全国通用2019版高考物理一轮复习第五章机械能微专题39动能定理的理解和应用备考精炼20180402366

第2讲动能定理及其应用板块一主干梳理·夯实基础【知识点1】动能Ⅱ1.定义：物体由于运动而具有的能.2.公式：E k＝12m v2.3.物理意义：动能是状态量，是标量(选填“矢量”或“标量”)，只有正值，动能与速度方向无关.4.单位：焦耳，1 J＝1 N·m＝1 kg·m2/s2.5.动能的相对性：由于速度具有相对性，所以动能也具有相对性.6.动能的变化：物体末动能与初动能之差，即ΔE k＝12m v22－12m v21.【知识点2】动能定理Ⅱ1.内容：合外力对物体所做的功，等于物体在这个过程中动能的变化.2.表达式(1)W＝ΔE k.(2)W＝E k2－E k1.(3)W＝12m v22－12m v21.3.物理意义：合外力的功是物体动能变化的量度.4.适用范围广泛(1)动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动.(2)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，也可以不同时作用.板块二考点细研·悟法培优考点1动能定理的理解和应用[拓展延伸]1.做功的过程就是能量转化的过程，动能定理表达式中的“＝”的意义是一种因果关系在数值上相等的符号.2.动能定理叙述中所说的“外力”，既可以是重力、弹力、摩擦力，也可以是电场力、磁场力或其他力.3.动能定理中涉及的物理量有F、l、m、v、W、E k等，在处理含有上述物理量的问题时，优先考虑使用动能定理.4.若过程包含了几个运动性质不同的分过程，既可以分段考虑，也可以整个过程考虑.例1如图所示，质量为m的滑块从h高处的a点沿倾斜轨道ab滑入水平轨道bc(两轨道平滑连接)，滑块与倾斜轨道及水平轨道间的动摩擦因数相同.滑块在a、c两点时的速度大小均为v、ab长度与bc长度相等.空气阻力不计，则滑块从a到c的运动过程中()A ．滑块的动能始终保持不变B.滑块在bc 过程克服阻力做的功一定等于mgh2C.滑块经b 点时的速度大于gh ＋v 2D.滑块经b 点时的速度等于2gh ＋v 2(1)滑块从b 到c 的过程中摩擦力做功吗？做正功还是负功？提示：做功.做负功.(2)滑块在ab 段和bc 段摩擦力做功相同吗？ 提示：不同，位移相同但摩擦力不同. 尝试解答 选C.由题意知，在滑块从b 运动到c 的过程中，由于摩擦力做负功，动能在减少，所以A 错误；从a 到c 的运动过程中，根据动能定理：mgh －W f ＝0，可得全程克服阻力做功W f ＝mgh ，滑块对ab 段轨道的正压力小于对bc 段的正压力，故在ab 段滑块克服摩擦力做的功小于在bc 段克服摩擦力做的功，即从a 到b 克服摩擦力做的功0<W f ′<12mgh ，B 错误.设在b 点的速度为v ′，根据动能定理：mgh －W f ′＝12m v ′2－12m v 2，可得gh ＋v 2<v ′<2gh ＋v 2，故C 正确，D 错误.总结升华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[跟踪训练] [2017·江西新余一模]我国将于2022年举办冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一.如图所示，质量m ＝60 kg 的运动员从长直轨道AB 的A 处由静止开始以加速度a ＝3.6 m/s 2匀加速下滑，到达助滑道末端B 时速度v B ＝24 m/s ，A 与B 的竖直高度差H ＝48 m.为了改变运动员的运动方向，在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接，其中最低点C 处附近是一段以O 为圆心的圆弧，助滑道末端B 与滑道最低点C 的高度差h ＝5 m ，运动员在B 、C 间运动时阻力做功W ＝－1530 J ，g 取10 m/s 2.(1)求运动员在AB 段下滑时受到阻力F f 的大小；(2)若运动员能承受的最大压力为其所受重力的6倍，则C 点所在圆弧的半径R 至少应为多大？ 答案 (1)144 N (2)12.5 m解析 (1)运动员在AB 段上做初速度为零的匀加速运动，设AB 段的长度为x ，斜面的倾角为α，则有v 2B ＝2ax ，根据牛顿第二定律得mg sin α－F f ＝ma ， 又sin α＝Hx ，由以上三式联立解得F f ＝144 N.(2)在由B 到达C 的过程中，根据动能定理有 mgh ＋W ＝12m v 2C －12m v 2B设运动员在C 点所受的支持力为F N ，由牛顿第二定律得F N －mg ＝m v 2CR由运动员能承受的最大压力为其所受重力的6倍，即有F N ＝6mg ，联立解得R ＝12.5 m ， 所以圆弧的半径R 至少为12.5 m.考点2动能定理与图象结合问题[拓展延伸]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，弄清图线与坐标轴围成的面积所对应的物理意义，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.例2 [2018·河南陕州中学月考](多选)一质量为2 kg 的物体，在水平恒定拉力的作用下以一定的初速度在粗糙的水平面上做匀速直线运动，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/s 2，由此可知( )A．物体与水平面间的动摩擦因数约为0.35B.减速过程中拉力对物体所做的功约为13 JC.匀速运动时的速度约为6 m/sD.减速运动的时间约为1.7 s(1)F-x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做匀速直线运动，F和摩擦力大小关系如何？提示：大小相等，是平衡力.尝试解答选ABC.F-x图象围成的面积代表拉力F所做的功，由图知减速阶段F-x围成面积约13个小格，每个小格表示1 J则约为13 J，故B正确.刚开始匀速运动，则F＝μmg，由图象知F＝7 N，则μ＝Fmg＝0.35，故A正确.全程应用动能定理：W F－μmgs＝0－12m v2，其中W F＝(7×4＋13) J＝41 J，得v0＝6 m/s，故C正确.由于不是匀减速直线运动，没办法求减速运动的时间.总结升华与动能定理结合紧密的几种图象(1)v-t图：由公式x＝v t可知，v-t图线与坐标轴围成的面积表示物体的位移.(2)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功.(3)P-t图：由公式W＝Pt可知，P-t图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功.[跟踪训练][2017·安徽合肥质检]A、B两物体分别在水平恒力F1和F2的作用下沿水平面运动，先后撤去F1、F2后，两物体最终停下，它们的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 ．F 1、F 2大小之比为1∶2 B.F 1、F 2对A 、B 做功之比为1∶2 C.A 、B 质量之比为2∶1D.全过程中A 、B 克服摩擦力做功之比为2∶1 答案 C解析 由图象与坐标轴围成的面积表示位移，可知两物体的位移相同，已知两物体与水平面间的滑动摩擦力大小相等，故全过程中两物体克服摩擦力做功相等，D 项错；由动能定理可知，两物体所受外力做的功与克服摩擦力做的功相等，故外力做的功相同，B 项错；由图象可知，A 、B 在外力作用下的位移之比为1∶2，由功的定义可知，F 1∶F 2＝2∶1，A 项错；由速度图象可知，两物体匀减速直线运动过程中的加速度大小之比为1∶2，由牛顿第二定律有：F f ＝ma 可知两物体质量之比为2∶1，C 项正确.考点3应用动能定理解决曲线运动问题[规律总结]在曲线运动中，若只涉及到位移、速度，而不涉及时间时，优先考虑动能定理.主要注意： (1)弄清物体的运动过程，物体都做了哪些运动.(2)分析每个运动过程中，物体的受力情况和运动情况，判断有没有临界的情况出现.(3)抓住运动过程中起关联作用的物理量，如速度、位移等，同时关注动能定理中的初、末态在什么位置.(4)最后根据分析的情况，确定是分段还是整体运用动能定理列式计算.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 . (1)求小球到达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 ，小球仍能恰好到达B 点，则小球在从A 到B 的过程中克服空气阻力做了多少功？(1)小球恰好到达最高点B 时，细线给小球有力的作用吗？提示：没有，只受重力.(2)细线碰到钉子瞬间，小球的速度发生改变吗？ 提示：不变，因为力与速度垂直. 尝试解答 (1)gL2(2) 7gL 2 (3)114mgL . (1)小球恰好到达最高点B ，所以mg ＝m v 2BL 2，得v B ＝gL 2. (2)从A 到B 的过程由动能定理得 －mg ⎝⎛⎭⎫L ＋L 2＝12m v 2B －12m v 20， 可得v 0＝7gL2. (3)从A 到B 过程由动能定理得 －mg ⎝⎛⎭⎫L ＋L 2－W ＝12m v 2B －12m v 0′2 可得W ＝114mgL .总结升华动能定理在圆周运动中的应用竖直面内圆周运动经常考查物体在最高点和最低点的状态，最高点的速度和最低点的速度可以通过动能定理联系起来，所以竖直面内的圆周运动，经常和动能定理联系起来应用.[跟踪训练] 如图所示，位于竖直平面内的光滑轨道，由一段倾斜直轨道和与之相切的圆形轨道连接而成，圆形轨道的半径为R .一质量为m 的小物块从斜轨道上的某处由静止开始下滑，然后沿圆形轨道运动.要求物块能通过圆形轨道最高点，且在该最高点与轨道间的压力不能超过5mg (g 为重力加速度).求物块初始位置相对于圆形轨道底部的高度h 的取值范围. 答案 52R ≤h ≤5R解析 设物块在圆形轨道最高点的速度为v ，由动能定理得mg (h －2R )＝12m v 2①物块在圆形轨道最高点受到的力为重力mg 和轨道的压力F N 重力与压力的合力提供向心力，则有mg ＋F N ＝m v 2R②物块能够通过最高点的条件是F N ≥0③ 由②③式得v ≥gR ④ 由①④式得h ≥52R按题目的要求，有F N ≤5mg ⑤ 由②⑤式得v ≤6Rg ⑥由①⑥式得h ≤5R .则h 的取值范围是52R ≤h ≤5R.满分指导3 利用动能定理解决多过程问题(18分)如图所示，质量为m ＝1 kg 的可视为质点的小物体轻轻放在匀速运动的传送带上的P 点，随传送带运动到A 点后水平抛出，小物体恰好无碰撞地①沿圆弧切线从B 点进入竖直光滑圆弧轨道下滑，圆弧轨道与质量为M ＝2 kg 的足够长的小车左端在最低点O 点相切，小物体在O 点滑上小车，水平地面光滑，当小物体运动到障碍物Q 处时与Q 发生②无机械能损失的碰撞.碰撞前小物体和小车已经相对静止，而小车可继续向右运动(小物体始终在小车上)，小车运动过程中和圆弧无相互作用.已知圆弧半径R ＝1.0 m ，圆弧对应的圆心角θ为53°，A 点距水平地面的高度h ＝0.8 m ，小物体与小车间的动摩擦因数为μ＝0.1，重力加速度g ＝10 m/s 2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6.试求：(1)小物体离开A 点的③水平速度v 1； (2)小物体经过O 点时④对轨道的压力大小；(3)第一次碰撞后直至静止，小物体⑤相对小车的位移和⑥小车做匀减速运动的总时间. [审题 抓住信息，准确推断][破题 形成思路，快速突破] (1)小物体离开A 点的水平速度的求解： ①选取研究过程：小物体从A 到B ； ②列出运动学方程：a ．竖直方向：v 2y ＝2gh ；b.B 点：tan θ＝v y v 1.(2)小物体经过O 点时对轨道的压力的求解： ①选取研究过程：小物体从A 到O 点； ②列出动能定理方程：mg (h ＋R －R cos θ)＝12m v 20－12m v 21；③小物体在O 点.a ．选择规律：牛顿第二定律；b ．方程式：F N －mg ＝m v 20R .(3)小物体相对小车的位移和小车做匀减速运动的总时间的求解思路. ①请写出求小物体相对小车的位移的思路.提示：先利用牛顿第二定律求出m 和M 的加速度，再利用运动学公式求出小物体和小车的共同速度v t ，最后利用功能关系求出l 相.②请写出求小车做匀减速运动的总时间的思路.提示：小车从小物体碰撞后开始做匀减速运动，利用牛顿第二定律和运动学公式求时间. [解题 规范步骤，水到渠成] (1)对小物体由A 到B 有：v 2y ＝2gh (2分) 在B 点：tan θ＝v yv 1，解得v 1＝3 m/s(3分)(2)由A 到O ，根据动能定理有： mg (h ＋R －R cos θ)＝12m v 20－12m v 21(2分) 在O 点，由牛顿第二定律有：F N －mg ＝m v 20R (1分)解得：v 0＝33 m/s ，F N ＝43 N(1分) 由牛顿第三定律得小物体对轨道的压力为 F N ′＝F N ＝43 N ，方向竖直向下(1分) (3)摩擦力F f ＝μmg ＝1 N ， 加速度a m ＝μg ＝1 m/s 2，a M ＝μmgM＝0.5 m/s 2，(2分) 小物体滑上小车后经过时间t 达到的共同速度为v t ，则 t ＝v t a M ＝v 0－v t a m，得v t ＝333 m/s(2分)由于碰撞不损失能量，小物体在小车上重复做匀减速和匀加速运动，相对小车始终向左运动，小物体与小车最终静止，摩擦力做功使动能全部转化为内能，故有：F f ·l 相＝12(M ＋m )v 2t ，得l 相＝5.5 m(2分)小车从小物体碰撞后开始匀减速运动，(每个减速阶段)加速度不变，a M ＝F fM ＝0.5 m/s 2，v t ＝a M t ，得t ＝2333 s(2分)[点题 突破瓶颈，稳拿满分] (1)常见的思维障碍①无法理解“沿圆弧切线从B 点进入竖直光滑圆弧轨道下滑”的含义，导致无法求解A 点的水平速度；②小物体滑上小车后没有判断达到共同速度这一重要环节，导致把l 绝对当成l 相而出错. (2)因解答不规范导致的失分：小物体在O 点的牛顿第二定律方程式漏掉重力而写成F N ＝m v 20R 导致出错.。

【2019最新】精选高考物理一轮复习第五章机械能第2讲动能定理及其应用教案知识点一动能1.定义：物体由于而具有的能.2.公式：Ek＝.3.单位：，1 J＝1 N·m＝1 kg·m2/s2.4.标矢性：动能是，只有正值，动能与速度的方向.5.动能的变化：物体与之差，即ΔEk ＝.答案：1.运动 2.mv2 3.焦耳 4.标量无关5.末动能初动能知识点二动能定理1.内容：在一个过程中合力对物体所做的功，等于物体在这个过程中.2.表达式：W＝ΔEk＝Ek2－Ek1＝.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，也适用于做功.(3)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以作用.答案：1.动能的变化 2. 3.合力4.(1)曲线运动(2)变力(3)分阶段(1)运动的物体具有的能量就是动能. ( )(2)一定质量的物体动能变化时，速度一定变化，但速度变化时，动能不一定变化. ( )(3)处于平衡状态的物体动能一定保持不变. ( )(4)做自由落体运动的物体，动能与下落时间的二次方成正比. ( )(5)物体在合外力作用下做变速运动，动能一定变化.( )(6)物体的动能不变，所受的合外力必定为零. ( )答案：(1)×(2)√(3)√(4)√(5)×(6)×考点动能定理的理解1.合外力做功与物体动能的变化间的关系(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功.(2)因果关系：合外力的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，所以整个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.例如，以相同大小的初速度不管以什么方向抛出，在最终落到地面速度大小相同的情况下，所列的动能定理的表达式都是一样的.3.相对性：高中阶段动能定理中的位移和速度必须相对于同一个参考系，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系.4.动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动，既适用于求恒力做功也适用于求变力做功.因使用动能定理可由动能的变化来求功，所以动能定理是求变力做功的首选.考向1 对动能定理的理解[典例1] (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[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，即B 对；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相对地的位移不等，故二者做功不等，C错；对B应用动能定理WF－WFf＝ΔEkB，即WF＝ΔEkB＋WFf，就是外力F对B做的功，等于B的动能增量与B克服摩擦力所做的功之和，D对；由前述讨论知B克服摩擦力所做的功与A 的动能增量(等于B对A的摩擦力所做的功)不等，故A错.[答案] BD[变式1] 如图所示，人用手托着质量为m的苹果，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.苹果对手不做功答案：C 解析：苹果受手的支持力FN＝mg、静摩擦力Ff，合力即手对苹果的作用力，方向斜向上，A错误；苹果所受摩擦力为静摩擦力，不等于μmg，B错误；由动能定理可得，手对苹果的静摩擦力做的功W＝mv2，C正确；苹果对手做负功，D错误.考向2 应用动能定理求变力做功[典例2] (2015·海南卷)如图所示，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 ( )A.mgRB.mgRC.mgRD.mgR[解析] 在Q点质点受到竖直向下的重力和竖直向上的支持力，两力的合力充当向心力，所以有FN－mg＝m，FN＝2mg，联立解得v＝.下滑过程中，根据动能定理可得mgR－Wf＝mv2，解得Wf＝mgR，所以克服摩擦力做功为mgR，C正确.[答案] C[变式2] (2015·新课标全国卷Ⅰ)如图所示，一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平.一质量为m 的质点自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＝mgR，质点恰好可以到达Q点B.W>mgR，质点不能到达Q点C.W＝mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离D.W<mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离答案：C 解析：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＝，已知FN＝F′N＝4mg，则质点到达N点的动能为EkN＝mv＝mgR.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＝－mgR，即克服摩擦力做的功为W＝－Wf＝mgR.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′＝mv－mv，即mgR －W′＝mv，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.应用动能定理求变力做功时应注意的问题(1)所求的变力做的功不一定为总功，故所求的变力做的功不一定等于ΔEk.(2)合外力对物体所做的功对应物体动能的变化，而不是对应物体的动能.(3)若有多个力做功时，必须明确各力做功的正负，待求的变力做的功若为负功，可以设克服该力做的功为W，则表达式中应用－W；也可以设变力做的功为W，则字母W本身含有符号.考点应用动能定理解决多过程问题1.应用动能定理解题的步骤(1)选取研究对象，明确它的运动过程.(2)分析研究对象的受力情况和各力的做功情况.(3)明确物体在过程始末状态的动能Ek1和Ek2.(4)列出动能定理的方程W合＝Ek2－Ek1及其他必要的解题方程进行求解.2.利用动能定理求解多过程问题的基本思路(1)弄清物体的运动由哪些过程组成.(2)分析每个过程中物体的受力情况.(3)各个力做功有何特点，对动能的变化有无影响.(4)从总体上把握全过程，表达出总功，找出初、末状态的动能.(5)对所研究的全过程运用动能定理列方程. [典例3] (2015·浙江卷)如图所示，用一块长L1＝1.0 m的木板在墙和桌面间架设斜面，桌子高H＝0.8 m，长L2＝1.5 m.斜面与水平桌面的倾角θ可在0～60°间调节后固定.将质量m＝0.2 kg的小物块从斜面顶端静止释放，物块与斜面间的动摩擦因数μ1＝0.05，物块与桌面间的动摩擦因数为μ2，忽略物块在斜面与桌面交接处的能量损失.(重力加速度取g＝10 m/s2；最大静摩擦力等于滑动摩擦力) (1)当θ角增大到多少时，物块能从斜面开始下滑；(用正切值表示) (2)当θ角增大到37°时，物块恰能停在桌面边缘，求物块与桌面间的动摩擦因数μ2；(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) (3)继续增大θ角，发现θ＝53°时物块落地点与墙面的距离最大，求此最大距离xm.[解析] (1)为使小物块下滑，应有mgsin θ≥μ1mgcos θ①θ满足的条件tan θ≥0.05.②即当θ＝arctan 0.05时物块恰好从斜面开始下滑. (2)克服摩擦力做功Wf＝μ1mgL1cos θ＋μ2mg(L2－L1cos θ)③由动能定理得mgL1sin θ－Wf＝0④代入数据得μ2＝0.8.⑤(3)由动能定理得mgL1sin θ－Wf ＝mv2⑥结合③式并代入数据得v ＝1 m/s⑦由平抛运动规律得H ＝gt2，x1＝vt解得t ＝0.4 s⑧x1＝0.4 m⑨xm ＝x1＋L2＝1.9 m.⑩[答案] (1)arctan 0.05 (2)0.8 (3)1.9 m[变式3] (2017·四川成都高三月考)如图所示，斜面的倾角为θ，质量为m 的滑块距挡板P 的距离为x0，滑块以初速度v0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，滑块经过的总路程是( )A.1μ⎝ ⎛⎭⎪⎫v202gcos θ＋x0tan θB.1μ⎝ ⎛⎭⎪⎫v202gsin θ＋x0tan θC.2μ⎝ ⎛⎭⎪⎫v202gcos θ＋x0tan θD.2μ⎝ ⎛⎭⎪⎫v202gcos θ＋x0cot θ 答案：A 解析：滑块最终要停在斜面底部，设滑块经过的总路程为x ，对滑块运动的全程应用功能关系，全程所产生的热量为Q ＝mv ＋mgx0sin θ，又由全程产生的热量等于克服摩擦力所做的功，即Q ＝μmgxcos θ，解以上两式可得x ＝，选项A 正确.1.运用动能定理解决问题时，选择合适的研究过程能使问题得以简化.当物体的运动过程包含几个运动性质不同的子过程时，可以选择一个、几个或全部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做的功等于力的大小与路程的乘积.考点动能定理和图象的综合应用1.解决物理图象问题的基本步骤2.四类图象所围面积的含义[典例4] (2017·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v­t图象如图所示.已知两物体与水平面间的滑动摩擦力大小相等.则下列说法正确的是( )A.F1、F2大小之比为1∶2B.F1、F2对A、B做功之比为1∶2C.A、B质量之比为2∶1D.全过程中A、B克服摩擦力做功之比为2∶1[问题探究] (1)两个物体的总位移相同吗？摩擦生热相同吗？拉力做的功相同吗？(2)如何计算二者的质量关系？(3)如何计算拉力关系？[提示] (1)由v­t图可知总位移相同，又已知摩擦力大小相等，所以摩擦生热相同，拉力做的功也相等.(2)根据匀减速阶段可求出质量关系.(3)利用全过程动能定理可得出拉力关系.[解析] 由速度与时间图象可知，两个匀减速运动的加速度之比为1∶2，由牛顿第二定律可知：A、B受摩擦力大小相等，所以A、B 的质量关系是2∶1，由速度与时间图象可知，A、B两物体加速与减速的位移相等，且匀加速位移之比为1∶2，匀减速运动的位移之比为2∶1，由动能定理可得：A物体的拉力与摩擦力的关系，F1·x－f1·3x ＝0－0；B物体的拉力与摩擦力的关系，F2·2x－f2·3x＝0－0，因此可得：F1＝3f1，F2＝f2，f1＝f2，所以F1＝2F2.全过程中摩擦力对A、B做功相等，F1、F2对A、B做功大小相等.故A、B、D错误，C正确.[答案] C考向2 动能定理和F­x图象的综合应用[典例5] 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，取g＝10 m/s2，试求：甲乙(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？[问题探究] (1)滑块从O点开始运动到滑块冲上斜面这段过程中怎样运动？(2)F­x图象的面积表示什么？[提示] (1)如图所示(2)力F对物体所做的功.[解析] (1)由题图乙知，在前2 m内，F1＝2mg做正功，在第 3m 内，F2＝－0.5mg，做负功，在第4 m内，F3＝0，滑动摩擦力Ff＝－μmg＝－0.25mg，始终做负功，对于滑块在OA上运动的全过程，由动能定理得：F1x1＋F2x2＋Ffx＝mv－0即2mg×2 m－0.5mg×1 m－0.25mg×4 m＝mv－0解得vA＝5 m/s.(2)对于滑块冲上斜面的过程，由动能定理得－mgLsin 30°＝0－mv2A解得L＝5 m所以滑块冲上斜面AB的长度L＝5 m.[答案] (1)5 m/s (2)5 m1.[对动能定理的理解](多选)关于动能定理的表达式W＝Ek2－Ek1，下列说法正确的是 ( )A.公式中的W为不包含重力的其他力做的总功B.公式中的W为包含重力在内的所有力做的功，也可通过以下两种方式计算：先求每个力的功再求功的代数和或先求合外力再求合外力的功C.公式中的Ek2－Ek1为动能的增量，当W>0时动能增加，当W<0时动能减少D.动能定理适用于直线运动，但不适用于曲线运动，适用于恒力做动，但不适用于变力做功答案：BC 解析：公式中W指总功，求总功的方法有两种，先求每个力做的功再求功的代数和或先求合力再求合外力的功，故选项B正确，A错误；当W>0时，末动能大于初动能，动能增加，当W<0时，末动能小于初动能，动能减少，故C正确；动能定理不仅适用于直线运动，也适用于曲线运动，不仅适用于恒力做功，也适用于变力做功，故D错误.2.[应用动能定理求变力做功]一个质量为m的小球，用长为L的轻绳悬挂于O点，小球在水平拉力F作用下，从平衡位置P点很缓慢地移动到Q点，此时轻绳与竖直方向夹角为θ，如图所示，则拉力F所做的功为( )A.mgLcos θB.mgL(1－cos θ)D.FLcos θC.FLsin θ答案：B 解析：从P缓慢拉到Q，由动能定理得：WF－WG＝0(因为小球缓慢移动，速度可视为零)，即WF＝WG＝mgL(1－cos θ).3.[变力做功的计算]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.当转速增至某一值时，物体即将在转台上滑动，此时转台开始匀速转动(设物体的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力).则在这一过程中摩擦力对物体做的功是( )B.2μmgRA.0D.μmgRC.2πμmgR2答案：D 解析：物体即将在转台上滑动但还未滑动时，转台对物体的最大静摩擦力恰好提供向心力，设此时物体做圆周运动的线速度为v，则有μmg＝，①在物体由静止到获得速度v的过程中，物体受到的重力和支持力不做功，只有摩擦力对物体做功，由动能定理得W＝mv2－0，②联立①②解得W＝μmgR.4.[应用动能定理解决多过程问题](多选)一物体从斜面底端以初动能E滑向斜面，返回到斜面底端的速度大小为v，克服摩擦力做的功为，若物体以初动能2E滑向斜面，则( )A.返回斜面底端时的动能为EB.返回斜面底端时的动能为3E2C.返回斜面底端时的速度大小为2vD.返回斜面底端时的速度大小为v答案：AD 解析：设斜面倾角为θ，斜面对物体的摩擦力为f，物体以初动能E滑向斜面时，在斜面上上升的最远距离为L1，则根据动能定理，在物体沿斜面上升的过程中有－GL1sin θ－fL1＝0－E，在物体沿斜面下降的过程中有GL1sin θ－fL1＝，联立解得Gsin θ＝3f.同理，当物体以初动能2E滑向斜面时，在物体沿斜面上升的过程中有－GL2sin θ－fL2＝0－2E，在物体沿斜面下降的过程中有GL2sin θ－fL2＝E′，联立解得E′＝E，故A正确，B错误；由＝mv2，E′＝mv′2，得v′＝v，故C错误，D正确.5.[动能定理和摩擦力做功的计算]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.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，则停的地点到B的距离为( )A.0.50 mB.0.25 mD.0C.0.10 m答案：D 解析：设小物块在BC段通过的总路程为s，由于只有水平面上存在摩擦力，则小物块从A点开始运动到最终静止的整个过程中，摩擦力做功为－μmgs，而重力做功与路径无关，由动能定理得：mgh－μmgs＝0－0，代入数据可解得s＝3 m.由于d＝0.50 m，所以，小物块在BC段经过3次往复运动后，又回到B点.。

39 动能定理的理解和应用[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．(多选)(2018·福建三明一中模拟)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2．(多选)(2018·四川成都模拟)如图2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2A．E k B－E k A＝E k C－E k B B．E k B－E k A＜E k C－E k BC．E k B－E k A＞E k C－E k B D．E k C＜2E k B3.(2018·山东青岛二中模拟)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3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3A．2 2 m/s B．3 m/s C．4 m/s D.17 m/s4．(多选)如图4所示，在离地面高为H处以水平速度v0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，不计空气阻力)．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45．(2017·辽宁铁岭协作体模拟)如图5所示，竖直平面内放一直角杆MON，OM水平、ON竖直且光滑，用不可伸长的轻绳相连的两小球A和B分别套在OM和ON杆上，B球的质量为m ＝2 kg，在作用于A球的水平力F的作用下，A、B均处于静止状态，此时OA＝0.3 m，OB ＝0.4 m，改变水平力F的大小，使A球向右加速运动，已知A球向右运动0.1 m时速度大小为3 m/s，则在此过程中绳对B球的拉力所做的功为(取g＝10 m/s2)( )图5A．11 J B．16 J C．18 J D．9 J6．(多选)(2017·福建漳州八校模拟)如图6所示是某缓冲装置，劲度系数足够大的轻质弹簧与直杆相连，直杆可在固定的槽内移动，与槽间的滑动摩擦力恒为F f，直杆质量不可忽略．一质量为m的小车以速度v0撞击弹簧，最终以速度v弹回．直杆足够长，且直杆与槽间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计小车与地面间的摩擦．则( )图6A．小车被弹回时速度v一定小于v0B．若直杆在槽内运动，移动的距离等于1F f (12mv02－12mv2)C．直杆在槽内向右运动时，小车与直杆始终保持相对静止D．弹簧的弹力可能大于直杆与槽间的最大静摩擦力7.(2017·山东烟台一模)如图7所示是一种升降电梯的模型示意图，A为轿厢，B为平衡重物，A、B的质量分别为1 kg和0.5 kg.A、B由跨过轻质滑轮的足够长轻绳系住．在电动机牵引下使轿厢由静止开始向上运动，电动机输出功率10 W保持不变，轿厢上升1 m后恰好达到最大速度．不计空气阻力和摩擦阻力，g＝10 m/s2.在轿厢向上运动过程中，求：图7(1)轿厢的最大速度v m的大小；(2)轿厢向上的加速度为a＝2 m/s2时，重物B下端绳的拉力大小；(3)轿厢从开始运动到恰好达到最大速度的过程中所用的时间．8．(2017·福建省大联考)如图8所示，固定直杆上套有一小球和两根轻弹簧，两根轻弹簧的一端与小球相连，另一端分别固定在杆上相距为2L 的A 、B 两点．直杆与水平面的夹角为θ，小球质量为m ，两根轻弹簧的原长均为L 、劲度系数均为3mg sin θL，g 为重力加速度．图8(1)小球在距B 点45L 的P 点处于静止状态，求此时小球受到的摩擦力大小和方向；(2)设小球在P 点受到的摩擦力为最大静摩擦力，且与滑动摩擦力相等．现让小球从P 点以一沿杆方向的初速度向上运动，小球最高能到达距A 点45L 的Q 点，求初速度的大小．9．(2017·山西省重点中学协作体一模)如图9甲所示，弯曲部分AB和CD是两个半径都为r＝0.3 m的四分之一圆弧轨道，中间的BC段是竖直的薄壁细圆管(细圆管内径略大于小球的直径)轨道，分别与上下圆弧轨道相切连接，BC的长度L＝0.2 m．下圆弧轨道与水平轨道相切，其中D、A分别是上、下圆弧轨道的最高点和最低点，整个轨道固定在竖直平面内．现有一质量m＝0.3 kg的小球以一定的速度沿水平轨道向右运动并从A点进入圆弧，不计小球运动中的一切阻力，g＝10 m/s2，求：图9(1)当小球由D点以10 m/s的速度水平飞出时，小球落地点与D点的水平距离；(2)当小球由D点以3 m/s的速度水平飞出时，小球过圆弧A点时对轨道的压力大小；(3)若在D点右侧连接一半径为R＝0.4 m的半圆形光滑轨道DEF，如图乙所示，要使小球不脱离轨道运动，小球在水平轨道向右运动的速度大小范围(计算结果可用根式表示)．答案精析1．AD [设A 距离地面的高度为h ，板材的动摩擦因数为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 －μOPAP＝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．]2．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．]3．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 ＝12mv 2－12mv 02，解得v ＝3 m/s ，B 正确．]4．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 项错误；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 项错误．]5．C [A 球向右运动0.1 m 时，由几何关系得，B 上升距离：h ＝0.4 m －0.52－0.42m ＝0.1 m ，此时细绳与水平方向夹角θ的正切值：tan θ＝34，则得cos θ＝45，sin θ＝35，由运动的合成与分解知识可知：v B sin θ＝v A cos θ，可得v B ＝4 m/s.以B 球为研究对象，由动能定理得：W －mgh ＝12mv B 2，代入数据解得：W ＝18 J ，即绳对B 球的拉力所做的功为18J ，故选C.]6．BD [小车在向右运动的过程中，弹簧的形变量若始终小于x ＝F f k时，直杆和槽间无相对运动，小车被弹回时速度v 等于v 0；当形变量等于x ＝F f k时，直杆和槽间即出现相对运动，克服摩擦力做功，所以小车被弹回时速度v 小于v 0，A 错误；整个过程应用动能定理：F f s＝ΔE k ，直杆在槽内移动的距离s ＝1F f (12mv 02－12mv 2)，B 正确；直杆在槽内向右运动时，开始小车速度比直杆的大，所以不可能与直杆始终保持相对静止，C 错误；当弹簧的弹力等于最大静摩擦力时杆即开始运动，此时车的速度大于杆的速度，弹簧进一步被压缩，弹簧的弹力大于最大静摩擦力，D 正确．] 7．(1)2 m/s (2)8 N (3)0.8 s解析 (1)当轿厢受力平衡，即牵引力F ＝(M －m )g 时轿厢速度最大 由P ＝Fv m 得v m ＝P(M －m )g ＝2 m/s(2)轿厢的加速度为a ＝2 m/s 2时， 对A ：F A －Mg ＝Ma 对B ：F B ＋mg －F A ＝ma 解得：F B ＝8 N(3)由动能定理可知：Pt －Mgh ＋mgh ＝12(M ＋m )v m 2得t ＝0.8 s. 8．(1)mg sin θ5 方向沿杆向下 (2)26gL sin θ5解析 (1)小球在P 点时两根弹簧的弹力方向沿杆向上，大小相等，设为F ，根据胡克定律有F ＝ k (L －45L )①设小球静止时受到的摩擦力大小为F f ，方向沿杆向下， 根据平衡条件有mg sin θ ＋F f ＝2F ② 由①②式并代入已知数据得F f ＝mg sin θ5③假设成立，即摩擦力方向沿杆向下(2)小球在P 、Q 两点时，弹簧的弹性势能相等，故小球从P 到Q 的过程中，弹簧对小球做功为零据动能定理有W 合＝ΔE k ④－mg ·2(L －45L )sin θ－F f ·2(L －45L ) ＝0－12mv 2⑤由③⑤式得v ＝26gL sin θ5⑥9．见解析解析 (1)小球由D 点飞出后做平抛运动，有：x ＝v 0t2r ＋L ＝12gt 2解得：x ＝4 m(2)由A 到D 过程，由动能定理：－mg (2r ＋L )＝12mv D 2－12mv A 2在A 点，根据牛顿第二定律：F N －mg ＝m v A 2r代入数据，联立解得F N ＝28 N 根据牛顿第三定律：F N ′＝F N即小球在A 点时对轨道的压力大小：F N ′＝28 N(3)若小球到C 后返回，由动能定理有：12mv A 12＝mg (r ＋L )若小球能过D 做完整的圆周运动，在D 点有：mg ＝m v D ′2RA 到D 过程，由动能定理：－mg (2r ＋L )＝12mv D ′2－12mv A 22代入数据，解得：v A 1＝10 m/s ，v A 2＝2 5 m/s.则小球的速度大小范围为v A ≤10 m/s 或v A ≥2 5 m/s.。

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39 机械能守恒定律的理解和应用[方法点拨] （1)单物体多过程机械能守恒问题：划分物体运动阶段,研究每个阶段中的运动性质,判断机械能是否守恒；(2）多物体的机械能守恒：一般选用ΔEｐ＝－ΔE k形式,不用选择零势能面．1.(多选)如图1所示，轻质弹簧的一端与内壁光滑的试管底部连接,另一端连接一质量为m的小球，小球的直径略小于试管的内径，开始时试管水平放置，小球静止，弹簧处于原长．若缓慢增大试管的倾角θ至试管竖直,弹簧始终在弹性限度内，在整个过程中,下列说法正确的是( )图1Ａ.弹簧的弹性势能一定逐渐增大Ｂ.弹簧的弹性势能可能先增大后减小C.小球重力势能一定逐渐增大Ｄ.小球重力势能可能先增大后减小2.(20１8·铜山中学模拟）如图２所示,将小球a从地面以初速度v０竖直上抛的同时，将另一相同质量的小球ｂ从距地面h处由静止释放,两球恰在h２处相遇（不计空气阻力）.则（）图2A.两球同时落地B．相遇时两球速度大小相等C．从开始运动到相遇,球a动能的减少量等于球b动能的增加量D．相遇后的任意时刻,重力对球a做功功率和对球b做功功率相等3。