考點(diǎn)二 動(dòng)能定理的基本應(yīng)用
考點(diǎn)三 應(yīng)用動(dòng)能定理求變力做功
考點(diǎn)四 應(yīng)用動(dòng)能定理處理往復(fù)運(yùn)動(dòng)和多過(guò)程問(wèn)題
考點(diǎn)五 動(dòng)能定理的綜合應(yīng)用（1.動(dòng)能定理與圖像結(jié)合的問(wèn)題 2.直線運(yùn)動(dòng)、圓周運(yùn)動(dòng)、拋體運(yùn)動(dòng)的組合）
考點(diǎn)一 對(duì)動(dòng)能定理的理解
1.內(nèi)容：合力做的功等于動(dòng)能的變化（合力做的功和動(dòng)能的變化對(duì)應(yīng)同一個(gè)研究對(duì)象、同一個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程）
2.表達(dá)式：W合＝Ek2－Ek1＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)
3.動(dòng)能定理中的位移和速度必須是相對(duì)于同一個(gè)參考系的，一般以地面或相對(duì)地面靜止的物體為參考系．
4.動(dòng)能定理的適用條件
(1)動(dòng)能定理既適用于直線運(yùn)動(dòng)，也適用于曲線運(yùn)動(dòng)．
(2)既適用于恒力做功，也適用于變力做功．
(3)力可以是各種性質(zhì)的力，既可以同時(shí)作用，也可以分階段作用．
1.關(guān)于運(yùn)動(dòng)物體所受的合外力、合外力做的功及動(dòng)能變化的關(guān)系，下列說(shuō)法正確的是( )
A．合外力為零，則合外力做功一定為零
B．合外力做功為零，則合外力一定為零
C．合外力做功越多，則動(dòng)能一定越大
D．動(dòng)能不變，則物體合外力一定為零
【答案】A
【解析】由W＝Flcs α可知，若物體所受合外力為零，則合外力做功一定為零，但合外力做功為零，合外力不一定為零，可能是α＝90°，A正確，B錯(cuò)誤；由動(dòng)能定理W＝ΔEk可知，合外力做功越多，動(dòng)能變化量越大，但動(dòng)能不一定越大，C錯(cuò)誤；動(dòng)能不變，合外力做功為零，但合外力不一定為零，D錯(cuò)誤。
2．關(guān)于動(dòng)能定理，下列說(shuō)法正確的是（ ）
A．某過(guò)程中合力的總功等于各力做功的絕對(duì)值之和
B．只要合力對(duì)物體做功，物體的動(dòng)能就一定改變
C．在物體動(dòng)能不改變的過(guò)程中，動(dòng)能定理不適用
D．動(dòng)能定理只適用于受恒力作用而加速運(yùn)動(dòng)的過(guò)程
【答案】B
【解析】A．某過(guò)程中合力的總共等于各力做功的代數(shù)之和，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；
B．只要合力對(duì)物體做功，由動(dòng)能定理知物體的動(dòng)能就一定改變，故B項(xiàng)正確；
C．動(dòng)能不變，只能說(shuō)明合外力的總功W=0，動(dòng)能定理仍適用，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；
D．動(dòng)能定理既適用恒力做功，也適用變力做功，故D項(xiàng)錯(cuò)誤。
3．(多選)如圖所示，電梯質(zhì)量為M，在它的水平地板上放置一質(zhì)量為m的物體。電梯在鋼索的拉力作用下豎直向上加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)電梯的速度由v1增加到v2時(shí)，上升高度為H，則在這個(gè)過(guò)程中，下列說(shuō)法或表達(dá)式正確的是
A．對(duì)物體，動(dòng)能定理的表達(dá)式為WFN=12mv22?12mv12，其中WFN為支持力的功
B．對(duì)電梯，動(dòng)能定理的表達(dá)式為W合＝0，其中W合為合力的功
C．對(duì)物體，動(dòng)能定理的表達(dá)式為WFN?mgH=12mv22?12mv12
D．對(duì)電梯，其所受合力做功為12Mv22?12Mv12
【答案】CD
【解析】AC．電梯上升的過(guò)程中，對(duì)物體做功的有重力mg、支持力FN，這兩個(gè)力做的總功才等于物體動(dòng)能的增量為 ΔEk=12mv22?12mv12
A錯(cuò)誤，C正確；
BD．對(duì)電梯，無(wú)論有幾個(gè)力對(duì)它做功，由動(dòng)能定理可知，其合力的功一定等于其動(dòng)能的增量，B錯(cuò)誤，D正確。

考點(diǎn)二 動(dòng)能定理的基本應(yīng)用
1.應(yīng)用技巧：動(dòng)能定理中涉及的物理量有F、l、m、v、W、Ek等，在處理含有上述物理量的問(wèn)題時(shí)，優(yōu)先考慮使用動(dòng)能定理。若過(guò)程包含了幾個(gè)運(yùn)動(dòng)性質(zhì)不同的分過(guò)程，既可以分段考慮，也可以整個(gè)過(guò)程考慮．
2.應(yīng)用動(dòng)能定理解題的基本思路
(1)選取研究對(duì)象，明確它的運(yùn)動(dòng)過(guò)程及初末狀態(tài)（初末狀態(tài)的速度或動(dòng)能一般為所求或已知）
(2)分析研究對(duì)象的受力情況和各力的做功情況：
受哪些力→各力是否做功→做正功還是負(fù)功→做多少功→各力做功的代數(shù)和
(3)明確研究對(duì)象初、末狀態(tài)的動(dòng)能Ek1和Ek2；
(4)列動(dòng)能定理的方程W合＝Ek2－Ek1及其他必要的方程進(jìn)行求解
4．在離地面高為?處豎直上拋一質(zhì)量為m的物塊，拋出時(shí)的速度為v0，它落到地面時(shí)的速度為v，用g表示重力加速度，則在此過(guò)程中物塊克服空氣阻力所做的功等于（ ）
A．mg??12mv2?12mv02B．?mg??12mv2?12mv02
C．mg?+12mv02?12mv2D．mg?+12mv2?12mv02
【答案】C
【解析】物塊從高為?處豎直上拋到落到地面的運(yùn)動(dòng)中，設(shè)物塊克服空氣阻力所做的功為Wf，由動(dòng)能定理可得mg??Wf=12mv2?12mv02
解得Wf=mg?+12mv02?12mv2
ABD錯(cuò)誤，C正確。
5．(多選)如圖所示，質(zhì)量相同的甲、乙兩個(gè)小物塊，甲從豎直固定的四分之一光滑圓弧軌道項(xiàng)端由靜止滑下，軌道半徑為R，圓弧底端切線水平，乙從高為R的光滑斜面項(xiàng)端由靜止滑下。下列判斷正確的是（ ）
A．兩物塊到達(dá)底端時(shí)速度相同
B．兩物塊到達(dá)底端時(shí)動(dòng)能相同
C．乙物塊運(yùn)動(dòng)到底端的過(guò)程中重力做功的瞬時(shí)功率先增大后減小
D．兩物塊到達(dá)底端時(shí)，甲物塊重力做功的瞬時(shí)功率小于乙物塊重力做功的瞬時(shí)功率
【答案】BD
【解析】AB．甲、乙兩個(gè)小物塊運(yùn)動(dòng)過(guò)程，由動(dòng)能定理mgR=Ek=12mv2
得兩物塊到達(dá)底端時(shí)動(dòng)能相同，B正確，同時(shí)由于兩物塊質(zhì)量相同，則到達(dá)底端時(shí)速度大小相同，但速度方向不同，A錯(cuò)誤；
C．乙沿斜面做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，重力的功率為P乙=mgv乙sinθ
乙重力做功功率一直增加，C錯(cuò)誤；
D．甲物塊到達(dá)底端時(shí)，速度方向沿水平方向，此時(shí)重力方向與速度方向夾角的余弦為零，故此時(shí)甲重力做功的瞬時(shí)功率為零，小于乙物塊重力做功的瞬時(shí)功率，D正確；
6．(多選)質(zhì)量為m的物體，在水平面上以初速度v0開(kāi)始滑動(dòng)，經(jīng)距離d時(shí)，速度減為12v0。物體與水平面各處的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，則（ ）
A．物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為3v08gd
B．克服摩擦力做的功為34mv02
C．物體再前進(jìn)13d便停止
D．要使物體前進(jìn)總距離為2d，其初速度應(yīng)為32v0
【答案】CD
【解析】AB．根據(jù)動(dòng)能定理Wf=12m(v02)2?12mv02=?38mv02
即克服摩擦力做功為38mv02
根據(jù)Wf=?μmgd
解得μ=3v208gd AB錯(cuò)誤；
C．根據(jù)動(dòng)能定理0?12m(v02)2=?μmgx
解得x=d3 C正確；
D．根據(jù)動(dòng)能定理0?12mv0′2=?μmg2d
解得v0'=32v0 D正確。
7．(多選)如圖所示，木塊質(zhì)量為M，放在光滑水平面上，一質(zhì)量為m 的子彈以初速度v0水平射入木塊中，最后二者一起以速度v 勻速前進(jìn)。已知子彈受到的平均阻力為f，子彈射入木塊的深度為d，木塊移動(dòng)距離為s。則下列判斷正確的是（ ）
A．fd=12mv02?12mv2
B．fd=12mv02?12(M+m)v2
C．f(s+d)=12mv02?12(M+m)v2
D．fs=12Mv2
【答案】BD
【解析】ABC．子彈進(jìn)入木塊過(guò)程中產(chǎn)生的熱量為Q=f?Δx=fd
又根據(jù)能量守恒可知Q=12mv02?12（M+m）v2
所以fd=12mv02?12（M+m）v2 故AC錯(cuò)誤，B正確；
D．對(duì)木塊由動(dòng)能定理有fs=12Mv2故D正確。
8．如圖所示，質(zhì)量為m的小球，從離地面高H處由靜止開(kāi)始釋放，落到地面后繼續(xù)陷入泥中h深度而停止。設(shè)小球受到的空氣阻力為Ff，重力加速度為g，則下列說(shuō)法正確的是( )
A．小球落地時(shí)動(dòng)能等于mgH
B．整個(gè)過(guò)程中小球克服阻力做的功小于mgH
C．小球在泥中受到的平均阻力為mg1+H?
D．小球陷入泥中的過(guò)程中克服泥的阻力所做的功大于剛落到地面時(shí)的動(dòng)能
【答案】D
【解析】A．從靜止開(kāi)始釋放到落到地面的過(guò)程，由動(dòng)能定理得mgH?FfH=Ek?0
解得Ek=mgH?FfH 故A錯(cuò)誤；
B．整個(gè)過(guò)程，由動(dòng)能定理得 mg?+H+Wf′=0?0
解得整個(gè)過(guò)程中阻力做的功 Wf′=?mg?+H
所以整個(gè)過(guò)程中小球克服阻力做的功 Wf′=mg?+H>mgH 故B錯(cuò)誤；
C．小球在泥中由動(dòng)能定理 mg??Wf=0?Ek
克服泥土阻力所做的功 Wf=mg?+Ek=mgH+??FfH
所以小球在泥土中受到的平均阻力 f'=mg?FfH?+mg 故C錯(cuò)誤；
D．研究小球陷入泥中的過(guò)程，由動(dòng)能定理得 mg??Wf=0?Ek
解得克服泥土阻力所做的功 Wf=mg?+Ek>Ek 故D正確。
考點(diǎn)三 應(yīng)用動(dòng)能定理求變力做功
變力做功不能直接用功的公式求解，但可用動(dòng)能定理求解，根據(jù)動(dòng)能定理：W變＋W恒＝eq \f(1,2)mv22－eq \f(1,2)mv12，物體初、末速度或動(dòng)能已知時(shí)，恒力做功W恒可以直接用功的公式求出，從而得到W變＝eq \f(1,2)mv22－eq \f(1,2)mv12－W恒，這樣就可以求變力做的功了．
9.如圖所示，一半徑為R的半圓形軌道豎直固定放置，軌道兩端等高，質(zhì)量為m的質(zhì)點(diǎn)自軌道端點(diǎn)P由靜止開(kāi)始滑下，滑到最低點(diǎn)Q時(shí)，對(duì)軌道的壓力為2mg，重力加速度大小為g.質(zhì)點(diǎn)自P滑到Q的過(guò)程中，克服摩擦力所做的功為( )
A.eq \f(1,4)mgR B.eq \f(1,3)mgR
C.eq \f(1,2)mgR D.eq \f(π,4)mgR
【答案】 C
【解析】在Q點(diǎn)質(zhì)點(diǎn)受到的豎直向下的重力和豎直向上的支持力的合力充當(dāng)向心力，所以有FN－mg＝meq \f(v2,R)，F(xiàn)N＝FN′＝2mg，聯(lián)立解得v＝eq \r(gR)，下滑過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理可得mgR＋Wf＝eq \f(1,2)mv2，解得Wf＝－eq \f(1,2)mgR，所以克服摩擦力做功eq \f(1,2)mgR，選項(xiàng)C正確．
10．如圖所示，一質(zhì)量為m的小球，用長(zhǎng)為l的輕繩懸掛于O點(diǎn)的正下方P點(diǎn)。若小球在水平拉力的作用下，從P點(diǎn)緩慢地移動(dòng)到Q點(diǎn)，水平拉力F做的功為W1；若小球在水平恒力F=mg的作用下，從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)水平拉力F做的功為W2，已知θ=30°，則W1和W2大小關(guān)系（ ）
A．W1=W2B．W1>W2C．W1W1 故選C。
考點(diǎn)四 應(yīng)用動(dòng)能定理處理往復(fù)運(yùn)動(dòng)和多過(guò)程問(wèn)題
1.往復(fù)運(yùn)動(dòng)多涉及滑動(dòng)摩擦力或其他阻力做功，其做功的特點(diǎn)是與路程有關(guān)，由于多次往復(fù)，運(yùn)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式往往無(wú)法求解，但由于動(dòng)能定理只涉及運(yùn)動(dòng)的初、末狀態(tài)，所以用動(dòng)能定理分析這類(lèi)問(wèn)題可使解題過(guò)程簡(jiǎn)化．
2.往復(fù)運(yùn)動(dòng)和多過(guò)程問(wèn)題初末狀態(tài)的選?。阂话闱闆r下，選取速度(或動(dòng)能)為所求或已知的狀態(tài)為初末狀態(tài)．
3.要關(guān)注下列各力做功的特點(diǎn):
(1)重力做的功取決于物體的初、末位置,與路徑無(wú)關(guān)．
(2)無(wú)論物體是否做往復(fù)運(yùn)動(dòng)，大小恒定的阻力或摩擦力做的功等于力與路程的乘積．
(3)若力F隨位移x線性變化，力可用平均值eq \x\t(F)＝eq \f(F1＋F2,2)表示，然后代入功的公式求功．
(4)功率P一定時(shí)，可用W＝Pt求功．
4.多過(guò)程問(wèn)題中兩個(gè)不同運(yùn)動(dòng)過(guò)程的連接處的速度不能突變往往是解決問(wèn)題的突破口．
5.涉及豎直面內(nèi)圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)經(jīng)?？疾樽罡唿c(diǎn)和最低點(diǎn)，最高點(diǎn)的速度和最低點(diǎn)的速度可以通過(guò)動(dòng)能定理聯(lián)系起來(lái)，所以豎直面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)經(jīng)常與動(dòng)能定理聯(lián)立求解．
11．(多選)如圖所示，ABCD是一個(gè)固定在水平地面上的盆式容器，盆的內(nèi)側(cè)與盆底BC的連接處都是一段與BC相切的圓弧。B、C水平，其長(zhǎng)度為d=1m，盆邊緣的高度為?=0.30m，在A處放一個(gè)質(zhì)量為m的小物塊并讓其自由下滑，已知盆內(nèi)側(cè)壁是光滑的，而盆底BC面與小物塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.10，則（g取10m/s2）（ ）
A．小物塊第一次到達(dá)B點(diǎn)的速度為3m/s
B．小物塊第一次到達(dá)C點(diǎn)的速度為2m/s
C．小物塊在盆內(nèi)來(lái)回滑動(dòng)，最后停在B點(diǎn)
D．小物塊在盆內(nèi)來(lái)回滑動(dòng)，最后停在C點(diǎn)
【答案】BD
【解析】A．小物塊第一次到達(dá)B點(diǎn)時(shí)，由動(dòng)能定理得 mg?=12mvB2
解得 vB=6m/s 故A錯(cuò)誤；
B．小物塊第一次到達(dá)C點(diǎn)時(shí)，由動(dòng)能定理有 mg??μmgd=12mvC2
解得 vC=2m/s 故B正確；
CD．小物塊最終將靜止在水平面上，根據(jù)動(dòng)能定理，有 mg??μmgl=0 l=?μ=
而d=1m，則物塊剛好在B、C間往返運(yùn)動(dòng)了3次，所以最終停在C點(diǎn)，故C錯(cuò)誤，D正確。
故選BD。
12．(多選)如圖所示，ABCD是一條長(zhǎng)軌道，其中AB段是傾角為θ的斜面，CD段是水平的，BC是與AB和CD都相切的一段圓弧，其長(zhǎng)度可以略去不計(jì)。一質(zhì)量為m的小滑塊從A點(diǎn)由靜止滑下，最后停在D點(diǎn)，現(xiàn)用一沿著軌道方向的拉力拉滑塊，使它緩緩地由D點(diǎn)回到A點(diǎn)，則拉力對(duì)滑塊做的功等于(設(shè)滑塊與軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ)（ ）
A．mgh+μmgtanθB．2mgh
C．μmgl+?sinθD．2(μmgl＋μmghctθ)
【答案】BD
【解析】物體由A點(diǎn)下落至D點(diǎn)，設(shè)克服摩擦力做功為WAD，由動(dòng)能定理mg??WAD=0
即 WAD=mg?
由于緩緩拉，說(shuō)明動(dòng)能變化量為零，設(shè)克服摩擦力做功為WDA，
由動(dòng)能定理，當(dāng)物體從D點(diǎn)被拉回A點(diǎn)有 WF?mg??WDA=0
根據(jù)W=FLcsα可得由A點(diǎn)下落至D，摩擦力做得功為 WAD=?μmgcsθ×?sinθ?μmgl
從D→A的過(guò)程摩擦力做功為 WDA=?μmgcsθ×?sinθ?μmgl
解得 WF=2mg?=2(μmgl＋μmg?ctθ) 故BD正確，AC錯(cuò)誤。
13．如圖所示，裝置由AB、BC、CD三段軌道組成，軌道交接處均由很小的圓弧平滑連接，其中軌道AB段和CD段是光滑的，水平軌道BC的長(zhǎng)度x=5m，軌道CD足夠長(zhǎng)且傾角θ=37°，A、D兩點(diǎn)離軌道BC的高度分別為?1=4.30m、?2=1.35m?，F(xiàn)讓質(zhì)量為m的小滑塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）自A點(diǎn)由靜止釋放，己知小滑塊與軌道BC間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.5，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6,cs37°=0.8求：
（1）小滑塊第一次經(jīng)過(guò)D點(diǎn)時(shí)的速度大??；
（2）小滑塊第一次與第二次經(jīng)過(guò)C點(diǎn)的時(shí)間間隔；
（3）小滑塊最終停止的位置到B點(diǎn)的距離。
【答案】（1）3m/s；（2）2s；（3）1.4m
【解析】（1）小滑塊從A→B→C→D過(guò)程中，由動(dòng)能定理得 mg?1??2?μmgx=12mvD2?0
代入數(shù)據(jù)解得 vD=3m/s
（2）小滑塊從A→B→C過(guò)程中，由動(dòng)能定理得 mg?1?μmgx=12mvC2?0
代入數(shù)據(jù)解得 vC=6m/s
小滑塊沿CD段上滑的加速度大小 a=gsinθ=6m/s2
小滑塊沿CD段上滑到最高點(diǎn)的時(shí)間 t1=vCa=1s
由對(duì)稱性可知小滑塊從最高點(diǎn)滑回C點(diǎn)的時(shí)間 t1=t2=1s
故小滑塊第一次與第二次通過(guò)C點(diǎn)的時(shí)間間隔 t=2s
（3）設(shè)小滑塊在水平軌道上運(yùn)動(dòng)的總路程為x總，對(duì)小滑塊運(yùn)動(dòng)全過(guò)程應(yīng)用動(dòng)能定理 mg?1?μmgx總=0
代入數(shù)據(jù)解得 x總=8.6m
故小滑塊最終停止的位置距B點(diǎn)的距離為 2x?x總=1.4m
14．某游樂(lè)場(chǎng)的滑梯可以簡(jiǎn)化為如圖所示豎直面內(nèi)的ABCD軌道，AB為長(zhǎng)L=6m、傾角α=37°的斜軌，BC為水平軌道，CD為半徑R=15m、圓心角β=37°的圓弧，軌道AB段粗糙其余各段均光滑。一小孩（可視為質(zhì)點(diǎn)）從A點(diǎn)以初速度v0=2m/s下滑，沿軌道運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)時(shí)的速度恰好為零（不計(jì)經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)的能量損失）。已知該小孩的質(zhì)量m=30kg，取sin37°=0.6，cs37°=0.8，不計(jì)空氣阻力，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。求：
（1）該小孩第一次經(jīng)過(guò)圓弧C點(diǎn)時(shí)，對(duì)圓弧軌道的壓力FN；
（2）該小孩在軌道AB上運(yùn)動(dòng)的總路程s。
【答案】（1）420N；（2）28.5m
【解析】（1）小孩由C到D速度減為0，由動(dòng)能定理可得?mgR?Rcs37°=0?12mvC2
解得 vC=60m/s
小孩在圓弧軌道C點(diǎn)由牛頓第二定律得 FN'?mg=mvC2R
解得 FN'=420N
根據(jù)牛頓第三定律，小孩對(duì)軌道的壓力 FN=420N 方向向下；
（2）對(duì)小孩由A到D過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理得 mgLsinα?μmgLcsα?mgR1?csβ=0?12mv02
解得 μ=16

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