d动能定理及其应用杨方舒
高考物理一轮复习课件第五章动能定理及其应用
一质量为m、电荷量为q的带 正电小球从倾角为$theta$的 光滑绝缘斜面上由静止下滑， 整个斜面置于方向水平向外的 匀强磁场中，磁感应强度为B 。求小球在斜面上滑行的最大 速度和最大距离。
本题考查动能定理在电磁感应 现象中的应用。当小球加速度 为零时速度最大，根据平衡条 件有$qvB = mgsintheta$， 解得最大速度$v = frac{mgsintheta}{qB}$；根据 动能定理有$mgsintheta cdot s = frac{1}{2}mv^2$，解得最 大距离$s = frac{m^2g^2sin^2theta}{2q ^2B^2}$。
结合动量定理
在涉及碰撞、打击等问题时，可以结 合动量定理和动能定理进行分析，以 便更准确地确定物体的动量变化和动 能变化。
05
易错点剖析与避免方法
常见错误类型及原因
01
混淆动能定理和机械能守恒定律
学生常常将动能定理和机械能守恒定律混淆，导致在解题时选择错误的
公式或定理。
02
忽视摩擦力做功
在涉及摩擦力做功的问题中，学生容易忽视摩擦力做功对物体动能的影
06
高考真题回顾与模拟训练
历年高考真题回顾
2022年全国卷Ⅰ第25题
本题考查了动能定理和圆周运动向心力的综合应用，涉及平抛运动、牛顿第二定律等知识点。通过分析小球的受力情 况和运动过程，运用动能定理和向心力公式进行求解。
2021年全国卷Ⅱ第24题
本题以滑板运动员在U型池中的运动为背景，考查了动能定理、机械能守恒定律及圆周运动向心力的综合应用。要求 考生能够分析运动员的运动过程和受力情况，选择合适的物理规律进行求解。
公式变形
根据题目的具体需求，对动能定理公式进行变形，以便更好地解决问题。
高考物理一轮总复习 第五章 机械能及其守恒定律 第15讲 动能定理及其应用课件
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•考点 动能定理及其应用
• 1．动能
运动
• (1)定义：物体由于__________而具有的能．
• (2)公式：Ek＝___12_m_v_2____.
• (3)单位：____焦__耳____，1 J＝1 N·m＝1 kg·m2/s2.
• (4)标矢性：动能是__标__量___，只有正值，动能与速度方向__无_关_____.
• (5)动能的变化：物体__末__动_能___与__初_动__能___之差，即ΔEk＝
___12_m__v2_2－__12_m_v_21____.
• 2．动能定理 • (1)内容：在一个过程中合力对物体所做的功，等于物体在这个过程中
___动_能__的__变_化_______.
• (2)表达式：W＝ΔEk＝Ek2－Ek1＝__12_m__v_22－__12_m_v_21__.
• [例1](多选)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( BD )
• 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
•二 动能定理的应用
• 应用动能定理解题步骤
• 注意事项 • (1)动能定理往往用于单个物体的运动过程，由于不涉及加
速度及时间，比动力学研究方法要简便． • (2)动能定理表达式是一个标量式，在某个方向上应用动能
定理没有任何依据． • (3)应用动能定理时，必须明确各力做功的正、负．当一个
《动能定理的应用》 讲义
《动能定理的应用》讲义一、动能定理的基本概念在物理学中，动能定理描述了力对物体做功与物体动能变化之间的关系。
动能定理的表达式为：合外力对物体所做的功等于物体动能的变化量。
动能，是物体由于运动而具有的能量。
其表达式为：＄E_{k} ＝＼frac{1}｛2}mv^｛2}＄，其中$m$是物体的质量，＄v$是物体的速度。
当一个力作用在物体上，并且使物体在力的方向上发生了位移，这个力就对物体做了功。
功的表达式为：＄W ＝ Fs\cos\theta$，其中$F$是力的大小，＄s$是位移的大小，＄＼theta$是力与位移之间的夹角。
二、动能定理的推导假设一个质量为$m$的物体，在恒力$F$的作用下，沿直线从位置$A$运动到位置$B$，位移为$s$，初速度为$v_{1}＄，末速度为$v_{2}＄。
根据牛顿第二定律$F ＝ ma$，其中$a$是加速度。
又因为运动学公式$v_{2}＾｛2} v_{1}＾｛2} ＝ 2as$，则$s ＝＼frac{v_{2}＾｛2} v_{1}＾｛2}｝｛2a}＄。
那么力$F$做的功$W ＝ Fs ＝ ma ＼times ＼frac{v_{2}＾｛2} v_{1}＾｛2}｝｛2a} ＝＼frac{1}｛2}mv_{2}＾｛2} ＼frac{1}｛2}mv_{1}＾｛2}＄这就证明了合外力对物体所做的功等于物体动能的变化量，即动能定理。
三、动能定理的应用场景1、求物体的速度当已知物体所受的合力做功以及物体的初动能时，可以通过动能定理求出物体的末速度。
例如，一个质量为$2kg$的物体，在水平方向受到一个大小为$10N$的恒力作用，力的方向与物体运动方向相同，物体在力的作用下移动了$5m$，物体的初速度为$3m/s$，求物体的末速度。
首先计算合力做功：＄W ＝ Fs ＝ 10×5 ＝ 50J$根据动能定理：＄W ＝＼frac{1}｛2}mv_{2}＾｛2} ＼frac{1}｛2}mv_{1}＾｛2}＄即$50 ＝＼frac{1}｛2}×2×v_{2}＾｛2} ＼frac{1}｛2}×2×3^｛2}＄解得$v_{2} ＝ 7m/s$2、求物体所受的合力如果已知物体的质量、初末速度以及位移，可以通过动能定理求出合力。
第19讲动能动能定理及其应用
第19讲 动能 动能定理及其应用弱项清单,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 ＝12mv 2.3．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 ＝12mv 22－12mv 21＝____________． 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 ＝12mv 2.(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v 1增加到v 2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W N ＝12mv 22，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W N －mgH ＝12mv 22－12mv 21，其中W N 为支持力的功 D ．对电梯，其所受合力做功为12Mv 22－12Mv 211.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．物块初动能为E k0，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＋Hh)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 ＝0B ．Δv ＝12 m /sC ．ΔE k ＝1.8 JD ．ΔE k ＝10.8 J4．用起重机提升货物，货物上升过程中的v-t 图象如图所示，在t ＝3 s 到t ＝5 s 内，重力对货物做的功为W 1、绳索拉力对货物做的功为W 2、货物所受合力做的功为W 3，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F N＝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；a-t图象，围成的面积表示速度的变化量；F-x图象，围成的面积表示力所做的功；p-t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 /s 2)( )第1题图A ．34 JB ．56 JC ．92 JD ．196 J 2．(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( )第2题图A ．动摩擦因数μ＝67B ．载人滑草车最大速度为2gh7C ．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35g3．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 /s 2)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 ＝12m v 22－12m v 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 ＝12m v 20－12m v 2④ 解得：v ＝5gR ⑤在最低点由牛顿第二定律得：F N －mg ＝m v 2R⑥ 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 ＝12m v 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 2C R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＝12m v 2C －0， 解得：μ＝4－214. ·典型例题3·R μ【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：mgs PB sin θ－μmgs cos θ＝0由几何关系得：s PB ＝R解得：s ＝R μ. ·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E k －E k0＝ －(f －mg sin θ)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 ＝12m v 20，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 ＝0－12m v 20，解得f 0h ＝mgh ＋12m v 20，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．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W 1＜0，W 2＞0，A 、B 错误，C 正确；根据动能定理：合力做的功W 3＝0－12m v 2，v ＝2 m/s ，即W 3＜0，D 错误． 5．(1) s g 2L (2)mgs 4L (3)－3mgs 216L【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 ＝v 0t竖直方向：L ＝12gt 2 解得初速度v 0＝s g 2L. (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 ＝2L g联立以上三式得：F ＝mgs 4L. (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 ＝12m v 2，解得W ＝mgR －12m v 2＝3 J ，B 正确；小滑块从B 点做平抛运动，水平方向上x ＝v t ，竖直方向上h ＝12gt 2，解得x ＝v ·2h g＝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＝12m v 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 l 2＝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＝－12m v 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＝12m v 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＝12m v 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 cos45°·h sin45°－μmg cos 37°·h sin37°＝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°·h sin45°＝12m v 2，解得v ＝2gh 7，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＝12m v 21－0 ① 在水平运动过程中F 2＝μF N 2＝μmg由动能定理 μmgs 2＝0－12m v 21② 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＝12m v 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 f ，根据动能定理有(F －F f )·x 1＝ΔE k解得F ＝4.5 N.。
《动能定理的应用》 讲义
《动能定理的应用》讲义一、什么是动能定理在物理学中，动能定理描述了力对物体做功与物体动能变化之间的关系。
动能定理的表达式为：合外力对物体所做的功等于物体动能的变化量，即$W_{合} ＝＼Delta E_{k}＄。
其中，＄W_{合}＄表示合外力做的功，＄＼Delta E_{k}＄表示动能的变化量。
动能的表达式为＄E_{k} ＝＼frac{1}｛2}mv^2$ ，其中＄m$ 是物体的质量，＄v$ 是物体的速度。
二、动能定理的推导假设一个质量为＄m$ 的物体，在恒力＄F$ 的作用下，沿着直线从位置＄A$ 运动到位置＄B$，位移为＄s$ ，力＄F$ 与位移＄s$ 的夹角为＄＼theta$ 。
根据功的定义，力＄F$ 做的功＄W ＝ Fs ＼cos\theta$ 。
根据牛顿第二定律＄F ＝ ma$ ，同时根据运动学公式＄v^2 v_0^2 ＝ 2as$ （其中＄v_0$ 是初速度，＄v$ 是末速度），可得：＼＼begin{align}Fs\cos\theta&＝mas\cos\theta\＼＆＝m\frac{v^2 v_0^2}｛2}＼＼＼end{align}＼整理可得：＄W ＝＼frac{1}｛2}mv^2 ＼frac{1}｛2}mv_0^2$ ，这就是动能定理的表达式。
三、动能定理的应用场景1、求变力做功在很多情况下，物体所受的力是变力，无法直接用功的定义式来计算功。
但如果知道物体的初末动能，就可以通过动能定理来计算变力所做的功。
例如，一个小球在竖直方向上被一根弹簧从静止开始弹起，在小球上升的过程中，弹簧的弹力是不断变化的。
但我们可以通过测量小球的初末速度，计算出动能的变化，从而得到弹簧弹力做的功。
2、多过程问题当物体经历多个过程时，每个过程所受力的情况可能不同。
如果分别对每个过程用运动学公式和牛顿运动定律来求解，会非常复杂。
而动能定理可以将整个过程综合起来考虑，大大简化问题。
比如，一个物体先在粗糙水平面上匀加速运动一段距离，然后进入光滑斜面上升到一定高度。
专题3 动能定理的应用 课件-2021-2022学年高一下学期物理人教版(2019)必修第二册
A.运动员踢球时对足球做功 12mv2 B.足球上升过程重力做功mgh C.运动员踢球时对足球做功 12mv2＋mgh D.足球上升过程克服重力做功 12mv2＋mgh
课堂练习
4、如图7所示，AB为四分之一圆弧轨道，BC为水平直轨道，两轨道
在B点平滑连接，圆弧的半径为R，BC的长度也是R.一质量为m的物
1、如图所示，右端连有一个固定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/s2.求： (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，在水平桌面上滑行的最大距离.
(1)木块沿弧形槽上升的最大高度(木块未离开弧形槽)；
解析 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. 从木块开始运动到沿弧形槽上升到最大高度处， 由动能定理得： FL－FfL－mgh＝0 其中Ff＝μFN＝μmg＝0.2×0.5×10 N＝1.0 N 所以 h＝FL－ mgFfL＝1.5－0.51×.01×0 1.5 m＝0.15 m
角为θ，如图3所示，重力加速度为g，则拉力F所做的功为
A.mglcos θ B.mgl(1－cos θ) C.Flcos θ D.Flsin θ
B
二、动能定理在图像中的应用
1、(多选)在平直的公路上，汽车由静止开始做匀加速运动.当速 度达到vm后，立即关闭发动机滑行直至停止.v－t图像如图4所示， 汽车的牵引力大小为F1，摩擦力大小为F2，全过程中，牵引力做
3、如图所示，光滑固定斜面AB的倾角θ＝53°，BC为水平面，BC 长度lBC＝1.1 m，CD为光滑的 圆弧，半径R＝0.6 m.一个质量m＝ 2 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 的动摩擦因数μ＝0.2，轨道在B、C两点平滑连接.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＝0.2 m.不计空 气阻力，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g取10 m/s2.求： (1)物体运动到C点时的速度大小vC； (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.
《动能定理的应用》 讲义
《动能定理的应用》讲义一、什么是动能定理在物理学中，动能定理描述了力对物体做功与物体动能变化之间的关系。
动能定理的表达式为：合外力对物体所做的功等于物体动能的变化量。
即：＄W_{合} ＝＼Delta E_{k}＄，其中＄W_{合}＄表示合外力做的功，＄＼Delta E_{k}＄表示动能的变化量。
动能的表达式为＄E_{k} ＝＼frac{1}｛2}mv^｛2}＄，其中＄m$ 是物体的质量，＄v$ 是物体的速度。
二、动能定理的理解1、做功的过程就是能量转化的过程合外力做功，意味着其他形式的能量转化为物体的动能；反之，物体克服合外力做功，物体的动能转化为其他形式的能量。
2、合外力做功的计算合外力做功等于各个力做功的代数和。
要注意功的正负，正功表示能量的输入，负功表示能量的输出。
3、动能的变化动能的变化量只与合外力做功有关，与中间过程无关。
三、动能定理的应用场景1、求物体的速度当已知合外力做功以及物体的质量时，可以通过动能定理求出物体的末速度。
例如：一个质量为＄m$ 的物体，在水平恒力＄F$ 的作用下，沿水平方向移动了距离＄s$ ，已知力＄F$ 与位移方向相同，求物体的末速度＄v$ 。
合外力做功＄W ＝ Fs$ ，根据动能定理＄Fs ＝＼frac{1}｛2}mv^｛2} 0$ ，可解得＄v ＝＼sqrt{＼frac{2Fs}｛m}｝＄。
2、求合外力做功已知物体的质量、初速度和末速度，可以通过动能定理求出合外力做功。
比如：一物体质量为＄m$ ，初速度为＄v_{1}＄，末速度为＄v_{2}＄，求合外力做功＄W_{合}＄。
由动能定理可得：＄W_{合} ＝＼frac{1}｛2}mv_{2}＾｛2} ＼frac{1}｛2}mv_{1}＾｛2}＄。
3、求变力做功当力是变力时，使用牛顿运动定律和运动学公式往往很难求解，但动能定理可以发挥作用。
假设一个物体在一粗糙水平面上运动，受到一个与位移大小成正比的阻力＄F ＝ kx$ ，物体从位置＄x_{1}＄运动到＄x_{2}＄，求阻力做功。
动能定理及其应用
5.2、动能定理及其应用基础回顾一、动能1．定义：物体由于运动而具有的能叫动能．2．表达式：E k ＝12m v 2 单位：焦耳(J) 3．动能是状态量． 4．动能是 量(矢量或标量)。
5．动能具有相对性，动能的大小与参照物的选取有关，中学物理中，一般取地球为参照物．二、动能定理内容合外力对物体所做的功等于物体 表达式 W ＝ΔE k ＝12m v 22 －12m v 12 对定理 的理解W ＞0，物体的动能 W ＜0，物体的动能 W ＝0，物体的动能不变 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，也可以题型及重难点题型一：应用动能定理求变力的功应用动能定理求变力的功时，应抓住以下几点：(1)分析物体受力情况，确定哪些力是恒力哪些力是变力．(2)找出恒力的功及变力的功．(3)分析物体初末状态，求出动能变化量．(4)运用动能定理求解．例1 质量为m 的小球被系在轻绳的一端，在竖直平面内做半径为R 的圆周运动，运动过程中小球受到空气阻力的作用．设某一时刻小球通过轨道的最低点，此时绳子所受拉力为7mg ，此后小球继续做圆周运动，经过半个圆周恰能通过最高点，则在此过程中小球克服空气阻力所做的功为( )A.mgR 8B. mgR 4C.mgR 2D ．mgR 例2 如图所示，质量为m 的物块与转台之间能出现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，当转速增加到一定值时，物块即将在转台上滑动，在物块由静止到滑动前的这一过程中，转台的摩擦力对物块做的功为( )A ．0B ．2πkmgRC ．2kmgR D.12kmgR 题型二：动能定理在多过程中的应用1.应用动能定理解题的步骤(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，求出总功；受哪些力―→各力是否做功―→做正功还是负功―→做多少功―→确定求总功思路―→求出总功.(3)明确过程始、末状态的动能E k1及E k2.(4)列方程W ＝E k2－E k1，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初末状态．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．例 3 冰壶比赛是在水平冰面上进行的体育项目，比赛场地示意图如图所示．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.为使冰壶滑行得更远，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小至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)例4 如图所示，ABCD为一竖直平面的轨道，其中BC水平，A点比BC高出10 m，BC长1 m，AB和CD轨道光滑．一质量为1 kg的物体，从A点以4 m/s的速度开始运动，经过BC后滑到高出C点10.3 m的D点速度为零．(g取10 m/s2)求：(1)物体与BC轨道的动摩擦因数．(2)物体第5次经过B点时的速度．(3)物体最后停止的位置距B点多远．例5 如图所示，一质量为m＝1 kg的小物块轻轻放在水平匀速运动的传送带上的A点，随传送带运动到B点，小物块从C点沿圆弧切线进入竖直光滑的半圆轨道恰能做圆周运动．已知圆弧半径R＝0.9m，轨道最低点为D，D点距水平面的高度h＝0.8m．小物块离开D点后恰好垂直碰击放在水平面上E点的固定倾斜挡板．已知物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.3，传送带以5 m/s恒定速率顺时针转动（g取10 m/s2），试求：（1）传送带AB两端的距离；（2）小物块经过D点时对轨道的压力的大小；（3）倾斜挡板与水平面间的夹角θ的正切值．考点集训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 ＞12mvB 2－12mv A 2 B ．W ＝12mv B 2－12mv A 2 C ．W ＝12mv A 2－12mv B 2 D ．由于F 的方向未知，W 无法求出 2．一个质量为0.5 kg 的物体，从静止开始做直线运动，物体所受合外力F 随物体位移x 变化的图象如图所示，则物体位移x ＝8 m 时，物体的速度为( )A ．2 m/sB ．8 m/sC ．4 2 m/sD ．4 m/s3. 如图所示，电梯质量为M ，地板上放置一质量为m 的物体．钢索拉电梯由静止开始向上加速运动，当上升高度为H 时，速度达到v ，则( )A ．地板对物体的支持力做的功等于12mv 2 B ．地板对物体的支持力做的功等于mgHC ．钢索的拉力做的功等于12mv 2＋MgH D ．合力对电梯M 做的功等于12Mv 2 4．木块在水平恒力F 作用下，由静止开始在水平路面上前进x ，随即撤去此恒力后又前进2x 才停下来．设运动全过程中路面情况相同，则木块在运动中所获得的动能的最大值为( )A.12FxB.13Fx C ．Fx D. 23Fx 5．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，t 1时刻撤去拉力F ，物体做匀减速直线运动，到t 2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W 1，平均功率为P 1；物体克服摩擦阻力F f 做的功为W 2，平均功率为P 2，则下列选项正确的是( )A ．W 1＞W 2；F ＝2F fB ．W 1＝W 2；F ＞2F fC ．P 1＞P 2；F ＞2F fD ．P 1＝P 2；F ＝2F f6．如图所示，斜面高h ，质量为m 的物块，在沿斜面向上的恒力F 作用下，能匀速沿斜面向上运动，若把此物块放在斜面顶端，在沿斜面向下同样大小的恒力F 作用下物块由静止向下滑动，滑至底端时其动能的大小为：A ．mghB ．2mghC ．2FhD ．Fh7．如图所示，长为L 的长木板水平放置，在木板的A 端放置一个质量为m 的小物块．现缓慢地抬高A 端，使木板以左端为轴转动，当木板转到与水平面的夹角为α时小物块开始滑动，此时停止转动木板，小物块滑到底端的速度为v ，则在整个过程中( )A ．支持力对物块做功为0B ．支持力对小物块做功为mgL sin αC ．摩擦力对小物块做功为mgL sin αD ．滑动摩擦力对小物块做功为12mv 2－mgL sin α 8．如图所示，小木块可以分别从固定斜面的顶端沿左边或右边由静止开始滑下，且滑到水平面上的A 点或B 点停下．假定小木块和斜面及水平面间的动摩擦因数相同，斜面与水平面平滑连接，图中水平面上的O 点位于斜面顶点正下方，则( )A ．距离OA 小于OB B ．距离OA 大于OBC ．距离OA 等于OBD ．无法作出明确判断9．如图所示，质量为M 的木块放在光滑的水平面上，质量为m 的子弹以速度v 0沿水平方向射中木块并最终停留在木块中与木块一起以速度v 运动．当子弹进入木块的深度为x 时两者相对静止，这时木块前进的距离为L ，若木块对子弹的摩擦阻力为f 视为恒力，下列关系正确的是( )A ．fL ＝Mv 22B ．fL ＝mv 22C ．fx ＝mv 022－m ＋M v 22 D ．f(L+x)＝mv 022－mv 2210．如图所示，质量为m 的物体静置在水平光滑的平台上，系在物体上的绳子跨过光滑的定滑轮，由地面上的人以速度v0向右匀速拉动，设人从地面上平台的边缘开始向右行至绳与水平方向夹角为 45°处，在此过程中人对物体所做的功为( )A.mv 202B.2mv 202C.mv 204D ．mv 20 11. 如图所示，半径R ＝0.4 m 的光滑半圆轨道与粗糙的水平面相切于A 点，质量为m ＝1 kg 的小物体(可视为质点)在水平拉力F 的作用下，从静止开始由C 点运动到A 点，物体从A 点进入半圆轨道的同时撤去外力F ，物体沿半圆轨道通过最高点B 后做平抛运动，正好落在C 点，已知AC ＝2 m ，F ＝15 N ，g 取10 m/s 2，试求：(1)物体在B 点时的速度大小以及此时半圆轨道对物体的弹力．(2)物体从C 到A 的过程中，摩擦力做的功．12．如图所示，甲图是游乐场中过山车的实物图片，乙图是过山车的原理图。
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一、动能 1、定义：物体由于运动而具有的能量叫做动能，用符号来表示。比如运动的汽车、飞机，流动的河水、空气等，都具有动能。
2、公式： 3、动能是一个标量，只有大小没有方向，其单位为焦耳（J）。 4、动能是状态量，对应物体运动的某一个时刻。 5、动能具有相对性，对于不同的参考系而言，物体的运动速度具有不同的瞬时值，也就有不同的动能。在研究物体的动能时，一般都是以地面为参考系。
二、动能定理 1、动能定理的内容：合外力对物体做的总功等于物体动能的改变量。 2、动能定理的物理意义：该定理提出了做功与物体动能改变量之间的定量关系。
3、动能定理的表达式： 4、动能定理的理解： （1）是所有外力做功的代数和。可以包含恒力功，也可以包含变力功；做功的各力可以是同时作用的，也可以是各力在不同阶段做功的和。应注意分析各力做功的正、负。
（2）求各外力功时，必须确定各力做功所对应的位移段落，逐段累计，并注意重力、电场力做功与路径无关的特点。
（3），上述关系式提供了一种判断动能（速度）变化的方法。
（4）代入公式时，要注意书写格式和各功的正负号，所求的功一般都按正号代入，如，式中动能增量为物体的末动能减去初动能，不必考虑中间过程。 （5）利用动能定理解题时也有其局限性，有时不能利用其直接求出速度的方向，且只适用于单个质点或能看成质点的物体。
5、应用动能定理的解题步骤 （1）选择过程（哪一个物体，由哪一位置到哪一位置） 过程的选取要灵活，既可以选取物体运动的某一阶段为研究过程，也可以选取物体运动的全过程为研究过程。
（2）分析过程。分析各力做功情况，求解合力所做的功。如果在选取的研究过程中物体受力情况有变化，则一定要分段进行受力分析，求解各个力的做功情况。
（3）确定状态。分析初、末状态的动能。
（4）列动能定理方程（列出方程）。 6、应用动能定理解题时应注意的问题： （1）我们学习的是质点的动能定理，故研究对象一般是单个物体。 （2）公式的左边W表示研究过程中合外力对物体做的功，或研究过程中物体所受各外力做功的代数和；W>0表示合外力是动力对物体做正功，物体的动能是增加的;W<>表示合外力为阻力对物体做负功，物体的动能是减少的。
公式的右边表示物体在研究过程中动能的增量，即末态动能与初态动能的差。该公式是标量式。
（3）动能定理虽然是在恒力作用、物体做匀加速直线运动情况下推导出来的，但对外力是变力，物体做曲线运动时，动能定理同样适用，此时式中的W为变力所做的功。 （4）（4）若物体运动的过程中包含几个不同的阶段，应用动能定理时，可以分段考虑，也可以将全过程视为一个整体来考虑。
1．若物体在运动过程中受到的合外力不为0，则( ) A．物体的动能不可能总是不变的 B．物体的加速度一定变化 C．物体的速度方向一定变化 D．物体所受的合外力做的功可能为0 2．一个质量为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ΔEk为( ) A．Δv＝0 B．Δv＝12 m/s C．ΔEk＝1.8 J D．ΔEk＝10.8 J 3.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 4.[2017·山西一模]由两种不同材料拼接成的直轨道ABC，B为两种材料的分界线，长度
AB>BC。先将ABC按图甲方式搭建成倾角为θ的斜面，让一小物块(可看作质点)从斜面顶
端由静止释放，经时间t小物块滑过B点；然后将ABC按图乙方式还搭建成倾角为θ的斜面，同样将小物块从斜面顶端由静止释放，小物块经相同时间t滑过B点。则小物块( )
A．与AB段的动摩擦因数比与BC段的动摩擦因数大 B．两次滑到B点的速率相同 C．两次从顶端滑到底端所用的时间相同 D．两次从顶端滑到底端的过程中摩擦力做功相同 5.[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/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 6.[2017·湖北沙市模拟]如图所示，将质量m0＝1 kg的重物B悬挂在轻绳的一端，并放置在倾角为30°、固定在水平地面的斜面上，轻绳平行于斜面，重物B与斜面间的动摩擦因数μ＝33。轻绳跨过质量不计的光滑定滑轮，其另一端系一质量m＝0.5 kg的小圆环A，圆环套在竖直固定的光滑直杆上，滑轮中心与直杆的距离为l＝4 m。现将圆环A从与定滑轮等高处由静止释放，不计空气阻力，直杆和斜面足够长，g取10 m/s2。下列判断正确的是( )
A．圆环下降的过程中，轻绳的张力大小始终等于10 N B．圆环能下降的最大距离为hm＝163 m C．圆环速度最大时，轻绳与直杆的夹角为30° D．若增加圆环质量使m＝1 kg，再重复题述过程，则圆环在下降过程中，重力做功的功率一直在增大 7.[2016·青岛模拟]如图所示，一个小球(视为质点)从H＝12 m高处，由静止开始沿光滑弯曲轨道AB进入半径R＝4 m的竖直圆环内侧，且与圆环的动摩擦因数处处相等，当到达圆环顶点C时，刚好对轨道压力为零；然后沿CB圆弧滑下，进入光滑弧形轨道BD，到达高度为h的D点时速度为零，则h的值可能为( )
A．10 m B．9.5 m C．8.5 m D．8 m 8.[2017·山东莱州模拟](15分)如图所示，用内壁光滑的薄壁细管弯成的“S”形轨道固定于竖直平面内，其弯曲部分是由两个半径均为R＝0.2 m的半圆平滑对接而成(圆的半径远大于细管内径)，轨道底端D点与粗糙的水平地面相切。现有一辆质量为m＝1 kg的玩具小车以恒定的功率从E点由静止开始出发，经过一段时间t＝4 s后，出现了故障，发动机自动关闭，小车在水平地面继续运动并进入“S”形轨道，从轨道的最高点飞出后，恰好垂直撞在固定斜面B上的C点，C点与下半圆的圆心O等高。已知小车与地面之间的动摩擦因数为μ＝0.1，ED之间的距离为x0＝10 m，斜面的倾角为30°。求：(g取10 m/s2)
(1)小车到达C点时的速度大小为多少？ (2)在A点小车对轨道的压力大小是多少，方向如何？ (3)小车的恒定功率是多少？
答案： 1.D 解析 当合外力不为0时，若物体做匀速圆周运动，则动能不变，合外力做的功为0，A错误，D正确；当F恒定时，加速度就不变，B、C错误。 2.B 解析 速度是矢量，规定反弹后速度方向为正，则Δv＝6 m/s－(－6 m/s)＝12 m/s，故B正确，A错误；动能是标量，速度大小不变，动能不变，则ΔEk＝0，C、D错误。 3.答案 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＝mv，A错误；设泥对小球的平均阻力为f0，小球陷入泥中的过程，由动能定理得mgh－f0h＝0－mv，解得f0h＝mgh＋mv，f0＝mg－，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)，C正确。 4.D 解析 对小物块在斜面上由牛顿第二定律mgsinθ－μmgcosθ＝ma，a＝gsinθ－μgcosθ＝g(sinθ－μcosθ)。对于题图甲的情况，从A到B过程，＝a1t2＝g·(sinθ－μ1cosθ)t2，对于题图乙的情况，从C到B的过程，＝a2t2＝g(sinθ－μ2cosθ)t2，因为>，所以μ1线运动位移公式x＝t，可知两次运动过程位移大的平均速度大、末速度大，故题图甲的情况到B的速率更大些，B错误。两次从顶端滑到底端的过程中摩擦力做功都为Wf＝－μ1mgcosθ·－μ2mgcosθ·，所以图甲和图乙两种情况摩擦力做功相等，故D正确。由于摩擦力做功相等，重力做功相等，根据动能定理可知，两次滑动中物块到达底端速度相等，则题图甲＝t1，题图乙＝t2，因<，v1>v2，所以t15.答案 B 解析 当推力小于摩擦力时物体就开始做减速运动，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，推力做的功为W＝×4×100 J＝200 J，根据动能定理有W－μmgxm＝0，得xm＝10 m，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：(100＋20)·x－μmg·x＝mv，解得物体运动的最大速度为vm＝8 m/s，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，推力为0时加速度达最大，此后加速度不变，故D错误。 6.BD 解析 由题图可知，一开始竖直方向圆环A只受重力，所以圆环A先向下做加速运动，后做减速运动，直至停止，重物B也是先加速后减速，而重物B受到的重力、支持力和摩擦力都保持不变，所以绳子对重物B的拉力必定是变化的，故A错误；设圆环A下降的最大距离为hm，则重物B上升的距离为h1＝(－l)·sin30°，对圆环A和重物B组成的系统，由动能定理得mghm－m0gh1－μm0gh1cos30°＝0，解得hm＝ m，故B正确；当圆环A在下滑过程中受力平衡时速度最大，则此时重物B的加速度也是0，绳子的拉力就等于重物B的重力向下的分力与摩擦力的和，即FT＝m0gsin30°＋μm0gcos30°＝10 N，设此时拉圆环A的绳子与竖直方向的夹角是θ，则在竖直方向上有FTcosθ＝mg，代入数据解得θ＝60°，故C错误；若增加圆环A的质量使m＝1 kg，再重复题述过程，则圆环A的重力大于重物B的重力沿斜面向下的分力与摩擦力的和，则圆环A将一直向下做加速运动，其重力做功的功率一直增大，故D正确。 7.BC 解析 小球到达圆环顶点C时，刚好小球对轨道压力为零，在C点，由重力充当向心力，则根据牛顿第二定律得：mg＝m，开始小球从H＝12 m高处，由静止开始通过光滑弧形轨道AB，因此在小球上升到顶点C时，根据动能定理得：mg(H－2R)－Wf＝mv2，得Wf＝2mg。列出从C到D的动能定理：mg(2R－h)－Wf′＝0－mv2，由于摩擦力做功，所以上升过程平均速度比下降过程平均速度大，对轨道的压力大、摩擦力大，所以0所以B、C正确。 8. (1)4 m/s (2)10 N 方向竖直向上 (3)5 W 解析 (1)把小车在C点的速度分解为沿水平方向的分速度vA和沿竖直方向的分速度vy， 有v＝2g×3R，vC＝，解得vC＝4 m/s。 (2)由(1)知小车在A点的速度大小 vA＝vCsin30°＝2 m/s， 因为vA＝>，小车对外轨有压力，轨道对小车的作用力竖直向下，根据牛顿第二定律有mg＋FN＝m，解得FN＝10 N， 根据牛顿第三定律得，小车对轨道的压力的大小FN′＝FN＝10 N，方向竖直向上。 (3)从E到A的过程中，由动能定理可得 Pt－μmgx0－mg×4R＝mv， 解得P＝5 W。