最新动能定理及其应用专题
高考物理复习-动能定理及其应用
长度为πR、不可伸长的轻细绳，一端固定在圆柱体最高点P处，另一端
系一个小球，小球位于P点右侧同一水平高度的Q点时，绳刚好拉直，将
小球从Q点由静止释放，当与圆柱体未接触部分的细绳竖直时，小球的
速度大小为(重力加速度为g，不计空气阻力)
√A. 2ห้องสมุดไป่ตู้πgR
B. 2πgR
C. 21＋πgR
D.2 gR
小球下落的高度为 h＝πR－π2R＋R＝π＋2 2R，小球下落过程中，根据 动能定理有 mgh＝12mv2，综上有 v＝ π＋2gR，故选 A.
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.
好为0.已知π取3.14，重力加速度g取10 m/s2，在这一过程中摩擦力做功为
A.66.6 J C.210.6 J
√B.－66.6 J
D.－210.6 J
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
小圆环到达 B 点时对细杆的压力恰好为 0，则 mg＝mvr2，拉力 F 沿 圆的切线方向，圆环由 A 到 B 的过程根据动能定理有 F·24πr－mgr＋ Wf＝12mv2，代入数据得摩擦力做功为 Wf＝－66.6 J，故选 B.
D.物体运动的时间
物体做匀速直线运动时，受力平衡，拉力 F0 与 滑动摩擦力 Ff 大小相等，物体与水平面间的动 摩擦因数为 μ＝mFg0 ＝0.35，A 正确； 减速过程由动能定理得 WF＋Wf＝0－12mv2，根据 F－x 图像中图线与 x 轴围成的面积可以估算力 F 对物体做的功 WF，而 Wf＝－μmgx，由 此可求得合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.
第6章 专题强化8 动能定理在多过程问题中的应用
专题强化八动能定理在多过程问题中的应用目标要求 1.会用动能定理解决多过程、多阶段的问题.2.掌握动能定理在往复运动问题中的应用．题型一动能定理在多过程问题中的应用1．应用动能定理解决多过程问题的两种思路(1)分阶段应用动能定理①若题目需要求某一中间物理量，应分阶段应用动能定理．②物体在多个运动过程中，受到的弹力、摩擦力等力若发生了变化，力在各个过程中做功情况也不同，不宜全过程应用动能定理，可以研究其中一个或几个分过程，结合动能定理，各个击破．(2)全过程(多个过程)应用动能定理当物体运动过程包含几个不同的物理过程，又不需要研究过程的中间状态时，可以把几个运动过程看作一个整体，巧妙运用动能定理来研究，从而避开每个运动过程的具体细节，大大简化运算．2．全过程列式时要注意(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做功的数值等于力的大小与路程的乘积．例1图中ABCD是一条长轨道，其中AB段是倾角为θ的斜面，CD段是水平的，长为s，BC段是与AB段和CD段都相切的一小段圆弧，其长度可以忽略不计．一质量为m的小滑块在A点由静止释放，沿轨道滑下，最后停在D点，A点和D点的位置如图所示，现用一沿轨道方向的力推滑块，使它缓缓地由D点回到A点，设滑块与轨道间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则推力对滑块做的功等于()A．mgh B．2mghC．μmg(s＋hsin θ) D．μmg(s＋h cos θ)听课记录：_____________________________________________________________________ _______________________________________________________________________________ 例2(多选)(2021·全国甲卷·20)一质量为m的物体自倾角为α的固定斜面底端沿斜面向上滑动．该物体开始滑动时的动能为E k ，向上滑动一段距离后速度减小为零，此后物体向下滑动，到达斜面底端时动能为E k 5.已知sin α＝0.6，重力加速度大小为g .则( ) A ．物体向上滑动的距离为E k 2mgB ．物体向下滑动时的加速度大小为g 5C ．物体与斜面间的动摩擦因数等于0.5D ．物体向上滑动所用的时间比向下滑动的时间长听课记录：______________________________________________________________ ________________________________________________________________________例3 (2023·广东惠州市调研)光滑斜面与长度为L ＝0.5 m 粗糙水平地面平滑相连，质量为m ＝1 kg 的小球(可视为质点)从斜面上距离地面高H 处由静止释放，经A 点进入与水平地面平滑连接的光滑圆形轨道(A 点为轨道最低点)，恰好能到达圆形轨道的最高点B 点．已知小球与地面间的动摩擦因数μ＝0.2，圆形轨道半径R ＝0.1 m ，取重力加速度g ＝10 m/s 2，求：(1)小球在B 点的速度大小；(2)小球在A 点时，其对圆形轨道的压力大小；(3)小球的释放点离水平地面的高度H .________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________题型二 动能定理在往复运动问题中的应用1．往复运动问题：在有些问题中物体的运动过程具有重复性、往返性，而在这一过程中，描述运动的物理量多数是变化的，而且重复的次数又往往是无限的或者难以确定．2．解题策略：此类问题多涉及滑动摩擦力或其他阻力做功，其做功的特点是与路程有关，运用牛顿运动定律及运动学公式将非常繁琐，甚至无法解出，由于动能定理只涉及物体的初、末状态，所以用动能定理分析这类问题可简化解题过程．例4 如图所示，固定斜面的倾角为θ，质量为m 的滑块从距挡板P 的距离为x 0处以初速度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重力沿斜面向下的分力．若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失，重力加速度为g ，则滑块经过的总路程是( )A.1μ⎝⎛⎭⎫v 022g cos θ＋x 0tan θ B.1μ⎝⎛⎭⎫v 022g sin θ＋x 0tan θ C.2μ⎝⎛⎭⎫v 022g cos θ＋x 0tan θ D.1μ⎝⎛⎭⎫v 022g cos θ＋x 0tan θ 听课记录：______________________________________________________________ ________________________________________________________________________例5 (2022·浙江1月选考·20)如图所示，处于竖直平面内的一探究装置，由倾角α＝37°的光滑直轨道AB 、圆心为O 1的半圆形光滑轨道BCD 、圆心为O 2的半圆形光滑细圆管轨道DEF 、倾角也为37°的粗糙直轨道FG 组成，B 、D 和F 为轨道间的相切点，弹性板垂直轨道固定在G 点(与B 点等高)，B 、O 1、D 、O 2和F 点处于同一直线上．已知可视为质点的滑块质量m ＝0.1 kg ，轨道BCD 和DEF 的半径R ＝0.15 m ，轨道AB 长度l AB ＝3 m ，滑块与轨道FG 间的动摩擦因数μ＝78，滑块与弹性板作用后，以等大速度弹回，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.滑块开始时均从轨道AB 上某点静止释放．(1)若释放点距B 点的长度l ＝0.7 m ，求滑块到最低点C 时轨道对其支持力F N 的大小；(2)设释放点距B 点的长度为l x ，求滑块第一次经F 点时的速度v 与l x 之间的关系式；(3)若滑块最终静止在轨道FG 的中点，求释放点距B 点长度l x 的值．规范答题区 评价项目(100分)自评得分书写工整，卷面整洁(20分)有必要的文字说明，指明研究对象、过程、所用规律(20分)。
动能定理的实际应用
动能定理的实际应用在我们的日常生活和众多科学领域中，动能定理都发挥着极其重要的作用。
那什么是动能定理呢？简单来说，动能定理描述了合外力对物体所做的功等于物体动能的变化。
先让我们来了解一下动能定理的表达式：W ＝ΔEk ，其中 W 是合外力对物体做的功，ΔEk 是物体动能的变化量。
动能 Ek ＝ 1/2 mv²，m 是物体的质量，v 是物体的速度。
接下来，我们看看动能定理在实际生活中的一些应用。
在体育运动中，比如跳远。
运动员在助跑阶段积累动能，通过快速奔跑获得较大的速度，从而在起跳时具有较大的动能。
当运动员起跳后，在空中运动的过程中，只有重力做功，动能和重力势能相互转化。
运动员起跳时的动能越大，在空中能够达到的高度和水平距离就越远。
再来说说汽车的行驶。
汽车的发动机做功，使汽车获得动能。
在加速过程中，发动机的牵引力做功，增加了汽车的动能，使其速度不断提高。
而在刹车时，摩擦力做功，消耗汽车的动能，使其逐渐停下来。
在建筑工地上，起重机吊起重物的过程中，起重机的拉力对重物做功，增加了重物的动能和重力势能。
通过动能定理，我们可以计算出起重机需要做多少功，从而选择合适功率的起重机。
在能源领域，水力发电就是动能定理的一个典型应用。
水从高处流下，具有较大的动能。
通过水轮机，水的动能转化为水轮机的机械能，进而带动发电机发电。
在航天领域，火箭的发射也离不开动能定理。
火箭燃料燃烧产生的推力对火箭做功，使火箭的动能不断增加，从而能够克服地球引力进入太空。
动能定理还在碰撞实验中有着重要的应用。
例如，两个物体发生碰撞时，通过测量碰撞前后物体的速度，可以利用动能定理计算出碰撞过程中损失的能量，从而分析碰撞的性质和效果。
在物理学研究中，科学家们也常常利用动能定理来解决各种问题。
比如，研究微观粒子的运动时，虽然微观粒子的运动规律与宏观物体有所不同，但在某些情况下，动能定理仍然可以提供有用的信息和帮助。
总之，动能定理在我们的生活和科学研究中无处不在，它为我们理解和解决各种与物体运动和能量转化相关的问题提供了有力的工具。
高考物理动能定理的综合应用题20套(带答案)含解析
高考物理动能定理的综合应用题20套(带答案)含解析一、高中物理精讲专题测试动能定理的综合应用1．一辆汽车发动机的额定功率P =200kW ，若其总质量为m =103kg ，在水平路面上行驶时，汽车以加速度a 1=5m/s 2从静止开始匀加速运动能够持续的最大时间为t 1=4s ，然后保持恒定的功率继续加速t 2=14s 达到最大速度。
设汽车行驶过程中受到的阻力恒定，取g =10m/s 2.求：(1)汽车所能达到的最大速度；(2)汽车从启动至到达最大速度的过程中运动的位移。
【答案】(1)40m/s ；(2)480m 【解析】 【分析】 【详解】(1)汽车匀加速结束时的速度11120m /s v a t ==由P=Fv 可知，匀加速结束时汽车的牵引力11F Pv ==1×104N 由牛顿第二定律得11F f ma -=解得f =5000N汽车速度最大时做匀速直线运动，处于平衡状态，由平衡条件可知， 此时汽车的牵引力F=f =5000N由P Fv =可知，汽车的最大速度：v=P PF f==40m/s (2)汽车匀加速运动的位移x 1=1140m 2v t = 对汽车，由动能定理得2112102F x Pt fs mv =--+解得s =480m2．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/s 2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8．求:(1)求滑块与斜面间的动摩擦因数μ;(2)要使滑块能到达C 点,求滑块从A 点沿斜面滑下时初速度v 0的最小值;(3)若滑块离开C 点的速度为4 m/s ,求滑块从C 点飞出至落到斜面上所经历的时间． 【答案】（1）0.375（2）3/m s （3）0.2s 【解析】试题分析：⑴滑块在整个运动过程中，受重力mg 、接触面的弹力N 和斜面的摩擦力f 作用，弹力始终不做功，因此在滑块由A 运动至D 的过程中，根据动能定理有：mgR －μmgcos37°2sin 37R︒＝0－0 解得：μ＝0.375⑵滑块要能通过最高点C ，则在C 点所受圆轨道的弹力N 需满足：N≥0 ①在C 点时，根据牛顿第二定律有：mg ＋N ＝2Cv m R② 在滑块由A 运动至C 的过程中，根据动能定理有：－μmgcos37°2sin 37R ︒＝212C mv －2012mv ③ 由①②③式联立解得滑块从A 点沿斜面滑下时的初速度v 0需满足：v 03gR ＝23 即v 0的最小值为：v 0min ＝3⑶滑块从C 点离开后将做平抛运动，根据平抛运动规律可知，在水平方向上的位移为：x ＝vt ④在竖直方向的位移为：y ＝212gt ⑤ 根据图中几何关系有：tan37°＝2R yx-⑥ 由④⑤⑥式联立解得：t ＝0.2s考点：本题主要考查了牛顿第二定律、平抛运动规律、动能定理的应用问题，属于中档题．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/s 2.(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mg ma μ=C 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42m/s 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74228.14m v =+≈m/s ．4．一个平板小车置于光滑水平面上，其右端恰好和一个光滑圆弧轨道AB 的底端等高对接，如图所示．已知小车质量M=3．0kg ，长L=2．06m ，圆弧轨道半径R=0．8m ．现将一质量m=1．0kg 的小滑块，由轨道顶端A 点无初速释放，滑块滑到B 端后冲上小车．滑块与小车上表面间的动摩擦因数．（取g=10m/s 2）试求：（1）滑块到达B 端时，轨道对它支持力的大小； （2）小车运动1．5s 时，车右端距轨道B 端的距离；（3）滑块与车面间由于摩擦而产生的内能．【答案】（1）30 N （2）1 m （3）6 J 【解析】（1）滑块从A 端下滑到B 端，由动能定理得（1分）在B 点由牛顿第二定律得（2分） 解得轨道对滑块的支持力N （1分）（2）滑块滑上小车后，由牛顿第二定律对滑块：，得m/s2 （1分）对小车：，得m/s2 （1分）设经时间t后两者达到共同速度，则有（1分）解得s （1分）由于s<1．5s，故1s后小车和滑块一起匀速运动，速度v="1" m/s （1分）因此，1．5s时小车右端距轨道B端的距离为m （1分）（3）滑块相对小车滑动的距离为m （2分）所以产生的内能J （1分）5．某电视娱乐节目装置可简化为如图所示模型．倾角θ＝37°的斜面底端与水平传送带平滑接触，传送带BC长L＝6m，始终以v0＝6m/s的速度顺时针运动．将一个质量m＝1kg 的物块由距斜面底端高度h1＝5.4m的A点静止滑下，物块通过B点时速度的大小不变．物块与斜面、物块与传送带间动摩擦因数分别为μ1＝0.5、μ2＝0.2，传送带上表面距地面的高度H＝5m，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8．⑴求物块由A点运动到C点的时间；⑵若把物块从距斜面底端高度h2＝2.4m处静止释放，求物块落地点到C点的水平距离；⑶求物块距斜面底端高度满足什么条件时，将物块静止释放均落到地面上的同一点D．【答案】⑴4s；⑵6m；⑶1.8m≤h≤9.0m【解析】试题分析：（1）A到B过程：根据牛顿第二定律mgsinθ﹣μ1mgcosθ=ma1，代入数据解得，t 1=3s．所以滑到B点的速度：v B=a1t1=2×3m/s=6m/s，物块在传送带上匀速运动到C，所以物块由A到C的时间：t=t1+t2=3s+1s=4s（2）斜面上由根据动能定理．解得v=4m/s＜6m/s，设物块在传送带先做匀加速运动达v0，运动位移为x，则：，，x=5m＜6m所以物体先做匀加速直线运动后和皮带一起匀速运动，离开C点做平抛运动s=v 0t0，H=解得 s=6m．（3）因物块每次均抛到同一点D，由平抛知识知：物块到达C点时速度必须有v C=v0①当离传送带高度为h3时物块进入传送带后一直匀加速运动，则：，解得h3=1.8m②当离传送带高度为h4时物块进入传送带后一直匀减速运动，h4=9.0m所以当离传送带高度在1.8m～9.0m的范围内均能满足要求即1.8m≤h≤9.0m6．一质量为0.5kg的小物块放在水平地面上的A点，距离A点5m的位置B处是一面墙，如图所示，物块以v0=9m/s的初速度从A点沿AB方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7m/s，碰后以6m/s的速度反向运动直至静止．g取10m/s2．(1)求物块与地面间的动摩擦因数μ；(2)若碰撞时间为0.05s，求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F．【答案】（1）0.32μ=（2）F=130N【解析】试题分析：（1）对A到墙壁过程，运用动能定理得：，代入数据解得：μ=0.32．（2）规定向左为正方向，对碰墙的过程运用动量定理得：F△t=mv′﹣mv，代入数据解得：F=130N．7．如图所示，BC 225竖直放置的光滑细圆管，O为细圆管的圆心，在圆管的末端C连接倾斜角为45°、动摩擦因数μ＝0.6的足够长粗糙斜面，一质量为m＝0.5kg的小球从O点正上方某处A点以v0水平抛出，恰好能垂直OB从B点进入细圆管，小球从进入圆管开始受到始终竖直向上的力F＝5N的作用，当小球运动到圆管的末端C时作用力F立即消失，小球能平滑地冲上粗糙斜面．(g＝10m/s2)求：（1）小球从O点的正上方某处A点水平抛出的初速度v0为多少？（2）小球在圆管中运动时对圆管的压力是多少？（3）小球在CD斜面上运动的最大位移是多少？【答案】（1）2m/s ；（2）7.1N ；（3）0.35m. 【解析】 【详解】（1）小球从A 运动到B 为平抛运动， 水平方向：r sin45°=v 0t ，在B 点：tan45°=y v gt v v =， 解得：v 0=2m/s ；（2）小球到达在B 点的速度：22m/s cos 45v v ︒==，由题意可知：mg =0.5×10=5N=F ，重力与F 的合力为零，小球所受合力为圆管的外壁对它的弹力，该力不做功， 小球在管中做匀速圆周运动，管壁的弹力提供向心力，22(22)0.5N 7.1N225v F m r ==⨯= 由牛顿第三定律可知，小球对圆管的压力大小：7.1N F '=； （3）小球在CD 上滑行到最高点过程，由动能定理得：21sin 45?cos 45?02mg s mg s mv μ︒︒--=-解得：s ≈0.35m ；8．如图，与水平面夹角θ=37°的斜面和半径R =1.0m 的光滑圆轨道相切于B 点，且固定于竖直平面内。
动能定理的应用举例
动能定理的应用举例动能定理是物理学中的一个重要定理，它描述了物体的动能与应用力之间的关系。
本文将通过几个实际的例子来说明动能定理的应用，帮助读者更好地理解和应用这一定理。
例子1：汽车碰撞实验假设有两辆汽车，质量分别为m1和m2，初速度分别为v1和v2，它们相向而行，在某一时刻发生碰撞。
根据动能定理，碰撞前后的总动能应该守恒，即：1/2 * m1 * v1^2 + 1/2 * m2 * v2^2 = 1/2 * m1 * v1'^2 + 1/2 * m2 *v2'^2其中，v1'和v2'分别是碰撞后两辆汽车的速度。
通过这个方程，我们可以计算出碰撞后汽车的速度。
例子2：弹簧振动考虑一个质量为m的物体连接在一个弹簧上，弹簧的劲度系数为k。
当物体受力向右移动时，它的速度随时间增加，根据动能定理，我们可以得到：1/2 * m * v^2 = 1/2 * k * x^2其中，v是物体的速度，x是物体的位移。
这个方程描述了物体的动能和弹簧的弹性势能之间的关系。
例子3：自由落体当一个物体自由落体下落时，它的动能也在不断变化。
根据动能定理，物体的动能变化等于外力对物体做功。
在自由落体时，只有重力对物体做功，而重力的大小与物体的质量和下落高度有关。
因此可以得到动能变化的表达式：ΔK = m * g * h其中，ΔK代表动能的变化量，m是物体的质量，g是重力加速度，h是下落的高度。
通过以上三个例子，我们可以看到动能定理的应用范围非常广泛。
无论是碰撞实验、弹簧振动还是自由落体，动能定理都能帮助我们理解物理现象，并进行相关计算。
在实际生活中，我们也可以运用动能定理来解决一些问题，例如交通事故的分析和能量转化的计算等。
总结起来，动能定理是物理学中一个非常重要的定理，它描述了物体的动能与作用力之间的关系。
通过这一定理，我们可以理解和解释各种物理现象，并应用于实际问题的计算中。
希望通过本文的介绍，读者对动能定理有了更深入的理解和应用。
动能定理应用典型例题及解析
动能定理应用典型例题及解析
例题：一物体质量为2kg，速度为5m/s，撞向另一物体，两物体碰撞后，第一个物体反弹回来，速度为3m/s。
第二个物体
的质量为3kg，碰撞后向前运动的速度为多少？
解析：
首先，我们要明确动能定理的公式：
动能定理公式：$E_k=\frac{1}{2}mv^2$
动能定理的原理：物体所具有的动能的增量等于所受动力的功。
根据动能定理的公式，我们可以计算出碰撞前后两个物体的动能，然后通过它们在碰撞过程中的总动能守恒，来求解所需的速度。
1. 碰撞前，第一个物体的动能为：
$E_{k1}=\frac{1}{2}mv^2=\frac{1}{2} \times 2 \times 5^2=25
J$
2. 碰撞后，第一个物体的动能为：
$E'_{k1}=\frac{1}{2}mv'^2=\frac{1}{2} \times 2 \times 3^2=9 J$ 其中，$v'$表示第一个物体反弹后的速度。
3. 碰撞后，第二个物体的动能为：
$E_{k2}=\frac{1}{2}mv^2=\frac{1}{2} \times 3 \times v_f^2$ 其中，$v_f$表示第二个物体碰撞后向前运动的速度。
4. 动能守恒式：
$E_{k1}+E_{k2}=E'_{k1}+E'_{k2}$
代入数值，得到：
$25+\frac{1}{2} \times 3 \times v_f^2=9+\frac{1}{2} \times 3 \times v_f^2$
化简后得到$v_f=\frac{4}{3}m/s$。
因此，第二个物体碰撞后向前运动的速度为4/3m/s。
动能定理的应用实例
动能定理的应用实例在物理学中，动能定理是一个非常重要的概念，它描述了力对物体做功与物体动能变化之间的关系。
动能定理的表达式为：合力对物体所做的功等于物体动能的变化，即 W 合＝ΔEk 。
这个定理在解决很多实际问题中发挥着关键作用，下面我们就来看看一些具体的应用实例。
先来说说汽车的加速过程。
当汽车发动机的牵引力推动汽车前进时，牵引力对汽车做功。
假设一辆汽车的质量为 m ，牵引力为 F ，汽车在牵引力作用下行驶的距离为 s ，初速度为 v₁，末速度为 v₂。
根据动能定理，牵引力做的功 W ＝ Fs 等于汽车动能的变化，即 1/2mv₂²1/2mv₁²。
通过这个定理，我们可以计算出汽车达到一定速度所需的牵引力或者行驶一定距离时速度的变化。
再看一个物体在斜面上运动的例子。
一个质量为 m 的物体从斜面顶端由静止开始下滑，斜面的高度为 h ，长度为 l ，斜面的倾角为θ ，物体与斜面之间的动摩擦因数为μ 。
在这个过程中，重力对物体做功mgh ，摩擦力对物体做功μmgcosθ·l 。
根据动能定理，重力做的功与摩擦力做的功之和等于物体动能的变化。
因为物体初速度为 0 ，所以末动能 1/2mv²就等于重力做的功减去摩擦力做的功，从而可以求出物体滑到底端时的速度 v 。
在体育运动中，动能定理也有广泛的应用。
比如跳高运动员。
运动员起跳时，腿部肌肉发力做功，使运动员获得一定的初速度。
在上升过程中，只有重力做功。
根据动能定理，运动员起跳时肌肉做功等于运动员到达最高点时的重力势能增加量和动能减少量之和。
通过对这个过程的分析，教练可以根据运动员的身体素质和技术特点，制定更科学的训练方案，以提高运动员的跳高成绩。
还有篮球投篮的过程。
当运动员投篮时，手臂对篮球做功，使篮球获得初速度。
篮球在空中飞行的过程中，受到重力和空气阻力的作用。
根据动能定理，手臂做功等于篮球在空中飞行过程中动能和势能的变化量之和。
高考物理动能定理的综合应用题20套(带答案)
高考物理动能定理的综合应用题20套(带答案)一、高中物理精讲专题测试动能定理的综合应用1．小明同学根据上海迪士尼乐园游戏项目“创极速光轮”设计了如图所示的轨道。
一条带有竖直圆轨道的长轨道固定在水平面上，底端分别与两侧的直轨道相切，其中轨道AQ 段粗糙、长为L 0=6.0m ，QNP 部分视为光滑，圆轨道半径R =0.2m ，P 点右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段长度都为L =0.5m 。
一玩具电动小车，通电以后以P =4W 的恒定功率工作，小车通电加速运动一段时间后滑入圆轨道，滑过最高点N ，再沿圆轨道滑出。
小车的质量m =0.4kg ，小车在各粗糙段轨道上所受的阻力恒为f =0.5N 。
（重力加速度g =10m/s 2；小车视为质点，不计空气阻力）。
(1)若小车恰能通过N 点完成实验，求进入Q 点时速度大小； (2)若小车通电时间t =1.4s ，求滑过N 点时小车对轨道的压力； (3)若小车通电时间t≤2.0s ，求小车可能停在P 点右侧哪几段轨道上。
【答案】(1)22m/s ；(2)6N ，方向竖直向上；(3)第7段和第20段之间 【解析】 【分析】 【详解】(1)小车恰能过N 点，则0N v =，Q →N 过程根据动能定理2211222N mg R mv mv -⋅=- 代入解得22m/s v =(2)A →N 过程2011202Pt fL mg R mv --⋅=- 代入解得15m/s v =在N 点时21N mv mg F R+= 代入解得N 6N F =根据牛顿第三定律可得小汽车对轨道压力大小6N ，方向竖直向上。
(3)设小汽车恰能过最高点，则0020Pt fL mg R --⋅=代入解得0 1.15s 2s t =<此时小汽车将停在12mg R n fL ⋅=代入解得1 6.4n =因此小车将停在第7段； 当通电时间 2.0s t =时020Pt fL n fL --=代入解得220n =因此小车将停在第20段；综上所述，当t ≤2.0s 时，小汽车将停在第7段和第20段之间。
动能定理及其应用专题
动能定理及其应用专题考点一 动能定理的理解和基本应用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 ＝12m v 2，单位：焦耳(J).1 J ＝1 N·m ＝1 kg·m 2/s 2.(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＝12m v 22－12m v 12.(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．在一个有变力做功的过程中，由动能定理，W 变＋W 恒＝12m v 22－12m v 12，物体初、末速度已知，恒力做功W 恒可根据功的公式求出，这样就可以得到W 变＝12m v 22－12m v 12－W 恒，就可以求变力做的功了．例1.(2021·山西吕梁市高三一模)随着人们生活水平的提高，冬季滑雪成为人们休闲娱乐的一项主要运动，某滑雪场的冲关滑道如图3所示，粗糙的直轨道AB 与半径为R ＝1 m 的光滑圆弧轨道BCD 在B 处平滑连接，O 为圆弧轨道BCD 的圆心，C 点为圆弧轨道的最低点，半径OB 、OD 与OC 的夹角分别为37°和53°，距D 点的竖直高度为h ＝0.8 m 处有一空中平台．小明质量为30 kg ，从直轨道AB 上距B 点5 m 的位置以一定的初速度下滑，经圆弧轨道从D 点冲出，刚好沿空中平台的边缘水平滑上平台冲关成功，已知小明与直轨道AB 间的动摩擦因数μ＝0.5，不计空气阻力．(重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)求：图3(1)小明滑上空中平台时的速度大小； (2)小明滑到C 点时对轨道的压力大小； (3)小明开始下滑时的速度大小． 答案 (1)3 m/s (2)1 290 N (3)3 m/s解析 (1)小明经圆弧轨道从D 点冲出，刚好沿空中平台的边缘水平滑上平台冲关成功，则逆过程从平台到D 点是平抛运动，到D 点时竖直方向的分速度 由v y 2＝2gh ，解得v y ＝2gh ＝4 m/s则在D 点时水平方向的速度为v x ＝v y tan 37°＝3 m/s 因此小明滑上平台的速度大小为v ＝v x ＝3 m/s (2)从C 点到平台边缘的过程，由动能定理得 －mg [h ＋R (1－cos 53°)]＝12m v 2－12m v C 2解得v C ＝33 m/s经过C 点时，由向心力公式得F N －mg ＝m v C 2R解得F N ＝1 290 N由牛顿第三定律知，小明对轨道的压力大小为F N ′＝F N ＝1 290 N (3)从开始运动到C 点的过程，由动能定理得mgL sin 37°－μmgL cos 37°＋mgR (1－cos 37°)＝12m v C 2－12m v 02，解得v 0＝3 m/s.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 ＝gR ＝2 m/s. (2)B →C 过程，由动能定理得 －mgR (1＋cos 37°)＝12m v C 2－12m v B 2解得v B ＝v C 2＋2gR (1＋cos 37°)≈4.29 m/s. (3)滑块从A →B 的过程，利用动能定理： mgh －μmg cos 37°·h sin 37°＝12m v B 2－0代入数据，解得h ＝1.38 m.例3.如图2所示，AB 为一固定在水平面上的半圆形细圆管轨道，轨道内壁粗糙，其半径为R 且远大于细管的内径，轨道底端与水平轨道BC 相切于B 点．水平轨道BC 长为2R ，动摩擦因数为μ1＝0.5，右侧为一固定在水平面上的粗糙斜面．斜面CD 足够长，倾角为θ＝37°，动摩擦因数为μ2＝0.8.一质量为m ，可视为质点的物块从圆管轨道顶端A 点以初速度v 0＝gR2水平射入圆管轨道，运动到B 点时对轨道的压力大小为自身重力的5倍，物块经过C 点时速度大小不发生变化，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度为g ，求：图2(1)物块从A 点运动到B 点的过程中，阻力所做的功； (2)物块最终停留的位置．答案 (1)－14mgR (2)斜面上距C 点2531R 处解析 (1)物块运动到B 点时，设轨道对其支持力大小为F N ，由牛顿第三定律知F N ＝F N ′＝5mg ，由牛顿第二定律有F N －mg ＝m v B 2R，解得v B ＝2gR物块从A 点运动到B 点的过程，由动能定理有2mgR ＋W f ＝12m v B 2－12m v 02，得W f ＝－14mgR(2)设物块沿斜面上升的最大位移为x ，由动能定理有 －μ1mg ·2R －mgx sin θ－F f x ＝0－12m v B 2其中F f ＝μ2mg cos θ，解得x ＝2531R因μ2mg cos θ＞mg sin θ，故物块在速度减为零之后不会下滑，物块最终会静止在斜面上距离C 点2531R 处． 例4 (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.14mgR B.13mgR C.12mgR D.π4mgR 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 v 2R ，F N ＝F N ′＝2mg ，联立解得v ＝gR ，下滑过程中，根据动能定理可得mgR－W f ＝12m v 2，解得W f ＝12mgR ，所以克服摩擦力做功12mgR ，选项C 正确．例5．(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.12m v 02－μmg (s ＋x ) B.12m v 02－μmgx C ．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 ＝0－12m v 02，则W 弹＝12m v 02－μmg (s ＋x )，故选项A 正确．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”和图象斜率的含义例6 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4 m ．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 2 m/s (2)5 m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 ＝12m v A 2－0代入数据解得v A ＝5 2 m/s.(2)对于滑块冲上斜面的过程，由动能定理得 －mgL sin 30°＝0－12m v A 2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.例7.(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1所示．重力加速度取10 m/s 2.该物体的质量为( )图1A ．2 kgB ．1.5 kgC ．1 kgD ．0.5 kg 答案 C解析 设物体的质量为m ，则物体在上升过程中，受到竖直向下的重力mg 和竖直向下的恒定外力F ，当Δh ＝3 m 时，由动能定理结合题图可得－(mg ＋F )Δh ＝(36－72) J ；物体在下落过程中，受到竖直向下的重力mg 和竖直向上的恒定外力F ，当Δh ＝3 m 时，再由动能定理结合题图可得(mg －F )Δh ＝(48－24) J ，联立解得m ＝1 kg 、F ＝2 N ，选项C 正确，A 、B 、D 均错误．例8.(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＝2E km＝ 2 m/s ，故A 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 ＝25 J ，故C 错误.0～2 m 过程，t 1＝2x 1v 2＝2 s ；2～4 m 过程，t 2＝x 2v 2＋v 42＝0.8 s ，故总时间为2 s ＋0.8 s ＝2.8 s ，D 正确．。
2025《高中物理总复习》6.2动能定理及其应用
第2讲动能定理及其应用课程标准素养目标1.理解动能和动能定理.2.能用动能定理解释生产生活中的现象.物理观念：了解动能的概念和动能定理的内容.科学思维：会用动能定理分析曲线运动、多过程运动问题.返回导航考点一动能、动能定理的理解【必备知识•自主落实】1.动能动能是标量(1)定义：物体由于运动而具有的能.(2)公式：E k=^mv2v是瞬时速度(3)单位：焦耳，1J=1N m=l kg m2/s2.(气)动能］的变化：物体末动能与初动能之差，即AEk=答案返回导航2.动能定理“力”指的是物体受到的合力(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.合力所做的总功1719(2)表达式：W=(3)物理意义：合外力的功是物体动能变化的量度.答案返回导航【关键能力.思维进阶］1.甲、乙两物体的质量分别用m甲、m乙表示，甲、乙两物体的速度大小分别用v甲、v乙表示，则下列说法正确的是（）A.如果m乙=2m甲，v甲=2v乙，则甲、乙两物体的动能相等B.如果m甲=2m乙，v乙=2v甲，则甲、乙两物体的动能相等C.如果m乙=2m甲，v乙=2v甲，则甲、乙两物体的动能相等D.如果111甲=111乙，v¥=v^,两物体的速度方向相反，此时两物体的动能相等答案：D解析：由动能的表达式氏=fl"”?可知，A、B、C错误；动能是标量，只与物体的质量和速度的大小有关，与速度方向无关，D正确.解析■答案返回导航2.（多选）如图所示，电梯质量为M,在它的水平底板上放置一质量为m 的物体.电梯在钢索的拉力作用下做竖直向上的加速运动，当电梯的速度由V|增大到V2时，上升高度为H.则在这个过程中，下列说法正确的是（重力加速度为g）（）A.对物体，动能定理的表达式为W=：mv专-:mv，，其中W为支持力做的功B.对物体，动能定理的表达式为W合=0,其中W合为合力做的功C.对物体，动能定理的表达式为W—mgH=：mv芸一?mv，，其中W为支持力做的功|D.对电梯，其所受合力做功为!Mv专一I—―I答案：CD解析■答案胃返回导航思维提升有能与动能变化的区别(1)动能与动能的变化是两个不同的概念，动能是状态量，动能的变化是过程量.(2)动能没苔负值，而动能变化量有正负之分.JE,>0表示物体的动能增加，/E r VO表示物体的动能减少.返回导航2.对动能定理的理解做功的过程就是能量转化的过程，动能定理表达式中的意义是一种因果关系在数值上相等的符号.因果关系一合力做功是物体动能变化的原因数量关系一合力做的功与动能变化可以等量代换单位关系一国际单位都是焦耳返回导航返回导航考点二动能定理的基本应用【关键能力•思维进阶】应用动能定理的注意事项(1)方法的选择：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，比动力学方法要简捷.(2)过程的选择：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)，此时可以分段应用动能定理，也可以对全过程应用动能定理.如果对整个过程应用动能定理，往往能使问题简化.(3)规律的应用：动能定理表达式是一个标量式，不能在某个方向上应用动能定理.返回导航考向1应用动能定理求变力的功例1承德的转盘滑雪机为我国自主原创、世界首例的专利产品.一名运 动员的某次训练过程中，转盘滑雪机绕垂直于盘面的固定转轴以角速度3 = 0.5,以〃s 顺时针匀速转动，质量为60 kg 的运动员在盘面上离转轴10 m 半 径上滑行，滑行方向与转盘转动方向相反，在最低点的速度大小为10 m/s, 滑行半周到最高点的速度大小为8 m/s,该过程中，运动员所做的功为6 500 J,巳知盘面与水平面夹角为18° , g 取10 mis 1, sin 18° =0.31, cos 18° =0.95,则该过程中运动员克服阻力做的功为（ ）A. 4 240 J C. 3 860JB. 3740 JD. 2 300 J 答案：c解析■答案返回导航考向2应用动能定理求解直线运动问题例2如图所示，一斜面体ABC 固定在水平地面上，斜面AD 段粗糙、DC 段光 滑，在斜面底端C 点固定一轻弹簧，弹簧原长等于CD 段长度.一质量m = 0.1 蚀的小物块（可视为质点）从斜面顶端A 以初速度v 0=2力/s 沿斜面下滑，当弹簧 第一次被压缩至最短时，其长度恰好为原长的一半，物块沿斜面下滑后又沿 斜面向上返回，第一次恰能返回到最高点A.己知弹簧的原长L o = O.2 m,物块 与斜面AD 段间的动摩擦因数p=g 斜面倾角0=30° ,重力加速度g=10 tn/s 2,6弹簧始终处于弹性旭度范围内.下列说法中正确的是（）A. A 、D 间的足巨鬲X n ）=0.2 m%B. 物块第一次运动到D 点时的速度大小为匝m/sC. 弹簧第一次被压缩到最短时的弹性势能为0.3 Jn D. 物块在斜面AD 段能滑行的总路程为1.6 mCB 答案：D 解析■答案返回导航考向3应用动能定理求解曲线运动问题例3[2023-湖北卷]如图为某游戏装置原理示意图.水平桌面上固定一半圆形竖直挡板，其半径为2R、内表面光滑，挡板的两端A、B在桌面边缘，B与半径为R的固定光滑圆弧轨道COE在同一竖直平面内，过C点的轨道半径与竖直方向的夹角为60°.小物块以某一水平初速度由A点切入挡板内侧,从B点飞出桌面后，在C点沿圆弧切线方向进入轨道CDE内侧，并恰好能到达轨道的最高点D.小物块与桌面之间的动摩擦因数为重力加速度大小21T为g，忽略空气阻力，小物块可视为质点.求：a A(1)小物块到达D点的速度大小；(2)B和D两点的高度差；(寻f(3)小物块在A点的初速度大小.芯夕次答案返回导航思维提升求解多过程问题抓好“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.返回导航考向4动能定理在往复运动问题中的应用1.往复运动问题：在有些问题中物体的运动过程具有重复性、往返性，而在这一过程中，描述运动的物理量多数是变化的，而且重复的次数又往往是无限的或者难以确定.2.解题策略：此类问题多涉及滑动摩擦力或其他阻力做功，其做功的特点是与路程有关，运用牛顿运动定律及运动学公式将非常繁琐，甚至无法解出，由于动能定理只涉及物体的初、末状态，所以用动能定理分析这类问题可使解题过程简化.返回导航例4（多选）［2024-山东模拟预测］如图，左侧光滑曲面轨道与右侧倾角a= 37°的斜面在底部平滑连接且均固定在水平地面上，质量为m的小滑块从斜面上离斜面底边高为H处由静止释放，滑到斜面底端然后滑上左侧曲面轨道，再从曲面轨道滑上斜面，滑块第一次沿斜面上滑的最大高度为&H,多次往复运动.不计空气阻力，重力加速度为g,sin37°=0.6.返回导航下列说法正确的是()A.滑块第一次下滑过程，克服摩擦力做的功为土mgHB.滑块第1次下滑的时间与第1次上滑的时间之比为:4C.滑块与斜面间的动摩擦因数为寿D.滑块从静止释放到第n次上滑到斜面最高点的过程中，系统产生的热量为(l—*)mgH答案：BCD解析■答案返回导航返回导航考点三动能定理与图像结合问题【关键能力•思维进阶】考向1E r x（W-x）图像问题例5（多选）一滑块从某固定粗糙斜面底端在沿斜面向上的恒力作用下由静止开始沿斜面向上运动，某时刻撤去恒力，上升过程中滑块的动能和重力势能随位移变化的图像如图所示，图中E和、So为已知量，滑块与斜面间的动摩擦因数为0.5,重力加速度为g,下列说法正确的是（）A.恒力的大小为譬酮三B.斜面倾角的正饥值为0.75C.滑块下滑到斜面底端时的速度大小为玄笋D.滑块的质量可表示为竺剪\gs。
高考物理动能定理的综合应用题20套(带答案)含解析
高考物理动能定理的综合应用题20套(带答案)含解析一、高中物理精讲专题测试动能定理的综合应用1．如图所示，半径2R m =的四分之一粗糙圆弧轨道AB 置于竖直平面内，轨道的B 端切线水平，且距水平地面高度为h =1.25m ，现将一质量m =0.2kg 的小滑块从A 点由静止释放，滑块沿圆弧轨道运动至B 点以5/v m s =的速度水平飞出（g 取210/m s ）．求：（1）小滑块沿圆弧轨道运动过程中所受摩擦力做的功； （2）小滑块经过B 点时对圆轨道的压力大小； （3）小滑块着地时的速度大小.【答案】(1) 1.5f W J = (2) 4.5N F N = (3)152/v m s = 【解析】 【分析】 【详解】（1）滑块在圆弧轨道受重力、支持力和摩擦力作用，由动能定理mgR -W f =12mv 2W f =1.5J（2）由牛顿第二定律可知：2N v F mg m R-=解得：4.5N F N =（3）小球离开圆弧后做平抛运动根据动能定理可知：22111m m 22mgh v v =-解得：152m/s v =2．如图所示,竖直平面内的轨道由直轨道AB 和圆弧轨道BC 组成，直轨道AB 和圆弧轨道BC 平滑连接，小球从斜面上A 点由静止开始滑下,滑到斜面底端后又滑上一个半径为=0.4m R 的圆轨道；（1）若接触面均光滑，小球刚好能滑到圆轨道的最高点C ，求斜面高h ；（2）若已知小球质量m =0.1kg ，斜面高h =2m ，小球运动到C 点时对轨道压力为mg ，求全过程中摩擦阻力做的功．【答案】（1）1m ；（2） -0.8J ； 【解析】 【详解】（1）小球刚好到达C 点,重力提供向心力，由牛顿第二定律得：2v mg m R=从A 到C 过程机械能守恒,由机械能守恒定律得：()2122mg h R mv -=, 解得：2.5 2.50.4m 1m h R ==⨯=；（2）在C 点,由牛顿第二定律得：2Cv mg mg m R+=,从A 到C 过程，由动能定理得：()21202f C mgh R W mv -+=-, 解得：0.8J f W =-；3．某电视娱乐节目装置可简化为如图所示模型．倾角θ＝37°的斜面底端与水平传送带平滑接触，传送带BC 长L ＝6m ，始终以v 0＝6m/s 的速度顺时针运动．将一个质量m ＝1kg 的物块由距斜面底端高度h 1＝5.4m 的A 点静止滑下，物块通过B 点时速度的大小不变．物块与斜面、物块与传送带间动摩擦因数分别为μ1＝0.5、μ2＝0.2，传送带上表面距地面的高度H ＝5m ，g 取10m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8．⑴求物块由A点运动到C点的时间；⑵若把物块从距斜面底端高度h2＝2.4m处静止释放，求物块落地点到C点的水平距离；⑶求物块距斜面底端高度满足什么条件时，将物块静止释放均落到地面上的同一点D．【答案】⑴4s；⑵6m；⑶1.8m≤h≤9.0m【解析】试题分析：（1）A到B过程：根据牛顿第二定律mgsinθ﹣μ1mgcosθ=ma1，代入数据解得，t 1=3s．所以滑到B点的速度：v B=a1t1=2×3m/s=6m/s，物块在传送带上匀速运动到C，所以物块由A到C的时间：t=t1+t2=3s+1s=4s（2）斜面上由根据动能定理．解得v=4m/s＜6m/s，设物块在传送带先做匀加速运动达v0，运动位移为x，则：，，x=5m＜6m所以物体先做匀加速直线运动后和皮带一起匀速运动，离开C点做平抛运动s=v 0t0，H=解得 s=6m．（3）因物块每次均抛到同一点D，由平抛知识知：物块到达C点时速度必须有v C=v0①当离传送带高度为h3时物块进入传送带后一直匀加速运动，则：，解得h3=1.8m②当离传送带高度为h4时物块进入传送带后一直匀减速运动，h4=9.0m所以当离传送带高度在1.8m～9.0m的范围内均能满足要求即1.8m≤h≤9.0m4．如图所示，半径为R的圆管BCD竖直放置，一可视为质点的质量为m的小球以某一初速度从A点水平抛出，恰好从B点沿切线方向进入圆管，到达圆管最高点D后水平射出．已知小球在D点对管下壁压力大小为12mg，且A、D两点在同一水平线上，BC弧对应的圆心角θ＝60°，不计空气阻力．求：(1)小球在A 点初速度的大小； (2)小球在D 点角速度的大小；(3)小球在圆管内运动过程中克服阻力做的功．【答案】(3)14mgR【解析】 【分析】（1）根据几何关系求出平抛运动下降的高度，从而求出竖直方向上的分速度，根据运动的合成和分解求出初速度的大小．（2）根据向心力公式求出小球在D 点的速度，从而求解小球在D 点角速度． （3）对A 到D 全程运用动能定理，求出小球在圆管中运动时克服阻力做的功． 【详解】（1）小球从A 到B ，竖直方向: v y 2＝2gR(1＋cos 60°)解得v y在B 点：v 0＝60y v tan（2）在D 点，由向心力公式得mg-12mg ＝2Dmv R解得v Dω＝D v R （3）从A 到D 全过程由动能定理：－W 克＝12mv D 2－12mv 02 解得W 克＝14mgR. 【点睛】本题综合考查了平抛运动和圆周运动的基础知识，难度不大，关键搞清平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，以及圆周运动向心力的来源．5．如图，图象所反映的物理情景是：物体以大小不变的初速度v 0沿木板滑动，若木板倾角θ不同，物体沿木板上滑的距离S 也不同，便可得出图示的S -θ图象．问： （1）物体初速度v 0的大小．（2）木板是否粗糙？若粗糙，则动摩擦因数μ为多少？ （3）物体运动中有否最大加速度以及它发生在什么地方？【答案】（1）017.3m /s v = （2）0.75μ= （3）最大加速度点坐标()53,12m sθ︒'==【解析】 【分析】 【详解】（1）当θ=90º时，物体做竖直上抛运动，根据速度位移公式可知：01210317.3m /s v gs ===（2）当θ=0º时，根据动能定理得，201mg 2s mv μ=，解得：203000.75221020v gs μ===⨯⨯（3）加速度cos sin 3cos sin cos sin 4mg mg a g g g mμθθμθθθθ+⎛⎫==+=+ ⎪⎝⎭得到，当θ=53º时，α有极大值2m 12.5m /s a = ，由动能定理得，20102mv mas '-= ，所以12m s '= 所以最大加速度点坐标()53,12m s θ︒'==6．质量为2kg 的物体，在竖直平面内高h = 1m 的光滑弧形轨道A 点，以v =4m/s 的初速度沿轨道滑下，并进入BC 轨道，如图所示。
《动能定理的应用》 讲义
《动能定理的应用》讲义一、什么是动能定理动能定理是物理学中一个非常重要的定理，它描述了力对物体做功与物体动能变化之间的关系。
动能，简单来说，就是物体由于运动而具有的能量。
一个物体的动能大小等于其质量与速度平方乘积的一半，即$E_k ＝＼frac{1}｛2}mv^2$，其中$m$是物体的质量，＄v$是物体的速度。
而动能定理指出：合外力对物体所做的功等于物体动能的变化量。
用公式表示就是$W ＝＼Delta E_k$，其中$W$是合外力做的功，＄＼Delta E_k$是动能的变化量。
二、动能定理的推导为了更好地理解动能定理，我们来简单推导一下。
假设一个质量为$m$的物体，在恒力$F$的作用下，沿着直线从位置$x_1$运动到位置$x_2$，力的方向与位移方向相同，加速度为$a$。
根据牛顿第二定律$F ＝ ma$，又因为匀变速直线运动的位移公式$x ＝ v_0t ＋＼frac{1}｛2}at^2$，速度公式$v ＝ v_0 ＋ at$。
我们对位移公式进行变形可得：＄t ＝＼frac{v v_0}｛a}＄，将其代入位移公式可得：＄x ＝＼frac{v^2 v_0^2}｛2a}＄。
力$F$做的功$W ＝ Fx ＝ ma ＼times ＼frac{v^2 v_0^2}｛2a} ＝＼frac{1}｛2}mv^2 ＼frac{1}｛2}mv_0^2$。
这正好就是物体末动能与初动能的差值，也就是动能的变化量$＼Delta E_k$。
三、动能定理的应用场景1、求物体的速度当已知物体所受的合力做功以及物体的初动能时，可以通过动能定理求出物体的末速度。
例如，一个质量为$2kg$的物体，在水平方向受到一个大小为$10N$的恒力作用，力的方向与运动方向相同，物体在力的作用下移动了$5m$，初始速度为$2m/s$。
则合力做功$W ＝ Fs ＝ 10×5 ＝ 50J$，根据动能定理$W ＝＼Delta E_k ＝＼frac{1}｛2}mv^2 ＼frac{1}｛2}mv_0^2$，可得$50 ＝＼frac{1}｛2}×2×v^2 ＼frac{1}｛2}×2×2^2$，解得$v ＝ 6m/s$。
动能定理应用及典型例题(最新整理)
动能定理及应用动能及动能定理1 动能表达式：221υm E K =2 动能定理（即合外力做功与动能关系）：12K K E E W -=3理解：①F 合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。
F 合做正功时，物体动能增加；F 合做负功时，物体动能减少。
②动能定理揭示了合外力的功与动能变化的关系。
4适用范围：适用于恒力、变力做功；适用于直线运动，也适用于曲线运动。
5应用动能定理解题步骤：a 确定研究对象及其运动过程b 分析研究对象在研究过程中受力情况，弄清各力做功情况c 确定研究对象在运动过程中初末状态，找出初、末动能d 列方程、求解。
例1、一小球从高出地面H 米处，由静止自由下落，不计空气阻力，球落至地面后又深入沙坑h 米后停止，求沙坑对球的平均阻力是其重力的多少倍。
例2．一人坐在雪橇上，从静止开始沿着高度为15m 的斜坡滑下，到达底部时速度为10m/s 。
人和雪橇的总质量为60kg ，下滑过程中克服阻力做的功。
基础练习1、一个质量是0.20kg 的小球在离地5m 高处从静止开始下落，如果小球下落过程中所受的空气阻力是0.72N ，求它落地时的速度。
2、一辆汽车沿着平直的道路行驶，遇有紧急情况而刹车，刹车后轮子只滑动不滚动，从刹车开始到汽车停下来，汽车前进12m 。
已知轮胎与路面之间的滑动摩擦系数为0.7，求刹车前汽车的行驶速度。
3、一辆5吨的载重汽车开上一段坡路，坡路上S=100m ，坡顶和坡底的高度差h=10m ，汽车山坡前的速度是10m/s ，上到坡顶时速度减为5.0m/s 。
汽车受到的摩擦阻力时车重的0.05倍。
求汽车的牵引力。
4、质量为4×103Kg 的汽车由静止开始以恒定功率前进，经s,前进了425m ，这时它达到1003最大速度15m/s ，设阻力不变，求机车的功率。
5：如图过山车模型，小球从h 高处由静止开始滑下，若小球经过光滑轨道上最高点不掉下来， 求h的最小值？6、如图所示，半径R = 0.4m 的光滑半圆轨道与粗糙的水平面相切于A 点，质量为 m = 1kg 的小物体（可视为质点）在水平拉力F 的作用下，从C 点运动到A 点，物体从A 点进入半圆轨道的同时撤去外力F ，物体沿半圆轨道通过最高点B 后作平抛运动，正好落在C 点，已知AC = 2m ，F = 15N ，g 取10m/s2，试求：（1）物体在B 点时的速度以及此时半圆轨道对物体的弹力．（2）物体从C 到A 的过程中，摩擦力做的功．7、如图所示，质量m=1kg 的木块静止在高h=1.2m 的平台上，木块与平台间的动摩擦因数 =0.2，用水平推力F=20N ，使木块产生位移S 1=3m 时撤去，木块又滑行S 2求木块落地时速度的大小？（空气阻力不计，g=10m/s 2） 拓展提升1. 一物体质量为2kg ，以4m/s 的速度在光滑水平面上向左滑行。
动能定理及其应用(上课用)
【例 4】如图 7 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；
总结升华
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
Δv1＝0.50 m/s. 同理可得前2 s内速度变化Δv2＝1.5 m/s. 且Δv2＝v2－v0得v2＝1.5 m/s.
(3)由 a -t 图象可知 11～30 s 内速率最大，其速率等于 0～ 11 s 内 a -t 图线下的面积 vm＝10 m/s.此时电梯做匀速直线运 动，拉力 F 等于重力为 mg.则有
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)F-s 图象的面积表示什么？ 提示：F 做的功。 (2)开始物体在粗糙水平面上匀速运动，F 和摩擦力大小关系如何？
提示：大小相等，是平衡力。
【解析】 (1)由a t图象可知，电梯拉力最大为F1时对应的加速度a1＝1 m/s2，拉力最小为F2时对应的加速度a2＝－1 m/s2.
第六章第2讲 动能定理及其应用--2025版高考总复习物理
第6章 机械能及其守恒定律
1.(2021·河北卷)一半径为 R 的圆柱体水平固定，横截面如图所示。长度
为πR、不可伸长的轻细绳，一端固定在圆柱体最高点 P 处，另一端系
一个小球。小球位于 P 点右侧同一水平高度的 Q 点时，绳刚好拉直。将
小球从 Q 点由静止释放，当与圆柱体未接触部分的细绳竖直时，小球的
3．(2023·新课标卷)无风时，雨滴受空气阻力的作用在地面附近会以恒定
的速率竖直下落。一质量为 m 的雨滴在地面附近以速率 v 下落高度 h 的
过程中，克服空气阻力做的功为(重力加速度大小为 g)( )
A．0
B．mgh
C．12mv2－mgh
D．12mv2＋mgh
返回导航
第6章 机械能及其守恒定律
过程中，根据动能定理有 Ek＝mgx tan θ，即Exk＝mg tan θ，下滑过程中 开始阶段倾角θ不变，Ekx 图像为一条直线；经过圆弧轨道过程中，θ先
物体克服摩擦力做的功为 Wf＝μmgx2＝8 J，C 正确；物体在 2～4 m 内，
返回导航
第6章 机械能及其守恒定律
18－12 拉力 F2＝ 4－2
N＝3
N，加速度 a2＝F2－mμmg＝－1
m/s2，则物体做匀
减速直线运动，故物体在 x＝2 m 时的速度最大，故由 x2＝12a1t22知，物体 运动到 x＝2 m 所用的时间 t2＝ 2 s，则 v2＝a1t2＝2 2 m/s，则动量最大 为 p2＝mv2＝2 2 kg·m/s，D 错误。
返回导航
第6章 机械能及其守恒定律
例2 (2024·四川眉山诊断)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，
第六章第2讲 动能定理及其应用--2025版高考总复习物理
[基础落实练]1．跳伞比赛中，运动员经历加速下降和减速下降两个直线运动过程，将人和伞看成一个系统，在这两个过程中，下列说法正确的是()A ．合力对系统始终做负功B ．合力对系统始终做正功C ．重力做功的功率始终增大D ．重力对系统始终做正功解析：根据动能定理可知，系统加速下降时，动能增大，合力对系统做正功；系统减速下降时，动能减小，合力对系统做负功，故A 、B 错误；根据P ＝mg v 可知重力做功的功率先增大后减小，故C 错误；系统的位移始终竖直向下，所以重力对系统始终做正功，故D 正确。
答案：D2.如图所示，将质量为m 的小球以初速度大小v 0由地面竖直向上抛出。
小球落回地面时，其速度大小为34v 0。
设小球在运动过程中所受空气阻力的大小不变，则空气阻力的大小等于()A ．34mg B ．316mg C ．716mg D ．725mg 解析：小球向上运动的过程，由动能定理得－(mg ＋f )H ＝0－12m v 20，小球向下运动的过程，由动能定理得(mg －f )H ＝12m (34v 0)2，联立解得f ＝725mg ，选项D 正确，A 、B 、C 错误。
答案：D3.(2024·四川成都七中诊断)一质量m ＝1kg 的物块静止在光滑水平面上，现用水平恒力F 1推物块，作用2s 后，改用方向相反的水平恒力F 2推物块，利用速度传感器得到物块速度随时间的变化关系图像(v t 图像)如图所示，0～4s 时间内水平恒力F 2做功为()A ．－10JB ．10JC ．－18JD ．18J解析：0～2s 内，由动能定理知水平恒力F 1做功W 1＝12m v 2－0＝8J ，设2～4s 内水平恒力F 2做功为W 2，0～4s 内由动能定理有W 1＋W 2＝12m v ′2－0，得W 2＝10J ，故B 正确。
答案：B4．如图所示，轻弹簧一端系在墙上的O 点，自由伸长到B 点。
现将小物体靠着弹簧(不拴接)并将弹簧压缩到A 点，然后由静止释放，小物体在粗糙水平面上运动到C 点静止，则()A ．小物体从A 到B 过程速度一直增加B ．小物体从A 到B 过程加速度一直减小C ．小物体从B 到C 过程中动能变化量大小小于克服摩擦力做的功D ．小物体从A 到C 过程中弹簧的弹性势能变化量大小等于小物体克服摩擦力做的功解析：A 、B 间某处，小物体受到的弹力等于摩擦力，合力为0，速度最大，而小物体在B 点只受摩擦力，合力不为零，因此小物体从A 到B 过程加速度先减小再增大，速度先增大后减小，故A 、B 错误；小物体从B 到C 过程中，由动能定理得－W f ＝ΔE k ，故C 错误；小物体从A 到C 过程中，由动能定理得W 弹－W f 1＝0，故D 正确。
- 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)。
《动能定理及其应用》专题复习一．基础知识归纳：(一)动能：1.定义：物体由于______而具有的能.2.表达式：E k=_________.3.物理意义：动能是状态量，是_____.(填“矢量”或“标量”)4.单位：动能的单位是_____.(二)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的___________.2.表达式：W=_____________.3.物理意义：_____________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______________.(2)既适用于恒力做功，也适用于_________.(3)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以_______________.二．分类例析：(一)动能定理及其应用：1.若过程有多个分过程，既可以分段考虑，也可以整个过程考虑．但求功时，必须据不同的情况分别对待求出总功，把各力的功连同正负号一同代入公式．2.应用动能定理解题的基本思路：(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：(3)明确研究对象在过程的初末状态的动能E k1和E k2；(4)列动能定理的方程W合＝E k2－E k1及其他必要的解题方程，进行求解．例1.小孩玩冰壶游戏，如图所示，将静止于O点的冰壶(视为质点)沿直线OB用水平恒力推到A点放手，此后冰壶沿直线滑行，最后停在B点．已知冰面与冰壶的动摩擦因数为μ，冰壶质量为m，OA＝x，AB＝L.重力加速度为g.求：(1)冰壶在A点的速率v A；(2)冰壶从O点运动到A点的过程中受到小孩施加的水平推力F.吴涂兵例2.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F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(二)利用动能定理求变力的功：1.所求的变力的功不一定为总功，故所求的变力的功不一定等于ΔE k .2.若有多个力做功时，必须明确各力做功的正负，待求的变力的功若为负功，可以设克服该力做功为W ，则表达式中应用－W ；也可以设变力的功为W ，则字母W 本身含有负号． 例3.如图所示，质量为m 的小球用长为L 的轻质细线悬于O 点，与O 点处于同一水平线上的P 点处有一个光滑的细钉，已知OP ＝L2，在A 点给小球一个水平向左的初速度v 0，发现小球恰能到达跟P 点在同一竖直线上的最高点B .求： (1)小球到达B 点时的速率；(2)若不计空气阻力，则初速度v 0为多少；(3)若初速度v 0＝3gL ，则小球在从A 到B 的过程中克服空气阻力做了多少功．例4.如图所示，在竖直平面内有一半径为R 的圆弧轨道，半径OA 水平、OB 竖直，一个质量为m 的小球自A 的正上方P 点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B 时恰好对轨道没有压力．已知AP ＝2R ，重力加速度为g ，则小球从P 到B 的运动过程中( ) A ．重力做功2mgR B ．机械能减少mgR C ．合外力做功mgR D ．克服摩擦力做功12mgR(三)动能定理与图象结合的问题：例5.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 高度时撤去拉力，撤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10 m/s 2，不计空气阻力)(1)求物体上升到0.4 m 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20 J 的动能向下运动．钉子总长为10 cm.撞击前插入部分可以忽略，不计钉子重力．已知钉子在插入过程中所受阻力F f 与深度x 的关系图象如图丙所示，求钉子能够插入的最大深度．例6.随着中国首艘航母“辽宁号”的下水，同学们对舰载机的起降产生了浓厚的兴趣．下面是小聪编制的一道舰载机降落的题目，请你阅读后求解．(1)假设质量为m 的舰载机关闭发动机后在水平地面跑道上降落，触地瞬间的速度为v 0(水平)，在跑道上滑行的v －t 图象如图所示．求舰载机滑行的最大距离和滑行时受到的平均阻力大小；(2)航母可以通过设置阻拦索来增大对舰载机的阻力．现让该舰载机关闭发动机后在静止于海面上的航母水平甲板上降落，若它接触甲板瞬间的速度仍为v 0(水平)，在甲板上的运动可以看做匀变速直线运动，在甲板上滑行的最大距离是在水平地面跑道上滑行的最大距离的14.求该舰载机在航母上滑行时受到的平均阻力大小(结果用m 、v 0、t 0表示)．(四)利用动能定理分析多过程问题：1．选择合适的研究过程使问题得以简化．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、几个或全部子过程作为研究过程．2．当选择全部子过程作为研究过程，涉及重力、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的功等于力的大小与路程的乘积．例7.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/s 2，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v 0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 .例8.如图所示，让小球从半径R ＝1 m 的光滑14圆弧PA 的最高点P 由静止开始滑下(圆心O在A 点的正上方)自A 点进入粗糙的水平面做匀减速运动，到达小孔B 进入半径r ＝0.3 m 的竖直放置的光滑竖直圆轨道，当小球进入圆轨道立即关闭B 孔，小球恰好能做圆周运动．已知小球质量m ＝0.5 kg ，A 点与小孔B 的水平距离x ＝2 m ，取g ＝10 m/s 2(最后结果可用根式表示)．求：(1)小球到达最低点A 时的速度以及小球在最低点A 时对轨道的压力大小； (2)小球运动到光滑竖直圆轨道最低点B 时的速度大小； (3)求粗糙水平面的动摩擦因数μ.例9.如图甲所示，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4 m．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只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/s2，试求：(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，滑块冲上斜面AB的长度是多少？例10.飞机在水平跑道上滑行一段时间后起飞。
飞机总质量m=1 x 10'kg，发动机在水平滑行过程中保持额定功率P=8000KW，滑行距离x=50m，滑行时间t=5s，然后以水平速度v0=80m/s 飞离跑道后逐渐上升，飞机在上升过程中水平速度保持不变，同时受到重力和竖直向上的恒定升力(该升力由其他力的合力提供，不含重力)，飞机在水平方向通过距离L=1600 m的过程中，上升高度为h=400m。
取g=10m/s2。
求：(1)假设飞机在水平跑道滑行过程中受到的阻力大小恒定，求阻力f的大小？(2)飞机在上升高度为h=400m过程中，受到的恒定升力F是多大？机械能的改变量是多少？例1(1)冰壶从A 点运动至B 点的过程中，只有滑动摩擦力对其做负功，由动能定理得－μmgL ＝0－12mv 2A 解得v A ＝2μgL(2)冰壶从O 点运动至A 点的过程中，水平推力F 和滑动摩擦力同时对其做功，由动能定理得 (F －μmg )x ＝12mv 2A 解得F ＝μmgx ＋L x例2.BD 例3.(1)小球恰能到达最高点B ，有mg ＝m v 2BL2，得v B ＝gL2.(2)若不计空气阻力，从A →B 由动能定理得－mg (L ＋L 2)＝12mv 2B －12mv 20解得v 0＝7gL2. (3)由动能定理得： －mg (L ＋L 2)－W f ＝12mv 2B －12mv 20 解得W f ＝114mgL . 例4.D例5.(1)撤去F 前，根据动能定理，有(F －mg )h ＝E k －0 由题图乙得，斜率为k ＝F －mg ＝20 N 得F ＝30 N 又由题图乙得，h ＝0.4 m 时，E k ＝8 J ，则v ＝4 m/sP ＝Fv ＝120 W(2)碰撞后，对钉子，有－F f x ′＝0－E k ′ 已知E k ′＝20 JF f ＝k ′x ′2又由题图丙得k ′＝105N/m 解得：x ′＝0.02 m例6.(1)由题图，根据匀变速运动规律可得最大距离为x ＝12v 0t 0 由动能定理有－F f x ＝0－12mv 20 解得阻力F f ＝mv 0t 0(2)最大距离x ′＝14x ＝18v 0t 0 由动能定理有－F f ′x ′＝0－12mv 20联立解得F f ′＝4mv 0t 0例7.(1)滑块从A 点到D 点的过程中，根据动能定理有mg (2R －R )－μmg cos 37°·2R sin 37°＝0－0 解得：μ＝12tan 37°＝0.375(2)若使滑块能到达C 点，根据牛顿第二定律有mg ＋F N ＝mv 2CR由F N ≥0得v C ≥Rg ＝2 m/s 滑块从A 点到C 点的过程中，根据动能定理有 －μmg cos 37°·2R sin 37°＝12mv 2C －12mv 2则v 0＝v 2C ＋4μgR cot 37°≥2 3 m/s ，故v 0的最小值为2 3 m/s(3)滑块离开C 点后做平抛运动，有x ＝v C ′t ，y ＝12gt 2tan 37°＝2R －y x，整理得：5t 2＋3t －0.8＝0，解得t ＝0.2 s(t ＝－0.8 s 舍去)例8.(1)对PA 段应用动能定理，得mgR ＝12mv 2A 代入数据解得：v A ＝20 m/s 在最低点A 时有：F N －mg ＝m v 2AR 解得：F N ＝15 N 由牛顿第三定律可知：小球在最低点A 时对轨道的压力大小为15 N.(2)小球恰好能在圆轨道做圆周运动，最高点C 时mg ＝m v 2Cr得v C ＝ 3 m/s 由动能定理得： mg ·2r ＝12mv 2B －12mv 2C 代入数据解得：小球在B 点时的速度为v B ＝15 m/s.(3)对AB 段应用动能定理，有－μmgx ＝12mv 2B －12mv 2A 解得：μ＝0.125例9.火车的初速度和末速度分别用V 0和V t 表示，时间用t 表示，位移用S 表示，根据动能定理有：Pt-fs=222121mV mV t -火车速度达到最大时，牵引力等于阻力f ，根据瞬时功率的计算公式有：P=fV e 。