动能定理及应用(1)
动能定理
动能定理及其应用考点一对动能定理的理解和应用1．动能(1)定义：物体由于□01运动而具有的能叫动能。
(2)公式：E k＝□0212mv2。
(3)单位：□03焦耳，1 J＝1 N·m＝1 kg·m2/s2。
(4)性质：动能是状态量，是□04标量。
2．动能定理(1)内容：在一个过程中合力对物体做的功，等于物体在这个过程中□05动能的变化量。
(2)表达式：W＝□06ΔE k＝E k2－E k1＝□0712mv22－12mv21。
(3)物理意义：□08合外力的功是物体动能变化的量度。
(4)适用条件①动能定理既适用于直线运动，也适用于□09曲线运动。
②既适用于恒力做功，也适用于□10变力做功。
③力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以□11分阶段作用。
3．对动能定理的理解(1)动能定理表明了“三个关系”①数量关系：合外力做的功与物体动能的变化具有等量代换关系，但并不是说动能变化就是合外力做的功。
②因果关系：合外力做功是引起物体动能变化的原因。
③量纲关系：单位相同，国际单位都是焦耳。
(2)标量性动能是标量，功也是标量，所以动能定理是一个标量式，不存在方向的选取问题。
当然动能定理也就不存在分量的表达式。
(3)相对性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。
(多选)如图所示，电梯质量为M，在它的水平地板上放置一质量为m的物体。
电梯在钢索的拉力作用下竖直向上加速运动，当电梯的速度由v1增加到v2时，上升高度为H，则在这个过程中，下列说法或表达式正确的是()A ．对物体，动能定理的表达式为W N ＝12mv 22，其中W N 为支持力的功B ．对物体，动能定理的表达式为W 合＝0，其中W 合为合力的功C ．对物体，动能定理的表达式为W N －mgH ＝12mv 22－12mv 21，其中W N 为支持力的功D ．对电梯，其所受合力做功为12Mv 22－12Mv 211．(人教版必修2 P 74·T 1改编)改变汽车的质量和速度，都能使汽车的动能发生变化，在下面几种情况中，汽车的动能是原来的2倍的是( )A ．质量不变，速度变为原来的2倍B ．质量和速度都变为原来的2倍C ．质量变为原来的2倍，速度减半D ．质量减半，速度变为原来的2倍2．(人教版必修2 P 74·T 3改编)子弹的速度为v ，打穿一块固定的木块后速度刚好变为零。
动能定理的几种典型应用
动能定理的几种典型应用应用一：动能定理解决匀变速直线运动问题例1、一个质量m=2kg 的小物体由高h=1.6m 倾角︒=30α的斜面顶端从静止开始滑下，物体到达斜面底端时速率是4m/s ，那么物体在下滑的过程中克服摩擦力做功是多少焦耳？由公式20222v v aS -=可知222022/5.22.3242s m S v v a =⨯=-= 对物体受力分析并由牛顿第二定律可知：ma f mg =-αsin 所以N N ma mg f 55.2221102sin =⨯-⨯⨯=-=α J J fS W f 16)1(2.35180cos -=-⨯⨯=︒= 解法二：由动能定理221mv W mgh f =+ 可得：J J mgh mv W f 166.110242212122-=⨯⨯-⨯⨯=-= 应用二：动能定理解决曲线运动问题例2、在离地面高度h=10m 的地方，以s m v /50=水平速度抛出，求：物体在落地时的速度大小？ 解法一：由221gt h =得 s s g h t 2101022=⨯== 所以s m s m gt v y /210/210=⨯== 所以s m s m v v v y /15/)210(522220=+=+=解法二：由动能定理可得 20222121mv mv mgh -=所以：s m s m v gh v /15/51010222202=+⨯⨯=+= 两种方法计算的结果完全一致，可见：动能定理同样适用于曲线运动。
并且可以求变力的功，如下题。
例3．质量m=2kg 的物体从高h=1.6m 的曲面顶部静止开始下滑，到曲面底部的速度大小为4m/s 。
求物体在下滑过程中克服摩擦力所做的功？应用3：利用动能定理求解多个力做功的问题例4、如图所示，物体置于倾角为37度的斜面的底端，在恒定的沿斜面向上的拉力的作用下，由静止开始沿斜面向上运动。
F 大小为2倍物重，斜面与物体的动摩擦因数为0.5，求物体运动5m 时速度的大小。
高考物理课程复习：动能定理及其应用
【对点演练】
4.(2021湖南卷)“复兴号”动车组用多节车厢提供动力,从而达到提速的目的。
总质量为m的动车组在平直的轨道上行驶。该动车组有四节动力车厢,每节
车厢发动机的额定功率均为P,若动车组所受的阻力与其速率成正比(F阻=kv,k
为常量),动车组能达到的最大速度为vm。下列说法正确的是(
答案 C
解析 本题考查机车启动问题,考查分析综合能力。动车组匀加速启动过程
中,根据牛顿第二定律,有F-kv=ma,因为加速度a不变,速度v改变,所以牵引
力F改变,选项A错误。由四节动力车厢输出功率均为额定值,可得
4
4P=Fv,F-kv=ma',联立解得 a'=
− ,因为 v 改变,所以 a'改变,选项 B 错误。
量损失,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度大小为g)。则(
6
A.动摩擦因数 μ=7
2ℎ
B.载人滑沙板最大速度为 7
C.载人滑沙板克服摩擦力做功为 mgh
3
D.载人滑沙板在下段滑道上的加速度大小为5g
)
答案 AB
解析 对整个过程,由动能定理得 2mgh-μmgcos
ℎ
45°·
载人滑沙板在下段滑道上的加速度大小为
错误。
cos37 °- sin37 °
3
a=
= 35 g,故
D
考点三
应用动能定理求解多过程问题[名师破题]
应用动能定理求解多过程问题的解题步骤
(1)首先需要建立运动模型,选择合适的研究过程能使问题得以简化。当物体
的运动过程包含几个运动性质不同的子过程时,可以选择一个、几个或全部
高三物理教案动能定理及其应用（5篇）
高三物理教案动能定理及其应用（5篇）高三物理教案动能定理及其应用（5篇）作为一位兢兢业业的人民教师，前方等待着我们的是新的机遇和挑战，有必要进行细致的教案准备工作，促进思维能力的发展。
怎样写教学设计才更能起到其作用呢？下面是小编收集整理的教案范文。
欢迎分享！高三物理教案动能定理及其应用（精选篇1）1、研究带电物体在电场中运动的两条主要途径带电物体在电场中的运动,是一个综合力和能量的力学问题,研究的方法与质点动力学相同(仅仅增加了电场力),它同样遵循运动的合成与分解、力的独立作用原理、牛顿运动定律、动能定理、功能原理等力学规律.研究时,主要可以按以下两条途径分析:(1)力和运动的关系--牛顿第二定律根据带电物体受到的电场力和其它力,用牛顿第二定律求出加速度,结合运动学公式确定带电物体的速度、位移等.这条线索通常适用于恒力作用下做匀变速运动的情况.(2)功和能的关系--动能定理根据电场力对带电物体所做的功,引起带电物体的能量发生变化,利用动能定理或从全过程中能量的转化,研究带电物体的速度变化,经历的位移等.这条线索同样也适用于不均匀的电场.2、研究带电物体在电场中运动的两类重要方法(1)类比与等效电场力和重力都是恒力,在电场力作用下的运动可与重力作用下的运动类比.例如,垂直射入平行板电场中的带电物体的运动可类比于平抛,带电单摆在竖直方向匀强电场中的运动可等效于重力场强度g值的变化等.(2)整体法(全过程法)电荷间的相互作用是成对出现的,把电荷系统的整体作为研究对象,就可以不必考虑其间的相互作用.电场力的功与重力的功一样,都只与始末位置有关,与路径无关.它们分别引起电荷电势能的变化和重力势能的变化,从电荷运动的全过程中功能关系出发(尤其从静止出发末速度为零的问题)往往能迅速找到解题切入点或简化计算高三物理教案动能定理及其应用（精选篇2）1、与技能：掌握运用动量守恒定律的一般步骤。
2、过程与：知道运用动量守恒定律解决问题应注意的问题，并知道运用动量守恒定律解决有关问题的优点。
动能定理及其应用
(2013届中山模拟)质量为m的物体在水平力F的作用下由静止开始在光滑地面上运动，前进一段距离之后速度大小为v，再前进一段距离使物体的速度增大为2v，则() A．第二过程的速度增量等于第一过程的速度增量B．第二过程的动能增量是第一过程动能增量的3倍C．第二过程合外力做的功等于第一过程合外力做的功D．第二过程合外力做的功等于第一过程合外力做功的2倍【解析】由题意知，两个过程中速度增量均为v，A正确；由动能定理知：W1＝12m v2，W2＝12m(2v)2－12m v2＝32m v2，故B正确，C、D错误．【答案】AB【即学即用】1.图5－2－1(2013届大连一中检测)某物体同时受到两个在同一直线上的力F1、F2的作用，由静止开始做直线运动，力F1、F2与位移x的关系图象如图5－2－1所示，在物体开始运动后的前4.0 m内，物体具有最大动能时对应的位移是()A．2.0 m B．1.0 mC．3.0 m D．4.0 m【解析】由图知x＝2.0 m时，F合＝0，此前F合做正功而此后F合做负功，故x＝2.0 m 时动能最大．【答案】 A动能定理的应用1.基本步骤(1)选取研究对象，明确它的运动过程．(2)分析研究对象的受力情况和各力的做功情况：受哪些力―→各力是否做功―→做正功还是负功―→做多少功―→各力做功的代数和(3)明确物体在过程的始末状态的动能E k1和E k2.(4)列出动能定理的方程W合＝E k2－E k1及其他必要的解题方程，进行求解．2．注意事项(1)动能定理的研究对象可以是单一物体，或者是可以看做单一物体的物体系统．(2)动能定理是求解物体的位移或速率的简捷公式．当题目中涉及到位移和速度而不涉及时间时可优先考虑动能定理；处理曲线运动中的速率问题时也要优先考虑动能定理．(3)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做功，必须根据不同的情况分别对待求出总功．(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．(2012·江苏高考)某缓冲装置的理想模型如图5－2－2所示，劲度系数足够大的轻质弹簧与轻杆相连，轻杆可在固定的槽内移动，与槽间的滑动摩擦力恒为f.轻杆向右移动不超过l时，装置可安全工作．一质量为m的小车若以速度v0撞击弹簧，将导致轻杆向右移动l4.轻杆与槽间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且不计小车与地面的摩擦．图5－2－2(1)若弹簧的劲度系数为k ，求轻杆开始移动时，弹簧的压缩量x ；(2)求为使装置安全工作，允许该小车撞击的最大速度v m ；(3)讨论在装置安全工作时，该小车弹回速度v ′和撞击速度v 的关系．【审题视点】 (1)轻杆刚开始移动时，应满足什么条件？(2)撞击速度最大时，不应超出杆移动的安全范围．(3)小车反弹时，应满足什么条件．【解析】 (1)轻杆开始移动时，弹簧的弹力F ＝kx ①且F ＝f ②解得x ＝f k.③ (2)设轻杆移动前小车对弹簧所做的功为W ，则小车从撞击到停止的过程中由动能定理得：－f ·l 4－W ＝0－12m v 20④ 同理，小车以v m 撞击弹簧时，－fl －W ＝0－12m v 2m⑤ 解得v m ＝v 20＋3fl 2m.⑥ (3)设轻杆恰好移动时，小车撞击速度为v 112m v 21＝W ⑦ 由④⑦解得v 1＝v 20－fl 2m当v ＜ v 20－fl 2m时，v ′＝v 当 v 20－fl 2m ≤v ≤ v 20＋3fl 2m 时，v ′＝v 20－fl 2m. 【答案】 (1)f k (2) v 20＋3fl 2m(3)当v ＜ v 20－fl 2m时，v ′＝v 当 v 20－fl 2m ≤v ≤ v 20＋3fl 2m 时，v ′＝v 20－fl 2m【即学即用】2．(2013届济南一中模拟)如图5－2－3甲所示，一质量为m ＝1 kg 的物块静止在粗糙水平面上的A 点，从t ＝0时刻开始，物块受到按如图乙所示规律变化的水平力F 作用并向右运动，第3 s 末物块运动到B 点时速度刚好为0，第5 s 末物块刚好回到A 点，已知物块与粗糙水平面之间的动摩擦因数μ＝0.2，(g 取10 m/s 2)求：图5－2－3(1)A 与B 间的距离；(2)水平力F 在5 s 内对物块所做的功．【解析】 (1)在3 s ～5 s 内物块在水平恒力F 作用下由B 点匀加速运动到A 点，设加速度为a ，A 与B 间的距离为x ，则F －μmg ＝ma得a ＝2 m/s 2x ＝12at 2＝4 m. (2)设物块回到A 点时的速度为v A ，由v 2A ＝2ax 得v A ＝4 m/s设整个过程中F 做的功为W F ，由动能定理得：W F －2μmgx ＝12m v 2A解得：W F ＝24 J.【答案】 (1)4 m (2)24 J(2013届西安交大附中检测)总质量为80 kg 的跳伞运动员从离地500 m 的直升机上跳下，经过2 s 拉开绳索开启降落伞，图5－2－4是跳伞过程中的v －t 图象，试根据图象求：(g 取10 m/s 2)图5－2－4(1)求t ＝1 s 时运动员的加速度和所受阻力的大小．(2)估算14 s 内运动员下落的高度及克服阻力做的功．(3)估算运动员从飞机上跳下到着地的总时间．【潜点探究】 (1)由图象可以看出运动员在前2 s 内做匀加速直线运动，进而推知阻力恒定；(2)v －t 图象与t 轴所围的面积表示运动员下落的高度；(3)2～14 s 内阻力是变力，无法直接求变力功，可考虑动能定理．【规范解答】 (1)从图中可以看出，在0～2 s 运动员做匀加速运动，其加速度大小为： a ＝v t t ＝162m/s 2＝8 m/s 2 设此过程中运动员受到的阻力大小F f ，根据牛顿第二定律，有：mg －F f ＝ma得F f ＝m (g －a )＝80×(10－8) N ＝160 N.(2)从图中估算得出运动员在14 s 内下落了h ＝39×2×2 m ＝156 m根据动能定理，有：mgh －W f ＝12m v 2 所以有：W f ＝mgh －12m v 2 ＝(80×10×156－12×80×62) J ≈1.23×105 J 。
动能定理应用1
t
速度最大时： 速度最大时：
Pm f =F= vm
2 应用动能定理： 应用动能定理：Pmt − fs = 1 mvm − 0 2
多过程问题
机车启动问题
变形： 变形：回答如下问题 1、这是机车哪种启动方式？ 这是机车哪种启动方式？
vm v1
0
v
a t1
2、已知：m、t、vm、pm 、a求： s 已知：
v
0
v
m
l
重力做功的临界问题 的细绳， 例4：如图所示，一根长为 的细绳，一端固定于 ：如图所示，一根长为l的细绳 一端固定于O
的小球， 点，另一端拴一质量为m的小球，当小球处于最低 另一端拴一质量为 的小球 平衡位置时，给小球一定得初速度， 平衡位置时，给小球一定得初速度，要小球能在竖 最高点P，至少应多大？ 直平面内作圆周运动并通过最高点 直平面内作圆周运动并通过最高点 ，至少应多大？
t
t2
Pm f = F = vm
v1 =
Pm = a t1 f + m a
恒定功率阶段： 恒定功率阶段：
1 2 1 2 Pmt2 − fs2 = mvm − mv1 2 2
练习：质量为 的汽车发动机的功率恒为P， 的汽车发动机的功率恒为 练习：质量为m的汽车发动机的功率恒为 ，摩 擦阻力恒为f，牵引力为F．汽车由静止开始， 擦阻力恒为 ，牵引力为 ．汽车由静止开始， 经过时间t行驶了位移 行驶了位移s时 速度达到最大值v 经过时间 行驶了位移 时，速度达到最大值 m， 则发动机所做的功为： 则发动机所做的功为： ABCD A．Pt ． B．fvmt ．
动 能 定 理 的 理 解 和 基 本 应 用
应用3—1 如图 如图7—7—6所示，质量为 的物体置于 所示， 应用 所示 质量为m的物体置于 光滑水平面上，用一根绳子的一端固定在物体上， 光滑水平面上，用一根绳子的一端固定在物体上， 另一端通过定滑轮以恒定的速度v 拉动绳头． 另一端通过定滑轮以恒定的速度 0拉动绳头．物 体由静止开始运动， 体由静止开始运动，当绳子与水平方向的夹角为 60°时，绳中的拉力对物体做了多少功？ 绳中的拉力对物体做了多少功？ °
第五章第2节动能定理及其应用(一)
与水平直轨道相切。
一个滑轨道下滑，已知圆弧形轨道半径为R＝0.2 m，小物块的质量为m＝0.1 kg，小物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10 m/s2。
小物块在水平面上滑动的最大距离是()A．0.1 m B．0.2 m C．0.6 m D．0.8 m二、利用动能定理求变力做功步骤：(1)分析物体受力情况，确定哪些力是恒力，哪些力是变力。
(2)找出其中恒力的功及变力的功。
(3)运用动能定理求解。
例4．一个质量为m的小球，用长为L的轻绳悬挂于O点，小球在水平拉力F作用下，从平衡位置P点很缓慢地移动到Q点，此时轻绳与竖直方向夹角为θ，如图所示，则拉力F所做的功为(）A．mgL cos θB．mgL(1－cos θ)C．FL sin θD．FL cos θ变式：如果以恒定的外力F作用，那么外力F做的功为多少？三、动能定理与图像综合问题(1)首先看清楚所给图像的种类(如v-t图像、F-x图像、a-t图像、P-t图像、E k-x图像等)。
(2)挖掘图像的隐含条件——求出所需要的物理量，如由v-t图像与坐标轴所包围的“面积”求位移，由F-x图像与坐标轴所包围的“面积”求功，a-t图线与坐标轴围成的面积表示物体速度的变化量，P-t图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功等。
(3)分析有哪些力做功，根据动能定理列方程，求出相应的物理量。
例5．A、B两物体分别在水平恒力F1和F2的作用下沿水平面运动，先后撤去F1、F2后，两物体最终停下，它们的v-t图像如图所示。
已知两物体与水平面间的滑动摩擦力大小相等。
则下列说法正确的是()A．F1、F2大小之比为1∶2 B．F1、F2对A、B做功之比为1∶2C．A、B质量之比为2∶1D．全过程中A、B克服摩擦力做功之比为2∶1课堂反馈班级姓名。
1.质量为m的滑块沿着高为h，长为Ｌ的粗糙斜面恰能匀速下滑，在滑块从斜面顶端下滑到底端的过程中：A．重力对滑块所做的功等于mgh B．滑块克服阻力所做的功等于mgh （）C．合力对滑块的所做的功为mgh D．合力对滑块所做的功不能确定2.人骑自行车下坡，坡长l＝500 m，坡高h＝8 m，人和车总质量为100 kg，下坡时初速度为4 m/s，人不踏车的情况下，到达坡底时车速为10 m/s，g取10 m/s2，则下坡过程中阻力所做的功为A．－4 000 J B．－3 800 J C．－5 000 J D．－4 200 J3.某同学在开展研究性学习的过程中，利用加速度传感器研究质量为5 kg 的物体由静止开始做直线运动的规律，并在计算机上得到了前4 s 内物体加速度随时间变化的关系图像，如图所示。
动能定理及其应用(上课用)
对动能定理的理解
【核心突破】
1．总功的计算
物体受到多个外力作用时，计算合力的功，要考虑各个外力共同
做功产生的效果，一般有如下两种方法： (1)先由力的合成或根据牛顿第二定律求出合力F合，然后由W＝F
合lcos
α计算．
(2)由W＝Flcos α计算各个力对物体做的功W1、W2、…Wn，然后
将各个外力所做的功求代数和，即 W合＝W1＋W2＋…＋Wn.
)
【答案】
A
题型四
动能定理与图象结合的问题
【典例 6】 [2016· 河南陕州中学月考](多选)
一质量为 2 kg 的物体，在水平恒定拉力的作用下以一 定的初速度在粗糙的水平面上做匀速运动，当运动一 段时间后，拉力逐渐减小，且当拉力减小到零时，物 体刚好停止运动，图中给出了拉力随位移变化的关系 图象。已知重力加速度 g＝10 m/s2，由此可知( A．物体与水平面间的动摩擦因数约为 0.35 B．减速过程中拉力对物体所做的功约为 13 J C．匀速运动时的速度约为 6 m/s D．减速运动的时间约为 1.7 s )
1．[2015· 安徽合肥质检]A、B 两物体分 别在水平恒力 F1 和 F2 的作用下沿水平面运动， 先 后撤去 F1、F2 后，两物体最终停下，它们的 vt 图象如图所示。 已知两物体与水平面间的滑动摩擦 力大小相等，则下列说法正确的是( A．F1、F2 大小之比为 1∶2 B．F1、F2 对 A、B 做功之比为 1∶2 C．A、B 质量之比为 2∶1 D．全过程中 A、B 克服摩擦力做功之比为 2∶1 )
第2单元 动能定理及其应用
动能
1．定义：物体由于 运动 而具有的能．
标量
注：动能的具有相对性
动能定理 1．内容 在一个过程中合外力对物体所做的功 ，等于物体在这 个过程中 动能的变化 ．
动能定理的应用(1)
B
h mg S 0 sin q
多过程问题
（直线＋曲线）
4.如图所示，质量为1kg的木块（可视为质点）静止在 高1.2m的平台上，木块与平台间的动摩擦因数为0.2， 用水平推力20N使木块产生位移3m时撤去，木块又滑 行1m时飞出平台，求木块落地时速度的大小？
全程列式：
1 2 WF W f WG Ek mv 0 2 1 2 Fs1 mg ( s1 s2 ) mgh mv 2
从下滑到停在AB间 mgh fs Ek 0 3 s s 停在AB中点 2
多过程问题
（往复运动）
6.质量为m的物体以速度v竖直向上抛出，物体落回 地面时，速度大小为3v/4，设物体在运动中所受空 气阻力大小不变，求： （1）物体运动中所受阻力大小； （2）若物体与地面碰撞中无机械能损失， 求物体运动的总路程。
对动能定理的理解
a．合力对物体做功“正”“负”的理解
1）若合外力方向与物体运动方向相同时，合外力 对物体做正功，W﹥0 ，Ek2>Ek1,则物体动能增加。 2）若合外力方向与物体运动方向相反时，合外力 对物体做负功，W﹤0 , Ek2<Ek1 ,则物体动能减小。
b．合力对物体做的(总)功的理解(求总功的方法) ①. W合＝ F合S
25v 2 S总 14g
多过程问题
（类似机车起动问题）
7.电动机通过轻绳吊起一质量为8kg的物体，绳 的拉力不能超过120N，电动机的额定功率为 1200W，要将此物由静止用最快的方式吊起 90m，已知物体被吊高接近90m时，已开始以 最大速度匀速上升，求所需的最短时间. v 最快方式的含义？ 思路： t t t 1 2 m v1 匀加速阶段： t1 a 1 恒定功率阶段： t
高考一轮复习--动能定理及其应用一
动能定理及其应用一类别内容知识点1 知道动能的概念及定义式，会比较、计算物体的动能．。
2 理解动能定理的含义及适用范围3 掌握利用动能定理求变力的功的方法4 能灵活应用动能定理分析问题能力点 1 理解和掌握状态量和过程量它们之间的对应关系 2能合理利用转换法求变力的功【知识进阶】 1. 知识图谱运动状态量位置状态量机械能状态量的和动能 E = mv 21KP上述描述物体运动的物理量中，属于状态量和过程量的分别有哪些？建立状态量和过程量的关系要注意哪些问题？ 【能力进阶】一、标矢性——动能例题1.(多选)一物块绕着圆盘边缘以速度v 做圆周运动，下列说法正确的是( )A ．公式E k ＝12mv 2中的速度v 一般是物体相对于地面的速度B ．动能的大小由物体的质量和速率决定，与物体运动的方向无关C ．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D ．动能不变的物体，一定处于平衡状态二、状态量和过程量的关系——动能定理例题2.粗糙的1/4圆弧的半径为0.45m ，有一质量为0.2kg 的物体自最高点A 从静止开始下滑到圆弧最低点B 时，然后沿水平面前进0.4m 到达C 点停止. 设物体与轨道间的动摩擦因数为0.5 (g = 10m/s 2)，求： (1)物体到达B 点时的速度大小.(2)物体在圆弧轨道上克服摩擦力所做的功变式：如图所示，光滑斜面的顶端固定一弹簧，一物体向右滑行，并冲上固定在地面上的斜ABC面．设物体在斜面最低点A的速度为v，压缩弹簧至C点时弹簧最短，C点距地面高度为h，则从A到C的过程中弹簧弹力做功多大？三、本章所用研究方法1.转换法-----求变力的功例题3.如图所示，质量为m的物块与水平转台间的动摩擦因数为μ，物块与转轴相距R，物块随转台由静止开始转动．当转速增至某一值时，物块即将在转台上滑动，此时转台已开始匀速转动，在这一过程中，摩擦力对物块做的功的大小？(假设物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力)变式：质量为m的小球被系在轻绳一端，在竖直平面内做半径为R的圆周运动，如图所示，运动过程中小球受到空气阻力的作用．设某一时刻小球通过轨道的最低点，此时绳子的张力为7mg，在此后小球继续做圆周运动，经过半个圆周恰好能通过最高点，则在此过程中小球克服空气阻力所做的功？A. 52mgR B. 3mgR C. 7mgR D.12mgR2.图像法——速度(v)-时间(t)图像、位移(x)-时间(t)图像例题4.从地面竖直向上抛出一只小球，小球运动一段时间后落回地面．忽略空气阻力，该过程中小球的动能E k与时间t的关系图象是()A B C D变式：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()A B C D【进阶练习】（限时10分钟）1．质量为2 kg的物体A以5 m/s的速度向北运动，另一个质量为0.5 kg的物体B以10 m/s的速度向西运动，则下列说法正确的是( )A ．E k A ＝E kB B ．E k A >E k BC ．E k A <E k BD ．因运动方向不同，无法比较动能2．一人用力踢质量为1 kg 的静止足球，使足球以10 m/s 的水平速度飞出，设人踢足球的平均作用力为200 N ，足球在水平方向滚动的距离为20 m ，则人对足球做的功为(g 取10 m/s 2)( )A ．50 JB ．200 JC ．4 000 JD ．6 000 J3．甲、乙两车汽车的质量之比m 1∶m 2＝2∶1，它们刹车时的初动能相同，若它们与水平地面之间的动摩擦因数相同，则它们滑行的距离之比s 1∶s 2等于( )A ．1∶1B ．1∶2C ．1∶4D ．4∶14．质量m ＝10 kg 的物体只在变力F 作用下沿水平方向做直线运动，F 随坐标x 的变化关系如图所示。
第2节 动能定理及其应用
(2)若列车从 A 地沿直线开往 B 地， 先以恒定的功率 6×107 W(同 时开动第一、第二节的动力)从静止开始启动，达到最大速度后匀速 行驶， 最后除去动力， 列车在阻力作用下匀减速至 B 地恰好速度为 0。 已知 AB 间距为 5.0×104 m，求列车从 A 地到 B 地的总时间。
要点三
动能定理中涉及的物理量有F、x、m、v、W、Ek等，在 处理含有上述物理量的力学问题时，可以考虑使用动能定理． 由于只需要从力在整个位移内所做的功和这段位移始末两状态 的动能变化去考虑，无需注意其中运动状态变化的细节，同时 动能和功都是标量，无方向性，所以无论是直线运动还是曲线 运动，计算都会特别方便．
( ×) (× )
(6)做自由落体运动的物体，动能与时间的二次方成正比。 (√ )
考纲解读
动能定理是力学中的一条重要的定理，可以广泛的 应用力学以及电磁学中，是每年高考的热点内容，
在全国各地试题中均有涉及。主要题型是选择题和
计算题，涉及的物理背景遍及力学、电磁学。 同时，动能定理也是本单元的主要内容之一，应理 解动能的改变与做功的关系，会应用动能定理分析 和计算问题。
1 A． 3 1 C． 6
2 B． 3 1 D． 12
图 523
2．(2015· 南昌重点中学模拟)如图 524 所示，光滑斜面的顶端固 定一弹簧，一小球向右滑行，并冲上固定在地面上的斜面。 设小球在斜面最低点 A 的速度为 v， 压缩弹簧至 C 点时弹簧 最短，C 点距地面高度为 h，不计小球与弹簧碰撞过程中的 能量损失， 则弹簧被压缩至 C 点， 弹簧对小球做的功为( 1 2 1 2 A．mgh－ mv B． mv －mgh 2 2 )
2．(多选)如图 521 所示，电梯质量为 M，在它的水平地板上 放置一质量为 m 的物体。电梯在钢索的拉力作用下由静止 开始竖直向上加速运动，当上升高度为 H 时，电梯的速度 达到 v，则在这个过程中，以下说法中正确的是
高中物理动能定理的综合应用(一)解题方法和技巧及练习题及解析
高中物理动能定理的综合应用(一)解题方法和技巧及练习题及解析一、高中物理精讲专题测试动能定理的综合应用1．如图甲所示，倾斜的传送带以恒定的速率逆时针运行．在t ＝0时刻，将质量为1.0 kg 的物块(可视为质点)无初速度地放在传送带的最上端A 点，经过1.0 s ，物块从最下端的B 点离开传送带．取沿传送带向下为速度的正方向，则物块的对地速度随时间变化的图象如图乙所示(g ＝10 m/s 2)，求：(1)物块与传送带间的动摩擦因数；(2)物块从A 到B 的过程中，传送带对物块做的功． 【答案】3－3.75 J 【解析】解：(1)由图象可知，物块在前0.5 s 的加速度为：2111a =8?m/s v t = 后0.5 s 的加速度为：222222?/v v a m s t -== 物块在前0.5 s 受到的滑动摩擦力沿传送带向下，由牛顿第二定律得：1mgsin mgcos ma θμθ+=物块在后0.5 s 受到的滑动摩擦力沿传送带向上，由牛顿第二定律得：2mgsin mgcos ma θμθ-=联立解得：3μ=(2)由v －t 图象面积意义可知，在前0.5 s ，物块对地位移为：1112v t x =则摩擦力对物块做功：11·W mgcos x μθ= 在后0.5 s ，物块对地位移为：12122v v x t +=则摩擦力对物块做功22·W mgcos x μθ=－ 所以传送带对物块做的总功：12W W W =+ 联立解得：W ＝－3.75 J2．如图所示，一质量为m 的滑块从高为h 的光滑圆弧形槽的顶端A 处无初速度地滑下，槽的底端B 与水平传送带相接，传送带的运行速度恒为v 0，两轮轴心间距为L ，滑块滑到传送带上后做匀加速运动，滑到传送带右端C 时，恰好加速到与传送带的速度相同，求：（1）滑块到达底端B 时的速度大小v B ； （2）滑块与传送带间的动摩擦因数μ；（3）此过程中，由于克服摩擦力做功而产生的热量Q.【答案】（12gh 2）2022v gh gl μ-=（3）(2022m v gh-【解析】试题分析：（1）滑块在由A 到B 的过程中，由动能定理得：2102B mgh mv -＝， 解得：2B gh ν＝（2）滑块在由B 到C 的过程中，由动能定理得：μmgL ＝12mv 02−12mv B 2， 解得，2022v ghgLμ-＝；（3）产生的热量：Q =μmgL 相对，()2200(2)2Bgh L g相对＝νννμ--=（或200(2) gh ν-）， 解得，201(2)2Q m gh ν＝； 考点：动能定理【名师点睛】本题考查了求物体速度、动摩擦因数、产生的热量等问题，分析清楚运动过程，熟练应用动能定理即可正确解题．3．如图甲所示，带斜面的足够长木板P ，质量M =3kg 。
第2讲 动能定理及应用
第2讲 动能定理及应用一、动能1．定义：物体由于运动而具有的能。
2．公式：E k ＝12m v 2。
3．单位：焦耳，1 J ＝1 N·m ＝1 kg·m 2/s 2。
4．动能是标量，是状态量。
5．动能的变化：ΔE k ＝12m v 22－12m v 21。
二、动能定理1．内容：力在一个过程中对物体所做的功，等于物体在这个过程中动能的变化。
2．表达式：W ＝E k2－E k1＝12m v 22－12m v 21。
3．物理意义：合力做的功是物体动能变化的量度。
4．适用条件(1)动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动。
(2)动能定理既适用于恒力做功，也适用于变力做功。
(3)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以分阶段作用。
【自测 关于运动物体所受的合力、合力做的功及动能变化的关系，下列说法正确的是( )A ．合力为零，则合力做功一定为零B ．合力做功为零，则合力一定为零C ．合力做功越多，则动能一定越大D ．动能不变，则物体所受合力一定为零答案 A命题点一 动能定理的理解1．两个关系(1)数量关系：合力做的功与物体动能的变化具有等量代换关系，但并不是说动能变化就是合力做的功。
(2)因果关系：合力做功是引起物体动能变化的原因。
2．标量性动能是标量，功也是标量，所以动能定理是一个标量式，不存在方向的选取问题。
当然动能定理也就不存在分量的表达式。
【例1 随着高铁时代的到来，人们出行也越来越方便，高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动。
在启动阶段，列车的动能( )图1A ．与它所经历的时间成正比B ．与它的位移成正比C ．与它的速度成正比D ．与它的加速度成正比答案 B解析 列车在启动阶段做v 0＝0的匀加速直线运动，列车的动能E k ＝12m v 2＝12m (at )2＝12m ·(2ax )，可见B 正确，A 、C 、D 错误。
【针对训练1】 (多选)用力F 拉着一个物体从空中的a 点运动到b 点的过程中，重力做功－3 J ，拉力F 做功8 J ，空气阻力做功－0.5 J ，则下列判断正确的是( )A ．物体的重力势能增加了3 JB ．物体的重力势能减少了3 JC ．物体的动能增加了4.5 JD ．物体的动能增加了8 J答案 AC解析 因为重力做负功时重力势能增加，所以重力势能增加了3 J ，A 正确，B 错误；根据动能定理W 合＝ΔE k ，得ΔE k ＝－3 J ＋8 J －0.5 J ＝4.5 J ，C 正确，D 错误。
物理-动能定理及其应用
动能定理及其应用物理考点 1.理解动能定理，会用动能定理解决一些基本问题.2.掌握解决动能定理与图象结合的问题的方法．考点一 动能定理的理解和基本应用基础回扣1．动能(1)定义：物体由于运动而具有的能量叫作动能．(2)公式：E k ＝m v 2，单位：焦耳(J).1 J ＝1 N·m ＝1 kg·m 2/s 2.12(3)动能是标量、状态量．2．动能定理(1)内容：力在一个过程中对物体做的功，等于物体在这个过程中动能的变化．(2)表达式：W ＝ΔE k ＝E k2－E k1＝m v 22－m v 12.1212(3)物理意义：合力做的功是物体动能变化的量度．技巧点拨1．适用条件(1)动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动．(2)动能定理既适用于恒力做功，也适用于变力做功．(3)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以分阶段作用．2．解题步骤3．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)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；也可以全过程应用动能定理求解．(3)动能是标量，动能定理是标量式，解题时不能分解动能．例1 (2019·辽宁大连市高三月考)如图1所示，一名滑雪爱好者从离地h ＝40 m 高的山坡上A 点由静止沿两段坡度不同的直雪道AD 、DC 滑下，滑到坡底C 时的速度大小v ＝20 m/s.已知滑雪爱好者的质量m ＝60 kg ，滑雪板与雪道间的动摩擦因数μ＝0.25，BC 间的距离L ＝100 m ，重力加速度g ＝10 m/s 2，忽略在D 点损失的机械能，则下滑过程中滑雪爱好者做的功为( )图1A ．3 000 JB ．4 000 JC ．5 000 JD ．6 000 J答案 A解析 根据动能定理有W －μmgL AD cosα－μmgL CD cosβ＋mgh ＝m v 2，即：12W －μmgL ＋mgh ＝m v 2，求得W ＝3 000 J ，故选A.12例2 (2017·上海卷·19)如图2，与水平面夹角θ＝37°的斜面和半径R ＝0.4 m 的光滑圆轨道相切于B 点，且固定于竖直平面内．滑块从斜面上的A 点由静止释放，经B 点后沿圆轨道运动，通过最高点C 时轨道对滑块的弹力为零．已知滑块与斜面间动摩擦因数μ＝0.25.(g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：图2(1)滑块在C 点的速度大小v C ；(2)滑块在B 点的速度大小v B ；(3)A 、B 两点间的高度差h .答案 (1)2 m/s (2)4.29 m/s (3)1.38 m解析 (1)在C 点，滑块竖直方向所受合力提供向心力，mg ＝m v C 2R 解得v C ＝＝2 m/s.gR (2)B →C 过程，由动能定理得－mgR (1＋cos 37°)＝m v C 2－m v B 21212解得v B ＝≈4.29 m/s.v C 2＋2gR (1＋cos 37°)(3)滑块从A →B 的过程，利用动能定理：mgh －μmg cos 37°·＝m v B 2－0hsin 37°12代入数据，解得h ＝1.38 m.1．(动能定理的理解)(2018·天津卷·2)滑雪运动深受人民群众喜爱．如图3所示，某滑雪运动员(可视为质点)由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道AB ，从滑道的A 点滑行到最低点B 的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变，则运动员沿AB 下滑过程中( )图3A ．所受合外力始终为零B ．所受摩擦力大小不变C ．合外力做功一定为零D ．机械能始终保持不变答案 C解析 运动员从A 点滑到B 点的过程中速率不变，则运动员做匀速圆周运动，其所受合外力指向圆心，A 错误；如图所示，运动员受到的沿圆弧切线方向的合力为零，即F f ＝mg sin α，下滑过程中α减小，sin α变小，故摩擦力F f 变小，B 错误；由动能定理知，运动员匀速率下滑动能不变，合外力做功为零，C 正确；运动员下滑过程中动能不变，重力势能减小，机械能减小，D 错误．2．(动能定理的应用)(多选)(2019·宁夏银川市质检)如图4所示为一滑草场．某条滑道由上下两段高均为h ，与水平面倾角分别为45°和37°的滑道组成，载人滑草车与草地之间的动摩擦因数均为μ.质量为m 的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端(不计载人滑草车在两段滑道交接处的能量损失，重力加速度大小为g ，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．则( )图4A ．动摩擦因数μ＝67B ．载人滑草车最大速度为2gh7C ．载人滑草车克服摩擦力做功为mghD ．载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为g 35答案 AB解析 对载人滑草车从坡顶由静止开始滑到底端的全过程分析，由动能定理可知：mg ·2h －μmg cos 45°·－μmg cos 37°·＝0，解得μ＝，选项A 正确； 对经过上段hsin 45°hsin 37°67滑道的过程分析，根据动能定理有mgh －μmg cos 45°·＝m v m 2，解得：v m ＝，选hsin 45°122gh 7项B 正确；载人滑草车克服摩擦力做功为2mgh ，选项C 错误；载人滑草车在下段滑道上的加速度为a ＝＝－g ，故大小为g ，选项D 错误．mg sin 37°－μmg cos 37°m335335考点二 应用动能定理求变力做功在一个有变力做功的过程中，由动能定理，W 变＋W 恒＝m v 22－m v 12，物体初、末速度已1212知，恒力做功W 恒可根据功的公式求出，这样就可以得到W 变＝m v 22－m v 12－W 恒，就可1212以求变力做的功了．例3 (2020·四川雅安市期末)如图5所示，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( )图5A.mgRB.mgR 1413C.mgRD.mgR12π4答案 C解析 在Q 点质点受到的竖直向下的重力和竖直向上的支持力的合力充当向心力，所以有F N －mg ＝m ，F N ＝F N ′＝2mg ，联立解得v ＝，下滑过程中，根据动能定理可得v 2R gR mgR －W f ＝m v 2，解得W f ＝mgR ，所以克服摩擦力做功mgR ，选项C 正确．1212123．(应用动能定理求变力做功)(2019·河南郑州市高一月考)质量为m 的物体以初速度v 0沿水平面向左开始运动，起始点A 与一轻弹簧O 端相距s ，如图6所示．已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，物体与弹簧相碰后，弹簧的最大压缩量为x，则从开始碰撞到弹簧被压缩至最短，物体克服弹簧弹力所做的功为(重力加速度大小为g )( )图6A.m v 02－μmg (s ＋x )B.m v 02－μmgx 1212C ．μmgs D ．μmg (s ＋x )答案 A解析 根据功的定义式可知物体克服摩擦力做功为W f ＝μmg (s ＋x )，由动能定理可得－W 弹－W f ＝0－m v 02，则W 弹＝m v 02－μmg (s ＋x )，故选项A 正确．1212考点三 动能定理与图象结合的问题1．解决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、图线下的面积等所表示的物理意义，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．2．图象所围“面积”和图象斜率的含义 动能定理与E k－x图象结合例4 (2019·全国卷Ⅲ·17)从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用．距地面高度h在3 m以内时，物体上升、下落过程中动能E k随h的变化如图7所示．重力加速度取10 m/s2.该物体的质量为( )图7A．2 kg B．1.5 kg C．1 kg D．0.5 kg答案 C解析 法一：特殊值法画出运动示意图．设该外力的大小为F，据动能定理知A →B (上升过程)：－(mg ＋F )h ＝E k B －E k A B →A (下落过程)：(mg －F )h ＝E k A ′－E k B ′整理以上两式并代入数据得mgh ＝30 J ，解得物体的质量m ＝1 kg ，选项C 正确．法二：写表达式根据斜率求解上升过程：－(mg ＋F )h ＝E k －E k0，则E k ＝－(mg ＋F )h ＋E k0下降过程：(mg －F )h ＝E k ′－E k0′，则E k ′＝(mg －F )h ＋E k0′，结合题图可知mg ＋F ＝ N ＝12 N ，72－363－0mg －F ＝ N ＝8 N48－243－0联立可得m ＝1 kg ，选项C 正确． 动能定理与F －x 图象结合例5 如图8甲所示，在倾角为30°的足够长的光滑斜面AB 的A 处连接一粗糙水平面OA ，OA 长为4m ．有一质量为m 的滑块，从O 处由静止开始受一水平向右的力F 作用．F 在水平面上按图乙所示的规律变化．滑块与OA 间的动摩擦因数μ＝0.25，g 取10 m/s 2，试求：图8(1)滑块运动到A 处的速度大小；(2)不计滑块在A 处的速率变化，滑块沿斜面AB 向上运动的最远距离是多少．答案 (1)5 m/s (2)5 m2解析 (1)由题图乙知，在OA 段拉力做功为W ＝(2mg ×2－0.5mg ×1) J ＝3.5mg (J)滑动摩擦力F f ＝－μmg ＝－0.25mg ，W f ＝F f ·x OA ＝－mg (J)，滑块在OA 上运动的全过程，由动能定理得W ＋W f ＝m v A 2－012代入数据解得v A ＝5 m/s.2(2)对于滑块冲上斜面的过程，由动能定理得－mgL sin 30°＝0－m v A 212解得L ＝5 m所以滑块沿斜面AB 向上运动的最远距离为L ＝5 m.4．(动能定理与a －t 图象结合)(2020·山西太原市模拟)用传感器研究质量为2 kg 的物体由静止开始做直线运动的规律时，在计算机上得到0～6 s 内物体的加速度随时间变化的关系如图9所示．下列说法正确的是( )图9A ．0～6 s 内物体先向正方向运动，后向负方向运动B ．0～6 s 内物体在4 s 时的速度最大C ．物体在2～4 s 内的速度不变D ．0～4 s 内合力对物体做的功等于0～6 s 内合力对物体做的功答案 D解析 物体6 s 末的速度v 6＝×(2＋5)×2 m/s －×1×2 m/s ＝6 m/s ，结合题图可知0～6 s1212内物体一直向正方向运动，A 项错误；由题图可知物体在5 s 末速度最大，v m ＝×(2＋5)×122 m/s ＝7 m/s ，B 项错误；由题图可知物体在2～4 s 内加速度不变，做匀加速直线运动，速度变大，C 项错误；在0～4s 内由动能定理可知，W 合4＝m v 42－0，又v 4＝×(2＋4)×21212m/s ＝6 m/s ，得W 合4＝36 J,0～6 s 内合力对物体做的功：W 合6＝m v 62－0，又v 6＝6 m/s ，12得W 合6＝36 J ，则W 合4＝W 合6，D 项正确．5.(动能定理与E k －x 图象结合)(2020·湖北高三月考)质量为2 kg 的物块放在粗糙水平面上，在水平拉力的作用下由静止开始运动，物块的动能E k 与其发生的位移x 之间的关系如图10所示．已知物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g 取10 m/s 2，则下列说法正确的是( )图10A ．x ＝1 m 时速度大小为2 m/sB ．x ＝3 m 时物块的加速度大小为2.5 m/s 2C ．在前4 m 位移过程中拉力对物块做的功为9 JD ．在前4 m 位移过程中物块所经历的时间为2.8 s 答案 D解析 根据动能定理ΔE k ＝F 合x 可知，物体在两段运动中分别所受合外力恒定，则物体做加速度不同的匀加速运动；由题图图象可知x ＝1 m 时动能为2 J ，v 1＝＝ m/s ，故A 2E km 2错误．同理，当x ＝2 m 时动能为4 J ，v 2＝2 m/s ；当x ＝4 m 时动能为9 J ，v 4＝3 m/s ，则2～4 m 内有2a 2x 2＝v 42－v 22，解得2～4 m 内物块的加速度为a 2＝1.25 m/s 2，故B 错误．对物体运动全过程，由动能定理得：W F ＋(－μmgx 4)＝E k 末－0，解得W F ＝25J ，故C 错误.0～2 m 过程，t 1＝＝2 s ；2～4 m 过程，t 2＝＝0.8 s ，故总时间为2 s ＋0.8 s ＝2.82x 1v 2x 2v2＋v 42s ，D正确．课时精练1.(2018·全国卷Ⅱ·14)如图1，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度．木箱获得的动能一定( )图1A ．小于拉力所做的功B ．等于拉力所做的功C ．等于克服摩擦力所做的功D ．大于克服摩擦力所做的功答案 A解析 由题意知，W 拉－W 克摩＝ΔE k ，则W 拉>ΔE k ，A 项正确，B 项错误；W 克摩与ΔE k 的大小关系不确定，C 、D 项错误．2.如图2所示，小物体从A 处由静止开始沿光滑斜面AO 下滑，又在粗糙水平面上滑动，最终停在B 处，已知A 距水平面OB 的高度为h ，物体的质量为m ，现用力将物体从B 点静止沿原路拉回至距水平面高为h 的C 点处，已知重力加速度为g ，需外力做的功至少应为( )23图2A.mghB.mgh1323C.mgh D ．2mgh 53答案 C解析 物体从A 到B 全程应用动能定理可得mgh －W f ＝0，由B 返回C 处过程，由动能定理得W F －W f －mgh ＝0，联立可得W F ＝mgh ，故选C.23533．(2018·江苏卷·4)从地面竖直向上抛出一只小球，小球运动一段时间后落回地面．忽略空气阻力，该过程中小球的动能E k 与时间t 的关系图像是( )答案 A解析 小球做竖直上抛运动，设初速度为v 0，则v ＝v 0－gt小球的动能E k ＝m v 2，把速度v 代入得12E k ＝mg 2t 2－mg v 0t ＋m v 02，1212E k 与t 为二次函数关系，故A 正确．4．(2021·广东茂名市第一中学期中)如图3所示，运动员把质量为m 的足球从水平地面踢出，足球在空中达到的最高点高度为h ，在最高点时的速度为v ，不计空气阻力，重力加速度为g ，下列说法正确的是( )图3A ．运动员踢球时对足球做功m v 212B ．足球上升过程重力做功mghC ．运动员踢球时对足球做功mgh ＋m v 212D ．足球上升过程克服重力做功mgh ＋m v 212答案 C解析 足球被踢起后在运动过程中，只受到重力作用，只有重力做功，重力做功为－mgh ，即克服重力做功mgh ，B 、D 错误；由动能定理有W 人－mgh ＝m v 2，因此运动员对足球做12功W 人＝mgh ＋m v 2，故A 错误，C 正确．125．(2021·湖南怀化市模拟)如图4所示，DO 是水平面，AB 是斜面，初速度为v 0的物体从D 点出发沿DBA 滑动到顶点A 时速度刚好为零，如果斜面改为AC ，让该物体从D 点出发沿DCA 滑动到A 点且速度刚好为零，则物体具有的初速度(已知物体与斜面及水平面之间的动摩擦因数处处相同且不为零)( )图4A ．等于v 0B ．大于v 0C ．小于v 0D ．取决于斜面答案 A解析 物体从D 点滑动到顶点A 过程中－mg ·x AO －μmg ·x DB －μmg cos α·x AB ＝0－m v 02，由几12何关系有x AB cos α＝x OB ，因而上式可以简化为－mg ·x AO －μmg ·x OD ＝0－m v 02，从上式可以12看出，物体的初速度与路径无关．故选A.6.(2021·福建宁德市高三期中)如图5所示，质量为m 的物体置于光滑水平面上，一根绳子跨过定滑轮一端固定在物体上，另一端在力F 作用下，物体由静止开始运动到绳与水平方向的夹角α＝45°时绳以速度v 0竖直向下运动，此过程中，绳的拉力对物体做的功为( )图5A.m v 02B.m v 021412C ．m v 02D.m v 0222答案 C解析 将物体的运动分解为沿绳子方向的运动以及垂直绳子方向的运动，则当物体运动到绳与水平方向的夹角α＝45°时物体的速度为v ，则v cos 45°＝v 0，可得v ＝v 0，物体由静止2开始运动到绳与水平方向的夹角α＝45°过程中，只有绳子拉力对物体做功，由动能定理得绳的拉力对物体做的功：W ＝m v 2－0＝m v 02，故C 正确，A 、B 、D 错误．127．(多选)在某一粗糙的水平面上，一质量为2 kg 的物体在水平恒定拉力的作用下做匀速直线运动，当运动一段时间后，拉力逐渐减小，且当拉力减小到零时，物体刚好停止运动，图6中给出了拉力随位移变化的关系图象．已知重力加速度g 取10 m/s 2.根据以上信息能精确得出或估算得出的物理量有( )图6A ．物体与水平面间的动摩擦因数B ．合外力对物体所做的功C ．物体做匀速运动时的速度D ．物体运动的时间答案 ABC解析 物体做匀速直线运动时，拉力F 0与滑动摩擦力F f 相等，物体与水平面间的动摩擦因数为μ＝＝0.35，A 正确；减速过程由动能定理得W F ＋W f ＝0－m v 2，根据F －x 图象中F 0mg 12图线与坐标轴围成的面积可以估算力F 做的功W F ，而W f ＝－μmgx ＝－F 0x ，由此可求得合外力对物体所做的功，及物体做匀速运动时的速度v ，B 、C 正确；因为物体做变加速运动，所以运动时间无法求出，D 错误．8.质量m ＝1 kg 的物体，在水平恒定拉力F (拉力方向与物体初速度方向相同)的作用下，沿粗糙水平面运动，经过的位移为4 m 时，拉力F 停止作用，运动到位移为8 m 时物体停止运动，运动过程中E k －x 图象如图7所示．取g ＝10 m/s 2，求：图7(1)物体的初速度大小；(2)物体和水平面间的动摩擦因数；(3)拉力F 的大小．答案 (1)2 m/s (2)0.25 (3)4.5 N解析 (1)从题图可知物体初动能为2 J ，则E k0＝m v 2＝2 J ，12得v ＝2 m/s.(2)在位移为4 m 处物体的动能为E k ＝10 J ，在位移为8 m 处物体的动能为零，这段过程中物体克服摩擦力做功．设摩擦力为F f ，则由动能定理得－F f x 2＝0－E k代入数据，解得F f ＝2.5 N.因F f ＝μmg ，故μ＝0.25.(3)物体从开始运动到位移为4 m 的过程中，受拉力F 和摩擦力F f 的作用，合力为F －F f ，根据动能定理有(F －F f )x 1＝E k －E k0，故得F ＝4.5 N.9.(多选)(2020·贵州安顺市网上调研)如图8所示，半圆形光滑轨道BC 与水平光滑轨道AB 平滑连接．小物体在水平恒力F 作用下，从水平轨道上的P 点，由静止开始运动，运动到B点撤去外力F ，小物体由C 点离开半圆轨道后落在P 点右侧区域．已知PB ＝3R ，重力加速度为g ，F 的大小可能为( )图8A.mgB.125mg 6C ．mgD.7mg 6答案 BC解析 小球能通过C 点应满足m ≥mg ，v C 2R 且由C 点离开半圆轨道后落在P 点右侧区域，则有2R ＝gt 2，v C t <3R ，对小球从P 点到C 12点由动能定理得F ·3R －2mgR ＝m v ，12C 2联立解得≤F ＜5mg 625mg 24故B 、C 正确，A 、D 错误．10.如图9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 的小球(可看成质点)从P 点上方高为R 处由静止开始下落，恰好从P 点进入轨道．小球滑到轨道最低点N 时，对轨道的压力大小为4mg ，g 为重力加速度．用W 表示小球从P 点运动到N 点的过程中克服摩擦力所做的功，则( )图9A ．W ＝mgR ，小球恰好可以到达Q 点12B ．W >mgR ，小球不能到达Q 点12C ．W ＝mgR ，小球到达Q 点后，继续上升一段距离12D ．W <mgR ，小球到达Q 点后，继续上升一段距离12答案 C解析 在N 点，根据牛顿第二定律有F N －mg ＝m ，解得v N ＝，对小球从开始下落v N 2R 3gR 至到达N 点的过程，由动能定理得mg ·2R －W ＝m v N 2－0，解得W ＝mgR .由于小球在PN 1212段某点处的速度大于此点关于ON 在NQ 段对称点处的速度，所以小球在PN 段某点处受到的支持力大于此点关于ON 在NQ 段对称点处受到的支持力，则小球在NQ 段克服摩擦力做的功小于在PN 段克服摩擦力做的功，小球在NQ 段运动时，由动能定理得－mgR －W ′＝m v Q 2－m v N 2，因为W ′<mgR ，则小球在N 处的动能大于小球从N 到Q 121212克服重力做的功和克服摩擦力做的功之和，可知v Q >0，所以小球到达Q 点后，继续上升一段距离，选项C 正确．11．如图10甲所示，长为4 m 的水平轨道AB 与半径为R ＝0.6 m 的竖直半圆弧轨道BC 在B 处相连接，有一质量为1 kg 的滑块(大小不计)，从A 处由静止开始受水平向右的力F 作用，F 的大小随位移变化的关系如图乙所示，滑块与AB 间的动摩擦因数为μ＝0.25，与BC间的动摩擦因数未知，g 取10 m/s 2.求：图10(1)滑块到达B 处时的速度大小；(2)滑块在水平轨道AB 上运动前2 m 过程所用的时间；(3)若到达B 点时撤去力F ，滑块沿半圆弧轨道内侧上滑，并恰好能到达最高点C ，则滑块在半圆弧轨道上克服摩擦力所做的功是多少？答案 (1)2 m/s (2) s (3)5 J10835解析 (1)对滑块从A 到B 的过程，由动能定理得F 1x 1＋F 3x 3－μmgx ＝m v B 2，12得v B ＝2 m/s.10(2)在前2 m 内，有F 1－μmg ＝ma ，且x 1＝at 12，解得t 1＝ s.12835(3)当滑块恰好能到达最高点C 时，应有mg ＝m ，v C 2R 对滑块从B 到C 的过程，由动能定理得W －mg ×2R ＝m v C 2－m v B 2，1212代入数值得W ＝－5 J ，即滑块在半圆弧轨道上克服摩擦力做的功为5 J.12．(2020·山西运城市月考)如图11，在竖直平面内，一半径为R 的光滑圆弧轨道ABC 和水平轨道PA 在A 点相切，BC 为圆弧轨道的直径，O 为圆心，OA 和OB 之间的夹角为α，sinα＝.一质量为m 的小球沿水平轨道向右运动，经A 点沿圆弧轨道通过C 点，落至水平轨道；35在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用，已知小球在C 点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零．重力加速度大小为g .求：图11(1)水平恒力的大小和小球到达C 点时速度的大小；(2)小球到达B 点时对圆弧轨道的压力大小．答案 (1)mg (2)mg345gR 2152解析 (1)设水平恒力的大小为F 0，小球所受重力和水平恒力的合力的大小为F ，小球到达C 点时速度的大小为v C ，则＝tan α，F ＝，F 0mg mgcos α由牛顿第二定律得F ＝m ，v C 2R 联立并代入数据解得F 0＝mg ，v C ＝.345gR2(2)设小球到达B 点时速度的大小为v B ，小球由B 到C 的过程中由动能定理可得－2FR ＝m v C 2－m v B 2，1212代入数据解得v B ＝52gR小球在B 点时有F N －F ＝m ，v B 2R 解得F N ＝mg152由牛顿第三定律可知，小球在B 点时对圆弧轨道的压力大小为F N ′＝mg .152。
第六章 第2讲 动能定理及其应用
例3 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
v 2
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，H2
B.2vg2H－1tan θ，H2
C.tan θ，H4
√D.2vg2H－1tan θ，H4
1.应用动能定理解题应抓住“两状态，一过程”，“两状态”即明确研 究对象的始、末状态的速度或动能情况，“一过程”即明确研究过程， 确定在这一过程中研究对象的受力情况和位置变化或位移信息. 2.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)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，也可 以全过程应用动能定理求解. (3)动能是标量，动能定理是标量式，解题时不能分解动能.
BC段物体所受摩擦力为Ff＝μmg，位移为R，故BC段摩擦力对物体 做功W＝－FfR＝－μmgR，对全程由动能定理可知mgR＋W1＋W＝0， 解得W1＝μmgR－mgR，故AB段克服摩擦力做功为W克＝mgR－μmgR ＝(1－μ)mgR，选D.
例2 (2021·河北卷·6)一半径为R的圆柱体水平固定，横截面如图所示，
从A到B过程，据动能定理可得 (F－μmg)xAB＝12mvB2 解得小物块到达B点时速度的大小为 vB＝4 5 m/s
(2)小物块运动到D点时，轨道对小物块作用力的 大小. 答案 150 N
从B到D过程，据动能定理可得 －mg·2R＝12mvD2－12mvB2 在D点由牛顿第二定律可得 FN＋mg＝mvRD2 联立解得小物块运动到D点时，轨道对小物块作用力的大小为FN＝ 150 N.
动能定理及其应用(一)
【例3】 如图所示，AB 为1/4圆弧轨道，半径为R =0.8m ，BC 是水平轨道，长S =3m ，BC 处的摩擦系数为μ=1/15，今有质量m =1kg 的物体，自A 点从静止起下滑到C 点刚好停止。
求物体在轨道AB 段所受的阻力对物体做的功。
答案：-6J2．应用动能定理简解多过程问题。
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，也可以对全过程考虑，但如能对整个过程利用动能定理列式则使问题简化。
【例4】 如图所示，斜面足够长，其倾角为α，质量为m 的滑块，距挡板P 为s 0，以初速度v 0沿斜面上滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，滑块所受摩擦力小于滑块沿斜面方向的重力分力，若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失，求滑块在斜面上经过的总路程为多少？答案： （S 0tan α+V 02/2gcos α）/μ 3．利用动能定理巧求动摩擦因数【例5】 如图所示，小滑块从斜面顶点A 由静止滑至水平部分C 点而停止。
已知斜面高为h ，滑块运动的整个水平距离为s ，设转角B 处无动能损失，斜面和水平部分与小滑块的动摩擦因数相同，求此动摩擦因数。
答案： μ=h/s本讲实练：10．如图所示，质量为m 1、长为L 的木板置于光滑的水平面上，一质量为m 的滑块放置在木板左端，滑块与木板间滑动摩擦力的大小为f ，用水平的恒定拉力F 作用于滑块．当滑块从静止开始运动到木板右端时，木板在地面上移动的距离为s ，滑块速度为v 1，木板速度为v 2，下列结论中正确的是( )．A ．滑块克服摩擦力所做的功为f (L ＋s )B ．上述过程满足(F －f )(L ＋s )＝12mv 12＋12m 1v 22C ．其他条件不变的情况下，F 越大，滑块到达右端所用时间越长D ．其他条件不变的情况下，f 越大，滑块与木板间产生的热量越多 答案：AD6（2010·江苏卷）8.如图所示，平直木板AB 倾斜放置，板上的P 点距A 端较近，小物块与木板间的动摩擦因数由A 到B 逐渐减小，先让物块从A 由静止开始滑到B 。
高考物理动能定理的综合应用(一)解题方法和技巧及练习题含解析
高考物理动能定理的综合应用(一)解题方法和技巧及练习题含解析一、高中物理精讲专题测试动能定理的综合应用1．北京老山自行车赛场采用的是250m 椭圆赛道，赛道宽度为7.6m 。
赛道形如马鞍形，由直线段、过渡曲线段以及圆弧段组成，圆弧段倾角为45°（可以认为赛道直线段是水平的，圆弧段中线与直线段处于同一高度）。
比赛用车采用最新材料制成，质量为9kg 。
已知直线段赛道每条长80m ，圆弧段内侧半径为14.4m ，运动员质量为61kg 。
求： （1）运动员在圆弧段内侧以12m/s 的速度骑行时，运动员和自行车整体的向心力为多大；（2）运动员在圆弧段内侧骑行时，若自行车所受的侧向摩擦力恰为零，则自行车对赛道的压力多大；（3）若运动员从直线段的中点出发，以恒定的动力92N 向前骑行，并恰好以12m/s 的速度进入圆弧段内侧赛道，求此过程中运动员和自行车克服阻力做的功。
（只在赛道直线段给自行车施加动力）。
【答案】（1）700N;（2）2；（3）521J 【解析】 【分析】 【详解】（1）运动员和自行车整体的向心力F n =2(m)M v R+解得F n =700N（2）自行车所受支持力为()cos45NM m g F +=︒解得F N 2N根据牛顿第三定律可知F 压=F N 2N（3）从出发点到进入内侧赛道运用动能定理可得W F -W f 克+mgh =212mv W F =2FL h =1cos 452d o =1.9m W f 克=521J2．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 3y v vα==，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．我国将于2022年举办冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一．如图1-所示，质量m ＝60 kg 的运动员从长直助滑道AB 的A 处由静止开始以加速度a ＝3.6 m/s 2匀加速滑下，到达助滑道末端B 时速度v B ＝24 m/s ，A 与B 的竖直高度差H ＝48 m ．为了改变运动员的运动方向，在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接，其中最低点C 处附近是一段以O 为圆心的圆弧．助滑道末端B 与滑道最低点C 的高度差h ＝5 m ，运动员在B 、C 间运动时阻力做功W ＝－1530 J ，g 取10 m/s 2.(1)求运动员在AB 段下滑时受到阻力F f 的大小；(2)若运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，则C 点所在圆弧的半径R 至少应为多大？【答案】(1)144 N (2)12.5 m 【解析】试题分析：（1）运动员在AB 上做初速度为零的匀加速运动，设AB 的长度为x ，斜面的倾角为α，则有 v B 2=2ax根据牛顿第二定律得 mgsinα﹣F f =ma 又 sinα=H x由以上三式联立解得 F f =144N（2）设运动员到达C 点时的速度为v C ，在由B 到达C 的过程中，由动能定理有 mgh+W=12mv C 2-12mv B 2 设运动员在C 点所受的支持力为F N ，由牛顿第二定律得 F N ﹣mg=m 2Cv R由运动员能承受的最大压力为其所受重力的6倍，即有 F N =6mg 联立解得 R=12．5m 考点：牛顿第二定律；动能定理【名师点睛】本题中运动员先做匀加速运动，后做圆周运动，是牛顿第二定律、运动学公式、动能定理和向心力的综合应用，要知道圆周运动向心力的来源，涉及力在空间的效果，可考虑动能定理．4．如图所示，位于竖直平面内的轨道BCDE ，由一半径为R=2m 的14光滑圆弧轨道BC 和光滑斜直轨道DE 分别与粗糙水平面相切连接而成．现从B 点正上方H=1.2m 的A 点由静止释放一质量m=1kg 的物块，物块刚好从B 点进入14圆弧轨道．已知CD 的距离L=4m ，物块与水平面的动摩擦因数μ=0.25，重力加速度g 取10m/s 2，不计空气阻力．求：(1)物块第一次滑到C 点时的速度； (2)物块第一次滑上斜直轨道DE 的最大高度； (3)物块最终停在距离D 点多远的位置． 【答案】(1) 8m/s (2) 2.2m (3) 0.8m 【解析】 【分析】根据动能定理可求物块第一次滑到C 点时的速度；物块由A 到斜直轨道最高点的过程，由动能定理求出物块第一次滑上斜直轨道DE 的最大高度；物块将在轨道BCDE 上做往返运动，直至停下，设物块在水平轨道CD 上通过的总路程为S ，根据动能定理求出． 【详解】解：(1)根据动能定理可得21()2mg H R mv += 解得8/v m s =(2)物块由A 到斜直轨道最高点的过程，由动能定理有：()0mg H R mgL mgh μ+--=解得： 2.2h m =(3)物块将在轨道BCDE 上做往返运动，直至停下，设物块在水平轨道CD 上通过的总路程为S ，则：()0mg H R mgS μ+-= 解得：12.8S m =因: 30.8S L m =+,故物块最终将停在距离D 点0.8m 处的位置．5．如图所示，在水平路段AB 上有一质量为2kg 的玩具汽车，正以10m/s 的速度向右匀速运动，玩具汽车前方的水平路段AB 、BC 所受阻力不同，玩具汽车通过整个ABC 路段的v-t 图象如图所示（在t =15s 处水平虚线与曲线相切），运动过程中玩具汽车电机的输出功率保持20W 不变，假设玩具汽车在两个路段上受到的阻力分别有恒定的大小.(解题时将玩具汽车看成质点)(1)求汽车在AB路段上运动时所受的阻力f1;(2)求汽车刚好开过B点时的加速度a(3)求BC路段的长度.【答案】(1)f1＝5N (2) a＝1.5 m/s2 (3)x=58m【解析】【分析】根据“汽车电机的输出功率保持20W不变”可知，本题考查机车的启动问题，根据图象知汽车在AB段匀速直线运动，牵引力等于阻力，而牵引力大小可由瞬时功率表达式求出；由图知，汽车到达B位置将做减速运动，瞬时牵引力大小不变，但阻力大小未知，考虑在t=15s处水平虚线与曲线相切，则汽车又瞬间做匀速直线运动，牵引力的大小与BC 段阻力再次相等，有瞬时功率表达式求得此时的牵引力数值即为阻力数值，由牛顿第二定律可得汽车刚好到达B点时的加速度；BC段汽车做变加速运动，但功率保持不变，需由动能定理求得位移大小.【详解】(1)汽车在AB路段时，有F1＝f1P＝F1v1联立解得：f1＝5N(2)t＝15 s时汽车处于平衡态，有F2＝f2P＝F2v2联立解得：f2＝2Nt＝5s时汽车开始加速运动，有F1－f2＝ma解得a＝1.5m/s2(3)对于汽车在BC段运动，由动能定理得：解得：x=58m【点睛】抓住汽车保持功率不变这一条件，利用瞬时功率表达式求解牵引力，同时注意隐含条件汽车匀速运动时牵引力等于阻力；对于变力做功，汽车非匀变速运动的情况，只能从能量的角度求解.6．如图所示，一倾角θ=37°的斜面底端与一传送带左端相连于B点，传送带以v=6m/s的速度顺时针转动，有一小物块从斜面顶端点以υ0=4m/s的初速度沿斜面下滑，当物块滑到斜面的底端点时速度恰好为零，然后在传送带的带动下，从传送带右端的C点水平抛出，最后落到地面上的D点，已知斜面长度L1=8m，传送带长度L2=18m，物块与传送带之间的动摩擦因数μ2=0.3，（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2）．（1）求物块与斜而之间的动摩擦因数μl；（2）求物块在传送带上运动时间；（3）若物块在D点的速度方向与地面夹角为a=53°，求C点到地面的高度和C、D两点间的水平距离．【答案】（1）（2）4s；（3）4.8m．【解析】试题分析：（1）从A到B由动能定理即可求得摩擦因数（2）由牛顿第二定律求的在传送带上的加速度，判断出在传送带上的运动过程，由运动学公式即可求的时间；（3）物体做平抛运动，在竖直方向自由落体运动，解：（1）从A到B由动能定理可知代入数据解得（2）物块在传送带上由牛顿第二定律：μ2mg=maa=达到传送带速度所需时间为t=s加速前进位移为＜18m滑块在传送带上再匀速运动匀速运动时间为故经历总时间为t总=t+t′=4s（3）设高度为h，则竖直方向获得速度为联立解得h=3.2m下落所需时间为水平位移为x CD=vt″=6×0.8s=4.8m答：（1）求物块与斜而之间的动摩擦因数μl为（2）求物块在传送带上运动时间为4s；（3）若物块在D点的速度方向与地面夹角为a=53°，C点到地面的高度为3.2m和C、D两点间的水平距离为4.8m．【点评】本题主要考查了动能定理、平抛运动的基本规律，运动学基本公式的应用，要注意传动带顺时针转动时，要分析物体的运动情况，再根据运动学基本公式求解．7．滑雪者为什么能在软绵绵的雪地中高速奔驰呢？其原因是白雪内有很多小孔，小孔内充满空气．当滑雪板压在雪地时会把雪内的空气逼出来，在滑雪板与雪地间形成一个暂时的“气垫”，从而大大减小雪地对滑雪板的摩擦．然而当滑雪板对雪地速度较小时，与雪地接触时间超过某一值就会陷下去，使得它们间的摩擦力增大．假设滑雪者的速度超过4 m/s 时，滑雪板与雪地间的动摩擦因数就会由μ1＝0.25变为μ2＝0.125．一滑雪者从倾角为θ＝37°的坡顶A由静止开始自由下滑，滑至坡底B(B处为一光滑小圆弧)后又滑上一段水平雪地，最后停在C处，如图所示．不计空气阻力，坡长为l＝26 m，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8．求：(1)滑雪者从静止开始到动摩擦因数发生变化经历的时间；(2)滑雪者到达B处的速度；(3)滑雪者在水平雪地上运动的最大距离．【答案】1s99.2m【解析】【分析】由牛顿第二定律分别求出动摩擦因数恒变化前后的加速度，再由运动学知识可求解速度、位移和时间．【详解】(1)由牛顿第二定律得滑雪者在斜坡的加速度：a1==4m/s2解得滑雪者从静止开始到动摩擦因数发生变化所经历的时间：t==1s(2)由静止到动摩擦因素发生变化的位移：x1=a1t2=2m动摩擦因数变化后，由牛顿第二定律得加速度：a 2==5m/s 2由v B 2-v 2=2a 2(L-x 1)解得滑雪者到达B 处时的速度：v B =16m/s(3)设滑雪者速度由v B =16m/s 减速到v 1=4m/s 期间运动的位移为x 3，则由动能定理有：；解得x 3=96m速度由v 1=4m/s 减速到零期间运动的位移为x 4，则由动能定理有：；解得 x 4=3.2m所以滑雪者在水平雪地上运动的最大距离为x=x 3+x 4=96+ 3.2=99.2m8．如图所示，AB 是倾角为θ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 (可以看做质点)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)最终当物体通过圆弧轨道最低点E 时，物体对轨道压力的大小和方向． 【答案】（1）RL μ=（2）(32cos )NN F F mg θ'==-，方向竖直向下 【解析】试题分析：（1）物体每完成一次往返运动，在AB 斜面上能上升的高度都减少一些，最终当它达B 点时，速度变为零，对物体从P 到B 全过程用动能定理，有cos cos 0mgR mgL θμθ-=得物体在AB 轨道上通过的总路程为RL μ=（2）最终物体以B 为最高点在圆弧轨道底部做往返运动，设物体从B 运动到E 时速度为v ，由动能定理 有21(1cos )2mgR mv θ-=在E 点，由牛顿第二定律有2N mv F mg R-=得物体受到的支持力(32cos )N F mg θ=-根据牛顿第三定律，物体对轨道的压力大小为(32cos )NN F F mg θ'==-，方向竖直向下．考点：考查了动能定理，牛顿运动定律，圆周运动等应用点评：在使用动能定理分析多过程问题时非常方便，关键是对物体受力做功情况以及过程的始末状态非常清楚9．如图所示，在E＝103 V/m的竖直匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道QPN与一水平绝缘轨道MN在N点平滑相接，半圆形轨道平面与电场线平行，其半径R＝40 cm，N为半圆形轨道最低点，P为QN圆弧的中点，一带负电q＝10－4 C的小滑块质量m＝10 g，与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.15，位于N点右侧1.5 m的M处，g取10 m/s2，求：(1)小滑块从M点到Q点电场力做的功(2)要使小滑块恰能运动到半圆形轨道的最高点Q，则小滑块应以多大的初速度v0向左运动？(3)这样运动的小滑块通过P点时对轨道的压力是多大？【答案】(1) - 0.08J(2) 7 m/s（3）0.6 N【解析】【分析】【详解】（1）W=－qE·2R W= - 0.08J(2)设小滑块到达Q点时速度为v，由牛顿第二定律得mg＋qE＝m2 v R小滑块从开始运动至到达Q点过程中，由动能定理得－mg·2R－qE·2R－μ(mg＋qE)x＝12mv2－12mv联立方程组，解得：v0＝7m/s.(3)设小滑块到达P点时速度为v′，则从开始运动至到达P点过程中，由动能定理得－(mg＋qE)R－μ(qE＋mg)x＝12mv′2－12mv又在P点时，由牛顿第二定律得F N＝m2 v R代入数据，解得：F N＝0.6N由牛顿第三定律得，小滑块通过P点时对轨道的压力F N′＝F N＝0.6N.【点睛】（1）根据电场力做功的公式求出电场力所做的功；（2）根据小滑块在Q 点受的力求出在Q 点的速度，根据动能定理求出滑块的初速度； （3）根据动能定理求出滑块到达P 点的速度，由牛顿第二定律求出滑块对轨道的压力，由牛顿第三定律得，小滑块通过P 点时对轨道的压力．10．如图所示，半圆轨道的半径为R=10m ，AB 的距离为S=40m ，滑块质量m=1kg ，滑块在恒定外力F 的作用下从光滑水平轨道上的A 点由静止开始运动到B 点，然后撤去外力，又沿竖直面内的光滑半圆形轨道运动，且滑块通过最高点C 后又刚好落到原出发点A ；g=10m/s 2求：（1）滑块在C 点的速度大小v c (2) 在C 点时，轨道对滑块的作用力N C （3）恒定外力F 的大小【答案】（1）v c =20m/s （2）Nc=30N ，方向竖直向下（3）F="10N" 【解析】试题分析：（1） C 点飞出后正好做平抛运动，则212{2R gt x vt== 联立上述方程则v c =20m/s（2）根据向心力知识则2N v mg F m r+=FN=30N ，方向竖直向下。
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5. 质量是2Leabharlann 的子弹，以300m/s的 速度水平射入厚度为5cm的木板， 射穿后的速度是100m/s，子弹在射 穿木版的过程中受到的平均阻力是 多大？
6. 如图，物体从高出地面H处由静 止自由下落，不考虑空气的阻力， 落至地面，掉入沙坑h停止，求物体 在沙坑中受到的阻力是其重力的多 少倍？
7.一架喷气式飞机，质量ｍ＝ 5×103 kg，起飞过程中从静止开 始滑跑的路程为s＝5.3×102ｍ时， 达到起飞速度ｖ＝60ｍ/s，在此过 程中飞机受到的平均阻力是飞机重 量的0.02倍(ｋ＝0.02)，求飞机 受到的牵引力.
2、关于做功和物体动能变化的关系, 不正确的是( D ) A.只有动力对物体做功,物体的动能 增加; B.只有物体克服阻力做功,它的动能 减少; C.外力对物体做功的代数和等于物体 的末动能与初动能之差; D.动力和阻力都对物体做功,物体的 动能一定变化.
3、一个物体沿着高低不平的曲面做 匀速率运动,在下面几种说法中,正确 的是:( B C D ) A.动力做的功为零; B.动力做的功不为零; C.动力做功与阻力做功的代数和为零; D.合力做的功为零.
《动能定理》及应用
一、动能定理： 1. 内容： 2. 表达式： 3. 动能定理是标量式，功和能都是标 量，不能利用矢量法则分解，故动能定 理无分量式 4. 合外力做的功是物体动能改变的量 度
针对训练
1、下列关于运动物体所受的合外力、合外 力做功和功能 变化的关系正确的是：( A) A.如果物体所受的合外力为零,那么,合外力 对物体做的功一定为零; B.如果合外力对物体所做的功为零,则合外 力一定为零; C.物体在合外力作用下作变速运动,动能一 定变化; D.物体的动能不变,所受的合外力必定为零.
2.某人用手将1kg的物体由 静止向上提起1m,这时物体 的速度为2m/s,则手对物体 12J 做的功是 ___.
3.在地面15 m高处，某人将一质 量为4 kg的物体以5 m/s的速度抛 出，人对物体做的功是 （ B ） A．20 J B．50 J C．588 J D．638 J
4. 质量m=500g的物体，原来的 速度v1=2m/s，受到一个与运动方 向相同的力F=4N的作用，发生的 位移s=2m，物体的末动能是多大？
8. 一人坐在雪橇上，从静止开始沿 着高度为15m的斜坡滑下，到达坡 底时的速度为10m/s，人和雪橇的 总质量为60kg，下滑过程中克服 阻力做功多少？
9.人骑自行车上坡，坡长200 m， 坡高10 m．人和车的质量共100 kg， 人蹬车的牵引力为100 N，若在坡 底时自行车的速度为10 m/s，到坡 顶时速度为4 m/s,（取g =10 m/s2） 求：上坡过程中人克服阻力做多少 功？
二、应用动能定理解题的一般步骤： 1. 确定研究对象，明确它的运动过程 2. 分析物体在运动过程中的受力情况， 明确各力是否做功，是正功还是负功 3. 明确起始状态和终了状态的动能（可 分段，也可对整个运动过程） 4. 利用动能定理列方程求解
三、案例分析(单过程）
1. 一个质量为m的物体，在恒定的 拉力F的作用下，沿粗糙水平面前进， 它的速度由v1增加到v2的过程中，它 的位移为s，如图所示。已知运动过 程中物体所受到的阻力恒为f，试推 导出动能定理的表达式。