2019版一轮物理课件：第四章 第2讲 动能定理及其应用 精品

3-1 如图所示,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l1=3 m时 撤去,木块又滑行l2=1 m后飞出平台,求木块落地时速度的大小。
答案 11.3 m/s
解析 解法一 取木块为研究对象。其运动分三个过程,先匀加速前进
F1=μmg ①
根据动能定理,对物块由A到B整个过程,初末状态速度均为0;因此初末 状态的动能均为0
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Fx1-F1x=0 ② 代入数据,解得 x1=16 m③ (2)设刚撤去力F时物块的速度为v,此后物块的加速度为a,滑动的位移为 x2,则 x2=x-x1 ④ 由牛顿第二定律得
F1 a= ⑤ m
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答案 见解析 解析 (1)物块恰好能到达M点,则
2 vM mg=m R
vM= gR = 10 m/s
(2)物块从B点运动到M点的过程中,由动能定理得:
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2 2 -mgR(1+cos 37°)= mv mv M - B
1 2
1 2
vB= 46 m/s
(3)由乙图可知,物体在斜面上运动时,加速度大小为 a=10 m/s2,方向沿斜面向下,所以有 mg sin 37°+μmg cos 37°=ma 则μ=0.5
l1,后匀减速前进l2,再做平抛运动,对每一过程,分别列动能定理得:
1 m Fl1-μmgl1= v12 2
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2 2 v2 -μmgl2= m - mv 1 2 2 mgh= mv mv 3 - 2
1 2
1 2
1 2
1 2
解得:v3=11.3 m/s 解法二 对全过程由动能定理得 Fl1-μmg(l1+l2)+mgh= mv2-0 代入数据解得v=11.3 m/s

对地面的平均冲击力的大小为8.3 × 103 Ｎ
C
B
D
mg
T合
A
E
mg F
练一练：
【拓展例题】考查内容：利用动能定理求变力做功 【典例示范】如图所示，质量为m的小球用长L的细线悬挂而 静止在竖直位置。现用水平拉力F将小球缓慢拉到细线与竖直 方向成θ角的位置。在此过程中，拉力F做的功为（ ）
A．FLcos θ
B．FLsin θ
C．FL（1-cos θ） D．mgL（1-cos θ）
【正确解答】选D。在小球缓慢上升过程中，拉力F为变力， 此变力F做的功可用动能定理求解。由WF-mgL（1-cos θ）=0 得：WF=mgL（1-cos θ），故D正确。
练一练：
感谢倾听
练一练：
【变式训练】有一质量为m的木块，从半径为r的圆弧曲面上的a点 滑向b点，如图所示。如果由于摩擦使木块的运动速率保持不变， 则以下叙述正确的是（ ） 【正确答案】C
A．木块所受的合外力为零 B．因木块所受的力都不对其做功， 所以合外力的功为零 C．重力和摩擦力的总功为零 D．重力和摩擦力的合力为零
m
v22
1 2
m
v12
情景3
质量为m的物体，沿一段曲线运动，速度由v1增加到v2，试推导这个 过程中合外力做的功与速度的关系。
解：1→2：W12
1 2
mv22
-
1 2
mv12
2→3：W23
1 2
mv32
-
1 2
mv22
······
(N-1)→N： W(N1)N
1 2
mvN2
-
1 2
mvN2 1
整理得：
8.3 动能和动能定理

要点二 动能定理的应用
1.用动能定理解题的步骤 (1)选取研究对象，明确分析运动过程。 (2)分析受力及各力做功的情况，求出总功；也可由动能的变化求总功。 (3)明确过程始、末状态的动能Ek1及Ek2。 (4)列方程W=Ek2-Ek1，必要时注意分析题目潜在的条件，列辅助方程进行 求解。 2.应用动能定理要注意的几个问题 (1)正确分析物体受力，要考虑物体受到的所有力，包括重力。 (2)要弄清各力做功情况，计算时应把已知功的正、负代入动能定理表达式。 (3)有些力在物体运动全过程中不是始终存在，导致物体的运动包括几个物 理过程，物体运动状态、受力情况均发生变化，因而在考虑外力做功时，必须 根据不同情况分别对待。 3.应用动能定理解题的优越性 应用动能定理解题时，在分析过程的基础上无需深究物体运动过程中状态 变化的细节，只需考虑整个过程的功及过程始末的动能。若过程包含了几个运 动性质不同的分过程，既可分段考虑，也可对整个过程考虑。但求功时，有些 力不是全过程都作用的，必须根据不同的情况分别对待求出总功，计算时要把 各力的功连同符号(正负)一同代入公式。
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第2讲动能定理及其应用[课时作业] 单独成册方便使用［基础题组]一、单项选择题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x。

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：由动能定理可知恒力F做功W＝Fx＝错误!mv2－0,因为F、x相同,所以A、B的动能变化相同,C正确．答案：C2．如图甲所示，静止于光滑水平面上的小物块，在水平拉力F的作用下从坐标原点O开始沿x轴正方向运动，F随物块所在位置坐标x的变化关系如图乙所示，图线右半部分为四分之一圆弧，则小物块运动到2x0处时的动能可表示为( )A．0 B．F max x0C。

错误!F max x0（1＋π）D。

错误!F max x0（1＋错误!)解析：题中F—x图象与横坐标围成的面积等于拉力做功的大小，由图象可得出W＝错误!F max x0（1＋错误!），根据动能定理得E k＝W＝错误!F max x0（1＋错误!），选项D正确．答案：D3．(2018·湖北八校高三联考）物体静止在光滑水平面上，先对物体施加一水平向右的恒力F1，经时间t撤去F1，立即再对它施加一水平向左的恒力F2,又经时间3t物体回到出发点，在这一过程中，F1、F2分别对物体做的功W1、W之间的关系是（)2A．W1∶W2＝1∶1 B．W1∶W2＝2∶3C．W1∶W2＝9∶5 D．W1∶W2＝9∶7解析：设恒力F1作用t后物体的速度为v1，恒力F2又作用3t后物体的速度为v2，则物体在恒力F1作用t后的位移s1＝错误!，物体在恒力F2作用3t后的位移s2＝错误!×3t，由题意知s1＝－s2，整理得v1＝－错误!v2,由动能定理得,W1＝错误!mv错误!，W2＝错误!mv错误!－错误!mv错误!，则错误!＝错误!，故选项D正确．答案:D4.用水平力F拉一物体,使物体在水平地面上由静止开始做匀加速直线运动，t1时刻撤去拉力F，物体做匀减速直线运动,到t2时刻停止，其速度—时间图象如图所示，且α＞β，若拉力F做的功为W1，在0～t1时间内拉力F的平均功率为P1，物体克服摩擦阻力f做的功为W2,0~t2时间内克服摩擦力的平均功率为P2，下列选项正确的是（)A．W1＞W2,F＝2f B．W1＝W2,F＞2fC．P1＜P2,F＞2f D．P1＝P2,F＝2f解析：由动能定理得W1－W2＝0，即W1＝W2.由题图知，加速过程加速度大小a大于减速过程的加速度大小a2,根据牛顿第二定律，有F－f＝ma1，f＝ma2，1因a1＞a2，故F－f＞f，选项B正确,A、D错误;由题意知t f＞t F，又W1＝W2，根据P＝错误!可得P1＞P2，选项C错误．答案：B5.如图所示，质量为m的小球，从离地面H高处从静止开始释放，落到地面后继续陷入泥中h深度而停止，设小球受到空气阻力为f，重力加速度为g,则下列说法正确的是( )A．小球落地时动能等于mgHB．小球陷入泥中的过程中克服泥的阻力所做的功小于刚落到地面时的动能C．整个过程中小球克服阻力做的功等于mg（H＋h)D．小球在泥土中受到的平均阻力为mg(1＋错误!）解析：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＝错误! mv错误!，选项A错误；设泥的平均阻力为f，小球陷入泥中的过程,由动能定理得mgh－f0h＝0－错误!mv错误!，解得f0h＝mgh＋错误!mv错误!，f0＝mg(1＋错误!)－错误!，选项B、D错误；对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．答案:C二、多项选择题6.如图所示，质量相等的物体A和物体B与地面的动摩擦因数相等,在力F的作用下，一起沿水平地面向右移动x,则（）A．摩擦力对A、B做功相等B．A、B动能的增量相同C．F对A做的功与F对B做的功相等D．合力对A做的功与合力对B做的功相等解析：因F斜向下作用在物体A上,A、B受到的摩擦力不相同，因此,摩擦力对A、B做的功不相等，A错误；A、B两物体一起运动,速度始终相同，故A、B动能增量一定相等,B正确；F不作用在B上，不能说F对B做功,C错误；合力对物体做的功等于物体动能的增量,D正确．答案:BD7.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。