课时跟踪检测（十七） 动能定理及其应用
1.如图所示，一块长木板B 放在光滑的水平面上，在B 上放一A 物体，现以恒定的外力拉B ，使A 、B 间产生相对滑动，如果以地面为参考系，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
2.如图所示为某中学科技小组制作的利用太阳能驱动小车的装置。当太阳光照射到小车上方的光电板时，光电板中产生的电流经电动机带动小车前进。若质量为 m 的小车在平直的水泥路上从静止开始沿直线加速行驶，经过时间 t 前进的距离为 x ，且速度达到最大值v m 。设这一过程中电动机的功率恒为 P ，小车所受阻力恒为 F ，那么这段时间内( )
A ．小车做匀加速运动
B ．小车受到的牵引力逐渐增大
C ．小车受到的合外力所做的功为 Pt
D ．小车受到的牵引力做的功为 Fx ＋12
m v m 2 3.如图所示，质量为m 的小球，从离地面高H 处由静止开始释放，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 ，则下列说法正确的是( )
A ．小球落地时动能等于mgH
B ．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 4.如图所示，在轻弹簧的下端悬挂一个质量为m 的小球A ，若将小球A 从弹簧原长位置由静止释放，小球A 能够下降的最大高度为h 。若将小球A 换为质量为3m 的小球B ，仍从弹簧原长位置由静止释放，则小球B 下降h 时的速度为(重力加速度为g ，不计
空气阻力)( )
A.2gh
B. 4gh 3
C.gh
D. gh 2
5．(多选)如图所示，在倾角为θ的斜面上，轻质弹簧一端与斜面底端固定，另一端与质量为M 的平板A 连接，一个质量为m 的物体B 靠在平板的右侧，A 、B 与斜面的动摩擦因数均为μ。开始时用手按住物体B 使弹簧处于压缩状态，现放手，使A 和B 一起沿斜面
向上运动距离L 时，A 和B 达到最大速度v 。则以下说法正确的是
( )
A ．A 和
B 达到最大速度v 时，弹簧是自然长度
B ．若运动过程中A 和B 能够分离，则A 和B 恰好分离时，二者加速度大小均为g (sin θ＋μcos θ)
C ．从释放到A 和B 达到最大速度v 的过程中，弹簧对A 所做的功等于12
M v 2＋MgL sin θ＋μMgL cos θ
D ．从释放到A 和B 达到最大速度v 的过程中，B 受到的合力对它做的功等于12
m v 2 6．如图所示，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2 kg ，在作用于A 球的水平力F 的作用下，A 、B 两球均处于静止状态，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 ，则在此过程中绳的拉力对B 球所做的功为(取g ＝10 m/s 2)( )
A ．11 J
B ．16 J
C ．18 J
D ．9 J
7.如图所示，质量为m 的钢制小球，用长为l 的细线悬挂在O 点。将小球拉至与O 等高的C 点后由静止释放。小球运动到最低点B 时对细线的拉力为2mg ，若在B 点用小锤头向左敲击小球一下，瞬间给它补充机械能ΔE ，小球就能恰好摆到与C 等高的A 点。设空气阻力只与运动速度相关，且运动速度越大空气阻力就越大。则以下关系正确的是( )
A ．ΔE ＞mgl
B ．ΔE ＜12mgl
C ．ΔE ＝12mgl D.12
mgl ＜ΔE ＜mgl 8．如图所示，水平面上放一质量为m ＝2 kg 的小物块，通过薄壁圆筒的轻细绕线牵引，圆筒半径为R ＝0.5 m ，质量为M ＝4 kg 。t ＝0时刻，圆筒在电动机带动下由静止开始绕竖直中心轴转动，转动角速度与时间的关系满足ω＝4t ，物块和地面之间的动摩擦因数μ＝0.3，细线始终与地面平行，其它摩擦不计，g 取10 m/s 2，求：
(1)物块运动中受到的拉力。
(2)从开始运动至t ＝2 s 时电动机做了多少功？
9.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
10．如图所示，上表面水平的圆盘固定在水平地面上，一小物块从圆盘边缘上的P点，以大小恒定的初速度v0，在圆盘上沿与直径PQ成不同夹角θ的方向开始滑动，小物块运动到圆盘另一边缘时的速度大小为v，则v2-cos θ图像应为()
11．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变化的关系如图乙所示，已知物体与地面间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10 m/s2，则下列说法正确的是()
A．物体先做加速运动，推力撤去时开始做减速运动
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
12．(多选)如图甲所示，为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角θ的关系，将某一物体沿足够长的斜面每次以不变的初速率v0向上推出，调节斜面与水平方向的夹角θ，实验测得x与斜面倾角θ的关系如图乙所示，g取10 m/s2，根据图像可求出(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)()
A．物体的初速率v 0＝3 m/s
B．物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.75
C．取不同的倾角θ，物体在斜面上能达到的位移
x的最小值x min＝1.44 m
D．当某次θ＝30°时，物体达到最大位移后将沿
斜面下滑
13．如图所示，一质量m＝0.4 kg的滑块(可视为质点)静止于水平轨道上的A点，滑块与轨道间的动摩擦因数μ＝0.1。现对滑块施加一水平外力，使其向右运动，外力的功率恒为P＝10 W。经过一段时间后撤去外力，滑块继续滑行至B点后水平飞出，恰好在C点沿切线方向进入固定在竖直平面内的光滑圆弧形轨道，轨道的最低点D处装有压力传感器，当滑块到达传感器上方时，传感器的示数为25.6 N。已知轨道AB的长度L＝2 m，圆弧形轨道
的半径R＝0.5 m，半径OC和竖直方向的夹角α＝37°。(空气阻力可忽略，重力加速度g ＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：
(1)滑块运动到C点时速度的大小v C；
(2)B、C两点的高度差h及水平距离x；
(3)水平外力作用在滑块上的时间t。
14．如图所示，一半径R＝1 m的圆盘水平放置，在其边缘E点固定一小桶(可视为质点)。在圆盘直径DE的正上方平行放置一水平滑道BC，滑道右端C点与圆盘圆心O在同一竖直线上，且竖直高度h＝1.25 m。AB为一竖直面内的光滑四分之一圆弧轨道，半径r＝0.45 m，且与水平滑道相切与B点。一质量m＝0.2 kg的滑块(可视为质点)从A点由静止释放，当滑块经过B点时，圆盘从图示位置以一定的角速度ω绕通过圆心的竖直轴匀速转动，最终物块由C点水平抛出，恰好落入圆盘边缘的小桶内。已知滑块与滑道BC间的摩擦因数μ＝0.2。(取g＝10 m/s2)求：
(1)滑块到达B点时对轨道的压力；
(2)水平滑道BC的长度；
(3)圆盘转动的角速度ω应满足的条件。
课时跟踪检测（十七） 动能定理及其应用
对点训练：对动能定理的理解
1.如图所示，一块长木板B 放在光滑的水平面上，在B 上放一A 物体，
现以恒定的外力拉B ，使A 、B 间产生相对滑动，如果以地面为参考系，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
解析：选B 外力F 做的功等于A 、B 动能的增量与A 、B 间摩擦产生的内能之和，A 错误；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 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 对地的位移不等，故二者做功不相等，C 错误；对B 应用动能定理，W F －W F f ＝ΔE k B ，即W F ＝ΔE k B ＋W F f ，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 错误。
2.(2017·银川模拟)如图所示为某中学科技小组制作的利用太阳
能驱动小车的装置。当太阳光照射到小车上方的光电板时，光电板
中产生的电流经电动机带动小车前进。若质量为 m 的小车在平直
的水泥路上从静止开始沿直线加速行驶，经过时间 t 前进的距离为
x ，且速度达到最大值v m 。设这一过程中电动机的功率恒为 P ，小
车所受阻力恒为 F ，那么这段时间内( )
A ．小车做匀加速运动
B ．小车受到的牵引力逐渐增大
C ．小车受到的合外力所做的功为 Pt
D ．小车受到的牵引力做的功为 Fx ＋12
m v m 2 解析：选D 小车在运动方向上受向前的牵引力 F 1和向后的阻力 F ，因为 v 增大，P 不变，由 P ＝F 1v ，F 1－F ＝ma ，得出 F 1逐渐减小，a 也逐渐减小，当v ＝v m 时，a ＝0，
故A 、B 项均错误；合外力做的功 W 外＝Pt －Fx ，由动能定理得W 牵－Fx ＝12
m v m 2，故C 项错误，D 项正确。
3.如图所示，质量为m 的小球，从离地面高H 处由静止开始释放，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 ，则下列说法正确的是( )
A ．小球落地时动能等于mgH
B ．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 解析：选C 小球从静止开始释放到落到地面的过程，由动能定理得mgH －fH ＝12
m v 02，选项A 错误；设泥的平均阻力为f 0，小球陷入泥中的过程，由动能定理得mgh －f 0h ＝0－1
2
m v 02，解得f 0h ＝mgh ＋12
m v 02，f 0＝mg ????1＋H h －fH h ，选项B 、D 错误；全过程应用动能定理可知，整个过程中小球克服阻力做的功等于mg (H ＋h )，选项C 正确。
4.如图所示，在轻弹簧的下端悬挂一个质量为m 的小球A ，若将小球A 从弹簧原长位置由静止释放，小球A 能够下降的最大高度为h 。若将小球A 换为质量为
3m 的小球B ，仍从弹簧原长位置由静止释放，则小球B 下降h 时的速度为(重
力加速度为g ，不计空气阻力)( )
A.2gh
B. 4gh 3
C.gh
D. gh 2
解析：选B 小球A 下降h 过程小球克服弹簧弹力做功为W 1，根据动能定理，有mgh
－W 1＝0；小球B 下降过程，由动能定理有3mgh －W 1＝12
3m v 2－0，解得：v ＝ 4gh 3
，故B 正确。
对点训练：动能定理的应用
5．(多选)(2017·洛阳检测)如图所示，在倾角为θ的斜面上，轻质弹簧一端与斜面底端固定，另一端与质量为M 的平板A 连接，一个质量为m 的物体B
靠在平板的右侧，A 、B 与斜面的动摩擦因数均为μ。开始时用手按
住物体B 使弹簧处于压缩状态，现放手，使A 和B 一起沿斜面向上运动距离L 时，A 和B 达到最大速度v 。则以下说法正确的是( )
A ．A 和
B 达到最大速度v 时，弹簧是自然长度
B ．若运动过程中A 和B 能够分离，则A 和B 恰好分离时，二者加速度大小均为g (sin θ＋μcos θ)
C ．从释放到A 和B 达到最大速度v 的过程中，弹簧对A 所做的功等于12
M v 2＋MgL sin θ＋μMgL cos θ
D ．从释放到A 和B 达到最大速度v 的过程中，B 受到的合力对它做的功等于12
m v 2 解析：选BD A 和B 达到最大速度v 时，A 和B 的加速度为零。对AB 整体：由平衡条件知kx ＝(m ＋M )g sin θ＋μ(m ＋M )g cos θ，所以此时弹簧处于压缩状态，故A 错误；A 和B 恰好分离时，A 、B 间的弹力为0，A 、B 的加速度相同，对B 受力分析，由牛顿第二定律知，mg sin θ＋μmg cos θ＝ma ，得a ＝g sin θ＋μg cos θ，故B 正确；从释放到A 和B 达到最大速度v 的过程中，对AB 整体，根据动能定理得W 弹－(m ＋M )gL sin θ－μ(m ＋M )g cos θ·L ＝12(m ＋M )v 2，所以弹簧对A 所做的功W 弹＝12
(m ＋M )v 2＋(m ＋M )gL sin θ＋μ(m ＋M )g cos θ·L ，故C 错误；从释放到A 和B 达到最大速度v 的过程中，对于B ，根据动能定理得B
受到的合力对它做的功W 合＝ΔE k ＝12
m v 2，故D 正确。 6．(2017·吉林三校联考)如图所示，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2 kg ，在作用于A 球的水平力F 的
作用下，A 、B 两球均处于静止状态，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 ，则在此过程中绳的拉力对B 球所做的功为(取g ＝10 m/s 2)( )
A ．11 J
B ．16 J
C ．18 J
D ．9 J
解析：选C A 球向右运动0.1 m 时，v A ＝3 m/s ，OA ′＝0.4 m ，OB ′＝0.3 m ，设此
时∠BAO ＝α，则有tan α＝34
。由运动的合成与分解可得v A cos α＝v B sin α，解得v B ＝4 m/s 。以B 球为研究对象，此过程中B 球上升高度h ＝0.1 m ，由动能定理，W －mgh ＝12
m v B 2，解
得轻绳的拉力对B 球所做的功为W ＝mgh ＋12m v B 2＝2×10×0.1 J ＋12
×2×42 J ＝18 J ，选项C 正确。
7.如图所示，质量为m 的钢制小球，用长为l 的细线悬挂在O 点。将小球拉至与O 等高的C 点后由静止释放。小球运动到最低点B 时对细线的拉力为2mg ，
若在B 点用小锤头向左敲击小球一下，瞬间给它补充机械能ΔE ，小球
就能恰好摆到与C 等高的A 点。设空气阻力只与运动速度相关，且运
动速度越大空气阻力就越大。则以下关系正确的是( )
A ．ΔE ＞mgl
B ．ΔE ＜12mgl
C ．ΔE ＝12mgl D.12
mgl ＜ΔE ＜mgl 解析：选A 设小球由C 到B 的运动过程中克服空气阻力做功W f1，由动能定理知，
mgl －W f1＝12
m v B 2，在B 点，由牛顿第二定律知：T －mg ＝m v B 2l ，其中T ＝2mg ；在B 点给小球补充机械能即动能后，小球恰好运动到A 点，由动能定理知：－mgl －W f2＝0－???
?12m v B 2＋ΔE ，由以上各式得ΔE ＝mgl ＋(W f2－W f1)，由题意知，上升过程中的速度大于下降过程中的速度，所以W f2＞W f1，即ΔE ＞mgl ，A 正确。
8．(2016·保定二模)如图所示，水平面上放一质量为m ＝2 kg 的小物块，通过薄壁圆筒的轻细绕线牵引，圆筒半径为R ＝0.5 m ，质量为M ＝4 kg 。t ＝0时刻，圆筒在电动机带动下由静止开始绕竖直中心轴转动，转动角速度与时间的关系满足ω＝4t ，物块和地面之间的动摩擦因数μ＝0.3，细线始终与地面平行，其它摩擦不计，g 取10 m/s 2，求：
(1)物块运动中受到的拉力。
(2)从开始运动至t ＝2 s 时电动机做了多少功？
解析：(1)由于圆筒边缘线速度与物块直线运动速度大小相同，根据v ＝ωR ＝4Rt ＝2t ，线速度与时间成正比，物块做初速为零的匀加速直线运动，由公式v ＝at 知，物块加速度为a ＝2 m/s 2，对物块受力分析，由牛顿第二定律得T －μmg ＝ma ，则细线拉力为T ＝10 N 。
(2)根据匀变速直线运动规律：
t ＝2 s 时物块的速度：v ＝at ＝2×2 m /s ＝4 m/s
2 s 内物块的位移：x ＝12at 2＝12
×2×22 m ＝4 m 对整体运用动能定理，有W －μmgx ＝12m v 2＋12
M v 2 代入数据求得电动机做的功为W ＝72 J 。
答案：(1)10 N (2)72 J
对点训练：动能定理的图像问题
9.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
解析：选D 由a -t 图像可知物体6 s 末的速度v 6＝12×(2＋5)×2 m/s －12
×1×2 m /s ＝6 m/s ，则0～6 s 内物体一直向正方向运动，A 错误；物体在5 s 末速度最大，B 错误；在2～4 s 内加速度不变，物体做匀加速直线运动，速度变大，C 错误；由动能定理可知：0～4 s
内合力对物体做的功：W 4＝12m v 42－0,0～6 s 内合力对物体做的功：W 6＝12
m v 62－0，又v 4＝v 6，则W 4＝W 6，D 正确。
10．(2017·青岛模拟)如图所示，上表面水平的圆盘固定在水平地面
上，一小物块从圆盘边缘上的P 点，以大小恒定的初速度v 0，在圆盘
上沿与直径PQ 成不同夹角θ的方向开始滑动，小物块运动到圆盘另一
边缘时的速度大小为v ，则v 2-cos θ图像应为( )
解析：选A 设圆盘半径为r ，小物块与圆盘间的动摩擦因数为μ，由动能定理可得，
－μmg ·2r cos θ＝12m v 2－12
m v 02，整理得v 2＝v 02－4μgr cos θ，可知v 2与cos θ为线性关系，斜率为负，故A 正确，B 、C 、D 错误。
11．(2017·甘肃模拟)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 变化的关系如图乙所示，已知物体与地面间的动摩擦因数μ＝0.5，取g ＝10 m/s 2，则下列说法正确的是( )
A ．物体先做加速运动，推力撤去时开始做减速运动
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
解析：选B 当推力小于摩擦力时物体就开始做减速运动，选项A 错误；由题图乙中
图线与x 轴所围面积表示推力对物体做的功得，推力做的功W ＝12
×4×100 J ＝200 J ，根据动能定理有W －μmgx m ＝0，得x m ＝10 m ，选项B 正确；当推力与摩擦力平衡时，加速度为零，速度最大，由题图乙得F ＝100－25x (N)，当F ＝μmg ＝20 N 时x ＝3.2 m ，由动能定
理得：12(100＋20)·x －μmg ·x ＝12
m v m 2，解得物体运动的最大速度v m ＝8 m/s ，选项C 错误；物体运动中当推力由100 N 减小到20 N 的过程中，加速度逐渐减小，当推力由20 N 减小到0的过程中，加速度又反向增大，此后加速度不变，故D 项错误。
12．(多选)(2017·齐鲁名校协作体联考)如图甲所示，为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x 与斜面倾角θ的关系，将某一物体沿足够长的斜面每次以不变的初速率v 0向上推出，调节斜面与水平方向的夹角θ，实验测得x 与斜面倾角θ的关系如图乙所示，g 取10 m/s 2，根据图像可求出(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( )
A ．物体的初速率v 0＝3 m/s
B ．物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.75
C ．取不同的倾角θ，物体在斜面上能达到的位移x 的最小值x min ＝1.44 m
D ．当某次θ＝30°时，物体达到最大位移后将沿斜面下滑
解析：选BC 由题图乙可知，当倾角θ＝0时，位移为2.40 m ，而当倾角为90°时，
位移为1.80 m ，则由竖直上抛运动规律可得v 0＝2gh ＝2×10×1.80 m /s ＝6 m/s ，故A
错误；当倾角为0时，由动能定理可得－μmgx ＝0－12
m v 02，解得μ＝0.75，故B 正确；取不同的倾角θ，由动能定理得－mgx sin θ－μmgx cos θ＝0－12m v 02，解得x ＝v 022g (sin θ＋μcos θ)
＝362×10×???
?sin θ＋34cos θ m ＝3625×sin (θ＋α) m ，当θ＋α＝90°时位移最小，x min ＝1.44 m ，故C 正确；若θ＝30°时，重力沿斜面向下的分力为mg sin 30°＝12
mg ，摩擦力F f ＝μmg cos 30°＝338
mg ，又因最大静摩擦力等于滑动摩擦力，故物体达到最高点后，不会沿斜面下滑，故D 错误。
考点综合训练
13．如图所示，一质量m ＝0.4 kg 的滑块(可视为质点)静止于水平轨道上的A 点，滑块与轨道间的动摩擦因数μ＝0.1。现对滑块施加一水平外力，使其向右运动，外力的功率恒为P ＝10 W 。经过一段时间后撤去外力，滑块继续滑行至B 点后水平飞出，恰好在C 点沿切线方向进入固定在竖直平面内的光滑圆弧形轨道，轨道的最低点D 处装有压力传感器，当滑块到达传感器上方时，传感器的示数为25.6 N 。已知轨道AB 的长度L ＝2 m ，圆弧形轨道的半径R ＝0.5 m ，半径OC 和竖直方向的夹角α＝37°。(空气阻力可忽略，重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：
(1)滑块运动到C 点时速度的大小v C ；
(2)B 、C 两点的高度差h 及水平距离x ；
(3)水平外力作用在滑块上的时间t 。
解析：(1)滑块运动到D 点时，由牛顿第二定律得，
F N －mg ＝m v D 2
R ，
滑块由C 点运动到D 点的过程，由机械能守恒定律得，
mgR (1－cos α)＋12m v C 2＝12
m v D 2， 代入数据，联立解得v C ＝5 m/s 。
(2)滑块从B 到C 做平抛运动，在C 点速度的竖直分量为：v y ＝v C sin α＝3 m/s ，
所以B 、C 两点的高度差为h ＝v y 22g ＝920
m ＝0.45 m ， 滑块由B 运动到C 所用的时间为t 1＝v y g ＝310 s ＝0.3 s ， 滑块运动到B 点的速度即平抛运动的初速度为
v B ＝v C cos α＝4 m/s ，
所以B 、C 间的水平距离x ＝v B t 1＝4×0.3 m ＝1.2 m 。
(3)滑块由A 点运动到B 点的过程，由动能定理得，
Pt －μmgL ＝12
m v B 2 代入数据解得t ＝0.4 s 。
答案：(1)5 m/s (2)0.45 m 1.2 m (3)0.4 s
14．如图所示，一半径R ＝1 m 的圆盘水平放置，在其边缘E 点固定一小桶(可视为质点)。在圆盘直径DE 的正上方平行放置一水平滑道BC ，滑道右端C 点与圆盘圆心O 在同一竖直线上，且竖直高度h ＝1.25 m 。AB 为一竖直面内的光滑四分之一圆弧轨道，半径r ＝0.45 m ，且与水平滑道相切与B 点。一质量m ＝0.2 kg 的滑块(可视为质点)从A 点由静止释放，当滑块经过B 点时，圆盘从图示位置以一定的角速度ω绕通过圆心的竖直轴匀速转动，最终物块由C 点水平抛出，恰好落入圆盘边缘的小桶内。已知滑块与滑道BC 间的摩擦因数μ＝0.2。(取g ＝10 m/s 2)求：
(1)滑块到达B 点时对轨道的压力；
(2)水平滑道BC 的长度；
(3)圆盘转动的角速度ω应满足的条件。
解析：(1)滑块由A 点运动到B ，由动能定理得：
mgr ＝12
m v B 2 解得：v B ＝2gr ＝3 m/s ，
滑块到达B 点时，由牛顿第二定律得F －mg ＝m v B 2
r
解得：F ＝6 N ，
由牛顿第三定律得滑块对轨道的压力大小为F ′＝F ＝6 N ，方向竖直向下。
(2)滑块离开C 点后做平抛运动，由h ＝12
gt 12， 解得：t 1＝ 2h g
＝0.5 s 滑块经过C 点的速度v C ＝R t 1
＝2 m/s 滑块由B 点运动到由C 点的过程中，由动能定理得
－μmgx ＝12m v C 2－12
m v B 2 解得：x ＝1.25 m 。
(3)滑块由B 点运动到C 点，由运动学关系：x ＝v B ＋v C 2
t 2 解得：t 2＝0.5 s ，
滑块从B 运动到小桶的总时间为t ＝t 1＋t 2＝1 s
圆盘转动的角速度ω应满足条件：ωt ＝2n π
解得ω＝2n π rad/s(n ＝1,2,3,4，…)。
答案：(1)6 N ，方向竖直向下 (2)1.25 m
(3)ω＝2n π rad/s(n ＝1,2,3,4，…)
动能定理及其应用 1．动能定理 (1)三种表述 ①文字表述：所有外力对物体做的总功等于物体动能的增加量； ②数学表述：W 合＝12m v 2－12 m v 02或W 合＝E k －E k0； ③图象表述：如图6所示，E k －l 图象中的斜率表示合外力． 图6 (2)适用范围 ①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，既可同时作用，也可分阶段作用． 2．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 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1所示，质量m ＝60 kg 的运动员从长直助滑道AB 的A 处由静止开始以加速度a ＝3.6 m /s 2 匀加速滑下，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 ＝－1 530 J ，取g ＝10 m/s 2. 图1 (1)求运动员在AB 段下滑时受到阻力F f 的大小；
(2)若运动员能够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 上做初速度为零的匀加速运动，设AB 的长度为x ，则有v B 2＝2ax ① 由牛顿第二定律有mg H x －F f ＝ma ② 联立①②式，代入数据解得F f ＝144 N ③ (2)设运动员到达C 点时的速度为v C ，在由B 到达C 的过程中，由动能定理得 mgh ＋W ＝12m v C 2－12m v B 2 ④ 设运动员在C 点所受的支持力为F N ，由牛顿第二定律有 F N －mg ＝m v 2 C R ⑤ 由题意和牛顿第三定律知F N ＝6mg ⑥ 联立④⑤⑥式，代入数据解得R ＝12.5 m.
动能定理的应用 教学目标： 知识目标 1通过评讲：达到理解动能定理的确切含义 2．通过练习：达到应用动能定理解决实际问题． 能力目标 通过应用动能定理解决多过程问题． 重难点： 动能定理及其应用 教学步骤： 一导入新课 思考 用动能定理解题的一般步骤是什么？ 学生答 用动能定理解题的一般步骤 1．明确研究对象、研究过程，找出初末状态的速度情况． 2．要对物体进行正确的受力分析，明确各个力的做功大小及正负情况． 3．明确初末状态的动能． 4．由动能定理列方程求解，并对结果进行讨论 二自主探究 问题展示
1合力做功有两种求解方法 2动能定理如何应用于变力做功或物体做曲线运动的情况? 师生互动 1合力做功有两种求解方法，一种是先求出物体受到的合力．再求合力做的功，一种方法是先求各个力做功，然后求各个力做功的代数和． 2当物体受到的力是变力，或者物体的运动轨迹是曲线时，我们仍然采用过去的方法，把过程分解为很多小段，认为物体在每小段运动中受到的力是恒力，运动的轨迹是直线，这样也能得到动能定理． 三精析点拨 1用动能定理求变力做的功 由于某些力F的大小或方向变化，所以不能直接由公式W=FScosα计算它们做的功，此时可由其做功的结果——动能的变化来求变力F做的功。 2、在不同过程中运用动能定理 由于物体运动过程中可能包括几个不同的物理过程，解题时，可以分段考虑，也可视为一整体过程，往往对全过程运用动能定理比较简便． 四知能内化 习题展示 1总质量为M的列车，沿水平直线轨道匀速前进，其末节车厢质量为m，中途脱节，司机发觉时，机车已行驶L的距离，于是立即关闭发动机滑行，设运动的阻力与质量成正比，机车的牵引力是恒定的，当列车的两部分都停止时，它们的距离是多少？ 2一列质量为M=5.0×105kg的火车，在一段平直的轨道上始终以额定功率P 行驶，在300S内的位移为2.85×103m，而速度由8m/s增加到火车在此轨道上行驶的最大速度17m/s。设火车所受阻力f大小恒定，求1、火车运动中所受阻力f的大小；2、火车头的额定功率P的大小 3如图6-25所示，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，BC是与AB和CD都相切的一小段圆弧，其长度可以不计。一个质量为m的小滑块由A点静止释放沿轨道滑下，最后停在D点，现用一平行轨道的力推滑块，使它缓慢地由D点到A点时停下，求推力对滑块所做的功。
高中物理动能定理的综合应用试题经典及解析 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 1 1F P v = =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 P F f ==40m/s (2)汽车匀加速运动的位移 x 1= 1 140m 2 v t = 对汽车，由动能定理得 21121 02 F x Pt fs mv =--+ 解得 s =480m 2．如图甲所示，倾斜的传送带以恒定的速率逆时针运行．在t ＝0时刻，将质量为1.0 kg 的物块(可视为质点)无初速度地放在传送带的最上端A 点，经过1.0 s ，物块从最下端的B
点离开传送带．取沿传送带向下为速度的正方向，则物块的对地速度随时间变化的图象如图乙所示(g ＝10 m/s 2)，求： (1)物块与传送带间的动摩擦因数； (2)物块从A 到B 的过程中，传送带对物块做的功． 【答案】(1) 3 5 (2) －3.75 J 【解析】 解：(1)由图象可知，物块在前0.5 s 的加速度为：21 11 a =8?m/s v t = 后0.5 s 的加速度为：222 22 2?/v v a m s t -= = 物块在前0.5 s 受到的滑动摩擦力沿传送带向下，由牛顿第二定律得： 1mgsin mgcos ma θμθ+= 物块在后0.5 s 受到的滑动摩擦力沿传送带向上，由牛顿第二定律得： 2mgsin mgcos ma θμθ-= 联立解得：3μ= (2)由v －t 图象面积意义可知，在前0.5 s ，物块对地位移为：11 12 v t x = 则摩擦力对物块做功：11· W mgcos x μθ= 在后0.5 s ，物块对地位移为：12 122 v v x t += 则摩擦力对物块做功22· W mgcos x μθ=－ 所以传送带对物块做的总功：12W W W =+ 联立解得：W ＝－3.75 J 3．如图的竖直平面内，一小物块(视为质点)从H =10m 高处，由静止开始沿光滑弯曲轨道AB 进入半径R =4m 的光滑竖直圆环内侧，弯曲轨道AB 在B 点与圆环轨道平滑相接。之后物块沿CB 圆弧滑下，在B 点(无动量损失)进入右侧的粗糙水平面上压缩弹簧。已知物块的质量m =2kg ，与水平面间的动摩擦因数为0.2，弹簧自然状态下最左端D 点与B 点距离L =15m ，求：(g =10m/s 2)
《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
一、整过程运用动能定理 （一）水平面问题 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。从某时刻起作用一向右的水平力，经过一段时间后，滑块的速度方向变为水平向右，大小为4m/s ，在这段时间内，水平力做功为（ ） A. 0 B. 8J C. 16J D. 32J 2、 一个物体静止在不光滑的水平面上，已知m=1kg ，u=0.1，现用水平外力F=2N ，拉其运 动5m 后立即撤去水平外力F ，求其还能滑 m （g 取2 /10s m ） 【解析】对物块整个过程用动能定理得： ()0 00=+-s s umg Fs 解得：s=10m 3、总质量为M 的列车，沿水平直线轨道匀速前进，其末节车厢质量为m ，中途脱节，司机发觉时，机车已行驶L 的距离，于是立即关闭油门，除去牵引力，如图所示。设运动的阻力与质量成正比，机车的牵引力是恒定的。当列车的两部分都停止时，它们的距离是多少？ 【解析】对车头，脱钩后的全过程用动能定理得： 201)(2 1 )(V m M gS m M k FL --=-- 对车尾，脱钩后用动能定理得： 2022 1 mV kmgS -=- 而21S S S -=?，由于原来列车是匀速前进的， 所以F=kMg 由以上方程解得m M ML S -=?。 （二）竖直面问题（重力、摩擦力和阻力） 1、人从地面上，以一定的初速度 v 将一个质量为m 的物体竖直向上抛出，上升的最大高度 为h ，空中受的空气阻力大小恒力为f ，则人在此过程中对球所做的功为（ ） A. 2021mv B. fh mgh - C. fh mgh mv -+2021 D. fh mgh + S 2 S 1 L V 0 V 0
1、动能定理应用的基本步骤 应用动能定理涉及一个过程，两个状态．所谓一个过程是指做功过程，应明确该过程各外力所做的总功；两个状态是指初末两个状态的动能． 动能定理应用的基本步骤是： ①选取研究对象，明确并分析运动过程． ②分析受力及各力做功的情况，受哪些力每个力是否做功在哪段位移过程中做功正功负功做多少功求出代数和． ③明确过程始末状态的动能E k1及E K2 ④列方程W=E K2一E k1，必要时注意分析题目的潜在条件，补充方程进行求解． 2、应用动能定理的优越性 (1)由于动能定理反映的是物体两个状态的动能变化与其合力所做功的量值关系，所以对由初始状态到终止状态这一过程中物体运动性质、运动轨迹、做功的力是恒力还是变力等诸多问题不必加以追究，就是说应用动能定理不受这些问题的限制． (2)一般来说，用牛顿第二定律和运动学知识求解的问题，用动能定理也可以求解，而且往往用动能定理求解简捷．可是，有些用动能定理能够求解的问题，应用牛顿第二定律和运动学知识却无法求解．可以说，熟练地应用动能定理求解问题，是一种高层次的思维和方法，应该增强用动能定理解题的主动意识． (3)用动能定理可求变力所做的功．在某些问题中，由于力F的大小、方向的变化，不能直接用W=Fscosα求出变力做功的值，但可由动能定理求解． 一、整过程运用动能定理 （一）水平面问题 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。从某时刻起作用一向右的水平力，经过一段时间后，滑块的速度方向变为水平向右，大小为4m/s，在这段时间内，水平力做功为（） A. 0 B. 8J C. 16J D. 32J 2、一个物体静止在不光滑的水平面上，已知m=1kg，u=，现用水平外力F=2N，拉其运动5m后立即撤去水平外力F， 求其还能滑m（g取 2 / 10s m） 3、总质量为M的列车，沿水平直线轨道匀速前进，其末节车厢质量为m，中途脱节，司机发觉时，机车已行驶L的距离，于是立即关闭油门，除去牵引力，如图所示。设运动的阻力与质量成正比，机车的牵引力是恒定的。当 V0
2021年高考物理一轮复习必热考点整合回扣练 专题（21）动能定理及其应用（原卷版） 考点一 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“＝”既表示一种因果关系，又表示在数值上相等． 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 2、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PQ 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 ＝12 mgR ，质点恰好可以到达Q 点 B ．W >12 mgR ，质点不能到达Q 点 C ．W ＝12 mgR ，质点到达Q 点后，继续上升一段距离 D ．W <12 mgR ，质点到达Q 点后，继续上升一段距离 3、在离地面高为h 处竖直上抛一质量为m 的物块，抛出时的速度为v 0，当它落到地面时速度为v ，用g 表示重
力加速度，则在此过程中物块克服空气阻力所做的功等于( ) A ．mgh －12mv 2－12mv 20 B ．－12mv 2－12 mv 20－mgh C ．mgh ＋12mv 20－12mv 2 D ．mgh ＋12mv 2－12 mv 20 【提 分 笔 记】 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ΔE k . (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 ，则表达式中用－W 表示；也可以设变力做的功为W ，则字母W 本身含有符号． 考点二 动能定理的基本应用 应用动能定理的流程 4、(多选)如图所示为一滑草场．某条滑道由上下两段高均为h ，与水平面倾角分别为45°和37°的滑道组成，滑草车与草地之间的动摩擦因数为μ.质量为m 的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端(不计滑草车在两段滑道交接处的能量损失，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．则( ) A ．动摩擦因数μ＝67 B ．载人滑草车最大速度为 2gh 7
动能定理在实际中的应用 【知识归纳】 例53.（2009安徽理综卷第24题）过山车是游乐场中常见的设施。下图是一种过山车的简易模型，它由水平轨道和在竖直平面内的三个圆形轨道组成，B、C、D分别是三个圆形轨道的最低点，B、C间距与C、D间距相等，半径R1=2.0m、R2=1.4m。一个质量为m=1.0kg的小球（视为质点），从轨道的左侧A点以 v0=12.0m/s的初速度沿轨道向右运动，A、B间距L1=6.0m。小球与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.2，圆形轨道是光滑的。假设水平轨道足够长，圆形轨道间不相互重叠。重力加速度取g=10m/s2，计算结果保留小数点后一位数字。试求（1）小球在经过第一个圆形轨道的最高点时，轨道对小球作用力的大小； （2）如果小球恰能通过第二圆形轨道，B、C间距L应是多少； （3）在满足（2）的条件下，如果要使小球不能脱离轨道，在第三个圆形轨道的设计中，半径R3应满足的条件；小球最终停留点与起点A的距离。 【解析】： 【点评】动能定理在实际中应用广泛，在机械能守恒和机械能不守恒两种情况下都可以应用。 衍生题1．（2012黄冈期中测试）滑板运动已成 为青少年所喜爱的一种体育运动，如图所示， 某同学正在进行滑板运动。图中AB段路面 是水平的，BCD是一段半径R =20m的拱起 的圆弧路面，圆弧的最高点C比AB段路面高出h =1．25m。已知人与滑板的总质量为M=60kg。该同学自A点由静止开始运动，在AB路段他单腿用力蹬地，到达B点前停止蹬地，然后冲上圆弧路段，结果到达C点时恰好对地
面压力为零，不计滑板与各路段之间的摩擦力及经过B 点时的能量损失（g 取10m/s 2）。 求（1）该同学到达C 点时的速度． （2）该同学在AB 段所做的功． 【解析】：（1） 【点评】此题考查动能定理、牛顿运动定律等知识点。 衍生题2．（2012河北正定中学月考） 如图所示，跳水运动员最后踏板的过程可以简化为下述模型：运动员从高处落到处于自然状态的跳板（A 位置）上，随跳板一同向下做变速运动到达最低点（B 位置）。对于运动员从开始与跳板接触到运动至最低点的过程，下列说法中正确的是（ ） A ．运动员到达最低点时，其所受外力的合力为零 B ．在这个过程中，运动员的动能一直在减小 C ．在这个过程中，跳板的弹性势能一直在增加 D ．在这个过程中，运动员所受重力对他做的功小于跳板的作用力对他做的功 【解析】： 【点评】此题考查动能定理、弹性势能、功等知识点。 衍生题3.（2012江西三校联考）“六十甲子”是古人发明用来计时的方法，也是一种表示自然界五行之气循环流转的直观表示法。某 学校物理兴趣小组用空心透明粗糙塑料管制作了如 图所示的竖直“60”造型。两个“O ”字型圆的半径 均为R 。让一质量为m 、直径略小于管径的小球从入 口A 处无初速度放入，B 、C 、D 是轨道上的三点，E 为出口，其高度低于入口A 。已知BC 是“O ”字型的一条竖直方向的直径，D 点是左侧“O ”字型上的一点，与圆心等高，A 比C 高R ，当地的重力加速度为g ，不计一切阻力，则B A
课时跟踪检测（十七） 动能定理及其应用 1.如图所示，一块长木板B 放在光滑的水平面上，在B 上放一A 物体，现以恒定的外力拉B ，使A 、B 间产生相对滑动，如果以地面为参考系，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 2.如图所示为某中学科技小组制作的利用太阳能驱动小车的装置。当太阳光照射到小车上方的光电板时，光电板中产生的电流经电动机带动小车前进。若质量为 m 的小车在平直的水泥路上从静止开始沿直线加速行驶，经过时间 t 前进的距离为 x ，且速度达到最大值v m 。设这一过程中电动机的功率恒为 P ，小车所受阻力恒为 F ，那么这段时间内( ) A ．小车做匀加速运动 B ．小车受到的牵引力逐渐增大 C ．小车受到的合外力所做的功为 Pt D ．小车受到的牵引力做的功为 Fx ＋12 m v m 2 3.如图所示，质量为m 的小球，从离地面高H 处由静止开始释放，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 ，则下列说法正确的是( ) A ．小球落地时动能等于mgH B ．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 4.如图所示，在轻弹簧的下端悬挂一个质量为m 的小球A ，若将小球A 从弹簧原长位置由静止释放，小球A 能够下降的最大高度为h 。若将小球A 换为质量为3m 的小球B ，仍从弹簧原长位置由静止释放，则小球B 下降h 时的速度为(重力加速度为g ，不计 空气阻力)( ) A.2gh B. 4gh 3 C.gh D. gh 2 5．(多选)如图所示，在倾角为θ的斜面上，轻质弹簧一端与斜面底端固定，另一端与质量为M 的平板A 连接，一个质量为m 的物体B 靠在平板的右侧，A 、B 与斜面的动摩擦因数均为μ。开始时用手按住物体B 使弹簧处于压缩状态，现放手，使A 和B 一起沿斜面
第2讲动能定理的应用 命题点备考重点备考说明动能定理 的简单应 用 1.动能定理的考查是选考中的重点和难 点,单独命题可能性不大,一般以计算题 的形式考查学生综合能力,可以与曲线 运动、牛顿运动定律结合,也可以与电 场、磁场结合,难点较大,分值较高。 2.复习重点放在以下几个方面: (1)掌握用动能定理求解单体多过程问 题; (2)掌握用动能定理求解变力做功问题。 不要求用动能 定理求解几个 物体组成的系 统的有关问 题。 动能定理 解决单个 物体多个 运动过程 的问题 1.动能 (1)定义:物体由于运动而具有的能量叫做动能。 (2)公式:E k=1 2 mv2。 (3)单位:焦耳(J),1 J=1 N·m=1 kg·m2/s2。 (4)动能是标量,只有正值,没有负值。 (5)动能是状态量,也具有相对性,因为v为瞬时速度,且与参考系的选择有关,一般以地面为参考系。 2.动能定理
(1)内容:所有外力对物体做的总功(也叫合外力的功)等于物体动能的变化。 (2)表达式:W总=E k2-E k1。 (3)对定理的理解: 当W总>0时,E k2>E k1,物体的动能增大。 当W总<0时,E k2 《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 . 高考物理动能定理的综合应用技巧(很有用)及练习题 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 2211222 N mg R mv mv -?= - 代入解得 22m/s v = (2)A →N 过程 2 011202 Pt fL mg R mv --?= - 代入解得 15m/s v = 在N 点时 2 1N 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 C v ? A B C r v 1 v 1 v 1 ω?(a) C C ωC v ωO (a) ; 第10章 动能定理及其应用 10－1 计算图示各系统的动能： 1．质量为m ，半径为r 的均质圆盘在其自身平面内作平面运动。在图示位置时，若已知圆盘上A 、B 两点的速度方向如图示，B 点的速度为v B ，= 45o（图a ）。 2．图示质量为m 1的均质杆OA ，一端铰接在质量为m 2的均质圆盘中心，另一端放在水平面上，圆盘在地面上作纯滚动，圆心速度为v （图b ）。 3．质量为m 的均质细圆环半径为R ，其上固结一个质量也为m 的质点A 。细圆环在水平面上作 纯滚动，图示瞬时角速度为 （图c ）。 解： 1．2 22222163)2(2121)2(212121B B B C C C mv r v mr v m J mv T =?+=+= ω 2．2 22122222214321)(21212121v m v m r v r m v m v m T +=?++= 3．2 2222222)2(2 12121ωωωωmR R m mR mR T =++= 10－2 图示滑块A 重力为1W ，可在滑道内滑动，与滑块A 用铰链连接的是重力为2W 、长为l 的匀质杆AB 。现已知道滑块沿滑道的速度为1v ，杆AB 的角速度为1ω。当杆与铅垂线的夹角为?时，试求系统的动能。 解：图（a ） B A T T T += )2 121(21222211ωC C J v g W v g W ++= 21 22112 1212211122]cos 22)2 [(22ω?ωω??+?++++= l g W l l v l v l g W v g W ]cos 3 1 )[(2111221222121?ωωv l W l W v W W g +++= ￥ 10－3 重力为P F 、半径为r 的齿轮II 与半径为r R 3=的固定内齿轮I 相啮合。齿轮II 通过匀质的曲柄OC 带动而运动。曲柄的重力为Q F ，角速度为ω，齿轮可视为匀质圆盘。试求行星齿轮机构的动能。 解： C OC T T T += ] 2222)21(212121C C C C OC O r m v m J ωω++= 22P 2P 22Q )2(41)2(21])2(31[21r r r g F r g F r g F ωωω++= @ 习题10－3图 B v A C θ … v O A 习题10－1图 (b) （ (c) A 第2节 动能定理及其应用 一、动能 1．定义：物体由于运动而具有的能量。 2．公式：E k ＝12 m v 2。 3．单位：焦耳(J)，1 J ＝1 N·m ＝1 kg·m 2/s 2。 (1)动能是状态量，物体的动能与相应时刻或位置的瞬时速度一一对应。(2)动能取决于物体的质量和速度的大小，与速度的方向无关。 4．矢标性：动能是标量，只有正值。 5．相对性：由于速度具有相对性，所以动能的大小与参考系的选取有关。中学物理中，一般选取地面为参考系。 二、动能定理 1．内容：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。 2．表达式：W ＝12m v 22－12 m v 12。 (1)“力”指物体受到的合外力。(2)做功的过程与动能的变化过程必须是同一个过程。 3．物理意义：合外力的功是物体动能变化的量度。 [深化理解] (1)W >0，物体的动能增加；W <0，物体的动能减少；W ＝0，物体的动能不变。 (2)动能定理研究的对象是单一物体(质点)或者是可以看成单一物体(质点)的物体系。对于运动状态不同的物体，应分别应用动能定理列式求解。 (3)动能是标量，12 m v 2中的v 指物体的合速度，动能定理中的功指所有力做的总功，所以不能把速度分解到某个力的方向上应用动能定理。 [基础自测] 一、判断题 (1)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。(√) (2)动能不变的物体一定处于平衡状态。(×) (3)如果物体所受的合外力为零，那么合外力对物体做功一定为零。(√) (4)物体在合外力作用下做变速运动时，动能一定变化。(×) 动能定理的应用（一） 1．水平桌面上有一物体在一水平恒力作用下，速度由零到v 和由v 增加到2v 两阶段水平恒力Ｆ所做的功分别为Ｗ1和Ｗ2，则Ｗ1：Ｗ2为 （ ） A ．１：１ B ．１：２ C ．１：３ D ．１：４ 2．如图所示，一个质量m 为2kg 的物块，从高度h=5m 、长度l =10m 的光滑斜面的顶端A 由静止开始下滑，那么，物块滑到斜面底 端B 时速度的大小是（不计空气阻力，g 取10m/s 2） （ ） A ．10m/s B ．102m/s C ．100m/s D ．200m/s 3．甲物的质量是乙物的质量的两倍，它们以相同的初速度开始在水平面上滑行，如果摩擦系数相同，两物体滑行的最远距离分别为S 1和S 2，则 （ ） A ．S 1=S 2 B ．S 1>S 2 C ．S 1 8．质量M＝6.0×103kg的客机，从静止开始沿平直的跑道滑行，当滑行距离l = 7.2×102 m时，达到起飞速度v＝60m/s．求： （1）起飞时飞机的动能多大？ （2）若不计滑行过程中所受的阻力，则飞机受到的牵引力为多大？ （3）若滑行过程中受到的平均阻力大小为f＝3.0×103N，牵引力与第（2）问中求得的值相等，则要达到上述起飞速度，飞机的滑行距离应为多大？ 9．一个人骑自行车上坡，坡高5.0 m，坡长100 m，车与人共重9.8×102 N，人蹬车的牵引力为78 N，车在坡底的速度为5.0 m/s，到坡顶时速度为3.0 m/s．问： （1）上坡过程中，自行车克服摩擦阻力做了多少功? （2）如果人不用力蹬车，车在坡底速度仍为5.0 m/s，自行车能上行多远? 10．如图，光滑圆弧的半径为80cm，有一质量为1.0kg的物体自A点从静止开始下滑到B 点，然后又沿水平面前进4m，到达C点停止，求： （1）物体到达B点时的速度； （2）物体沿水平面运动的过程中摩擦力做的功； （3）物体与水平面间的动摩擦因数。（g取10m/s2） 动能定理应用 动能定理：合外力做功等于物体动能的改变量。 W = 适用范围：质点，刚体 B ．小球的动能增加了mgH/3 动能定理简单证明： C ．小球的电势能增加了2mgH/3 作用： D ．小球的重力势能减少了mgH 1．求解速度，位移，力等 2．求解变力做功 【例2】质量为 1.0kg 的物体以某初速度在水平面上滑行，由于摩擦 阻力的作用，其动能随位移变化的情况如图所示，若g 取 10m/s 2，则下列判断正确的是( ) A ．从第1s 末到第2s 末合外力做功为3/5W A ．物体与水平面间的动摩擦因数为0.30 B ．从第3s 末到第5s 末合外力做功为-W B ．物体与水平面间的动摩擦因数为0.25 C ．从第5s 末到第7s 末合外力做功为W C ．物体滑行的总时间为2.0s D ．从第3s 末到第5s 末合外力做功为?2/3W D ．物体滑行的总时间为3.0s 1 高度时( ) A ．小球的机械能减少了mgH/3 mv 向竖直向下，则小球在竖直方向上下降H 2 2 2 t 0 mv - 【例1 平初速度抛出，小球运动时的加速度大小为g/3，加速度方 1 1 2 【例3】 一物沿直线运动，其v-t 图象如图，已知在前2s 内合外力对 物体做功为W ，则( ) 【例4】质量为m 的物体被绳经过光滑小孔而牵引在光滑的水平面上 做匀速圆周运动。当绳子拉力为某个值F 时，转动半径为R ， 当拉力逐渐减小到F4时，物体仍做匀速圆周运动，半径为 2R ，则此过程中物体克服外力所做的功为 ( ) A ．0 B ．3FR C ．5FR/4 D ．FR/4 【例6】如图，图象所反映的物理情景是：物体以大小不变的初速 (2)木板是否粗糙？若粗糙，则动摩擦因数μ 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 【例5】总质量为80kg 的跳伞运动员从离地500m 的直升机上跳下， 经过2s 拉开绳索开启降落伞，如图所示是跳伞过程中的v-t 图， g 取10m/s 2，试根据图象求； (1)t ＝1s 时运动员的加速度和所受阻力的大小； (2)估算14s 内运动员下落的高度及克服阻力做的功。 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？ 第2讲动能定理及其应用 一、动能 1．定义：物体由于运动而具有的能量叫做动能。 2．公式：E k＝1 2m v 2。 3．单位：焦耳(J)，1 J＝1 N·m＝1 kg·m2/s2。 4．动能是标量，只有正值，没有负值。 5．动能是状态量，也具有相对性，因为v为瞬时速度，且与参考系的选择有关，一般以地面为参考系。 二、动能定理 1．内容 所有外力对物体做的总功(也叫合外力的功)等于物体动能的变化。 2．表达式：W总＝E k2－E k1。 3．对定理的理解 当W总＞0时，E k2＞E k1，物体的动能增大。 当W总＜0时，E k2＜E k1，物体的动能减小。 当W总＝0时，E k2＝E k1，物体的动能不变。 (判断正误，正确的画“√”，错误的画“×”。) 1．一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。(√) 2．动能不变的物体一定处于平衡状态。(×) 3．物体在合外力作用下做变速运动，动能一定变化。(×) 4．运用动能定理可以求变力的功。(√) 5．功和动能都是标量，所以动能定理没有分量式。(√) 1．(对动能的理解)(多选)关于动能的理解，下列说法正确的是() A．动能是机械能的一种表现形式，凡是运动的物体都具有动能 B．动能总为非负值 C．一定质量的物体动能变化时，速度不一定变化，但速度变化时，动能一定变化 D．动能不变的物体，一定处于平衡状态 解析由动能的定义和特点知，A、B两项正确；动能是标量而速度是矢量，当动能变化时，速度的大小一定变化；而速度的变化可能只是方向变了，大小未变，则动能不变，且物体有加速度，处于非平衡状态，故C、D两项均错误。 答案AB 2．(对动能定理的理解)两辆汽车在同一平直路面上行驶，它们的质量之比m1∶m2＝1∶2，速度之比v1∶v2＝2∶1，当两车急刹车后，甲车滑行的最大距离为L1，乙车滑行的最大距离为L2，设两车与路面间的动摩擦因数相等，不计空气阻力，则() A．L1∶L2＝1∶2 B．L1∶L2＝1∶1 C．L1∶L2＝2∶1 D．L1∶L2＝4∶1 解析由动能定理，对两车分别列式－F1L1＝0－1 2m1 v21，－ F2L2＝0－1 2m2 v22，F1＝μm1g，F2＝μm2g，由以上四式联立得L1∶ 动能定理及其应用 1．A 、B 两物体在光滑水平面上，分别在相同的水平恒力F 作用下，由静止开始通过相同的位移l 。若A 的质量大于B 的质量，则在这一过程中( ) A ．A 获得动能较大 B ．B 获得动能较大 C ．A 、B 获得动能一样大 D ．无法比较A 、B 获得动能大小 解析：选C 由动能定理可知恒力F 做功W ＝Fl ＝12 m v 2－0，因为F 、l 相同，所以A 、B 获得的动能一样大，C 正确。 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 解析：选A 由题意知，W 拉－W 阻＝ΔE k ，则W 拉＞ΔE k ，故A 正确、B 错误；W 阻与ΔE k 的大小关系不确定，故C 、D 错误。 3．(2018·江苏高考)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 的关系图像是( ) 解析：选A 小球做竖直上抛运动，设初速度为v 0，则v ＝v 0－gt ，小球的动能E k ＝12 m v 2，把速度v 代入得，E k ＝12mg 2t 2－mg v 0t ＋12 m v 02，E k 与t 为二次函数关系。 4．一个质量为m 的物体静止放在光滑水平面上，在互成60°角的大小 相等的两个水平恒力作用下，经过一段时间，物体获得的速度为v ，在力 的方向上获得的速度分别为v 1、v 2，如图所示，那么在这段时间内，其中 一个力做的功为( ) A.16 m v 2 B.14m v 2 C.13m v 2 D.12 m v 2 解析：选B 在合力F 的方向上，由动能定理得W ＝Fl ＝12 m v 2，某个分力的功为W 1＝12W ＝14 m v 2，B 正确。 5．(2019·莆田模拟)如图所示，在轻弹簧的下端悬挂一个质量为m 的小 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100 3 s,前进了425m ，这时它达动能定理及其应用专题
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