高考物理復(fù)習(xí)第五章第2講動(dòng)能定理及其應(yīng)用講義（含解析）新人教版.docx

第2講動(dòng)能定理及其應(yīng)用基礎(chǔ)知識(shí)填一填知識(shí)點(diǎn)1動(dòng)能1定義：物體由于運(yùn)動(dòng)而具有的能2公式：Ekmv2.3物理意義：動(dòng)能是狀態(tài)量，是標(biāo)量(選填“矢量”或“標(biāo)量”)，只有正值，動(dòng)能與速度方向無(wú)關(guān).4單位：焦耳，1 J1 Nm1 kgm2/s2.5動(dòng)能的相對(duì)性：由于速度具有相對(duì)性，所以動(dòng)能也具有相對(duì)性6動(dòng)能的變化：物體末動(dòng)能與初動(dòng)能之差，即Ekmvmv.知識(shí)點(diǎn)2動(dòng)能定理1內(nèi)容：合外力對(duì)物體所做的功，等于物體在這個(gè)過(guò)程中動(dòng)能的變化.2表達(dá)式(1)WEk.(2)WEk2Ek1.(3)Wmvmv.3物理意義：合外力的功是物體動(dòng)能變化的量度4適用范圍廣泛(1)動(dòng)能定理既適用于直線運(yùn)動(dòng)，也適用于曲線運(yùn)動(dòng).(2)既適用于恒力做功，也適用于變力做功.(3)力可以是各種性質(zhì)的力，既可以同時(shí)作用，也可以不同時(shí)作用.判斷正誤，正確的劃“”，錯(cuò)誤的劃“”(1)一定質(zhì)量的物體動(dòng)能變化時(shí)，速度一定變化，但速度變化時(shí)，動(dòng)能不一定變化()(2)動(dòng)能不變的物體一定處于平衡狀態(tài)()(3)如果物體所受的合外力為零，那么合外力對(duì)物體做功一定為零()(4)物體在合外力作用下做變速運(yùn)動(dòng)時(shí)，動(dòng)能一定變化()(5)物體的動(dòng)能不變，所受的合外力必定為零()(6)做自由落體運(yùn)動(dòng)的物體，動(dòng)能與時(shí)間的二次方成正比()教材挖掘做一做1(人教版必修2 P74第1題改編)改變汽車(chē)的質(zhì)量和速度，都能使汽車(chē)的動(dòng)能發(fā)生變化，則下列說(shuō)法正確的是()A質(zhì)量不變，速度增大到原來(lái)的2倍，動(dòng)能增大為原來(lái)的2倍B速度不變，質(zhì)量增大到原來(lái)的2倍，動(dòng)能增大為原來(lái)的4倍C質(zhì)量減半，速度增大到原來(lái)的4倍，動(dòng)能增大為原來(lái)的2倍D速度減半，質(zhì)量增大到原來(lái)的4倍，動(dòng)能不變答案：D2(人教版必修2 P75第4題改編)民用航空客機(jī)的緊急出口打開(kāi)時(shí)，會(huì)自動(dòng)生成一個(gè)由氣囊構(gòu)成的斜面，模型簡(jiǎn)化如圖所示光滑斜面的豎直高度AB3.2 m，斜面長(zhǎng)AC4.0 m，斜面與水平地面CD段間由一段小圓弧平滑連接當(dāng)物體由靜止開(kāi)始滑下，其與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，不計(jì)空氣阻力，g取10 m/s2.(1)人滑到斜面底端C時(shí)的速度大??；(2)人離開(kāi)C點(diǎn)后還要在地面上滑行多遠(yuǎn)才能停下？解析：(1)在AC過(guò)程中由動(dòng)能定理得mghmv，解得vC8 m/s.(2)設(shè)人在CD水平面上滑行的距離為s在AD過(guò)程中由動(dòng)能定理得mghmgs0解得s6.4 m.答案：(1)8 m/s(2)6.4 m考點(diǎn)一對(duì)動(dòng)能定理的理解及簡(jiǎn)單應(yīng)用考點(diǎn)解讀1做功的過(guò)程就是能量轉(zhuǎn)化的過(guò)程，動(dòng)能定理表達(dá)式中的“”的意義是一種因果關(guān)系在數(shù)值上相等的符號(hào)2動(dòng)能定理敘述中所說(shuō)的“外力”，既可以是重力、彈力、摩擦力，也可以是電場(chǎng)力、磁場(chǎng)力或其他力3動(dòng)能定理中涉及的物理量有F、l、m、v、W、Ek等，在處理含有上述物理量的問(wèn)題時(shí)，優(yōu)先考慮使用動(dòng)能定理4若過(guò)程包含了幾個(gè)運(yùn)動(dòng)性質(zhì)不同的分過(guò)程，既可以分段考慮，也可以整個(gè)過(guò)程考慮典例賞析典例1(2017全國(guó)卷)為提高冰球運(yùn)動(dòng)員的加速能力，教練員在冰面上與起跑線相距s0和s1(s1s0)處分別放置一個(gè)擋板和一面小旗，如圖所示訓(xùn)練時(shí)，讓運(yùn)動(dòng)員和冰球都位于起跑線上，教練員將冰球以速度v0擊出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑線的方向滑向擋板；冰球被擊出的同時(shí)，運(yùn)動(dòng)員垂直于起跑線從靜止出發(fā)滑向小旗訓(xùn)練要求當(dāng)冰球到達(dá)擋板時(shí)，運(yùn)動(dòng)員至少到達(dá)小旗處假定運(yùn)動(dòng)員在滑行過(guò)程中做勻加速運(yùn)動(dòng)，冰球到達(dá)擋板時(shí)的速度為v1.重力加速度大小為g.求：(1)冰球與冰面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)；(2)滿(mǎn)足訓(xùn)練要求的運(yùn)動(dòng)員的最小加速度解析(1)設(shè)冰球的質(zhì)量為m，冰球與冰面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，由動(dòng)能定理得mgs0mvmv解得(2)冰球到達(dá)擋板時(shí)，滿(mǎn)足訓(xùn)練要求的運(yùn)動(dòng)員中，剛好到達(dá)小旗處的運(yùn)動(dòng)員的加速度最小，設(shè)這種情況下，冰球和運(yùn)動(dòng)員的加速度大小分別為a1和a2，所用的時(shí)間為t.由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得vv2a1s0v0v1a1ts1a2t2聯(lián)立式得a2.答案(1)(2)用好動(dòng)能定理的“5個(gè)”突破突破研究對(duì)象的選取動(dòng)能定理適用于單個(gè)物體，當(dāng)題目中出現(xiàn)多個(gè)物體時(shí)可分別將單個(gè)物體取為研究對(duì)象，應(yīng)用動(dòng)能定理突破研究過(guò)程的選取應(yīng)用動(dòng)能定理時(shí)，選取不同的研究過(guò)程列出的方程是不相同的因?yàn)閯?dòng)能定理是個(gè)過(guò)程式，選取合適的過(guò)程往往可以大大簡(jiǎn)化運(yùn)算突破受力分析運(yùn)用動(dòng)能定理時(shí)，必須分析清楚物體在過(guò)程中的全部受力情況，找出哪些力不做功，哪些力做功，做多少功從而確定出外力的總功，這是解題的關(guān)鍵突破位移的計(jì)算應(yīng)用動(dòng)能定理時(shí)，要注意有的力做功與路程無(wú)關(guān)，只與位移有關(guān)，有的力做功卻與路程有關(guān)突破初、末狀態(tài)的確定動(dòng)能定理的計(jì)算式為標(biāo)量式，v為相對(duì)同一參考系的速度，所以確定初、末狀態(tài)動(dòng)能時(shí)，必須相對(duì)于同一參考系而言題組鞏固1(2018全國(guó)卷)如圖，某同學(xué)用繩子拉動(dòng)木箱，使它從靜止開(kāi)始沿粗糙水平路面運(yùn)動(dòng)至具有某一速度木箱獲得的動(dòng)能一定()A小于拉力所做的功B等于拉力所做的功C等于克服摩擦力所做的功D大于克服摩擦力所做的功解析：A由動(dòng)能定理可知W拉WfEk0，因此，EkW拉，故A正確，B錯(cuò)誤；Ek可能大于、等于或小于Wf，選項(xiàng)C、D錯(cuò)誤2(2019運(yùn)城模擬)如圖所示，將一光滑圓軌道固定豎直放置，其中A點(diǎn)為圓軌道的最低點(diǎn)，B點(diǎn)為圓水平直徑與圓弧的交點(diǎn)一個(gè)質(zhì)量為m的物體靜置于A點(diǎn)，現(xiàn)用始終沿軌道切線方向、大小不變的外力F作用于物體上，使其沿圓軌道到達(dá)B點(diǎn)，隨即撤去外力F，要使物體能在豎直圓軌道內(nèi)維持圓周運(yùn)動(dòng)，外力F至少為()A. B. C. D.解析：D物體由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)的過(guò)程，由動(dòng)能定理可得FRmg2Rmv20，物體剛好經(jīng)過(guò)最高點(diǎn)，在最高點(diǎn)對(duì)物體由牛頓第二定律得mgm，聯(lián)立以上兩式解得F，因此外力F至少為，故D正確，A、B、C錯(cuò)誤3物體在水平面上從x軸坐標(biāo)原點(diǎn)O以v020 m/s的初速度沿x軸正方向開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，由x120 m處滑上一個(gè)傾角為45的斜面，又滑了下來(lái)，物體每次經(jīng)過(guò)斜面底端時(shí)都不損失機(jī)械能已知?jiǎng)幽Σ烈驍?shù)均為0.50，g取10 m/s2.求：物體停止運(yùn)動(dòng)時(shí)位置的坐標(biāo)(計(jì)算結(jié)果保留三位有效數(shù)字)解析：沿斜面上滑位移為L(zhǎng)時(shí)速度減到零，由動(dòng)能定理得：mgx1mgcos 45LmgLsin 450mv解得Lsin 45下滑后停在坐標(biāo)x2處，由動(dòng)能定理得：mgLsin 45mgLcos 45mg(x1x2)0解得x2x1Lsin 4513.3 m.答案：13.3 m考點(diǎn)二動(dòng)能定理在多過(guò)程中的應(yīng)用考點(diǎn)解讀1由于多過(guò)程問(wèn)題的受力情況、運(yùn)動(dòng)情況比較復(fù)雜，從動(dòng)力學(xué)的角度分析多過(guò)程問(wèn)題往往比較復(fù)雜，但是，用動(dòng)能定理分析問(wèn)題，是從總體上把握其運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的變化，并不需要從細(xì)節(jié)上了解因此，動(dòng)能定理的優(yōu)越性就明顯地表現(xiàn)出來(lái)了，分析力的作用是看力做的功，也只需把所有的力做的功累加起來(lái)即可2運(yùn)用動(dòng)能定理解決問(wèn)題時(shí)，有兩種思路：一種是全過(guò)程列式，另一種是分段列式3全過(guò)程列式時(shí)，涉及重力、彈簧彈力、大小恒定的阻力或摩擦力做功時(shí)，要注意運(yùn)用它們的功能特點(diǎn)(1)重力的功取決于物體的初、末位置，與路徑無(wú)關(guān)(2)大小恒定的阻力或摩擦力的功等于力的大小與路程的乘積(3)彈簧彈力做功與路徑無(wú)關(guān)典例賞析典例2(2018全國(guó)卷)如圖，在豎直平面內(nèi)，一半徑為R的光滑圓弧軌道ABC和水平軌道PA在A點(diǎn)相切，BC為圓弧軌道的直徑，O為圓心，OA和OB之間的夾角為，sin .一質(zhì)量為m的小球沿水平軌道向右運(yùn)動(dòng)，經(jīng)A點(diǎn)沿圓弧軌道通過(guò)C點(diǎn)，落至水平軌道；在整個(gè)過(guò)程中，除受到重力及軌道作用力外，小球還一直受到一水平恒力的作用已知小球在C點(diǎn)所受合力的方向指向圓心，且此時(shí)小球?qū)壍赖膲毫η『脼榱阒亓铀俣却笮間.求：(1)水平恒力的大小和小球到達(dá)C點(diǎn)時(shí)速度的大??；(2)小球到達(dá)A點(diǎn)時(shí)動(dòng)量的大??；(3)小球從C點(diǎn)落至水平軌道所用的時(shí)間審題指導(dǎo)(1)研究對(duì)象：小球(2)過(guò)程分析解析(1)設(shè)水平恒力的大小為F0，小球到達(dá)C點(diǎn)時(shí)所受合力的大小為F.由力的合成法則有tan F2(mg)2F設(shè)小球到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度大小為v，由牛頓第二定律得Fm由式和題給數(shù)據(jù)得F0mgv(2)設(shè)小球到達(dá)A點(diǎn)的速度大小為v1，作CDPA，交PA于D點(diǎn)，由幾何關(guān)系得DARsin CDR(1cos )由動(dòng)能定理有mgCDF0DAmv2mv由式和題給數(shù)據(jù)得，小球在A點(diǎn)的動(dòng)量大小為pmv1(3)小球離開(kāi)C點(diǎn)后在豎直方向上做初速度不為零的勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度大小為g.設(shè)小球在豎直方向的初速度為v，從C點(diǎn)落至水平軌道上所用時(shí)間為t.由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有vtgt2CDvvsin 由式和題給數(shù)據(jù)得t答案：(1)mg(2)(3) 利用動(dòng)能定理求解多過(guò)程問(wèn)題的基本思路1弄清物體的運(yùn)動(dòng)由哪些過(guò)程組成2分析每個(gè)過(guò)程中物體的受力情況3各個(gè)力做功有何特點(diǎn)，對(duì)動(dòng)能的變化有無(wú)影響4從總體上把握全過(guò)程，表達(dá)出總功，找出初、末狀態(tài)的動(dòng)能5對(duì)所研究的全過(guò)程運(yùn)用動(dòng)能定理列方程題組鞏固1.(2019山東濰坊)如圖所示，半徑為R的光滑半圓軌道ABC與傾角為37的粗糙斜面軌道DC相切于C點(diǎn)，半圓軌道的直徑AC與斜面垂直，質(zhì)量為m的小球從A點(diǎn)左上方距A點(diǎn)高為h的斜面上方P點(diǎn)以某一速度v0水平拋出，剛好與半圓軌道的A點(diǎn)相切進(jìn)入半圓軌道內(nèi)側(cè)，之后經(jīng)半圓軌道沿斜面剛好滑到與拋出點(diǎn)等高的D點(diǎn)已知當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹間，取Rh，sin 370.6，cos 370.8，不計(jì)空氣阻力，求：(1)小球被拋出時(shí)的速度v0；(2)小球從C到D過(guò)程中摩擦力做的功Wf.解析：(1)小球到達(dá)A點(diǎn)時(shí)，速度與水平方向的夾角為，如圖所示，則有tan ，豎直方向上有v2gh，聯(lián)立以上兩式，得v0(2)小球從P經(jīng)A、B、C至D全過(guò)程，重力做功為零，彈力都不做功，只有摩擦力做功，就全過(guò)程應(yīng)用動(dòng)能定理Wf0mv，解得Wfmgh答案：(1)(2)mgh2(2019銀川模擬)如圖所示，一質(zhì)量m0.4 kg的滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))靜止于動(dòng)摩擦因數(shù)0.1的水平軌道上的A點(diǎn)現(xiàn)對(duì)滑塊施加一水平外力，使其向右運(yùn)動(dòng)，外力的功率恒為P10.0 W經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后撤去外力，滑塊繼續(xù)滑行至B點(diǎn)后水平飛出，恰好在C點(diǎn)以5 m/s的速度沿切線方向進(jìn)入固定在豎直平面內(nèi)的光滑圓弧形軌道，軌道的最低點(diǎn)D處裝有壓力傳感器已知軌道AB的長(zhǎng)度L2.0 m，半徑OC和豎直方向的夾角37，圓形軌道的半徑R0.5 m(空氣阻力可忽略，重力加速度g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)，求：(1)滑塊運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)時(shí)壓力傳感器的示數(shù)(2)水平外力作用在滑塊上的時(shí)間t.解析：(1)滑塊由C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)的過(guò)程，由動(dòng)能定理得：mgR(1cos 37)mvmv解得：vD3 m/s在D點(diǎn)，對(duì)滑塊由牛頓第二定律得：FNmgm解得：FN25.6 N根據(jù)牛頓第三定律得滑塊對(duì)軌道的壓力FNFN25.6 N，方向豎直向下(2)滑塊離開(kāi)B點(diǎn)后做平拋運(yùn)動(dòng)，恰好在C點(diǎn)沿切線方向進(jìn)入圓弧形軌道，由幾何關(guān)系可知，滑塊運(yùn)動(dòng)在B點(diǎn)的速度為vBvCcos 374 m/s滑塊由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過(guò)程，由動(dòng)能定理得：PtmgLmv0解得：t0.4 s.答案：(1)25.6 N(2)0.4 s3(2019郴州模擬)如圖甲所示是高速公路出口的匝道，車(chē)輛為了防止在轉(zhuǎn)彎時(shí)出現(xiàn)側(cè)滑的危險(xiǎn)，必須在匝道的直道上提前減速現(xiàn)繪制水平面簡(jiǎn)化圖如圖乙所示，一輛質(zhì)量m2 000 kg的汽車(chē)原來(lái)在水平直道上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，行駛速度v0108 km/h，恒定阻力Ff1 000 N現(xiàn)將汽車(chē)的減速運(yùn)動(dòng)簡(jiǎn)化為兩種方式：方式一為“小踩剎車(chē)減速”，司機(jī)松開(kāi)油門(mén)使汽車(chē)失去牽引力，在水平方向上僅受勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的恒定阻力作用；方式二為“剎車(chē)減速”，汽車(chē)做勻減速直線運(yùn)動(dòng)的加速度a6 m/s2.(1)求汽車(chē)原來(lái)勻速直線行駛時(shí)的功率(2)司機(jī)在離彎道口Q距離為x1的地方開(kāi)始減速，全程采取“小踩剎車(chē)減速”，汽車(chē)恰好能以15 m/s的安全速度進(jìn)入彎道，求出汽車(chē)在上述減速直線運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中克服阻力做功的大小以及距離x1的大小(3)在離彎道口Q距離為125 m的P位置，司機(jī)先采取“小踩剎車(chē)減速”滑行一段距離x2后，立即采取“剎車(chē)減速”，汽車(chē)仍能恰好以15 m/s的安全速度進(jìn)入彎道，求x2的大小解析：(1)汽車(chē)勻速運(yùn)動(dòng)的速度為：v0108 km/h30 m/s因?yàn)槠?chē)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，所以牽引力為：FFf汽車(chē)的功率為：PFv0故PFfv030 kW(2)全程采取“小踩剎車(chē)減速”時(shí)，由動(dòng)能定理得：Wfmvmv解得克服阻力做功為：Wf6.75105 J又：WfFfx1解得：x1675 m(3)從P到Q的過(guò)程中，由動(dòng)能定理得：Ffx2ma(125 mx2)mvmv解得：x275 m.答案：(1)30 kW(2)6.75105 J675 m(3)75 m考點(diǎn)三動(dòng)能定理中的圖象問(wèn)題考點(diǎn)解讀1解決動(dòng)能定理與圖象問(wèn)題的基本步驟2四類(lèi)圖象所圍“面積”的意義典例賞析典例3(2017江蘇卷)一小物塊沿斜面向上滑動(dòng)，然后滑回到原處物塊初動(dòng)能為Ek0，與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)不變，則該過(guò)程中，物塊的動(dòng)能Ek與位移x關(guān)系的圖線是()解析C設(shè)物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，物塊的質(zhì)量為m，則物塊在上滑過(guò)程中根據(jù)動(dòng)能定理有(mgsin mgcos )xEkEk0，即EkEk0(mgsin mgcos )x，物塊沿斜面下滑的過(guò)程中有(mgsin mgcos )(x0x)Ek，由此可以判斷C項(xiàng)正確母題探究母題典例3探究1.動(dòng)能定理與Fx圖象結(jié)合問(wèn)題探究2.動(dòng)能定理與Pt圖象結(jié)合問(wèn)題探究3.動(dòng)能定理與vt圖象結(jié)合問(wèn)題探究1動(dòng)能定理與Fx圖象結(jié)合問(wèn)題(2019臨沂模擬)(多選)水平面上質(zhì)量為m6 kg的物體，在大小為12 N的水平拉力F的作用下做勻速直線運(yùn)動(dòng)，從x2.5 m位置處拉力F逐漸減小，力F隨位移x變化規(guī)律如圖所示，當(dāng)x7 m時(shí)拉力減為零，物體也恰好停下，g取10 m/s2，下列結(jié)論正確的是()A物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2B合外力對(duì)物體所做的功為27 JC物體勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度為3 m/sD物體在減速階段所受合外力的沖量為12 Ns解析：ABC物體做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，由平衡條件得FfF12 N，0.2，故A正確；圖象與坐標(biāo)軸圍成的“面積”表示拉力做的功，則由圖象可知WF122.5 J(72.5)12 J57 J，滑動(dòng)摩擦力做的功為Wfmgx0.26107 J84 J，所以合外力做的功為W合84 J57 J27 J，故B正確；由動(dòng)能定理得W合0mv，解得v03 m/s，故C正確；由動(dòng)量定理得I0mv063 Ns18 Ns，故D錯(cuò)誤探究2動(dòng)能定理與Pt圖象結(jié)合問(wèn)題(2019南平模擬)(多選)放在粗糙水平地面上質(zhì)量為0.8 kg的物體受到水平拉力的作用，在06 s內(nèi)其速度與時(shí)間的關(guān)系圖象和該拉力的功率與時(shí)間的關(guān)系圖象分別如圖所示下列說(shuō)法中正確的是()A06 s內(nèi)拉力做的功為140 JB物體在02 s內(nèi)所受的拉力為4 NC物體與粗糙水平地面的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5D合外力在06 s內(nèi)做的功與02 s內(nèi)做的功相等解析：AD由于Pt圖象與t軸圍成的“面積”表示拉力所做的功，所以06 s內(nèi)拉力做的功為W260 J420 J140 J，故A正確；由水平拉力的功率PFv可得，在02 s內(nèi)拉力F6 N,26 s，拉力F2 N，故B錯(cuò)誤；物體在水平面上只受摩擦力和拉力，在26 s內(nèi)物體受力平衡可得FfmgF，解得0.25，故C錯(cuò)誤；由vt圖象可知，物體在2 s末的速度與6 s末的速度相等，由動(dòng)能定理W合Ek可知，06 s與02 s動(dòng)能的變化量相同，所以合外力在06 s內(nèi)做的功與02 s內(nèi)做的功相等，故D正確探究3動(dòng)能定理與vt圖象結(jié)合問(wèn)題(2019昆明模擬)低空跳傘是一種危險(xiǎn)性很高的極限運(yùn)動(dòng)，通常從高樓、懸崖、高塔等固定物上起跳，在極短時(shí)間內(nèi)必須打開(kāi)降落傘，才能保證著地安全，某跳傘運(yùn)動(dòng)員從高H100 m的樓層起跳，自由下落一段時(shí)間后打開(kāi)降落傘，最終以安全速度勻速落地若降落傘視為瞬間打開(kāi)，得到運(yùn)動(dòng)員起跳后的速度v隨時(shí)間t變化的圖象如圖所示，已知運(yùn)動(dòng)員及降落傘裝備的總質(zhì)量m60 kg，開(kāi)傘后所受阻力大小與速率成正比，即Ffkv，g取10 m/s2，求：(1)打開(kāi)降落傘瞬間運(yùn)動(dòng)員的加速度(2)打開(kāi)降落傘后阻力所做的功解析：(1)勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，則有：mgkv解得：k120 N/(ms1)打開(kāi)降落傘的瞬間，速度為：v118 m/s由牛頓第二定律得：kv1mgma解得：a26 m/s2方向豎直向上(2)根據(jù)圖線圍成的面積知，自由下落的位移為：x1218 m18 m則打開(kāi)降落傘后的位移為：x2Hx1100 m18 m82 m由動(dòng)能定理得：mgx2Wfmv2mv代入數(shù)據(jù)解得：Wf58 170 J.答案：(1)26 m/s2，方向豎直向上(2)58 170 J思想方法(九)用動(dòng)能定理巧解往復(fù)運(yùn)動(dòng)問(wèn)題方法闡述對(duì)于具有重復(fù)性的往復(fù)運(yùn)動(dòng)過(guò)程，由于動(dòng)能定理只涉及物體的初末狀態(tài)，而不計(jì)運(yùn)動(dòng)過(guò)程的細(xì)節(jié)，所以用動(dòng)能定理分析這類(lèi)問(wèn)題可使解題過(guò)程簡(jiǎn)化1.靈活選擇研究過(guò)程求解多過(guò)程問(wèn)題既可分段考慮，也可全過(guò)程考慮，但要優(yōu)先考慮全過(guò)程2.注意運(yùn)用做功特點(diǎn)(1)重力的功取決于物體的初、末位置，與路徑無(wú)關(guān)(2)大小恒定的阻力或摩擦力做的功等于力的大小與路程的乘積(3)求全過(guò)程的總功時(shí)，注意有些力不是全過(guò)程一直作用.典例賞析典例(2019江蘇泰州模擬)如圖所示，足夠長(zhǎng)的固定木板的傾角為37，勁度系數(shù)為k36 N/m的輕質(zhì)彈簧的一端固定在木板上的P點(diǎn)，圖中AP間距等于彈簧的自然長(zhǎng)度現(xiàn)將質(zhì)量m1 kg的可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊放在木板上，在外力作用下將彈簧壓縮到某一位置B點(diǎn)后釋放已知木板PA段光滑，AQ段粗糙，物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)，物塊在B點(diǎn)釋放后向上運(yùn)動(dòng)，第一次到達(dá)A點(diǎn)時(shí)速度大小為v03 m/s，取重力加速度g10 m/s2.(1)求物塊第一次向下運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)時(shí)的速度大小v1；(2)請(qǐng)說(shuō)出物塊最終的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，并求出物塊在A點(diǎn)上方運(yùn)動(dòng)的總路程s.審題指導(dǎo)(1)把握過(guò)程構(gòu)建運(yùn)動(dòng)模型過(guò)程物塊上滑勻變速直線運(yùn)動(dòng)過(guò)程物塊下滑勻變速直線運(yùn)動(dòng)過(guò)程物塊在A點(diǎn)下方往復(fù)運(yùn)動(dòng)(2)選好過(guò)程，列出方程過(guò)程分別列出動(dòng)能定理方程對(duì)多次往復(fù)后的全程列出動(dòng)能定理方程解析(1)設(shè)物塊從A點(diǎn)向上滑行的最大距離為s1.根據(jù)動(dòng)能定理，上滑過(guò)程有：mgs1sin 37mgs1cos 370mv下滑過(guò)程有：mgs1sin 37mgs1cos 37mv0聯(lián)立解得：s11.5 m，v13 m/s(2)物塊最終在A點(diǎn)下方做往復(fù)運(yùn)動(dòng)，最高點(diǎn)為A根據(jù)動(dòng)能定理：mgscos 37mv代入數(shù)據(jù)解得：s4.5 m.答案(1)3 m/s(2)物塊最終在A點(diǎn)下方做往復(fù)運(yùn)動(dòng)4.5 m1應(yīng)用動(dòng)能定理求解往復(fù)運(yùn)動(dòng)問(wèn)題時(shí)，要確定物體的初狀態(tài)和最終狀態(tài)2重力做功與物體運(yùn)動(dòng)路徑無(wú)關(guān)，可用WGmgh直接求解3滑動(dòng)摩擦力做功與物體運(yùn)動(dòng)路徑有關(guān)，可用WfFfs求解，其中s為物體相對(duì)滑行的路程題組鞏固1如圖所示，AB是傾角為的粗糙直軌道，BCD是光滑的圓弧軌道，AB恰好在B點(diǎn)與圓弧相切，圓弧的半徑為R.一個(gè)質(zhì)量為m的物體(可以看做質(zhì)點(diǎn))從直軌道上的P點(diǎn)由靜止釋放，結(jié)果它能在兩軌道間做往返運(yùn)動(dòng)已知P點(diǎn)與圓弧的圓心O等高，物體與軌道AB間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，求：(1)物體做往返運(yùn)動(dòng)