2020届高三高考物理一轮复习专题突破：动能定理求解多过程问题

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高考物理-用动力学和能量观点解决多过程问题(解析版)

2020年高考物理备考微专题精准突破专题3.8 用动力学和能量观点解决多过程问题【专题诠释】1.本专题是力学两大观点在多运动过程问题、传送带问题和滑块—木板问题三类问题中的综合应用，高考常以计算题压轴题的形式命题．2．学好本专题，可以极大地培养同学们的审题能力、推理能力和规范表达能力，针对性的专题强化，可以提升同学们解决压轴题的信心．3．用到的知识有：动力学方法观点(牛顿运动定律、运动学基本规律)，能量观点(动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律)．【高考领航】【2019·浙江选考】如图所示为某一游戏的局部简化示意图。

D 为弹射装置，AB 是长为21 m 的水平轨道，倾斜直轨道BC 固定在竖直放置的半径为R =10 m 的圆形支架上，B 为圆形的最低点，轨道AB 与BC 平滑连接，且在同一竖直平面内。

某次游戏中，无动力小车在弹射装置D 的作用下，以v 0=10 m/s 的速度滑上轨道 AB ，并恰好能冲到轨道BC 的最高点。

已知小车在轨道AB 上受到的摩擦力为其重量的0.2倍，轨道BC 光滑，则小车从A 到C 的运动时间是（）A ．5 sB ．4.8 sC ．4.4 sD ．3 s 【答案】A【解析】设小车的质量为m ，小车在AB 段所匀减速直线运动，加速度210.20.22m/s f mga g m m====，在AB 段，根据动能定理可得2201122AB B fx mv mv -=-，解得4m/s B v =，故1104s 3s 2t -==；小车在BC段，根据机械能守恒可得212B CD mv mgh =，解得0.8m CD h =，过圆形支架的圆心O 点作BC 的垂线，根据几何知识可得12BCBC CD x R x h =，解得4m BC x =，1sin 5CD BC h x θ==，故小车在BC 上运动的加速度为22sin 2m/s a g θ==，故小车在BC 段的运动时间为224s 2s 2B v t a ===，所以小车运动的总时间为125st t t=+=，A正确。

2020 年高考物理一轮复习热点题型专题专题06 动能定理的应用 (含答案)

2020年高考物理一轮复习热点题型专题06—动能定理的应用题型一对动能定理的理解题型二动能定理的基本应用题型三动能定理在多过程问题中的应用题型四动能定理与图象问题的结合题型一对动能定理的理解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．【例题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，但合外力不一定为零，C、D均错误．【例题2】(2018·全国卷Ⅱ)如图，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()A．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]由动能定理WF－Wf＝Ek－0，可知木箱获得的动能一定小于拉力所做的功，A正确．【例题3】(多选)如图所示，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() 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的动能的增量C．A对B的摩擦力所做的功等于B对A的摩擦力所做的功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【答案】BD【解析】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，B正确．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相对地的位移不相等，故二者做功不相等，C 错误．对B应用动能定理W F－W f＝ΔE k B，W F＝ΔE k B＋W f，即外力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，D正确．根据功能关系可知，外力F做的功等于A和B动能的增量与产生的内能之和，故A错误．【例题4】（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－3J，拉力F做功8J，空气阻力做功－0.5J，则下列判断正确的是()A．物体的重力势能增加了3J B．物体的重力势能减少了3JC．物体的动能增加了4.5J D．物体的动能增加了8J【答案】AC【解析】因为重力做功－3J，所以重力势能增加3J，A正确，B错误；根据动能定理W合＝ΔE k，得ΔE k＝－3J＋8J－0.5J＝4.5J，C正确，D错误．题型二动能定理的基本应用1．应用流程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)应用动能定理的关键在于准确分析研究对象的受力情况及运动情况，可以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；也可以全过程应用动能定理．(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．应用1动能定理在直线运动中的应用1．如图所示，小物块从倾角为θ的倾斜轨道上A点由静止释放滑下，最终停在水平轨道上的B点，小物块与水平轨道、倾斜轨道之间的动摩擦因数均相同，A、B两点的连线与水平方向的夹角为α，不计物块在轨道转折时的机械能损失，则动摩擦因数为()A．tanθB．tanαC．tan(θ＋α)D．tan(θ－α)解析：选B.如图所示，设B、O间距离为s1，A点离水平面的高度为h，A、O 间的水平距离为s2，物块的质量为m ，在物块下滑的全过程中，应用动能定理可得mgh －μmgcos θ·s2cos θ－μmg·s1＝0，解得μ＝hs1＋s2＝tan α，故选项B 正确．应用2动能定理在曲线运动中的应用2.(2015·全国卷Ⅰ)如图，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()A ．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，继续上升一段距离解析：选C.设质点到达N 点的速度为vN ，在N 点质点受到轨道的弹力为FN ，则FN －mg ＝mv2NR，已知FN ＝F′N ＝4mg ，则质点到达N 点的动能为EkN ＝12mv2N ＝32mgR.质点由开始至N 点的过程，由动能定理得mg·2R ＋Wf ＝EkN －0，解得摩擦力做的功为Wf ＝－12mgR ，即克服摩擦力做的功为W ＝－Wf ＝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′＝12mv2Q －12mv2N ，即12mgR －W′＝12mv2Q ，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．应用3动能定理在变力做功中的应用3.(2019·河南西峡模拟)如图所示，质量为m 的物块与转台之间能出现的最大静摩擦力为物体重力的k 倍，它与转轴OO ′相距R ，物块随转台由静止开始转动．当转速增加到一定值时，物块即将在转台上滑动．在物块由静止到开始滑动前的这一过程中，转台对物块做的功为()A ．0B ．2πkmgRC ．2kmgRD ．kmgR2解析：选D.由于物体做圆周运动，物体刚开始滑动这一时刻，物体受到转台的摩擦力为最大静摩擦力．则kmg ＝mv2R，v2＝kgR.设转台对物块做的功为W 转，运用动能定理研究在物块由静止到开始滑动前的这一过程，W 转＝12mv2－0＝kmgR2.故选D.【例题1】（2019·浙江选考）如图所示为某一游戏的局部简化示意图。

2020年高考物理真题考点逐个击破-专题3.8 用动力学和能量观点解决多过程问题

2020年高考物理真题考点逐个击破-专题3.8 用动力学和能量观点解决多过程问题【专题诠释】1.本专题是力学两大观点在多运动过程问题、传送带问题和滑块—木板问题三类问题中的综合应用，高考常以计算题压轴题的形式命题．2．学好本专题，可以极大地培养同学们的审题能力、推理能力和规范表达能力，针对性的专题强化，可以提升同学们解决压轴题的信心．3．用到的知识有：动力学方法观点(牛顿运动定律、运动学基本规律)，能量观点(动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律)．【高考领航】【2019·浙江选考】如图所示为某一游戏的局部简化示意图。

某次游戏中，无动力小车在弹射装置D 的作用下，以v 0=10 m/s 的速度滑上轨道 AB ，并恰好能冲到轨道BC 的最高点。

专题强化八应用动能定理解决多过程问题-2024届物理一轮复习讲义

专题强化八应用动能定理解决多过程问题学习目标 1.会用动能定理解决多过程、多阶段的问题。

2.会应用动能定理处理往复运动求路程等复杂问题。

考点一动能定理在多过程问题中的应用1.运用动能定理解决多过程问题的两种思路(1)分段应用动能定理求解。

(2)所求解的问题不涉及中间的速度时，全过程应用动能定理求解更简便。

2.全过程列式时，涉及重力、弹簧弹力、大小恒定的阻力或摩擦力做功时，要注意运用它们的特点。

(1)重力、弹簧弹力做功取决于物体的初、末位置，与路径无关。

(2)大小恒定的阻力或摩擦力所做的功等于力的大小与路程的乘积。

例1如图1所示，一质量为m ＝0.5kg 的小滑块，在水平拉力F ＝4N 的作用下，从水平面上的A 处由静止开始运动，滑行x ＝1.75m 后由B 处滑上倾角为37°的光滑固定斜面，滑上斜面后拉力的大小保持不变，方向变为沿斜面向上，滑动一段时间后撤去拉力。

已知小滑块沿斜面上滑到的最高点C 距B 点为L ＝2m ，小滑块最后恰好停在A 处。

不计B 处能量损失，g 取10m/s 2，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。

试求：图1(1)小滑块与水平面间的动摩擦因数μ；(2)小滑块在斜面上运动时，拉力作用的距离x 0；(3)小滑块在斜面上运动时，拉力作用的时间t 。

答案(1)2435(2)1.25m (3)0.5s 解析(1)小滑块由C 运动到A ，由动能定理得mgL sin 37°－μmgx ＝0解得μ＝2435。

(2)小滑块在斜面上运动时，设拉力作用的距离为x 0，小滑块由A 运动到C ，由动能定理得Fx －μmgx ＋Fx 0－mgL sin 37°＝0解得x 0＝1.25m 。

(3)小滑块由A 运动到B ，由动能定理得Fx －μmgx ＝12m v 2在斜面上，由牛顿第二定律得F －mg sin 37°＝ma由运动学公式得x 0＝v t ＋12at 2联立解得t ＝0.5s 。

高考物理2020届一轮复习习题：第6章_第2讲_动能定理及其应用_word版含参考答案(精校版)

第2讲动能定理及其应用A组基础题组1.一人乘竖直电梯从1楼到12楼,在此过程中经历了先加速,后匀速,再减速的运动过程,则下列说法正确的是( )A.电梯对人做功情况:加速时做正功,匀速时不做功,减速时做负功B.电梯对人做功情况:加速和匀速时做正功,减速时做负功C.电梯对人做的功等于人动能的增加量D.电梯对人做的功和重力对人做的功的代数和等于人动能的增加量2.(2016河北衡水中学调研)人用手托着质量为m的小苹果,从静止开始沿水平方向运动,前进距离L后,速度为v(苹果与手始终相对静止),苹果与手掌之间的动摩擦因数为μ,则下列说法正确的是( )A.手对苹果的作用力方向竖直向上B.苹果所受摩擦力大小为μmgC.手对苹果做的功为mv2D.苹果对手不做功3.(2015广东韶关十校联考)(多选)如图所示,弹簧被质量为m的小球压缩,小球与弹簧不粘连且离地面的高度为h,不计空气阻力,将拉住小球的细线烧断,则小球( )A.做直线运动B.做曲线运动C.落地时的动能等于mghD.落地时的动能大于mgh4.人用手托着质量为m的物体,从静止开始沿水平方向运动,前进距离s后,速度为v(物体与手始终相对静止),物体与人手掌之间的动摩擦因数为μ,则人对物体做的功为( )A.mgsB.0C.μmgsD.mv25.(多选)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6.(2015新疆第一次检测,24)如图所示,光滑弧形轨道末端与水平传送带相切。

水平传送带长l=1 m,以v=2 m/s的速度沿顺时针方向转动。

质量m=1 kg的物块从弧形轨道上高h=0.8 m处由静止释放,物块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.4,g=10 m/s2。

2020年高考物理一轮复习热点题型专题12 动能定理的理解与应用(原卷版)

2020年高考物理一轮复习热点题型归纳与变式演练专题12 动能定理的理解与应用【专题导航】目录热点题型一动能定理的理解 (1)热点题型二动能定理在直线运动中的应用 (2)热点题型三动能定理在曲线运动中的应用 (3)热点题型四动能定理与图象的结合问题 (3)F-图像 (4)xv-图像 (4)ta-图像 (5)t-图像 (6)xEk热点题型五动能定理在多阶段、多过程综合问题中的应用 (6)运用动能定理巧解往复运动问题 (7)动能定理解决平抛、圆周运动相结合的问题 (7)【题型演练】 (8)【题型归纳】热点题型一动能定理的理解1．定理中“外力”的两点理解(1)重力、弹力、摩擦力、电场力、磁场力或其他力，它们可以同时作用，也可以不同时作用．(2)既可以是恒力，也可以是变力．2．公式中“＝”体现的三个关系【例1】(2019·广东六校联考)北京获得2022年冬奥会举办权，冰壶是冬奥会的比赛项目．将一个冰壶以一定初速度推出后将运动一段距离停下来．换一个材料相同、质量更大的冰壶，以相同的初速度推出后，冰壶运动的距离将()A．不变B．变小C．变大D．无法判断【变式1】(2018·高考全国卷Ⅱ)如图，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()A．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【变式2】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热点题型二动能定理在直线运动中的应用1.若在直线运动中知道初、末状态，而不需要考虑中间过程时，一般用动能定理处理位移与速度的关系2.一般用分段法来处理问题，找准直线运动中转折处其动能有无损失【例2】(2019·吉林大学附中模拟)如图所示，小物块从倾角为θ的倾斜轨道上A点由静止释放滑下，最终停在水平轨道上的B点，小物块与水平轨道、倾斜轨道之间的动摩擦因数均相同，A、B两点的连线与水平方向的夹角为α，不计物块在轨道转折时的机械能损失，则动摩擦因数为()A．tan θB．tan α C．tan(θ＋α) D．tan(θ－α)【变式1】如图所示，质量为m的小球，从离地面H高处从静止开始释放，落到地面后继续陷入泥中h深度而停止，设小球受到空气阻力为f，重力加速度为g，则下列说法正确()A ．小球落地时动能等于mgHB ．小球陷入泥中的过程中克服泥的阻力所做的功小于刚落到地面时的动能C ．整个过程中小球克服阻力做的功等于mg (H ＋h )D ．小球在泥土中受到的平均阻力为mg (1＋H h) 【变式2】如图为某同学建立的一个测量动摩擦因数的模型．物块自左侧斜面上A 点由静止滑下，滑过下面一段平面后，最高冲至右侧斜面上的B 点．实验中测量出了三个角度，左、右斜面的倾角α和β及AB 连线与水平面的夹角为θ.物块与各接触面间动摩擦因数相同且为μ，忽略物块在拐角处的能量损失，以下结论正确的是( )A ．μ＝tan αB ．μ＝tan βC ．μ＝tan θD ．μ＝tanα－β2热点题型三动能定理在曲线运动中的应用【例3】.如图，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( )A ．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【变式】如图，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( )A ．a ＝2（mgR －W ）mRB ．a ＝2mgR －W mRC ．N ＝3mgR －2W RD ．N ＝2（mgR －W ）R热点题型四动能定理与图象的结合问题1．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、图线下方的面积所对应的物理意义，根据对应关系列式解答问题．2．四类图象所围“面积”的含义F 图像x【例4】如图甲所示，一质量为4 kg的物体静止在水平地面上，让物体在随位移均匀减小的水平推力F作用下开始运动，推力F随位移x变化的关系图象如图乙所示，已知物体与面间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10 m/s2，则下列说法正确的是()A．物体先做加速运动，推力为零时开始做减速运动B．物体在水平地面上运动的最大位移是10 m C．物体运动的最大速度为215 m/s D．物体在运动中的加速度先变小后不变【变式】(2019·大连五校联考)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.根据以上信息能精确得出或估算得出的物理量有()A．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v-图像t【例5】(2019·安徽合肥一模)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∶2C．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【变式】(2018·高考全国卷Ⅲ) 地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送到地面．某竖井中矿车提升的速度大小v随时间t的变化关系如图所示，其中图线①②分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶段加速度的大小都相同；两次提升的高度相同，提升的质量相等．不考虑摩擦阻力和空气阻力．对于第①次和第②次提升过程()A．矿车上升所用的时间之比为4∶5 B．电机的最大牵引力之比为2∶1C．电机输出的最大功率之比为2∶1 D．电机所做的功之比为4∶5a-图像t【例6】(2019·山西模拟)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所示．下列说法正确的是()A．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 内合力做的功【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，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 ，此后小球继续做圆周运动，经过半个圆周恰能通过最高点，则在此过程中小球克服空气阻力所做的功为 ( )A.14mgRB.310mgRC.12mgR D ．mgRx E k 图像【例7】(2017·高考江苏卷)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( )【变式】(2018·高考江苏卷)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 ( )热点题型五动能定理在多阶段、多过程综合问题中的应用1．由于多过程问题的受力情况、运动情况比较复杂，从动力学的角度分析多过程问题往往比较复杂，但是，用动能定理分析问题，是从总体上把握其运动状态的变化，并不需要从细节上了解．因此，动能定理的优越性就明显地表现出来了，分析力的作用是看力做的功，也只需把所有的力做的功累加起来即可．2．运用动能定理解决问题时，有两种思路：一种是全过程列式，另一种是分段列式．3．全过程列式涉及重力、弹簧弹力，大小恒定的阻力或摩擦力做功时，要注意运用它们的功能特点：(1)重力做的功取决于物体的初、末位置，与路径无关；(2)大小恒定的阻力或摩擦力做的功等于力的大小与路程的乘积；(3)弹簧弹力做功与路径无关．4．应用动能定理解题的基本步骤运用动能定理巧解往复运动问题【例8】．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＝5 m，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＝4.30 m、h2＝1.35 m．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10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：(1)小滑块第一次到达D点时的速度大小；(2)小滑块最终停止的位置距B点的距离．【变式】如图所示，ABCD是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底BC的连接处都是一段与BC相切的圆弧，BC 是水平的，其距离d＝0.50 m．盆边缘的高度为h＝0.30 m．在A处放一个质量为m的小物块并让其从静止开始下滑(图中小物块未画出)．已知盆内侧壁是光滑的，而盆底BC面与小物块间的动摩擦因数为μ＝0.10. 小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停止的地点到B的距离为()A．0.50 m B．0.25 m C．0.10 m D．0动能定理解决平抛、圆周运动相结合的问题【例9】．(2019·桂林质检)如图所示，倾角为37°的粗糙斜面AB底端与半径R＝0.4 m的光滑半圆轨道BC平滑相连，O点为轨道圆心，BC为圆轨道直径且处于竖直方向，A、C两点等高，质量m＝1 kg的滑块从A点由静止开始下滑，恰能滑到与O点等高的D点，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.(1)求滑块与斜面间的动摩擦因数μ；(2)若使滑块能到达C点，求滑块从A点沿斜面滑下时的初速度v0的最小值；(3)若滑块离开C点的速度大小为4 m/s，求滑块从C点飞出至落到斜面上所经历的时间t.【变式1】(2019·河北衡水中学模拟)如图所示，质量为0.1 kg的小物块在粗糙水平桌面上滑行4 m后以3.0 m/s 的速度飞离桌面，最终落在水平地面上，已知物块与桌面间的动摩擦因数为0.5，桌面高0.45 m，若不计空气阻力，取g＝10 m/s2，则下列说法错误的是()A．小物块的初速度是5 m/s B．小物块的水平射程为1.2 mC．小物块在桌面上克服摩擦力做8 J的功D．小物块落地时的动能为0.9 J【变式2】如图，在水平轨道右侧固定半径为R的竖直圆槽形光滑轨道，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．g取10 m/s2.求：(1)物块第一次经过圆轨道最高点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．【题型演练】1.如图所示，小物块与水平轨道、倾斜轨道之间的动摩擦因数均相同，小物块从倾角为θ1的轨道上高度为h 的A点由静止释放，运动至B点时速度为v1.现将倾斜轨道的倾角调至为θ2，仍将物块从轨道上高度为h的A点静止释放，运动至B点时速度为v2.已知θ2<θ1，不计物块在轨道接触处的机械能损失．则()A．v1<v2 B．v1>v2 C．v1＝v2 D．由于不知道θ1、θ2的具体数值，v1、v2关系无法判定2.如图甲所示，一质量为4 kg的物体静止在水平地面上，让物体在随位移均匀减小的水平推力F作用下开始运动，推力F随位移x变化的关系图象如图乙所示，已知物体与地面间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10 m/s2，则下列说法正确的是()A．物体先做加速运动，推力为零时开始做减速运动B．物体在水平地面上运动的最大位移是10 m C．物体运动的最大速度为215 m/s D．物体在运动中的加速度先变小后不变3.(2018·高考全国卷Ⅰ)如图，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R；bc是半径为R的四分之一圆弧，与ab相切于b点．一质量为m的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静止开始向右运动．重力加速度大小为g.小球从a点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为()A．2mgR B．4mgR C．5mgR D．6mgR4.(2019·襄阳模拟)用竖直向上大小为30 N的力F，将2 kg的物体从沙坑表面由静止提升1 m时撤去力F，经一段时间后，物体落入沙坑，测得落入沙坑的深度为20 cm.若忽略空气阻力，g取10 m/s2.则物体克服沙坑的阻力所做的功为()A．20 J B．24 J C．34 J D．54 J5.(2019·宁波模拟)如图所示，木盒中固定一质量为m的砝码，木盒和砝码在桌面上以一定的初速度一起滑行一段距离后停止．现拿走砝码，而持续加一个竖直向下的恒力F(F＝mg)，若其他条件不变，则木盒滑行的距离()A ．不变B ．变小C ．变大D ．变大变小均可能6.(2019·北京101中学检测)如图所示，质量为m 的物体静置在水平光滑平台上，系在物体上的绳子跨过光滑的定滑轮，由地面上的人以速度v 0向右匀速拉动，设人从地面上平台的边缘开始向右行至绳与水平方向夹角为45°处，在此过程中人所做的功为( )A ．mv 202B ．2mv 202C ．mv 204D ．mv 20 7. 光滑水平面上静止的物体，受到一个水平拉力F 作用开始运动，拉力随时间变化如图所示，用E k 、v 、x 、P 分别表示物体的动能、速度、位移和水平拉力的功率，下列四个图象中分别定性描述了这些物理量随时间变化的情况，正确的是( )8.一圆弧形的槽，槽底放在水平地面上，槽的两侧与光滑斜坡aa ′、bb ′相切，相切处a 、b 位于同一水平面内，槽与斜坡在竖直平面内的截面如图所示．一小物块从斜坡aa ′上距水平面ab 的高度为2h 处沿斜坡自由滑下，并自a 处进入槽内，到达b 后沿斜坡bb ′向上滑行，已知到达的最高处距水平面ab 的高度为h ；接着小物块、沿斜坡bb ′滑下并从b 处进入槽内反向运动，若不考虑空气阻力，则( )A ．小物块再运动到a 处时速度变为零B ．小物块每次经过圆弧槽最低点时对槽的压力不同C ．小物块不仅能再运动到a 处，还能沿斜坡aa ′向上滑行，上升的最大高度为hD ．小物块不仅能再运动到a 处，还能沿斜坡aa ′向上滑行，上升的最大高度小于h9 如图所示，水平桌面上的轻质弹簧左端固定，右端与静止在O 点质量为m ＝1 kg 的小物块接触而不连接，此时弹簧无形变．现对小物块施加F ＝10 N 水平向左的恒力，使其由静止开始向左运动．小物块在向左运动到A 点前某处速度最大时，弹簧的弹力为6 N ，运动到A 点时撤去推力F ，小物块最终运动到B 点静止．图中OA ＝0.8 m ，OB ＝0.2 m ，重力加速度g 取10 m/s 2.求小物块：(1)与桌面间的动摩擦因数μ；(2)向右运动过程中经过O 点的速度；(3)向左运动的过程中弹簧的最大压缩量．10.(2018·高考全国卷 Ⅲ )如图，在竖直平面内，一半径为R 的光滑圆弧轨道ABC 和水平轨道P A 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，sin α＝35.一质量为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；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(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A 点时动量的大小；(3)小球从C 点落至水平轨道所用的时间．。

《利用动能定理分析变力做功和多过程问题》解题技巧

《利用动能定理分析变力做功和多过程问题》解题技巧一、利用动能定理求变力做功1•动能定理不仅适用于求恒力做的功，也适用于求变力做的功，同时因为不涉及变力作用的过程分析，应用非常方便.2.利用动能定理求变力的功是最常用的方法，当物体受到一个变力和儿个恒力作用时，可以用动能定理间接求变力做的功，即/役+“1他=△瓦例❶如图1所示，质量为也的小球山静止自山下落孑后，沿竖直面内的固定轨道遊运动，月万是半径为〃的N光滑圆弧轨道，万C是直径为d的粗糙半圆弧轨道（万是轨道的最低点）•小球恰能通过圆弧轨道的最高点C.重力加速度为g, 求:⑴小球运动到万处时对轨道的压力大小（可认为此时小球处在轨道M上）;（2）小球在庞运动过程中，摩擦力对小球做的功.3答案（1） 5zz7g （2）—孑聒孑解析⑴小球山静止运动到万点的过程,山动能定理得2驱/=尹几在万点，山牛顿第二定律得尺一碑=形,根据牛顿第三定律：小球在万处对轨道的压力大小(2)小球恰能通过C点，则mg—nr-^,2小球从万运动到c的过程:1 片1 . 3—/ngd+ ff；=^nv2—严V ,得―严如.针对训练1如图2所示，有一半径为r=0.5m的粗糙半圆轨道，貳与圆心 0等奇，有一质量为2z?=0・2kg的物块(可视为质点)，从久点静止滑下，滑至最低点万时的速度为r=l m/s,取g =10 m/乳下列说法正确的是(A•物块过万点时，对轨道的压力大小是0.4 NB•物块过万点时，对轨道的压力大小是2,0 NC.S到万的过程中，克服摩擦力做的功为0.9 JD•貳到万的过程中，克服摩擦力做的功为0.1 J答案Cy解析在万点山牛顿第二定律可知尺一碑=k,解得：尺=2・4N,山牛顿r第三定律可知物块对轨道的压力大小为2.4 N,故A、B均错误；仏到万的过程, 山动能定理得驱卄他=尹〒一0,解得妮=一0・91，故克服摩擦力做功为0.9 J, 故C正确，D错误.二.利用动能定理分析多过程问题一个物体的运动如果包含多个运动阶段，可以选择分段或全程应用动能定理.(1)分段应用动能定理时，将复杂的过程分割成一个个子过程，对每个子过程的做功情况和初、末动能进行分析，然后针对每个子过程应用动能定理列式, 然后联立求解.(2)全程应用动能定理时，分析整个过程中出现过的各力的做功情况，分析每个力做的功，确定整个过程中合外力做的总功，然后确定整个过程的初、末动能，针对整个过程利用动能定理列武求解.当题U 不涉及中间量时，选择全程应用动能定理更简单，更方便.注意：当物体运动过程中涉及多个力做功时，各力对应的位移可能不相同, 汁算各力做功时，应注童各力对应的位移•计算总功时，应计算整个过程中出现过的各力做功的代数和.例❷ 如图3所示，右端连有一个光滑弧形槽的水平桌面夕长Z=1.5 m, 一个质量为仍=0.5 kg 的木块在尸 =1.5 N 的水平拉力作用下，从桌面上的力端山静止开始向右运动，木块到达万端时撤去拉力只木块与水平桌面间的动摩擦因数M =0・2,取g=10 m/sl 求:(1)木块沿弧形槽上升的最大高度(木块未离开弧形槽);(2)木块沿弧形槽滑回万端后，在水平桌面上滑行的最大距离.答案(1)0. 15 m (2)0. 75 m解析(1)设木块沿弧形槽上升的最大面度为力，木块在最高点时的速度为零•从木块开始运动到沿弧形槽上升到最大高度处，山动能定理得:FL —E E L —mgh=0其中耳=“代=//驱=0・ 2X0. 5X10 N=L0 N(2)设木块离开万点后，在水平桌面上滑行的最大距离为X,由动能定理得: mgh —F 《x=0针对训练2图4中如?是一条长轨道，其中肋段是倾角为"的斜面,Q 段是水平的，庞段是与仏万段和d 段都相切的一小段圆弧，其长度可以略去不计•一质量为屈的小滑块在力点从静止释放，沿轨道滑下，最后停在D 点，A 点和"点的位置如图4所示，现用一沿轨道方向的力推滑块，使它缓缓地山〃点回到力点，设滑块与轨道间的动摩擦因数为M ，«力加速度为g,则推力对滑块做的功等于( ___A 1 B所以〃口巴]"廿.]“ mg 0.5X10所以.戸燮=半譽』,=0.75 . 1.0图3D. “zpg(s+Acos ") 答案B 解析滑块山力点运动至〃点，设克服摩擦力做功为他，山动能定理得驱力一战＞=0,即臥Fh …①,滑块从〃点回到£点，山于是缓慢推，说明动能变化量为零，设克服摩擦力做功为伦，山动能定理知当滑块从〃点被推回£点有呢一驱力一抵=0…②，山4点运动至〃点，克服摩擦力做的功为%= H/ngcos.h + sgs …③，从D-^A 的过程克服摩擦力做的功为%= Sgcos Sin e 0 • • " .+ mgs…④,③④联立得血＞=他…⑤，①②⑤联立得朴=2圖阪 sinA 、C 、D 错误，B 正确•三. 动能定理在平抛、圆周运动中的应用动能定理常与平抛运动、圆周运动相结合，解决这类问题要特别注意:(1) 与平抛运动相结合时，要注意应用运动的合成与分解的方法，如分解位移或分解速度求平抛运动的有关物理量.(2) 与竖直平面内的圆周运动相结合时，应特别注意隐藏的临界条件: ①可捉供支撑效果的竖直平面内的圆周运动，物体能通过最高点的临界条件为仏h=0・②不可提供支撑效果的竖直平面内的圆周运动，物体能通过最高点的临界条件为例❸ 如图5所示，一可以看成质点的质量zz?=2kg 的小球以初速度％沿光A.mghB. 2mgh滑的水平桌面飞出后，恰好从/点沿切线方向进入圆弧轨道，万C为圆弧竖直直径，其中万为轨道的最低点，C为最高点且与水平桌面等高，圆弧初对应的圆心角"=53。

高考复习动能定理的理解和应用专题突破(有答案)

[方法点拨] (1)要对研究对象受力分析并分析各力做功情况；分析物体运动过程，明确对哪个过程应用动能定理．(2)列动能定理方程要规范，注意各功的正负号问题．1．(动能定理的简单应用)一辆质量为m 的汽车在平直公路上，以恒定功率P 行驶，经过时间t ，运动距离为x ，速度从v 1增加到v 2，已知所受阻力大小恒为F f ，则下列表达式正确的是( )A ．x ＝v 1＋v 22t B ．P ＝F f v 1C.P v 1－P v 2＝m (v 2－v 1)tD ．Pt －F f x ＝12m v 22－12m v 212．(求变力的功)世界男子网坛名将瑞士选手费德勒，在上海大师杯网球赛上发出一记S 球，声呐测速仪测得其落地速度为v 1，费德勒击球时球离地面的高度为h ，击球瞬间球有竖直向下的速度v 0，已知网球质量为m ，不计空气阻力，则费德勒击球时对球做的功W 为( )A ．mgh ＋12m v 20B.12m v 21－12m v 20＋mgh C.12m v 21－12m v 20 D.12m v 21－12m v 20－mgh 3．(应用动能定理分析多过程问题)(多选)如图1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．关于此情况下铁块的运动情况，下列描述正确的是( ) 图1A ．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 ．铁块能否到达P 点与铁块质量无关4．(应用动能定理分析动力学问题)如图2所示，倾角为θ＝37°的斜面固定在水平地面上，劲度系数为k ＝40 N/m 的轻弹簧与斜面平行，弹簧下端固定在斜面底端的挡板上，弹簧与斜面间无摩擦．一个质量为m ＝5 kg 的小滑块从斜面上的P 点由静止滑下，小滑块与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5，P 点与弹簧自由端Q 点间的距离为L ＝1 m ．已知整个过程弹簧始终在弹性限度内，弹簧的弹性势能E p 与其形变量x 的关系为E p ＝12kx 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g ＝10 m/s 2.求：图2(1)小滑块从P 点下滑到Q 点时所经历的时间t ；(2)小滑块运动过程中达到的最大速度v m 的大小；(3)小滑块运动到最低点的过程中，弹簧的最大弹性势能．5．(多选)如图3所示，用竖直向下的恒力F 通过跨过光滑定滑轮的细线拉动在光滑水平面上的物体，物体沿水平面移动过程中经过A 、B 、C 三点，设AB ＝BC ，物体经过A 、B 、C 三点时的动能分别为E k A 、E k B 、E k C ，则它们间的关系是( ) 图3A ．E kB －E k A ＝E kC －E k BB ．E k B －E k A ＜E kC －E k B C ．E k B －E k A ＞E k C －E k BD ．E k C ＜2E k B6.质量为10 kg 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4所示．物体在x ＝0处，速度为1 m/s ，不计一切摩擦，则物体运动到x ＝16 m 处时，速度大小为( ) 图4A ．2 2 m /sB ．3 m/sC ．4 m/s D.17 m/s7．(多选)如图5所示，在离地面高为H 处以水平速度v 0抛出一质量为m的小球，经时间t ，小球离水平地面的高度变为h ，此时小球的动能为E k ，重力势能为E p (选水平地面为零势能参考面)．下列图象中大致能反映小球动能E k 、势能E p 变化规律的是( ) 图58．如图6所示，置于光滑水平面上的物块在水平恒力F 的作用下由静止开始运动，其速度v 、动能E k 及拉力功率P 随时间t 或位移x 的变化图象可能正确的是( )图69．如图7所示，两光滑直杆成直角竖直固定，OM 水平，ON 竖直，两个质量相同的有孔小球A 、B (可视为质点)串在杆上通过长为L 的非弹性轻绳相连，开始时小球A 在水平向左的外力作用下处于静止状态，此时OB ＝45L ，重力加速度为g ，现将外力增大到原来的4倍(方向不变)，则小球B 运动到与O 点的距离为35L 时的速度大小为( ) 图7 A.1510gL B.8255gL C.1515gL D.6255gL 10．一个质量为4 kg 的物体静止在足够大的水平地面上，物体与地面间的动摩擦因数μ＝0.1，从t ＝0开始，物体受到一个大小和方向呈周期性变化的水平力F 作用，力F 随时间的变化规律如图8所示，求83 s 内物体的位移大小和力F 对物体所做的功．(g 取10 m/s 2)图811．我国拥有航空母舰后，舰载机的起飞与降落等问题受到了广泛关注.2012年11月23日，舰载机歼—15首降“辽宁舰”获得成功，随后舰载机又通过滑跃式起飞成功．某兴趣小组通过查阅资料对舰载机滑跃起飞过程进行了如下的简化模拟：假设起飞时“航母”静止，飞机质量视为不变并可看成质点．“航母”起飞跑道由如图9所示的两段轨道组成(二者平滑连接，不计拐角处的长度)，其水平轨道长AB＝L，水平轨道与斜面轨道末端C的高度差为h.一架歼—15飞机的总质量为m，在C端的起飞速度至少为v.若某次起飞训练中，歼—15从A 点由静止启动，飞机发动机的推力大小恒为0.6mg，方向与速度方向相同，飞机受到空气和轨道平均阻力的合力大小恒为0.1mg.重力加速度为g.求：图9(1)飞机在水平轨道AB上运动的时间；(2)在水平轨道末端B，发动机的推力功率；(3)要保证飞机正常起飞，斜面轨道的长度l满足的条件．(结果用m、g、L、h、v表示)答案精析1．D [由牛顿第二定律可得：P v －F f ＝ma ，汽车做加速度逐渐减小的加速运动，匀变速直线运动的公式不成立，选项A 错误；因为牵引力是变力，且大于阻力F f ，选项B 、C 错误；由动能定理可得：Pt －F f x ＝12m v 22－12m v 21，选项D 正确．] 2．D [从发球直至球落地的整个过程中，由动能定理有W ＋mgh ＝12m v 21－12m v 20，解得W ＝12m v 21－12m v 20－mgh ，故选项D 正确．] 3．AD [设A 距离地面的高度为h ，动摩擦因数为μ，对全过程运用动能定理有mgh －μmg cos θ·s AB －μmgs BP ＝0，得mgh －μmg (s AB cos θ＋s BP )＝0，而s AB cos θ＋s BP ＝OP ，即h －μOP ＝0，铁块在新斜面上有mg sin α－μmg cos α＝ma ，由sin α－μcos α＝h －μOP AP＝0，可知铁块在新斜面上做匀速运动，与铁块的质量m 无关，铁块一定能够到达P 点，选项A 、D 正确，B 、C 错误．]4．(1)1 s (2)322m/s (3)20 J 解析 (1)由牛顿第二定律可知小滑块沿斜面下滑的加速度a ＝g sin θ－μg cos θ＝2 m/s 2由L ＝12at 2可得t ＝2L a＝1 s (2)设弹簧被压缩至x 0处时小滑块达到最大速度v m ，此时小滑块加速度为零，根据平衡条件有mg sin θ－μmg cos θ＝kx 0这一过程由动能定理有mg sin θ(L ＋x 0)－μmg cos θ(L ＋x 0)－12kx 20＝12m v 2m 解得v m ＝322m/s (3)设小滑块从P 点压缩弹簧至最低点时，弹簧的压缩量为x 1，由动能定理，有mg sin θ(L ＋x 1)－μmg cos θ(L ＋x 1)－E pm ＝0解得E pm ＝20 J.5．CD [由动能定理得E k B －E k A ＝W AB ，E k C －E k B ＝W BC ，物体所受的合外力做的功为拉力的水平分力所做的功．由几何关系可知，从A 运动到B 的过程中拉力在水平方向的平均分力大小大于从B 到C 过程中拉力在水平方向的平均分力大小，因此W AB ＞W BC ，选项A 、B 错误，C 、D 正确．]6．B [F －x 图象与x 轴围成的面积表示力F 做的功，图形位于x 轴上方表示力做正功，位于x 轴下方表示力做负功，面积大小表示功的大小，所以物体运动到x ＝16 m 处时，力F 对物体做的总功W ＝40 J ，由动能定理得W ＝12m v 22－12m v 21，解得v 2＝3 m /s ，B 正确．] 7．AD [由动能定理可知，mg (H －h )＝E k －E k0，即E k ＝E k0＋mgH －mgh ，E k －h 图象为一次函数图象，B 项错；又E k ＝E k0＋12mg 2t 2，可知E k －t 图象为开口向上的抛物线，A 项正确；由重力势能定义式有：E p ＝mgh ，E p －h 为正比例函数，所以D 项正确；由平抛运动规律有：H －h ＝12gt 2，所以E p ＝mg (H －12gt 2)，所以E p －t 图象不是直线，C 项错．] 8．C [物块在水平恒力作用下由静止开始做匀加速直线运动，其加速度a ＝F m，速度v ＝at ＝F m t ，v －t 图象为过坐标原点的倾斜直线，选项A 错误；由v 2＝2ax ＝2F mx ，可知选项B 错误；动能E k ＝12m v 2＝F 22m t 2，选项C 正确；功率P ＝F v ＝Fat ＝F 2mt ，选项D 错误．] 9．B [设轻绳与OM 杆的夹角为θ，开始时小球A 受重力mg 、外力F 、杆的弹力F N1及绳的拉力F T 作用处于平衡状态，水平方向有F ＝F T cos θ，小球B 受重力mg 、杆的弹力F N2及绳的拉力F T 作用处于平衡状态，竖直方向有mg ＝F T sin θ，又sin θ＝45，得F ＝34mg ，外力增大后，小球A 水平向左运动，小球B 竖直向上运动，从开始至小球B 运动到与O 点距离为35L 的过程中，水平外力做的功为W F ＝4F (45L －35L )＝35mgL ，设小球A 、B 此时的速度大小分别为v A 、v B ，轻绳与OM 杆的夹角为α，由运动分解有v A cos α＝v B sin α，sin α＝35，又根据功能关系有W F ＝mg ·L 5＋12m v 2A ＋12m v 2B ，得v B ＝8255gL ，B 对．]10．167 m 676 J解析当物体在前半周期时由牛顿第二定律，得F 1－μmg ＝ma 1，则物体的加速度大小a 1＝F 1－μmg m＝2 m/s 2 当物体在后半周期时由牛顿第二定律，得F 2＋μmg ＝ma 2，则物体的加速度大小a 2＝F 2＋μmg m＝2 m/s 2 前半周期和后半周期位移相等，x 1＝12a 1t 2＝4 m 一个周期的位移为8 m ，后半周期第1 s 内的位移为3 m83 s 内物体的位移大小为x ＝(20×8＋4＋3) m ＝167 m第83 s 末的速度v ＝v 1－a 2t ＝2 m/s由动能定理得W F －μmgx ＝12m v 2 所以W F ＝μmgx ＋12m v 2＝676 J. 11．(1)2L g (2)0.6mg gL (3)l ≥v 2g＋2h －L 解析 (1)设飞机在水平轨道的加速度为a ，运动时间为t ，发动机的推力为F ，阻力为F f ，由牛顿第二定律得F －F f ＝0.6mg －0.1mg ＝ma得a ＝0.5g而由位移公式有L ＝12at 2 解得：t ＝2L g(2)设飞机在B 端的速度为v ′，功率为P ，由速度公式v ′＝at ＝gL解得：P ＝F v ′＝0.6mg gL(3)设飞机恰能在C 端起飞时，斜面轨道长为l ，整个过程由动能定理有：(F －F f )(L ＋l )－mgh ＝12m v 2解得：l ＝v 2g＋2h －L 所以，斜面轨道长度满足的条件是l ≥v 2g ＋2h －L .。

2020年高考物理真题考点逐个击破-专题8.5 实验：探究动能定理

2020年高考物理真题考点逐个击破-专题8.5 实验：探究动能定理【专题诠释】一实验原理与操作1．实验原理与操作的三个环节 (1)平衡摩擦力本实验要测量合力对小车做的功，通过平衡摩擦力，使橡皮筋对小车做的功等于合力对小车做的功． (2)功的测量本实验没有直接测量功的数值，通过改变橡皮筋条数加倍改变弹力做功，为保证橡皮筋对小车做的功与橡皮筋的条数成正比，必须使小车从同一位置由静止释放，使每次橡皮筋的伸长相同和小车的位移相同． (3)小车获得的速度本实验要测量的速度是橡皮筋做功结束时的速度，即小车做匀速运动的速度，应选用纸带上打点均匀的部分．2．实验操作时需要注意的三个问题(1)平衡摩擦力：将木板一端垫高，使小车重力沿斜面向下的分力与摩擦阻力平衡．方法是轻推小车，由打点计时器打在纸带上的点的均匀程度判断小车是否匀速运动，找到木板一个合适的倾角． (2)选点测速：测小车速度时，纸带上的点应选均匀部分的，也就是选小车做匀速运动状态的点． (3)橡皮筋的选择：橡皮筋规格相同时，力对小车做的功以一条橡皮筋做的功为单位即可，不必计算出具体数值．二数据处理与误差分析 1．数据处理(1)求小车的速度：利用纸带上点迹均匀的一段测出两点间的距离x ，则v ＝xt.(2)实验数据处理：以一根橡皮筋做的功W 为单位，在坐标纸上画出W v 和W v 2图象．根据图象得出W ∝v 2.2．误差主要因素(1)由于橡皮筋的差异，使橡皮筋的拉力做功W 与橡皮筋的条数不成正比． (2)没有完全平衡摩擦力或平衡摩擦力时倾角过大．(3)利用打上点的纸带计算小车的速度时，测量不准带来误差．三实验拓展与创新【高考领航】【2019·江苏卷】某兴趣小组用如题图所示的装置验证动能定理．（1）有两种工作频率均为50 Hz 的打点计时器供实验选用： A ．电磁打点计时器 B ．电火花打点计时器为使纸带在运动时受到的阻力较小，应选择（选填“A”或“B”）；（2）保持长木板水平，将纸带固定在小车后端，纸带穿过打点计时器的限位孔．实验中，为消除摩擦力的影响，在砝码盘中慢慢加入沙子，直到小车开始运动．同学甲认为此时摩擦力的影响已得到消除．同学乙认为还应从盘中取出适量沙子，直至轻推小车观察到小车做匀速运动．看法正确的同学是（选填“甲”或“乙”）；（3）消除摩擦力的影响后，在砝码盘中加入砝码．接通打点计时器电源，松开小车，小车运动；纸带被打出一系列点，其中的一段如题图所示。

专题突破课7 动能定理在多过程中的应用-2025版物理大一轮复习

目标要求 1.会应用动能定理解决多过程、多阶段的问题。

2.会应用动能定理处理往复运动等复杂问题。

考点一动能定理在多过程问题中的应用1.运用动能定理解决多过程问题时，有两种思路：一种是全过程列式，另一种是分段列式。

2.全过程列式时，涉及重力、弹簧弹力，大小恒定的阻力或摩擦力做功时，要注意运用它们的功能特点。

(1)重力做的功取决于物体的初、末位置，与路径无关。

(2)大小恒定的阻力或摩擦力做的功等于力的大小与路程的乘积。

(3)弹簧弹力做功与路径无关。

学校科技小组成员参加了过山车游戏项目后，为了研究过山车运动中所遵循的物理规律，设计出了如图所示的装置，图中P为弹性发射装置，AB为倾角θ＝37°的倾斜轨道，BC为水平轨道，C′、C等高但略有错开，可认为CDC′为竖直圆轨道。

CE为足够长倾斜轨道，各段轨道均平滑连接。

以A点为坐标原点，水平向右为x轴正方向，竖直向上为y轴正方向建立平面直角坐标系，弹射装置P的位置可在坐标平面内任意调节，使水平弹出的小滑块(视为质点)总能无碰撞的从A点进入轨道。

已知滑块质量为m＝20g，圆轨道半径R＝0.2m，轨道AB长x AB＝1m，BC长x BC＝0.4m，AB、BC段动摩擦因数μ＝0.5，其余各段轨道均光滑，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2。

(1)若滑块在A点速度v A＝5m/s，求滑块弹出时的位置坐标(x1，y1)；(2)若滑块弹出时的初速度v0＝4m/s，求滑块在进入圆轨道C点时对轨道压力的大小；(3)若滑块第一次进入圆轨道不脱轨，求滑块弹出时纵坐标y应满足的条件。

【思路点拨】(1)“水平弹出的小滑块(视为质点)总能无碰撞的从A点进入轨道”，则此时速度方向沿斜面AB 方向。

(2)“AB 、BC 段动摩擦因数μ”，说明滑块沿AB 、BC 段摩擦力做负功。

(3)“滑块第一次进入圆轨道不脱轨”，说明“滑块刚好可过最高点D ”或者“滑块到与圆心等高的位置速度为零”。

2020高考物理一轮复习5.2动能定理课件新人教版

考点二动能定理与圆周运动综合问题动能定理与圆周运动综合是高考热点题型，在此类问题中，圆周运动最高(低)点的速度是联系动能定理和圆周运动的桥梁，是解题的关键物理量． 1．对运动过程，应用动能定理． 2．对圆周运动最高(低)点，应用圆周运动向心力公式． 3．注意摩擦力的变化，在竖直圆形轨道的同一位置，速度越大，摩擦力越大．
(2018·南开区一模)如图所示，P 为处于水平面内的转盘，可绕竖直转轴 OO′转动，长度为 l 的缆绳一端悬挂在转盘边缘，另一端栓接一质量为 m 的小球，转盘静止时缆绳顶端与转轴间的距离为 d.现让转盘由静止逐渐加速转动，经过一段时间后小球与转盘一起做匀速圆周运动，且缆绳与转轴在同一竖直面内，此时缆绳与竖直方向的夹角为 θ，不计空气阻力及缆绳重力，重力加速度为 g，小球从静止到做匀速圆周运动的过程中，求缆绳对小球做的功？
解得：F＝mgsin60°＋mvLB2＝10×
3 2
N＋2×19
3 N＝23
3
N.
考点三用动能定理求解往复运动问题对于具有重复性的往复运动过程，由于动能定理只涉及物体的初末状态，而不计运动过程的细节，所以用动能定理分析这类问题可使解题过程简化． 1．灵活选择研究过程求解多过程问题既可分段考虑，也可全过程考虑，但要优先考虑全过程．
(改编题)在粗糙的斜面上，斜面的动摩擦因数为 μ＝5π3，θ ＝60°，一长为 L ＝1 m 轻杆一端固定在 O 点一端接质量为 m＝1 kg 的小球，小球在无外力的作用下从 A 点静止开始运动．A 为最高点，B 为最低点．g＝10 m/s2，求从 A 第一次运动到 B 点时轻杆的作用力？
【答案】 23 3
(2)小物块第一次上滑的位移大小 x1＝v20t1＝120×1＝5 m；第一次下滑过程由动能定理有 mgx1sinθ－μmgcosθ·x1＝12 mv12－0；可得小物块第一次回到斜面底端时速度大小 v1＝2 5 m/s； (3)小物块最终停在挡板处，全程由动能定理：－μmgcosθ·s＝0－12mv02；可得在斜面上运动所通过的总路程 s＝12.5 m.

运用动能定理求解多过程问题

V
F
s1
s
v
t
01 234
撤去F前，由动能定理得撤去F后，由动能定理得
（F
–
f）s1
=

1 2
mV2
– f(s –s1) =
0
–
1 2
mV2
两式相加得 F s1 +（ –fs）= 0
由解法1 知 F ： f = 4 ：1
创新微课
运用动能定理求解多过程问题
小结
分段研究整体研究
动能定理应用
受力分析分力做功对应位移
F
s1
s
v
t
01 234
创新微课
运用动能定理求解多过程问题
解法1
由动能定理得 WF + Wf =0 v
F
s1
s
01
t
234
即：Fs1 +（ –fs）=0 所以 F ：f = s ：s1
由V–t图线知 s ：s1 = 4 ：1
结果：F ：f = 4 ：1
创新微课
运用动能定理求解多过程问题
解法2 分段用动能定理
创新微课
同学，下节再见
创新微课现在开始
运用动能定理求解多过程问题
运用动能定理求解多过程问题
一、竖直方向上的全过程问题
创新微课
【例1】质量为m的小球从距沙坑表面h高处自由落下，进入沙坑，小球在沙坑中运动的最大深度为d，求小球在沙坑中运动受到的平均阻力大小.
mg f
对全过程: W总＝mg(h d ) fd
Ek1＝Ek2 0
h
d mg
mg(h d) fd 0 0
运用动能定理求解多过程问题

人教版2020届高考物理考点--点对点专题强化--动能定理在解决多运动过程中的妙用

人教版2020年高考物理考点---点对点专题强化-----动能定理在解决多运动过程中的妙用知识点：动能定律在应用时只涉及初状态和末状态，可以忽略在运动过程中的复杂运动过程，在运用时只需分析运动过程中的受力情况，及分析力的做功情况。

然后把每个力所做的功加在一起一定是等于初末状态动能的变化量。

对于多过程而言，常常这样考虑：把运动过程拆分，找到过程的链接点（即桥梁点）分步列方程（每一小步都能拿分，从而得到高分。

）或者一次到位列出动能定理的方程（但容易出错，导致丢分，不建议使用）对点训练：典例1：（自由落体和圆结合在一起）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A ．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，继续上升一段距离答案 C典例1解码：根据动能定理得P 点动能E k P ＝mgR 。

经过N 点时，由牛顿第二定律和向心力公式可得：4mg －mg ＝m v 2R ，所以N 点动能为E k N ＝3mgR 2。

从P 点到N 点根据动能定理可得：mgR －W ＝3mgR 2－mgR ，即克服摩擦力做功W ＝mgR 2。

质点运动过程，半径方向的合力提供向心力即F N －mg cos θ＝ma ＝m v 2R，根据左右对称，在同一高度处，由于摩擦力做功导致在右边圆形轨道中的速度变小，轨道弹力变小，滑动摩擦力F f ＝μF N 变小，所以摩擦力做功变小，那么从N 到Q ，根据动能定理，Q 点动能E k Q ＝3mgR 2－mgR －W ′＝12mgR －W ′，由于W ′＜mgR 2，所以Q 点速度仍然没有减小到0，会继续向上运动一段距离，对照选项，C 正确。

新高考物理一轮复习动能定理在多过程问题中的应用

例4 如图所示，竖直面内有一粗糙斜面AB，BCD部分是一个光滑的圆弧面，C为圆弧的最低点，AB正好是圆弧在B点的切线，圆心O与A、D 点在同一高度，θ＝37°，圆弧面的半径R＝3.6 m，一滑块质量m＝5 kg，与AB斜面间的动摩擦因数μ＝0.45，将滑块从A点由静止释放(sin 37°＝0.6， cos 37°＝0.8，g取10 m/s2).求在此后的运动过程中：
1234
由动能定理可得－μ2mgs＝12mvA2－12mvD2，可求得μ2＝0.25 ②若小球能过圆轨道的最高点则不会脱离轨道，当小球恰好到达最高点时，在圆轨道的最高点，由牛顿第二定律可得 mg＝mvR2，由动能定理可得－μ3mgs－2mgR＝12mv2－12mvD2，
1234
解得μ3＝0.025 综上所述，动摩擦因数μ的范围为0.25≤μ≤0.4或者μ≤0.025.
(2)在滑块运动过程中，C点受到的压力的最大值和最小值. 答案 102 N 70 N
滑块第一次过C点时，速度最大，设为v1，此时滑块所受轨道支持力最大，设为Fmax，从A到C的过程，由动能定理得 mgR－FflAB＝12mv12－0，斜面 AB 的长度 lAB＝taRn θ，由牛顿第二定律得 Fmax－mg＝mRv12，
(等比数列求和)，故 B 正确.
课时精练
必备基础练
1.如图所示，半圆形光滑轨道竖直固定在AB杆上，杆长L＝1 m，半圆与水平方向相切于B点，半径R＝0.5 m，距其右侧一定水平距离处固定一个斜面体.斜面C端离地高度h＝0.8 m，E端固定一轻弹簧，弹簧原长为 DE，DE＝0.375 m，斜面CD段粗糙而DE段光滑.现将一质量为1 kg的物块(可看作质点)从圆轨道某处静止释放，离开最低点B后恰能落到斜面顶端C处，且速度方向恰好平行于斜面，物块沿斜面下滑压缩弹簧后又沿斜面向上返回，第一次恰能返回到最高点C.斜面倾角θ＝53°，重力加速度g＝10 m/s2.已知sin 53° ＝0.8，cos 53°＝0.6，求：

2020年高考物理一轮复习要点与题型专题14 动能动能定理(原卷版)

2020年高考物理一轮复习要点与题型专题14 动能动能定理要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“＝”体现的三个关系例1.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，再前进一段距离后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．第二过程合力做的功等于第一过程合力做的功D．第二过程合力做的功等于第一过程合力做功的2倍针对训练1．物体在合力作用下做直线运动的vt图象如图522所示。

下列表述正确的是()A．在0～1 s内，合力做正功B．在0～2 s内，合力总是做负功C．在1 s～2 s内，合力不做功D．在0～3 s内，合力总是做正功要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。

例2．如图所示，半径R＝0.4 m的光滑圆弧轨道BC固定在竖直平面内，轨道的上端点B 和圆心O的连线与水平方向的夹角θ＝30°，下端点C为轨道的最低点且与粗糙水平面相切，一根轻质弹簧的右端固定在竖直挡板上。

质量m＝0.1 kg的小物块(可视为质点)从空中的A 点以v0＝2 m/s的速度被水平抛出，恰好从B点沿轨道切线方向进入轨道，经过C点后沿水平面向右运动至D点时，弹簧被压缩至最短，此时弹簧的弹性势能E pm＝0.8 J，已知小物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10 m/s2。

2020年高考物理专题精准突破动能定理的理解和应用(原卷版)

2020年高考物理专题精准突破专题动能定理的理解和应用【专题诠释】1．应用动能定理解题应抓好“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，确定这一过程研究对象的受力情况和位置变化或位移信息．2．应用动能定理解题的基本思路(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)动能定理的表达式是标量式，不能在其中一个方向上应用动能定理.(3)动能定理本质上反映了动力学过程中的能量转化与守恒，普遍适用于一切运动过程.【高考领航】【2019·新课标全国Ⅲ卷】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的变化如图所示。

重力加速度取10 m/s2。

该物体的质量为（）A．2 kg B．1.5 kg C．1 kg D．0.5 kg【2018·江苏卷】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．【2018·高考全国卷Ⅰ】如图，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R；bc是半径为R的四分之一圆弧，与ab相切于b点．一质量为m的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静止开始向右运动．重力加速度大小为g.小球从a点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为()A．2mgR B．4mgRC．5mgR D．6mgR【方法技巧】(1)动能定理解决的是合力做功与动能变化量之间的关系，所以在分析时一定要对物体受到的各个力做的功都作分析.(2)动能定理往往应用于单个物体的运动过程，由于不涉及时间，比用运动学规律更加方便.(3)找到物体运动的初、末状态的动能和此过程中合力做的功，是应用动能定理解题的关键.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、图线下方的面积所对应的物理意义，根据对应关系列式解答问题．四类图象所围“面积”的含义【最新考向解码】【例1】(2019·黑龙江齐齐哈尔五校联谊高三上学期期末联考)如图所示，固定在竖直平面内的14圆弧轨道与水平轨道相切于最低点B ，质量为m 的小物块从圆弧轨道的顶端A 由静止滑下，经过B 点后沿水平轨道运动，并停在到B 点距离等于圆弧轨道半径的C 点。