动能定理及其应用(1)一定质量的物体动能变化时，速度一定变化，但速度变化时，动能不一定变化。(√)(2)动能不变的物体一定处于平衡状态。(×)(3)如果物体所受的合外力为零，那么合外力对物体做功一定为零。(√)(4)物体在合外力作用下做变速运动时，动能一定变化。(×)(5)物体的动能不变，所受的合外力必定为零。(×)(6)做自由落体运动的物体，动能与时间的二次方成正比。(√)突破点(一)对动能定理的理解1．对“外力”的两点理解(1)“外力”可以是重力、弹力、摩擦力、电场力、磁场力等，它们可以同时作用，也可以不同时作用。(2)“外力”既可以是恒力，也可以是变力。2．公式中“＝”体现的三个关系数量关系合力做的功与物体动能的变化相等单位关系国际单位都是焦耳因果关系合力做功是物体动能变化的原因[题点全练]1．关于运动物体所受的合外力、合外力做的功及动能变化的关系，下列说法正确的是()A．合外力为零，则合外力做功一定为零B．合外力做功为零，则合外力一定为零C．合外力做功越多，则动能一定越大D．动能不变，则物体合外力一定为零解析：选A由W＝Flcosα可知，物体所受合外力为零，合外力做功一定为零，但合外力做功为零，可能是α＝90°，故A正确，B错误；由动能定理W＝ΔEk可知，合外力做功越多，动能变化量越大，但动能不一定越大。动能不变，合外力做功为零，但物体合外力不一定为零，C、D均错误。2.(2018·江阴四校期中)质量为M、长度为L的长木板静止在光滑的水平面上，质量为m的小滑块停放在长木板的最右端，滑块和木板之间的动摩擦因数为μ。现用一个大小为F的恒力作用在M上，当小滑块滑到木板的最左端时，滑块和木板的速度大小分别为v1、v2，滑块和木板相对于地面的位移大小分别为s1、s2。下列关系式错误的是()A．μmgs1＝mv12B．Fs2－μmgs2＝Mv22C．μmgL＝mv12D．Fs2－μmgs2＋μmgs1＝Mv22＋mv12解析：选C对滑块，滑块受到重力、支持力和摩擦力，根据动能定理，有μmgs1＝mv12，故A正确；对木板，由动能定理得：Fs2－μmgs2＝Mv22，故B正确；由以上两式相加可得：Fs2－μmgs2＋μmgs1＝Mv22＋mv12，又s2－s1＝L，则得：Fs2－μmgL＝Mv22＋mv12，故C错误，D正确。3．(2019·连云港一模)如图所示，放在光滑水平面上的劲度系数为k的弹簧一端固定，一质量为m，速度为v0的滑块将其压缩，经t时间后压缩量为x，此时速度为v；再经过极短的时间Δt，滑块运动的位移为Δx，速度的变化量为Δv，滑块动能的变化量为ΔE。下列关系式中不正确的是()A．v＝B．Δv＝C．kxvt＝m(v02－v2)D．kxvΔt＝－ΔE解析：选C因为经过极短时间，可认为Δt→0，故v＝，A正确。根据动量定理，有FΔt＝mΔv；根据胡克定律，有F＝kx，联立解得Δv＝kx，B正确。根据动能定理，对压缩的整个过程，有Fx＝m(v02－v2)，根据胡克定律，有F＝kx，联立解得kx2＝m(v02－v2)，由于滑块做变加速直线运动，所以x≠vt，C错误。根据动能定理，对压缩Δx过程，有－F·vΔt＝m(v－Δv)2－mv2＝ΔE，根据胡克定律，有F＝kx；联立解得kxvΔt＝－ΔE，D正确。突破点(二)动能定理的应用1．应用动能定理的流程2．应用动能定理的注意事项(1)动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系。(2)应用动能定理的关键在于对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析，并画出运动过程的草图，借助草图理解物理过程之间的关系。(3)当物体的运动包含多个不同过程时，可分段应用动能定理求解；当所求解的问题不涉及中间的速度时，也可以全过程应用动能定理求解，这样更简便。(4)列动能定理方程时，必须明确各力做功的正、负，确实难以判断的先假定为正功，最后根据结果加以检验。[典例](2017·江苏高考)如图所示，两个半圆柱A、B紧靠着静置于水平地面上，其上有一光滑圆柱C，三者半径均为R。C的质量为m，A、B的质量都为，与地面间的动摩擦因数均为μ。现用水平向右的力拉A，使A缓慢移动，直至C恰好降到地面。整个过程中B保持静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。求：(1)未拉A时，C受到B作用力的大小F；(2)动摩擦因数的最小值μmin；(3)A移动的整个过程中，...
