2015届高考物理二轮复习学案：专题4 动能定理的综合应用(人教版)

高中物理动能定理的综合应用及其解题技巧及练习题(含答案)及解析一、高中物理精讲专题测试动能定理的综合应用1．在某电视台举办的冲关游戏中，AB 是处于竖直平面内的光滑圆弧轨道，半径R=1.6m ，BC 是长度为L 1=3m 的水平传送带，CD 是长度为L 2=3.6m 水平粗糙轨道，AB 、CD 轨道与传送带平滑连接，参赛者抱紧滑板从A 处由静止下滑，参赛者和滑板可视为质点，参赛者质量m=60kg ，滑板质量可忽略．已知滑板与传送带、水平轨道的动摩擦因数分别为μ1=0.4、μ2=0.5，g 取10m/s 2.求：（1）参赛者运动到圆弧轨道B 处对轨道的压力；（2）若参赛者恰好能运动至D 点，求传送带运转速率及方向； （3）在第（2）问中，传送带由于传送参赛者多消耗的电能．【答案】（1）1200N ，方向竖直向下（2）顺时针运转，v=6m/s （3）720J 【解析】(1) 对参赛者：A 到B 过程，由动能定理 mgR(1－cos 60°)＝12m 2B v 解得v B ＝4m /s在B 处，由牛顿第二定律N B －mg ＝m 2Bv R解得N B ＝2mg ＝1 200N根据牛顿第三定律：参赛者对轨道的压力 N′B ＝N B ＝1 200N ，方向竖直向下． (2) C 到D 过程，由动能定理－μ2mgL 2＝0－12m 2C v 解得v C ＝6m /sB 到C 过程，由牛顿第二定律μ1mg ＝ma 解得a ＝4m /s 2(2分) 参赛者加速至v C 历时t ＝C Bv v a-＝0.5s 位移x 1＝2B Cv v +t ＝2.5m <L 1 参赛者从B 到C 先匀加速后匀速，传送带顺时针运转，速率v ＝6m /s .(3) 0.5s 内传送带位移x 2＝vt ＝3m 参赛者与传送带的相对位移Δx ＝x 2－x 1＝0.5m 传送带由于传送参赛者多消耗的电能 E ＝μ1mg Δx ＋12m 2C v －12m 2B v ＝720J .2．如图所示，小物体沿光滑弧形轨道从高为h 处由静止下滑，它在水平粗糙轨道上滑行的最远距离为s ，重力加速度用g 表示，小物体可视为质点，求：（1）求小物体刚刚滑到弧形轨道底端时的速度大小v ； （2）水平轨道与物体间的动摩擦因数均为μ。

高三动能定理复习教案高三动能定理复习教案作为一名老师，通常需要准备好一份教案，借助教案可以恰当地选择和运用教学方法，调动学生学习的积极性。

那么写教案需要注意哪些问题呢？以下是小编精心整理的高三动能定理复习教案，供大家参考借鉴，希望可以帮助到有需要的朋友。

【导学目标】1、正确理解动能的概念。

2、理解动能定理的推导与简单应用。

【知识要点】一、动能1、物体由于运动而具有的能叫动能，表达式：Ek=_____________。

2、动能是______量，且恒为正值，在国际单位制中，能的单位是________。

3、动能是状态量，公式中的v一般是指________速度。

二、动能定理1、动能定理：作用在物体上的________________________等于物体____________，即w=_________________，动能定理反映了力对空间的积累效应。

2、注意：①动能定理可以由牛顿运动定律和运动学公式导出。

②可以证明，作用在物体上的力无论是什么性质，即无论是变力还是恒力，无论物体作直线运动还是曲线运动，动能定理都适用。

3、动能定理最佳应用范围：动能定理主要用于解决变力做功、曲线运动、多过程动力学问题，对于未知加速度a和时间t，或不必求加速度a和时间t的动力学问题，一般用动能定理求解为最佳方案。

【典型剖析】[例1] 在竖直平面内,一根光滑金属杆弯成如图所示形状,相应的曲线方程为y=2.5cos（kx+ π）(单位: m),式中k=1 m-1.将一光滑小环套在该金属杆上,并从x=0处以v0=5 m/s的初速度沿杆向下运动,取重力加速度g=10 m/s2.则当小环运动到x= m时的速度大小v= m/s;该小环在x轴方向最远能运动到x= m处.[例2]如图所示，质量为m的小球用长为L的轻细线悬挂在天花板上，小球静止在平衡位置．现用一水平恒力F向右拉小球，已知F=0．75mg，问：（1）在恒定拉力F作用下，细线拉过多大角度时小球速度最大?（2）小球的最大速度是多少?[例3]总质量为M的列车，沿平直轨道作匀速直线运动，其末节质量为m的车厢中途脱钩，待司机发觉时，机车已行驶了L的距离，于是立即关闭油门撤去牵引力.设运动过程中阻力始终与质量成正比，机车的牵引力是恒定的.当列车的两部分都停止时，它们之间的距离是多少?[例4]如图所示，质量为mA的物块A放在水平桌面上，为了测量A与桌面间的动摩擦因数?，用细线通过滑轮与另一个质量为mB的物体连接，开始时B距地面高度为h，A、B都从静止开始运动，最后停止时测得A沿桌面移动距离为s。

§8.3.3 动能定理应用二学习目标：1.学会利用动能定理解决图像综合问题。

2.理解应用动能定理解决实验综合问题。

题型一：利用动能定理解决图像综合问题1.解题思路：(1) 看清横、纵坐标所对应物理量，以及图线横截距与纵截距、斜率或者线下面积的物理意义。

(2)根据物理规律（最基本表达式）推导出横、纵坐标两个物理量的关系（通常是y=kx+b形式），寻找斜率k与截距b，继而求解其他物理量。

2.常见图像的物理意义：(1) v-t :图线与坐标轴围成的面积表示物体的位移。

(2) a-t :图线与坐标轴围成的面积表示速度的变化量。

(3) F-x :图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功。

(4) P-t :图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功。

(5)W-x :图线的斜率表示做功的力。

(6)E k-x :图线的斜率表示合力。

3.典型例题：例1．质量为2kg的物体，放在动摩擦因数0.1μ=的水平面上，在水平拉力的作用下，由静止开始运动，水平拉力做的功W和物体发生的位移x 之间的关系如图所示，求（1）图像的斜率代表什么物理含义？（2）0mx=至3mx=的过程中，物体的加速度是多少？（3）9mx=时，物体的速度是多少？（4）全程F的最大功率和平均功率分别是多少？解: (1)(2)根据W Fx=由图像可知，图像的斜率表示水平拉力，则有Δ15N5NΔ3WFx===根据牛顿第二定律可得F mg maμ-=解得21.5m/sa= 0mx=至3mx=的过程中，物体的加速度是21.5m/s。

（3）根据动能定理可得212xW mgx mvμ-=解得3m/sv=（4）3mx=至9mx=的过程中，由图像可得Δ2715N2NΔ93WFx--'===根据牛顿第二定律可得220F mgμ'-=-=所以物体在3mx=至9mx=的过程中，做匀速直线运动。

全程F的最大功率为max53W15WAP Fv==⨯=全程所用的时间为22393s s4s33A ABx xtv v⨯-=+=+=全程F的平均功率为27W 6.75W4xWPt===4.牛刀小试：(1)(单选)物理图像能形象地表达物理规律、直观地描述物理过程、鲜明地表示物理量之间的相互关系，是分析物理问题的有效手段之一。

拓展课动能定理的综合应用拓展点一动能定理与牛顿运动定律的比较1.理解比较比较牛顿第二定律动能定理作用合外力与加速度的关系合外力做的功与动能变化量的关系公式F＝ma W＝E k2－E k1研究力和运动的关系力的瞬间作用效果力对空间的积累效果运动过程中细节的考虑考虑不考虑作用力恒力恒力或变力2.比较牛顿运动定律动能定理相同点确定研究对象，对物体进行受力分析和运动过程分析适用条件只能研究恒力作用下物体的运动的情况对于物体在恒力或变力的作用下，物体做直线运动或曲线运动均适用应用方法要考虑运动过程的每一个细节，结合运动学公式只考虑各力的做功情况及初、末状态的动能运算方法矢量运算代数运算『例1』如图所示，一质量为2 kg的铅球从离地面2 m高处自由下落，陷入沙坑2 cm深处，求沙子对铅球的平均阻力大小。

(g取10 m/s2)『解析』法一应用牛顿第二定律与运动学公式求解。

设铅球做自由落体运动到沙面时的速度为v，则有v2＝2gH。

在沙坑中的运动阶段，设铅球做匀减速运动的加速度大小为a，则有v2＝2ah。

联立以上两式解得a＝Hh g。

设铅球在沙坑中运动时受到的平均阻力大小为F f，由牛顿第二定律得F f－mg＝ma，所以F f＝mg＋ma＝H＋hh·mg＝2＋0.020.02×2×10 N＝2 020 N。

法二应用动能定理分段求解。

设铅球自由下落到沙面时的速度为v，由动能定理得mgH＝12m v2－0，设铅球在沙中受到的平均阻力大小为F f，由动能定理得mgh－F f h＝0－12m v2，联立以上两式得F f＝H＋hh mg＝2 020 N。

法三应用动能定理全程求解。

铅球下落全过程都受重力，只有进入沙中铅球才受阻力F f，重力做功W G＝mg(H ＋h)，阻力做功W f＝－F f h。

由动能定理得mg(H＋h)－F f h＝0－0，代入数据得F f＝2 020 N。

『答案』 2 020 N『针对训练1』如图是冰上体育比赛“冰壶运动”的场地示意图(冰面水平)。

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。

课题：动能定理的应用类型1：求恒力做功问题例题1、用拉力F使一个质量为m的木箱由静止开始在水平冰道上移动了s，拉力F跟木箱前进的方向的夹角为α，木箱与冰道间的摩擦因数为μ，求木箱获得的速度？练习1、A、B两物体放在光滑的水平面上，分别在相同的水平恒力作用下，由静止开始通过相同的位移，若A的质量大于B的质量，则在这一过程中：（）A、A获得的动能大B、B获得的动能大C、A、B获得的动能一样大D、无法比较谁获得的动能大2、汽车在平直公路上行驶，关闭发动机继续运动S1距离后速度由2v变为v，再运动S2距离后速度由v变为v2，设运动时受到阻力不变，则S S21:为（）A. 1：1B. 1：2C. 1：2D. 1：4类型2：求变力做功问题例题2、一质量为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，如图,则力F所做的功为多少？A．mglcosθB．mgl (1一cosθ) C．FlsinθD．Fl(1一cosθ)练习：1.细绳一端拴着一个小球，在光滑的水平桌面上做匀速圆周运动，则在运动中，绳的拉力对小球做的功为。

2.如图示，光滑水平桌面上开一个小孔，穿一根细绳，绳一端系一个小球，另一端用力F 向下拉，维持小球在水平面上做半径为r 的匀速圆周运动．现缓缓地增大拉力，使圆周半径逐渐减小．当拉力变为8F 时，小球运动半径变为r/2，则在此过程中拉力对小球所做的功是：A．0 B．7Fr/2 C．4Fr D．3Fr/2选做：一辆车通过一根跨过定滑轮的绳PQ提升井中质量为m的物体，如图所示．绳的P端拴在车后的挂钩上，Q端拴在物体上．设绳的总长不变，绳的质量、定滑轮的质量和尺寸、滑轮上的摩擦都忽略不计．开始时，车在A点，左右两侧绳都已绷紧并且是竖直的，左侧绳长为H．提升时，车加速向左运动，沿水平方向从A经过B驶向C．设A到B的距离也为H，车过B点时的速度为vB．求在车由A移到B的过程中，绳Q端的拉力对物体做的功．类型3：求瞬间力做功问题例题3、在20m高处，某人将2kg的铅球以15m／s的速度（水平）抛出，那么此人对铅球做的功是多少？练习、一人用力踢质量为2千克的皮球，使球由静止以10米／秒的速度飞出。

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 ＝12mv 2。

3．单位：焦耳(J)，1 J ＝1 N·m＝1 kg·m 2/s 2。

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 AB2．(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m 1∶m 2＝1∶2，速度之比v 1∶v 2＝2∶1，当两车急刹车后，甲车滑行的最大距离为L 1，乙车滑行的最大距离为L 2，设两车与路面间的动摩擦因数相等，不计空气阻力，则( )A ．L 1∶L 2＝1∶2B ．L 1∶L 2＝1∶1C ．L 1∶L 2＝2∶1D ．L 1∶L 2＝4∶1解析 由动能定理，对两车分别列式－F 1L 1＝0－12m 1v 21，－F 2L 2＝0－12m 2v 22，F 1＝μm 1g ，F 2＝μm 2g ，由以上四式联立得L 1∶L 2＝4∶1，D 项正确。

习题课4动能定理的综合应用[学习目标] 1.进一步理解动能定理，领悟应用动能定理解题的优胜性．2.会利用动能定理剖析变力做功、曲线运动以及多过程问题．[合作研究·攻重难]利用动能定理求变力的功1．动能定理不单合用于求恒力做功，也合用于求变力做功，同时由于不涉及变力作用的过程剖析，应用特别方便．2．利用动能定理求变力的功是最常用的方法，当物体遇到一个变力和几个恒力作用时，能够用动能定理间接求变力做的功，即W变＋W其余＝Ek.图1如图1所示，某人利用越过定滑轮的轻绳拉质量为10kg的物体．定滑轮的地点比A点高3m．若这人迟缓地将绳从A点拉到同一水平高度的B点，且A、B两点处绳与水平方向的夹角分别为37°和30°，则这人拉绳的力做了多少功？(g取10m/s2，sin37＝°0.6，cos37°＝0.8，不计滑轮的摩擦)[分析]取物体为研究对象，设绳的拉力对物体做的功为W.依据题意有h＝3m物体高升的高度h＝h h①sin3－°°sin37对全过程应用动能定理W－mgh＝0②由①②两式联立并代入数据解得W＝100J则人拉绳的力所做的功W人＝W＝100J.[答案]100J[针对训练]1．一质量为m的小球，用长为l的轻绳悬挂于O点．小球在水平力F作用下，从均衡地点P点很迟缓地挪动到Q 点，如图2所示，则力F所做的功为()图2A．mglcosθC．mgl(l－cosθ)B．FlsinθD．Flcosθ[小球的运动过程是迟缓的，因此任一时辰都可当作是均衡状态，所以F的大小不停变大，F做的功是变力功．小球上涨过程只有重力mg和F这两个力做功，由动能定理得WF－mgl(1－cosθ)＝0.所以WF＝mgl(1－cosθ)．]利用动能定理剖析多过程问题一个物体的运动假如包括多个运动阶段，能够选择分段或全程应用动能定理．(1)分段应用动能定理时，将复杂的过程切割成一个个子过程，对每个子过程的做功状况和初、末动能进行剖析，而后针对每个子过程应用动能定理列式，而后联立求解．(2)全程应用动能定理时，剖析整个过程中出现过的各力的做功状况，剖析每个力做的功，确立整个过程中合外力做的总功，而后确立整个过程的初、末动能，针对整个过程利用动能定理列式求解．当题目不波及中间量时，选择全程应用动能定理更简单，更方便．注意：当物体运动过程中波及多个力做功时，各力对应的位移可能不同样，计算各力做功时，应注意各力对应的位移．计算总功时，应计算整个过程中出现过的各力做功的代数和．如图3所示，ABCD为一竖直平面内的轨道，此中BC水平，A点比BC超出10m，BC长1m，AB和CD轨道圆滑．一质量为1kg的物体，从A点以4m/s的速度开始运动，经过BC后滑到超出C点的D点速度为0.求：(取g＝10m/s2)图3(1)物体与BC轨道间的动摩擦因数；(2)物体第5次经过B点时的速度；(3)物体最后停止的地点(距B点多少米)．思路点拨：①重力做功与物体运动路径没关，其大小为mgh，但应注意做功的正、负．②物体第5次经过B点时在水平面BC上的路径为4sBC．12[分析](1)由动能定理得－mg(h－H)－μmgs＝0－2mv，解得μ＝0.5.BC1(2)物体第5次经过B点时，物体在BC上滑动了4次，由动能定理得mgH1212－μmg·4s BC＝2mv2－2mv1，211m/s≈解得v＝4(3)剖析整个过程，由动能定理得12mgH－μmgs＝0－2mv1，解得s＝21.6m.所以物体在轨道上往返运动了10次后，还有，故距B点的距离为2m －＝0.4m.[答案] (1)0.5(2)13.3m/ s (3)距B点当物体运动过程中波及多个力做功时，各力对应的位移可能不同样，计算各力做功时，应注意各力对应的位移.计算总功时，应计算整个过程中出现过的各力做功的代数和.2研究初、末动能时，只要关注初、末状态，不用关怀中间运动的细节.[针对训练]2．如图4所示，右端连有一个圆滑弧形槽的水平桌面AB长L＝，一个质量为m＝的木块在F＝的水平拉力作用下，从桌面上的A端由静止开始向右运动，木块抵达B端时撤去拉力F，木块与水平桌面间的动摩擦因数μ＝，取g＝10m/s2.求：图4(1)木块沿弧形槽上涨的最大高度(木块未走开弧形槽)；(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．[分析] (1)设木块沿弧形槽上涨的最大高度为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－FfL－mgh＝0此中Ff＝μF N＝μmg＝××10N＝所以h ＝FL－FfL＝－×m＝0.15m.mg×10(2)设木块走开B 点后沿桌面滑动的最大距离为x.由动能定理得：mgh－Ffx所以：x ＝×10×m＝0.75m. Ff＝[答案动能定理在平抛、圆周运动中的应用动能定理常与平抛运动、圆周运动相联合，解决这种问题要特别注意：(1)与平抛运动相联合时，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求平抛运动的相关物理量．(2)与竖直平面内的圆周运动相联合时，应特别注意隐蔽的临界条件：①有支撑成效的竖直平面内的圆周运动，物体能经过最高点的临界条件为vmin ＝0.②没有支撑成效的竖直平面内的圆周运动，物体能经过最高点的临界条件为vmin ＝gR.如图5所示，一能够当作质点的质量 m ＝2kg 的小球以初速度v0沿圆滑的水平桌面飞出后，恰巧从A 点沿切线方向进入圆弧轨道，此中B 为轨道的最低点，C 为最高点且与水平桌面等高，圆弧 AB 对应的圆心角θ＝53°，轨道半径R ＝，已知sin53＝°，cos53＝°，不计空气阻力，g 取10m/s 2.图5 (1)求小球的初速度v0的大小；(2)若小球恰巧能经过最高点 C ，求在圆弧轨道上摩擦力对小球做的功.【导学号：75612132】 [分析] (1)在A 点由平抛运动规律得： vA v0 50①＝＝ cos53°3v小球由桌面到A 点的过程中，由动能定理得1212 mg(R ＋Rcosθ)＝2mvA －2mv0②由①②得：v0＝3m/s.mv2C(2)在最高点C处有mg＝R，小球从桌面到C点，由动能定理得1212Wf＝2mvC－2mv0，代入数据解得Wf＝－4J.[答案](1)3m/s(2)－4J[当堂达标·固双基](教师独具)．如下图，AB 为1圆弧轨道，BC为水平直轨道，圆弧的半径为R，BC14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从静止开始着落时，恰巧运动到C处停止，那么物体在AB段战胜摩擦力所做的功为()A．μmgR B．mgR22C．mgR D．(1－μ)mgRD[设物体在AB段战胜摩擦力所做的功为WAB，BC段摩擦力做功－μmgR.故物体从A运动到C的全过程，由动能定理得：mgR－WAB－μmgR＝0解得：WAB＝mgR－μmgR＝(1－μ)mgR，故D正确．]2．如下图，在半径为的固定半球形容器中，一质量为1kg的小球(可视为质点)自边沿上的A点由静止开始下滑，抵达最低点B时，它对容器的正压力大小为15N．取重力加快度为g＝10m/s2，则球自A点滑到B点的过程中克服摩擦力做的功为()A．B．C．D．v 21 2 1C [在B 点有N －mg ＝m R ，得EkB ＝ 2mv ＝ 2(N －滑到B 的过程中运用动能定理得＋f ＝ 1 2－，得 f 1 1××(15－30)JmgRW 2mv0 W ＝2R(N －3mg)＝2 ＝－，所以球自A 点滑到B 点的过程中战胜摩擦力做的功为 ，C 正确．]3．一个质量为m 的小球拴在绳的一端，绳另一端受大小为 F1的拉力作用， 小球在圆滑水平面上做半径为R 1的匀速圆周运动(如下图)，今将力的大小变成 F 2，使小球在水平面上做匀速圆周运动，但半径变成 R22＜R1，则小球运动的(R ) 半径由R 1变成R 2的过程中拉力对小球做的功为多少？[分析]小球运动的半径由R1变成R2时，半径变小，绳索的拉力虽为变力，但对小球做了正功，使小球的速度增大，动能发生了变化，依据动能定理有1212WF ＝2mv2－2mv1 ①2mv1依据牛顿第二定律有F1＝R11 1 2故有 2F1R1＝2mv1②11 2同理有2F2R2＝2mv2 ③1由①②③得WF ＝2(F2R2－F1R1)．1[答案]2(F2R2－F1R1)。

动能定理和机械能守恒定律的应用（答案在最后）一、动能定理与牛顿运动定律的比较1．动能定理与牛顿第二定律的比较规律动能定理牛顿第二定律内容合力做的功等于物体动能的变化加速度与合外力成正比，与物体的质量成反比表达式W合＝ΔE k＝12mv22－12mv21，标量形式，无分量形式，涉及F、l、m、v、W、E k、ΔE kF合＝ma，矢量形式，有分量形式，F x＝ma x，F y＝ma y研究对象单个物体单个物体或系统(中学阶段，限于只有一个物体有加速度或整体有相同的加速度)特点某个过程中，合力的功和动能变化的因果、数值关系某一时刻，合力与加速度的因果、数值关系2.规律的选择原则(1)解决物体在恒力作用下的直线运动问题，可以用牛顿第二定律结合运动学公式求解，也可以用动能定理求解．(2)对非匀变速直线运动，动能定理仍然适用，而牛顿运动定律不能运用．【典例1】如图所示，A、B间是一个风洞，水平地板AB 延伸至C点，通过半径r＝0.28 m的光滑圆弧CD与足够长的光滑斜面DE连接．质量m＝2 kg且可看成质点的滑块在风洞中受到水平向右的恒定风力F＝20 N，滑块与地板AC间的动摩擦因数μ＝0.2.已知x AB＝1 m，x BC＝0.5 m，g取10 m/s2.如果将滑块在风洞中A点由静止释放，求：(1)滑块第一次经过B点的速度大小．(2)滑块第一次经过圆弧上C点时对地板的压力大小．[拓展1]在[典例1]中滑块在斜面轨道上能够上升的最大高度是多少？[拓展2]在[典例1]中滑块整个运动过程中在A、C间运动的总路程为多少？练1如图是检验某种防护罩承受冲击能力的装置，M为半径R ＝1.6 m、固定于竖直平面内的光滑半圆弧轨道，A、B分别是轨道的最低点和最高点，N为防护罩，它是一个竖直固定的14圆弧，其半径r＝45 5 m，圆心位于B点．在A处放置水平向左的弹簧枪，可向M轨道发射速度不同的质量均为m＝0.01 kg的小钢珠，弹簧枪可将弹性势能完全转化为小钢珠的动能．假设某次发射的小钢珠沿轨道恰好能经过B点，g取10 m/s2.求：(1)小钢珠在B点的速度大小；(2)发射该钢珠前，弹簧的弹性势能E p.练2如图所示，小球从竖直放置的四分之一光滑圆弧轨道abc的b点由静止开始沿轨道下滑，从c点水平飞出，下落到倾角为30°的斜面上的d点．已知小球的质量为m，圆弧轨道的半径为R，b点和圆心O的连线与水平方向的夹角为30°，重力加速度取g.求：(1)小球到c点时所受轨道支持力的大小；(2)小球从圆弧轨道c点水平飞出落到斜面d点时的动能；(3)某同学认为，无论小球以多大速度从c点水平飞出，落到斜面时的速度方向都相同．你是否同意这一点观点？请通过计算说明理由．二、动能定理与机械能守恒定律的综合应用1．动能定理与机械能守恒定律的比较：动能定理机械能守恒定律研究对象单个物体单个物体或系统条件无只有重力或弹力做功常用公式W合＝E k2－E k1ΔE p＝－ΔE k2.规律的适用范围：(1)动能定理：恒力做功、变力做功、分段做功、全程做功等均可适用．(2)机械能守恒定律：只有系统内的弹力或重力做功．【典例2】如图甲所示，为2022年北京冬奥会跳台滑雪馆“雪如意”的效果图．如图乙所示为由助滑区、空中飞行区、着陆缓冲区等组成的依山势而建的赛道示意图．运动员保持蹲踞姿势从A点由静止出发沿直线向下加速运动，经过距离A点s ＝20 m处的P点时，运动员的速度为v1＝50.4 km/h.运动员滑到B点时快速后蹬，以v2＝90 km/h的速度飞出，经过一段时间的空中飞行，以v3＝126 km/h的速度在C点着地．已知BC两点间的高度差h＝80 m，运动员的质量m＝60 kg，重力加速度g取9.8 m/s2，计算结果均保留两位有效数字．求：(1)A到P过程中运动员的平均加速度大小．(2)以B点为零势能参考点，求到C点时运动员的机械能．(3)从B点起跳后到C点落地前的飞行过程中，运动员克服阻力做的功．练3如图所示，AB是倾角θ为45°的直轨道，CD是半径R＝0.4 m的半圆形轨道，它们通过一段曲面BC平滑相接，整个轨道处于竖直平面内且处处光滑．一个质量m＝1 kg的物体(可以看作质点)从高H的地方由静止释放，结果它从圆弧最高点D 点水平飞出，垂直斜面击中P点．已知P点与圆弧的圆心O等高，g取10 m/s2.求：(1)物体击中P点前瞬间的速度大小；(2)在C点物体对轨道的压力大小；(3)物体由静止释放时的高度H.练4 质量m ＝1 kg 的物体，在水平拉力F(拉力大小恒定，方向与物体初速度方向相同)的作用下，沿粗糙水平面运动，经过位移4 m 时，拉力F 停止作用，运动到位移为8 m 时物体停止，运动过程中E k -x 的图线如图所示．g 取10 m /s 2.求：(1)物体的初速度多大？(2)物体和平面间的动摩擦因数为多大？ (3)拉力F 的大小？ 微专题(七) 动能定理和机械能守恒定律的应用【典例1】 【解析】 (1)从A 点到B 点，由动能定理得：(F －μmg )x AB ＝12m v 2B －0解得：v B ＝4 m/s ；(2)从A 点到C 点，由动能定理得：Fx AB －μmg (x AB ＋x BC )＝12m v 2C －0，解得v C ＝14 m/s ，在C 点，由牛顿第二定律得：F C －mg ＝m v 2Cr 解得：F C ＝120 N由牛顿第三定律得：F ′C ＝F C ＝120 N。

动能定理综合应用归类复习动能定理是高中物理教学中用能量观点分析力学问题常见的基本规律之一，也是高考中的高频考点知识，近几年来，高考试题注重将动能定理与牛顿运动定律、曲线运动、机械能、能量守恒定律、电磁学等知识相结合，综合考查考查学生的分析、推理、综合应用能力，试题具有过程复杂、难度较大、能力要求高的特点，。

一、动能与其他形式能的综合例题一、（2008年广东理基）一个25kg的小孩从高度为3.0m的滑梯顶端由静止开始滑下，滑到底端时的速度为2.0m／s。

取g＝10m／s2，关于力对小孩做的功，以下结果正确的是（）A．合外力做功50J B．阻力做功500JC．重力做功500J D．支持力做功50J解析：小孩在下滑过程中受重力、斜面的支持力、摩擦力，其中重力做正功，支持力不做功，摩擦力做负功，物体的初动能为1=kE，末运动能为JJmvEk500.2252121222=⨯⨯==，物体动能的变化为2221-21初末vmmvEk=∆=50J，由动能定理有，合力做的功为W=50J，而JWJWmghWWWfffG 500.31025=+⨯⨯=+=+=故W f=-700J.正确答案为A。

此题中熏力做正功750J，重力势能减少了750J，摩擦力做负功700J，机械能减少了700J，合力做功50J，动能增加了50J。

点评：功是能量转化的量度，物体动能发生变化则一定有力对物体做了功。

动能定理应用中求合力的功及确定物体初末状态的动能是关键。

解题时要巧妙地运用好功能关系、能量守恒定律，同时注意把动能的变化，重力势能的变化，机械能的变化，电势能的变化与相应力做功的关系区别开来。

例题二、（05天津卷）一带电油滴在匀强电场E中的运动轨迹如图中虚线所示，电场方向竖直向下。

若不计空气阻力，则此带电油滴从a运动到b的过程中，能量变化情况为（）Ａ．动能减小Ｂ．电势能增加Ｃ．动能和电势能之和减小Ｄ．重力势能和电势能之和增加解析：解答油滴受到重力和电场力，由油滴的运动轨迹可以判断油滴的合外力竖直向上，电场力大于重力。

学习必备欢迎下载高三物理二轮复习教学案 (04)课题：功能关系的理解和应用题型 1 做功与能量变化的对应关系例 1. 在“奥运”比赛项目中，高台跳水是我国运动员的强项，质量为m 的跳水运动员竖直进入水中后受到水的阻力而做减速运动，设水对他的阻力大小恒为F，当地的重力加速度为g，那么在他减速下降高度为h 的过程中，下列说法正确的是( ABC)A ．他的机械能减少了Fh B．他的重力势能减少了mghC．他的动能减少了(F－ mg)h D．他的动能减少了Fh变式 1. 在固定的负点电荷正上方有一质量为m 的带正电的小球，现用竖直向上的恒力作用在小球上，使小球从静止开始向上运动，当小球上升高h 时，速度为 v。

则这一过程中( ABD)A. 小球所受合外力做功为1 mv2 B.电场力对小球做功为 1 mv 2mgh Fh22C.机械能的增加量等于电场力做的功D.机械能增量和电势能增量之和为Fh例 2. 如图所示为某电动传送装置的示意图 .传送带与水平面的夹角为θ，绷紧的传送带始终保持恒定速率 v 运行。

现有一物体从静止开始轻轻放到传送带的底端，如果传送的高度 h 一定，且物体到达顶端前已经与传送带达到共同速度。

则下列说法正确的是（ B ）A ．将物体由底端传送到顶端，传送装置多消耗的电能与θ无关B．减小θ，则将物体由底端传送到顶端，传送装置多消耗的电能减少C．当θ一定时，将物体由底端传送到顶端，传送装置多消耗的电能与v 无关D．当θ一定时，将物体由底端传送到顶端，传送装置多消耗的电能与v2成正比变式 2．如图所示为某传送装置的示意图.传送带与水平面的夹角为θ，绷紧的传送带始终保持恒定速率v 运行。

现有一质量为 m 的物体从静止开始轻轻放到传送带的底端，同时受到沿传送带向上的拉力 F 的作用，如果传送的高度为 h，物体与传送带间的动摩擦因数为μ。

求物体从传送带底端运动到顶端的过程中，传送带对物体所做的功。

（设传送带长度较大，且物体能够到达传送带顶部。

专题动能定理的综合应用要点1|动能定理在多过程中的应用如果物体的运动过程可以分为若干阶段，可以选择分段或全程应用动能定理，题目不涉及中间量，选择全程应用动能定理更简单、方便．应用全程法解题求功时，有些力不是全过程都存在的，必须根据不同的情况分别对待，弄清楚物体所受的力在哪段位移上做功，哪些力做功，做正功还是负功．典例1 如图所示，倾角为θ的斜面放置在水平地面上，B点为斜面中点．一小物块(可视为质点)从斜面顶点A点开始无初速度下滑，到达斜面底端C点时速度恰好为零．若物块在AB段和BC段与斜面间的动摩擦因数分别为μ1和μ2，整个过程中斜面始终保持静止状态，则下列说法中正确的是( )A．小物块下滑的整个过程中斜面对地面的压力始终小于小物块和斜面的重力之和B．根据题给条件可以计算出小物块滑至B点时的速度大小C．小物块在AB段的平均速率小于在BC段的平均速率D．动摩擦因数满足关系式μ1＋μ2＝2tanθ【解析】由题意知，小物块在AB段匀加速下滑，有沿斜面向下的加速度a1，有竖直向下的分加速度，处于失重状态，故此过程斜面对地面的压力小于小物块和斜面的重力之和．小物块在BC段匀减速下滑，有沿斜面向上的加速度a2，有竖直向上的分加速度，处于超重状态，故此过程斜面对地面的压力大于小物块和斜面的重力之和，故A错误；根据牛顿第二定律可求得小物块的加速度，对于AB段或BC段，知道了A点和C点的速度为零，不知道AB和BC的长度，不能求出小物块滑至B点时的速度，故B错误；设小孩在B点的速度为v ，则小物块在AB 段的平均速率v 1＝0＋v 2＝v 2，在BC 段的平均速率v 2＝v ＋02＝v2，故两段的平均速率相等，故C 错误；设AB ＝BC ＝x ，对整个过程，根据动能定理得mg 2x ·sin θ－μ1mg cos θ·x －μ2mg cos θ·x ＝0，联立解得μ1＋μ2＝2tan θ，故D 正确．故选D ．【答案】 D如图所示，物体在离斜面底端5 m 处由静止开始下滑，然后滑上由小圆弧与斜面连接的水平面上，若物体与斜面及水平面的动摩擦因数均为0.4，斜面倾角为37°.求物体能在水平面上滑行多远．解析：解法一：分段法对物体在斜面上和水平面上时受力分析如图所示，知物体下滑阶段F N1＝mg cos37°F f 1＝μF N1＝μmg cos37°由动能定理得mg sin37°·l 1－μmg cos37°·l 1＝12mv 21①在水平面上运动过程中F f 2＝μF N2＝μmg由动能定理，得 －μmgl 2＝0－12mv 21②由①②两式可得l 2＝sin37°－μ cos37°μl 1＝0.6－0.4×0.80.4×5 m ＝3.5 m.解法二：全程法 物体受力分析同上物体运动的全过程中，初、末状态的速度均为零，对全过程运用动能定理有mg sin37°·l 1－μmg cos37°l 1－μmg ·l 2＝0得l 2＝sin37°－μcos37°μl 1＝0.6－0.4×0.80.4×5 m ＝3.5 m.答案：3.5 m 名师方法总结动能定理在多过程问题中的应用(1)对于多个物理过程要仔细分析，将复杂的过程分割成一个一个子过程，分别对每个过程分析，得出每个过程遵循的规律，当每个过程都可以运用动能定理时，可以选择分段或全程应用动能定理，题目不涉及中间量时，选择全程应用动能定理更简单、方便．(2)应用全程法解题求功时，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，弄清楚物体所受的力在哪段位移上做功，哪些力做功，做正功还是负功，正确写出总功．要点2|动能定理解决多物体相互作用的问题动能定理的研究对象可以是单一物体，也可以是多物体组成的系统，当组成系统的物体间存在相互作用力时，整体法应用动能定理容易出错，隔离分析各个物体，分别列动能定理求解是解题的关键．典例2 如图所示，在光滑的平面上有一平板小车m 1正以速度v 向右运动，现将一质量为m 2的木块无初速度地放在小车上，由于木块和小车间的摩擦力的作用，小车的速度将发生变化．为使小车保持原来的运动速度不变，必须及时对小车施加一向右的水平恒力F .当F 作用一段时间后把它撤去，木块恰能随小车一起以速度v 共同向右运动．设木块和小车间的动摩擦因数的μ，求在上述过程中，水平恒力F 对小车做多少功？【解析】 由于小车一直匀速运动，设它们获得共同速度的时间为t ，在此时间内，小车的位移为x 车＝vt①木块放到小车上后做初速度为零的匀加速直线运动，木块在时间t 内对地的位移为x 木＝vt ＝vt2②根据动能定理，对于木块有μm 2gx 木＝12m 2v 2－0③对于小车有W F －μm 2gx 车＝12m 1v 2－12m 1v2④联立①②③④式，可得W F ＝m 2v 2. 【答案】 m 2v 2(多选)水平长直轨道上紧靠放置n 个质量为m 可看做质点的物块，物块间用长为l 的细线连接，开始处于静止状态，轨道动摩擦力因数为μ.用水平恒力F 拉动1开始运动，到连接第n 个物块的线刚好拉直时整体速度正好为零，则( )A ．拉力F 所做功为nFlB ．系统克服摩擦力做功为n (n －1)μmgl2C ．F ＞n μmg2D ．n μmg ＞F ＞(n －1)μmg解析：物块1运动的位移为(n －1)l ，拉力F 所做功W F ＝F ·(n －1)l ＝(n －1)Fl ，A 选项错误；系统克服摩擦力做功W f ＝μmgl ＋μmg ·2l ＋…＋μmg (n －1)l ＝n (n －1)μmgl2，B选项正确；连接第n 个物块的线刚好拉直时整体速度正好为零，根据动能定理得，W F －W f ＝0，解得F ＝n μmg2，根据牛顿运动定律可知，F ＞n μmg2，C 选项正确，D 选项错误．答案：BC动能定理在两个(或多个)相互关联的物体系统中的应用(1)从严格意义上讲课本上讲的动能定理是质点的动能定理，即质点动能的增量等于作用于质点的合外力所做的功．对于由相互作用的若干质点组成的系统，动能的增量在数值上等于一切外力所做的功与一切内力所做的功的代数和，称为系统动能定理．(2)由于作用力与反作用力的功代数和不一定等于零，所以对于系统只考虑外力做功而应用动能定理很可能要犯错，所以往往把系统内各质点隔离分析，分别应用动能定理比较合适．要点3|应用动能定理求解往复运动问题运用动能定理解题时无需考虑中间过程的细节，只需考虑全过程中合外力做功的情况，以及初、末状态的动能，所以对于往复运动问题全过程运用动能定理比较简单．典例3 光滑斜面AB 的倾角θ＝53°，BC 为水平面，BC 的长度l BC ＝1.10 m ，CD 为光滑的14圆弧，半径R ＝0.60 m ．一个质量m ＝2.0 kg 的物体，从斜面上A 点由静止开始下滑，物体与水平面BC 间动摩擦因数μ＝0.20.轨道在B 、C 两点光滑连接．当物体到达D 点时，继续竖直向上运动，最高点距离D 点的高度h ＝0.20 m ．sin53°＝0.8，cos53°＝0.6.g 取10 m/s 2.求：(1)物体运动到C 点时速度大小v C ； (2)A 点距离水平面的高度H ；(3)物体最终停止的位置到C 点的距离s .【解析】 (1)分析物体从C 点运动到最高点的过程，根据动能定理得，－mg (R ＋h )＝0－12mv 2C ，代入数据解得，v C ＝4 m/s. (2)分析物体从A 点运动到C 点的过程中，根据动能定理得，mgH －μmgl BC ＝12mv 2C －0，代入数据解得，H ＝1.02 m.(3)分析物体运动的全过程，根据动能定理得，mgH －μmgx ＝0代入数据解得，x ＝5.1 m ，其中x ＝4l BC ＋0.7 m ，故物体最终停止的位置到C 点的距离为s ＝0.4 m.【答案】 (1)4 m/s (2)1.02 m (3)0.4 m变式训练3－1 如图所示，MPQ 为竖直面内一固定轨道，MP 是半径为R 的14光滑圆弧轨道，它与水平轨道PQ 相切于P ，Q 端固定一竖直挡板，PQ 长为s .一小物块在M 端由静止开始沿轨道下滑，与挡板发生一次碰撞后停在距Q 点为l 的地方，与挡板碰撞过程中无机械能损失，重力加速度为g .求物块与PQ 段动摩擦因数μ的可能值．解析：物块运动存在两种情况，第一种情况是物块水平面运动的路程为l ＋s ，全过程列动能定理，mgR－μmg(l＋s)＝0，解得μ＝Rl＋s；第二种情况是物块水平面运动的路程为3s－l，同理mgR－μmg(3s－l)＝0，解得μ＝R3s－l.答案：Rl＋s或R3s－l名师方法总结由于滑动摩擦力做功与路径有关，滑动摩擦力做的功W f＝fs相对，因此利用动能定理选取合适的初末位置可求出物体运动的路程．对点训练一动能定理在多过程中应用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，BC是与AB和CD都相切的一小段圆弧，其长度可以略去不计．一质量为m的小滑块在A点从静止状态释放，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点推回到A点，设滑块与轨道间的动摩擦系数为μ，则推力对滑块做的功等于( )A．mghB．mgh＋μmgh cotθ＋μmgsC．μmg(s＋h/sinθ)D．4mgh解析：缓慢推动，可认为速度为零，即根据动能定理可得W F＝mgh＋μmg cosθ·hsinθ＋μmgs＝0－0，解得W F＝mgh＋μmg·htanθ＋μmgs，在下滑过程中，根据动能定理可得mgh－μmg·htanθ－μmgs＝0－0，即mgh＝μmg·htanθ＋μmgs，所以W F＝2mgh，B正确．答案：B对点训练二动能定理解决多物体相互作用问题2．(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、B间存在滑动摩擦力，A在B上滑动时，产生热量，故外力做功等于A和B 动能的增量和产生的热量之和，A选项错误；根据动能定理可知，B对A的摩擦力做功，增加了A的动能，B选项正确；A在B上滑行，两者位移不同，摩擦力做功不等，C选项错误；以B为研究对象，根据动能定理可知，W－W f＝ΔE k，则外力对B做的功等于B动能的增量和B克服摩擦力做的功之和，D选项正确．答案：BD对点训练三应用动能定理求解往复问题3．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，B、C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出发下滑．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 m B．0.25 mC．0.10 m D．0解析：设物体在水平面上运动的总路程为L.物体从开始到停止的全过程，根据动能定理：mgh－μmgL＝0，解得L＝3 m，因为BC长0.5 m，所以小物块最终停在B点，选项D正确．答案：D【强化基础】1．(2018·郴州一模)如图所示，质量为m的物块与转台之间的最大静摩擦力为物块重力的k倍，物块与转轴OO′相距R，物块随转台由静止开始转动，当转速缓慢增加到一定值时，物块即将在转台上滑动，在物块由静止到相对滑动前瞬间的过程中，转台的摩擦力对物块做的功为( )A ．0B ．2πkmgRC ．2kmgRD ．12kmgR 解析：物块随转台做圆周运动，摩擦力提供向心力，根据牛顿第二定律可知，kmg ＝m v 2R，根据动能定理可知，摩擦力做功增加物块的动能，W ＝12mv 2＝12kmgR ，D 选项正确．答案：D2．(2018·天津期末)物体A 和B 质量相等，A 置于光滑的水平面上，B 置于粗糙的水平面上，开始时都处于静止状态，在相同的恒力F 作用下移动相同的距离L ，如图所示．则( )A ．力F 对A 做的功较多B ．力F 对B 做的功较多C ．力F 对A 、B 做的功一样多D ．A 和B 获得的动能相等解析：根据做功公式可知，功等于力与力的方向上位移的乘积，拉力的大小相同，物体的位移也相同，拉力对两物体做的功一样多，A 、B 选项错误，C 选项正确；根据动能定理可知，B 置于粗糙的水平面上，受到摩擦力作用，合力较小，动能变化少，动能小，D 选项错误．答案：C3．(2018·南通二模)如图所示，水平平台上放置一长为L 、质量为m 的匀质板，板的右端距离平台边缘为s ，板与台面间动摩擦因数为μ，重力加速度为g .现对板施加水平推力，要使板脱离平台，推力做功的最小值为( )A ．μmg (L ＋s )B ．μmg ⎝ ⎛⎭⎪⎫L2＋s C ．μmg (L －s )D ．μmg ⎝ ⎛⎭⎪⎫s ＋34L 解析：要使推力做功最少，应让木板缓慢运动，让木板的重心离开平台，推动的位移为L2＋s ，摩擦力做功W f ＝－μmg ⎝ ⎛⎭⎪⎫L 2＋s ，根据动能定理可知，W －μmg ⎝ ⎛⎭⎪⎫L2＋s ＝0，联立解得，W ＝μmg ⎝⎛⎭⎪⎫L 2＋s ，B 选项正确，A 、C 、D 选项错误．答案：B4．(多选)某兴趣小组在老师的指导下做探究物体动能实验时，让一物体在恒定合外力作用下由静止开始沿直线运动，通过传感器记录下速度、时间、位置等实验数据，然后分别作出动能E k 随时间变化和动能E k 随位置变化的两个图线如图所示，但忘记标出横坐标，已知图1中虚线的斜率为p ，图2中直线的斜率为q ，下列说法正确的是( )A ．物体动能随位置变化的图线是图1B ．物体动能随时间变化的图线是图2C ．物体所受合外力的大小为qD ．物体在A 点所对应的瞬时速度的大小为2pq解析：由E k ＝W ＝Fx ，可得E k 与x 成正比，故图2是物体动能随位置变化的图线，则图1为物体动能随时间变化的图线，故A 、B 错误；在图2中，由E k ＝Fx 得F ＝E k x，即斜率q ＝E k x ①，则合力F ＝q ，故C 正确；在图1中，p ＝E kt② 由①②得：p q ＝xt③又在这个过程中平均速度v ＝v2所以x ＝v2t ④将④代入③得p q ＝v 2tt ＝v 2解得v ＝2pq，故D 正确．故选CD ．答案：CD【巩固易错】5．(多选)如图所示，轻质弹簧一端固定在水平面上，另一端放置一质量m ＝1 kg 的小球，小球此时处于静止状态，现用竖直向上的拉力F 作用在小球上，使小球开始向上做匀加速直线运动，经0.2 s 弹簧刚好恢复到原长，此时小球的速度为1 m/s ，整个过程弹簧始终在弹性限度内，g 取10 m/s 2.下列说法正确的是( )A ．在0～0.2 s 内，拉力的最大功率为15 WB ．弹簧的劲度系数为100 N/cmC ．在0.2 s 时撤去外力，则小球在全过程中能上升的最大高度为15 cmD ．在0～0.2 s 内，拉力F 对小球做的功等于1.5 J解析：小球从静止开始向上做匀加速直线运动，经0.2 s 弹簧刚好恢复到原长，此时小球的速度为 v ＝1 m/s ；0．2 s 内小球的位移：x ＝v 2t ＝12×0.2 m ＝0.1 m ；加速度：a ＝v t ＝10.2m/s 2＝5 m/s 2； 刚开始弹簧静止，故mg ＝kx ，解得k ＝mg x ＝100.1N/m ＝100 N/m ；对小球受力分析，小球受重力、拉力和弹簧的弹力，根据牛顿第二定律，有F －mg ＋k ⎝⎛⎭⎪⎫x －12at 2＝ma ；解得F ＝5＋250t 2(t ≤0.2 s)，拉力F 的功率：P ＝Fv ＝Fat ＝(5＋250t 2)×5t ，当t ＝0.2 s 时，拉力功率达到最大，为P m ＝15 W ，故A 正确，B 错误；撤去F 后，小球离开弹簧做竖直上抛运动，能继续上升的最大高度为 h ＝v 22g ＝1220＝0.05m故小球在全过程中能上升的最大高度为 H ＝x ＋h ＝0.15 m ＝15 cm ，故C 正确；在0～0.2 s 内拉力F ＝5＋250t 2(t ≤0.2 s)，逐渐增加，最大为15 N ，位移为0.1 m ，故拉力功W ＜15 N ×0.1 m ＝1.5 J ，即小于1.5 J ，故D 错误．故选AC ．答案：AC 6.(多选)质量为1 500 kg 的汽车在平直的公路上运动，v ­t 图象如图所示．由此可求( ) A ．前25 s 内汽车的平均速度B ．前10 s 内汽车的加速度C ．前10 s 内汽车所受的阻力D ．15～25 s 内合外力对汽车所做的功解析：在v ­t 图象中图线与坐标轴所围成的面积代表位移，因此只要求得位移的大小，利用公式v ＝s t ，即可解得平均速度，故选项A 正确；图线的斜率代表加速度，由公式a ＝ΔvΔt得，前10 s 内加速度a ＝2010 m/s 2＝2 m/s 2，故选项B 正确；由牛顿第二定律得：F －F f ＝ma ，因不知牵引力F ，故无法求得阻力F f ，故选项C 错误；由动能定理可求得15～25 s 内合外力所做的功，即W ＝12mv ′2－12mv 2＝12×1 500×(302－202)J ＝3.75×105J ，故选项D 正确．答案：ABD【能力提升】7．(2018·威海二模)如图，质量为m 的小球从A 点由静止开始沿半径为R 的14光滑圆轨道AB 滑下，在B 点沿水平方向飞出后，落在一个与地面成37°角的斜面上的C 点(图中未画出)．已知重力加速度为g ，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求从A 点到C 点的过程中小球重力所做的功．解析：小球离开B 点的过程中，以速度v 0做平抛运动，落到斜面上的C 点，斜面倾角等于位移与水平方向的夹角．tan37°＝h x ＝gt2v 0小球从A 点运动到B 点的过程中，根据动能定理可知，mgR ＝12mv 20－0联立解得t ＝3R 2g在斜面下降高度，h ＝12gt 2＝94R小球重力做功，W ＝mg (R ＋h )＝13mgR4.答案：13mgR 48．如图所示，竖直平面内，半径为R ＝0.5 m 的光滑圆轨道CDF 与倾角θ＝37°的光滑斜面轨道AC 相切于C ，圆轨道的直径CE 与斜面垂直，O 点为圆轨道的圆心，D 点为圆轨道的最低点，F 点为圆轨道的最高点，DF 在竖直方向，B 点为斜面上与F 等高的位置．小球从斜面上A 处由静止释放，之后恰好能通过F 处离开圆轨道，落到斜面上．已知重力加速度为g ＝10 m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不计空气阻力，求：(1)A ，C 两点的高度差；(2)小球从F 点到斜面的运动时间．解析：(1)小球恰好能通过F 点，重力提供向心力，mg ＝m v 2FR，解得v F ＝gR ＝ 5 m/s ，从A 点到F 点的过程中，根据动能定理得，mgh －mg (R ＋R cos θ)＝12mv 2F －0，代入数据解得h＝1.15 m.(2)小球离开F 点做平抛运动，水平方向上，x ＝v F t ，竖直方向上，y ＝12gt 2，根据几何关系得，(R ＋R cos θ)－12gt2v F t －R sin θ＝tan θ，解得t ＝3520s.答案：(1)1.15 m (2)3520s9．如图(a)所示，一物体以一定的速度v 0 沿足够长斜面向上运动，此物体在斜面上的最大位移与斜面倾角的关系由图(b)中的曲线给出．设各种条件下，物体运动过程中的摩擦系数不变．g ＝10 m/s 2，试求：(1)物体与斜面之间的动摩擦因数； (2)物体的初速度大小； (3)θ为多大时，x 值最小.解析：(1)当θ为90°时v 0＝2gh ，当θ为0°时，x 0＝534 m ，可知物体运动中必受摩擦阻力，设摩擦因数为μ，此时摩擦力大小为μmg ，加速度大小为μg ，由运动学方程，v 20＝2μgx 0，联列两方程，μ＝33. (2)由(1)可得 v 0＝5 m/s.(3)对于任意一角度，利用动能定理得对应的最大位移x 满足的关系式12mv 20＝mgx sin θ＋μmgx cos θ，解得x ＝v 202g (sin θ＋μcos θ)＝h sin θ＋μcos θ＝h1＋μ2sin(θ＋φ). 其中μ＝tan φ，可知当x 的最小值为x ＝h1＋μ2＝32h ＝1.08 m ，对应的θ＝π2－φ＝π2－π6＝π3.答案：(1)33 (2)5 m/s (3)π3。

编号24 动能定理的应用第八周第二课时编制：韩贵磊审核：审批：班组姓名组评师评[使用说明]提前下发，上课前完成，有问题的地方用红笔做出标记。

[学习目标]1、深刻理解动能定理的含义。

2、会用动能定理解决一些实际问题。

[学习重难点]1、动能定理的理解与运用[学法指导]应用动能定理解题的一般步骤：步骤①确定研究对象——明确要对哪个物体使用动能定理步骤②对研究对象进行受力分析和过程分析——明确哪些力能做功，正功还是负功；经历了一个怎样的运动过程，初末状态是怎样的。

步骤③求出合外力对物体所作的总功，明确写出初末状态的动能步骤④根据动能定理列方程求解[自主学习](15分钟)1、如图所示，一个物体的质量为ｍ，初速度为v1，在与运动方向相同的恒力F（不计摩擦阻力）的作用下发生一段位移s，速度增大到v2，则：①力F对物体所做的功多大?②物体的加速度多大?③物体的初速、末速、位移之间有什么关系?④结合上述三式你能综合推导得到什么样的式子?解析：①力对物体做的功为：W＝_______ ___②根据牛顿第二定律有： _____________ _③根据运动学公式有： ________________________④W=_____=___________________=________________分析概括：合力F所做的功等于_______这个物理量的变化2、某物体作曲线运动,初速度为v1,末速度与水平方向成600角且大小为v2,合力对物体做功可写成_________ _ _，如果物体受到几个力的共同作用，W表示各个力做功的_______；E K2表示物体的___动能；E K1表示物体的______动能。

3、动能定理中的功应是一切外力的总功，而且在某一过程中，各力的功可以是同时的，也是不同时的。

（填“可以”或“不可以”）4、动能定理既恒力做功，也变力做功，既适用于直线运动，也适用于曲线运动。

（填“适用于”或“不适用于”）[合作探究](15分钟)1、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＝5.3×102ｍ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0.02倍(ｋ＝0.02)。