2018年高考物理专题5.2动能定理及应用热点题型和提分秘籍
高考物理动能定理的综合应用技巧和方法完整版及练习题含解析
高考物理动能定理的综合应用技巧和方法完整版及练习题含解析一、高中物理精讲专题测试动能定理的综合应用1．质量 1.5m kg =的物块（可视为质点）在水平恒力F 作用下，从水平面上A 点由静止开始运动，运动一段距离撤去该力，物块继续滑行 2.0t s =停在B 点，已知A 、B 两点间的距离 5.0s m =，物块与水平面间的动摩擦因数0.20μ=，求恒力F 多大．（210/g m s =）【答案】15N 【解析】 设撤去力前物块的位移为，撤去力时物块的速度为，物块受到的滑动摩擦力对撤去力后物块滑动过程应用动量定理得由运动学公式得对物块运动的全过程应用动能定理由以上各式得 代入数据解得思路分析：撤去F 后物体只受摩擦力作用，做减速运动，根据动量定理分析，然后结合动能定律解题试题点评：本题结合力的作用综合考查了运动学规律，是一道综合性题目．2．在某电视台举办的冲关游戏中，AB 是处于竖直平面内的光滑圆弧轨道，半径R=1.6m ，BC 是长度为L 1=3m 的水平传送带，CD 是长度为L 2=3.6m 水平粗糙轨道，AB 、CD 轨道与传送带平滑连接，参赛者抱紧滑板从A 处由静止下滑，参赛者和滑板可视为质点，参赛者质量m=60kg ，滑板质量可忽略．已知滑板与传送带、水平轨道的动摩擦因数分别为μ1=0.4、μ2=0.5，g 取10m/s 2.求：（1）参赛者运动到圆弧轨道B 处对轨道的压力；（2）若参赛者恰好能运动至D 点，求传送带运转速率及方向； （3）在第（2）问中，传送带由于传送参赛者多消耗的电能．【答案】（1）1200N ，方向竖直向下（2）顺时针运转，v=6m/s （3）720J 【解析】(1) 对参赛者：A 到B 过程，由动能定理mgR(1－cos 60°)＝12m 2B v 解得v B ＝4m /s在B 处，由牛顿第二定律N B －mg ＝m 2Bv R解得N B ＝2mg ＝1 200N根据牛顿第三定律：参赛者对轨道的压力 N′B ＝N B ＝1 200N ，方向竖直向下． (2) C 到D 过程，由动能定理－μ2mgL 2＝0－12m 2C v 解得v C ＝6m /sB 到C 过程，由牛顿第二定律μ1mg ＝ma 解得a ＝4m /s 2(2分) 参赛者加速至v C 历时t ＝C Bv v a-＝0.5s 位移x 1＝2B Cv v +t ＝2.5m <L 1 参赛者从B 到C 先匀加速后匀速，传送带顺时针运转，速率v ＝6m /s . (3) 0.5s 内传送带位移x 2＝vt ＝3m 参赛者与传送带的相对位移Δx ＝x 2－x 1＝0.5m 传送带由于传送参赛者多消耗的电能 E ＝μ1mg Δx ＋12m 2C v －12m 2B v ＝720J .3．某人欲将质量50kg m =的货箱推上高 1.0m h =的卡车，他使用的是一个长 5.0m L =的斜面（斜面与水平面在A 处平滑连接）。
2018年高考一轮江苏物理 必考部分 第5章 第2节 动能定理
高三一轮总复习
BD A 物体所受的合外力等于 B 对 A 的摩擦力，对 A 物体运用动能定理， 则有 B 对 A 的摩擦力所做的功等于 A 的动能的增量，即 B 对；A 对 B 的摩擦力 与 B 对 A 的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，但是由于 A 在 B 上滑动，A、B 对地的位移不等，故二者做功大小不等，C 错；对 B 应用动 能定理，WF－Wf＝ΔEkB，即 WF＝ΔEkB＋Wf 就是外力 F 对 B 做的功，等于 B 的 动能增量与 B 克服摩擦力所做的功之和，D 对；由前述讨论知 B 克服摩擦力所 做的功与 A 的动能增量(等于 B 对 A 的摩擦力所做的功)不等，故 A 错．
高三一轮总复习
2．(多选)如图 521 所示，一块长木板 B 放在光滑的水平 面上，在 B 上放一物体 A，现以恒定的外力拉 B，由于 A、B 间 摩擦力的作用，A 将在 B 上滑动，以地面为参考系，A、B 都向 前移动一段距离．在此过程中( ) 【导学号：96622084】
图 521
A．外力 F 做的功等于 A 和 B 动能的增量 B．B 对 A 的摩擦力所做的功，等于 A 的动能增量 C．A 对 B 的摩擦力所做的功，与 B 对 A 的摩擦力所做的功大小相等 D．外力 F 对 B 做的功等于 B 的动能的增量与 B 克服摩擦力所做的功之和
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
高三一轮总复习
A 由 W＝Flcos α 可知，合外力为零，合外力做功一定为零，但合外力做 功为零，可能是力 F 与位移 l 之间的夹角为 90° ，故 A 正确，B 错误；由 W 合＝ ΔEk 可知， 合外力做功越多， 物体动能增量一定越大， 但物体的动能不一定越大， 动能不变，则合外力做功为零，合外力不一定为零，C、D 均错误．
高考物理动能定理的综合应用常见题型及答题技巧及练习题(含答案)含解析
高考物理动能定理的综合应用常见题型及答题技巧及练习题(含答案)含解析一、高中物理精讲专题测试动能定理的综合应用1．由相同材料的细杆搭成的轨道如图所示，其中细杆AB 、BC 、CD 、DE 、EF ……长均为 1.5m L =，细杆OA 和其他细杆与水平面的夹角都为()37sin370.6,cos370.8β︒︒︒===，一个可看成质点的小环套在细杆OA 上从图中离轨道最低点的竖直高度 1.32m h =处由静止释放，小环与细杆的动摩擦因数都为0.2μ=，最大静摩擦力等于相同压力下的滑动摩擦力，在两细杆交接处都用短小曲杆相连，不计动能损失，使小环能顺利地经过，重力加速度g 取210m /s ，求： (1)小环在细杆OA 上运动的时间t ； (2)小环运动的总路程s ； (3)小环最终停止的位置。
【答案】(1)1s ；(2)8.25m ；(3)最终停在A 点 【解析】 【分析】 【详解】(1)因为sin cos mg mg βμβ＞，故小环不能静止在细杆上，小环下滑的加速度为2sin cos 4.4m/s mg mg a mβμβ-==设物体与A 点之间的距离为0L ，由几何关系可得0 2.2m sin37hL ︒== 设物体从静止运动到A 所用的时间为t ，由2012L at =，得 1s t =(2)从物体开始运动到最终停下的过程中，设总路程为s ，由动能定理得cos3700mgh mgs μ︒=－－代入数据解得s =8.25m(3)假设物体能依次到达B 点、D 点，由动能定理有201(sin37)cos37()2B mg h L mg L L mv μ︒︒+=－－ 解得20B v <说明小环到不了B 点，最终停在A 点处2．如图所示，人骑摩托车做腾跃特技表演，以1.0m/s 的初速度沿曲面冲上高0.8m 、顶部水平的高台，若摩托车冲上高台的过程中始终以额定功率1.8kW 行驶，经过1.2s 到达平台顶部，然后离开平台，落至地面时，恰能无碰撞地沿圆弧切线从A 点切入光滑竖直圆弧轨道，并沿轨道下滑．A 、B 为圆弧两端点，其连线水平．已知圆弧半径为R ＝1.0m ，人和车的总质量为180kg ，特技表演的全过程中不计一切阻力(计算中取g ＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)．求：(1)人和车到达顶部平台的速度v ；(2)从平台飞出到A 点，人和车运动的水平距离x ； (3)圆弧对应圆心角θ；(4)人和车运动到圆弧轨道最低点O 时对轨道的压力． 【答案】（1）3m/s （2）1.2m （3）106°（4）7.74×103N 【解析】 【分析】 【详解】（1）由动能定理可知：221011Pt mgH mv 22mv -=- v ＝3m/s （2）由2221H gt ,s vt 2==可得：2H s v 1.2m g== （3）摩托车落至A 点时，其竖直方向的分速度y 2v gt 4m /s ==设摩托车落地时速度方向与水平方向的夹角为α，则4tan 3yv v α==，即α＝53° 所以θ＝2α＝106° （4）在摩托车由最高点飞出落至O 点的过程中，由机械能守恒定律可得：2211mg[H R(1cos )]mv mv 22α'+-=-在O 点：2v N mg m R-= 所以N ＝7740N由牛顿第三定律可知，人和车在最低点O 时对轨道的压力为7740N3．某物理小组为了研究过山车的原理提出了下列的设想：取一个与水平方向夹角为θ=53°，长为L 1=7.5m 的倾斜轨道AB ，通过微小圆弧与足够长的光滑水平轨道BC 相连，然后在C 处连接一个竖直的光滑圆轨道．如图所示．高为h =0.8m 光滑的平台上有一根轻质弹簧，一端被固定在左面的墙上，另一端通过一个可视为质点的质量m =1kg 的小球压紧弹簧，现由静止释放小球，小球离开台面时已离开弹簧，到达A 点时速度方向恰沿AB 方向，并沿倾斜轨道滑下．已知小物块与AB 间的动摩擦因数为μ=0.5，g 取10m/s 2，sin53°=0.8．求：(1)弹簧被压缩时的弹性势能； (2)小球到达C 点时速度v C 的大小；(3)小球进入圆轨道后，要使其不脱离轨道，则竖直圆弧轨道的半径R 应该满足什么条件． 【答案】(1)4.5J ；(2)10m/s ；(3)R ≥5m 或0＜R ≤2m 。
高考物理动能定理的综合应用试题类型及其解题技巧含解析
高考物理动能定理的综合应用试题类型及其解题技巧含解析一、高中物理精讲专题测试动能定理的综合应用1．为了研究过山车的原理，某物理小组提出了下列设想：取一个与水平方向夹角为θ=60°、长为L 1=23m的倾斜轨道AB ，通过微小圆弧与长为L 2=32m 的水平轨道BC 相连，然后在C 处设计一个竖直完整的光滑圆轨道，出口为水平轨道上D 处，如图所示.现将一个小球从距A 点高为h =0.9m 的水平台面上以一定的初速度v 0水平弹出，到A 点时小球的速度方向恰沿AB 方向，并沿倾斜轨道滑下.已知小球与AB 和BC 间的动摩擦因数均为μ=3，g 取10m/s 2.（1）求小球初速度v 0的大小； （2）求小球滑过C 点时的速率v C ；（3）要使小球不离开轨道，则竖直圆弧轨道的半径R 应该满足什么条件？ 【答案】（16m/s （2）6m/s （3）0<R ≤1.08m 【解析】试题分析：（1）小球开始时做平抛运动：v y 2=2gh代入数据解得：22100.932/y v gh m s =⨯⨯＝＝A 点：60y x v tan v ︒=得：032/6/603yx v v v s m s tan ==︒＝＝ （2）从水平抛出到C 点的过程中，由动能定理得：()2211201122C mg h L sin mgL cos mgL mv mv θμθμ+---＝代入数据解得：36/C v m s ＝（3）小球刚刚过最高点时，重力提供向心力，则：21mv mg R ＝22111 222C mv mgR mv +＝ 代入数据解得R 1=1．08 m当小球刚能到达与圆心等高时2212C mv mgR ＝ 代入数据解得R 2=2．7 m当圆轨道与AB 相切时R 3=BC•tan 60°=1．5 m 即圆轨道的半径不能超过1．5 m综上所述，要使小球不离开轨道，R 应该满足的条件是 0＜R≤1．08 m ． 考点：平抛运动；动能定理2．质量 1.5m kg =的物块（可视为质点）在水平恒力F 作用下，从水平面上A 点由静止开始运动，运动一段距离撤去该力，物块继续滑行 2.0t s =停在B 点，已知A 、B 两点间的距离 5.0s m =，物块与水平面间的动摩擦因数0.20μ=，求恒力F 多大．（210/g m s =）【答案】15N 【解析】 设撤去力前物块的位移为，撤去力时物块的速度为，物块受到的滑动摩擦力对撤去力后物块滑动过程应用动量定理得由运动学公式得对物块运动的全过程应用动能定理由以上各式得 代入数据解得思路分析：撤去F 后物体只受摩擦力作用，做减速运动，根据动量定理分析，然后结合动能定律解题试题点评：本题结合力的作用综合考查了运动学规律，是一道综合性题目．3．某滑沙场的示意图如图所示，某旅游者乘滑沙橇从A 点由静止开始滑下，最后停在水平沙面上的C 点．设滑沙橇和沙面间的动摩擦因数处处相同，斜面和水平面连接处可认为是圆滑的，滑沙者保持一定姿势坐在滑沙橇上不动，若测得AC 间水平距离为x ，A 点高为h ，求滑沙橇与沙面间的动摩擦因数μ．【答案】h/x 【解析】 【分析】对A 到C 的全过程运用动能定理，抓住动能的变化量为零，结合动能定理求出滑沙橇与沙面间的动摩擦因数． 【详解】设斜面的倾角为θ，对全过程运用动能定理得，因为，则有，解得．【点睛】本题考查了动能定理的基本运用，运用动能定理解题关键选择好研究的过程，分析过程中有哪些力做功，再结合动能定理进行求解，本题也可以结合动力学知识进行求解．4．滑板运动是深受青少年喜爱的一项极限运动。
2018年高考物理总动员：5-2动能定理及应用 全国通用
动能定理在曲线运动模型中的应用
【例2】如图，一半径为R的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两 端等高，质量为m的质点自轨道端点P由静止开始滑下，滑到最 低点Q时，对轨道的正压力为2mg，重力加速度大小为g。质点 自P滑到Q的过程中，克服摩擦力所做的功为( )
A.14mgR 1
C.2mgR
B.13mgR π
5-2动能解题的基本思路
动能定理在直线运动中的应用
【例1】(多选)如图所示，一质量m＝0.75 kg的小球在距地面高 h＝10 m处由静止释放，落到地面后反弹，碰撞时无能量损失。 若小球运动过程中受到的空气阻力f的大小恒为2.5 N，g＝10 m/s2。下列说法正确的是( )
应用动能定理求解多过程问题 【典例】如图所示，AB、CD为两个对称斜面，其上部足够长， 下部B、C分别与一个光滑的圆弧面的两端相切，圆弧圆心角为 120°，半径R为2.0 m，一个物体在离弧底E高度为h＝3.0 m处， 以初速度v＝4.0 m/s沿斜面运动，若物体与两斜面间的动摩擦因 数均为0.02，则物体在两斜面上(不包括圆弧部分)一共运动的路 程是多少？(g取10 m/s2)
运用动能定理需注意的问题 (1)若过程包含了几个运动性质不同的分过程，既可分段考虑， 也可整个过程考虑。但求功时，有些力不是全过程作用的，必 须根据不同的情况分别求功，然后再求出总功。 (2)运用动能定理时，必须明确各力做功的正、负。当一个力做 负功时，可设物体克服该力做功为W，将该力做功表达为－W， 也可以直接用字母W表示该力做功，使字母W本身含有负号。
[正解] 两个斜面的下部 B、C 分别与光滑的圆弧面相切，圆心角为 120°， 所以可得出斜面的倾角为 θ＝60°,物体在斜面上所受到的滑动摩擦力为 Ff＝μmgcos 60°＝0.02×12mg＝0.01mg 重力沿斜面的分力 G′＝mgsin 60°＝ 23mg>Ff，所以物体不能停留在斜 面上 物体在斜面上滑动时，由于摩擦力做功，物体的机械能逐渐减小，物 体滑到斜面上的高度逐渐降低，物体最终将在 B、C 间做往复运动。设 物体在斜面上运动的总路程为 s，对全过程应用动能定理得 mg[h－R(1－cos 60°)]－μmgscos 60°＝0－12mv2 解得 s＝280 m。
2018年高考物理考点一遍过专题25动能及动能定理含解析
专题25 动能及动能定理一、动能定理1．公式：k W E =∆（2201222mv mv W W ++⋅⋅⋅=-） 2．推导：假设物体（m ）在极短时间Δt 内受到力F 1、F 2……（可视为恒力）作用，发生的位移为Δx对物体，由牛顿第二定律有12F F ma ++⋅⋅⋅=，由运动学公式有2()2v a x ∆=∆ 联立可得212()2m v F x F x ∆∆+∆+⋅⋅⋅=，即12k W W ε∆+∆+⋅⋅⋅=∆ 在极短时间Δt 内有k W ε∆=∆，对一般过程有k i i W ε∑∆=∑∆，即k W E =∆ （故解题时，使用动能定理和牛顿运动定律均可，应根据实际情况选择解题思路）3．优先考虑应用动能定理的问题（1）不涉及加速度、时间的问题；（2）有多个物理过程且不需要研究整个过程中的中间状态的问题；（3）变力做功的问题。
二、应用动能定理的流程三、应用动能定理解题的方法技巧1．对物体进行正确的受力分析，要考虑物体所受的所有外力，包括重力。
2．有些力在物体运动的全过程中不是始终存在的，若物体运动的全过程包含几个不同的物理过程，物体的运动状态、受力等情况均可能发生变化，则在考虑外力做功时，必须根据不同情况分别对待。
3．若物体运动的全过程包含几个不同的物理过程，解题时可以分段考虑，也可以全过程为一整体，利用动能定理解题，用后者往往更为简捷。
如图所示，竖直放置的半径为r 的光滑圆轨道被固定在水平地面上，最低点处有一小球（半径比r 小很多），现给小球一水平向右的初速度0v ，则要使小球不脱离圆轨道运动，0v 应当满足A ．0v ．0vC ．0v ．0v 【参考答案】CD【详细解析】小球在最高点不脱离轨道的临界情况为2v mg m r=，解得v低点到最高点，根据动能定理有–mg ·2r =12mv 2–12mv 02，解得0v =达与圆心等高处，根据动能定理有–mgr =0–12mv 02，解得0v =v 0的范围为0v ≥0v AB 错误，CD 正确。
高考物理高考物理动能定理的综合应用常见题型及答题技巧及练习题(含答案)
解得：Q=16J
2．如图所示，倾斜轨道 AB 的倾角为 37°，CD、EF 轨道水平，AB 与 CD 通过光滑圆弧管道 BC 连接，CD 右端与竖直光滑圆周轨道相连．小球可以从 D 进入该轨道，沿轨道内侧运 动，从 E 滑出该轨道进入 EF 水平轨道．小球由静止从 A 点释放，已知 AB 长为 5R，CD 长 为 R，重力加速度为 g，小球与斜轨 AB 及水平轨道 CD、EF 的动摩擦因数均为 0.5，sin37°=0.6，cos37°=0.8，圆弧管道 BC 入口 B 与出口 C 的高度差为 l.8R．求：(在运算 中，根号中的数值无需算出)
动到达 B 点，在 B 点的速度为 vB,，则由能量守恒定律有
1 2
mvc2
1 2
mvB2
mg
1.8R
2mgR
（1
分）
由⑤⑨式，可得 vB 0 （1 分） 故知，小球不能滑回倾斜轨道 AB，小球将在两圆轨道之间做往返运动，小球将停在 CD 轨 道上的某处．设小球在 CD 轨道上运动的总路程为 S，则由能量守恒定律，有
(1)物块从 A 滑到 B 时的速度大小；
(2)物块到达圆环顶点 C 时对轨道的压力；
(3)若弹簧最短时的弹性势能
，求此时弹簧的压缩量。
【答案】(1) m/s；(2)0N；(3)10m。
【解析】
【分析】
【详解】
(1)对小物块从 A 点到 B 点的过程中由动能定理
解得：
； (2)小物块从 B 点到 C 由动能定理：
在 C 点，对小物块受力分析：
代入数据解得 C 点时对轨道压力大小为 0N； (3)当弹簧压缩到最短时设此时弹簧的压缩量为 x,对小物块从 B 点到压缩到最短的过程中由 动能定理：
2018版高考物理二轮教师用书：第1部分 专题5 功 功率 动能定理 含解析 精品
专题五 功 功率 动能定理——————[知识结构互联]——————[核心要点回扣]——————1．机车输出功率：P ＝F v ，其中F 为机车牵引力．2．机车启动匀加速过程的最大速度v 1(此时机车输出的功率最大)和全程的最大速度v m (此时F 牵＝F 阻)求解方法：(1)求v 1：由F 牵－F 阻＝ma ，P ＝F 牵v 1可求v 1＝P ma ＋F 阻. (2)求v m ：由P ＝F 阻v m ，可求v m ＝P F 阻. 3．动能：表达式E k ＝12m v 2.4．动能定理表达式中，W 表示所有外力做功的代数和．5．动能定理的适用范围(1)既适用于直线运动，也适用于曲线运动．(2)既适用于恒力做功，也适用于变力做功．考点1 功 功率的分析与计算(对应学生用书第23页)■品真题·感悟高考……………………………………………………………·[考题统计] 五年4考：2018年Ⅱ卷T 14 2018年Ⅱ卷T 21 2018年Ⅱ卷T 17 2018年Ⅱ卷T 16[考情分析]1．本考点命题角度为功的定义式的理解及应用、机车启动模型的分析．2．常涉及公式W＝F·s cos α，P＝F·v，F－f＝ma，P＝f v m及机车启动的两种问题．3．匀加速过程的末速度不是机车启动的最大速度．4．恒定功率启动中功的计算可用W＝P·t计算．1．(功的理解与计算)(2018·Ⅱ卷T14)如图5-1所示，一光滑大圆环固定在桌面上，环面位于竖直平面内，在大圆环上套着一个小环．小环由大圆环的最高点从静止开始下滑，在小环下滑的过程中，大圆环对它的作用力()图5-1A．一直不做功B．一直做正功C．始终指向大圆环圆心D．始终背离大圆环圆心A[光滑大圆环对小环只有弹力作用．弹力方向沿大圆环的半径方向(下滑过程先背离圆心，后指向圆心)，与小环的速度方向始终垂直，不做功．故选A.](2018·Ⅱ卷T16)一物体静止在粗糙水平地面上．现用一大小为F1的水平拉力拉动物体，经过一段时间后其速度变为v.若将水平拉力的大小改为F2，物体从静止开始经过同样的时间后速度变为2v.对于上述两个过程，用W F1、W F2分别表示拉力F1、F2所做的功，W f1、W f2分别表示前后两次克服摩擦力所做的功，则()A．W F2>4W F1，W f2>2W f1B．W F2>4W F1，W f2＝2W f1C．W F2<4W F1，W f2＝2W f1D．W F2<4W F1，W f2<2W f1C[根据x＝v＋v02t得，两过程的位移关系x1＝12x2，根据加速度的定义a＝v －v 0t ，得两过程的加速度关系为a 1＝a 22.由于在相同的粗糙水平地面上运动，故两过程的摩擦力大小相等，即f 1＝f 2＝f ，根据牛顿第二定律F －f＝ma 得，F 1－f 1＝ma 1，F 2－f 2＝ma 2，所以F 1＝12F 2＋12f ，即F 1>F 22.根据功的计算公式W ＝Fl ，可知W f 1＝12W f 2，W F 1>14W F 2，故选项C 正确，选项A 、B 、D 错误．]2．(功和功率的分析与计算)(多选)(2018·Ⅱ卷T 21)如图5-2所示，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于O 点，另一端与小球相连．现将小球从M 点由静止释放，它在下降的过程中经过了N 点．已知在M 、N 两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM <∠OMN <π2.在小球从M 点运动到N 点的过程中，( )【导学号：19624189】图5-2A ．弹力对小球先做正功后做负功B ．有两个时刻小球的加速度等于重力加速度C ．弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零D ．小球到达N 点时的动能等于其在M 、N 两点的重力势能差[题眼点拨] ①“M 、N 两点处弹簧对小球的弹力大小相等且∠ONM ＜∠OMN ＜π”2说明M 点弹簧处于压缩状态，N 点弹簧处于伸长状态；②“弹簧长度最短”说明弹簧与竖直杆垂直．BCD [在M 、N 两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM <∠OMN <π2，则小球在M 点时弹簧处于压缩状态，在N 点时弹簧处于拉伸状态，小球从M 点运动到N 点的过程中，弹簧长度先缩短，当弹簧与竖直杆垂直时弹簧达到最短，这个过程中弹力对小球做负功，然后弹簧再伸长，弹力对小球开始做正功，当弹簧达到自然伸长状态时，弹力为零，再随着弹簧的伸长弹力对小球做负功，故整个过程中，弹力对小球先做负功，再做正功，后再做负功，选项A 错误．在弹簧与杆垂直时及弹簧处于自然伸长状态时，小球加速度等于重力加速度，选项B 正确．弹簧与杆垂直时，弹力方向与小球的速度方向垂直，则弹力对小球做功的功率为零，选项C 正确．由机械能守恒定律知，在M 、N 两点弹簧弹性势能相等，在N 点的动能等于从M 点到N 点重力势能的减小值，选项D 正确．]3．(机车启动问题)(2018·Ⅱ卷T 17)一汽车在平直公路上行驶．从某时刻开始计时，发动机的功率P 随时间t 的变化如图5-3所示．假定汽车所受阻力的大小f 恒定不变．下列描述该汽车的速度v 随时间t 变化的图线中，可能正确的是( )图5-3A [由P -t 图象知：0～t 1内汽车以恒定功率P 1行驶，t 1～t 2内汽车以恒定功率P 2行驶．设汽车所受牵引力为F ，则由P ＝F v 得，当v 增加时，F 减小，由a ＝F －f m 知a 减小，又因速度不可能突变，所以选项B 、C 、D 错误，选项A 正确．]在第3题中，若汽车在平直公路上匀速行驶，牵引力为F0.P随时间t的变化规律如图5-4所示，t2时刻汽车又恢复了匀速直线运动，则下列图象正确的是()图5-4A BC DD[由P＝F v可知，开始的时候P＝F0v0，功率降一半的时候，速度不能瞬间改变，所以瞬间变化的是力F，减小一半．由于一开始匀速，所以摩擦力等于F，故功率减半，导致牵引力减小，汽车开始减速，减速过程中，牵引力慢慢增大，减速的加速度越来越小，所以t1到t2时刻的速度图象慢慢变得平缓，t2时刻减速的加速度为零，故A、B错误；由于t1时刻，力突然减小，减速的加速度很大，速度快速的减小，根据P＝F v，力F增加的较快，待速度下降越来越慢时，F增加的速度也变慢，曲线逐渐变得平稳，故C错误，D正确．]■熟技巧·类题通法…………………………………………………………………·1．计算功、功率时应注意的三个问题(1)功的公式W＝Fl和W＝Fl cos α仅适用于恒力做功的情况．(2)变力做功的求解要注意对问题的正确转化，如将变力转化为恒力，也可应用动能定理等方法求解．(3)对于功率的计算，应注意区分公式P＝Wt和公式P＝F v，前式侧重于平均功率的计算，而后式侧重于瞬时功率的计算．2．分析机车启动问题的两技巧、四注意(1)机车启动模型中的两点技巧机车启动匀加速过程的最大速度v1(此时机车输出的功率最大)和全程的最大速度v m(此时F牵＝F阻)求解方法：①求v1：由F牵－F阻＝ma，P＝F牵v1可求v1＝PF阻＋ma.②求v m：由P＝F阻v m，可求v m＝PF阻.(2)解决机车启动问题时的四点注意①分清是匀加速启动还是恒定功率启动．②匀加速启动过程中，机车功率是不断增大的，当功率达到额定功率时匀加速运动过程的速度达到最大，但不是机车能达到的最大速度，但该过程中的最大功率是额定功率．③以额定功率启动的过程中，牵引力是不断减小的，机车做加速度减小的加速运动，牵引力的最小值等于阻力．④无论哪种启动方式，最后达到最大速度时，均满足P＝F f v m，P为机车的额定功率．■对考向·高效速练…………………………………………………………………..·考向1功的理解与计算1．(2018·遵义一中押题卷)一物体放在水平地面上，如图5-5甲所示，已知物体所受水平拉力F随时间t的变化情况如图乙所示，物体相应的速度v随时间t的变化关系如图丙所示．则()甲乙丙图5-5A．2～6 s时间内物体的加速度为0.5 m/s2B．物体的质量为1 kgC．整个过程中，物体所受摩擦力始终为2 ND．0～10 s时间内，物体克服摩擦力所做的功为30 JD[在速度-时间图象上，斜率表示加速度，由图丙可得2～6 s时间内物体的加速度为：a＝ΔvΔt＝36－2m/s2＝0.75 m/s2，故A错误．由图丙知，6～8 s内物体做匀速直线运动，由平衡条件得：f2＝F2＝2 N 由图丙可得2～6 s物体做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：F1－f2＝ma联立代入数据解得：m＝43kg，故B错误．在0～1 s内物体静止不动，物体所受摩擦力f1＝F1＝1 N,2～10 s内物体所受摩擦力f2＝2 N，故C错误．在整个过程中通过的位移为：x＝12×(2＋8)×3 m＝15 m，物体克服摩擦力做功：W＝f2x＝2×15 J＝30 J，故D正确．]考向2功率的分析与计算2．(2018·东北三省四市教研联合体一模)如图5-6是滑雪场的一条雪道．质量为70 kg的某滑雪运动员由A点沿圆弧轨道滑下，在B点以5 3 m/s的速度水平飞出，落到了倾斜轨道上的C点(图中未画出)．不计空气阻力，θ＝30°，g 取10 m/s2，则下列判断正确的是()【导学号：19624180】图5-6A．该滑雪运动员腾空的时间为1 sB．B、C两点间的落差为5 3 mC．落到C点时重力的瞬时功率为3 5007 WD．若该滑雪运动员从更高处滑下，落到C点时速度与竖直方向的夹角变小A[运动员平抛的过程中，水平位移为x＝v0t竖直位移为y＝12gt2落地时：tan θ＝y x联立解得t＝1 s，y＝5 m．故A正确，B错误；落地时速度的竖直分量：v y＝gt＝10×1 m/s＝10 m/s所以落到C点时重力的瞬时功率为：P＝mg·v y＝70×10×10 W＝7 000 W，故C错误；根据落地时速度方向与水平方向之间的夹角的表达式：tan α＝gtv0＝2×12gt2v0t＝2·yx＝2tan θ，可知到C点时速度与竖直方向的夹角与平抛运动的初速度无关，故D错误．](2018·合肥市二模)如图所示，两个完全相同的小球A、B，在同一高度处以相同大小的初速度v分别水平抛出和竖直向上抛出，下列说法正确的是()A．两小球落地时的速度相同B．两小球落地时，A球重力的瞬时功率较小C．从开始运动至落地，A球重力做功较大D．从开始运动至落地，重力对A小球做功的平均功率较小B[根据机械能守恒定律得，12m v2＋mgh＝12m v′2，两小球落地时速度大小v′是相同的，但两小球的速度方向不同，选项A错误；两小球落地时，A球重力瞬时功率mg v′cos α，B球重力瞬时功率mg v′，A球重力瞬时功率小于B球重力瞬时功率，选项B正确；从开始运动到落地，两球重力做功都是mgh，是相等的，选项C错误；从开始运动到落地，两球重力做功相等，A球下落时间较短，重力对A球做功的平均功率P＝Wt较大，选项D错误．]考向3机车启动问题3．(多选)(2018·揭阳市揭东一中检测)质量为400 kg的赛车在平直赛道上以恒定功率加速，受到的阻力不变，其加速度a和速度的倒数1v的关系如图5-7所示，则赛车()图5-7A ．速度随时间均匀增大B ．加速度随时间均匀增大C ．输出功率为160 kWD ．所受阻力大小为1 600 NCD [由图可知，加速度变化，故做变加速直线运动，故A 错误；a -1v 函数方程a ＝400v －4，汽车加速运动，速度增大，加速度减小，故B 错误；对汽车受力分析，受重力、支持力、牵引力和摩擦力，根据牛顿第二定律，有：F －f ＝ma其中：F ＝P v联立得：a ＝P m v －f m结合图线，当物体的速度最大时，加速度为零，故结合图象可以知道，a＝0时，1v ＝0.01 (m·s －1)－1，v ＝100 m/s ，所以最大速度为100 m/s由图象可知：f m ＝4，解得阻力大小为1 600 N当a ＝0时由a ＝P m v －f m .解得：P ＝160 kW ，故C 、D 正确．]考点2 动能定理的应用(对应学生用书第25页)■品真题·感悟高考……………………………………………………………·[考题统计] 五年4考：2018年Ⅰ卷T 25、ⅢT 20 2018年Ⅰ卷T 172018年Ⅱ卷T 24[考情分析]1．本考点命题角度多为应用动能定理解决变力做功及多过程问题，题目综合性较强．2．正确理解动能定理，灵活分析物体的受力特点、运动特点及做功情况是常用方法．3．功的计算过程中，易出现正、负功判断及漏功的现象．4．多过程问题中，要善于挖掘题目中的隐含条件，认清运动过程的衔接点．4．(动能定理求解变力做功)(2018·Ⅰ卷T 17)如图5-8所示，一半径为R 、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ 水平．一质量为m 的质点自P 点上方高度R 处由静止开始下落，恰好从P 点进入轨道，质点滑到轨道最低点N 时，对轨道的压力为4mg ，g 为重力加速度的大小．用W 表示质点从P 点运动到N 点的过程中克服摩擦力所做的功．则( )【导学号：19624181】图5-8A ．W ＝12mgR ，质点恰好可以到达Q 点B ．W >12mgR ，质点不能到达Q 点C ．W ＝12mgR ，质点到达Q 点后，继续上升一段距离D ．W <12mgR ，质点到达Q 点后，继续上升一段距离[题眼点拨] ①利用N 点的压力分析计算N 点的速度；②利用圆周运动速度越大压力越大的特点结合对称性分析摩擦力．C [设质点到达N 点的速度为v N ，在N 点质点受到轨道的弹力为F N ，则F N －mg ＝m v 2N R ，已知F N ＝F ′N ＝4mg ，则质点到达N 点的动能为E kN ＝12m v 2N＝32mgR .质点由开始至N 点的过程，由动能定理得mg ·2R ＋W f ＝E kN －0，解得摩擦力做的功为W f＝－12mgR，即克服摩擦力做的功为W＝－W f＝12mgR.设从N到Q的过程中克服摩擦力做功为W′，则W′＜W.从N到Q的过程，由动能定理得－mgR－W′＝12m v2Q－12m v2N，即12mgR－W′＝12m v2Q，故质点到达Q点后速度不为0，质点继续上升一段距离．选项C正确．] 5．(多过程应用动能定理)(2018·Ⅰ卷T25)如图5-9所示，一轻弹簧原长为2R，其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC的底端A处，另一端位于直轨道上B处，弹簧处于自然状态．直轨道与一半径为56R的光滑圆弧轨道相切于C点，AC＝7R，A、B、C、D均在同一竖直平面内．质量为m的小物块P自C点由静止开始下滑，最低到达E点(未画出)，随后P沿轨道被弹回，最高到达F点，AF＝4R.已知P与直轨道间的动摩擦因数μ＝14，重力加速度大小为g.(取sin 37°＝35，cos 37°＝45)图5-9(1)求P第一次运动到B点时速度的大小；(2)求P运动到E点时弹簧的弹性势能；(3)改变物块P的质量，将P推至E点，从静止开始释放．已知P自圆弧轨道的最高点D处水平飞出后，恰好通过G点．G点在C点左下方，与C点水平相距72R、竖直相距R.求P运动到D点时速度的大小和改变后P的质量．[题眼点拨]①“弹簧原长为2R，AC＝7R”说明BC＝5R；②“最低达E点”说明E点速度恰好为零；③“最高到达F点”说明F点速度为零．【解析】(1)根据题意知，B、C之间的距离l为l ＝7R －2R ①设P 到达B 点时的速度为v B ，由动能定理得mgl sin θ－μmgl cos θ＝12m v 2B ②式中θ＝37°.联立①②式并由题给条件得v B ＝2gR . ③(2)设BE ＝x .P 到达E 点时速度为零，设此时弹簧的弹性势能为E p .P 由B 点运动到E 点的过程中，由动能定理有mgx sin θ－μmgx cos θ－E p ＝0－12m v 2B ④E 、F 之间的距离l 1为l 1＝4R －2R ＋x ⑤P 到达E 点后反弹，从E 点运动到F 点的过程中，由动能定理有E p －mgl 1sin θ－μmgl 1cos θ＝0⑥联立③④⑤⑥式并由题给条件得x ＝R⑦ E p ＝125mgR . ⑧ (3)设改变后P 的质量为m 1.D 点与G 点的水平距离x 1和竖直距离y 1分别为x 1＝72R －56R sin θ⑨ y 1＝R ＋56R ＋56R cos θ ⑩式中，已应用了过C 点的圆轨道半径与竖直方向夹角仍为θ的事实． 设P 在D 点的速度为v D ，由D 点运动到G 点的时间为t .由平抛运动公式有y 1＝12gt 2⑪ x 1＝v D t⑫联立⑨⑩⑪⑫式得v D ＝355gR ⑬ 设P 在C 点速度的大小为v C .在P 由C 运动到D 的过程中机械能守恒，有12m 1v 2C ＝12m 1v 2D ＋m 1g (56R ＋56R cos θ)⑭P 由E 点运动到C 点的过程中，同理，由动能定理有E p －m 1g (x ＋5R )sin θ－μm 1g (x ＋5R )cos θ＝12m 1v 2C ⑮联立⑦⑧⑬⑭⑮式得m 1＝13m .⑯【答案】 (1)2gR (2)125mgR (3)355gR 13m在第5题中，若将圆弧轨道和斜面的连接方式调为如图5-10所示，AB 是倾角为θ＝30°的粗糙直轨道，BCD 是光滑的圆弧轨道，AB 恰好在B 点与圆弧相切，圆弧的半径为R ，一个质量为m 的物体(可以看作质点)从直轨道上的P 点由静止释放，结果它能在两轨道间做往返运动．已知P 点与圆弧的圆心O 等高，物体与轨道AB 间的动摩擦因数为μ.求：(1)物体做往返运动的整个过程中在AB 轨道上通过的总路程；(2)为使物体能顺利到达圆弧轨道的最高点D ，释放点P 距B 点的距离至少多大？图5-10【解析】 (1)对整体过程由动能定理得mgR ·cos θ－μmg cos θ·s ＝0 所以s ＝R μ.(2)物体刚好到D 点，有mg ＝m v 2D R对全过程由动能定理得mgL ′sin θ－μmg cos θ·L ′－mgR (1＋cos θ)＝12m v 2D 得L ′＝3＋2cos θ2(sin θ－μcos θ)·R ＝(3＋3)R 1－3μ. 【答案】 (1)R μ (2)(3＋3)R 1－3μ(多选)(2018·Ⅲ卷·T 20)如图所示，一固定容器的内壁是半径为R 的半球面；在半球面水平直径的一端有一质量为m 的质点P .它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中，克服摩擦力做的功为W .重力加速度大小为g .设质点P 在最低点时，向心加速度的大小为a ，容器对它的支持力大小为N ，则( )A ．a ＝2(mgR －W )mRB ．a ＝2mgR －W mRC ．N ＝3mgR －2W RD ．N ＝2(mgR －W )RAC [质点P 下滑到最低点的过程中，由动能定理得mgR －W ＝12m v 2，则速度v ＝2(mgR －W )m ，最低点的向心加速度a ＝v 2R ＝2(mgR －W )mR，选项A 正确，选项B 错误；在最低点时，由牛顿第二定律得N －mg ＝ma ，N ＝3mgR －2W R，选项C 正确，选项D 错误．] ■释疑难·类题通法…………………………………………………………………·1．应用动能定理解题的两条线索(1)明确研究对象→进行受力分析→对各力进行做功分析→求出总功；(2)明确研究过程→进行运动过程分析→物体始末状态分析→求出动能状态量→求出动能变化量；最后结合两条线索列出动能定理方程求解． 2．应用动能定理解题应注意的3个问题(1)动能定理往往用于单个物体的运动过程，由于不牵扯加速度及时间，比动力学研究方法要简洁．(2)动能定理表达式是一个标量式，在某个方向上应用动能定理是没有依据的．(3)物体在某个运动过程中包含有几个运动性质不同的小过程(如加速、减速的过程)，此时可以分段考虑；当所求问题不涉及中间的速度时，也可以对全过程应用动能定理求解．■对考向·高效速练…………………………………………………………………..·考向1动能定理与图象的结合4．(2018·江苏高考)一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处．物块初动能为E k0，与斜面间的动摩擦因数不变，则该过程中，物块的动能E k与位移x关系的图线是()【导学号：19624182】C[设斜面倾角为θ，根据动能定理，当小物块沿斜面上升时，有－(mg sin θ＋f)x＝E k－E k0，即E k＝－(f＋mg sin θ)x＋E k0，所以E k与x的函数关系图象为直线，且斜率为负．当小物块沿斜面下滑时根据动能定理有(mg sin θ－f)(x0－x)＝E k－0(x0为小物块到达最高点时的位移)，即E k＝－(mg sin θ－f)x＋(mg sin θ－f)x0所以下滑时E k随x的减小而增大且为直线．综上所述，选项C正确．]泥石流是在雨季由于暴雨、洪水将含有沙石且松软的土质山体经饱和稀释后形成的洪流．泥石流流动的全过程虽然只有很短时间，但由于其高速前进，具有强大的能量，因而破坏性极大．某课题小组对泥石流的威力进行了模拟研究，他们设计了如图甲的模型：在水平地面上放置一个质量为m ＝4 kg的物体，让其在随位移均匀减小的水平推力作用下从静止开始运动，推力F随位移变化如图乙所示，已知物体与地面之间的动摩擦因数为μ＝0.5，g取10 m/s2.则：甲乙(1)物体在运动过程中的最大加速度为多少？(2)在距出发点多远处，物体的速度达到最大？(3)物体在水平面上运动的最大位移是多少？【解析】(1)当推力F最大时，加速度最大，由牛顿第二定律，得：F m －μmg＝ma m可解得：a m＝15 m/s2.(2)由图象可知：F随x变化的函数方程为F＝80－20x速度最大时，合力为0，即F＝μmg所以x＝3 m.(3)位移最大时，末速度一定为0由动能定理可得：W F－μmgx＝0由图象可知，力F做的功为W F＝12F m x m＝12×80×4 J＝160 J所以x＝8 m.【答案】(1)15 m/s2(2)3 m(3)8 m考向2多过程应用动能定理5．(2018·清远市田家炳实验中学一模)用长为l、不可伸长的细线把质量为m的小球悬挂于O点，将小球拉至悬线偏离竖直方向α角后放手，运动t时间后停在最低点．则在时间t内()图5-11 A．小球重力做功为mgl(1－cos α) B．空气阻力做功为－mgl cos αC．小球所受合力做功为mgl sin αD．绳拉力做功的功率为mgl(1－cos α)tA[小球从开始运动到停止的过程中，下降的高度为：h＝l(1－cos α)，所以小球的重力做功：W G＝mgh＝mgl(1－cos α)，故A正确．在小球运动的整个过程中，重力和空气阻力对小球做功，根据动能定理得：W G＋W f＝0－0，所以：空气阻力做功W f＝－W G＝－mgl(1－cos α)．故B错误；小球受到的合外力做功等于小球动能的变化，所以：W合＝0－0＝0.故C错误；由于绳子的拉力始终与运动的方向垂直，所以绳子的拉力不做功．绳子的拉力的功率为0.故D错误．](2018·河南豫南九校联盟联考)如图所示，在水平轨道右侧固定半径为R的竖直圆形光滑轨道，水平轨道的PQ段铺设特殊材料，调节其初始长度为L，水平轨道左侧有一轻质弹簧左端固定，弹簧处于自然伸长状态．可视为质点的小物块从轨道右侧A点以初速度v0冲上轨道，通过圆形轨道、水平轨道后压缩弹簧，并被弹簧以原速率弹回．已知R＝0.4 m，L＝2.5 m，v0＝6 m/s，物块质量m＝1 kg，与PQ段间的动摩擦因数μ＝0.4，轨道其他部分摩擦不计．取g＝10 m/s2.求：(1)物块第一次经过圆形轨道最高点B时对轨道的压力；(2)物块仍以v0从右侧冲上轨道，调节PQ段的长度L，当L长度是多少时，物块恰能不脱离轨道返回A点继续向右运动．【解析】(1)对物块，第一次从A点运动到B点，由动能定理得－mg·2R＝12m v2B－12m v2在B点，有：N1＋mg＝m v2B R解得：N1＝40 N根据牛顿第三定律知，物块对轨道的压力大小为40 N，方向竖直向上．(2)对物块，从A点到第二次到达B点，由动能定理得，－μmg·2L－mg·2R＝12m v B′2－12m v2在B点，有：mg＝m v B′2R解得：L＝1 m.【答案】(1)40 N方向竖直向上(2)1 m规范练高分| 动能定理的综合应用类问题(对应学生用书第26页)[典题在线](2018·湖南十校联考T25,18分)为了研究过山车的原理，某物理小组提出了下列的设想：取一个与水平方向夹角为θ＝60°，长为L1＝2 3 m的倾斜轨道AB，①通过微小圆弧与长为L2＝32m的水平轨道BC相连，然后在C处设计一个②竖直完整的光滑圆轨道，出口为水平轨道D，如图5-12所示．现将一个小球从距A点高为h＝0.9 m的水平台面上以一定的初速度v0水平弹出，③到A点时速度方向恰沿AB方向，并沿倾斜轨道滑下．已知④小球与AB和BC间的动摩擦因数均为μ＝33.g取10 m/s2，求：⑤图5-12(1)小球初速度v0的大小；(2)小球滑过C点时的速度v C；(3)要使⑥小球不离开轨道，则竖直圆弧轨道的半径R应该满足什么条件．[信息解读]①长度忽略不计且此处无碰撞和能量损失．②注意小球竖直平面内圆周运动的处理方法．③可在A点分解速度求解v0.④小球在AB和BC上运动时，受摩擦力作用，存在摩擦力做功．⑤由图可知，小球运动是“平抛＋斜面＋圆周”的组合．⑥可在竖直平面内通过圆周最高点或在竖直平面内上升的高度不超过其半径．[考生抽样][阅卷点评]【解析】(1)小球做平抛运动到达A点，由平抛运动规律知竖直方向有：v2y＝2gh ①(2分)即：v y＝3 2 m/s ②(1分)因为在A点的速度恰好沿AB方向，所以小球初速度：v0＝v y tan 30°＝ 6 m/s. ③(2分)(2)从水平抛出到C点的过程中，由动能定理得：mg(h＋L1sin θ)－μmgL1cos θ－μmgL2＝12m v2C－12m v20④(2分)解得：v C＝3 6 m/s. ⑤(1分) (3)小球刚好能通过最高点时，由牛顿第二定律有：mg＝m v2R1⑥(2分)小球做圆周运动过程中，由动能定理有：－2mgR1＝12m v2－12m v2C⑦(2分)解得：R1＝v2C5g＝1.18 m ⑧(1分)当小球刚好能到达与圆心等高时有：mgR2＝12m v2C⑨(2分)解得：R2＝v2C2g＝2.7 m ⑩(1分)当圆轨道与`AB相切时：R3＝BC tan 60°＝1.5 m，即圆轨道的半径不能超过1.5 m综上所述，要使小球不离开轨道，R应该满足的条件是：0＜R≤1.18 m．(2分)【答案】(1) 6 m/s(2)3 6 m/s(3)0＜R≤1.18 m[评分标准]第(1)问中，若写出表达式①和③且数据正确的给满分，若结果v0的计算错误，则去掉1分．第(2)问中的方程④若分段写出方程且正确同样给分．第(3)问中若答案为0＜R≤2.7 m要减去最后2分，若分析和斜面的相切的情况，但结果写成0＜R≤1.5 m，可减去1分．。
2018届高考物理二轮温习第五章能量和动量提能增分练一动能定理的四大应用
(2)最终当物体通过圆弧轨道最低点E时，对圆弧轨道的压力；
(3)为使物体能顺利抵达圆弧轨道的最高点D，释放点距B点的距离L′至少多大。
解析：(1)对整个进程，由动能定理得
mgRcosθ－μmgcosθs＝0，
因此物体在AB轨道上通过的总路程s＝ 。
8. (多项选择)(2017·江苏徐州检测)轻质弹簧一端固定，另一端与质量为m
的圆环相连，圆环套在倾斜的粗糙固定杆上，杆与水平面之间的夹角为α，圆环在A处时弹簧竖直且处于原长。将圆环从A处由静止释放，抵达C处时速度为零。假设圆环在C处取得沿杆向上的速度v，恰好能回到A。已知AC＝L，B是AC的中点，弹簧始终在弹性限度之内，重力加速度为g，那么( )
(1)假设小球通过圆形轨道最高点A时给轨道的压力大小恰为小球的重力大小，求小球在B点的初速度大小；
(2)假设小球从B点向右动身，在以后的运动进程中，小球既不离开圆形轨道，又不掉进壕沟，求小球在B点的初速度大小的范围。
解析：(1)小球在最高点A处时，依照牛顿第三定律可知，轨道对小球的压力FN＝FN′＝mg。
A．小物体恰好滑回到B处时速度为零
B．小物体尚未滑回到B处时速度已变成零
C．小物体能滑回到B处之上，但最高点要比D处低
D．小物体最终必然会停止在圆弧槽的最低点
解析：选C 小物体从A处运动到D处的进程中，克服摩擦力所做的功为Wf1＝mgh，小物体从D处开始运动的进程，因为速度较小，小物体对圆弧槽的压力较小，因此克服摩擦力所做的功Wf2＜mgh，因此小物体能滑回到B处之上，但最高点要比D处低，C正确，A、B错误；因为小物体与圆弧槽间的动摩擦因数未知，因此小物体最终可能停在圆弧槽上的任何地址，D错误。
全国通用2018年高考物理考点一遍过专题25动能及动能定理含解析201711023168
专题 25 动能及动能定理一、动能定理mv mv1．公式：WE k （W W）1 222222．推导：假设物体（m ）在极短时间 Δt 内受到力 F 1、F 2……（可视为恒力）作用，发生 的位移为 Δx对物体，由牛顿第二定律有 F 1F 2 ma ，由运动学公式有 (v ) 2ax2联立可得m (v )2F x F x，即W 1W 2k122在极短时间 Δt 内有Wk ，对一般过程有W，即WEik ik（故解题时，使用动能定理和牛顿运动定律均可，应根据实际情况选择解题思路） 3．优先考虑应用动能定理的问题 （1）不涉及加速度、时间的问题；（2）有多个物理过程且不需要研究整个过程中的中间状态的问题； （3）变力做功的问题。
二、应用动能定理的流程三、应用动能定理解题的方法技巧1．对物体进行正确的受力分析，要考虑物体所受的所有外力，包括重力。
2．有些力在物体运动的全过程中不是始终存在的，若物体运动的全过程包含几个不同的 物理过程，物体的运动状态、受力等情况均可能发生变化，则在考虑外力做功时，必须根据不同情况分别对待。
3．若物体运动的全过程包含几个不同的物理过程，解题时可以分段考虑，也可以全过程- 1 -为一整体，利用动能定理解题，用后者往往更为简捷。
如图所示，竖直放置的半径为r的光滑圆轨道被固定在水平地面上，最低点处有一小球（半径比r小很多），现给小球一水平向右的初速度v0，则要使小球不脱离圆轨道运动，v0应当满足A．v0≥gr B．v0≥2grC．v 0≥5gr D．v0≤2gr【参考答案】CDv2，解得v gr，从最【详细解析】小球在最高点不脱离轨道的临界情况为mg mr11低点到最高点，根据动能定理有–mg·2r= 05v gr；若小球恰好能到mv2–mv02，解得2 21达与圆心等高处，根据动能定理有–mgr=0–mv02，解得020的范围为v gr；初速度v2v05gr或02v gr，AB错误，CD正确。
【新步步高】2018版浙江高考物理《选考总复习》第五章第2讲动能定理
图2
(1) 求从发现刹车失灵至到达 “ 避险车道 ” 这一过程汽车动能的变化量； 1 1 2 解析 由 ΔEk＝2mv2 －2mv1 2
得 ΔEk＝3.0×105 J
答案 3.0×105 J
解析答案
(2)求汽车在下坡过程中所受的阻力； 1 1 2 解析 由动能定理 mgh－Ffl＝2mv2 －2mv1 2 1 1 2 2 2mv1 －2mv2 ＋mgh 3 得 Ff＝ ＝ 2.0 × 10 N l
解析答案
6
7
8
(2)弹簧被压缩的最大距离. 解析 设轻弹簧被压缩的最大距离为L，从赛车加速到离开弹簧，由动 能定理得 FL1－μmg(L1＋2L)＝ 1 mv2－0 2 解得L＝0.5 m. 答案 0.5 m
解析答案
6
7
8
8.如图10所示，一滑块(可视为质点)经水平轨道AB进入竖直平面内的四
分之一圆弧形轨道BC.已知滑块的质量m＝0.50 kg.滑块经过A点时的速度
(1)此过程中，物体克服摩擦力所做的功；(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) 1 2 解析 运用动能定理：Flcos 37° －Wf＝2mv ，
1 2 代入数据得：Wf＝Flcos 37° －2mv ＝50 J.
答案 50 J
图6
解析答案
1
2
3
4
5
(2)物体与水平面间的动摩擦因数. 解析 对物体进行受力分析：把拉力 在水平方向和竖直方向分解，根据竖 直方向平衡和滑动摩擦力公式得出： Ff＝μFN＝μ(mg－Fsin 37°)，
答案
2
必考题组专练
1
2
3
4
5
1.下列物理量不可能为负值的是( A.加速度 C.动能 √
2018年高考物理复习天津市2018届高考物理二轮复习：专题五 功 功率 动能定理
专题二
命题热点一 命题热点二
第 5讲
功
功率
动能定理
高频考点 新题演练
核心梳理 命题热点三
-5-
思维导引
专题二
命题热点一 命题热点二
第 5讲
功
功率
动能定理
高频考点 新题演练
核心梳理 命题热点三
-6-
规律方法关于功、功率应注意的三个问题 (1)功的公式W=Fl和W=Flcos α仅适用于恒力做功的情况。 (2)变力做功的求解要注意对问题的正确转化,如将变力转化为恒 力,也可应用动能定理等方法求解。 ������ (3)对于功率的计算,应注意区分公式 P= ������ 和公式P=Fv,前式侧 重于平均功率的计算,而后式侧重于瞬时功率的计算。
3
1 9 1 C. mgl 3
A. mgl
1 6 1 D. mgl 2
B. mgl
专题二
命题热点一 命题热点二
第 5讲
功
功率
动能定理
高频考点 新题演练
核心梳理 命题热点三
-8-
机车启动问题 常以选择题的形式考查机车的两种启动方式,及学生对实际物理问 题的逻辑推理能力。 例2(不定项)某电动汽车在平直公路上从静止开始加速,测得发动机 功率随时间变化的图象和其速度随时间变化的图象分别如图甲、 乙所示,若电动汽车所受阻力恒定,则下列说法正确的是(ABD)
专题二
命题热点一 命题热点二
第 5讲
功
功率
动能定理
高频考点 新题演练
核心梳理 命题热点三
-11-
规律方法解决机车启动问题时应注意的问题 (1)分清是匀加速启动还是恒定功率启动。 (2)匀加速启动过程中,机车功率是不断改变的,但该过程中的最 大功率是额定功率,匀加速运动阶段的最大速度小于机车所能达到 的最大速度,达到额定功率后做加速度减小的加速运动。 (3)以额定功率启动的过程中,机车做加速度减小的加速运动,速 ������ 度最大值等于 ������f ,牵引力是变力,牵引力做的功W=Pt。
2018年高考物理热点题型和提分秘籍 专题5.1 功和功率
1．会判断功的正负，会计算恒力的功和变力的功。
2．理解功率的两个公式P＝Wt和P＝Fv，能利用P＝Fv计算瞬时功率。
3．会分析机车的两种启动方式。
热点题型一功的正负判断与恒力、合力做功的计算例1、如图所示，在匀减速向右运动的车厢内，一人用力向前推车厢，该人与车厢始终保持相对静止，则下列说法中正确的是 ( )A．人对车厢的推力不做功B．人对车厢的推力做负功C．车厢对人的作用力做正功D．车厢对人的作用力做负功【答案】D【解析】车厢向右做匀减速运动，即a、v方向相反，加速度a向左，且人与车厢具有相同的加【特别提醒】判断“功的正负”注意事项判断功的正负时要注意：做功的本质是力对物体做功。
但是题目中经常提到甲物体对乙物体做功的说法，此时必须明确以下两个问题：(1)甲物体对乙物体的作用力有几个。
(2)甲物体对乙物体做功指的是甲物体对乙物体作用力的合力做功，应该明确合力的方向。
在明确了以上问题的基础上，再判断甲物体对乙物体做功的正负就容易多了。
【提分秘籍】1．功的正负的判断方法(1)恒力做功的判断：依据力与位移的夹角来判断。
(2)曲线运动中做功的判断：依据F与v的方向夹角α来判断，当0°≤α<90°，力对物体做正功；90°<α≤180°，力对物体做负功；α＝90°，力对物体不做功。
(3)依据能量变化来判断：功是能量转化的量度，若有能量转化，则必有力对物体做功。
此法常用于判断两个相联系的物体之间的相互作用力做功的判断。
2．恒力做功的计算方法3．合力做功的计算方法方法一：先求合力F合，再用W合＝F合l cosα求功。
方法二：先求各个力做的功W1、W2、W3…，再应用W合＝W1＋W2＋W3＋…求合力做的功。
方法三：利用动能定理，合力做的功等于物体动能的变化。
【举一反三】一物体静止在粗糙水平地面上。
现用一大小为F1的水平拉力拉动物体，经过一段时间后其速度变为v。
专题5-2 动能定理及应用-2018年高考物理热点题型和提分秘籍 含解析 精品
1.掌握动能定理，能运用动能定理解答实际问题。
热点题型一 对动能定理的理解例1、【2017·江苏卷】一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处．物块初动能为错误！未找到引用源。
，与斜面间的动摩擦因数不变，则该过程中，物块的动能错误！未找到引用源。
与位移错误！未找到引用源。
的关系图线是【答案】C【变式探究】一物块沿倾角为θ的斜坡向上滑动。
当物块的初速度为v 时，上升的最大高度为H ，如图所示；当物块的初速度为v2时，上升的最大高度记为h 。
重力加速度大小为g 。
物块与斜坡间的动摩擦因数和h 分别为 ( )A ．tan θ和H 2B ．(v22gH －1)tan θ和H2C ．tan θ和H4D ．(v 22gH －1)tan θ和H 4解析：本题考查牛顿第二定律的两类基本问题，用牛顿第二定律和运动学公式解即可，根据牛顿第二定律，mg sin θ＋μmg cos θ＝ma ，而0－v 2＝－2a Hsin θ，解得μ＝[v 22gH－1]tan θ，当速度为v 2时，(v2)2－v 2＝－2a h sin θ，解得h ＝H4，本题中物体做匀变速运动，且末速度为零，可以根据动能定理求动摩擦因数，根据初速度为零的匀变速运动规律直接判断h ＝H4。
答案：D 【提分秘籍】1．从两个方面理解动能定理 (1)动能定理公式中体现的三个关系①数量关系：即合外力所做的功与物体动能的变化具有等量代换关系。
可以通过计算物体动能的变化，求合外力的功，进而求得某一力的功。
②单位关系，等式两侧物理量的国际单位都是焦耳。
③因果关系：合外力的功是引起物体动能变化的原因。
(2)动能定理叙述中所说的“外力”，既可以是重力、弹力、摩擦力，也可以是电场力、磁场力或其他力。
2．运用动能定理需注意的问题(1)应用动能定理解题时，在分析过程的基础上无需深究物体运动过程中状态变化的细节，只需考虑整个过程的功及过程初末的动能。
(2)若过程包含了几个运动性质不同的分过程，既可分段考虑，也可整个过程考虑。
高考物理高考物理动能定理的综合应用答题技巧及练习题(含答案)
高考物理高考物理动能定理的综合应用答题技巧及练习题(含答案)一、高中物理精讲专题测试动能定理的综合应用1．如图所示，AC 为光滑的水平桌面，轻弹簧的一端固定在A 端的竖直墙壁上.质量1m kg =的小物块将弹簧的另一端压缩到B 点，之后由静止释放，离开弹簧后从C 点水平飞出，恰好从D 点以10/D v m s =的速度沿切线方向进入竖直面内的光滑圆弧轨道(DEF 小物体与轨道间无碰撞).O 为圆弧轨道的圆心，E 为圆弧轨道的最低点，圆弧轨道的半径1R m =，60DOE ∠=o ，37.EOF ∠=o小物块运动到F 点后，冲上足够长的斜面FG ，斜面FG 与圆轨道相切于F 点，小物体与斜面间的动摩擦因数0.5.sin370.6μ==o ，cos370.8=o ，取210/.g m s =不计空气阻力.求：（1）弹簧最初具有的弹性势能；（2）小物块第一次到达圆弧轨道的E 点时对圆弧轨道的压力大小；（3）判断小物块沿斜面FG 第一次返回圆弧轨道后能否回到圆弧轨道的D 点？若能，求解小物块回到D 点的速度；若不能，求解经过足够长的时间后小物块通过圆弧轨道最低点E 的速度大小．【答案】()11?.25J ；()2 30N ；()3 2/m s ． 【解析】 【分析】 【详解】（1）设小物块在C 点的速度为C v ，则在D 点有：C D v v cos60o=设弹簧最初具有的弹性势能为p E ，则：2P C 1E mv 2= 代入数据联立解得：p E 1.25J =；()2设小物块在E 点的速度为E v ，则从D 到E 的过程中有：()22E D 11mgR 1cos60mv mv 22-=-o 设在E 点，圆轨道对小物块的支持力为N ，则有：2E v N mg R-=代入数据解得：E v 25m /s =，N 30N =由牛顿第三定律可知，小物块到达圆轨道的E 点时对圆轨道的压力为30 N ；()3设小物体沿斜面FG 上滑的最大距离为x ，从E 到最大距离的过程中有：()()2E 1mgR 1cos37mgsin37μmgcos37x 0mv 2o o o ---+=-小物体第一次沿斜面上滑并返回F 的过程克服摩擦力做的功为f W ，则f W 2x μmgcos37=o小物体在D 点的动能为KD E ，则：2KD D 1E mv 2=代入数据解得：x 0.8m =，f W 6.4J =，KD E 5J = 因为KD f E W <，故小物体不能返回D 点.小物体最终将在F 点与关于过圆轨道圆心的竖直线对称的点之间做往复运动，小物体的机械能守恒，设最终在最低点的速度为Em v ，则有：()2Em 1mgR 1cos37mv 2-=o 代入数据解得：Em v 2m /s =答：()1弹簧最初具有的弹性势能为1.25J ；()2小物块第一次到达圆弧轨道的E 点时对圆弧轨道的压力大小是30 N ；()3小物块沿斜面FG 第一次返回圆弧轨道后不能回到圆弧轨道的D 点.经过足够长的时间后小物块通过圆弧轨道最低点E 的速度大小为2 m /s ． 【点睛】（1）物块离开C 点后做平抛运动，由D 点沿圆轨道切线方向进入圆轨道，知道了到达D 点的速度方向，将D 点的速度分解为水平方向和竖直方向，根据角度关系求出水平分速度，即离开C 点时的速度，再研究弹簧释放的过程，由机械能守恒定律求弹簧最初具有的弹性势能；()2物块从D 到E ，运用机械能守恒定律求出通过E 点的速度，在E 点，由牛顿定律和向心力知识结合求物块对轨道的压力；()3假设物块能回到D 点，对物块从A 到返回D 点的整个过程，运用动能定理求出D 点的速度，再作出判断，最后由机械能守恒定律求出最低点的速度．2．如图所示，AB 是竖直面内的四分之一圆弧形光滑轨道，下端B 点与水平直轨道相切．一个小物块自A 点由静止开始沿轨道下滑，已知轨道半径为R ＝0.2m ，小物块的质量为m ＝0.1kg ，小物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.5，g 取10m/s 2.求：(1)小物块在B 点时受到的圆弧轨道的支持力大小；(2)小物块在水平面上滑动的最大距离．【答案】(1)3N (2)0.4m【解析】(1)由机械能守恒定律，得在B点联立以上两式得F N＝3mg＝3×0.1×10N＝3N.(2)设小物块在水平面上滑动的最大距离为l，对小物块运动的整个过程由动能定理得mgR－μmgl＝0，代入数据得【点睛】解决本题的关键知道只有重力做功，机械能守恒，掌握运用机械能守恒定律以及动能定理进行解题．3．如图所示，光滑曲面与光滑水平导轨MN相切，导轨右端N处于水平传送带理想连接，传送带长度L=4m，皮带轮沿顺时针方向转动，带动皮带以恒定速率v=4.0m/s运动．滑块B、C之间用细绳相连，其间有一压缩的轻弹簧，B、C与细绳、弹簧一起静止在导轨MN上.一可视为质点的滑块A从h=0.2m高处由静止滑下，已知滑块A、B、C质量均为m=2.0kg，滑块A与B碰撞后粘合在一起，碰撞时间极短．因碰撞使连接B、C的细绳受扰动而突然断开，弹簧伸展，从而使C与A、B分离.滑块C脱离弹簧后以速度v C=2.0m/s滑上传送带，并从右端滑出落至地面上的P点．已知滑块C与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2，重力加速度g取10m/s2.(1)求滑块C从传送带右端滑出时的速度大小；(2)求滑块B、C与细绳相连时弹簧的弹性势能E P；(3)若每次实验开始时弹簧的压缩情况相同，要使滑块C总能落至P点，则滑块A与滑块B 碰撞前速度的最大值v m是多少？【答案】(1) 4.0m/s (2) 2.0J (3) 8.1m/s【解析】【分析】【详解】（1）滑块C滑上传送带到速度达到传送带的速度v=4m/s所用的时间为t，加速度大小为a，在时间t内滑块C的位移为x，有μ=mg maC v v at =+212C x v t at =+代入数据可得3m x = 3m x L =<滑块C 在传送带上先加速，达到传送带的速度v 后随传送带匀速运动，并从右端滑出，则滑块C 从传送带右端滑出时的速度为v=4.0m/s（2）设A 、B 碰撞前A 的速度为v 0，A 、B 碰撞后的速度为v 1，A 、B 与C 分离时的速度为v 2，有2012A A m gh m v =01()A A B m v m m v =+ 12()()A B A B C C m m v m m v m v +=++A 、B 碰撞后，弹簧伸开的过程系统能量守恒222A 1A 2111()()222P B B C C E m m v m m v m v ++=++代入数据可解得2.0J P E =（3）在题设条件下，若滑块A 在碰撞前速度有最大值，则碰撞后滑块C 的速度有最大值，它减速运动到传送带右端时，速度应当恰好等于传送带的速度v .设A 与B 碰撞后的速度为1v '，分离后A 与B 的速度为2v '，滑块C 的速度为'C v ，C 在传送带上做匀减速运动的末速度为v =4m/s ，加速度大小为2m/s 2，有22()Cv v a L '-=- 解得Cv '= 以向右为正方向，A 、B 碰撞过程1()A m A B m v m m v '=+弹簧伸开过程12()()A B C C A B m m v m v m m v '''+=++22212111+()()+222p A B A B C C E m m v m m v m v '''+=+代入数据解得8.1m v =≈m/s ．4．如图所示，光滑圆弧的半径为80cm ，一质量为1.0kg 的物体由A 处从静止开始下滑到B 点，然后又沿水平面前进3m ，到达C 点停止。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
专题5.2 动能定理及应用1.掌握动能定理，能运用动能定理解答实际问题。
热点题型一 对动能定理的理解例1、【2017·江苏卷】一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处．物块初动能为k0E ，与斜面间的动摩擦因数不变，则该过程中，物块的动能k E 与位移x 的关系图线是【答案】C【变式探究】一物块沿倾角为θ的斜坡向上滑动。
当物块的初速度为v 时，上升的最大高度为H ，如图所示；当物块的初速度为v2时，上升的最大高度记为h 。
重力加速度大小为g 。
物块与斜坡间的动摩擦因数和h 分别为 ( )A ．tan θ和H 2B ．(v22gH －1)tan θ和H2C ．tan θ和H4D ．(v 22gH －1)tan θ和H 4解析：本题考查牛顿第二定律的两类基本问题，用牛顿第二定律和运动学公式解即可，根据牛顿第二定律，mg sin θ＋μmg cos θ＝ma ，而0－v 2＝－2a Hsin θ，解得μ＝[v 22gH－1]tan θ，当速度为v 2时，(v2)2－v 2＝－2a h sin θ，解得h ＝H4，本题中物体做匀变速运动，且末速度为零，可以根据动能定理求动摩擦因数，根据初速度为零的匀变速运动规律直接判断h ＝H4。
答案：D 【提分秘籍】1．从两个方面理解动能定理 (1)动能定理公式中体现的三个关系①数量关系：即合外力所做的功与物体动能的变化具有等量代换关系。
可以通过计算物体动能的变化，求合外力的功，进而求得某一力的功。
②单位关系，等式两侧物理量的国际单位都是焦耳。
③因果关系：合外力的功是引起物体动能变化的原因。
(2)动能定理叙述中所说的“外力”，既可以是重力、弹力、摩擦力，也可以是电场力、磁场力或其他力。
2．运用动能定理需注意的问题(1)应用动能定理解题时，在分析过程的基础上无需深究物体运动过程中状态变化的细节，只需考虑整个过程的功及过程初末的动能。
(2)若过程包含了几个运动性质不同的分过程，既可分段考虑，也可整个过程考虑。
但求功时，有些力不是全过程都作用的，必须根据不同的情况分别对待求出总功，计算时要把各力的功连同正负号一同代入公式。
(3)动能定理中涉及的物理量有F 、x 、m 、v 、W 、E k 等，在处理含有上述物理量的问题时，优先考虑使用动能定理。
(4)高中阶段动能定理中的位移和速度应以地面或相对地面静止的物体为参考系。
3.应用动能定理解题的技巧(1)应用动能定理时，也必须进行受力分析，分析在所研究过程中有哪些力做功，并注意区分做功的正负。
(2)应用动能定理时，要注意选取的研究对象和对应过程，合力做的功和动能的增量一定是对应于同一研究对象的同一过程。
(3)应用动能定理时，不必考虑势能的变化。
特别是有重力做功、弹力做功、电场力做功时，将这些力的功计入总功内，而不必考虑重力势能、弹性势能和电势能。
(4)利用动能定理可求物体的速度、受力、位移及变力的功。
【举一反三】(多选)质量为1kg的物体静止在水平粗糙的地面上，受到一水平外力F作用运动，如图甲所示，外力F 和物体克服摩擦力F f做的功W与物体位移x的关系如图乙所示，重力加速度g取10m/s2。
下列分析正确的是 ( )A．物体与地面之间的动摩擦因数为0.2B．物体运动的位移为13mC．前3m运动过程中物体的加速度为3m/s2D．x＝9m时，物体速度为3m/s答案：ACD热点题型二动能定理的应用例2、如图所示装置由AB、BC、CD三段轨道组成，轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接，其中轨道AB、CD段是光滑的，水平轨道BC的长度s＝5m，轨道CD足够长且倾角θ＝37°，A、D两点离轨道BC的高度分别为h1＝4.3m、h2＝1.35m。
现让质量为m的小滑块自A点由静止释放。
已知小滑块与轨道BC间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：(1)小滑块第一次到达D点时的速度大小；(2)小滑块第一次与第二次通过C点的时间间隔；(3)小滑块最终停止的位置距B 点的距离。
答案：(1)重力做功与路径无关，只与初、末位置有关；摩擦力做功与路径有关。
(2)应用动能定理时要进行受力分析和过程分析。
将h 1、s 、μ、g 代入得：v C ＝6m/s小滑块沿CD 段上滑加速度大小a ＝g sin θ＝6m/s 2小滑块沿CD 段上滑到最高点的时间t 1＝v Ca＝1s由对称性可知小滑块从最高点滑回C 点的时间t 2＝t 1＝1s故小滑块第一次与第二次通过C 点的时间间隔t ＝t 1＋t 2＝2s 。
(3)对小滑块运动全过程应用动能定理，设小滑块在水平轨道上运动的总路程为s 总。
有：mgh 1＝μmgs 总将h 1、μ代入得： s 总＝8.6m故小滑块最终停止的位置距B 点的距离为 2s －s 总＝1.4m答案：(1)3m/s (2)2s (3)1.4m【特别提醒】应用动能定理应突破的五个难点 (1)突破研究对象的选取难点动能定理适用于单个物体，当题目中出现多个物体时可分别将单个物体取为研究对象，应用动能定理；也可以把多个物体组成整体，再应用动能定理求解，此时的条件是内力的功没有引起动能向其他形式能的转化。
(2)突破研究过程的选取难点应用动能定理时，选取不同的研究过程列出的方程是不相同的。
因为动能定理是个过程式，选取合适的过程往往可以大大简化运算。
(3)突破受力的分析难点运用动能定理时，必须分析清楚物体在过程中的全部受力情况，找出哪些力不做功，哪些力做功，做多少功，从而确定出外力的总功，这是解题的关键。
(4)突破位移的计算难点应用动能定理时，要注意有的力做功与路程无关，只与位移有关，有的力做功却与路程有关。
(5)突破初、末状态的确定难点动能定理的计算式为标量式，v为相对同一参考系的速度，所以确定初、末状态动能时，必须相对于同一参考系而言。
【提分秘籍】1．应用动能定理解题的步骤2．注意事项(1)动能定理往往用于单个物体的运动过程，由于不涉及加速度及时间，比动力学研究方法要简便。
(2)动能定理表达式是一个标量式，在某个方向上应用动能定理没有任何依据。
(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。
(4)应用动能定理时，必须明确各力做功的正、负。
当一个力做负功时，可设物体克服该力做功为W，将该力做功表达为－W，也可以直接用字母W表示该力做功，使其字母本身含有负号。
【举一反三】如图甲所示，固定在水平地面上的工件，由AB和BD两部分组成，其中AB部分为光滑的圆弧，∠AOB ＝37°，圆弧的半径R＝0.5m；BD部分水平，长度为0.2m，C为BD的中点。
现有一质量m＝1kg，可视为质点的物块从A 端由静止释放，恰好能运动到D 点。
(g 取10m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求：(1)物块运动到B 点时，对工件的压力大小；(2)为使物块恰好运动到C 点静止，可以在物块运动到B 点后，对它施加一竖直向下的恒力F ，F 应为多大？(3)为使物块运动到C 点时速度为零，也可先将BD 部分以B 为轴向上转动一锐角θ，如图乙所示，θ应为多大？(假设物块经过B 点时没有能量损失)答案：(1)14N (2)10N (3)37°解析：(1)物块在AB 部分下滑过程，由动能定理mgR (1－cos37°)＝12mv 2在B 点，由牛顿第二定律得F N －mg ＝mv 2R解得F N ＝14N由牛顿第三定律得F 压＝F N ＝14N 。
解得F ＝10N 。
(3)物块在从A 经B 运动到C 的过程中，由动能定理mgR (1－cos37°)－mgL BC sin θ－μmgL BC cos θ＝0代入数据得1＝sin θ＋12cos θ解得θ＝37°热点题型三 动能定理与图象结合的问题例3．泥石流是在雨季由于暴雨、洪水将含有沙石且松软的土质山体经饱和稀释后形成的洪流，它的面积、体积和流量都较大。
泥石流流动的全过程虽然只有很短时间，但由于其高速前进，具有强大的能量，因而破坏性极大。
某课题小组对泥石流的威力进行了模拟研究，如图甲所示，他们设计了如下的模型：在水平地面上放置一个质量为m ＝5kg 的物体，让其在随位移均匀减小的水平推力作用下运动，推力F 随位移变化如图乙所示，已知物体与地面间的动摩擦因数为μ＝0.6，g 取10m/s 2。
(1)物体在运动过程中的最大加速度为多大？ (2)在距出发点多远处，物体的速度达到最大？ (3)物体在水平面上运动的最大位移是多大？ 答案：(1)合力为零(2)推力F 做的功对应F －x 图线与x 轴所围的面积。
(2)由图象可知：F 随x 变化的函数方程为F ＝80－20x速度最大时，合外力为零。
即F ＝μmg 所以x ＝2.5m(3)位移最大时，末速度一定为0由动能定理可得W F －μmgs ＝0由图象可知，力F 做的功为W F ＝12Fx ＝160J所以s ＝16030m ＝5.33m【归纳总结】图象所围“面积”的意义(1)v －t 图：由公式x ＝vt 可知，v －t 图线与坐标轴围成的面积表示物体的位移。
(2)a －t 图：由公式Δv ＝at 可知，a －t 图线与坐标轴围成的面积表示物体速度的变化量。
(3)F －x 图：由公式W ＝Fx 可知，F －x 图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功。
(4)P －t 图：由公式W ＝Pt 可知，P －t 图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功。
【提分秘籍】解决物理图象问题的基本步骤1．观察题目给出的图象，弄清纵坐标、横坐标所对应的物理量及图线所表示的物理意义。
2．根据物理规律推导出纵坐标与横坐标所对应的物理量间的函数关系式。
3．将推导出的物理规律与数学上与之相对应的标准函数关系式相对比，找出图线的斜率、截距、图线的交点，图线下的面积所对应的物理意义，分析解答问题。
或者利用函数图线上的特定值代入函数关系式求物理量。
【举一反三】小军看到打桩机，对打桩机的工作原理产生了兴趣。
他构建了一个打桩机的简易模型，如图甲所示。
他设想，用恒定大小的拉力F 拉动绳端B ，使物体从A 点(与钉子接触处)由静止开始运动，上升一段高度后撤去F ，物体运动到最高点后自由下落并撞击钉子，将钉子打入一定深度。
按此模型分析，若物体质量m ＝1kg ，上升了1m 高度时撒去拉力，撒去拉力前物体的动能E k 与上升高度h 的关系图象如图乙所示。
(g 取10m/s 2，不计空气阻力)(1)求物体上升到0.4m 高度处F 的瞬时功率；(2)若物体撞击钉子后瞬间弹起，且使其不再落下，钉子获得20J 的动能向下运动。