第二講動能定理(原卷版+解析)

第二講動能定理知識梳理一、動能1．定義：物體由于運動而具有的能．2．公式：Ek＝eq\f(1,2)mv2．3．矢標性：動能是標量，只有正值，動能與速度方向無關．4．狀態(tài)量：動能是狀態(tài)量，因為v是瞬時速度．5．相對性：由于速度具有相對性，所以動能也具有相對性．6．動能的變化：物體末動能與初動能之差，即ΔEk＝eq\f(1,2)m－eq\f(1,2)m．動能的變化是過程量．二、動能定理1．內(nèi)容：合外力對物體所做的功，等于物體在這個過程中動能的變化．2．表達式(1)W＝ΔEk．(2)W＝Ek2－Ek1．(3)W＝eq\f(1,2)m－eq\f(1,2)m．3．物理意義：合外力的功是物體動能變化的量度．4．適用范圍廣泛(1)既適用于直線運動，也適用于曲線運動．(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，也可以不同時作用．知識訓練考點一、動能定理的理解和基本應用1．適用條件(1)動能定理既適用于直線運動，也適用于曲線運動．(2)動能定理既適用于恒力做功，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．2．解題流程3．注意事項(1)動能定理中的位移和速度必須是相對于同一個參考系的，一般以地面或相對地面靜止的物體為參考系．(2)當物體的運動包含多個不同過程時，可分段應用動能定理求解；也可以全過程應用動能定理求解．(3)動能是標量，動能定理是標量式，解題時不能分解動能．例1、(2021·山東高考)如圖所示，粗糙程度處處相同的水平桌面上有一長為L的輕質(zhì)細桿，一端可繞豎直光滑軸O轉動，另一端與質(zhì)量為m的小木塊相連。木塊以水平初速度v0出發(fā)，恰好能完成一個完整的圓周運動。在運動過程中，木塊所受摩擦力的大小為()A．eq\f(mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),2πL) B．eq\f(mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),4πL)C．eq\f(mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),8πL) D．eq\f(mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),16πL)例2、隨著高鐵時代的到來，人們出行也是越來越方便，高鐵列車在啟動階段的運動可看作初速度為零的勻加速直線運動．在啟動階段，列車的動能()A．與它所經(jīng)歷的時間成正比B．與它的位移成正比C．與它的速度成正比D．與它的加速度成正比例3、(2018·全國卷Ⅱ·14)如圖，某同學用繩子拉動木箱，使它從靜止開始沿粗糙水平路面運動至具有某一速度．木箱獲得的動能一定()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例4、如圖所示，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＝1kg的小物塊在9N的水平恒力F的作用下，從A點由靜止開始做勻加速直線運動．已知xAB＝5m，小物塊與水平地面間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.1，當小物塊運動到B點時撤去力F，取重力加速度g＝10m/s2，求：(1)小物塊到達B點時速度的大小；(2)小物塊運動到D點時，軌道對小物塊作用力的大?。n堂隨練訓練1、(2021·高考河北卷，T6)一半徑為R的圓柱體水平固定，橫截面如圖所示。長度為πR、不可伸長的輕細繩，一端固定在圓柱體最高點P處，另一端系一個小球。小球位于P點右側同一水平高度的Q點時，繩剛好拉直。將小球從Q點由靜止釋放，當與圓柱體未接觸部分的細繩豎直時，小球的速度大小為(重力加速度為g，不計空氣阻力)()A．eq\r(（2＋π）gR) B．eq\r(2πgR)C．eq\r(2（1＋π）gR) D．2eq\r(gR)訓練2、(2022·北京東城區(qū)期末)如圖所示，在高為h的粗糙平臺上，有一個質(zhì)量為m的小球，被一根細線拴在墻上，球與墻間有一根被壓縮的輕質(zhì)彈簧。當燒斷細線時，小球被彈出，小球落地時速度大小為v。對燒斷細線到小球剛要落地的過程，下列說法正確的是()A．小球離開彈簧時的動能是eq\f(1,2)mv2B．彈簧彈力做的功等于eq\f(1,2)mv2C．彈簧彈力與重力做功的和等于eq\f(1,2)mv2D．彈簧彈力與摩擦力做功的和等于eq\f(1,2)mv2－mgh訓練3、如圖所示，物體在距斜面底端5m處由靜止開始下滑，然后滑上與斜面平滑連接的水平面，若物體與斜面及水平面間的動摩擦因數(shù)均為0.4，斜面傾角為37°.求物體能在水平面上滑行的距離．(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)訓練4、如圖所示，在水平軌道右側安放半徑為R＝0.2m的豎直圓形光滑軌道，水平軌道的PQ段鋪設特殊材料，調(diào)節(jié)其初始長度為L＝1m，水平軌道左側有一輕質(zhì)彈簧左端固定，彈簧處于自然狀態(tài)．質(zhì)量為m＝1kg的小物塊A(可視為質(zhì)點)從軌道右側以初速度v0＝2m/s沖上軌道，通過圓形軌道、水平軌道后壓縮彈簧并被彈簧以原速率彈回，經(jīng)水平軌道返回圓形軌道．物塊A與PQ段間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，軌道其他部分摩擦不計，重力加速度g取10m/s2.求：(1)物塊A與彈簧剛接觸時的速度大小v1；(2)物塊A被彈簧以原速率彈回返回到圓形軌道的高度h1；(3)調(diào)節(jié)PQ段的長度L，A仍以v0從軌道右側沖上軌道，當L滿足什么條件時．物塊A能第一次返回圓形軌道且能沿軌道運動而不脫離軌道．考點二、應用動能定理求變力做功在一個有，可用動能定理，W變＋W恒＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12，物體初、末速度已知，恒力做功W恒可根據(jù)功的公式求出，這樣就可以得到W變＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12－W恒，就可以求變力做的功了．例1、質(zhì)量為m的物體以初速度v0沿水平面向左開始運動，起始點A與一輕彈簧O端相距s，如圖所示．已知物體與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ，物體與彈簧相碰后，彈簧的最大壓縮量為x，則從開始碰撞到彈簧被壓縮至最短，物體克服彈簧彈力所做的功為(重力加速度大小為g)()A．eq\f(1,2)mv02－μmg(s＋x) B．eq\f(1,2)mv02－μmgxC．μmgs D．μmg(s＋x)例2、如圖所示，一半徑為R的半圓形軌道豎直固定放置，軌道兩端等高，質(zhì)量為m的質(zhì)點自軌道端點P由靜止開始滑下，滑到最低點Q時，對軌道的壓力為2mg，重力加速度大小為g.質(zhì)點自P滑到Q的過程中，克服摩擦力所做的功為()A．eq\f(1,4)mgR B．eq\f(1,3)mgRC．eq\f(1,2)mgR D．eq\f(π,4)mgR考點三、動能定理與圖象結合問題1．解決圖像問題的基本步驟(1)弄清縱坐標、橫坐標所對應的物理量及圖線所表示的物理意義．(2)根據(jù)物理規(guī)律推導出縱坐標與橫坐標所對應的物理量間的函數(shù)關系式．(3)將推導出的物理規(guī)律與數(shù)學上與之相對應的標準函數(shù)關系式相對比，找出圖線的斜率、截距、圖線的交點、圖與坐標軸圍成的面積等所表示的物理意義，分析解答問題，或者利用函數(shù)圖線上的特定值代入函數(shù)關系式求物理量．2．圖像所圍“面積”和圖像斜率的含義例1、(2020·江蘇高考)如圖所示，一小物塊由靜止開始沿斜面向下滑動，最后停在水平地面上。斜面和地面平滑連接，且物塊與斜面、物塊與地面間的動摩擦因數(shù)均為常數(shù)。該過程中，物塊的動能Ek與水平位移x關系的圖象是()例2、(2019·全國卷Ⅲ·17)從地面豎直向上拋出一物體，物體在運動過程中除受到重力外，還受到一大小不變、方向始終與運動方向相反的外力作用．距地面高度h在3m以內(nèi)時，物體上升、下落過程中動能Ek隨h的變化如圖所示．重力加速度取10m/s2.該物體的質(zhì)量為()A．2kgB．1.5kgC．1kgD．0.5kg例3、(多選)(2021·遼寧大連五校聯(lián)考)在某一粗糙的水平面上，一質(zhì)量為2kg的物體在水平恒定拉力的作用下做勻速直線運動，當運動一段時間后，拉力逐漸減小，且當拉力減小到零時，物體剛好停止運動，圖中給出了拉力隨位移變化的關系圖像。已知重力加速度g＝10m/s2。根據(jù)以上信息能精確得出或估算得出的物理量有()A．物體與水平面間的動摩擦因數(shù)B．合外力對物體所做的功C．物體做勻速運動時的速度D．物體運動的時間課堂隨練訓練1、(2021·云南省曲靖市高三二模)某質(zhì)量為m的質(zhì)點在外力作用下沿直線從A點加速運動到B點，已知質(zhì)點通過A點時的速度為v0，加速度為a0，A、B兩點之間的距離為L。在加速運動過程中，質(zhì)點的加速度a隨位移x變化的關系如圖所示，則外力對質(zhì)點做的功和通過B點時的速度大小為()A．eq\f(3,2)ma0L,eq\r(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＋3a0L)B．m(a0L＋eq\r(3a0L))，v0＋eq\r(3a0L)C．eq\f(3,2)ma0L,eq\r(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＋2a0L)D．m(a0L＋eq\r(3a0L))，v0＋eq\r(2a0L)訓練2、(2021·湖北高考)如圖a所示，一物塊以一定初速度沿傾角為30°的固定斜面上滑，運動過程中摩擦力大小f恒定，物塊動能Ek與運動路程s的關系如圖b所示。重力加速度大小取10m/s2，物塊質(zhì)量m和所受摩擦力大小f分別為()A．m＝0.7kg，f＝0.5NB．m＝0.7kg，f＝1.0NC．m＝0.8kg，f＝0.5ND．m＝0.8kg，f＝1.0N考點四、動能定理在多過程問題中的應用1．基本步驟例1、(2021·全國甲卷)(多選)一質(zhì)量為m的物體自傾角為α的固定斜面底端沿斜面向上滑動。該物體開始滑動時的動能為Ek，向上滑動一段距離后速度減小為零，此后物體向下滑動，到達斜面底端時動能為eq\f(Ek,5)。已知sinα＝0.6，重力加速度大小為g。則()A．物體向上滑動的距離為eq\f(Ek,2mg)B．物體向下滑動時的加速度大小為eq\f(g,5)C．物體與斜面間的動摩擦因數(shù)等于0.5D．物體向上滑動所用的時間比向下滑動的時間長例2、(2021·全國乙卷)一籃球質(zhì)量為m＝0.60kg，一運動員使其從距地面高度為h1＝1.8m處由靜止自由落下，反彈高度為h2＝1.2m。若使籃球從距地面h3＝1.5m的高度由靜止下落，并在開始下落的同時向下拍球，球落地后反彈的高度也為1.5m。假設運動員拍球時對球的作用力為恒力，作用時間為t＝0.20s；該籃球每次與地面碰撞前后的動能的比值不變。重力加速度大小取g＝10m/s2，不計空氣阻力。求：(1)運動員拍球過程中對籃球所做的功；(2)運動員拍球時對籃球的作用力的大小。例3、(2021·廣西桂林質(zhì)檢)如圖所示，傾角為37°的粗糙斜面AB底端與半徑R＝0.4m的光滑半圓軌道BC平滑相連，O點為軌道圓心，BC為圓軌道直徑且處于豎直方向，A、C兩點等高，質(zhì)量m＝1kg的滑塊從A點由靜止開始下滑，恰能滑到與O點等高的D點，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。(1)求滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ；(2)若使滑塊能到達C點，求滑塊從A點沿斜面滑下時的初速度v0的最小值；(3)若滑塊離開C點的速度大小為4m/s，求滑塊從C點飛出至落到斜面上所經(jīng)歷的時間t。例4、(2016·全國卷Ⅰ)如圖，一輕彈簧原長為2R，其一端固定在傾角為37°的固定直軌道AC的底端A處，另一端位于直軌道上B處，彈簧處于自然狀態(tài)。直軌道與一半徑為eq\f(5,6)R的光滑圓弧軌道相切于C點，AC＝7R，A、B、C、D均在同一豎直平面內(nèi)。質(zhì)量為m的小物塊P自C點由靜止開始下滑，最低到達E點(未畫出)。隨后P沿軌道被彈回，最高到達F點，AF＝4R。已知P與直軌道間的動摩擦因數(shù)μ＝eq\f(1,4)，重力加速度大小為g。(取sin37°＝eq\f(3,5)，cos37°＝eq\f(4,5))(1)求P第一次運動到B點時速度的大小；(2)求P運動到E點時彈簧的彈性勢能；(3)改變物塊P的質(zhì)量，將P推至E點，從靜止開始釋放。已知P自圓弧軌道的最高點D處水平飛出后，恰好通過G點。G點在C點左下方，與C點水平相距eq\f(7,2)R、豎直相距R。求P運動到D點時速度的大小和改變后P的質(zhì)量。課堂隨練訓練1、(多選)(2022·河北選考模擬)如圖，在O點用長為L的不可伸長的輕繩懸掛一質(zhì)量為m的小球，O點正下方的P點固定一細釘子，OP距離為d，C點和P點等高。小球處于O點右側同一水平高度的A點時，繩剛好拉直，將小球從A點由靜止釋放。以過最低點B的水平面為零勢能面，重力加速度大小為g，不計空氣阻力。下列說法正確的是()A．若小球恰能繞釘子做圓周運動，則d應等于eq\f(3,5)LB．若d為eq\f(3,5)L，小球到達C點時繩子拉力為3mgC．若d為eq\f(1,2)L，小球到達C點時的機械能為eq\f(1,2)mgLD．若d為eq\f(1,2)L，小球到達C點時所受合力方向水平向右訓練2、(多選)(2022·廣東新高考模擬)如圖所示，斜面AB和水平面BC相交于B點，CED是豎直放置的半徑R＝0.1m的光滑半圓軌道，CED與BC相切于C點，E點與圓心O點等高。質(zhì)量為m的小球從離水平面h處由靜止釋放，經(jīng)過水平面后滑上半圓軌道，已知小球與水平地面及與斜面間的動摩擦因數(shù)都為μ＝0.2，斜面的傾角θ＝45°，BC長s＝4m，g取10m/s2，如果讓小球進入半圓軌道后不脫離半圓軌道，則h的取值可能為()A．1.4m B．1.2mC．1.1m D．0.9m訓練3、(2021·湖南十校聯(lián)考)如圖所示，質(zhì)量m＝3kg的小物塊以初速度v0＝4m/s水平向右拋出，恰好從A點沿著圓弧的切線方向進入圓弧軌道。圓弧軌道的半徑為R＝3.75m，B點是圓弧軌道的最低點，圓弧軌道與水平軌道BD平滑連接，A與圓心O的連線與豎直方向成37°角。MN是一段粗糙的水平軌道，小物塊與MN間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1，軌道其他部分光滑。最右側是一個半徑為r＝0.4m的半圓弧軌道，C點是半圓弧軌道的最高點，半圓弧軌道與水平軌道BD在D點平滑連接。已知重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。(1)求小物塊經(jīng)過B點時對軌道的壓力大?。?2)若MN的長度為L＝6m，求小物塊通過C點時對軌道的壓力大小；(3)若小物塊恰好能通過C點，求MN的長度L′。同步訓練1、(2020·全國卷Ⅱ)如圖，在摩托車越野賽途中的水平路段前方有一個坑，該坑沿摩托車前進方向的水平寬度為3h，其左邊緣a點比右邊緣b點高0.5h。若摩托車經(jīng)過a點時的動能為E1，它會落到坑內(nèi)c點，c與a的水平距離和高度差均為h；若經(jīng)過a點時的動能為E2，該摩托車恰能越過坑到達b點。eq\f(E2,E1)等于()A．20B．18C．9.0D．3.02、長為L的木塊靜止在光滑水平面上。質(zhì)量為m的子彈以水平速度v0射入木塊并從中射出，且出射速度為v1。已知從子彈射入到射出，木塊移動的距離為s，子彈在木塊中受到的平均阻力大小為()A．eq\f(m（veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))－veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))）,2（s＋L）) B．eq\f(m（veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))－veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))）,2s)C．eq\f(m（veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))－veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))）,2L) D．eq\f(m（veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))－veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))）,2（s＋L）)3、如圖，傾角為θ＝30°的光滑斜面固定，一物塊在沿斜面向上的恒定外力F作用下，由靜止開始從斜面的底端向上做勻加速直線運動，經(jīng)時間t物塊至斜面B點(圖中未標出)，外力F做的功為W，此后撤去外力F，再經(jīng)過時間eq\f(t,3)后物塊運動至最高點，則撤去外力F時物塊的動能為()A．eq\f(1,6)WB．eq\f(1,4)WC．eq\f(1,3)WD．eq\f(2,3)W4、(2018·江蘇高考)如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端連接一小物塊，O點為彈簧在原長時物塊的位置。物塊由A點靜止釋放，沿粗糙程度相同的水平面向右運動，最遠到達B點。在從A到B的過程中，物塊()A．加速度先減小后增大B．經(jīng)過O點時的速度最大C．所受彈簧彈力始終做正功D．所受彈簧彈力做的功等于克服摩擦力做的功5、(2014全國2）一物體靜止在粗糙水平地面上，現(xiàn)用一大小為F1的水平拉力拉動物體，經(jīng)過一段時間后其速度變?yōu)関.若將水平拉力的大小改為F2，物體從靜止開始經(jīng)過同樣的時間后速度變?yōu)?v.對于上述兩個過程，用WF1、WF2分別表示拉力F1、F2所做的功，Wf1、Wf2分別表示前后兩次克服摩擦力所做的功，則()A．WF2＞4WF1，Wf2＞2Wf1B．WF2＞4WF1，Wf2＝2Wf1C．WF2＜4WF1，Wf2＝2Wf1D．WF2＜4WF1，Wf2＜2Wf16、(多選)一只半徑為R的半球形碗固定不動，碗的內(nèi)壁光滑，碗口水平，O點為球心，A、B均為碗內(nèi)壁上的點，且A點是最低點，B點與圓心等高，C點是圓弧AB的中點(點O、A、B、C在同一豎直平面內(nèi))，重力加速度大小為g。有一只質(zhì)量為m的小球靜止在碗底部，現(xiàn)對小球施加一水平恒力F，則()A．若F＝eq\f(3,4)mg，小球?qū)⒂锌赡艿竭_B點B．若F＝mg，小球?qū)⒁欢ǖ竭_B點C．若F＝mg，小球經(jīng)過C點時，合力功率最大D．若F＝2mg，小球從最低點到其軌跡最高點過程中機械能的增量為6mgR7、(2022·南京質(zhì)量調(diào)研)某城市廣場噴泉的噴嘴橫截面積為S，噴泉噴出的水柱超過了高度h。已知水的密度為ρ，重力加速度為g，則用于給噴管噴水的電動機輸出功率至少為()A．ρghS B．ρghSeq\r(2gh)C．eq\f(ρghS,2) D．eq\f(ρghS\r(2gh),2)8、(2022·江蘇高考模擬)汽車在平直的公路上以額定功率行駛，行駛一段距離后關閉發(fā)動機，測出了汽車動能Ek與位移x的關系圖像如圖所示。已知汽車的質(zhì)量為1×103kg，汽車運動過程中所受地面的阻力恒定，空氣的阻力不計。則下列說法正確的是()A．汽車受到地面的阻力大小為200NB．汽車的額定功率為8000WC．汽車加速運動的時間為16.25sD．汽車加速過程中牽引力做的功為8×105J9、如圖所示，斜面ABC豎直固定放置，斜邊AC與一光滑的圓弧軌道DEG相切，切點為D，AD長為L＝eq\f(R,tanθ－μ)，圓弧軌道圓心為O，半徑為R，∠DOE＝θ，∠EOG＝90°，OG水平?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m、可視為質(zhì)點的滑塊從A點由靜止下滑，滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，則關于滑塊的運動，下列說法正確的是()A．滑塊經(jīng)過E點時對軌道的最小壓力為mgB．滑塊下滑后將會從G點飛出C．滑塊第二次經(jīng)過E點時對軌道的壓力大小為3mgD．滑塊在斜面上經(jīng)過的總路程為eq\f(Rtanθ,μ（tanθ－μ）)10、泥石流是在雨季由于暴雨、洪水將含有沙石且松軟的土質(zhì)山體經(jīng)飽和稀釋后形成的洪流。泥石流流動的全過程雖然只有很短時間，但由于其高速前進，具有強大的能量，因而破壞性極大。某課題小組對泥石流的威力進行了模擬研究，他們設計了如圖甲所示的模型：在水平地面上放置一個質(zhì)量為m＝4kg的物體，讓其在隨位移均勻減小的水平推力作用下運動，推力F隨位移變化如圖乙所示，已知物體與地面間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.5，g＝10m/s2。則：(1)物體在運動過程中的最大加速度為多少？(2)在距出發(fā)點多遠處，物體的速度達到最大？(3)物體在水平面上運動的最大位移是多少？11、(2022·西安高考模擬)學校科技小組設計了“e”字形軌道豎直放置在水平面上，該軌道由兩個光滑半圓形軌道ABC、CDE和粗糙的水平直軌道EF組成，EF末端與豎直的彈性擋板OF連接，軌道CDE半徑r＝0.1m，軌道ABC半徑為2r，A端與地面相切?，F(xiàn)將質(zhì)量m＝0.2kg的小滑塊從水平地面P點以速度v0＝2eq\r(3)m/s沿軌道上滑，運動到F點與擋板發(fā)生完全彈性碰撞。已知直線軌道EF長為L＝0.5m，小滑塊與軌道EF間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，其余阻力均不計，小滑塊可視為質(zhì)點。(1)求小滑塊在ABC圓軌道運動時對軌道C點的壓力；(2)求小滑塊最終停止的位置到F點的距離；(3)若改變小滑塊的初速度，使小滑塊能停在EF軌道上，且運動過程中不脫離軌道，則小滑塊的初速度應滿足什么條件？第二講動能定理知識梳理一、動能1．定義：物體由于運動而具有的能．2．公式：Ek＝eq\f(1,2)mv2．3．矢標性：動能是標量，只有正值，動能與速度方向無關．4．狀態(tài)量：動能是狀態(tài)量，因為v是瞬時速度．5．相對性：由于速度具有相對性，所以動能也具有相對性．6．動能的變化：物體末動能與初動能之差，即ΔEk＝eq\f(1,2)m－eq\f(1,2)m．動能的變化是過程量．二、動能定理1．內(nèi)容：合外力對物體所做的功，等于物體在這個過程中動能的變化．2．表達式(1)W＝ΔEk．(2)W＝Ek2－Ek1．(3)W＝eq\f(1,2)m－eq\f(1,2)m．3．物理意義：合外力的功是物體動能變化的量度．4．適用范圍廣泛(1)既適用于直線運動，也適用于曲線運動．(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，也可以不同時作用．知識訓練考點一、動能定理的理解和基本應用1．適用條件(1)動能定理既適用于直線運動，也適用于曲線運動．(2)動能定理既適用于恒力做功，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．2．解題流程3．注意事項(1)動能定理中的位移和速度必須是相對于同一個參考系的，一般以地面或相對地面靜止的物體為參考系．(2)當物體的運動包含多個不同過程時，可分段應用動能定理求解；也可以全過程應用動能定理求解．(3)動能是標量，動能定理是標量式，解題時不能分解動能．例1、(2021·山東高考)如圖所示，粗糙程度處處相同的水平桌面上有一長為L的輕質(zhì)細桿，一端可繞豎直光滑軸O轉動，另一端與質(zhì)量為m的小木塊相連。木塊以水平初速度v0出發(fā)，恰好能完成一個完整的圓周運動。在運動過程中，木塊所受摩擦力的大小為()A．eq\f(mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),2πL) B．eq\f(mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),4πL)C．eq\f(mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),8πL) D．eq\f(mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),16πL)【答案】B【解析】在木塊運動過程中，只有摩擦力做功，而摩擦力做功與路徑有關，根據(jù)動能定理有－f·2πL＝0－eq\f(1,2)m，可得木塊所受摩擦力的大小f＝eq\f(mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),4πL)，故選B．例2、隨著高鐵時代的到來，人們出行也是越來越方便，高鐵列車在啟動階段的運動可看作初速度為零的勻加速直線運動．在啟動階段，列車的動能()A．與它所經(jīng)歷的時間成正比B．與它的位移成正比C．與它的速度成正比D．與它的加速度成正比【答案】B【解析】根據(jù)v＝at，Ek＝mv2，整理得Ek＝ma2t2，可知動能和時間的平方成正比，選項A錯誤；根據(jù)動能定理Ek＝mv2＝Fl，可知動能和位移成正比，選項B正確；根據(jù)Ek＝mv2，動能與速度的平方成正比，選項C錯誤；加速度是不變的，所以動能與加速度不成正比，選項D錯誤．例3、(2018·全國卷Ⅱ·14)如圖，某同學用繩子拉動木箱，使它從靜止開始沿粗糙水平路面運動至具有某一速度．木箱獲得的動能一定()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【答案】A【解析】由題意知，W拉－W克摩＝ΔEk，則W拉>ΔEk，A項正確，B項錯誤；W克摩與ΔEk的大小關系不確定，C、D項錯誤．例4、如圖所示，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＝1kg的小物塊在9N的水平恒力F的作用下，從A點由靜止開始做勻加速直線運動．已知xAB＝5m，小物塊與水平地面間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.1，當小物塊運動到B點時撤去力F，取重力加速度g＝10m/s2，求：(1)小物塊到達B點時速度的大??；(2)小物塊運動到D點時，軌道對小物塊作用力的大?。敬鸢浮?1)4eq\r(5)m/s(2)150N【解析】(1)從A到B過程，據(jù)動能定理可得(F－μmg)xAB＝eq\f(1,2)mvB2解得小物塊到達B點時速度的大小為vB＝4eq\r(5)m/s(2)從B到D過程，據(jù)動能定理可得－mg·2R＝eq\f(1,2)mvD2－eq\f(1,2)mvB2在D點由牛頓第二定律可得FN＋mg＝meq\f(vD2,R)聯(lián)立解得小物塊運動到D點時，軌道對小物塊作用力的大小為FN＝150N.課堂隨練訓練1、(2021·高考河北卷，T6)一半徑為R的圓柱體水平固定，橫截面如圖所示。長度為πR、不可伸長的輕細繩，一端固定在圓柱體最高點P處，另一端系一個小球。小球位于P點右側同一水平高度的Q點時，繩剛好拉直。將小球從Q點由靜止釋放，當與圓柱體未接觸部分的細繩豎直時，小球的速度大小為(重力加速度為g，不計空氣阻力)()A．eq\r(（2＋π）gR) B．eq\r(2πgR)C．eq\r(2（1＋π）gR) D．2eq\r(gR)【答案】A【解析】當與圓柱體未接觸部分的細繩豎直時，小球下落的高度h＝R＋πR－eq\f(2πR,4)＝R＋eq\f(πR,2)，根據(jù)動能定理有mgh＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(（2＋π）gR)，故A正確，B、C、D錯誤。訓練2、(2022·北京東城區(qū)期末)如圖所示，在高為h的粗糙平臺上，有一個質(zhì)量為m的小球，被一根細線拴在墻上，球與墻間有一根被壓縮的輕質(zhì)彈簧。當燒斷細線時，小球被彈出，小球落地時速度大小為v。對燒斷細線到小球剛要落地的過程，下列說法正確的是()A．小球離開彈簧時的動能是eq\f(1,2)mv2B．彈簧彈力做的功等于eq\f(1,2)mv2C．彈簧彈力與重力做功的和等于eq\f(1,2)mv2D．彈簧彈力與摩擦力做功的和等于eq\f(1,2)mv2－mgh【答案】D【解析】從燒斷細線到小球落地的整個過程中，根據(jù)動能定理可知W彈－Wf＋mgh＝eq\f(1,2)mv2，小球離開彈簧時的動能不等于eq\f(1,2)mv2，落地時動能才等于eq\f(1,2)mv2，A錯誤；彈簧彈力做的功等于eq\f(1,2)mv2－mgh＋Wf，B錯誤；彈簧彈力與重力做功的和等于eq\f(1,2)mv2＋Wf，C錯誤；彈簧彈力與摩擦力做功的和等于eq\f(1,2)mv2－mgh，D正確。訓練3、如圖所示，物體在距斜面底端5m處由靜止開始下滑，然后滑上與斜面平滑連接的水平面，若物體與斜面及水平面間的動摩擦因數(shù)均為0.4，斜面傾角為37°.求物體能在水平面上滑行的距離．(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)【答案】3.5m【解析】對物體在斜面上和水平面上受力分析如圖所示方法一分過程列方程：設物體滑到斜面底端時的速度為v，物體下滑階段FN1＝mgcos37°，故Ff1＝μFN1＝μmgcos37°，由動能定理得：mgsin37°·l1－μmgcos37°·l1＝eq\f(1,2)mv2－0設物體在水平面上滑行的距離為l2，摩擦力Ff2＝μFN2＝μmg由動能定理得：－μmgl2＝0－eq\f(1,2)mv2聯(lián)立以上各式可得l2＝3.5m.方法二對全過程由動能定理列方程：mgl1sin37°－μmgcos37°·l1－μmgl2＝0解得：l2＝3.5m.訓練4、如圖所示，在水平軌道右側安放半徑為R＝0.2m的豎直圓形光滑軌道，水平軌道的PQ段鋪設特殊材料，調(diào)節(jié)其初始長度為L＝1m，水平軌道左側有一輕質(zhì)彈簧左端固定，彈簧處于自然狀態(tài)．質(zhì)量為m＝1kg的小物塊A(可視為質(zhì)點)從軌道右側以初速度v0＝23m/s沖上軌道，通過圓形軌道、水平軌道后壓縮彈簧并被彈簧以原速率彈回，經(jīng)水平軌道返回圓形軌道．物塊A與PQ段間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，軌道其他部分摩擦不計，重力加速度g取10m/s2.求：(1)物塊A與彈簧剛接觸時的速度大小v1；(2)物塊A被彈簧以原速率彈回返回到圓形軌道的高度h1；(3)調(diào)節(jié)PQ段的長度L，A仍以v0從軌道右側沖上軌道，當L滿足什么條件時．物塊A能第一次返回圓形軌道且能沿軌道運動而不脫離軌道．【答案】(1)2m/s(2)0.2m(3)1m≤L≤1.5m或L≤0.25m【解析】(1)設物塊A與彈簧剛接觸時的速度大小為v1，由動能定理得－μmgL＝eq\f(1,2)m－eq\f(1,2)m解得v1＝2m/s(2)物塊A被彈簧以原速率彈回返回到圓軌道的高度為h1，由動能定理得－μmgL－mgh1＝0－eq\f(1,2)m解得h1＝0.2m＝R，符合實際(3)①若A沿軌道上滑至最大高度h2時，速度減為0，則h2滿足0＜h2≤R由動能定理得－2μmgL1－mgh2＝0－eq\f(1,2)m聯(lián)立得1m≤L1<1.5m②若A能沿軌道上滑到最高點，則滿足m≥mg由動能定理得－2μmgL2－mg·2R＝eq\f(1,2)m－eq\f(1,2)m聯(lián)立得L2≤0.25m綜上所述，要使物塊A能第一次返回圓軌道并沿軌道運動而不脫離軌道，L滿足的條件是1m≤L≤1.5m或L≤0.25m考點二、應用動能定理求變力做功在一個有，可用動能定理，W變＋W恒＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12，物體初、末速度已知，恒力做功W恒可根據(jù)功的公式求出，這樣就可以得到W變＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12－W恒，就可以求變力做的功了．例1、質(zhì)量為m的物體以初速度v0沿水平面向左開始運動，起始點A與一輕彈簧O端相距s，如圖所示．已知物體與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ，物體與彈簧相碰后，彈簧的最大壓縮量為x，則從開始碰撞到彈簧被壓縮至最短，物體克服彈簧彈力所做的功為(重力加速度大小為g)()A．eq\f(1,2)mv02－μmg(s＋x) B．eq\f(1,2)mv02－μmgxC．μmgs D．μmg(s＋x)【答案】A【解析】根據(jù)功的定義式可知物體克服摩擦力做功為Wf＝μmg(s＋x)，由動能定理可得－W彈－Wf＝0－eq\f(1,2)mv02，則W彈＝eq\f(1,2)mv02－μmg(s＋x)，故選項A正確．例2、如圖所示，一半徑為R的半圓形軌道豎直固定放置，軌道兩端等高，質(zhì)量為m的質(zhì)點自軌道端點P由靜止開始滑下，滑到最低點Q時，對軌道的壓力為2mg，重力加速度大小為g.質(zhì)點自P滑到Q的過程中，克服摩擦力所做的功為()A．eq\f(1,4)mgR B．eq\f(1,3)mgRC．eq\f(1,2)mgR D．eq\f(π,4)mgR【答案】C【解析】在Q點質(zhì)點受到的豎直向下的重力和豎直向上的支持力的合力充當向心力，所以有FN－mg＝meq\f(v2,R)，F(xiàn)N＝FN′＝2mg，聯(lián)立解得v＝eq\r(gR)，下滑過程中，根據(jù)動能定理可得mgR＋Wf＝eq\f(1,2)mv2，解得Wf＝－eq\f(1,2)mgR，所以克服摩擦力做功eq\f(1,2)mgR，選項C正確．考點三、動能定理與圖象結合問題1．解決圖像問題的基本步驟(1)弄清縱坐標、橫坐標所對應的物理量及圖線所表示的物理意義．(2)根據(jù)物理規(guī)律推導出縱坐標與橫坐標所對應的物理量間的函數(shù)關系式．(3)將推導出的物理規(guī)律與數(shù)學上與之相對應的標準函數(shù)關系式相對比，找出圖線的斜率、截距、圖線的交點、圖與坐標軸圍成的面積等所表示的物理意義，分析解答問題，或者利用函數(shù)圖線上的特定值代入函數(shù)關系式求物理量．2．圖像所圍“面積”和圖像斜率的含義例1、(2020·江蘇高考)如圖所示，一小物塊由靜止開始沿斜面向下滑動，最后停在水平地面上。斜面和地面平滑連接，且物塊與斜面、物塊與地面間的動摩擦因數(shù)均為常數(shù)。該過程中，物塊的動能Ek與水平位移x關系的圖象是()【答案】A【解析】設斜面傾角為θ，物塊與斜面、物塊與地面間的動摩擦因數(shù)分別為μ1、μ2。物塊在斜面上運動時，根據(jù)動能定理有mgxtanθ－μ1mgcosθ·eq\f(x,cosθ)＝Ek－0，整理可得Ek＝(mgtanθ－μ1mg)x，即在斜面上運動時，物塊的動能Ek與x成線性關系；設物塊到達斜面底端時動能為Ek0，水平位移為x0，物塊在水平地面上運動時，根據(jù)動能定理有－μ2mg(x－x0)＝Ek－Ek0，整理可得Ek＝－μ2mgx＋Ek0＋μ2mgx0，即在水平地面上運動時，物塊的動能Ek與x也成線性關系。綜上分析可知A正確。例2、(2019·全國卷Ⅲ·17)從地面豎直向上拋出一物體，物體在運動過程中除受到重力外，還受到一大小不變、方向始終與運動方向相反的外力作用．距地面高度h在3m以內(nèi)時，物體上升、下落過程中動能Ek隨h的變化如圖所示．重力加速度取10m/s2.該物體的質(zhì)量為()A．2kgB．1.5kgC．1kgD．0.5kg【答案】C【解析】法一：特殊值法畫出運動示意圖．設該外力的大小為F，據(jù)動能定理知A→B(上升過程)：－(mg＋F)h＝EkB－EkAB→A(下落過程)：(mg－F)h＝EkA′－EkB′整理以上兩式并代入數(shù)據(jù)得物體的質(zhì)量m＝1kg，選項C正確．法二：寫表達式根據(jù)斜率求解上升過程：－(mg＋F)h＝Ek－Ek0，則Ek＝－(mg＋F)h＋Ek0下落過程：(mg－F)h＝Ek′－Ek0′，則Ek′＝(mg－F)h＋Ek0′，結合題圖可知mg＋F＝eq\f(72－36,3－0)N＝12N，mg－F＝8N聯(lián)立可得m＝1kg，選項C正確．例3、(多選)(2021·遼寧大連五校聯(lián)考)在某一粗糙的水平面上，一質(zhì)量為2kg的物體在水平恒定拉力的作用下做勻速直線運動，當運動一段時間后，拉力逐漸減小，且當拉力減小到零時，物體剛好停止運動，圖中給出了拉力隨位移變化的關系圖像。已知重力加速度g＝10m/s2。根據(jù)以上信息能精確得出或估算得出的物理量有()A．物體與水平面間的動摩擦因數(shù)B．合外力對物體所做的功C．物體做勻速運動時的速度D．物體運動的時間【答案】ABC【解析】物體做勻速直線運動時，拉力F與滑動摩擦力f大小相等，物體與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ＝eq\f(F,mg)＝0.35，A正確；減速過程由動能定理得WF＋Wf＝0－eq\f(1,2)mv2，根據(jù)F-x圖像中圖線與坐標軸圍成的面積可以估算力F做的功WF，而Wf＝－μmgx，由此可求得合外力對物體所做的功，及物體做勻速運動時的速度v，B、C正確；因為物體做變加速運動，所以運動時間無法求出，D錯誤。課堂隨練訓練1、(2021·云南省曲靖市高三二模)某質(zhì)量為m的質(zhì)點在外力作用下沿直線從A點加速運動到B點，已知質(zhì)點通過A點時的速度為v0，加速度為a0，A、B兩點之間的距離為L。在加速運動過程中，質(zhì)點的加速度a隨位移x變化的關系如圖所示，則外力對質(zhì)點做的功和通過B點時的速度大小為()A．eq\f(3,2)ma0L,eq\r(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＋3a0L)B．m(a0L＋eq\r(3a0L))，v0＋eq\r(3a0L)C．eq\f(3,2)ma0L,eq\r(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＋2a0L)D．m(a0L＋eq\r(3a0L))，v0＋eq\r(2a0L)【答案】A【解析】由圖可知質(zhì)點的加速度隨位移均勻變化，則質(zhì)點所受的合外力也隨位移均勻變化，合外力對質(zhì)點做的功W合＝eq\x\to(F)合L＝eq\f(ma0＋m·2a0,2)L＝eq\f(3,2)ma0L，由動能定理可得eq\f(3,2)ma0L＝eq\f(1,2)m－eq\f(1,2)m，解得質(zhì)點通過B點時的速度vB＝eq\r(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＋3a0L)，故選A。訓練2、(2021·湖北高考)如圖a所示，一物塊以一定初速度沿傾角為30°的固定斜面上滑，運動過程中摩擦力大小f恒定，物塊動能Ek與運動路程s的關系如圖b所示。重力加速度大小取10m/s2，物塊質(zhì)量m和所受摩擦力大小f分別為()A．m＝0.7kg，f＝0.5NB．m＝0.7kg，f＝1.0NC．m＝0.8kg，f＝0.5ND．m＝0.8kg，f＝1.0N【答案】A【解析】0～10m內(nèi)物塊上滑，由動能定理得－mgsin30°·s－fs＝Ek－Ek0，整理得Ek＝Ek0－(mgsin30°＋f)s，結合0～10m內(nèi)的Ek-s圖像得，斜率的絕對值|k|＝mgsin30°＋f＝4N；10～20m內(nèi)物塊下滑，由動能定理得(mgsin30°－f)(s－s1)＝Ek，整理得Ek＝(mgsin30°－f)s－(mgsin30°－f)s1，結合10～20m內(nèi)的Ek-s圖像得，斜率k′＝mgsin30°－f＝3N。聯(lián)立解得m＝0.7kg，f＝0.5N，故A正確，B、C、D錯誤。考點四、動能定理在多過程問題中的應用1．基本步驟例1、(2021·全國甲卷)(多選)一質(zhì)量為m的物體自傾角為α的固定斜面底端沿斜面向上滑動。該物體開始滑動時的動能為Ek，向上滑動一段距離后速度減小為零，此后物體向下滑動，到達斜面底端時動能為eq\f(Ek,5)。已知sinα＝0.6，重力加速度大小為g。則()A．物體向上滑動的距離為eq\f(Ek,2mg)B．物體向下滑動時的加速度大小為eq\f(g,5)C．物體與斜面間的動摩擦因數(shù)等于0.5D．物體向上滑動所用的時間比向下滑動的時間長【答案】BC【解析】設物體向上滑動的距離為l，與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ，對全過程根據(jù)動能定理有－μmgcosα·2l＝eq\f(Ek,5)－Ek，對物體向上滑動的過程根據(jù)動能定理有－mglsinα－μmglcosα＝0－Ek，聯(lián)立得l＝eq\f(Ek,mg)，μ＝0.5，A錯誤，C正確；物體向下滑動時，根據(jù)牛頓第二定律有mgsinα－μmgcosα＝ma下，解得a下＝eq\f(g,5)，B正確；物體向上滑動時，根據(jù)牛頓第二定律有mgsinα＋μmgcosα＝ma上，可知a上>a下，由于上滑過程中的末速度為零，下滑過程中的初速度為零，且兩過程位移大小均為l，根據(jù)l＝eq\f(1,2)at2，可得t上<t下，D錯誤。例2、(2021·全國乙卷)一籃球質(zhì)量為m＝0.60kg，一運動員使其從距地面高度為h1＝1.8m處由靜止自由落下，反彈高度為h2＝1.2m。若使籃球從距地面h3＝1.5m的高度由靜止下落，并在開始下落的同時向下拍球，球落地后反彈的高度也為1.5m。假設運動員拍球時對球的作用力為恒力，作用時間為t＝0.20s；該籃球每次與地面碰撞前后的動能的比值不變。重力加速度大小取g＝10m/s2，不計空氣阻力。求：(1)運動員拍球過程中對籃球所做的功；(2)運動員拍球時對籃球的作用力的大小?！敬鸢浮?1)4.5J(2)9N【解析】(1)設籃球每次與地面碰撞前后的動能的比值為k，k＝eq\f(Ek1,Ek2)第一次碰撞前，籃球做自由落體運動，由動能定理得Ek1＝mgh1同理第一次碰撞后，Ek2＝mgh2聯(lián)立可得k＝eq\f(h1,h2)＝eq\f(3,2)設運動員拍球時對籃球做功為W，由題意知k＝eq\f(W＋mgh3,mgh3)聯(lián)立可得W＝4.5J。(2)設運動員拍球時對籃球的作用力為F，t時間內(nèi)球的位移為x，由運動學公式可得F＋mg＝ma，x＝eq\f(1,2)at2，W＝Fx聯(lián)立解得F＝9N。例3、(2021·廣西桂林質(zhì)檢)如圖所示，傾角為37°的粗糙斜面AB底端與半徑R＝0.4m的光滑半圓軌道BC平滑相連，O點為軌道圓心，BC為圓軌道直徑且處于豎直方向，A、C兩點等高，質(zhì)量m＝1kg的滑塊從A點由靜止開始下滑，恰能滑到與O點等高的D點，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。(1)求滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ；(2)若使滑塊能到達C點，求滑塊從A點沿斜面滑下時的初速度v0的最小值；(3)若滑塊離開C點的速度大小為4m/s，求滑塊從C點飛出至落到斜面上所經(jīng)歷的時間t。【答案】(1)0.375(2)2eq\r(3)m/s(3)0.2s【解析】(1)滑塊恰能滑到D點，則vD＝0滑塊從A→B→D過程中，由動能定理得mg(2R－R)－μmgcosθ·eq\f(2R,sinθ)＝0－0解得μ＝0.375。(2)滑塊恰能過C點時，vC有最小值，則在C點mg＝eq\f(mvC2,R)滑塊從A→B→D→C過程，由動能定理得－μmgcosθ·eq\f(2R,sinθ)＝eq\f(1,2)mvC2－eq\f(1,2)mv02解得v0＝2eq\r(3)m/s。(3)滑塊離開C點后做平拋運動，設下落的高度為h，水平位移為x則有h＝eq\f(1,2)gt2x＝vC′teq\f(x,2R－h(huán))＝tan53°其中vC′＝4m/s，聯(lián)立解得t＝0.2s。例4、(2016·全國卷Ⅰ)如圖，一輕彈簧原長為2R，其一端固定在傾角為37°的固定直軌道AC的底端A處，另一端位于直軌道上B處，彈簧處于自然狀態(tài)。直軌道與一半徑為eq\f(5,6)R的光滑圓弧軌道相切于C點，AC＝7R，A、B、C、D均在同一豎直平面內(nèi)。質(zhì)量為m的小物塊P自C點由靜止開始下滑，最低到達E點(未畫出)。隨后P沿軌道被彈回，最高到達F點，AF＝4R。已知P與直軌道間的動摩擦因數(shù)μ＝eq\f(1,4)，重力加速度大小為g。(取sin37°＝eq\f(3,5)，cos37°＝eq\f(4,5))(1)求P第一次運動到B點時速度的大小；(2)求P運動到E點時彈簧的彈性勢能；(3)改變物塊P的質(zhì)量，將P推至E點，從靜止開始釋放。已知P自圓弧軌道的最高點D處水平飛出后，恰好通過G點。G點在C點左下方，與C點水平相距eq\f(7,2)R、豎直相距R。求P運動到D點時速度的大小和改變后P的質(zhì)量。【答案】(1)2eq\r(gR)(2)eq\f(12,5)mgR(3)eq\f(1,3)m【解析】(1)根據(jù)題意知，B、C之間的距離l為l＝7R－2R＝5R①設P到達B點時的速度為vB，由動能定理得mglsinθ－μmgcosθl＝eq\f(1,2)m②式中θ＝37°。聯(lián)立①②式并由題給條件得vB＝2eq\r(gR)③(2)設BE＝x。P到達E點時速度為零，設此時彈簧的彈性勢能為Ep。P由B點運動到E點的過程中，由動能定理有mgxsinθ－μmgcosθx－Ep＝0－eq\f(1,2)m④E、F之間的距離l1為l1＝4R－2R＋x＝2R＋x⑤P到達E點后反彈，從E點運動到F點的過程中，由動能定理有Ep－mgl1sinθ－μmgcosθl1＝0⑥聯(lián)立③④⑤⑥式并由題給條件得x＝R⑦Ep＝eq\f(12,5)mgR⑧(3)設改變后P的質(zhì)量為m1。D點與G點的水平距離x1和豎直距離y1分別為x1＝eq\f(7,2)R－eq\f(5,6)Rsinθ⑨y1＝R＋eq\f(5,6)R＋eq\f(5,6)Rcosθ⑩式中，已應用了過C點的圓軌道半徑與豎直方向夾角仍為θ的事實。設P在D點的速度為vD，由D點運動到G點的時間為t。由平拋運動規(guī)律有y1＝eq\f(1,2)gt2?x1＝vDt?聯(lián)立⑨⑩??式得vD＝eq\f(3,5)eq\r(5gR)?P由E點運動到D點的過程中，由動能定理有Ep－m1g(x＋5R)sinθ－μm1gcosθ(x＋5R)－m1geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,6)R＋\f(5,6)Rcosθ))＝eq\f(1,2)m1?聯(lián)立⑦⑧??式得m1＝eq\f(1,3)m。?課堂隨練訓練1、(多選)(2022·河北選考模擬)如圖，在O點用長為L的不可伸長的輕繩懸掛一質(zhì)量為m的小球，O點正下方的P點固定一細釘子，OP距離為d，C點和P點等高。小球處于O點右側同一水平高度的A點時，繩剛好拉直，將小球從A點由靜止釋放。以過最低點B的水平面為零勢能面，重力加速度大小為g，不計空氣阻力。下列說法正確的是()A．若小球恰能繞釘子做圓周運動，則d應等于eq\f(3,5)LB．若d為eq\f(3,5)L，小球到達C點時繩子拉力為3mgC．若d為eq\f(1,2)L，小球到達C點時的機械能為eq\f(1,2)mgLD．若d為eq\f(1,2)L，小球到達C點時所受合力方向水平向右【答案】AB【解析】若小球恰能繞釘子做圓周運動，則通過圓周的最高點時有mg＝meq\f(v2,L－d)，從A點到最高點過程有mg(2d－L)＝eq\f(1,2)mv2，解得d＝eq\f(3,5)L，故A正確；從開始至小球到達C點過程，由動能定理得mgd＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－0，在C點，有T＝meq\f(veq\o\al(2,C),L－d)，解得T＝3mg，故B正確；以過最低點B的水平面為零勢能面，小球下落過程機械能守恒，所以在任何位置機械能均為mgL，故C錯誤；小球到達C點會受到向下的重力，所以在C點時所受合力方向不可能水平向右，故D錯誤。訓練2、(多選)(2022·廣東新高考模擬)如圖所示，斜面AB和水平面BC相交于B點，CED是豎直放置的半徑R＝0.1m的光滑半圓軌道，CED與BC相切于C點，E點與圓心O點等高。質(zhì)量為m的小球從離水平面h處由靜止釋放，經(jīng)過水平面后滑上半圓軌道，已知小球與水平地面及與斜面間的動摩擦因數(shù)都為μ＝0.2，斜面的傾角θ＝45°，BC長s＝4m，g取10m/s2，如果讓小球進入半圓軌道后不脫離半圓軌道，則h的取值可能為()A．1.4m B．1.2mC．1.1m D．0.9m【答案】AC【解析】小球不脫離半圓軌道的臨界條件有兩個：一是恰好從D點飛出，小球剛好能從D點飛出應滿足mg＝eq\f(mveq\o\al(2,D),R)，得vD＝eq\r(gR)，由動能定理得mgh1－eq\f(μmgh1,tanθ)－μmgs－2mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)，解得h1≈1.31m；二是小球到半圓形導軌E點時速度減為零，由動能定理得mgh2－eq\f(μmgh2,tanθ)－μmgs－mgR＝0，解得h2＝eq\f(9,8)m，小球能進入半圓軌道有mgh3－eq\f(μmgh3,tanθ)>μmgs，得h3>1m。綜上所述，讓小球進入半圓軌道后不脫離半圓軌道，h的取值范圍為h≥1.31m或1m<h≤eq\f(9,8)m，故A、C正確。訓練3、(2021·湖南十校聯(lián)考)如圖所示，質(zhì)量m＝3kg的小物塊以初速度v0＝4m/s水平向右拋出，恰好從A點沿著圓弧的切線方向進入圓弧軌道。圓弧軌道的半徑為R＝3.75m，B點是圓弧軌道的最低點，圓弧軌道與水平軌道BD平滑連接，A與圓心O的連線與豎直方向成37°角。MN是一段粗糙的水平軌道，小物塊與MN間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1，軌道其他部分光滑。最右側是一個半徑為r＝0.4m的半圓弧軌道，C點是半圓弧軌道的最高點，半圓弧軌道與水平軌道BD在D點平滑連接。已知重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。(1)求小物塊經(jīng)過B點時對軌道的壓力大小；(2)若MN的長度為L＝6m，求小物塊通過C點時對軌道的壓力大??；(3)若小物塊恰好能通過C點，求MN的長度L′?！敬鸢浮?1)62N(2)60N(3)10m【解析】(1)根據(jù)平拋運動的規(guī)律有v0＝vAcos37°解得小物塊經(jīng)過A點時的速度大小vA＝5m/s小物塊從A點運動到B點，根據(jù)動能定理有mg(R－Rcos37°)＝eq\f(1,2)mvB2－eq\f(1,2)mvA2小物塊經(jīng)過B點時，有FN－mg＝eq\f(mvB2,R)解得FN＝62N，根據(jù)牛頓第三定律，小物塊對軌道的壓力大小是62N。(2)小物塊由B點運動到C點，根據(jù)動能定理有－μmgL－2mgr＝eq\f(1,2)mvC2－eq\f(1,2)mvB2在C點FN′＋mg＝eq\f(mvC2,r)解得FN′＝60N，根據(jù)牛頓第三定律，小物塊通過C點時對軌道的壓力大小是60N。(3)小物塊剛好能通過C點時，根據(jù)mg＝eq\f(mvC′2,r)解得vC′＝eq\r(gr)＝2m/s小物塊從B點運動到C點的過程中，根據(jù)動能定理有－μmgL′－2mgr＝eq\f(1,2)mvC′2－eq\f(1,2)mvB2解得L′＝10m。同步訓練1、(2020·全國卷Ⅱ)如圖，在摩托車越野賽途中的水平路段前方有一個坑，該坑沿摩托車前進方向的水平寬度為3h，其左邊緣a點比右邊緣b點高0.5h。若摩托車經(jīng)過a點時的動能為E1，它會落到坑內(nèi)c點，c與a的水平距離和高度差均為h；若經(jīng)過a點時的動能為E2，該摩托車恰能越過坑到達b點。eq\f(E2,E1)等于()A．20B．18C．9.0D．3.0【答案】B【解析】摩托車經(jīng)過a點的動能為E1時，有E1＝eq\f(1,2)m，根據(jù)平拋運動規(guī)律有h＝eq\f(1,2)g，h＝v1t1；摩托車經(jīng)過a點的動能為E2時，有E2＝eq\f(1,2)m，根據(jù)平拋運動規(guī)律有eq\f(1,2)h＝eq\f(1,2)g，3h＝v2t2。聯(lián)立以上各式可解得eq\f(E2,E1)＝18，故B正確。2、長為L的木塊靜止在光滑水平面上。質(zhì)量為m的子彈以水平速度v0射入木塊并從中射出，且出射速度為v1。已知從子彈射入到射出，木塊移動的距離為s，子彈在木塊中受到的平均阻力大小為()A．eq\f(m（veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))－veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))）,2（s＋L）) B．eq\f(m（veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))－veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))）,2s)C．eq\f(m（veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))－veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))）,2L) D．eq\f(m（veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))－veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))）,2（s＋L）)【答案】D【解析】對子彈根據(jù)動能定理：－f(L＋s)＝eq\f(1,2)m－eq\f(1,2)m，解得f＝eq\f(m（veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))－veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))）,2（s＋L）)，D正確。3、如圖，傾角為θ＝30°的光滑斜面固定，一物塊在沿斜面向上的恒定外力F作用下，由靜止開始從斜面的底端向上做勻加速直線運動，經(jīng)時間t物塊至斜面B點(圖中未標出)，外力F做的功為W，此后撤去外力F，再經(jīng)過時間eq\f(t,3)后物塊運動至最高點，則撤去外力F時物塊的動能為()A．eq\f(1,6)WB．eq\f(1,4)WC．eq\f(1,3)WD．eq\f(2,3)W【答案】B【解析】取沿斜面向上為正方向，則由勻變速直線運動的規(guī)律有，勻加速過程：v1＝a1t，勻減速過程：v1＝a2eq\f(t,3)，聯(lián)立解得：a2＝3a1，由牛頓第二定律有：F－mgsinθ＝ma1，mgsinθ＝ma2，聯(lián)立解得：F＝eq\f(2,3)mg；由動能定理可知，撤去外力F前，外力F對物塊做的功為：W＝Fs1＝eq\f(2,3)mgs1，合力對物塊做的功為：W－mgs1sinθ＝Ek，即撤去外力F時物塊的動能Ek＝eq\f(2,3)mgs1－eq\f(1,2)mgs1＝eq\f(1,6)mgs1＝eq\f(1,4)W，A、C、D錯誤，B正確。4、(2018·江蘇高考)如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端連接一小物塊，O點為彈簧在原長時物塊的位置。物塊由A點靜止釋放，沿粗糙程度相同的水平面向右運動，最遠到達B點。在從A到B的過程中，物塊()A．加速度先減小后增大B．經(jīng)過O點時的速度最大C．所受彈簧彈力始終做正功D．所受彈簧彈力做的功等于克服摩擦力做的功【答案】AD【解析】物塊從A點到O點的過程，彈力逐漸減為零，剛開始彈簧彈力大于摩擦力，故可分為彈力大于摩擦力過程和彈力小于摩擦力過程：彈力大于摩擦力過程，合力向右，加速度也向右，由于彈力逐漸減小，摩擦力不變，物塊所受合力逐漸減小，加速度逐漸減小，當彈力等于摩擦力時速度最大，此位置在A點與O點之間；彈力小于摩擦力過程，合力方向與運動方向相反，彈力減小，摩擦力大小不變，物塊所受合力增大，物塊的加速度隨彈簧形變量的減小而增大，方向向左，物塊做減速運動；從O點到B點的過程彈力增大，合力向左，加速度繼續(xù)增大，A正確，B錯誤。從A點到O點過程，彈簧由壓縮恢復原長，彈力做正功，從O點到B點的過程，彈簧被拉伸，彈力做負功，故C錯誤。從A到B的過程中根據(jù)動能定理彈簧彈力做的功等于物塊克服摩擦力做的功，故D正確。5、(2014全國2）一物體靜止在粗糙水平地面上，現(xiàn)用一大小為F1的水平拉力拉動物體，經(jīng)過一段時間后其速度變?yōu)関.若將水平拉力的大小改為F2，物體從靜止開始經(jīng)過同樣的時間后速度變?yōu)?v.對于上述兩個過程，用WF1、WF2分別表示拉力F1、F2所做的功，Wf1、Wf2分別表示前后兩次克服摩擦力所做的功，則()A．WF2＞4WF1，Wf2＞2Wf1B．WF2＞4WF1，Wf2＝2Wf1C．WF2＜4WF1，Wf2＝2Wf1D．WF2＜4WF1，Wf2＜2Wf1【答案】C【解析】：因物體均做勻變速直線運動，由運動學公式得前后兩個過程的平均速度是2倍關系，那么位移x＝t也是2倍關系，若Wf1＝fx，則Wf2＝f·2x故Wf2＝2Wf1；由動能定理WF1－fx＝eq\f(1,2)mv2和WF2－f·2x＝eq\f(1,2)m(2v)2得WF2＝4WF1－2fx<4WF1，C正確．6、(多選)一只半徑為R的半球形碗固定不動，碗的內(nèi)壁光滑，碗口水平，O點為球心，A、B均為碗內(nèi)壁上的點，且A點是最低點，B點與圓心等高，C點是圓弧AB的中點(點O、A、B、C在同一豎直平面內(nèi))，重力加速度大小為g。有一只質(zhì)量為m的小球靜止在碗底部，現(xiàn)對小球施加一水平恒力F，則()A．若F＝eq\f(3,4)mg，小球?qū)⒂锌赡艿竭_B點B．若F＝mg，小球?qū)⒁欢ǖ竭_B點C．若F＝mg，小球經(jīng)過C點時，合力功率最大D．若F＝2mg，小球從最低點到其軌跡最高點過程中機械能的增量為6mgR【答案】BD【解析】對小球從A到B過程根據(jù)動能定理有FR－mgR＝eq\f(1,2)mv2－0，所以若F＝eq\f(3,4)mg，小球動能為負值，故小球不可能到達B點；若F＝mg，小球到達B點時動能恰好為零，即恰好到達B點，故A錯誤，B正確；若F＝mg，在C點處合力大小為eq\r(2)mg，方向與水平方向夾角為45°，小球經(jīng)過C點時，合力與速度方向垂直，故此時合力功率為零，故C錯誤；若F＝2mg，對小球從A到B過程根據(jù)動能定理有2mgR－mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－0，解得v1＝eq\r(2gR)，小球之后在豎直方向勻減速到零，運動時間t＝eq\f(v1,g)＝eq\r(\f(2R,g))，水平方向x＝eq\f(1,2)·eq\f(F,m)t2＝2R，故全程外力做功W＝F(R＋2R)＝6mgR，所以機械能增加6mgR，故D正確。7、(2022·南京質(zhì)量調(diào)研)某城市廣場噴泉的噴嘴橫截面積為S，噴泉噴出的水柱超過了高度h。已知水的密度為ρ，重力加速度為g，則用于給噴管噴水的電動機輸出功率至少為()A．ρghS B．ρghSeq\r(2gh)C．eq\f(ρghS,2) D．eq\f(ρghS\r(2gh),2)【答案】B【解析】設噴嘴處水最小速度為v，上升的高度剛好為h，則v2＝2gh，解得v＝eq\r(2gh)，設經(jīng)過時間Δt，噴嘴處噴出的水為Δm，則Δm＝ρSvΔt，根據(jù)動能定理可得PΔt＝eq\f(1,2)Δmv2，解得P＝ρghSeq\r(2gh)，故A、C、D錯誤，B正確。8、(2022·江蘇高考模擬)汽車在平直的公路上以額定功率行駛，行駛一段距離后關閉發(fā)動機，測出了汽車動能Ek與位移x的關系圖像如圖所示。已知汽車的質(zhì)量為1×103kg，汽車運動過程中所受地面的阻力恒定，空氣的阻力不計。則下列說法正確的是()A．汽車受到地面的阻力大小為200NB．汽車的額定功率為8000WC．汽車加速運動的時間為16.25sD．汽車加速過程