1、第二讲动能定理及其应用小题快练1判断题(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)如果物体所受的合外力为零，那么合外力对物体做功一定为零( )(4)物体在合外力作用下做变速运动时，动能一定变化( )(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，动能与时间的二次方成正比( )2(多选)关于动能定理的表达式WEk2Ek1，下列说法正确的是( BC )A公式中的W为不包含重力的其他力做的总功B公式中的W为包含重力在内的所有力做的功，也可通过以下两种方式计算：先求每个力的功再求功的代数和或
2、先求合外力再求合外力的功C公式中的Ek2Ek1为动能的增量，当W0时动能增加，当W0时，动能减少D动能定理适用于直线运动，但不适用于曲线运动，适用于恒力做功，但不适用于变力做功3NBA篮球赛非常精彩，吸引了众多观众比赛中经常有这样的场面：在临终场0.1 s的时候，运动员把球投出且准确命中，获得比赛的胜利若运动员投篮过程中对篮球做功为W，出手高度为h1，篮筐的高度为h2，球的质量为m，空气阻力不计，则篮球进筐时的动能为( C )Amgh1mgh2WBmgh2mgh1WCWmgh1mgh2DWmgh2mgh1考点一动能定理的理解及应用 (自主学习)1动能定理公式中体现的“三个关系”(1)数量关系：
3、即合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，求合力做的功，进而求得某一力做的功(2)单位关系：等式两侧物理量的国际单位都是焦耳(3)因果关系：合力做的功是引起物体动能变化的原因2对“外力”的理解 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应用动能定理的“四点注意”(1)动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系(2)动能定理的表达式是一个标量式，不能在某方向上应用动能定理(3)动能定理往往用于单个物体的运动过程，由于不涉及加速度和时间，比动力学研究方法更简便(4)当物体的
4、运动包含多个不同过程时，可分段应用动能定理求解；当所求解的问题不涉及中间的速度时，也可以全过程应用动能定理求解11.解决曲线运动问题(2015四川卷)在同一位置以相同的速率把三个小球分别沿水平、斜向上、斜向下方向抛出，不计空气阻力，则落在同一水平地面时的速度大小()A一样大B水平抛的最大C斜向上抛的最大 D斜向下抛的最大解析：根据动能定理可知mvmghmv，得v末，又因三个小球的初速度大小以及高度相等，则落地时的速度大小相等，A项正确答案：A12.解决直线运动问题 一物块沿倾角为的斜坡向上滑动当物块的初速度为v时，上升的最大高度为H，如图所示当物块的初速度为时，上升的最大高度记为h.重力加速度
5、大小为g.物块与斜坡间的动摩擦因数和h分别为()Atan 和B(1)tan 和Ctan 和D(1)tan 和解析：由动能定理有mgHmgcos 0mv2mghmgcos 0m()2解得(1)tan ，h，故D正确答案：D13.解决变力做功问题(2015全国卷)如图，一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道质点滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4mg，g为重力加速度的大小用W表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功则()AWmgR，质点恰好可以到达Q点BWmgR，质点不能到达Q点CWmgR，
6、质点到达Q点后，继续上升一段距离DWmgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离解析：根据质点滑到轨道最低点N时，对轨道压力为4mg，利用牛顿第三定律可知，轨道对质点的支持力为4mg.在最低点，由牛顿第二定律得，4mgmgm，解得质点滑到最低点的速度v.对质点从开始下落到滑到最低点的过程，由动能定理得，2mgRWmv2，解得WmgR.对质点由最低点继续上滑的过程，到达Q点时克服摩擦力做功W要小于WmgR.由此可知，质点到达Q点后，可继续上升一段距离，C正确答案：C考点二动能定理在多过程问题中的应用 (师生共研)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
7、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典例 如图，一个质量为0.6 kg的小球以某一初速度从P点水平抛出，恰好从光滑圆弧ABC的A点沿切线方向进入圆弧(不计空气阻力，进入圆弧时无机械能损失)已知圆弧的半径R0.3 m，60，小球到达A点时的速度vA4 m/s.g取10 m/s2，求：(1)小球做平抛运动的初速度v0；(2)P点与A点的高度差；(3)小球到达圆弧最高点C时对轨道的压力解析：(1)由题意知小球到A点的速度vA沿曲线上A点的切线方向，对速度分解如图所示：小球做平抛运动，由平抛运动规律得v0vxvAcos 2 m
8、/s.(2)小球由P至A的过程由动能定理得mghmvmv解得：h0.6 m.(3)小球从A点到C点的过程中，由动能定理得mg(Rcos R)mvmv解得：vC m/s小球在C点由牛顿第二定律得FNCmgm解得FNC8 N由牛顿第三定律得FNCFNC8 N方向竖直向上答案：(1)2 m/s(2)0.6 m(3)8 N，方向竖直向上反思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多个子过程，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
9、功时，有些力可能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(2018余姚中学模拟)如图所示装置由AB、BC、CD三段轨道组成，轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接，其中轨道AB、CD段是光滑的，水平轨道BC的长度x5 m，轨道CD足够长且倾角37，A、D两点离轨道BC的高度分别为h14.30 m，h21.35 m现让质量为m的小滑块自A点由静止释放，小滑块与轨道BC间的动摩擦因数0.5，重力加速度取g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8.求：(1)小滑块第一次到达D点时的速度大小；(2)小滑块第二次
10、通过C点时的速度大小；(3)小滑块最终停止的位置距B点的距离解析：(1)小物块从A到D的过程中，由动能定理得：mg(h1h2)mgxmv0，代入数据得：vD3 m/s.(2)从D到C的过程，由动能定理得：mgh2mvmv，代入数据得：vC6 m/s.(3)滑块最终静止在BC上，对全过程，运用动能定理得：mgh1mgs0，代入数据解得：s8.6 m，则距离B点的距离为：L5 m(8.65) m1.4 m.答案：(1)3 m/s (2)6 m/s (3)1.4 m考点三与图象相关的动能问题 (自主学习)图象所围“面积”的意义1vt图：由公式xvt可知，vt图线与时间轴围成的面积表示物体的位移2at
11、图：由公式vat可知，at图线与时间轴围成的面积表示物体速度的变化量3Fx图：由公式WFx可知，Fx图线与位移轴围成的面积表示力所做的功4Pt图：由公式WPt可知，Pt图线与时间轴围成的面积表示力所做的功31.vt图象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vt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()AF1、F2大小之比为12BF1、F2对A、B做功之比为12CA、B质量之比为21D全过程中A、B克服摩擦力做功之比为21答案：C32.at图象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
12、时，在计算机上得到06 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()A06 s内物体先向正方向运动，后向负方向运动B06 s内物体在4 s时的速度最大C物体在24 s内速度不变D04 s内合力对物体做的功等于06 s内合力做的功解析：由at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v6(25)2 m/s12 m/s6 m/s，则06 s内物体一直向正方向运动，A错误；由图象可知物体在5 s末速度最大，vm(25)2 m/s7 m/s，B错误；由图象可知在24 s内物体加速度不变，物体做匀加速直线运
13、动，速度变大，C错误；在04 s内合力对物体做的功由动能定理可知：W合4mv0，又v4(24)2 m/s6 m/s，得W合436 J，06 s内合力对物体做的功由动能定理可知：W合6mv0，又v66 m/s，得W合636 J，则W合4W合6，D正确答案：D1(多选)(2019北京第十九中学月考)将质量为m的小球在距地面高度为h处抛出，抛出时的速度大小为v0.小球落到地面的速度大小为2v0，若小球受到的空气阻力不能忽略，则对于小球下落的整个过程，下面说法中正确的是( BC )A小球克服空气阻力做的功大于mghB重力对小球做的功等于mghC合外力对小球做的功大于mvD合外力对小球做的功等于mv解析
14、：根据动能定理得：m(2v0)2mvmghWf，解得：Wfmghmvmgh，故A错误；重力做的功为WGmgh，B正确；合外力对小球做的功W合m(2v0)2mvmv，C正确，D错误2(2018山东、湖北联考)如图所示，斜面AB竖直固定放置，物块(可视为质点)从A点静止释放沿斜面下滑，最后停在水平面上的C点，从释放到停止的过程中克服摩擦力做的功为W.因斜面塌陷，斜面变成APD曲面，D点与B在同一水平面上，且在B点左侧已知各接触面粗糙程度均相同，不计物块经过B、D处时的机械能损失，忽略空气阻力，现仍将物块从A点静止释放，则( B )A物块将停在C点B物块将停在C点左侧C物块从释放到停止的过程中克服摩
15、擦力做的功大于WD物块从释放到停止的过程中克服摩擦力做的功小于W解析：物块在斜面上滑动时，克服摩擦力做的功为Wfmgcos L，物块在曲面上滑动时，做曲线运动，根据牛顿第二定律有：FNmgcos m，即FNmgcos ，故此时的滑动摩擦力fFNmg cos ，且物块在曲面上滑过路程等于在斜面上滑过的路程L，故物块在曲面上克服摩擦力做的功WfWfmg cos L，根据动能定理可知，物块将停在C点左侧，故A错误，B正确；从释放到最终停止，动能的改变量为零，根据动能定理可知，物块克服摩擦力做的功等于重力做的功，而两种情况下，重力做的功相同，物块从释放到停止的过程中克服摩擦力做的功等于W，故C、D错误
16、3如图所示，水平平台上有一个质量m50 kg的物块，站在水平地面上的人用跨过定滑轮的细绳向右拉动物块，细绳不可伸长不计滑轮的大小、质量和摩擦在人以速度v从平台边缘正下方匀速向右前进x的过程中，始终保持桌面和手的竖直高度差h不变已知物块与平台间的动摩擦因数0.5，v0.5 m/s，x4 m，h3 m，g取10 m/s2.求人克服细绳的拉力做的功解析：设人发生x的位移时，绳与水平方向的夹角为，由运动的分解可得，物块的速度v1vcos 由几何关系得cos 在此过程中，物块的位移sh2 m物块克服摩擦力做的功Wfmgs对物块，由动能定理得WTWfmv所以人克服细绳的拉力做的功WTmgs504 J.答案
17、：504 JA组基础题1(2016四川卷)韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员他在一次自由式滑雪空中技巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离，重力对他做功1 900 J，他克服阻力做功100 J韩晓鹏在此过程中( C )A动能增加了1 900 JB动能增加了2 000 JC重力势能减小了1 900 JD重力势能减小了2 000 J2. 质量为10 kg的物体，在变力F作用下沿x轴做直线运动，力随坐标x的变化情况如图所示物体在x0处，速度为1 m/s，一切摩擦不计，则物体运动到x16 m处时，速度大小为( B )A2 m/sB3 m/sC4 m/s D m/s3. 如图所示，斜面
18、的倾角为，质量为m的滑块距挡板P的距离为x0，滑块以初速度v0沿斜面上滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为，滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失，滑块经过的总路程是( A )A.(x0tan ) B(x0tan )C.(x0tan ) D(x0cot )4. 如图所示，质量为M3 kg的小滑块，从斜面顶点A由静止沿ABC下滑，最后停在水平面上的D点，不计滑块从AB面滑上BC面以及从BC面滑上CD面时的机械能损失已知ABBC5 m，CD9 m，53，37(sin 370.6，cos 370.8，重力加速度g取10 m/s2)，在运动过程中，小滑块与所有接触面间的动摩
19、擦因数相同则( D )A小滑块与接触面间的动摩擦因数0.5B小滑块在AB面上运动的加速度a1与小滑块在BC面上运动的加速度a2之比C小滑块在AB面上的运动时间小于小滑块在BC面上运动时间D小滑块在AB面上运动时克服摩擦力做功小于小滑块在BC面上运动时克服摩擦力做功5(多选) 某人通过光滑滑轮将质量为m的物体，沿光滑斜面由静止开始匀加速地由底端拉上斜面，物体上升的高度为h，到达斜面顶端的速度为v，如图所示则在此过程中( BD )A物体所受的合力做功为mghmv2B物体所受的合力做功为mv2C人对物体做的功为mghD人对物体做的功大于mgh6(多选) 如图所示，竖直平面内固定着一个螺旋形光滑轨道，
20、一个小球从足够高处落下，刚好从A点进入轨道，则关于小球经过轨道上的B点和C点时，下列说法正确的是( ABC )A轨道对小球不做功B小球在B点的速度小于在C点的速度C小球在B点对轨道的压力小于在C点对轨道的压力D改变小球下落的高度，小球在B、C两点对轨道的压力差保持不变7(多选) (2016浙江卷)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.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 370.6，cos 370.8)则( AB
21、)A动摩擦因数B载人滑草车最大速度为 C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g8(多选) 如图所示，x轴在水平地面上，y轴竖直向上，在y轴上的P点分别沿x轴正方向和y轴正方向以相同大小的初速度抛出两个小球a和b，不计空气阻力，若b上升的最大高度等于P点离地的高度，则从抛出到落地有( BD )Aa的运动时间是b的运动时间的倍Ba的位移大小是b的位移大小的倍Ca、b落地时的速度相同，因此动能一定相同Da、b落地时的速度不同，但动能相同B组能力题9(多选)(2019长春实验中学期中)如图，用跨过光滑定滑轮的缆绳将海面上一艘失去动力的小船沿直线拖向岸边已知拖动缆绳的电
22、动机功率恒为P，小船的质量为m，小船受到的阻力大小恒为f，经过A点时的速度大小为v0，小船从A点沿直线加速运动到B点经历时间为t1，A、B两点间距离为d，缆绳质量忽略不计下列说法正确的是( ABD )A小船从A点运动到B点的全过程克服阻力做的功WffdB小船经过B点时的速度大小v1C小船经过B点时的速度大小v12D小船经过B点时的加速度大小a解析：小船从A点运动到B点过程中克服阻力做功：Wffd，故A正确；小船从A点运动到B点，电动机牵引缆绳对小船做功：WPt1 ，由动能定理有：WWfmvmv，联立解得：v1，故B正确，C错误；设小船经过B点时绳的拉力大小为F，绳与水平方向夹角为，绳的速度大小
23、为v，则PFv， vv1cos ，Fcos fma，联立解得：a，故D正确A在运动过程中滑块A的最大加速度是2.5 m/s2B在运动过程中滑块B的最大加速度是3 m/s2C滑块在水平面上运动的最大位移是3 mD物体运动的最大速度为 m/s 解析：假设开始时A、B相对静止，对整体根据牛顿第二定律，有F2Ma，解得a2.5 m/s2；隔离B，B受到重力、支持力和A对B的静摩擦力，根据牛顿第二定律，fMa22.55 NMg6 N，所以A、B不会发生相对滑动，保持相对静止，最大加速度均为2.5 m/s2，故A正确，B错误；当F0时，加速度为0，之后A、B做匀速运动，位移继续增加，故C错误；Fx图象包围
24、的面积等于力F做的功，W21010 J；当F0，即a0时达到最大速度，对A、B整体，根据动能定理，有W2Mv0；代入数据得：vm m/s，故D正确11. 为了研究过山车的原理，某物理小组提出了下列设想：取一个与水平方向夹角60，长L12 m的倾斜轨道AB，通过微小圆弧与长为L2 m的水平轨道BC相连，然后在C处设计一个竖直完整的光滑圆轨道，出口为水平轨道D，如图所示现将一个小球从距A点高h0.9 m的水平台面上以一定的初速度v0水平弹出，到A点时速度方向恰沿AB方向，并沿倾斜轨道滑下已知小球与AB和BC间的动摩擦因数均为.g取10 m/s2，求： (1)小球初速度的大小；(2)小球滑过C点时的
25、速率；(3)要使小球不离开轨道，则竖直圆轨道的半径应该满足什么条件解析：(1)小球开始时做平抛运动，有v2gh代入数据解得vy m/s3 m/s在A点有tan 得vxv0 m/s m/s.(2)从水平抛出到C点的过程中，由动能定理得mg(hL1sin )mgL1cos mgL2mvmv代入数据解得vC3 m/s.(3)小球刚刚过最高点时，重力提供向心力，有mgmmv2mgR1mv2代入数据解得R11.08 m.当小球刚能到达与圆心等高处时，有mvmgR2代入数据解得R22.7 m.当圆轨道与AB相切时R3L2tan 601.5 m综上所述，要使小球不离开轨道，R应该满足的条件是0R1.08 m.答案：(1) m/s(2)3 m/s(3)0R1.08 m13
