高考物理一轮总复习 第七章 第18讲 动能 动能定理及其应用教案 必修2

第18讲动能动能定理及其应用
考情剖析
(注：①考纲要求及变化中Ⅰ代表了解和认识，Ⅱ代表理解和应用；②命题难度中的A代表容易，B代表中等，C代表难)
考查内容考纲要求
及变化
考查年份考查形式考查详情考试层级命题难度
动能定理
的应用
Ⅱ09
计算考查应用动能定理求解速度的大小
计算
以通电直导线切割磁感线为背景，考查运用动能定理求线框产生的热量及线框上边与磁场区域
知识整合
知识网络
第1课时动能定理
基础自测
一、动能
物体由于__________而具有的能量叫动能．
(1)动能的大小：__________；(2)动能是__________；
(3)动能是状态量，且具有相对性．
二、动能定理
1．动能定理的内容和表达式：.
2．物理意义：动能定理指出了__________和__________的关系，即外力做的总功，对应着物体动能的变化，变化的大小由__________来度量．
我们所说的外力，既可以是重力、弹力、摩擦力，又可以是电场力、磁场力或其他力．物体动能的变化是指__________，ΔE k＞0表示__________，ΔE k＜0表示__________．
3．动能定理的适用条件：动能定理既适用于直线运动，也适用于________；既适用于恒力做功，也适用于__________．力可以是各种性质的力，既可以同时做功，也可以__________，只要求出在作用过程中各力做功的多少和正负即可，这些正是动能定理解题
的优越性所在．
重点阐述
重点知识概述
进一步理解动能定量
(1)一个物体的动能变化ΔE k与合外力对物体所做功W具有等量代换关系．
(2)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力学问题时，可以考虑使用动能定理．由于只需从力在整个位移内所做的功和这段位移始、末两状态动能变化去考察，无需注意其中运动状态变化的细节．
(3)动能定理公式中等号的意义．
【典型例题1】如图甲所示，长为4m的水平轨道AB与倾角为37°的足够长斜面BC在B处连接，有一质量为2kg的滑块，从A处由静止开始受水平向右的力F作用，F按图乙所示规律变化，滑块与AB和BC间的动摩擦因数均为0.25，重力加速度g取10m/s2.求：
(1)滑块到达B处时的速度大小；
(2)不计滑块在B处的速率变化，滑块冲上斜面，滑块最终静止的位置与到B点的距离．
图甲
图乙
温馨提示
分析图象、运用动能定理解题．
记录空间
【变式训练1】宇航员在太空中沿直线从A点运动到B点，他的运动图象如图所示，图中v是宇航员的速度，x是他的坐标．求：
(1)宇航员从A点运动到B点所需时间；
(2)若宇航员以及推进器等装备的总质量恒为240 kg，从A点到B点的过程中宇航员身上背着的推进器推力所做的功为多少？
易错诊所
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，将该力做功表示为－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．
(3)应用动能定理解题，关键是对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析，并画出物体运动过程的草图，借助草图理解物理过程和各量关系．
(4)动能定理是求解物体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．
【典型例题2】如图所示，AB与CD为两个对称斜面，其上部都足够长，下部分分
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＝2.0 m，一个物体在离弧底E高度为h＝3.0 m处，以初速度v0＝4 m/s沿斜面运动，若物体与两斜面的动摩擦因数均为μ＝0.02，则物体在两斜面上(不包括圆弧部分)一共能走多少路程？(g 取10 m/s2)．
温馨提示
本题关键是弄清物体最终所处的运动状态．
记录空间
【变式训练2】如图所示，竖直固定放置的粗糙斜面AB的下端与光滑的圆弧BCD的B点相切，圆弧轨道的半径为R，圆以O 与A、D在同一水平面上∠COB＝θ，现有质量为m的小物体从距D 点为(R cosθ)/4的地方无初速的释放，已知物体恰能从D点进入圆轨道．求：
(1)为使小物体不会从A点冲出斜面，小物体与斜面间的动摩擦因数至少为多少？
(2)若小物体与斜面间的动摩擦因数μ＝sinθ/(2cosθ)，则小物体在斜面上通过的总路程大小？
随堂 演练
第1题图
1．如图所示，质量为m 的小车在水平恒力F 推动下，从山坡(粗糙)底部A 处由静止起运动至高为h 的坡顶B ，获得速度为v ，AB 之间的水平距离为x ，重力加速度为g .下列说法正确的是( )
A ．小车克服重力所做的功是mgh
B ．合外力对小车做的功是12
mv 2 C ．推力对小车做的功是12
mv 2＋mgh D ．阻力对小车做的功是12
mv 2＋mgh －Fx 2．小球由地面竖直上抛，上升的最大高度为H ，设所受阻力大小恒定，地面为零势能面．在上升至离地高度h 处，小球的动能是势能的两倍，在下落至离地高度h 处，小球的势能是动能的两倍，则h 等于( )
A ．H /9
B ．2H /9
C ．H /3
D ．4H /9
3．质量为M 的机车，牵引质量为m 的车厢在水平轨道上匀速前进，某时刻车厢与机车脱节，机车前进了L 后，司机才发现，便立即关闭发动机让机车滑行．假定机车与车厢所受阻力与其重力成正比且恒定．试求车厢与机车都停止时两者的距离．
第3题图
第4题图
4．如图所示，光滑水平面上静止放着长L＝1.6m，质量为M ＝3kg的木块(厚度不计)，一个质量为m＝1kg的小物体放在木板的最右端，m和M之间的动摩擦因数μ＝0.1，今对木板施加一水平向右的拉力F(g取10m/s2)．
(1)为使物体与木板不发生滑动，F不能超过多少？
(2)如果拉力F＝10N恒定不变，求小物体所能获得的最大动能？
(3)如果拉力F＝10N，要使小物体从木板上掉下去，拉力F作用的时间至少为多少？
5．用汽车从井下提重物，重物质量为m，定滑轮高为H，如图所示，已知汽车从A点开始由静止加速运动到B点时速度为v B，此时轻绳与竖直方向夹角为θ.这一过程中轻绳的拉力做功多少？
第5题图
第6题图
6．如图所示，轻弹簧左端固定在竖直墙上，右端点在O位置．质量为m的物块A(可视为质点)以初速度v0从距O点右方x0的P点处向左运动，与弹簧接触后压缩弹簧，将弹簧右端压到O′点位置后，A又被弹簧弹回，A离开弹簧后，恰好回到P点，物块A与水平面间的动摩擦因数为μ.求：
(1)物块A从P点出发又回到P点的过程，克服摩擦力所做的功．
(2)O点和O′点间的距离x1.
7．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：
第7题图
(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，对圆弧轨道的压力．
8．如图所示，斜面轨道AB与水平面之间的夹角θ＝53°，BD为半径R＝4 m的圆弧形轨道，且B点与D点在同一水平面上，在B点，轨道AB与圆弧形轨道BD相切，整个光滑轨道处于竖直平面内，在A点，一质量为m＝1 kg的小球由静止滑下，经过B、C 点后从D点斜抛出去．设以竖直线MDN为分界线，其左边为阻力场区域，右边为真空区域．小球最后落到地面上的S点处时的速度大小v S＝8 m/s，已知A点距地面的高度H＝10 m，B点距地面的高度h＝5 m．g取10 m/s2, cos53°＝0.6，求：
第8题图
(1)小球经过B点时的速度大小；
(2)小球经过圆弧轨道最低处C点时对轨道的压力；
(3)若小球从D点抛出后，受到的阻力f与其瞬时速度的方向始终相反，求小球从D点至S点的过程中阻力f所做的功．
第2课时动能定理的应用
重点阐述
重点知识概述
动能定理的应用技巧
(1)动能定理既适用于恒力，也适用于变力；既适用于直线运动，也适用于曲线运动．
其中的力可以是各种性质的力，可以同时作用，也可以分段作用．只要求出在作用过程中各力做功的多少和正负即可．这些正是用动能定理解题的优越性所在．
(2)动能定理不仅适用于一个持续过程，也适用于物体运动的整个过程，即若物体的运动过程中包含几个不同的过程，应用动能定理时，可以分段考虑，也可以把全过程作为一个整体来处理．物体在整个过程中所有力对物体所做的功等于物体在运动开始时和结束时的动能改变量．
(3)动能定理既适用于质量恒定的物体、也适用于质量变化的物体．
像水和空气等流体，常需隔离一个“柱体微元”，并以此为研究对象，利用动能定理等，就会使问题迎刃而解．
(4)动能定理既适用于一个物体，也适用于系统．
当研究对象为系统时，组成系统的物体的总动能的变化量(系统内各物体的动能变化量之和)等于相应时间内的所有力(包括内力和外力)对物体系统所做的功．
难点释疑
动能定理的理解和应用要点
1．动能定理的计算式为W合＝E k2－E k1，v和s是相对于同一参考系的，各力位移相同时，可求合外力做的功，各力位移不同时，分别求力做功，然后求代数和．
2．力的独立作用原理使我们有了牛顿第二定律、动量定理、动量守恒定律的分量表达式，但动能定理是标量式，功和动能都是标量，不能利用矢量法则分解．故动能定理无分量式．在处理一些问题时，不能在某一方向应用动能定理．
3．动能定理不仅可以求恒力做功，也可以求变力做功，对变力做功，应用动能定理会更方便、更迅捷．
4．恒力作用下的匀变速直线运动，凡不涉及加速度和时间的，用动能定理求解一般比用牛顿定律和运动学公式简便．用动能定理还能解决一些用牛顿定律和运动学公式难以求解的问题，如变力作用过程、曲线运动问题等．
5．在用动能定理解题时，如果物体在某个运动过程中包含有几个运动性质不同的分过程，此时，可以分段考虑，也可对全程考虑．如能对整个过程列式则可能使问题简化．再把各个力的功代入
公式：W1＋W2＋…＋W n＝1
2
mv2末－
1
2
mv2初时，要把它们的数值连同符号
代入．
【典型例题1】如图所示，某滑道由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(不考虑能量损失)，其中轨道AB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点离轨道BC的高度为h1＝4.30m.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、CD间的动摩擦因数都为μ＝0.5，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37＝0.8.
试求：
(1)小滑块第一次到达C点时的速度大小；
(2)小滑块第一次和第二次经过C点的时间间隔；
(3)小滑块最终静止的位置距B点的距离l.
温馨提示
注意重力做正功、摩擦力始终做负功、和合外力做功等于动能的变化量即可．
记录空间
【变式训练1】如图所示，一粗糙水平轨道与一光滑的1/4圆弧形轨道在A处相连接．圆弧轨道半径为R，以圆弧轨道的圆心O点和两轨道相接处A点所在竖直平面为界，在其右侧空间存在着平行于水平轨道向左的匀强电场，在左侧空间没有电场．现有一质量为m、带电量为＋q的小物块(可视为质点)，从水平轨道的B位置由静止释放，结果，物块第一次冲出圆形轨道末端C后还能上升的最高位置为D，且|CD|＝R，已知物块与水平轨道间的动摩擦因素为μ，B离A处的距离为x＝2.5R(不计空气阻力)，求：
(1)物块第一次经过A点时的速度；
(2)匀强电场的场强大小；
(3)物块在水平轨道上运动的总路程．
【典型例题2】在光滑的平面上有一静止物体，现以水平恒力推这一物体．作用一段时间后，换成相反方向的水平恒力推这一物体，当恒力乙作用时间与恒力甲作用时间相同时，物体恰好回到原处，此时物体的动能为32J，则在整个过程中，甲、乙两力做功分别是多少？
温馨提示
本过程并不复杂、关键是学生是否能按题意画出表达物理过程的示意图．运用牛顿定律和动能定理来解决．
记录空间
【变式训练2】如图所示，在外力作用下某质点运动的vt 图象为正弦曲线．从图中可以判断( )
A．在0～t1时间内，外力做正功
B．在0～t1时间内，外力的功率逐渐增大
C．在t2时刻，外力的功率最大
D．在t1～t3时间内，外力做的总功为零
【典型例题3】如图甲所示，一条轻质弹簧左端固定在竖直墙面上，右端放一个可视为质点的小物块，小物块的质量为m＝1.0 kg，当弹簧处于原长时，小物块静止于O点．现对小物块施加一个外力F，使它缓慢移动，将弹簧压缩至A点，压缩量为x＝0.1
m，在这一过程中，所用外力F与压缩量的关系如图乙所示．然后撤去F释放小物块，让小物块沿桌面运动，已知O点至桌面B点的距离为L＝2x，水平桌面的高为h＝5.0 m，计算时，可认为滑动摩擦力近似等于最大静摩擦力．(g取10 m/s2)求：
(1)在压缩弹簧过程中，弹簧存贮的最大弹性势能．
(2)小物块到达桌边B点时速度的大小．
(3)小物块落地点与桌边B点的水平距离．
温馨提示
分析力——位移图象、力所做的功可以用力的图线与对应的位移轴所包围的“面积”表示．
记录空间
【变式训练3】如图甲所示，一质量为m＝1kg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作用并向右移动，第3s末物块运动到B点时速度刚好为0，第5s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10m/s2)求：
甲
乙
(1)A与B间的距离；
(2)水平力F在5s内对物块所做的功．
随堂 演练
1．一人用力把质量为m 的物体由静止竖直向上匀加速提升h ，
速度增加为v ，则对此过程，下列说法正确的是( )
A ．人对物体所做的功等于物体机械能的增量
B ．物体所受合外力所做的功为12
mv 2 C ．人对物体所做的功为mgh
D ．人对物体所做的功为12
mv 2 2．如图所示，一个小孩从粗糙的滑梯上加速滑下，对于其机
械能的变化情况，下列判断正确的是( )
第2题图
A ．重力势能减小，动能不变，机械能减小
B ．重力势能减小，动能增加，机械能减小
C ．重力势能减小，动能增加，机械能增加
D ．重力势能减小，动能增加，机械能不变
3．如图所示，一直角斜面体固定在水平地面上，左侧斜面倾
角为60°，右侧斜面倾角为30°，A 、B 两个物体分别系于一根跨
过定滑轮的轻绳两端且分别置于斜面上，两物体下边缘位于同一高
度且处于平衡状态，不考虑所有的摩擦，滑轮两边的轻绳都平行于斜面．若剪断轻绳，让物体从静止开始沿斜面滑下，下列叙述错误的是( )
第3题图
A．着地瞬间两物体的速度大小相等
B．着地瞬间两物体的机械能相等
C．着地瞬间两物体所受重力的功率相等
D．两物体的质量之比为m A∶m B＝1∶3
4．质量为m的物体，由静止开始下落，由于阻力的作用，下落的加速度为4g/5，在物体下落高度为h的过程中，下列说法正确的是( )
A．物体的动能增加了4mgh/5
B．物体的机械能减少了4mgh/5
C．物体克服阻力做功mgh/5
D．物体的重力势能减少了mgh
5．某滑沙场有两个坡度不同的滑道AB和AB′(均可看作斜面)，甲、乙两名旅游者分别乘两个完全相同的滑沙撬从A点由静止开始分别沿AB和AB'滑下，最后都停在水平沙面BC上，如图所示．设滑沙撬和沙面间的动摩擦因数处处相同，斜面与水平面连接处均可认为是圆滑的，滑沙者保持一定姿势坐在滑沙撬上不动．则
下列说法中正确的是( )
第5题图
A．甲滑行的总路程一定大于乙滑行的总路程
B．甲在B点的动能一定等于乙在B′点的动能
C．甲在B点的速率一定等于乙在B′点的速率
D．甲全部滑行的水平位移一定大于乙全部滑行的水平位移6．质量为10kg的物体，在变力F作用下沿x轴做直线运动，力随坐标x的变化情况如图所示．物体在x＝0处，速度为1m/s，一切摩擦不计，则物体运动到x＝16m处时，速度大小为( )
第6题图
A．22m/s
B．3m/s
C．4m/s
D.17m/s
7．如图所示，斜面AB和水平面BC是由同一板材上截下的两段，在B处用小圆弧连接．将小铁块(可视为质点)从A处由静止释放后，它沿斜面向下滑行，进入平面，最终静止于P处．若从该板材上再截下一段，搁置在A、P之间，构成一个新的斜面，再将铁块放回A处，并轻推一下使之沿新斜面向下滑动．关于此情况下铁块运动情况的描述，正确的是( )
第7题图
A．铁块一定能够到达P点
B．铁块的初速度必须足够大才能到达P点
C．铁块能否到达P点与铁块质量有关
D．以上说法均不对
8．如图所示，粗糙斜面AB与竖直平面内的光滑圆弧轨道BCD 相切于B点，圆弧轨道的半径为R，C点在圆心O的正下方，D点与圆心O在同一水平线上，∠COB＝θ.现有质量为m的物块从D点无初速释放，物块与斜面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g.求：
第8题图
(1)物块第一次通过C点时对轨道压力的大小；
(2)物块在斜面上运动离B点的最远距离．
9．如图所示，水平轨道上有一轻弹簧左端固定，弹簧处于自然状态时，其右端位于P点．现用一质量m＝0.1 kg的小物块(可视为质点)将弹簧压缩后释放，物块经过P点时的速度v0＝18 m/s，经过水平轨道右端Q点后沿半圆轨道的切线进行竖直固定的光滑圆轨道，最后物块经轨道最低点A抛出后落到B点，已知物块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.15，R＝l＝1 m，A到B的竖直高度h＝1.25 m，取g＝10 m/s2.
第9题图
(1)求物块到达Q点时的速度大小(保留根号)；
(2)求物块经过Q点时圆轨道对物块的压力；
(3)求物块水平抛出的位移大小．
10．如图所示，物体A的质量为M，圆环B的质量为m，通过绳子连结在一起，圆环套在光滑的竖直杆上，开始时连接圆环的绳子处于水平，长度l＝4m，现从静止释放圆环．不计定滑轮和空气的阻力，取g＝10m/s2，求：
第10题图
(1)为使圆环能下降h＝3m，两个物体的质量应满足什么关系？
(2)若圆环下降h＝3m时的速度v＝5m/s，则两个物体的质量有何关系？
(3)不管两个物体的质量为多大，圆环下降h＝3m时的速度不可能超过多大？
第18讲 动能 动能
定理及其应用
第1课时 动能定理
知识整合 基础自测
一、运动 (1)E k ＝12
mv 2 (2)标量 二、1.外力对物体做的总功等于物体动能的变化．W 总＝ΔE k
2.功 能 外力做的总功 末动能与初动能的差 动能增加 动能减少
3.曲线运动 变力做功 分阶段做功
重点阐述
【典型例题1】 如图甲所示，长为4m 的水平轨道AB 与倾角为37°的足够长斜面BC 在B 处连接，有一质量为2kg 的滑块，从A 处由静止开始受水平向右的力F 作用，F 按图乙所示规律变化，滑块与AB 和BC 间的动摩擦因数均为0.25，重力加速度g 取10m/s 2
.求：
(1)滑块到达B 处时的速度大小；
(2)不计滑块在B 处的速率变化，滑块冲上斜面，滑块最终静止的位置与到B 点的距离．
图甲
图乙
【答案】 (1)10m/s (2)1m 【解析】 (1)由图得：0～2m ：F 1＝20N Δx 1＝2m;
2～3m ：F 2＝0 Δx 2＝1m;
3～4m ：F 3＝10N Δx 3＝1m.
A 至
B 由动能定理：F 1×Δx 1－F 3×Δx 3－μmg(Δx 1＋Δx 2
＋Δx 3)＝12
mv 2B . 20×2－10×1－0.25×2×10×(2＋1＋1)＝12
×2×v 2B 得v B ＝10m/s.
(2)因为mgsin37°＞μmg cos37°，滑块将滑回水平面．设滑块由B 点上滑的最大距离为L ，由动能定理－μmgL cos37°－
mgLsin37°＝0－12
mv 2B . 解得：L ＝58
m.从最高点滑回水平面，设停止在与B 点相距s 处，mgLsin37°－μmgL cos37°－μmgs ＝0－0.解得：s ＝sin37°－μcos37°μL ＝0.6－0.25×0.80.25×58
＝1m. 变式训练 1 (1)35s (2)14.23J 【解析】 (1)Δt ＝Δx v
＝
Δx 1v ，即图线所围的面积ΔS 就是运动时间． t ＝S ＝3×3＋12
×(3＋5)×2＋4×3＋12×(4＋2)×2 s ＝35s ； (2)W h ＝12mv 25－12
mv 23＋12mv 210－12mv 28＝12m(v 25＋v 210－v 23－v 28)＝12
×240×(0.22＋0.52－0.332－0.252
)J ＝14.23J.
【典型例题2】 如图所示，AB 与CD 为两个对称斜面，其上部都足够长，下部分分
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 ＝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 0＝4 m/s 沿斜面运动，若物体与两斜面的动摩擦因数均为μ＝0.02，则物体在两斜面上(不包括圆弧部分)一共能走多少路程？(g 取10 m/s 2)．
【答案】 280 m 【解析】 由于滑块在斜面上受到摩擦阻力作用，所以物体的机械能将逐渐减少，最后物体在BEC 圆弧上做永不停息的往复运动．在BEC 圆弧上做永不停息的往复运动之前的运动过程中，重力所做的功为W G ＝mg(h －R/2)，摩擦力所做的功为W f ＝－μmgs cos60°，由动能定理得：
mg(h －R/2)－μmgs cos60°＝0－12
mv 20 s ＝280 m.
变式训练 2 (1)14tan θ (2)5Rcos θ2sin θ 【解析】 (1)为使小
物体不会从A 点冲出斜面，由动能定理得mg Rcos θ4
－μmg cos θRcos θsin θ＝0，解得动摩擦因数至少为μ＝14
tan θ； (2)分析运动过程可得，最终小物体将从B 点开始做往复的运动，由动能定理得mg ⎝ ⎛⎭
⎪⎫Rcos θ4＋Rcos θ－μmgs cos θ＝0，解得小物体在斜面上通过的总路程为s ＝5Rcos θ2sin θ
. 随堂演练
1.ABD 【解析】 小车克服重力做功W ＝mgh ，A 正确；由动能定理，小车受到的合力做的功等于小车动能的增量，W 合＝ΔE k ＝12mv 2，B 正确；由动能定理，W 合＝W 推＋W 重＋W 阻＝12
mv 2，所以推力做的功W 推＝12mv 2－W 阻－W 重＝12
mv 2＋mgh －W 推，C 错误；阻力对小车做的功W 阻＝12mv 2－W 推－W 重＝12
mv 2＋mgh －Fx ，D 正确． 2.D 【解析】 小球上升至最高点过程，根据动能定理，－
mgH －F f H ＝0－12
mv 20，小球上升至离地高度h 处过程：－mgh －F f h ＝12mv 21－12mv 20，又12
mv 21＝2mgh; 小球上升至最高点后又下降至离地高度h 处过程：－mgh －F f (2H －h)＝12mv 22－12mv 20，又2·12
mv 22＝mgh; 联立以上各式解得h ＝49
H ，选项D 正确．
3.L(1＋m M ) 【解析】
对车头，脱钩后的全过程用动能定理得：
FL －kMgs 1＝－12
Mv 20 对车厢，脱钩后用动能定理得：
－kmgs 2＝－12
mv 20 而Δs ＝s 1－s 2，
由于原来列车是匀速前进的，所以F ＝k(M ＋m)g
由以上方程解得Δs ＝L(1＋m M
)． 4.(1)4N (2)0.8J (3)0.8s 【解析】 (1)物体与木板不发生滑动，则木块和小物体具有共同加速度，由牛顿第二定律得：F ＝(M ＋m)a 小物体的加速度由木块对它的摩擦力提供，则有：μmg＝ma 解得：F ＝μ(M＋m)g ＝4N (2)小物体的加速度a 1＝μmg m ＝μg＝1m/s 2 木板的加速度 a 2＝F －μmg M
＝3m/s 2 物体滑过木板所用时间为t ，由位移关系得：12a 2t 2－12
a 1t 2＝L 物体离开木板时的速度v 1＝a 1t E k1＝12
mv 21＝0.8J (3)若要F 作用时间最短，则物体离开木板时与木板速度相同．设F 作用的最短时间为t 1，物体在木板上滑行的时间为t ，物体离开木板时与木板的速度为v ，则v ＝a 1t 撤去F 时，物体速度为v 1，木板的速度为v 2，则v 1＝a 1t 1 v 2＝a 2t 1 撤去F 后由动量守恒定律得：mv 1＋Mv 2＝(m ＋
M)v 由位移关系得：v 22t 1＋v 2＋v 2(t －t 1)－v 2
t ＝L 解得：t 1＝0.8s. 5．见解析 【解析】 绳对重物的拉力为变力，应用动能定理列方程．以重物为研究对象：
W T －mgh ＝12
mv 2m 由图所示，重物的末速度v m 与汽车在B 点的速度v B 的沿绳方向的分速度相同，则
v m ＝v B ·sin θ
h ＝H/cos θ－H
解得：
W T ＝mgH ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－cos θcos θ＋12
mv 2B sin 2θ. 6．(1)12mv 20 (2)v 024μg
－x 0 【解析】 (1)A 从P 点出发又回到P 点的过程中根据动能定理得克服摩擦力所做的功为W f ＝12
mv 02 (2)A 从P 点出发又回到P 点的过程中根据动能定理 2μmg(x 1＋x 0)＝12mv 02 得：x 1＝v 02
4μg
－x 0. 7.(1)R μ
(2)(3－2cos θ)mg 【解析】 (1)因为摩擦力始终对物体做负功，所以物体最终在圆心角为2θ的圆弧上往复运动．对整个过程由动能定理得：mgR·cos θ－μmg cos θ·s ＝0，
所以总路程为s ＝R μ.(2)对B→E 过程mgR(1－cos θ)＝12mv 2E F N －
mg ＝mv 2
E R
解得：F N ＝(3－2cos θ)mg.由牛顿第三定律得物体对圆弧轨道的压力为(3－2cos θ)mg.
8.(1)10m/s (2)43N ，方向竖直向下 (3)－68J 【解析】
(1)设小球经过B 点时的速度大小为v B ，由动能定理得mg(H －h)＝12
mv 2B 求得v B ＝10m/s. (2)设小球经过C 点时的速度为v C ，对轨道的压力为F N ，则轨道对小球的支持力F N ′＝F N ，根据牛顿第二定
律可得F N ′－mg ＝mv 2C R 由动能定理得mgR(1－cos53°)＝12mv 2C －12
mv 2B ，解得F N ＝43N 方向竖直向下 (3)设小球由D 到达S 的过程
中阻力所做的功为W ，易知v D ＝v B ，由动能定理可得mgh ＋W ＝12
mv 2S －12
mv 2D 代入数据，解得W ＝－68J. 第2课时 动能定理的应用 重点阐述【典型例题1】 如图所示，某滑道由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(不考虑能量损失)，其中轨道AB 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 点离轨道BC 的高度为h 1＝4.30m.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 、CD 间的动摩擦因数都为μ＝0.5，重力加速度g 取10m/s 2，sin37°＝0.6，cos37＝0.8.
试求：
(1)小滑块第一次到达C 点时的速度大小；
(2)小滑块第一次和第二次经过C 点的时间间隔；
(3)小滑块最终静止的位置距B 点的距离l.
【答案】 (1)6m/s (2)1.9s (3)4.28m
【解析】 (1)小物块第一次从A 到C 的过程中，由动能定理
得 mgh 1－μmgs＝12
mv 2C －0 将h 1、s 、μ、g 代入得：v C ＝6m/s.
(2)第一次冲上CD 轨道上升的高度最大，上升过程的加速度大小为a 1＝gsin θ＋μg cos θ＝10m/s 2
上升的时间t 1＝v C a 1
＝0.6s 则沿斜面上升的距离最大值为x ＝v 2C 2a 1
＝1.8m 返回时小滑块做匀加速运动，加速度a 2＝gsin θ－μg cos θ＝2m/s 2
从最高点返回到C 点所用的时间
t 2＝2x a 2＝355s 故小滑块第一次和第二次经过C 点的时间间隔
t ＝t 1＋t 2＝1.9s
(3)小球返回到C 点的速度满足v′2
C ＝2a 2x 从C 点向左的过程，由动能定理得12
mv ′ 2C ＝μmg(s－l) 带入数字解得l ＝4.28m.。