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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。
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。
[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.。
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。
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。
