动能定理全程列式习题课重点
人教版必修二 7.7动能定理习题课 课件(共16张PPT)
lα
h
浮台
解析：（1）选手摆到最低点，根据合力提供向心力可得：
FT
mg
m
v2 l
①
从开始到最低点，根据动能定理可得：
mgl(1 cos530 ) 1 mv2
2
②
①②联立解得：
FN (3 2 cos530 )mg 1.8mg 1080N
7.7动能定理 习题课
复习：
一、动能定理的表达式
W合＝Ek2－Ek1
二、应用动能定理解题的步骤：
1、明确研究对象及所研究的物理过程 2、对研究对象进行受力分析，并确定各力
所做的功，求出这些力的功的代数和 3、确定始、末状态的动能，
根据动能定理列出方程 W合＝Ek2-Ek1 4、求解方程、分析结果
类型一 动能定理的理解
甲
F
乙F
光滑
s
粗糙
s
解析：
根据功的定义W Fl cos可知，力F对甲、乙做的功一样多 ；
对甲来说，力F做的功全部转化为甲的动能，而乙需要克服摩擦力 做功，所以甲获得的动能比乙大；
解析：（1）以钢珠为研究对象，对它的整
个运动过程，由动能定理可得：
h
WG WFf 0
即：m g(h
h) 10
Ff
h 10
0
解得：Ff 11mg
h 10
（2）设钢珠在h处的动能为Ek，则对它的整个运动过程， 由动能定理可得：
m g(h
h 8
)
Ff
h 8
0 Ek
解得：Ek
1 4
mgh
练习3.右图为10m跳台跳水示意图，运动员从
C. 3 v 2
动能定理综合应用--2024年高考物理一轮复习热点重点难点(解析版)
动能定理综合应用特训目标特训内容目标1用动能定理解决变力做功问题(1T -5T )目标2有关动能定理的E k -x 图像问题(6T -10T )目标3用动能定理处理机车启动问题(11T -15T )目标4用动能定理处理多过程问题(16T -20T )【特训典例】一、用动能定理解决变力做功问题1如图所示的水平轨道AD 足够长，只有BC 部分是粗糙的，其长度为L =1m ，其余部分是光滑的，质量为1kg ，长度为2L 的粗细相同的匀质软绳静止在B 点的左侧(绳的右端在B 点)，软绳与粗糙部分的动摩擦因数为μ=0.8，现用F =2N 的水平向右的恒力作用在软绳上，软绳始终保持伸直状态且长度不变，重力加速度为g =10m/s 2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则在软绳运动的过程中，下列说法正确的是()A.软绳先做匀加速后做匀减速运动B.软绳的左端能经过B 点C.软绳的最大动能为0.5JD.软绳克服摩擦力做功4.0J【答案】C【详解】设绳子B 端向右运动位移为x ，当0≤x ≤L 时，绳子所受摩擦力F f =μx 2L mg =x2Lμmg 当L <x ≤2L 时，绳子所受摩擦力F f =μL 2Lmg =12μmg 绳子所受摩擦力随位移x 变化如图所示又F f -x 图像与坐标轴围成的面积表示物体克服摩擦力做的功W F f，当0≤x ≤L 时，W F f=12F f⋅x =x 24Lμmg ①对绳子由动能定理得Fx -W F f=12mv 2-0②当x =L 时v =0又F f max =12μmg =4N ，F =2N 得F <F f max 所以设绳子B 端向右运动位移为L 速度为零，停止运动。
A ．拉力F 先比摩擦力大，后比摩擦力小，软绳先做加速运动后做减速运动。
0≤x ≤L 时，摩擦力为变力，所以加速度不恒定，A 错误；B ．当x =L 时，绳子停止运动，软绳的左端不能经过B 点，B 错误；C ．由①②得,当x =14×2L =0.5m 动能最大E km =Fx -x 24Lμmg =0.5J ，C 正确；D ．B 端向右运动位移L 的过程中，克服摩擦力做功W F f=L 24Lμmg =14μmgL =2J ，D 错误。
高中物理必修二 第四章 专题强化13 动能定理的应用(二)
道BD平滑连接，A与圆心O的连线与竖直方向成37°角.MN是一段粗糙的 水平轨道，滑冰运动员与MN间的动摩擦因数μ＝0.08，水平轨道其他部 分光滑.最右侧是一个半径为r＝2 m的半圆弧光滑轨道，C点是半圆弧光 滑轨道的最高点，半圆弧光滑轨道与水平轨道BD在D点平滑连接.取重 力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.整个运动过程中将运 动员简化为一个质点.
答案 0.15 m
设木块沿弧形槽上升的最大高度为h，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，由动能定理得： FL－fL－mgh＝0 其中f＝μFN＝μmg＝0.2×0.5×10 N＝1.0 N
FL－fL 1.5－1.0×1.5 所以 h＝ mg ＝ 0.5×10 m＝0.15 m
√A.小球通过圆轨道最高点时的速度大小为 2gR
B.小球在轨道最低点的动能为2D.小球在轨道最低点对轨道压力的大小为6mg
123456789
小球经过圆轨道最高点时，由牛顿第三定律知轨 道对小球的支持力为 mg，根据牛顿第二定律有 mg＋mg＝mvR2，解得 v＝ 2gR，故 A 正确； 小球自弧形轨道下滑至圆轨道最高点的过程，根据动能定理有 mg(h －2R)＝12mv2，解得 h＝3R，故 C 正确.
答案 3 m/s
在A点，由平抛运动规律得： vA＝cosv053°＝53v0 小球由桌面到A点的过程中，由动能定理得 mg(R＋Rcos θ)＝12mvA2－12mv02 联立解得：v0＝3 m/s；
(2)若小球恰好能通过最高点C，求在圆弧轨道 上摩擦力对小球做的功. 答案 －4 J
若小球恰好能通过最高点 C，在最高点 C 处有 mg＝mRvC2， 小球从桌面运动到 C 点的过程中，由动能定理得 Wf＝12mvC2－12mv02 代入数据解得Wf＝－4 J.
高中物理(新人教版)必修第二册课后习题：第八章习题课 动能定理的应用(课后习题)【含答案及解析】
第八章机械能守恒定律习题课:动能定理的应用课后篇巩固提升合格考达标练1.如图所示,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 ,则从A 到C 的过程中弹簧弹力做功是( )A.mgh-12mv 2 B.12mv 2-mgh C.-mgh D.-(mgℎ+12mv 2)A 到C 的过程运用动能定理可得,-mgh+W=0-12mv 2,所以W=mgh-12mv 2,故A 正确。
2.(2021湖南湘潭一中月考)如图甲所示,质量为m 的物体从高为h 的斜面顶端由静止下滑,最后停在水平面上,若该物体以v 0的初速度从顶端下滑,最后仍停在水平面上。
图乙为物体两次在水平面上运动的v -t 图像,则物体在斜面上运动过程中克服摩擦力所做的功为( )A.12m v 02-3mgh B.3mgh-12m v 02 C.16m v 02-mghD.mgh-16m v 02,由动能定理得mgh-W f=12m v12,若该物体以v0的初速度从顶端下滑,由动能定理得mgh-W f=12m v22−12m v02,由题图乙可知,物体两次滑到水平面的速度关系为v2=2v1,由以上三式解得W f=mgh-16m v02,D正确,A、B、C错误。
3.(2021山东卷)如图所示,粗糙程度处处相同的水平桌面上有一长为L的轻质细杆,一端可绕竖直光滑轴O转动,另一端与质量为m的小木块相连。
木块以水平初速度v0出发,恰好能完成一个完整的圆周运动。
在运动过程中,木块所受摩擦力的大小为()A.mv022πL B.mv024πLC.mv028πL D.mv0216πL,由动能定理得-F f·2πL=0-12m v02,所以摩擦力F f=mv24πL,选项B正确。
4.如图所示,质量为m的物体与水平转台间的动摩擦因数为μ,物体与转轴相距R,物体随转台由静止开始转动。
动能定理习题课e1
动能定理的综合运用
（第4课时）
例题1、如图所示,光滑水平面AB与竖直面内的半 圆形导轨在B点衔接,导轨半径为R,一个质量为m 的静止物块在A处压缩弹簧,在弹力的作用下获得 某一向右速度,当它经过B点进入导轨瞬间对导轨 的压力为其重力的7倍,之后向上运动恰能完成半 圆周运动到达C点.求:（1）弹簧对物体的弹力做 的功.（2）物块从B至C克服阻力做的功. （3）物块离开C点后落回水平面时动能的大小.
求解曲线运动问题
1 2 人抛球： W人 mv0 0 2
V0
球在空中：
1 2 1 2 mgh W f mv mv0 2 2
H
V
列式时要注意W合和△Ek的正负
• 4、如图所示,质量为m的小球被系在轻绳的一端, 以O为圆心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.设某时刻 小球通过圆周的最低点A,此时绳子的拉力为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B,则在此过程中小球克服空气阻力所做 的功是多少?
F A K
B
例3.如图所示，质量为m的小木块以水平初速v0冲上 质量为M，长为L，置于光滑水平面上的木板B， 并正好不从B木板上落下，A、B间动摩擦因数为μ ，试求在此过程中系统产生的热量Q．
μ mg（s + L） 摩擦力对A做功： W1 = 摩擦力对B做功： W2 =μ mgs
μ mgL 摩擦力对A、B系统做功的总和： W = W1 + W2 = 解：对A、B分别列出动能定理式： 设共同速度为v 1 1 2 对A： μ mg（s + L） = mv - mv0 2 ① 系统动 2 2
m
A
O R BV C
例题5、 如图所示，半径R=0.40m的光滑半圆环轨 道处于竖直平面内，半圆环与粗糙的水平地面相 切于圆环的端点A。一质量m=0.10kg的小球，以 初速度v0=7.0m/s在水平地面上向左作加速度 a=3.0m/s2的匀减速直线运动，运动4.0m后，冲 上竖直半圆环，最后小球落在C点。求A、C间的 距离（取重力加速度g=10m/s2）。
第七章 习题课动能定理 必修2 有解析
[目标定位] 1.进一步理解动能定理，领会应用动能定理解题的优越性.2.会利用动能定理分析变力做功、曲线运动以及多过程问题．一、应用动能定理求变力做的功1．动能定理不仅适用于求恒力做功，也适用于求变力做功，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几个恒力作用时，可以用动能定理间接求变力做的功，即W 变＋W 其他＝ΔE k .例1 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1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( )图1A.12m v 20－μmg (s ＋x ) B.12m v 20－μmgx C ．μmgs D ．μmg (s ＋x ) 答案 A解析 由动能定理得－W －μmg (s ＋x )＝0－12m v 20，故物体克服弹簧弹力做功W ＝12m v 20－μmg (s ＋x )，A 正确．二、应用动能定理分析多过程问题1．应用动能定理解决多过程问题时，要根据问题选取合适的过程，可以分过程，也可以全过程一起研究．虽然我们列式时忽略了中间复杂过程，但不能忽略对每个过程的分析．2．在运动过程中，物体受到的某个力可能是变化的或分阶段存在的，要注意这种力做功的表达方式．例2 如图2所示，右端连有一个光滑弧形槽的水平桌面AB 长L ＝1.5 m ，一个质量为m ＝0.5 kg 的木块在F ＝1.5 N 的水平拉力作用下，从桌面上的A 端由静止开始向右运动，木块到达B 端时撤去拉力F ，木块与水平桌面间的动摩擦因数μ＝0.2，取g ＝10 m/s 2.求：图2(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B 端后，在水平桌面上滑动的最大距离． 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高度为h ，木块在最高点时的速度为零．从木块开始运动到弧形槽最高点，由动能定理得： FL －F f L －mgh ＝0其中F f ＝μF N ＝μmg ＝0.2×0.5×10 N ＝1.0 N 所以h ＝FL －F f Lmg＝(1.5－1.0)×1.50.5×10m ＝0.15 m(2)设木块离开B 点后沿桌面滑动的最大距离为x .由动能定理得： mgh －F f x ＝0所以：x ＝mgh F f ＝0.5×10×0.151.0m ＝0.75 m三、动能定理在平抛、圆周运动中的应用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． 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)有支撑效果的竖直平面内的圆周运动杆模型，物体能过最高点的临界条件为v min ＝0. (2)没有支撑效果的竖直平面内的圆周运动绳模型，物体能过最高点的临界条件为v min ＝rg .例3 如图3所示，ab 是水平轨道，bc 是位于竖直平面内的半圆形光滑轨道，半径R ＝0.225 m ，在b 点与水平面相切，滑块从水平轨道上距离b 点1.2 m 的a 点以初速度v 0＝6 m /s 向右运动，经过水平轨道和半圆轨道后从最高点c 飞出，最后刚好落回轨道上的a 点，重力加速度g 取10 m/s 2，求：图3(1)滑块从c 点飞出时速度的大小； (2)水平轨道与滑块间的动摩擦因数． 答案 (1)4 m/s (2)1124解析 (1)滑块从c 点做平抛运动，设初速度为v 1，由平抛运动特点知 水平方向：x ab ＝v 1t ① 竖直方向：2R ＝12gt 2②由①②两式并代入数据得v 1＝x ab2×2R g＝4 m/s (2)在滑块从a 点运动到c 点的过程中由动能定理得 －mg ·2R －μmgx ab ＝12m v 21－12m v 2代入数据解得水平轨道与滑块间的动摩擦因数μ＝1124.例4 如图4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 点处有一根光滑的细钉，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：图4(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)若初速度变为v 0′＝3gL ，其他条件均不变，则小球从A 到B 的过程中克服空气阻力做了多少功？ 答案 (1)gL2(2) 7gL 2 (3)114mgL 解析 (1)小球恰能到达最高点B ，则在最高点有mg ＝m v 2L 2，小球到达B 点时的速率v ＝gL2. (2)由动能定理得：－mg ⎝⎛⎭⎫L ＋L 2＝12m v 2－12m v 20， 则v 0＝7gL2(3)空气阻力是变力，设小球从A 到B 克服空气阻力做功为W f ，由动能定理得 －mg (L ＋L 2)－W f ＝12m v 2－12m v 0′2，解得W f ＝114mgL .1．(应用动能定理求变力做的功)如图5，一半径为R 的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高；质量为m 的质点自轨道端点P 由静止开始滑下，滑到最低点Q 时，对轨道的正压力为2mg ，重力加速度大小为g .质点自P 滑到Q 的过程中，克服摩擦力所做的功为( )图5A.14mgR B.13mgR C.12mgR D.π4mgR 答案 C解析 在Q 点，F N －mg ＝m v 2R ，所以v ＝gR ；由P 到Q 根据动能定理得mgR －W f ＝12m v 2，解得W f ＝12mgR ，故C 正确．2. (应用动能定理分析多过程问题)如图6所示，质量m ＝1 kg 的木块静止在高h ＝1.2 m 的平台上，木块与平台间的动摩擦因数μ＝0.2，用水平推力F ＝20 N ，使木块产生位移l 1＝3 m 时撤去，木块又滑行l 2＝1 m 后飞出平台，求木块落地时速度的大小．(g 取10 m/s 2)图6答案 8 2 m/s解析 木块的运动分为三个阶段，先是在l 1段匀加速直线运动，然后是在l 2段匀减速直线运动，最后是平抛运动．考虑应用动能定理，设木块落地时的速度为v ，整个过程中各力做功情况分别为： 推力做功W F ＝F ·l 1，摩擦力做功W f ＝－μmg (l 1＋l 2)， 重力做功W G ＝mgh . 设木块落地速度为v 全过程应用动能定理得W F ＋W f ＋W G ＝12m v 2，解得v ＝8 2 m/s3．(动能定理在圆周运动中的应用)如图7所示，由细管道组成的竖直轨道，其圆形部分半径分别是R 和R2，质量为m 的小球通过这段轨道时，在A 点时刚好对管壁无压力，在B 点时对管内侧壁压力为mg2.求小球由A 点运动到B 点的过程中摩擦力对小球做的功．图7答案 －98mgR解析 由圆周运动的知识知，小球在A 点时：mg ＝m v 2AR得v A ＝gR设小球在B 点的速度为v B ，则由圆周运动的知识知， mg ＋F N B ＝m v 2B R 2其中F N B ＝12mg得v 2B ＝34gR 小球从A 点运动到B 点的过程中，重力做功W G ＝mgR . 摩擦力做功为W f ，由动能定理得： mgR ＋W f ＝12m v 2B －12m v 2A解得W f ＝－98mgR .4.(动能定理在平抛、圆周运动中的应用)如图8所示，竖直平面内的34圆弧形光滑管道半径略大于小球半径，管道中心线到圆心的距离为R ，A 端与圆心O 等高，AD 为水平面，B 点在O 的正下方，小球自A 点正上方由静止释放，自由下落至A 点时进入管道，从上端口飞出后落在C 点，当小球到达B 点时，管壁对小球的弹力大小是小球重力大小的9倍．求：图8(1)释放点距A 点的竖直高度； (2)落点C 与A 点的水平距离． 答案 (1)3R (2)(22－1)R解析 (1)设小球到达B 点的速度为v 1，因为到达B 点时管壁对小球的弹力大小是小球重力大小的9倍，所以有9mg －mg ＝m v 21R①从最高点到B 点的过程中，由动能定理得mg (h ＋R )＝12m v 21②由①②得：h ＝3R ③(2)设小球到达圆弧最高点的速度为v 2，落点C 与A 点的水平距离为x 从B 到最高点的过程中，由动能定理得 －mg ·2R ＝12m v 22－12m v 21④ 由平抛运动的规律得R ＝12gt 2⑤R ＋x ＝v 2t ⑥联立④⑤⑥解得x ＝(22－1)R .题组一 应用动能定理求变力做的功1．如图1所示，AB 为14圆弧轨道，BC 为水平直轨道，圆弧的半径为R ，BC 的长度也是R ，一质量为m 的物体与两个轨道间的动摩擦因数都为μ，当它由轨道顶端A 从静止开始下落，恰好运动到C 处停止，那么物体在AB 段克服摩擦力所做的功为( )图1A.12μmgR B.12mgR C ．－mgR D ．(1－μ)mgR答案 D2．如图2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 ，则从A 到C 的过程中弹簧弹力做功是( )图2A ．mgh －12m v 2B.12m v 2－mgh C ．－mgh D ．－⎝⎛⎭⎫mgh ＋12m v 2 答案 A解析 由A 到C 的过程运用动能定理可得：－mgh ＋W ＝0－12m v 2，所以W ＝mgh －12m v 2，故A 正确．3．(多选)质量为m 的汽车在平直公路上行驶，发动机的功率P 和汽车受到的阻力F f 均恒定不变，在时间t 内，汽车的速度由v 0增加到最大速度v m ，汽车前进的距离为s ，则此段时间内发动机所做的功W 可表示为( ) A ．W ＝Pt B ．W ＝F f sC ．W ＝12m v 2m －12m v 20＋F f s D ．W ＝12m v 2m ＋F f s 答案 AC解析 由题意知，发动机功率不变，故t 时间内发动机做功W ＝Pt ，所以A 正确；车做加速运动，故牵引力大于阻力F f ，故B 错误；根据动能定理W －F f s ＝12m v 2m －12m v 20，所以C 正确，D 错误．4．如图3所示，小球以初速度v 0从A 点沿粗糙的轨道运动到高为h 的B 点后自动返回，其返回途中仍经过A 点，则经过A 点的速度大小为( )图3A.v 20－4ghB.4gh －v 20C.v 20－2ghD.2gh －v 20答案 B解析 从A 到B 过程中，重力和摩擦力都做负功，根据动能定理可得mgh ＋W f ＝12m v 20，从B 到A 过程中，重力做正功，摩擦力做负功(因为是沿原路返回，所以两种情况摩擦力做功大小相等)根据动能定理可得mgh－W f＝12m v2，两式联立得再次经过A点的速度为4gh－v2，选B.5.如图4所示，假设在某次比赛中他从10 m高处的跳台跳下，设水的平均阻力约为其体重的3倍，在粗略估算中，把运动员当作质点处理，为了保证运动员的人身安全，池水深度至少为(不计空气阻力)()图4A．5 m B．3 m C．7 m D．1 m答案 A解析设水深h，对全程运用动能定理mg(H＋h)－F f h＝0，即mg(H＋h)＝3mgh.所以h＝5 m.题组二应用动能定理分析多过程问题6．(多选)在平直公路上，汽车由静止开始做匀加速直线运动，当速度达到v max后，立即关闭发动机直至静止，v－t图象如图5所示，设汽车的牵引力为F，受到的摩擦力为F f，全程中牵引力做功为W1，克服摩擦力做功为W2，则()图5A．F∶F f＝1∶3 B．W1∶W2＝1∶1C．F∶F f＝4∶1 D．W1∶W2＝1∶3答案BC解析对汽车运动的全过程，由动能定理得：W1－W2＝ΔE k＝0，所以W1＝W2，选项B正确，选项D错误；设牵引力、摩擦力作用下的位移分别为x1、x2，由图象知x1∶x2＝1∶4.由动能定理得Fx1－F f x2＝0，所以F∶F f＝4∶1，选项A错误，选项C正确．7．如图6所示，斜面倾角为θ，滑块质量为m，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，从距挡板为s 0的位置以v 0的速度沿斜面向上滑行．设重力沿斜面的分力大于滑动摩擦力，且每次与P 碰撞前后的速度大小保持不变，挡板与斜面垂直，斜面足够长，滑块可视为质点．求滑块从开始运动到最后停止滑行的总路程s .图6答案 s 0tan θμ＋v 202μg cos θ解析 滑块在斜面上运动时受到的摩擦力大小F f ＝μF N ＝μmg cos θ ① 整个过程滑块下落的总高度 h ＝s 0sin θ② 根据动能定理 mgh －F f s ＝0－12m v 20③联立以上①②③得s ＝s 0tan θμ＋v 202μg cos θ题组三 动能定理在平抛、圆周运动中的应用8．如图7所示，一个质量为m ＝0.6 kg 的小球以某一初速度v 0＝2 m /s 从P 点水平抛出，从粗糙圆弧ABC 的A 点沿切线方向进入(不计空气阻力，进入圆弧时无机械能损失)且恰好沿圆弧通过最高点C ，已知圆弧的圆心为O ，半径R ＝0.3 m ，θ＝60°，g ＝10 m/s 2.试求：图7(1)小球到达A 点的速度v A 的大小； (2)P 点与A 点的竖直高度H ；(3)小球从圆弧A 点运动到最高点C 的过程中克服摩擦力所做的功W . 答案 (1)4 m/s (2)0.6 m (3)1.2 J 解析 (1)在A 处由速度的合成得v A ＝v 0cos θ代入解得v A ＝4 m/s(2)P 到A 小球做平抛运动，竖直分速度v y ＝v 0tan θ由运动学规律有v 2y ＝2gH由以上两式解得H ＝0.6 m(3)恰好过C 点满足mg ＝m v 2C R由A 到C 由动能定理得－mgR (1＋cos θ)－W ＝12m v 2C －12m v 2A 代入解得W ＝1.2 J.9．如图8所示，AB 段为粗糙水平轨道，BC 段是固定于竖直平面内的光滑半圆形导轨，半径为R .一质量为m 的滑块静止在A 点，在水平恒力F 作用下从A 点向右运动，当运动至B 点时，撤去恒力F ，滑块沿半圆形轨道向上运动恰能通过最高点C ，已知滑块与水平轨道间的滑动摩擦力F f ＝mg 4，水平恒力F ＝mg 2，求：图8(1)滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ；(2)滑块运动至C 点的速度大小v C ；(3)水平轨道AB 的长度L .答案 (1)0.25 (2)gR (3)10R解析 (1)滑块在水平轨道上运动时，由F f ＝μF N ＝μmg 得：μ＝F f F N＝0.25 (2)滑块在C 点时仅受重力．据牛顿第二定律，有：mg ＝m v 2C R，可得：v C ＝gR . (3)滑块从A 到C 的过程，运用动能定理得：(F －F f )L －2mgR ＝12m v 2C －0. 又F f ＝mg 4，F ＝mg 2.解得L ＝10R .10．如图9所示，光滑水平面AB 与一半圆形轨道在B 点相连，轨道位于竖直面内，其半径为R ，一个质量为m 的物块静止在水平面上，现向左推物块使其压紧弹簧，然后放手，物块在弹力作用下获得一速度，当它经B 点进入半圆形轨道瞬间，对轨道的压力为其重力的7倍，之后向上运动恰能完成半圆周运动到达C 点，重力加速度为g .求：图9(1)弹簧弹力对物块做的功；(2)物块从B 到C 克服阻力所做的功；(3)物块离开C 点后，再落回到水平面上时的动能．答案 (1)3mgR (2)12mgR (3)52mgR 解析 (1)由动能定理得W ＝12m v 2B 在B 点由牛顿第二定律得7mg －mg ＝m v 2B R解得W ＝3mgR(2)物块从B 到C 由动能定理得12m v 2C －12m v 2B ＝－2mgR ＋W ′ 物块在C 点时mg ＝m v 2C R解得W ′＝－12mgR ，即物体从B 到C 克服阻力做功为12mgR . (3)物块从C 点平抛到水平面的过程中，由动能定理得2mgR ＝E k －12m v 2C ，E k ＝52mgR 11．如图10所示，在竖直平面内固定有两个很靠近的同心圆轨道，外圆ABCD 光滑，内圆的上半部分B ′C ′D ′粗糙，下半部分B ′A ′D ′光滑．一质量为m ＝0.2 kg 的小球从外轨道的最低点A 处以初速度v 0向右运动，小球的直径略小于两圆的间距，小球运动的轨道半径R ＝0.2 m ，取g ＝10 m/s 2.图10(1)若要使小球始终紧贴着外圆做完整的圆周运动，初速度v 0至少为多少？(2)若v 0＝3 m/s ，经过一段时间后小球到达最高点，内轨道对小球的支持力F C ＝2 N ，则小球在这段时间内克服摩擦力做的功是多少？(3)若v 0＝3.1 m/s ，经过足够长的时间后，小球经过最低点A 时速度v A 为多少？ 答案 (1)10 m /s (2)0.1 J (3)2 m/s解析 (1)设此情形下小球到达外轨道的最高点的最小速度为v C ，则由牛顿第二定律可得mg＝m v 2C R 由动能定理可知－2mgR ＝12m v 2C －12m v 20 代入数据解得：v 0＝10 m/s.(2)设此时小球到达最高点的速度为v C ′，克服摩擦力做的功为W f ，则由牛顿第二定律可得mg －F C ＝m v C ′2R由动能定理可知－2mgR －W f ＝12m v C ′2－12m v 20 代入数据解得：W f ＝0.1 J(3)经过足够长的时间后，小球在下半圆轨道内做往复运动．设小球经过最低点的速度为v A ，则由动能定理可知mgR ＝12m v 2A 代入数据解得：v A ＝2 m/s.。
高中物理必修二-第四章-第三节-动能-动能定理
滑的水平面上以6 m/s的速度垂直撞到墙上，碰撞后小球沿相反方向运
动，反弹后的速度大小与碰撞前速度的大小相同，则碰撞前后小球速
度变化量的大小Δv和碰撞过程中墙对小球做功的大小W为
A.Δv＝0
√B.Δv＝12 m/s
√C.W＝0
D.W＝10.8 J
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13
例2 下列关于运动物体的合外力做功与动能、速度变化的关系，正确的是 A.物体做变速运动，合外力一定不为零，动能一定变化 B.若合外力对物体做功为零，则合外力一定为零
√C.物体所受的合外力做功，它的速度大小一定发生变化
D.物体的动能不变，所受的合外力必定为零
物体做变速运动时，合外力一定不为零，但合外力不为零时，做功 可能为零，动能可能不变，A、B错误； 物体所受的合外力做功，它的动能一定变化，速度大小也一定变化， C正确； 物体的动能不变，所受合外力做功一定为零，但合外力不一定为零， D错误.
√B.力F对甲、乙两个物体做的功一样多
C.甲物体获得的动能比乙大
√D.甲、乙两个物体获得的动能相同
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13
由WF＝Fs可知，两种情况下力F对甲、乙两个物体做的功一样多，A 错误，B正确； 根据动能定理，对甲有Fs＝Ek1，对乙有Fs－fs＝Ek2，可知Ek1>Ek2， 即甲物体获得的动能比乙大，C正确，D错误.
考点一 对动能和动能定理的理解 1.(多选)关于质量一定的物体的速度和动能，下列说法中正确的是 A.物体的速度发生变化时，其动能一定发生变化
√B.物体的速度保持不变时，其动能一定保持不变 √C.物体的动能发生变化时，其速度一定发生变化 √D.物体的动能保持不变时，其速度可能发生变化
动能定理习题课(郭)
4、 如图所示，物体从高为h的斜 如图所示，物体从高为h 面体的顶端A由静止开始滑下， 面体的顶端A由静止开始滑下，滑到 水平面上的B点静止， 水平面上的B点静止，A到B的水平距 离为S 离为S，求：物体与接触面间的动摩 擦因数（已知： 擦因数（已知：斜面体和水平面都由 同种材料制成， 未知） 同种材料制成，θ未知） 5 、如图所示，斜槽轨道下端 如图所示， 与一个半径为0.4m 0.4m的圆形轨道相 与一个半径为0.4m的圆形轨道相 连接.一个质量为0.1kg 0.1kg的物体从 连接.一个质量为0.1kg的物体从 高为H 2m的 点由静止开始滑下， 高为H＝2m的A点由静止开始滑下， 小球恰能过最高点C 求物体从A 小球恰能过最高点C，求物体从A 运动到C 运动到C的过程中克服摩擦力所 做的功.(g .(g取 做的功.(g取10m/s2.)
v0 f 答案： 答案：ACD L s f
2、如图所示，电梯质量为M，地板上放置一 、如图所示，电梯质量为 ， 质量为m的物体 的物体， 质量为 的物体，钢索拉电梯由静止开始向上加 速运动，当上升高度为H 速度达到v 速运动，当上升高度为 时，速度达到 ，则下 列说法正确的是：（ 列说法正确的是：（ BD ） 1 2 A地板对物体的支持力所做的 功等于 2 mv 地板对物体的支持力所做的
动 能 定 理
内容：外力对物体所做的总功等于物体动能的变化。 内容：外力对物体所做的总功等于物体动能的变化。 总功等于物体动能的变化 1、合外力做功。 、 外力做功。 2、外力做功之和。 、外力做功之和 动能变化 动能变化
和某一过程（始末状态） 和某一过程（始末状态）相对应。
表 达 式
1 2 1 2 W总 = mv2 − mv1 2 2
O N
《动能定理》习题课课件
1、质量一定的物体（ BC ） 质量一定的物体（ 速度发生变化时， A、速度发生变化时，动能一定发生变化 速度发生变化时， B、速度发生变化时，动能不一定发生变化 速度不变时， C、速度不变时，其动能一定不变 动能不变时， D、动能不变时，速度一定不变
注意点：速度是矢量，有大小、方向。 注意点：速度是矢量，有大小、方向。
总结： 总结：应用动能定理解题的一般步骤
1、确定研究对象及运动过程 2、分析物体在运动过程中的受力情 明确各个力是否做功， 况，明确各个力是否做功，是做正 功还是负功，求出总功。 功还是负功，求出总功。 明确初状态和末状态的动能， 3、明确初状态和末状态的动能，写 出始末状态动能的表达式 根据动能定理列方程求解。 4、根据动能定理列方程求解。
3、一质量为2kg的滑块，以4m/s的 一质量为2kg的滑块， 4m/s的 2kg的滑块 速度在光滑的水平面上向左滑行， 速度在光滑的水平面上向左滑行，从 某一时刻起， 某一时刻起，在滑块上作用一向右的 水平力，经过一段时间， 水平力，经过一段时间，滑块的速度 方向变为向右，大小为4 m/s， 方向变为向右，大小为4 m/s，在这 段时间里水平力做的功为( 段时间里水平力做的功为( A ) A.0 B.8J C.16J D.32J
5、一质量为1kg的物体被人用手由静止向上 一质量为1kg的物体被人用手由静止向上 1kg 提升1m，这时物体的速度2 m/s， 提升1m，这时物体的速度2 /s，则下列说法 1m 正确的是 [ ACD ]
F
V=2m/s
12J A．手对物体做功 12 12J B．合外力对物体做功 12 C．合外力对物体做功 2J
动能是标量，只有大小。 动能是标量，只有大小。
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.
动能定理专题复习(考点+题型+专题练习)
21222121mv mv W -=21222121E mv mv W k -=∆=动能和动能定理第1步：讲基础一、动能：1、定义：物体由于运动而具有的能量叫动能．2、表达式：221mv E k =3、物理意义：动能是描述物体运动状态的物理量，是标量。
4、 单位：焦耳( J ) 二、动能定理： >1、内容：合力对物体所做的总功等于物体动能的变化。
2、表达式：第2步：学技巧一、对动能定理的进一步理解 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，即 。
1、式中的W ，是力对物体所做的总功，可理解为各个外力所做功的代数和，也可以理解为合力所做的功。
2、式中的k E ∆，是物体动能的变化，是指做功过程的末动能减去初动能。
3、动能定理的研究对象一般是单一物体，或者是可以看成单一物体的物体系。
4、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。
&二、常用应用动能定理的几种情况1、动能定理适用于恒力、变力、直线、曲线运动。
2、动能定理是标量式，不涉及方向问题。
在不涉及加速度和时间的问题时，可优先考虑动能定理。
3、对于求解多个过程的问题可全程考虑，从而避开考虑每个运动过程的具体细节。
具有过程简明、方法巧妙、运算量小等优点。
（注意动能损失：例3和例4比较）4、变力做功问题。
在某些问题中，由于力F 大小的变化或方向的改变，不能直接由αcos Fl W =来求变力F 所做的功，此时可由其做功的效果——动能的变化来求变力F 所做的功。
三、经典例题 例1、（课本例题）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 ＝×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倍(ｋ＝，求飞机受到的牵引力. 分析： 研究对象：飞机研究过程：从静止→起飞（V=60m/s ）适用公式：动能定理：2022121mv mv W -=合表达式：=-S f F )(221mv得到牵引力：Nkmg S mv F 42108.12⨯=+=例2、将质量m=2kg 的一块石头从离地面H=2m 高处由静止开始释放，落入泥潭并陷入泥中h=5cm 深处，不计空气阻力，求泥对石头的平均阻力。
动能定理习题课及应用实例 PPT
以经过A点的水平面为零势能面，则圆柱的势能为零，
杆的势能为： V
l 2
sin
m1g
设杆的角速度为ω1,轮为ω2,轮心速度υA,则杆的动能为
T2＝
3 4
m2v
2 A
1 6
m1
v
2 A
sin 2
θ
代入机械能守恒定律，得：
1 6
m1l 2
2 1
3 4
m2v
2 A
l 2
m1g
sin
恒量
其中：vA AP 1 l 1sin
光滑固定支承面、铰链支座、辊轴支座； 连接两个刚体的光滑活动铰链(中间铰)； 连接两个质点的无重刚杆； 质量不计且不可伸长的柔软细绳； 刚体在固定面上作纯滚动。
1.8解题方法与技巧
动能是标量且永远为正值；功是代数量，有正负，须 正确判断其正负，及哪些力做功及哪些力不做功。 重力之功只与起始和终了位置有关，而与路径无关。 弹性力之功也只与起始和终了位置上弹簧变形有关， 与路径无关。当初变形大于末变形时，弹性力之功为 正，反之为负功。 要熟记常见力之功及刚体平动、转动和平面运动时具 有的动能的计算。这里要明确刚体平面运动时的动能 是随质心平动和绕质心转动动能之和。 要明确质点在势力场中运动的特征是机械能守恒，利 用机械能守恒定理，易得到质点速度与位置的关系。 不要将动能定理和机械能守恒定理混淆。动能定理建 立了机械能和其他形式能量转换的定量关系，而机械 能守恒定理只建立了质点系动能和势能之间的转换关 系，且只适用于保守系统或非保守力不做功的系统。
于是可得：
1
l
vA sin
,
m1
6sin 2
3 4
m2
vA2
l 2
高中物理动能定理的综合应用解题技巧讲解及练习题(含答案)
高中物理动能定理的综合应用解题技巧讲解及练习题(含答案)一、高中物理精讲专题测试动能定理的综合应用1．一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，轨道ABC 被竖直地固定在水平桌面上，A 距水平地面高H ＝0.75m ，C 距水平地面高h ＝0.45m 。
一个质量m ＝0.1kg 的小物块自A 点从静止开始下滑，从C 点以水平速度飞出后落在地面上的D 点。
现测得C 、D 两点的水平距离为x ＝0.6m 。
不计空气阻力，取g ＝10m/s 2。
求(1)小物块从C 点运动到D 点经历的时间t ； (2)小物块从C 点飞出时速度的大小v C ；(3)小物块从A 点运动到C 点的过程中克服摩擦力做的功。
【答案】(1) t=0.3s (2) v C =2.0m/s (3)0.1J 【解析】 【详解】（1）小物块从C 水平飞出后做平抛运动，由212h gt = 得小物块从C 点运动到D 点经历的时间20.3ht g==s （2）小物块从C 点运动到D ，由C x v t = 得小物块从C 点飞出时速度的大小C xv t==2.0m/s （3）小物块从A 点运动到C 点的过程中，根据动能定理 得()2102f C mg Hh W mv -+=- ()212f C W mv mg Hh =--= -0.1J 此过程中克服摩擦力做的功f f W W '=-=0.1J3．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 =-；4．某滑沙场的示意图如图所示，某旅游者乘滑沙橇从A 点由静止开始滑下，最后停在水平沙面上的C 点．设滑沙橇和沙面间的动摩擦因数处处相同，斜面和水平面连接处可认为是圆滑的，滑沙者保持一定姿势坐在滑沙橇上不动，若测得AC 间水平距离为x ，A 点高为h ，求滑沙橇与沙面间的动摩擦因数μ．【答案】h/x 【解析】 【分析】对A 到C 的全过程运用动能定理，抓住动能的变化量为零，结合动能定理求出滑沙橇与沙面间的动摩擦因数． 【详解】设斜面的倾角为θ，对全过程运用动能定理得，因为，则有，解得．【点睛】本题考查了动能定理的基本运用，运用动能定理解题关键选择好研究的过程，分析过程中有哪些力做功，再结合动能定理进行求解，本题也可以结合动力学知识进行求解．5．如图光滑水平导轨AB 的左端有一压缩的弹簧，弹簧左端固定，右端前放一个质量为m =1kg 的物块（可视为质点），物块与弹簧不粘连，B 点与水平传送带的左端刚好平齐接触，传送带的长度BC 的长为L =6m ，沿逆时针方向以恒定速度v =2m/s 匀速转动．CD 为光滑的水平轨道，C 点与传送带的右端刚好平齐接触，DE 是竖直放置的半径为R =0.4m 的光滑半圆轨道，DE 与CD 相切于D 点．已知物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.2，取g =10m/s 2．（1）若释放弹簧，物块离开弹簧，滑上传送带刚好能到达C 点，求弹簧储存的弹性势能p E ；（2）若释放弹簧，物块离开弹簧，滑上传送带能够通过C 点，并经过圆弧轨道DE ，从其最高点E 飞出，最终落在CD 上距D 点的距离为x =1.2m 处（CD 长大于1.2m ），求物块通过E 点时受到的压力大小；（3）满足（2）条件时，求物块通过传送带的过程中产生的热能． 【答案】（1）p 12J E =（2）N =12.5N （3）Q =16J 【解析】 【详解】（1）由动量定理知：2102mgL mv μ-=-由能量守恒定律知：2p 12E mv =解得：p 12J E =（2）由平抛运动知：竖直方向：2122y R gt ==水平方向：E x v t =在E 点，由牛顿第二定律知：2E v N mg m R+=解得：N =12.5N（3）从D 到E ，由动能定理知：2211222D E mg R mv mv -⋅=- 解得：5m /s D v =从B 到D ，由动能定理知221122D B mv mg v L m μ--= 解得：7m /s B v =对物块2B Dv v L t +=解得：t =1s ；621m 8m s L vt ∆=+=+⨯=相对由能量守恒定律知：mgL Q s μ=⋅∆相对 解得：Q =16J6．如图所示，在海滨游乐场里有一种滑沙运动．某人坐在滑板上从斜坡的高处A 点由静止开始滑下，滑到斜坡底端B 点后，沿水平的滑道再滑行一段距离到C 点停下来．如果人和滑板的总质量m ＝60kg ，滑板与斜坡滑道和水平滑道间的动摩擦因数均为μ＝0.5，斜坡的倾角θ＝37°（sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8），斜坡与水平滑道间是平滑连接的，整个运动过程中空气阻力忽略不计，重力加速度g 取10m/s 2． 求：（1）人从斜坡上滑下的加速度为多大？（2）若由于场地的限制，水平滑道的最大距离BC 为L ＝20.0m ，则人在斜坡上滑下的距离AB 应不超过多少？【答案】（1）2.0 m/s 2； （2）50m 【解析】 【分析】（1）根据牛顿第二定律求出人从斜坡上下滑的加速度．（2）根据牛顿第二定律求出在水平面上运动的加速度，结合水平轨道的最大距离求出B 点的速度，结合速度位移公式求出AB 的最大长度． 【详解】（1）根据牛顿第二定律得，人从斜坡上滑下的加速度为：a 1＝3737mgsin mgcos mμ︒-︒=gsin37°-μgcos37°=6-0.5×8m/s 2=2m/s 2．（2）在水平面上做匀减速运动的加速度大小为：a 2＝μg ＝5m /s 2，根据速度位移公式得，B 点的速度为：222520/102/B v a L m s m s ⨯⨯＝＝＝． 根据速度位移公式得：212005024B AB v L m m a ＝＝＝. 【点睛】本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的基本运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，本题也可以结合动能定理进行求解．7．如图甲所示，静止在水平地面上一个质量为m =4kg 的物体，其在随位移均匀减小的水平推力作用下运动，推力F 随位移x 变化的图象如图乙所示．已知物体与地面之间的动摩擦因数为μ=0.5，g =10m/s 2．求：（1）运动过程中物体的最大加速度大小为多少； （2）距出发点多远时物体的速度达到最大； （3）物体最终停在何处？【答案】（1）20m/s 2（2）3.2m （3）10m 【解析】 【详解】（1）物体加速运动，由牛顿第二定律得：F -μmg =ma当推力F =100N 时，物体所受的合力最大，加速度最大，代入数据得：2max 20m/s Fa g mμ=-=， （2）由图象得出，推力F 随位移x 变化的数值关系为：F =100 – 25x ，速度最大时，物体加速度为零，则F=μmg=20N ，即x = 3.2m（3）F 与位移x 的关系图线围成的面积表示F 所做的功，即01200J 2F W Fx ==对全过程运用动能定理，W F −μmgx m =0代入数据得：x m =10m8．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 习题课
A m O
R Q B M
C
【例10】质量为 的小车静止在光滑的水平 】质量为M的小车静止在光滑的水平 面上，质量为m的小滑块在电动机的牵引 面上，质量为 的小滑块在电动机的牵引 以恒定速度v向前运动 向前运动。 下，以恒定速度 向前运动。现让小滑块滑 到小车上，经过一段时间后， 与 相对静 到小车上，经过一段时间后，m与M相对静 止。设整个牵引过程中小滑块的速度始终 保持v不变 不变， 保持 不变，它与小车之间的动摩擦因数为 µ，求这段时间内小车的位移是多少？小车 ，求这段时间内小车的位移是多少？ 的最短长度是多少？ 的最短长度是多少？电动机的牵引力做功 为多少？ 为多少？ m v
【练习3】质量为5t的汽车，在平直公路上以 练习 】质量为 的汽车， 的汽车 60kw恒定功率从静止开始启动，速度达到 恒定功率从静止开始启动， 恒定功率从静止开始启动 24m/s的最大速度后，立即关闭发动机，汽 的最大速度后， 的最大速度后 立即关闭发动机， 车从启动到最后停下通过的总位移为 1200m，运动过程中汽车所受的阻力不变， ，运动过程中汽车所受的阻力不变， 求汽车运动的时间。（ 求汽车运动的时间。（98s） ） 。（
(一)简单应用 一 简单应用
使一个质量为m的木箱由静 【例1】用拉力 使一个质量为 的木箱由静 】用拉力F使一个质量为 止开始在水平面上移动了s米 拉力F和水 止开始在水平面上移动了 米，拉力 和水 平方向的夹角为α， 平方向的夹角为 ，木箱与水平面间的动摩 擦因数为µ，求木箱获得的速度。 擦因数为 ，求木箱获得的速度。
【例5】如图所示，物体从高为 的滑斜面顶 】如图所示，物体从高为h的滑斜面顶 端由静止开始沿斜面下滑， 端由静止开始沿斜面下滑，最后停在水平 面上与斜面顶端水平距离为s的地方 的地方， 面上与斜面顶端水平距离为 的地方，物体 与斜面和水平面间的动摩擦因数均为µ， 与斜面和水平面间的动摩擦因数均为 ，试 证明： 证明：µ=h/s.
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变式1. 如图所示，AB为1/4圆弧轨道，半径
为R，BC是水平轨道，长S，BC处的摩擦系数为
μ，今有质量m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．
例2：如图所示，质量为m的物体A，从弧形面的底 端以初速v0往上滑行，达到某一高度后，又循原路 返回，且继续沿水平面滑行至P点而停止，则整个 过程摩擦力对物体所做的功为多少
动能定理及其应用
第二课时
一、动能定理
1.内容：外力对物体做的总功等于物 体 动能的变化
2.表达式：W总＝Ek2－Ek1或W合＝Δ顶端A由静止
开始滑下，滑到水平面上的 B点停止， A到B的水平距离为 S ，已知：斜面体和水平面都由同种材料制成．求：物体 与接触面间的动摩擦因数．
变式训练. 如图，质量为M=0.2Kg的，木块放在水平台 面上，台面比水平地面高处h=0.2m，木块离台的右端 L=1.7m,质量为m=0.10m的子弹以V0=180m/s的速度水 平射向木块，当子弹以V=90m/s的速度水平射出时，木 块的速度为V1=9m/s（此过程作用时间极短，可认为木 块的位移为0）若木块落到水平地面时的落地点到台面 右端的水平距离为s=1.6m,求：
例3；如图所示，在水平桌面的边角处有一轻质光滑的 定滑轮K，一条不可伸长的轻绳绕过K分别与物块A、B 相连，A、B的质量分别为mA、mB．开始时系统处于 静止状态．现用一水平恒力F拉物块A，使物块B上 升．已知当B上升距离为h时，B的速度为v．求此过程 中物块A克服摩擦力所做的功．重力加速度为g．
1）木块对子弹所做的功W1和子弹对木块所做功W2 （2）木块与台面间的动摩擦因数
（ μ
变式2： 小球以初速度v0从倾角为的斜面θ底端 向上滑行，小球的质量为m，上滑的最大位移为 L，则小球滑回到斜面底端时的动能为多大？
练习 ：足够长的倾角为α的粗糙斜面上，有一质 量为m的滑块距挡板P为L，以初速度V0沿斜面下 滑，并与挡板发生碰撞，滑块与斜面动摩擦因数 为μ，μ＜tanα．若滑块与挡板碰撞没有机械能损 失，求： （1）滑块第一次与挡板碰撞后上升离开挡板P的 最大距离 （2）滑块在整个运动过程中通过的路程．