2019年高考物理专题复习：动能定理及其应用含解析
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
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。
新人教版高考物理总复习第五章机械能《动能定理及其应用》
Wf=
1 2
m
v
2 B
-0，解得Wf=
=1×10×5 J-
1 2
×1×62 J=32 J，故A正确，B、C、D错误。
题型3 求解多过程问题
【典例3】(2019·信阳模拟)如图所示AB和CDO都是处
于竖直平面内的光滑圆弧形轨道，OA处于水平位置。 AB是半径为R=1 m的 1 圆周轨道，CDO是半径为r=
(2)小球仅仅与弹性挡板碰撞一次且刚好不脱离CDO轨 道的条件是在O点重力提供向心力，碰后再返回最高 点恰能上升到D点。
【解析】(1)设小球第一次到达D的速度为vD，对小球
从P到D点的过程，根据动能定理得：
mg(H+r)-μmgL1=m
2
v
2 D
-0
在D点轨道对小球的支持力FN提供向心力，则有：
(5)物体的动能不变，所受的合外力必定为零。 ( × ) (6)做自由落体运动的物体，物体的动能与下落时间的 二次方成正比。 ( √ )
考点1 对动能、动能定理的理解 【题组通关】 1.(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Ek与时间t的关系图象是 ( )
【解析】选A。对于整个竖直上抛过程(包括上升与下
落)，速度与时间的关系为v=v0-gt，v2=g2t2-2v0gt+
v
2 0
，
Ek=
1 2
mv2，可见动能与时间是二次函数关系，由
数学中的二次函数知识可判断A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8 J C.大于8 J
(完整版)高中物理动能定理的运用归纳及总结
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 的速度在圆滑水平面上向左滑行。
从某时辰起作用向来右的 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. 0B. 8JC. 16JD. 32J2、 一个物体静止在不圆滑的水平面上，已知 m=1kg ， u=0.1 ，现用水平外力 F=2N ，拉其运动 5m 后马上撤去水平外力F ，求其还能够滑m （ g 取 10m / s 2）【解析】对物块整个过程用动能定理得：Fs 0 umg s s 0 0解得： s=10m3、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，司机察觉时，机车已行驶 L 的距离，于是马上关闭油门，除去牵引力，以下列图。
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：FL k( Mm) gS 11(M m)V 02 V 02对车尾，脱钩后用动能定理得：V 0LS1kmgS 2mV 0212而 S S 1S 2 ，由于原来列车是匀速前进的，S 2所以 F=kMg由以上方程解得SML 。
M m（二）竖直面问题（重力、摩擦力和阻力）1、人从地面上，以必然的初速度v 0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（）1 mv 021 mv 02 mgh fhmgh fhA.2B. mgh fhC.2D.2、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。
【解析】钢球从开始自由下落到落入沙中停止为研究过程 依照动能定理 w 总= △ E K可得：W G+W f=0-0 ①重力做功 W G=G （H+h ）②阻力做功 W f=-fh ③H由 ①②③ 解得： f= （1+ ）h（三）斜面问题1、以下列图，斜面足够长，其倾角为α，质量为m 的滑块，距挡板 P 为 S ，以初速度 V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滑块沿斜面方向的重力 分力，若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失，求滑块在斜面上经过的总行程为多少？【解析】 设其经过和总行程为 L ，对全过程， 由动能定理得：V 0mgS sinng cos L1mv 22 0SPmgS 0 sin1mv 2α得 L2mg cos2、一块木块以 v 0 10m / s 初速度沿平行斜面方向冲上一段长L=5m ，倾角为30 的斜面，见图所示木块与斜面间的动摩擦因数0.2，求木块冲出斜面后落地时的速率（空气阻力不计，g 10 m / s 2）。
2019年高考物理一轮复习：动能定理及其应用讲义含解析
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.。
专题13 动能定理-2019高考物理一轮复习专题详解(解析版)
知识回顾规律方法应用动能定理解题的“四步三注意”(1)应用动能定理解题的四个步骤①确定研究对象及其运动过程；②分析受力情况和各力的做功情况；③明确物体初末状态的动能；④由动能定理列方程求解．(2)应用动能定理解题应注意的三个问题①动能定理往往用于单个物体的运动过程，由于不牵扯加速度及时间，比动力学研究方法要简洁．②动能定理表达式是一个标量式，在某个方向上应用动能定理是没有依据的．③物体在某个运动过程中包含有几个运动性质不同的小过程(如加速、减速的过程)，此时可以分段考虑，也可以对全过程考虑，但若能对整个过程利用动能定理列式则可使问题简化．典例分析【例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】v＝11.3 m/s.【例2】 如图所示，光滑水平面AB 与半圆形轨道在B 点相切，轨道位于竖直平面内，其半径为R .一个质量为m 的物块将弹簧压缩至A 点后由静止释放，在弹力作用下物块获得一向右速度，然后脱离弹簧，当它经过B 点进入导轨瞬间对导轨的压力为其重力的7倍，之后向上运动恰能完成半个圆周运动到达C 点．不计空气阻力，重力加速度为g .(1)求弹簧弹力对物块做的功；(2)求物块m 从B 点运动到C 点克服阻力做的功；(3)如果半圆形轨道也是光滑的，其他条件不变，当物体由A 经B 运动到C ，然后落到水平面，落点为D (题中D 点未标出，且水平面足够长)，求D 点与B 点间的距离． 【答案】W ＝3mgR ；W 阻＝－12mgR ；x BD ＝22R【解析】 (1)物块在B 点时，由牛顿第二定律得 F N －mg ＝m v 2BR又F N ＝7mg在物体从A 点运动到B 点的过程中，只有弹簧弹力做功，根据动能定理有W ＝12mv 2B解得W ＝3mgR(2)由题意可知，物块到达C 点时只有重力提供向心力，根据牛顿第二定律有mg ＝m v 2CR物块从B 点运动到C 点只有重力和阻力做功， 根据动能定理有W 阻－mg ×2R ＝12mv 2C －12mv 2B 解得W 阻＝－12mgR故物块从B 点运动到C 点克服阻力做的功为12mgR .规律总结若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，题目不涉及中间量时，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.专题练习1. (多选)(2017年保定模拟)如图所示，长为L 的轻质硬杆A 一端固定小球B ，另一端固定在水平转轴O 上．现使轻杆A 绕转轴O 在竖直平面内匀速转动，轻杆A 与竖直方向夹角α从0°增加到180°的过程中，下列说法正确的是( )A ．小球B 受到的合力的方向始终沿着轻杆A 指向轴O B ．当α＝90°时，小球B 受到轻杆A 的作用力方向竖直向上C ．轻杆A 对小球B 做负功D ．小球B 重力做功的功率不断增大 【答案】：AC2.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 为水平的，其长度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 mC ．0.10 mD ．0 【答案】：D【解析】：对小物块从A 点出发到最后停下来整个过程用动能定理，mgh －μmgs ＝0，s ＝h μ＝0.300.10m ＝3.00m ．而d ＝0.50 m ，刚好3个来回，所以最终停在B 点，所以D 选项正确．学&科网3.如图所示，固定的光滑竖直杆上套着一个滑块，用轻绳系着滑块绕过光滑的定滑轮，以大小恒定的拉力F 拉绳，使滑块从A 点起由静止开始上升．若从A 点上升至B 点和从B 点上升至C 点的过程中拉力F 做的功分别为W 1、W 2，滑块经B 、C 两点时的动能分别为E k B 、E k C ，图中AB ＝BC ，则一定有( )A ．W 1>W 2B ．W 1<W 2C ．E k B >E k CD ．E k B <E k C 【答案】：A4．(2017年山东潍坊模拟)如图所示，固定斜面AE 分成等长四部分AB 、BC 、CD 、DE ，小物块与AB 、CD 间的动摩擦因数均为μ1；与BC 、DE 间的动摩擦因数均为μ2，且μ1＝2μ2.当物块以速度v 0从A 点沿斜面向上滑动时，刚好能到达E 点．当物块以速度v 02从A 点沿斜面向上滑动时，则能到达的最高点( )A ．刚好为B 点 B ．刚好为C 点 C ．介于A 、B 之间D ．介于B 、C 之间【答案】：C【解析】：设斜面的倾角为θ，AB ＝BC ＝CD ＝DE ＝s ，μ1＝2μ2＝2μ，则μ2＝μ，物块以速度v 0上滑过程中，由动能定理得，－mg ·sin θ·4s －μmg cos θ·2s －2μmg cos θ·2s ＝0－12mv 20，则12mv 20＝4mgs sin θ＋6μmgs cos θ，当初速度为v 02时，12m ⎝⎛⎭⎫v 022＝14×12mv 20＝mgs sin θ＋32μmgs cos θ<mgs sin θ＋2μmgs cos θ，则物块能到达的最高点在B 点以下，即A 、B 之间某点，故选C.5：一质量为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，从平衡位置P 点缓慢地移动到Q 点，如图所示，则力F 所做的功为( )A ．mglcos θB ．Flsin θC ．mgl(1－cos θ)D ．Fl 【答案】C6：如图所示，半径为R 的光滑半球固定在水平面上，现用一个方向与球面始终相切的拉力F 把质量为m 的小物体(可看做质点)沿球面从A 点缓慢地移动到最高点B ，在此过程中，拉力做的功为( )A ．πFRB ．πmgRC ．mgRD ．mgR 【答案】D【解析】小物体在缓慢(匀速)运动过程中，只有重力和拉力F 做功，根据动能定理：W F －mgR ＝ΔE k ＝0，则拉力做功W F ＝mgR ，D 正确7：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：(1)弹簧弹力对物块做的功；(2)物块从B到C克服阻力做的功；(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) mgR(3) mgR【解析】(1)由动能定理得W＝mv在B点由牛顿第二定律得：7mg－mg＝m解得W＝3mgR(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－mv，E k＝mgR. 学&科网8：如图所示，一个质量为m＝0.6 kg的小球以某一初速度v0＝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/s2.试求：(1)小球到达A点的速度vA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 J9、(多选)某游乐场开发了一个名为“翻天滚地”的游乐项目．原理图如图所示：一个圆弧形光滑圆管轨道ABC放置在竖直平面内，轨道半径为R，在A点与水平地面AD相接，地面与圆心O等高，MN是放在水平地面上长为3R、厚度不计的减振垫，左端M正好位于A点．让游客进入一个中空的透明弹性球，人和球的总质量为m，球的直径略小于圆管直径．将球(内装有参与者)从A处管口正上方某处由静止释放后，游客将经历一个“翻天滚地”的刺激过程．不考虑空气阻力．那么以下说法中正确的是()A．要使球能从C点射出后能打到垫子上，则球经过C点时的速度至少为B．要使球能从C点射出后能打到垫子上，则球经过C点时的速度至少为C．若球从C点射出后恰好能打到垫子的M端，则球经过C点时对管的作用力大小为D．要使球能通过C点落到垫子上，球离A点的最大高度是5R【答案】BD10、如图所示，在竖直平面内有一“V”形槽，其底部BC是一段圆弧，两侧都与光滑斜槽相切，相切处B、C位于同一水平面上．一小物体从右侧斜槽上距BC平面高度为2h的A处由静止开始下滑，经圆弧槽再滑上左侧斜槽，最高能到达距BC所在水平面高度为h的D处，接着小物体再向下滑回，若不考虑空气阻力，则():A．小物体恰好滑回到B处时速度为零B．小物体尚未滑回到B处时速度已变为零C．小物体能滑回到B处之上，但最高点要比D处低D．小物体最终一定会停止在圆弧槽的最低点【答案】C【解析】小物体从A处运动到D处的过程中，克服摩擦力所做的功为W f1＝mgh，小物体从D处开始运动的过程，因为速度较小，小物体对圆弧槽的压力较小，克服摩擦力所做的功W f2＜mgh，所以小物体能滑回到B处之上，但最高点要比D处低，C正确，A、B错误；因为小物体与圆弧槽间的动摩擦因数未知，所以小物体可能停在圆弧槽上的任何地方，D错误11．(2017年开封重点中学二联)如图所示，一质量为m＝2.0 kg的滑块(可视为质点)静置在粗糙水平面上的A点，水平面上的B点处固定有一竖直放置的半径为R＝0.4 m的粗糙半圆形轨道．现给滑块施加一水平向右且大小为F＝10 N的恒定拉力，使滑块由静止开始向右运动．已知滑块与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.25，A、B两点间的距离为d＝5 m，重力加速度取g＝10 m/s2.(1)若滑块刚好运动到B 点停止，求拉力F 作用的时间；(2)若在滑块运动到B 点时撤去拉力F ，则滑块刚好能通过半圆形轨道的最高点C ，求滑块从B 点到C 点的过程中克服摩擦力所做的功． 【答案】t ＝ 2 s.；W f ＝5 J.【解析】：(1)设在拉力F 作用下滑块向右滑行的距离为x ，则由动能定理可得Fx ＝μmgd 设在拉力F 作用阶段滑块的加速度大小为a 1，拉力F 作用时间为t ，则有F －μmg ＝ma 1 x ＝12a 1t 2 联立解得t ＝ 2 s.12．同学们参照伽利略时期演示平抛运动的方法制作了如图所示的实验装置．图中水平放置的底板上竖直地固定有M 板和N 板，M 板上部有一半径为R 的14圆弧形的粗糙轨道，P 为最高点，Q 为最低点，Q 点处的切线水平，距底板高为H .N 板上固定有三个圆环．将质量为m 的小球从P 处静止释放，小球运动至Q 飞出后无阻碍地通过各圆环中心，落到底板上距Q 水平距离为L 处．不考虑空气阻力，重力加速度为g .求：(1)距Q 水平距离为L2的圆环中心到底板的高度；(2)小球运动到Q 点时速度的大小以及对轨道压力的大小和方向；(3)摩擦力对小球做的功．【答案】H －H 4＝34H ；F 压＝mg ⎝⎛⎭⎫1＋L 22HR ；W f ＝mgL 24H －mgR ＝mg ⎝⎛⎭⎫L 24H －R 【解析】：(1)设到Q 点的速度为v ，做平抛运动的时间为t ，设Q 到水平距离为L 2的圆环的时间为t 1，高度为hQ 到底板过程：由平抛运动规律可知水平方向：L ＝vt ①竖直方向：H ＝12gt 2② 同理：L 2＝vt 1③ h ＝12gt 21④ 由①②③④解得：h ＝H 4，则距地面高度为 H －H 4＝34H(3)P 点至Q 点过程，设摩擦力对小球做功W f ：由动能定理：mgR ＋W f ＝12mv 2－0 解得：W f ＝mgL 24H－mgR ＝mg ⎝⎛⎭⎫L 24H －R 。
【物理试题】江苏专版2019年高考物理总复习第19讲动能动能定理及其应用讲义(1).doc
第19讲动能动能定理及其应用考情剖析弱项清单,1.受力分析忽略或错误；2．不能养成合理的思维习惯，审题时不能画出运动过程图．知识整合第1课时动能定理一、动能1．定义：物体由于________而具有的能．2．表达式：E k＝12mv2.3．物理意义：动能是状态量，是________(选填“矢量”或“标量”)．二、动能定理1．内容：合力在一个过程中对物体所做的功(或各个力做功之和)，等于物体在这个过程中____________．2．表达式：W＝12mv22－12mv21＝____________．3．物理意义：__________做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，也可以分阶段作用．方法技巧考点1 对动能及其变化的理解1．对动能的理解(1)动能是物体由于运动而具有的能量，表达式E k＝12mv2.(2)动能是状态量，和物体的瞬时速度大小(速率)对应．2．关于动能的变化对于某一物体而言，速度变化，动能不一定变化(因为速度是矢量，动能是标量)，动能变化速度一定变化．根据动能定理，动能变化的原因就是因为合外力做功不为零．动能的变化量为正值，表示物体的动能增加了，对应于合外力对物体做正功；动能的变化量为负值，表示物体的动能减小了，对应于合外力对物体做负功，或者说物体克服合外力做功．【典型例题1】(16年扬州模拟)(多选)如图所示，电梯质量为M，在它的水平地板上放置一质量为m的物体．电梯在钢索的拉力作用下竖直向上加速运动，当电梯的速度由v1增加到v2时，上升高度为H，则在这个过程中，下列说法或表达式正确的是( )A．对物体，动能定理的表达式为WN＝12mv22，其中W N为支持力的功B．对物体，动能定理的表达式为W合＝0，其中W合为合力的功C．对物体，动能定理的表达式为WN－mgH＝12mv22－12mv21，其中W N为支持力的功D．对电梯，其所受合力做功为12Mv22－12Mv211.关于物体的动能，下列说法中正确的是( )A．物体速度变化，其动能一定变化B．物体所受的合外力不为零，其动能一定变化C．物体的动能变化，其运动状态一定发生改变D．物体的速度变化越大，其动能一定变化也越大考点2 对动能定理的理解1．对动能定理的理解(1)动能定理公式中等号表明了合外力做功与物体动能的变化间的两个关系：①数量关系：即合外力所做的功与物体动能的变化具有等量代换关系．可以通过计算物体动能的变化，求合外力的功，进而求得某一力的功．②因果关系：合外力的功是引起物体动能变化的原因．(2)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．2．运用动能定理需注意的问题(1)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初末的动能．(2)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正负号一同代入公式．【典型例题2】如图所示，倾角θ＝45°的粗糙平直导轨AB与半径为R的光滑圆环轨道相切，切点为B，整个轨道处在竖直平面内．一质量为m的小滑块(可以看作质点)从导轨上离地面高为h＝3R的D处无初速度下滑进入圆环轨道．接着小滑块从圆环最高点C水平飞出，恰好击中导轨上与圆心O等高的P点，不计空气阻力，已知重力加速度为g.求：(1)滑块运动到圆环最高点C时的速度大小；(2)滑块运动到圆环最低点时对圆环轨道压力的大小；(3)滑块在斜面轨道BD间运动的过程中克服摩擦力做的功．2.在典型例题2中，若小滑块刚好能过C点，求滑块与轨道AB间的动摩擦因数．【典型例题3】在典型例题2中的滑块从轨道的P点由静止释放，滑块与粗糙导轨间的动摩擦因数为μ，求滑块整个运动过程中在AB轨道上通过的总路程．【典型例题4】(17年江苏高考)一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处．物，与斜面间的动摩擦因数不变，则该过程中，物块的动能E k与位移x关系块初动能为E k的图线是( )【学习建议】读图能力要加强，遇到图象问题最好结合受力分析、运动过程分析写出函数的方程，在根据方程辨别几个不同的选项．平时重视用数学方法处理物理问题能力的培养．当堂检测 1.(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．运动物体的动能总为正值C．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D．动能不变的物体，一定处于平衡状态2．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( )第2题图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＋H h )3．一个质量为0.3 kg的弹性小球，在光滑水平面上以6 m/s的速度垂直撞到墙上，碰撞后小球沿相反方向运动，反弹后的速度大小与碰撞前相同，则碰撞前后小球速度变化量的大小Δv和碰撞过程中小球的动能变化量ΔE k为( )A．Δv＝0 B．Δv＝12 m/sC．ΔEk＝1.8 J D．ΔE k＝10.8 J4．用起重机提升货物，货物上升过程中的vt图象如图所示，在t＝3 s到t＝5 s内，重力对货物做的功为W1、绳索拉力对货物做的功为W2、货物所受合力做的功为W3，则( )第4题图A ．W 1＞0B ．W 2＜0C ．W 2＞0D ．W 3＞05．如图所示，质量为m 的小木块从A 点水平抛出，抛出点距离地面高度为L ，不计与空气的摩擦阻力，重力加速度为g.在无风情况下小木块的落地点B 到抛出点的水平距离为s ；当有恒定的水平风力F 时，小木块仍以原初速度抛出，落地点C 到抛出点的水平距离为34s ，求：(1)小木块初速度的大小； (2)水平风力F 的大小； (3)水平风力对小木块所做的功．第5题图第2课时 动能定理的应用 考点1 利用动能定理求解多过程问题1．基本步骤(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)明确研究对象在过程的始末状态的动能E k1和E k2.(4)列出动能定理的方程W合＝E k2－E k1及其他必要的解题方程，进行求解．2．注意事项(1)动能定理的研究对象可以是单一物体，或者是可以看作单一物体的物体系统．(2)动能定理是求解物体的位移或速率的简捷公式．当题目中涉及到位移和速度而不涉及时间时可优先考虑动能定理；处理曲线运动中的速率问题时也要优先考虑动能定理．(3)若过程包含了几个运动性质不同的分过程，既可分段考虑，也可整个过程考虑．【典型例题1】(多选)如图所示，AB为半径R＝0.50 m的四分之一圆弧轨道，B 端距水平地面的高度h＝0.45 m．一质量m＝1.0 kg的小滑块从圆弧道A端由静止释放，到达轨道B端的速度v＝2.0 m/s.忽略空气的阻力．取g＝10 m/s2.则下列说法正确的是( )A．小滑块在圆弧轨道B端受到的支持力大小FN＝16 NB．小滑块由A端到B端的过程中，克服摩擦力所做的功W＝3 JC．小滑块的落地点与B点的水平距离x＝0.6 mD．小滑块的落地点与B点的水平距离x＝0.3 m1.冰壶比赛是在水平冰面上进行的体育项目，比赛场地示意如图．比赛时，运动员从起滑架处推着冰壶出发，在投掷线AB处放手让冰壶以一定的速度滑出，使冰壶的停止位置尽量靠近圆心O.为使冰壶滑行的更远，运动员可以用毛刷擦冰壶运行前方的冰面，使冰壶与冰面间的动摩擦因数减小．设冰壶与冰面间的动摩擦因数为μ1＝0.008，用毛刷擦冰面后动摩擦因数减少至μ2＝0.004.在某次比赛中，运动员使冰壶C在投掷线中点处以2 m/s的速度沿虚线滑出．为使冰壶C能够沿虚线恰好到达圆心O点，运动员用毛刷擦冰面的长度应为多少？(g取10 m/s2)【典型例题2】(16年苏州模拟)如图所示，固定在水平地面上的工件，由AB和BD两部分组成．其中AB部分为光滑的圆弧，∠AOB＝37°，圆弧的半径R＝0.5 m，圆心O点在B点正上方，BD部分水平，长度为l＝0.2 m，C为BD的中点．现有一质量m＝1 kg 的物块(可视为质点)，从A端由静止释放，恰好能运动到D点．为使物块运动到C点时速度为零，可先将BD部分以B为轴向上转动一锐角θ，求：(1)该锐角θ(假设物块经过B点时没有能量损失)；(2)物块在BD板上运动的总路程．(g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)【典型例题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，设运动的阻力与车的重力成正比，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？考点2 动能定理与图象结合问题力学中四类图象所围“面积”的意义vt图象，围成的面积表示位移；at图象，围成的面积表示速度的变化量；Fx图象，围成的面积表示力所做的功；pt图象，围成的面积表示力所做的功．【典型例题4】(17年南通模拟)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内合力做的功当堂检测 1.质量为2 kg的物体以一定的初速度沿倾角为30°的斜面向上滑行，在向上滑行的过程中，其动能随位移的变化关系如图所示，则物体返回到出发点时的动能为(取g＝10 m/s2)( )第1题图A．34 J B．56 J C．92 J D．196 J2．(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，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)．则( )第2题图A．动摩擦因数μ＝6 7B．载人滑草车最大速度为2gh 7C．载人滑草车克服摩擦力做功为mghD．载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为3 5 g3．如图所示，物体在离斜面底端4 m处由静止滑下，若动摩擦因数均为0.5，斜面倾角37°，斜面与平面间由一段圆弧连接，求物体在水平面上滑行的距离．第3题图4．质量m＝1 kg的物体，在与物体初速度方向相同的水平拉力的作用下，沿水平面运动过程中动能—位移的图线如图所示．(g取10 m/s2)求：(1)物体的初速度；(2)物体和水平面间的动摩擦因数；(3)拉力F的大小．第4题图第19讲 动能 动能定理及其应用 第1课时 动能定理知识整合 基础自测一、1.运动 3.标量二、1.动能的变化 2.E k2－E k1 3.合外力 4．(1)曲线运动 (2)变力做功 方法技巧·典型例题1·CD 【解析】 电梯上升的过程中，对物体做功的有重力mg 、支持力F N ，这两个力的总功才等于物体动能的增量ΔE k ＝12mv 22－12mv 21，故A 、B 均错误，C 正确；对电梯，无论有几个力对它做功，由动能定理可知，其合力的功一定等于其动能的增量，故D 正确．·变式训练1·C 【解析】 若速度的方向变化而大小不变，则其动能不变化，故选项A 错误；物体所受合外力不为零，只要速度大小不变，其动能就不变化，如匀速圆周运动中，物体所受合外力不为零，但速度大小始终不变，动能不变，故选项B 错误；物体动能变化，其速度一定发生变化，故运动状态改变，选项C 正确；物体速度变化若仅由方向变化引起，其动能可能不变，如匀速圆周运动中，速度变化，但动能始终不变，故选项D 错误．·典型例题2·(1) gR (2)6mg(3) 12mgR 【解析】 (1)小滑块从C 点飞出来做平抛运动，水平速度为v 0.竖直方向上：R ＝12gt 2①水平方向上：2R ＝v 0t ②解得：v 0＝gR ③；(2)小滑块在最低点时速度为v ，由动能定理得： －mg ·2R ＝12mv 20－12mv 2④解得：v ＝5gR ⑤在最低点由牛顿第二定律得：F N －mg ＝m v 2R ⑥解得：F N ＝6mg由牛顿第三定律得：F N ′＝6mg ⑦；(3)从D 到最低点过程中，设DB 过程中克服摩擦阻力做功W f ，由动能定理得：mgh －W f ＝12mv 2－0⑧ 解得：W f ＝12mgR ⑨.·变式训练2·4－214【解析】 小滑块刚好能过C 点，则在C 点由牛顿第二定律得：mg ＝m v 2CR解得：v C ＝gR小滑块由D 至C 过程，由动能定理得：mg (h －2R )－μmg cos θ·h －()R －R cos θsin θ＝12mv 2C －0，解得：μ＝4－214. ·典型例题3·Rμ 【解析】 滑块在P 点释放，滑块将在两轨道间做往返运动，当滑块到达B 点时的速度为零后滑块将只在圆弧轨道上运动，故全过程由动能定理得：mgsPBsinθ－μmgs cosθ＝0 由几何关系得：s PB＝R解得：s＝Rμ.·典型例题4·C 【解析】向上滑动的过程中，根据动能定理：E k－E k0＝－(mg sin θ＋f)x，下滑过程中Ek－E k0＝－(f－mg sinθ)x，都是一次函数关系，下的斜率小．当堂检测1．ABC 【解析】因为动能是标量，只涉及速度的大小，故选ABC.2．C 【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＝12mv2，选项A错误；设泥的平均阻力为f0，小球陷入泥中的过程，由动能定理得mgh－f0h＝0－12mv2，解得f0h＝mgh＋12mv2，f0＝mg(1＋Hh)－fHh，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．3．B 【解析】因为速度是矢量，动能是标量，故选B.4．C 【解析】分析题图可知，货物一直向上运动，根据功的定义式可得：重力做负功，拉力做正功，即W1＜0，W2＞0，A、B错误，C正确；根据动能定理：合力做的功W3＝0－12mv2，v＝2 m/s，即W3＜0，D错误．5．(1) s g2L(2)mgs4L(3)－3mgs216L【解析】(1)无风时，小木块做平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，则有：水平方向：s＝v0t竖直方向：L＝12gt2解得初速度v0＝s g2L.(2)有水平风力后，小木块在水平方向上做匀减速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，小球运动的时间不变．则34s ＝v 0t －12at 2 又F ＝mat ＝2Lg联立以上三式得：F ＝mgs4L. (3)水平风力对小木块所做的功为： W ＝－3mgs 216L.第2课时 动能定理的应用方法技巧·典型例题1·BC 【解析】 小滑块在B 端时，根据牛顿第二定律有F N －mg ＝m v 2R ，解得F N ＝18 N ，A 错误；根据动能定理有mgR －W ＝12mv 2，解得W ＝mgR －12mv 2＝3 J ，B 正确；小滑块从B 点做平抛运动，水平方向上x ＝vt ，竖直方向上h ＝12gt 2，解得x ＝v ·2hg＝0.6 m ，C 正确，D 错误．·变式训练1·10 m 【解析】 设冰壶在未被毛刷擦过的冰面上滑行的距离为s 1，所受摩擦力的大小为f 1：在被毛刷擦过的冰面上滑行的距离为s 2，所受摩擦力的大小为f 2.则有s 1＋s 2＝s ，式中s 为投掷线到圆心O 的距离．f 1＝μ1mg ，f 2＝μ2mg ，设冰壶的初速度为v 0，由功能关系，得f 1·s 1＋f 2·s 2＝12mv 20，联列以上各式，解得s 2＝2μ1gs －v 202g （μ1－μ2），代入数据得s 2＝10 m.·典型例题2·(1)37° (2)0.25 m 【解析】(1)设动摩擦因数为μ，当BD 水平时，研究物块的运动，根据动能定理得W 总＝ΔE k从A 到D 的过程中mgR (1－cos37°)－μmgl ＝0代入数据联立解得μ＝0.5当BD 以B 为轴向上转动一个锐角θ时，从A 到C 的过程中，根据动能定理mgR (1－cos 37°)－mg l 2sin θ－μF N l2＝0其中F N ＝mg cos θ 联立解得θ＝37°.(2)物块在C 处速度减为零后，由于mg sin θ＞μmg cos θ物块将会下滑，而AB 段光滑，故物块将做往复运动，直到停止在B 点．根据能量守恒定律mgR (1－cos37°)＝Q 而摩擦产生的热量Q ＝fs ，f ＝μmg cos θ代入数据解得，物块在BD 板上的总路程s ＝0.25 m. ·典型例题3·ML M －m【解析】 过程如图，对车头，脱钩后的全过程用动能定理得：FL －k (M －m )gs 1＝－12(M －m )v 20，对车尾，脱钩后用动能定理得：－kmgs 2＝－12mv 20，而Δs ＝s 1－s 2，由于原来列车是匀速前进的，所以F ＝kMg .由以上方程解得Δs ＝ML M －m.·典型例题4·D 【解析】 由a t 图象可知：图线与时间轴围成的“面积”代表物体在相应时间内速度的变化情况，在时间轴上方为正，在时间轴下方为负．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；由图象可知物体在5 s 末速度最大，为v m ＝12×(2＋5)×2 m/s ＝7 m/s ，B 错；由图象可知在2～4 s 内物体加速度不变，物体做匀加速直线运动，速度变大，C 错；在0～4 s 内合力对物体做的功由动能定理可知：W 合4＝12mv 24－0又v 4＝12×(2＋4)×2 m/s ＝6 m/s得W 合4＝36 J0～6 s 内合力对物体做的功由动能定理可知： W 合6＝12mv 26－0又v 6＝6 m/s 得W 合6＝36 J则W 合4＝W 合6，D 正确． 当堂检测1．A 【解析】 物体上滑的过程中重力与摩擦力都做负功，由动能定理得－mgx ·sin30°－F f x ＝0－E 0，下滑的过程中重力做正功，摩擦力做负功，得mgx ·sin30°－F f x ＝E －0，代入数据得E ＝34 J ，故选A.2．AB 【解析】 对滑草车从坡顶由静止滑下，到底端静止的全过程，得mg ·2h －μmg cos 45°·h sin45°－μmg cos 37°·hsin37°＝0，解得μ＝67，选项A 正确；对经过上段滑道过程，根据动能定理得，mgh －μmg cos 45°·hsin45°＝12mv 2，解得v ＝2gh7，选项B 正确；载人滑草车克服摩擦力做功为2mgh ，选项C 错误；载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为a ＝mg sin37°－μmg cos37°m ＝－335g ，选项D 错误．3．1.6 m 【解析】 物体在斜面上受重力mg 、支持力N 1、摩擦力F 1的作用，沿斜面加速下滑(因μ＝0.5＜tan37°＝0.75)，到水平面后，在摩擦力F 2作用下做减速运动，直至停止对物体在斜面上和水平面上时进行受力分析，如图所示，知下滑阶段：F N 1＝mg os37°故F 1＝μF N1＝μmg cos37°，由动能定理 mg sin37°s 1－μmg cos37°s 1＝12mv 21－0①在水平运动过程中F 2＝μF N 2＝μmg 由动能定理 μmgs 2＝0－12mv 21 ②由①、②式可得s 2＝sin37°－μcos37°μs 1＝0.6－0.5×0.80.5×4＝1.6 m.第3题图4．(1)2 m/s (2)0.25 (3)4.5 N 【解析】 (1)由题图可知初动能为2 J ，E k0＝12mv 20＝2 J v 0＝2 m/s ；(2)在位移4 m 处物体的动能为10 J ，在位移8 m 处物体的动能为零，这段过程中物体克服摩擦力做功设摩擦力为F f ，则 －F f x 2＝0－10 J ＝－10 JF f ＝2.5 N 因F f ＝μmg 故μ＝0.25；(3)物体从开始到移动4 m 这段过程中，受拉力F 和摩擦力F f 的作用，合力为F －F，根据动能定理有f(F－F f)·x1＝ΔE k解得F＝4.5 N.。
动能定理的应用- 高考物理压轴大题专题训练
精做05 动能定理的应用1．（2019·北京卷）雨滴落到地面的速度通常仅为几米每秒，这与雨滴下落过程中受到空气阻力有关。
雨滴间无相互作用且雨滴质量不变，重力加速度为g 。
（1）质量为m 的雨滴由静止开始，下落高度h 时速度为u ，求这一过程中克服空气阻力所做的功W 。
（2）将雨滴看作半径为r 的球体，设其竖直落向地面的过程中所受空气阻力f =kr 2v 2，其中v 是雨滴的速度，k 是比例系数。
a ．设雨滴的密度为ρ，推导雨滴下落趋近的最大速度v m 与半径r 的关系式；b ．示意图中画出了半径为r 1、r 2（r 1>r 2）的雨滴在空气中无初速下落的v –t 图线，其中_________对应半径为r 1的雨滴（选填①、②）；若不计空气阻力，请在图中画出雨滴无初速下落的v –t 图线。
（3）由于大量气体分子在各方向运动的几率相等，其对静止雨滴的作用力为零。
将雨滴简化为垂直于运动方向面积为S 的圆盘，证明：圆盘以速度v 下落时受到的空气阻力f ∝v 2（提示：设单位体积内空气分子数为n ，空气分子质量为m 0）。
【答案】（1）212mgh mu - （2）a ．m 4π3gv r k ρ=b ．见解析 （3）见解析 【解析】（1）根据动能定理212mgh W mu -=可得212W mgh mu =-（2）a ．根据牛顿第二定律mg f ma -= 得22kr v a g m=- 当加速度为零时，雨滴趋近于最大速度v m 雨滴质量34π3m r ρ=由a =0，可得，雨滴最大速度m 4π3gv r kρ=b ．①如答图2（3）根据题设条件：大量气体分子在各方向运动的几率相等，其对静止雨滴的作用力为零。
以下只考虑雨滴下落的定向运动。
简化的圆盘模型如答图3。
设空气分子与圆盘碰撞前后相对速度大小不变。
在∆t 时间内，与圆盘碰撞的空气分子质量为0m Sv tnm ∆=∆以F 表示圆盘对气体分子的作用力，根据动量定理， 有F t m v ∆∝∆⨯ 得20F nm Sv ∝由牛顿第三定律，可知圆盘所受空气阻力 2f v ∝采用不同的碰撞模型，也可得到相同结论。
2019届高考最直击人心的物理宝典：动能定理及其应用(含详解)
2018高考最直击人心的物理宝典：动能 动能定理及其应用一、单项选择题1．如图所示，质量为m 的物块，在恒力F 的作用下，沿光滑水平面运动，物块通过A 点和B 点的速度分别是v A 和v B ，物块由A 运动到B 点的过程中，力F 对物块做的功W 为( )[:A ．W ＞12mv 2B －12mv 2AB ．W ＝12mv 2B －12mv 2AC ．W ＝12mv 2A －12mv 2BD ．由于F 的方向未知，W 无法求出2.在足球赛中，红队球员在白队禁区附近主罚定位球，并将球从球门右上角擦着横梁踢进球门，如图所示．球门高度为h ，足球飞入球门的速度为v ，足球的质量为m ，则红队球员将足球踢出时对足球做功W 为(不计空气阻力)( )A ．等于mgh ＋12mv 2B ．大于mgh ＋12mv 2C ．小于mgh ＋12mv 2D ．因为球被踢入球门过程中的运动曲线的形状不确定，所以做功的大小无法确定3．小球由地面竖直上抛，上升的最大高度为H ，设所受阻力大小恒定，地面为零势能面．在上升至离地高度h 处，小球的动能是势能的2倍，在下落至离地面高度h 处，小球的势能是动能的2倍，则h 等于( )A.H 9B.2H 9C.3H 9D.4H 94．两个滑雪运动员分别从高为H 1和H 2的斜坡上由静止开始下滑，到达C 点时两位刚好静止．已知他们与斜面及水平面的动摩擦因数相同，他们的运动过程在水平线上的投影长度分别为L 1和L 2，则( )[:A.H 1L 1＝H 2L 2B.H 2L 1＝H 1L 2C.L 1H 1＝H 2L 2 D ．条件不足，无法判断 二、双项选择题5．一个小球从高处自由落下，则小球获得的动能( ) A ．与它下落的高度成正比 B ．与它下落高度的平方成正比 C ．与它下落的时间成正比 D ．与它下落时间的平方成正比6．质量为m 的物体在水平力F 的作用下由静止开始在光滑地面上运动，前进一段距离之后速度大小为v ，再前进一段距离使物体的速度增大为2v ，则( )A ．第二过程的速度增量等于第一过程的速度增量B ．第二过程的动能增量是第一过程动能增量的3倍[:C ．第二过程合外力做的功等于第一过程合外力做的功D ．第二过程合外力做的功等于第一过程合外力做功的2倍7．如图，弹簧被质量为m 的小球压缩，小球与弹簧不黏连且离地面的高度为h.不计空气阻力，将拉住小球的细线烧断，则小球( )A ．做直线运动B ．做曲线运动C ．落地时的动能等于mghD ．落地时的动能大于mgh8．如图所示，质量为 m 的小车在水平恒力F 推动下，从山坡底部A 处由静止起运动至高为h 的坡顶B ，获得的速度为v ，AB 的水平距离为s.下列说法中正确的是( )A ．小车克服重力所做的功是mghB ．合力对小车做的功是12mv 2C ．推力对小车做的功是Fs －mghD ．阻力对小车做的功是12mv 2－Fs三、非选择题9．一总质量m ＝30×103kg 的列车以恒定功率P ＝60×103W 从车站由静止出发行驶300 s ，位移达到4 000 m ，速度达到最大为20 m/s ，则列车所受的平均阻力为多大？[:数理化] [:10．如图所示，一半径为R 的半圆形轨道BC 与一水平面相连，C 为轨道的最高点，一质量为m 的小球以初速度v 0从圆形轨道B 点进入，沿着圆形轨道运动并恰好通过最高点C ，然后做平抛运动．求：[:(1)小球平抛后落回水平面D 点的位置距B 点的距离；(2)小球由B 点沿着半圆轨道到达C 点的过程中，克服轨道摩擦阻力做的功．11．质量m ＝1 kg 的物体，在水平拉力F(拉力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，运动到位移是8 m 时物体停止，运动过程中E k －x 的图象如图所示．求：(g 取10 m/s 2)(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？ [: [: 参考答案1．解析：对物块由动能定理得：W ＝12mv 2B －12mv 2A ，故选项B 正确．答案：B2．解析：红队球员将足球踢出时对足球做功W 等于足球刚离开脚时的动能E k0，球在空中运动的过程中，根据动能定理有－mgh ＝12mv 2－E k0，由此可知红队球员将足球踢出时对足球做功W 等于mgh ＋12mv 2.答案：A3．解析：设小球上升至离地高度h 时，速度为v 1，由地面上抛时速度为v 0，下落至离地高度h 处时速度为v 2，设所受阻力为f.上升阶段：－mgH －fH ＝－12mv 2－mgh －fh ＝12mv 21－12mv 20[:且有2mgh ＝12mv 21下降阶段：mg(H －h )－f(H －h)＝12mv 22且有mgh ＝2×12mv 22[:由上式联立得：h ＝49H.答案：D4．解析：由于物体在斜面上下滑的过程中克服摩擦力做的功为W ＝μmgco s θ·s＝μmgL(s 为在斜面上的位移，θ为斜面的倾角，L 为运动过程在水平线上的投影长度)．由此可对左边运动员，根据动能定理列式得：MgH 1－μMgL 1＝0－0，得μ＝H 1L 1；同理对右边运动员，有：μ＝H 2L 2；所以H 1L 1＝H 2L 2.答案：A5．解析：根据动能定理得：E k ＝mgh ，故A 正确B 错误；又h ＝12gt 2，有E k ＝12mg 2t 2，故C 错误D 正确．答案：AD6．解析：由题意知，两个过程中速度增量均为v ，A 正确；由动能定理知：W 1＝12mv 2，W 2＝12m(2v)2－12mv 2＝32mv 2，故B 正确，C 、D 错误．答案：AB7．解析：由于弹簧对小球的弹力在烧断细绳瞬间不会突然消失，故受向右的弹力而会被弹簧弹向右方，这样的速度与重力形成夹角，故做曲线运动，落地时的动能大于mgh.[:数理化]答案：BD8．解析：小车克服重力所做的功与路程无关，与高度有关，故A 正确；合力对小车做的功等于其动能的增加，即为12mv 2，B 对；推力对小车做的功为Fs ，故C 错误；阻力为变力，其做功要运用动能定理：Fs ＋W t －mgh＝12mv 2－0，得W t ＝12mv 2＋mgh －Fs ，故D 错误． 答案：AB[:9．解析：由于以恒定功率启动的过程中牵引力为变力，故要采用动能定理，设列车所受的平均阻力为F f ，根据动能定理有：Pt －F f s ＝12mv 2－0，得：F f ＝3×103N.答案：3×103N10．解析：(1)小球刚好通过C 点，由牛顿第二定律mg ＝m v 2CR小球做平抛运动，有2R ＝12gt 2，s ＝v C t解得小球平抛后落回水平面D 点的位置距B 点的距离 s ＝2R.(2)小球由B 点沿着半圆轨道到达C 点，由动能定理 －mg·2R－W f ＝12mv 2C －12mv 2解得小球克服摩擦阻力做功 W f ＝12mv 20－52mgR.答案：(1)2R (2)12mv 20－52mgR11．解析：(1)从图线可知初动能为2 J E k0＝12mv 2＝2 J ，v ＝2 m/s.(2)在位移为4 m 处物体的动能为10 J ，在位移为8 m 处物体的动能为零，这段过程中物体克服摩擦力做功．设摩擦力为f，则－fx2＝0－10＝－10 (J)f＝－10－4＝2.5 (N)因f＝μmg，故μ＝fmg ＝2.510＝0.25.[:数理化](3)物体从开始到移动4 m这段过程中，受拉力F和摩擦力f的作用，合力为F－f，根据动能定理有(F－f)·x1＝ΔE k故F＝ΔE kx1＋f＝10－24＋2.5＝4.5 (N).答案：(1)2 m/s (2)0.25 (3)4.5 N。
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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s.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 ＝Fs ＝12mv 2－0，因为F 、s 相同，所以A 、B 的动能变化相同，C 正确．
答案：C
2．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2x 0处时的动能可表示为()
A ．0
B ．F max x 0C.12F max x 0(1＋π) D ．12F max x 0(1＋π2)
解析：题中Fx 图像与横坐标围成的面积等于拉力做功的大小，由图像可得出
W ＝12F max x 0(1＋π2)，根据动能定理得E k ＝W ＝12F max x 0(1＋π2)，选项D 正确．
答案：D
3．(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。