【先學(xué)后教新思路】2020高考物理一輪復(fù)習(xí)-教案30-動能定理

動能定理考綱解讀1.把握動能的概念，會求動能的變化量.2.把握動能定理，并能在實(shí)際問題中嫻熟應(yīng)用．1．關(guān)于動能的理解，下列說法正確的是 ()A．動能是機(jī)械能的一種表現(xiàn)形式，凡是運(yùn)動的物體都具有動能B．物體的動能不行能為負(fù)值C．確定質(zhì)量的物體動能變化時，速度確定變化，但速度變化時，動能不愿定變化D．動能不變的物體，確定處于平衡狀態(tài)答案ABC2．關(guān)于運(yùn)動物體所受的合外力、合外力做的功及動能變化的關(guān)系，下列說法正確的是 ()A．合外力為零，則合外力做功確定為零B．合外力做功為零，則合外力確定為零C．合外力做功越多，則動能確定越大D．動能不變，則物體合外力確定為零答案A解析合外力為零，則物體可能靜止，也可能做勻速直線運(yùn)動，這兩種狀況合外力做功均為零，所以合外力做功確定為零，A對；合外力做功為零或動能不變，合外力不愿定為零，如勻速圓周運(yùn)動，故B、D錯；合外力做功越多，動能變化越大，而不是動能越大，故C錯．3．質(zhì)量為m的物體在水平力F的作用下由靜止開頭在光滑地面上運(yùn)動，前進(jìn)一段距離之后速度大小為v，再前進(jìn)一段距離使物體的速度增大為2v，則()A．其次過程的速度增量等于第一過程的速度增量B．其次過程的動能增量是第一過程動能增量的3倍C．其次過程合外力做的功等于第一過程合外力做的功D．其次過程合外力做的功等于第一過程合外力做功的2倍答案AB解析由題意知，兩個過程中速度增量均為v，A正確；由動能定理知：W1＝eq\f(1,2)mv2，W2＝eq\f(1,2)m(2v)2－eq\f(1,2)mv2＝eq\f(3,2)mv2，故B正確，C、D錯誤．4．甲、乙兩物體質(zhì)量之比m1∶m2＝1∶2，它們與水平桌面間的動摩擦因數(shù)相同，在水平桌面上運(yùn)動時，因受摩擦力作用而停止．(1)若它們的初速度相同，則運(yùn)動位移之比為________；(2)若它們的初動能相同，則運(yùn)動位移之比為________． 答案(1)1∶1(2)2∶1解析設(shè)兩物體與水平桌面間的動摩擦因數(shù)為μ.(1)它們的初速度相同，設(shè)為v0，由動能定理得：－μm1gl1＝0－eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,0).－μm2gl2＝0－eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,0).所以l1∶l2＝1∶1.(2)它們的初動能相同，設(shè)為Ek，由動能定理得：－μm1gl1＝0－Ek.－μm2gl2＝0－Ek.所以l1∶l2＝m2∶m1＝2∶1.考點(diǎn)梳理一、動能1．定義：物體由于運(yùn)動而具有的能．2．表達(dá)式：Ek＝eq\f(1,2)mv2.3．物理意義：動能是狀態(tài)量，是標(biāo)量(填“矢量”或“標(biāo)量”)．二、動能定理1．內(nèi)容：力在一個過程中對物體所做的功，等于物體在這個過程中動能的變化．2．表達(dá)式：W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝Ek2－Ek1.3．物理意義：合外力的功是物體動能變化的量度．4．適用條件(1)動能定理既適用于直線運(yùn)動，也適用于曲線運(yùn)動．(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，既可以同時作用，也可以分階段作用．

5．一個質(zhì)量為m的小球，用長為L的輕繩懸掛于O點(diǎn)，小球在水平拉力F作用下，從平衡位置P點(diǎn)很緩慢地移動到Q點(diǎn)，此時輕繩與豎直方向夾角為θ，如圖1所示，則拉力F所做的功為 () 圖1A．mgLcosθB．mgL(1－cosθ)C．FLsinθD．FLcosθ答案B解析小球從P點(diǎn)移動到Q點(diǎn)時，受重力、繩子的拉力及水平拉力F作用，因很緩慢地移動，小球可視處于平衡狀態(tài)，由平衡條件可知：F＝mgtanθ，隨θ的增大，拉力F也增大，故F是變力，因此不能直接用W＝FLcosθ計(jì)算．依據(jù)動能定理有：WF－WG＝0，所以WF＝WG＝mgL(1－cosθ)，選項(xiàng)B正確．6．如圖2所示，光滑斜面的頂端固定一彈簧，一物體向右滑行，并沖上固定在地面上的斜面．設(shè)物體在斜面最低點(diǎn)A的速度為v，壓縮彈簧至C點(diǎn)時彈簧最短， 圖2C點(diǎn)距地面高度為h，則從A到C的過程中彈簧彈力做功是()A．mgh－eq\f(1,2)mv2 B.eq\f(1,2)mv2－mghC．－mgh D．－(mgh＋eq\f(1,2)mv2)答案A解析由A到C的過程運(yùn)用動能定理可得－mgh＋W＝0－eq\f(1,2)mv2所以W＝mgh－eq\f(1,2)mv2，所以A正確．方法提煉利用動能定理求變力功1．明確題中除變力功外，還有哪些力做功，總功如何表示．2．明確物體動能的變化．

考點(diǎn)一對動能及其變化的理解1．對動能的理解(1)動能是物體由于運(yùn)動而具有的能量，表達(dá)式Ek＝eq\f(1,2)mv2.(2)動能是狀態(tài)量，和物體的瞬時速度大小(速率)對應(yīng)．2．關(guān)于動能的變化動能的變化量為正值，表示物體的動能增加了，對應(yīng)于合外力對物體做正功；動能的變化量為負(fù)值，表示物體的動能減小了，對應(yīng)于合外力對物體做負(fù)功，或者說物體克服合外力做功．例1(2011·課標(biāo)全國·15)一質(zhì)點(diǎn)開頭時做勻速直線運(yùn)動，從某時刻起受到一恒力作用．此后，該質(zhì)點(diǎn)的動能可能 ()A．始終增大B．先漸漸減小至零，再漸漸增大C．先漸漸增大至某一最大值，再漸漸減小D．先漸漸減小至某一非零的最小值，再漸漸增大解析若力F的方向與初速度v0的方向全都，則質(zhì)點(diǎn)始終加速，動能始終增大，選項(xiàng)A正確．若力F的方向與v0的方向相反，則質(zhì)點(diǎn)先減速至速度為零后再反向加速，動能先減小至零后再增大，選項(xiàng)B正確．若力F的方向與v0的方向成一鈍角，如斜上拋運(yùn)動，物體先減速，減到某一值再加速，則其動能先減小至某一非零的最小值再增大，選項(xiàng)D正確．答案ABD考點(diǎn)二動能定理及其應(yīng)用1．對動能定理的理解(1)動能定理公式中等號表明白合外力做功與物體動能的變化間的兩個關(guān)系：①數(shù)量關(guān)系：即合外力所做的功與物體動能的變化具有等量代換關(guān)系．可以通過計(jì)算物體動能的變化，求合外力的功，進(jìn)而求得某一力的功．②因果關(guān)系：合外力的功是引起物體動能變化的緣由．(2)動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題時，優(yōu)先考慮使用動能定理．2．運(yùn)用動能定理需留意的問題(1)應(yīng)用動能定理解題時，在分析過程的基礎(chǔ)上無需深究物體運(yùn)動過程中狀態(tài)變化的細(xì)節(jié)，只需考慮整個過程的功及過程初末的動能．(2)若過程包含了幾個運(yùn)動性質(zhì)不同的分過程，既可分段考慮，也可整個過程考慮．但求功時，有些力不是全過程都作用的，必需依據(jù)不同的狀況分別對待求出總功，計(jì)算時要把各力的功連同正負(fù)號一同代入公式．例2如圖3所示，質(zhì)量為m的小球用長為L的輕質(zhì)細(xì)線懸于O點(diǎn)，與O點(diǎn)處于同一水平線上的P點(diǎn)處有一個光滑的細(xì)釘，已知OP＝eq\f(L,2)，在A點(diǎn)給小球一個水平向左的初速度v0，發(fā)覺小球恰能到達(dá)跟P點(diǎn)在同一豎直線上的最高點(diǎn)B.則：(1)小球到達(dá)B點(diǎn)時的速率？ 圖3(2)若不計(jì)空氣阻力，則初速度v0為多少？(3)若初速度v0＝3eq\r(gL)，則小球在從A到B的過程中克服空氣阻力做了多少功？解析(1)小球恰能到達(dá)最高點(diǎn)B，有mg＝meq\f(v\o\al(2,B),\f(L,2))，得vB＝eq\r(\f(gL,2)).(2)從A→B由動能定理得－mg(L＋eq\f(L,2))＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)可求出v0＝eq\r(\f(7gL,2)).(3)由動能定理得－mg(L＋eq\f(L,2))－Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)可求出Wf＝eq\f(11,4)mgL.答案(1)eq\r(\f(gL,2))(2)eq\r(\f(7gL,2))(3)eq\f(11,4)mgL應(yīng)用動能定理求變力做功時應(yīng)留意的問題1．所求的變力的功不愿定為總功，故所求的變力的功不愿定等于ΔEk.2．合外力對物體所做的功對應(yīng)物體動能的變化，而不是對應(yīng)物體的動能．3．若有多個力做功時，必需明確各力做功的正負(fù)，待求的變力的功若為負(fù)功，可以設(shè)克服該力做功為W，則表達(dá)式中應(yīng)用－W；也可以設(shè)變力的功為W，則字母W本身含有負(fù)號．突破訓(xùn)練1如圖4所示，質(zhì)量為m的物塊與水平轉(zhuǎn)臺之間的動摩擦因數(shù)為μ，物體與轉(zhuǎn)臺轉(zhuǎn)軸相距R，物體隨轉(zhuǎn)臺由靜止開頭轉(zhuǎn)動，當(dāng)轉(zhuǎn)速增加到某值時，物塊即將開頭滑動，在這一過程中，摩擦力對物體做的功是 () 圖4A.eq\f(1,2)μmgR B．2πmgRC．2μmgR D．0答案A解析物塊即將開頭滑動時，最大靜摩擦力(近似等于滑動摩擦力)供應(yīng)向心力，有μmg＝eq\f(mv2,R)，依據(jù)動能定理有，Wf＝eq\f(mv2,2)，解得Wf＝eq\f(μmgR,2)，選項(xiàng)A正確．例3如圖5所示，電梯質(zhì)量為M，在它的水平地板上放置一質(zhì)量為m的物體．電梯在鋼索的拉力作用下由靜止開頭豎直向上加速運(yùn)動，當(dāng)上上升度為H時，電梯的速度達(dá)到v，則在這個過程中，以下說法中正確的是 () 圖5A．電梯地板對物體的支持力所做的功等于eq\f(mv2,2)B．電梯地板對物體的支持力所做的功大于eq\f(mv2,2)C．鋼索的拉力所做的功等于eq\f(mv2,2)＋MgHD．鋼索的拉力所做的功大于eq\f(mv2,2)＋MgH解析以物體為爭辯對象，由動能定理得WN－mgH＝eq\f(1,2)mv2，即WN＝mgH＋eq\f(1,2)mv2，選項(xiàng)B正確，選項(xiàng)A錯誤．以系統(tǒng)為爭辯對象，由動能定理得WT－(m＋M)gH＝eq\f(1,2)(M＋m)v2，即WT＝eq\f(1,2)(M＋m)v2＋(M＋m)gH>eq\f(mv2,2)＋MgH，選項(xiàng)D正確，選項(xiàng)C錯誤．答案BD應(yīng)用動能定理解題的基本思路1．選取爭辯對象，明確它的運(yùn)動過程；2．分析爭辯對象的受力狀況和各力的做功狀況：3．明確爭辯對象在過程的初末狀態(tài)的動能Ek1和Ek2；4.列動能定理的方程W合＝Ek2－Ek1及其他必要的解題方程，進(jìn)行求解．突破訓(xùn)練2如圖6所示，一塊長木板B放在光滑的水平面上，在B上放一物體A，現(xiàn)以恒定的外力F拉B，由于A、B間摩擦力的作用，A將在B上滑動，以地面為參考系，A、B都 圖6向前移動一段距離．在此過程中 ()A．外力F做的功等于A和B動能的增量B．B對A的摩擦力所做的功等于A的動能增量C．A對B的摩擦力所做的功等于B對A的摩擦力所做的功D．外力F對B做的功等于B的動能的增量與B克服摩擦力所做的功之和答案BD解析A物體所受的合外力等于B對A的摩擦力，對A物體運(yùn)用動能定理，則有B對A的摩擦力所做的功等于A的動能的增量，B對．A對B的摩擦力與B對A的摩擦力是一對作用力與反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑動，A、B對地的位移不等，故二者做功不等，C錯．對B應(yīng)用動能定理，WF－Wf＝ΔEkB，WF＝ΔEkB＋Wf，即外力F對B做的功等于B的動能的增量與B克服摩擦力所做的功之和，D對．由前述爭辯知B克服摩擦力所做的功與A的動能增量(等于B對A的摩擦力所做的功)不等，故A錯．考點(diǎn)三動能定理與圖象結(jié)合的問題例4如圖7甲所示，一根輕質(zhì)彈簧左端固定在豎直墻面上，右端放一個可視為質(zhì)點(diǎn)的小物塊，小物塊的質(zhì)量為m＝1.0kg，當(dāng)彈簧處于原長時，小物塊靜止于O點(diǎn)．現(xiàn)對小物塊施加一個外力F，使它緩慢移動，將彈簧壓縮至A點(diǎn)，壓縮量為x＝0.1m，在這一過程中，所用外力F與壓縮量的關(guān)系如圖乙所示．然后撤去F釋放小物塊，讓小物塊沿桌面運(yùn)動，已知O點(diǎn)至桌邊B點(diǎn)的距離為L＝2x，水平桌面的高為h＝5.0m，計(jì)算時，可用滑動摩擦力近似等于最大靜摩擦力．(g取10m/s2)求：圖7(1)在壓縮彈簧的過程中，彈簧存貯的最大彈性勢能；(2)小物塊到達(dá)桌邊B點(diǎn)時速度的大??；(3)小物塊落地點(diǎn)與桌邊B的水平距離．審題指導(dǎo)解答本題時應(yīng)留意以下三點(diǎn)：(1)F－x圖象與x軸所圍面積為變力F做的功；(2)彈簧存貯的彈性勢能對應(yīng)彈簧的彈力所做的負(fù)功的值；(3)F－x圖象中x＝0時對應(yīng)F的含義．解析(1)取向左為正方向，從F—x圖中可以看出，小物塊與桌面間的滑動摩擦力大小為Ff＝1.0N，方向?yàn)樨?fù)方向在壓縮過程中，摩擦力做功為Wf＝－Ffx＝－0.1J由圖線與x軸所圍面積可得外力F做功為WF＝eq\f(1.0＋47.0×0.1,2)J＝2.4J所以彈簧存貯的最大彈性勢能為Epm＝WF＋Wf＝2.3J(2)從A點(diǎn)到B點(diǎn)的過程中，由于L＝2x，摩擦力做功為Wf′＝Ff·3x＝0.3J對小物塊運(yùn)用動能定理有Epm－Wf′＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)解得vB＝2m/s(3)物塊從B點(diǎn)開頭做平拋運(yùn)動，有h＝eq\f(1,2)gt2解得下落時間t＝1s，水平距離s＝vBt＝2m答案(1)2.3J(2)2m/s(3)2m突破訓(xùn)練3總質(zhì)量為80kg的跳傘運(yùn)動員從離地500m的直升機(jī)上跳下，經(jīng)過2s拉開繩索開啟降落傘．如圖8所示是跳傘過程中的v－t圖象，試依據(jù)圖象(g取10m/s2)圖8(1)求0～2s內(nèi)阻力做的功；(2)估算14s內(nèi)運(yùn)動員下落的高度及克服阻力做的功；(3)估算運(yùn)動員從飛機(jī)上跳下到著地的總時間．答案(1)－2560J(2)160m1.27×105J(3)71s解析(1)從題圖中可以看出，在0～2s內(nèi)運(yùn)動員做勻加速運(yùn)動，其加速度大小為a＝eq\f(vt,t)＝eq\f(16,2)m/s2＝8m/s2.設(shè)此過程中運(yùn)動員受到的阻力大小為Ff，依據(jù)牛頓其次定律，有mg－Ff＝ma得Ff＝m(g－a)＝80×(10－8)N＝160N.0～2s內(nèi)下落高度h′＝eq\f(vt,2)t＝eq\f(16,2)×2m＝16m.阻力做功W＝－Ffh′＝－2560J.(2)從題圖中估算得出運(yùn)動員在14s內(nèi)下落了h＝40×2×2m＝160m依據(jù)動能定理，有mgh－Wf＝eq\f(1,2)mv2所以有Wf＝mgh－eq\f(1,2)mv2＝(80×10×160－eq\f(1,2)×80×62)J≈1.27×105J.(3)14s后運(yùn)動員做勻速運(yùn)動的時間為t′＝eq\f(H－h(huán),v)＝eq\f(500－160,6)s＝57s.運(yùn)動員從飛機(jī)上跳下到著地需要的總時間t總＝t＋t′＝(14＋57)s＝71s.22．動能定理在多過程問題中的應(yīng)用模型特征：優(yōu)先考慮應(yīng)用動能定理的典型問題(1)不涉及加速度、時間的問題．(2)有多個物理過程且不需要爭辯整個過程中的中間狀態(tài)的問題．(3)變力做功的問題．(4)含有F、l、m、v、W、Ek等物理量的力學(xué)問題．解析(1)小滑塊由C運(yùn)動到A，由動能定理得mgLsin37°－μmgs＝0（2分）解得μ＝eq\f(24,35)（1分）(2)設(shè)在斜面上，拉力作用的距離為x，小滑塊由A運(yùn)動到C，由動能定理得Fs－μmgs＋Fx－mgLsin37°＝0 （2分）解得x＝1.25m （1分）(3)小滑塊由A運(yùn)動到B，由動能定理得Fs－μmgs＝eq\f(1,2)mv2 （2分）由牛頓其次定律得F－mgsin37°＝ma （2分）由運(yùn)動學(xué)公式得x＝vt＋eq\f(1,2)at2 （2分）聯(lián)立解得t＝0.5s （1分）答案(1)eq\f(24,35)(2)1.25m(3)0.5s突破訓(xùn)練4一質(zhì)量為2kg的鉛球從離地面2m高處自由下落，陷入沙坑中2cm深處，如圖10所示，求沙子對鉛球的平均阻力(g＝10m/s2)．答案2020N解析小球的運(yùn)動包括自由落體運(yùn)動和陷入沙坑減速運(yùn)動兩個過程，知道初末態(tài)動能和運(yùn)動位移，應(yīng)選用動能定理解決，處理方法有兩種： 圖10解法一分段列式：鉛球自由下落過程中，設(shè)小球落到沙面時速度為v，則：mgH＝eq\f(1,2)mv2v＝eq\r(2gH)＝eq\r(2×10×2)m/s＝2eq\r(10)m/s.鉛球陷入沙坑過程中，只受重力和阻力Ff作用，由動能定理得：mgh－Ffh＝0－eq\f(mv2,2)Ff＝eq\f(mgh＋\f(mv2,2),h)＝eq\f(2×10×0.02＋2×\f(2\r(10)2,2),0.02)N＝2020N解法二全程列式：全過程都有重力做功，進(jìn)入沙中又有阻力做功．所以W總＝mg(H＋h)－Ffh由動能定理得：mg(H＋h)－Ffh＝0－0故：Ff＝eq\f(mgH＋h,h)＝eq\f(2×10×2＋0.02,0.02)N＝2020N.

高考題組1．(2022·福建理綜·21)如圖11所示，用跨過光滑定滑輪的纜繩將海面上一艘失去動力的小船沿直線拖向岸邊．已知拖動纜繩的電動機(jī)功率恒為P，小船的質(zhì)量為m，小船受到的阻力大小恒為f，經(jīng)過A點(diǎn)時的速度大小為v0，小船從A點(diǎn)沿直線加速運(yùn)動到B點(diǎn)經(jīng)受時間為t1，A、B兩點(diǎn)間距離為d，纜繩質(zhì)量忽視不計(jì)．求：圖11(1)小船從A點(diǎn)運(yùn)動到B點(diǎn)的全過程克服阻力做的功Wf；(2)小船經(jīng)過B點(diǎn)時的速度大小v1；(3)小船經(jīng)過B點(diǎn)時的加速度大小a.答案(1)fd(2)eq\r(v\o\al(2,0)＋\f(2,m)Pt1－fd)(3)eq\f(P,\r(m2v\o\al(2,0)＋2mPt1－fd))－eq\f(f,m)解析(1)小船從A點(diǎn)運(yùn)動到B點(diǎn)克服阻力做功Wf＝fd ①(2)小船從A點(diǎn)運(yùn)動到B點(diǎn)，電動機(jī)牽引纜繩對小船做功W＝Pt1 ②由動能定理有W－Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0) ③由①②③式解得v1＝eq\r(v\o\al(2,0)＋\f(2,m)Pt1－fd) ④(3)設(shè)小船經(jīng)過B點(diǎn)時纜繩的拉力大小為F，纜繩與水平方向夾角為θ，電動機(jī)牽引纜繩的速度大小為v，則P＝Fv ⑤v＝v1cosθ ⑥由牛頓其次定律有Fcosθ－f＝ma ⑦由④⑤⑥⑦式解得a＝eq\f(P,\r(m2v\o\al(2,0)＋2mPt1－fd))－eq\f(f,m).2．(2022·北京理綜·22)如圖12所示，質(zhì)量為m的小物塊在粗糙水平桌面上做直線運(yùn)動，經(jīng)距離l后以速度v飛離桌面，最終落在水平地面上．已知l＝1.4m，v＝3.0m/s，m＝0.10kg，小物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.25，桌面高h(yuǎn)＝0.45m．不計(jì)空氣阻力，重力加速度g取10m/s2.求：圖12(1)小物塊落地點(diǎn)到飛出點(diǎn)的水平距離s；(2)小物塊落地時的動能Ek；(3)小物塊的初速度大小v0.答案(1)0.90m(2)0.90J(3)4.0m/s解析(1)由平拋運(yùn)動規(guī)律，有豎直方向h＝eq\f(1,2)gt2水平方向s＝vt得水平距離s＝eq\r(\f(2h,g))v＝0.90m(2)由機(jī)械能守恒定律，得落地時的動能Ek＝eq\f(1,2)mv2＋mgh＝0.90J(3)由動能定理，有－μmgl＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)得初速度大小v0＝eq\r(2μgl＋v2)＝4.0m/s.模擬題組3．如圖13甲所示，一質(zhì)量為m＝1kg的物塊靜止在粗糙水平面上的A點(diǎn)，從t＝0時刻開頭，物塊在按如圖乙所示規(guī)律變化的水平力F作用下向右運(yùn)動，第3s末物塊運(yùn)動到B點(diǎn)時速度剛好為0，第5s末物塊剛好回到A點(diǎn)，已知物塊與粗糙水平面之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，(g取10m/s2)求：圖13(1)AB間的距離；(2)水平力F在5s時間內(nèi)對物塊所做的功．答案(1)4m(2)24J解析(1)在3s～5s內(nèi)物塊在水平恒力F作用下由B點(diǎn)勻加速直線運(yùn)動到A點(diǎn)，設(shè)加速度為a，AB間的距離為x，則F－μmg＝maa＝eq\f(F－μmg,m)＝eq\f(4－0.2×1×10,1)m/s2＝2m/s2x＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)×2×22m＝4m(2)設(shè)整個過程中F做的功為WF，物塊回到A點(diǎn)時的速度為vA，由動能定理得WF－2μmgx＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)又veq\o\al(2,A)＝2ax所以WF＝2μmgx＋max＝24J4．如圖14所示裝置由AB、BC、CD三段軌道組成，軌道交接處均由很小的圓弧平滑連接，其中軌道AB、CD段是光滑的，水平軌道BC的長度s＝5m，軌道CD足夠長且傾角θ＝37°，A、D兩點(diǎn)離軌道BC的高度分別為h1＝4.30m、h2＝1.35m． 圖14現(xiàn)讓質(zhì)量為m的小滑塊自A點(diǎn)由靜止釋放．已知小滑塊與軌道BC間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：(1)小滑塊第一次到達(dá)D點(diǎn)時的速度大小；(2)小滑塊第一次與其次次通過C點(diǎn)的時間間隔．答案(1)3m/s(2)2s解析(1)物塊從A→B→C→D過程中，由動能定理得mg(h1－h(huán)2)－μmgs＝eq\f(1,2)mvD2－0，解得：vD＝3m/s(2)小物塊從A→B→C過程中，有mgh1－μmgs＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)解得：vC＝6m/s小物塊沿CD段上滑的加速度a＝gsinθ＝6m/s2小物塊沿CD段上滑到最高點(diǎn)的時間t1＝eq\f(vC,a)＝1s小物塊從最高點(diǎn)滑回C點(diǎn)的時間t2＝t1＝1s故t＝t1＋t2＝2s

(限時：45分鐘)?題組1動能定理的簡潔應(yīng)用1．某人用手托著質(zhì)量為m的物體，從靜止開頭沿水平方向運(yùn)動，前進(jìn)距離l后，速度為v(物體與手始終相對靜止)，物體與手掌之間的動摩擦因數(shù)為μ，則人對物體做的功為()A．mgl B．0 C．μmgl D.eq\f(1,2)mv2答案D2．子彈的速度為v，打穿一塊固定的木塊后速度剛好變?yōu)榱悖裟緣K對子彈的阻力為恒力，那么當(dāng)子彈射入木塊的深度為其厚度的一半時，子彈的速度是 ()A.eq\f(v,2) B.eq\f(\r(2),2)v C.eq\f(v,3) D.eq\f(v,4)答案B解析設(shè)子彈的質(zhì)量為m，木塊的厚度為d，木塊對子彈的阻力為Ff.依據(jù)動能定理，子彈剛好打穿木塊的過程滿足－Ffd＝0－eq\f(1,2)mv2.設(shè)子彈射入木塊厚度一半時的速度為v′，則－Ff·eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)mv′2－eq\f(1,2)mv2，得v′＝eq\f(\r(2),2)v，故選B.3．在地面上某處將一金屬小球豎直向上拋出，上升確定高度后再落回原處，若不考慮空氣阻力，則下列圖象能正確反映小球的速度、加速度、位移和動能隨時間變化關(guān)系的是(取向上為正方向) ()答案A解析小球運(yùn)動過程中加速度不變，B錯；速度均勻變化，先減小后反向增大，A對；位移和動能與時間不是線性關(guān)系，C、D錯．4．一人乘豎直電梯從1樓到12樓，在此過程中經(jīng)受了先加速，后勻速，再減速的運(yùn)動過程，則下列說法正確的是 ()A．電梯對人做功狀況是：加速時做正功，勻速時不做功，減速時做負(fù)功B．電梯對人做功狀況是：加速和勻速時做正功，減速時做負(fù)功C．電梯對人做的功等于人動能的增加量D．電梯對人做的功和重力對人做的功的代數(shù)和等于人動能的增加量答案D解析電梯向上加速、勻速、再減速運(yùn)動的過程中，電梯對人的作用力始終向上，故電梯始終對人做正功，A、B均錯誤；由動能定理可知，電梯對人做的功和重力對人做的功的代數(shù)和等于人動能的增加量，故C錯誤，D正確．5．如圖1所示，物體與斜面AB、DB間動摩擦因數(shù)相同．可視為質(zhì)點(diǎn)的物體分別沿AB、DB從斜面頂端由靜止下滑到底端，下列說法正確的是 ()A．物體沿斜面DB滑動到底端時動能較大B．物體沿斜面AB滑動到底端時動能較大 圖1C．物體沿斜面DB滑動過程中克服摩擦力做的功較多D．物體沿斜面AB滑動過程中克服摩擦力做的功較多答案B解析已知物體與斜面AB、DB間動摩擦因數(shù)相同，設(shè)斜面傾角為θ，底邊為x，則斜面高度為h＝xtanθ，斜面長度為L＝eq\f(x,cosθ)，物體分別沿AB、DB從斜面頂端由靜止下滑到底端，由動能定理有：mgh－μmgcosθ·L＝mgh－μmgx＝eq\f(1,2)mv2，可知物體沿斜面AB滑動到底端時動能較大，故A錯誤，B正確；物體沿斜面滑動過程中克服摩擦力做的功W＝μmgLcosθ＝μmgx，則兩次相同，故C、D錯誤．6．人通過滑輪將質(zhì)量為m的物體，沿粗糙的斜面從靜止開頭勻加速地由底端拉到斜面頂端，物體上升的高度為h，到達(dá)斜面頂端時的速度為v，如圖2所示．則在此過程中 () 圖2A．物體所受的合外力做的功為mgh＋eq\f(1,2)mv2B．物體所受的合外力做的功為eq\f(1,2)mv2C．人對物體做的功為mghD．人對物體做的功大于mgh答案BD解析物體沿斜面做勻加速運(yùn)動，依據(jù)動能定理：W合＝WF－Wf－mgh＝eq\f(1,2)mv2，其中Wf為物體克服摩擦力做的功．人對物體做的功即是人對物體的拉力做的功，所以W人＝WF＝Wf＋mgh＋eq\f(1,2)mv2，A、C錯誤，B、D正確．?題組2應(yīng)用動能定理求解變力做功問題7．如圖3所示，光滑水平平臺上有一個質(zhì)量為m的物塊，站在地面上的人用跨過定滑輪的繩子向右拉動物塊，不計(jì)繩和滑輪的質(zhì)量及滑輪的摩擦，且平臺邊緣離人手作用點(diǎn)豎直高度始終為h.當(dāng)人以速度v從平 圖3臺的邊緣處向右勻速前進(jìn)位移x時，則 ()A．在該過程中，物塊的運(yùn)動可能是勻速的B．在該過程中，人對物塊做的功為eq\f(mv2x2,2h2＋x2)C．在該過程中，人對物塊做的功為eq\f(1,2)mv2D．人前進(jìn)x時，物塊的運(yùn)動速率為eq\f(vh,\r(h2＋x2))答案B解析設(shè)繩子與水平方向的夾角為θ，則物塊運(yùn)動的速度v物＝vcosθ，而cosθ＝eq\f(x,\r(h2＋x2))，故v物＝eq\f(vx,\r(h2＋x2))，可見物塊的速度隨x的增大而增大，A、D均錯誤；人對物塊的拉力為變力，變力的功可應(yīng)用動能定理求解，即W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,物)＝eq\f(mv2x2,2h2＋x2)，B正確，C錯誤．8．如圖4所示，一質(zhì)量為m的質(zhì)點(diǎn)在半徑為R的半球形容器中(容器固定)由靜止開頭自邊緣上的A點(diǎn)滑下，到達(dá)最低點(diǎn)B時，它對容器的正壓力為FN.重力加速度為g，則質(zhì)點(diǎn)自A滑到B的過程中，摩擦力對其所做的功為 () 圖4A.eq\f(1,2)R(FN－3mg) B.eq\f(1,2)R(3mg－FN)C.eq\f(1,2)R(FN－mg) D.eq\f(1,2)R(FN－2mg)答案A解析質(zhì)點(diǎn)到達(dá)最低點(diǎn)B時，它對容器的正壓力為FN，依據(jù)牛頓其次定律有FN－mg＝meq\f(v2,R)，依據(jù)動能定理，質(zhì)點(diǎn)自A滑到B的過程中有Wf＋mgR＝eq\f(1,2)mv2，故摩擦力對其所做的功Wf＝eq\f(1,2)RFN－eq\f(3,2)mgR，故A項(xiàng)正確．

9．質(zhì)量為m的小球被系在輕繩一端，在豎直平面內(nèi)做半徑為R的圓周運(yùn)動，如圖5所示，運(yùn)動過程中小球受到空氣阻力的作用．設(shè)某一時刻小球通過軌道的最低點(diǎn)，此時繩子的張力為7mg，在此后小球連續(xù)做圓周運(yùn)動，經(jīng)過半個圓周恰好能通過最高點(diǎn)，則在此過程中小球克服空氣阻力所做的功是 ()圖5A.eq\f(1,4)mgR B.eq\f(1,3)mgRC.eq\f(1,2)mgR D．mgR答案C解析小球通過最低點(diǎn)時，繩的張力為F＝7mg ①由牛頓其次定律可知：F－mg＝eq\f(mv\o\al(2,1),R) ②小球恰好過最高點(diǎn)，繩子拉力為零，由牛頓其次定律可知：mg＝eq\f(mv\o\al(2,2),R) ③小球由最低點(diǎn)運(yùn)動到最高點(diǎn)的過程中，由動能定理得：－2mgR＋Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1) ④由①②③④可得Wf＝－eq\f(1,2)mgR，所以小球克服空氣阻力所做的功為eq\f(1,2)mgR，故C正確，A、B、D錯誤．?題組3應(yīng)用動力學(xué)觀點(diǎn)和動能定理解決多過程問題10．如圖6所示，粗糙水平地面AB與半徑R＝0.4m的光滑半圓軌道BCD相連接，且在同一豎直平面內(nèi)，O是BCD的圓心，BOD在同一豎直線上．質(zhì)量m＝2kg的小物塊在9N的水平恒力F的作用下，從A點(diǎn)由靜止開頭做勻加速直線運(yùn)動． 圖6已知AB＝5m，小物塊與水平地面間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.2