資源簡介

(共65張PPT)
動能定理及其應用
第
2
講
目標
要求
1.理解動能、動能定理，會用動能定理解決一些基本問題.2.能利用動能定理求變力做的功.3.掌握解決動能定理與圖像結合的問題的方法.
內容索引
考點一　動能定理的理解和基本應用
考點二　應用動能定理求變力做功
考點三　動能定理與圖像問題的結合
課時精練
考點一
動能定理的理解和基本應用
梳理
必備知識
1.動能
(1)定義：物體由于運動而具有的能量叫作動能.
(2)公式：Ek＝______，單位：焦耳(J).1 J＝1 N·m＝1 kg·m2/s2.
(3)動能是標量、狀態量.
2.動能定理
(1)內容：力在一個過程中對物體做的功，等于物體在這個過程中____
_______.
(2)表達式：W＝ΔEk＝Ek2－Ek1＝____________.
(3)物理意義： 做的功是物體動能變化的量度.
動能
的變化
合力
1.一定質量的物體動能變化時，速度一定變化，但速度變化時，動能不一定變化.(　　)
2.物體在合外力作用下做變速運動時，動能一定變化.(　　)
3.物體的動能不變，所受的合外力必定為零.(　　)
4.合力對物體做正功，物體的動能增加；合力對物體做負功，物體的動能減少.(　　)
√
×
×
√
1.應用動能定理解題應抓住“兩狀態，一過程”，“兩狀態”即明確研究對象的始、末狀態的速度或動能情況，“一過程”即明確研究過程，確定在這一過程中研究對象的受力情況和位置變化或位移信息.
2.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.
提升
關鍵能力
例1　如圖所示，AB為四分之一圓弧軌道，BC為水平直軌道，圓弧的半徑為R，BC的長度也是R.一質量為m的物體，與兩個軌道間的動摩擦因數都為μ，它由軌道頂端A從靜止開始下滑，恰好運動到C處停止，不計空氣阻力，重力加速度為g，那么物體在AB段
克服摩擦力所做的功為
A.μmgR B.
C.mgR D.(1－μ)mgR
√
BC段物體所受摩擦力為Ff＝μmg，位移為R，故BC段摩擦力對物體做功W＝－FfR＝－μmgR，對全程由動能定理可知mgR＋W1＋W＝0，解
得W1＝μmgR－mgR，故AB段克服摩擦力做功為W克＝mgR－μmgR＝(1－μ)mgR，選D.
例2　(2021·河北卷·6)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)
√
例3　一物塊沿傾角為θ的斜坡向上滑動.當物塊的初速度為v時，上升的最大高度為H，如圖所示，當物塊的初速度為 時，上升的最大高度記為h.重力加速度大小為g.物塊與斜坡間的動摩擦因數和h分別為
√
物塊以初速度v上升的過程，由動能定理得
例4　如圖所示，粗糙水平地面AB與半徑R＝0.4 m的光滑半圓軌道BCD相連接，且在同一豎直平面內，O是BCD的圓心，BOD在同一豎直線上.質量m
＝1 kg的小物塊在9 N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＝5 m，小物塊與水平地面間的動摩擦因數為μ＝0.1，當小物塊運動到B點時撤去力F，取重力加速度g＝10 m/s2，求：
(1)小物塊到達B點時速度的大??；
從A到B過程，據動能定理可得
解得小物塊到達B點時速度的大小為
(2)小物塊運動到D點時，軌道對小物塊作用力的大小.
答案　150 N
從B到D過程，據動能定理可得
在D點由牛頓第二定律可得
聯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＝150 N.
應用動能定理的解題流程
方法點撥
考點二
應用動能定理求變力做功
例5　質量為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)
√
例6　(多選)(2023·重慶市模擬)游樂場有一種兒童滑軌，其豎直剖面示意圖如圖所示，AB部分是半徑為R的四分之一圓弧軌道，BC為軌道水平部分，與半徑OB垂直.一質量為m的小孩(可視為質點)從A點由靜止滑下，滑到圓弧軌道末端B點時，對軌道的正壓力大小為2.5mg，重力加速度大小為g.下列說法正確的是
√
√
規律總結
考點三
動能定理與圖像問題的結合
圖像與橫軸所圍“面積”或圖像斜率的含義
例7　(2021·湖北卷·4)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10 m/s2，物塊質量m和所受摩擦力大小f分別為
A.m＝0.7 kg，f＝0.5 N
B.m＝0.7 kg，f＝1.0 N
C.m＝0.8 kg，f＝0.5 N
D.m＝0.8 kg，f＝1.0 N
√
絕對值|k|＝mgsin 30°＋f＝4 N,10～20 m內物塊下滑，由動能定理得(mgsin 30°－f)(s－s1)＝Ek，整理得Ek＝(mgsin 30°－f)s－(mgsin 30°－f)s1，結合10～20 m內的圖像得，斜率k′＝mgsin 30°－f＝3 N，聯立解得f＝0.5 N，m＝0.7 kg，故選A.
0～10 m內物塊上滑，由動能定理得－mgsin 30°·s－fs＝Ek－Ek0，整理得Ek＝Ek0－(mgsin 30°＋f)s，結合0～10 m內的圖像得，斜率的
例8　(2020·江蘇卷·4)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均為常數.該過程中，物塊的動能Ek與水平位移x關系的圖像是
√
設斜面傾角為θ，物塊沿斜面滑下的過程中，由動能定理得
在水平面上，由動能定理得：－μ2mg(x－x0)＝Ek－Ek0，則Ek＝Ek0－μ2mg(x－x0)，x0為物塊沿斜面下滑到底端的位移沿水平方向的分量，Ek0為物塊下滑到斜面底端時的動能，即Ek與x為一次函數關系，故A正確，C錯誤.
例9　(多選)在某一粗糙的水平面上，一質量為2 kg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.重力加速度g取10 m/s2.根據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
B.合力對物體所做的功
C.物體做勻速運動時的速度
D.物體運動的時間
√
√
√
減速過程由動能定理得WF＋Wf＝0－ 根
據F－x圖像中圖線與x軸圍成的面積可以估算力F對物體做的功WF，而Wf＝－μmgx，由此可求得合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.
方法點撥
解決圖像問題的基本步驟
1.觀察題目給出的圖像，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.根據物理規律推導出縱坐標與橫坐標所對應的物理量間的函數關系式.
3.將推導出的物理規律與數學上與之相對應的標準函數關系式相對比，找出圖線的斜率、截距、圖線之間的交點、圖線與橫軸圍成的面積所對應的物理意義，分析解答問題，或者利用函數圖線上的特定值代入函數關系式求物理量.
四
課時精練
1.(多選)如圖所示，電梯質量為M，在它的水平地板上放置一質量為m的物體.電梯在鋼索的拉力作用下豎直向上加速運動，當電梯的速度由v1增大到v2時，上升高度為H，重力加速度為g，則在這個過程中，下列說法正確的是
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基礎落實練
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2.如圖所示，一半圓弧形細桿ABC豎直固定在水平地面上，AC為其水平直徑，圓弧半徑BO＝3.6 m.質量為m＝4.0 kg的小圓環(可視為質點，小環直徑略大于桿的)套在細桿上，在大小為50 N、方向始終沿圓的切線方向的拉力F作用下，從A點由靜止開始運動，到達B點時對細桿的壓力恰好為0.已知π取3.14，重力加速度g取10 m/s2，在這一過程中摩擦力做功為
A.66.6 J B.－66.6 J
C.210.6 J D.－210.6 J
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3.如圖所示的滑草運動中，某游客從靜止開始由坡頂向坡底下滑，滑到坡底時速度大小為8 m/s，如果該游客以初速度大小6 m/s沿原來的路線由坡頂滑下，則游客滑到坡底時的速度大小是
(設游客所受阻力不變)
A.14 m/s B.10 m/s
C.12 m/s D.9 m/s
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4.(2023·湖南懷化市模擬)如圖所示，DO是水平面，AB是斜面，初速度為v0的物體從D點出發沿DBA滑動到頂點A時速度剛好為零，如果斜面改為AC，讓該物體從D點出發沿DCA滑動到A點且速度剛好為零，則物體具有的初速度(已知物體與斜面及水平面之間的動摩擦因數處處相同且不為零，不計B、C處能量損失)
A.等于v0 B.大于v0
C.小于v0 D.取決于斜面
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5.(多選)(2023·云南昆明市第一中學、寧夏銀川一中模擬)如圖，若小滑塊以某一初速度v0從斜面底端沿光滑斜面上滑，恰能運動到斜面頂端.現僅將光滑斜面改為粗糙斜面，仍讓滑塊以初速度v0從斜面底端上滑時，滑塊恰能運動到距離斜面底端長度的 處.則
A.滑塊滑上斜面后能再次滑回斜面底端
B.滑塊滑上斜面后不能再次滑回斜面底端
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6.A、B兩物體分別在水平恒力F1和F2的作用下沿水平面運動，先后撤去F1、F2后，兩物體最終停下，它們的v－t圖像如圖所示.已知兩物體所受的滑動摩擦力大小相等，則下列說法正確的是
A.F1、F2大小之比為1∶2
B.F1對A、F2對B做功之比為1∶2
C.A、B質量之比為2∶1
D.全過程中A、B克服摩擦力做功之比為2∶1
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由v－t圖像可知，A、B兩物體運動的位移相等，且勻加速運動位移之比為1∶2，勻減速運動的位移之比為2∶1，由動能定理可得F1與摩擦力的關系：F1·x－Ff1·3x＝0－0，F2與摩擦力的關系：F2·2x－Ff2·3x＝0－0，因此可得：F1＝3Ff1，F2＝ Ff1＝Ff2，所以F1＝
2F2.全過程中A、B克服摩擦力做的功相等，F1對A、F2對B做的功大小相等，故A、B、D錯誤.
由v－t圖像可知，兩個勻減速運動的加速度大小之比為1∶2，由題可知A、B所受摩擦力大小相等，所以A、B的質量關系是2∶1，故C正確.
7.電梯是一種以電動機為動力的垂直升降機，用于多層建筑載人或載運貨物.某次電梯從地面由靜止啟動，加速度a與離地高度h的關系圖像如圖所示，則
A.2h0～3h0范圍內電梯向上做勻減速直線運動
B.電梯在0～h0和2h0～3h0范圍內的速度變化量相等
C.電梯在3h0處的速度大小為
D.電梯上升的最大高度可能為3h0
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能力綜合練
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由題圖可知從0到2h0，電梯先做加速度增大的加速運動再做勻加速運動，從2h0到3h0做加速度減小的加速運動，當加速度為零時，電梯向上的速度不為零，仍會向上運動，則電梯上升的最大高度一定大于3h0，故A、D錯誤；
8.(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3 m以內時，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10 m/s2.
該物體的質量為
A.2 kg B.1.5 kg
C.1 kg D.0.5 kg
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法一：特殊值法
畫出運動示意圖.
設該外力的大小為F，據動能定理知
A→B(上升過程)：－(mg＋F)h＝EkB－EkA
B→A(下落過程)：(mg－F)h＝EkA′－EkB′
整理以上兩式并代入數據得物體的質量m＝1 kg，選項C正確.
法二：寫表達式根據斜率求解
上升過程：－(mg＋F)h＝Ek－Ek0，
則Ek＝－(mg＋F)h＋Ek0
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下落過程：(mg－F)h＝Ek′－Ek0′，
則Ek′＝(mg－F)h＋Ek0′，
聯立可得m＝1 kg，選項C正確.
9.(2023·浙江杭州市模擬)電梯一般用電動機驅動，鋼繩掛在電動機繩輪上，一端懸吊轎廂，另一端懸吊配重裝置.鋼繩和繩輪間產生的摩擦力能驅使轎廂上下運動.若電梯轎廂質量為2×103 kg，配重為2.4×103 kg.某次電梯轎廂由靜止開始上升的v－t圖像如圖乙所示，重力加速度g取10 m/s2，不計空氣阻力.下列說法正確的是
A.電梯轎廂在第10 s內處于失重狀態
B.上升過程中，鋼繩對轎廂和對配重的
拉力大小始終相等
C.在第1 s內，電動機做的機械功為2.4×104 J
D.上升過程中，鋼繩對轎廂做功的最大功率為4.8×104 W
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由題圖乙可知，電梯轎廂在第10 s內做勻速直線運動，處于平衡狀態，故A錯誤；
以1～10 s為例，轎廂和配重都處于平衡狀態，根據平衡條件可知左邊鋼繩的拉
力大小與轎廂的重力大小相等，右邊鋼繩的拉力大小與配重的重力大小相等，由題意知轎廂和配重質量不等，則鋼繩對轎廂和對配重的拉力大小不相等，故B錯誤；
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由題圖乙可知在第1 s內，轎廂上升了1 m，配重下降了1 m，設電動機做的機械功為W，由動能定理得W＋m2gh－m1gh＝ (m1＋m2)v2，解得W＝4.8×103 J，故C錯誤；
當鋼繩對轎廂拉力最大，轎廂速度最大時，鋼繩對轎廂做功的功率最大，在轎廂加速上升階段，由牛頓第二定律得FT－m1g＝m1a，由題圖乙可知a＝2 m/s2，鋼繩對轎廂做功的最大功率P＝FTv＝(m1g＋m1a)v＝4.8×104 W，故D正確.
10.(2023·云南昆明市第一中學模擬)如圖甲所示，兩個不同材料制成的滑塊A、B靜置于水平桌面上，滑塊A的右端與滑塊B的左端接觸.某時刻開始，給滑塊A一個水平向右的力F，使滑塊A、B開始滑動，當滑塊A、B滑動1.0 m時撤去力F.整個運動過程中，滑塊A、B的動能Ek隨位移x的變化規律如圖乙所示.不計空氣阻力，求：
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(1)滑塊A對B做的功；
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答案　12 J　
B在撤去F后繼續滑行xB＝1.0 m，撤去F時B的動能EkB＝6 J，
由動能定理有－FfBxB＝0－EkB
在撤去F前，對B由動能定律得WAB－FfBx＝EkB
聯立并代入數據解得WAB＝12 J
(2)力F的大小.
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答案　39 N
撤去力F后，滑塊A繼續滑行的距離為xA＝0.5 m，撤去F時A的動能EkA＝9 J，由動能定理有－FfAxA＝0－EkA
力F作用的過程中，分析滑塊A、B整體，由動能定理有(F－FfA－FfB)x＝EkA＋EkB
代入數據解得F＝39 N.
11.(2023·浙江溫州市模擬)如圖所示，一粗糙矩形水平板ABCD與一光滑半圓柱面CDEF相切于CD邊，C、D、E、F位于同一豎直平面內.沿圓柱面EF邊固定一豎直擋板，物塊垂直撞擊擋板前后，速度方向相反、大小不變.可從A點沿水平面朝各個方向發射質量m＝0.2 kg的小物塊(可視為質點).已知兩軌道面沿CD方向足夠長，水平板AC邊長L＝1 m，半圓柱面的圓弧半徑R＝0.1 m，物塊與水平板間的動摩擦因數μ＝0.1，重力加速度g取10 m/s2.
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(1)若小物塊從A點以初速度v0＝3 m/s沿AC方向發射，求物塊運動至半圓柱面最高點E時(撞擊擋板前)，對半圓柱面的壓力大?。?br/>1
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答案　4 N　
由牛頓第三定律可知FN′＝FN＝4 N
(2)若小物塊從A點以初速度v沿AC方向發射，為保證物塊能進入半圓柱面且在半圓柱面內不脫軌，求其初速度大小v的取值范圍.
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(3)若撤去EF處的豎直擋板，令物塊初速度v0′＝
方向與AC邊成θ角(θ未知)沿板發射.若小物塊能從EF邊飛出，求飛出后落地點到CD邊距離d的取值范圍.
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若物塊沿AC方向發射，距離d最大
水平方向：d1＝v1′·t
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11第2講　動能定理及其應用
目標要求　1.理解動能、動能定理，會用動能定理解決一些基本問題.2.能利用動能定理求變力做的功.3.掌握解決動能定理與圖像結合的問題的方法．
考點一　動能定理的理解和基本應用
1．動能
(1)定義：物體由于運動而具有的能量叫作動能．
(2)公式：Ek＝mv2，單位：焦耳(J).1 J＝1 N·m＝1 kg·m2/s2.
(3)動能是標量、狀態量．
2．動能定理
(1)內容：力在一個過程中對物體做的功，等于物體在這個過程中動能的變化．
(2)表達式：W＝ΔEk＝Ek2－Ek1＝mv22－mv12.
(3)物理意義：合力做的功是物體動能變化的量度．
1．一定質量的物體動能變化時，速度一定變化，但速度變化時，動能不一定變化．(　√　)
2．物體在合外力作用下做變速運動時，動能一定變化．(　×　)
3．物體的動能不變，所受的合外力必定為零．(　×　)
4．合力對物體做正功，物體的動能增加；合力對物體做負功，物體的動能減少．(　√　)
1．應用動能定理解題應抓住“兩狀態，一過程”，“兩狀態”即明確研究對象的始、末狀態的速度或動能情況，“一過程”即明確研究過程，確定在這一過程中研究對象的受力情況和位置變化或位移信息．
2．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　如圖所示，AB為四分之一圓弧軌道，BC為水平直軌道，圓弧的半徑為R，BC的長度也是R.一質量為m的物體，與兩個軌道間的動摩擦因數都為μ，它由軌道頂端A從靜止開始下滑，恰好運動到C處停止，不計空氣阻力，重力加速度為g，那么物體在AB段克服摩擦力所做的功為(　　)
A．μmgR B.mgR
C．mgR D．(1－μ)mgR
答案　D
解析　BC段物體所受摩擦力為Ff＝μmg，位移為R，故BC段摩擦力對物體做功W＝－FfR＝－μmgR，對全程由動能定理可知mgR＋W1＋W＝0，解得W1＝μmgR－mgR，故AB段克服摩擦力做功為W克＝mgR－μmgR＝(1－μ)mgR，選D.
例2　(2021·河北卷·6)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. B.
C. D．2
答案　A
解析　小球下落的高度為h＝πR－R＋R＝R，小球下落過程中，根據動能定理有mgh＝mv2，綜上有v＝，故選A.
例3　一物塊沿傾角為θ的斜坡向上滑動．當物塊的初速度為v時，上升的最大高度為H，如圖所示，當物塊的初速度為時，上升的最大高度記為h.重力加速度大小為g.物塊與斜坡間的動摩擦因數和h分別為(　　)
A．tan θ， B.tan θ，
C．tan θ， D.tan θ，
答案　D
解析　物塊以初速度v上升的過程，由動能定理得
－mgH－μmgcos θ·＝0－mv2，
解得μ＝tan θ.
當物塊的初速度為時，由動能定理得
－mgh－μmgcos θ·＝0－m2，
解得h＝，故選D.
例4　如圖所示，粗糙水平地面AB與半徑R＝0.4 m的光滑半圓軌道BCD相連接，且在同一豎直平面內，O是BCD的圓心，BOD在同一豎直線上．質量m＝1 kg的小物塊在9 N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＝5 m，小物塊與水平地面間的動摩擦因數為μ＝0.1，當小物塊運動到B點時撤去力F，取重力加速度g＝10 m/s2，求：
(1)小物塊到達B點時速度的大?。?br/>(2)小物塊運動到D點時，軌道對小物塊作用力的大?。?br/>答案　(1)4 m/s　(2)150 N
解析　(1)從A到B過程，據動能定理可得
(F－μmg)xAB＝mvB2
解得小物塊到達B點時速度的大小為
vB＝4 m/s
(2)從B到D過程，據動能定理可得
－mg·2R＝mvD2－mvB2
在D點由牛頓第二定律可得
FN＋mg＝m
聯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＝150 N.
　　　　　　應用動能定理的解題流程
考點二　應用動能定理求變力做功
例5　質量為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.mv02－μmg(s＋x) B.mv02－μmgx
C．μmgs D．μmg(s＋x)
答案　A
解析　根據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－mv02，則W彈＝mv02－μmg(s＋x)，故選項A正確．
例6　(多選)(2023·重慶市模擬)游樂場有一種兒童滑軌，其豎直剖面示意圖如圖所示，AB部分是半徑為R的四分之一圓弧軌道，BC為軌道水平部分，與半徑OB垂直．一質量為m的小孩(可視為質點)從A點由靜止滑下，滑到圓弧軌道末端B點時，對軌道的正壓力大小為2.5mg，重力加速度大小為g.下列說法正確的是(　　)
A．小孩到達B點的速度大小為
B．小孩到達B點的速度大小為
C．小孩從A到B克服摩擦力做的功為mgR
D．小孩從A到B克服摩擦力做的功為mgR
答案　BC
解析　根據牛頓第三定律可知，軌道對小孩的支持力大小也等于2.5mg，根據牛頓第二定律有FN－mg＝，可得vB＝，故A錯誤，B正確；從A到B由動能定理有mgR－W克f＝
mvB2－0，可得克服摩擦力做的功為W克f＝mgR，故C正確，D錯誤．
在一個有變力做功的過程中，當變力做功無法直接通過功的公式求解時，可用動能定理W變＋W恒＝mv22－mv12，物體初、末速度已知，恒力做功W恒可根據功的公式求出，這樣就可以得到W變＝mv22－mv12－W恒，就可以求出變力做的功了．
考點三　動能定理與圖像問題的結合
圖像與橫軸所圍“面積”或圖像斜率的含義
例7　(2021·湖北卷·4)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10 m/s2，物塊質量m和所受摩擦力大小f分別為(　　)
A．m＝0.7 kg，f＝0.5 N
B．m＝0.7 kg，f＝1.0 N
C．m＝0.8 kg，f＝0.5 N
D．m＝0.8 kg，f＝1.0 N
答案　A
解析　0～10 m內物塊上滑，由動能定理得－mgsin 30°·s－fs＝Ek－Ek0，整理得Ek＝Ek0－(mgsin 30°＋f)s，結合0～10 m內的圖像得，斜率的絕對值|k|＝mgsin 30°＋f＝4 N,10～20 m內物塊下滑，由動能定理得(mgsin 30°－f)(s－s1)＝Ek，整理得Ek＝(mgsin 30°－f)s－(mgsin 30°－f)s1，結合10～20 m內的圖像得，斜率k′＝mgsin 30°－f＝3 N，聯立解得f＝0.5 N，m＝0.7 kg，故選A.
例8　(2020·江蘇卷·4)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均為常數．該過程中，物塊的動能Ek與水平位移x關系的圖像是(　　)
答案　A
解析　設斜面傾角為θ，物塊沿斜面滑下的過程中，由動能定理得
mgxtan θ－μ1mgcos θ＝Ek－0，即Ek＝(mgtan θ－μ1mg)x，則Ek∝x，故B、D錯誤；在水平面上，由動能定理得：－μ2mg(x－x0)＝Ek－Ek0，則Ek＝Ek0－μ2mg(x－x0)，x0為物塊沿斜面下滑到底端的位移沿水平方向的分量，Ek0為物塊下滑到斜面底端時的動能，即Ek與x為一次函數關系，故A正確，C錯誤．
例9　(多選)在某一粗糙的水平面上，一質量為2 kg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．重力加速度g取10 m/s2.根據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
B．合力對物體所做的功
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，受力平衡，拉力F0與滑動摩擦力Ff大小相等，物體與水平面間的動摩擦因數為μ＝＝0.35，A正確；減速過程由動能定理得WF＋Wf＝0－mv2，根據F－x圖像中圖線與x軸圍成的面積可以估算力F對物體做的功WF，而Wf＝－μmgx，由此可求得合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．
　　　　　　解決圖像問題的基本步驟
1．觀察題目給出的圖像，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．根據物理規律推導出縱坐標與橫坐標所對應的物理量間的函數關系式．
3．將推導出的物理規律與數學上與之相對應的標準函數關系式相對比，找出圖線的斜率、截距、圖線之間的交點、圖線與橫軸圍成的面積所對應的物理意義，分析解答問題，或者利用函數圖線上的特定值代入函數關系式求物理量．
課時精練
1.(多選)如圖所示，電梯質量為M，在它的水平地板上放置一質量為m的物體．電梯在鋼索的拉力作用下豎直向上加速運動，當電梯的速度由v1增大到v2時，上升高度為H，重力加速度為g，則在這個過程中，下列說法正確的是(　　)
A．對物體，動能定理的表達式為W＝mv22－mv12，其中W為支持力做的功
B．對物體，動能定理的表達式為W合＝0，其中W合為合力做的功
C．對物體，動能定理的表達式為W－mgH＝mv22－mv12，其中W為支持力做的功
D．對電梯，其所受的合力做功為Mv22－Mv12
答案　CD
解析　電梯上升的過程中，對物體做功的有重力mg、支持力FN，這兩個力的總功(即合力做的功)才等于物體動能的增量，即W合＝W－mgH＝mv22－mv12，其中W為支持力做的功，A、B錯誤，C正確；對電梯，無論有幾個力對它做功，由動能定理可知，其合力做的功一定等于其動能的增量，即Mv22－Mv12，D正確．
2.如圖所示，一半圓弧形細桿ABC豎直固定在水平地面上，AC為其水平直徑，圓弧半徑BO＝3.6 m．質量為m＝4.0 kg的小圓環(可視為質點，小環直徑略大于桿的)套在細桿上，在大小為50 N、方向始終沿圓的切線方向的拉力F作用下，從A點由靜止開始運動，到達B點時對細桿的壓力恰好為0.已知π取3.14，重力加速度g取10 m/s2，在這一過程中摩擦力做功為(　　)
A．66.6 J B．－66.6 J
C．210.6 J D．－210.6 J
答案　B
解析　小圓環到達B點時對細桿的壓力恰好為0，則mg＝m，拉力F沿圓的切線方向，圓環由A到B的過程根據動能定理有F·－mgr＋Wf＝mv2，代入數據得摩擦力做功為Wf＝－66.6 J，故選B.
3.如圖所示的滑草運動中，某游客從靜止開始由坡頂向坡底下滑，滑到坡底時速度大小為8 m/s，如果該游客以初速度大小6 m/s沿原來的路線由坡頂滑下，則游客滑到坡底時的速度大小是(設游客所受阻力不變)(　　)
A．14 m/s B．10 m/s
C．12 m/s D．9 m/s
答案　B
解析　游客從靜止由坡頂下滑到坡底的過程中，由動能定理得mgh－Ffs＝mv12，該游客以6 m/s的初速度從坡頂下滑到坡底的過程中，由動能定理得mgh－Ffs＝mv22－mv02，由以上兩式聯立解得v2＝10 m/s，選項B正確．
4.(2023·湖南懷化市模擬)如圖所示，DO是水平面，AB是斜面，初速度為v0的物體從D點出發沿DBA滑動到頂點A時速度剛好為零，如果斜面改為AC，讓該物體從D點出發沿DCA滑動到A點且速度剛好為零，則物體具有的初速度(已知物體與斜面及水平面之間的動摩擦因數處處相同且不為零，不計B、C處能量損失)(　　)
A．等于v0 B．大于v0
C．小于v0 D．取決于斜面
答案　A
解析　物體從D點滑動到頂點A過程中，由動能定理可得－mg·xAO－μmg·xDB－μmgcos α·xAB＝0－mv02，α為斜面傾角，由幾何關系有xABcos α＝xOB，因而上式可以簡化為－mg·xAO－μmg·xOD＝0－mv02，從上式可以看出，物體的初速度與路徑無關．故選A.
5.(多選)(2023·云南昆明市第一中學、寧夏銀川一中模擬)如圖，若小滑塊以某一初速度v0從斜面底端沿光滑斜面上滑，恰能運動到斜面頂端．現僅將光滑斜面改為粗糙斜面，仍讓滑塊以初速度v0從斜面底端上滑時，滑塊恰能運動到距離斜面底端長度的處．則(　　)
A．滑塊滑上斜面后能再次滑回斜面底端
B．滑塊滑上斜面后不能再次滑回斜面底端
C．滑塊在斜面上運動的整個過程產生的熱量為mv02
D．滑塊在斜面上運動的整個過程產生的熱量為mv02
答案　AD
解析　設斜面長度為L，斜面傾角為θ，由題意可知mv02＝mgLsin θ，mv02＝mgxsin θ＋μmgxcos θ，其中的x＝L，解得μ＝tan θ，因mgsin θ>μmgcos θ，則當滑塊滑上斜面到達最高點后能再次滑回斜面底端，選項A正確，B錯誤；整個過程產生的熱量為Q＝2μmgxcos θ＝mgLsin θ＝mv02，選項C錯誤，D正確．
6.A、B兩物體分別在水平恒力F1和F2的作用下沿水平面運動，先后撤去F1、F2后，兩物體最終停下，它們的v－t圖像如圖所示．已知兩物體所受的滑動摩擦力大小相等，則下列說法正確的是(　　)
A．F1、F2大小之比為1∶2
B．F1對A、F2對B做功之比為1∶2
C．A、B質量之比為2∶1
D．全過程中A、B克服摩擦力做功之比為2∶1
答案　C
解析　由v－t圖像可知，兩個勻減速運動的加速度大小之比為1∶2，由題可知A、B所受摩擦力大小相等，所以A、B的質量關系是2∶1，故C正確．由v－t圖像可知，A、B兩物體運動的位移相等，且勻加速運動位移之比為1∶2，勻減速運動的位移之比為2∶1，由動能定理可得F1與摩擦力的關系：F1·x－Ff1·3x＝0－0，F2與摩擦力的關系：F2·2x－Ff2·3x＝0－0，因此可得：F1＝3Ff1，F2＝Ff2，Ff1＝Ff2，所以F1＝2F2.全過程中A、B克服摩擦力做的功相等，F1對A、F2對B做的功大小相等，故A、B、D錯誤．
7.電梯是一種以電動機為動力的垂直升降機，用于多層建筑載人或載運貨物．某次電梯從地面由靜止啟動，加速度a與離地高度h的關系圖像如圖所示，則(　　)
A．2h0～3h0范圍內電梯向上做勻減速直線運動
B．電梯在0～h0和2h0～3h0范圍內的速度變化量相等
C．電梯在3h0處的速度大小為2
D．電梯上升的最大高度可能為3h0
答案　C
解析　由題圖可知從0到2h0，電梯先做加速度增大的加速運動再做勻加速運動，從2h0到3h0做加速度減小的加速運動，當加速度為零時，電梯向上的速度不為零，仍會向上運動，則電梯上升的最大高度一定大于3h0，故A、D錯誤；根據動能定理可得mv2＝Fh＝mah＝mS面積，則v＝，則電梯在h0處的速度大小為，在2h0處的速度大小為，在3h0處的速度大小為2，所以電梯在0～h0和2h0～3h0范圍內的速度變化量不相等，故B錯誤，C正確．
8.(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3 m以內時，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10 m/s2.該物體的質量為(　　)
A．2 kg B．1.5 kg
C．1 kg D．0.5 kg
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，據動能定理知
A→B(上升過程)：－(mg＋F)h＝EkB－EkA
B→A(下落過程)：(mg－F)h＝EkA′－EkB′
整理以上兩式并代入數據得物體的質量m＝1 kg，選項C正確．
法二：寫表達式根據斜率求解
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＝ N＝12 N，
mg－F＝ N＝8 N
聯立可得m＝1 kg，選項C正確．
9．(2023·浙江杭州市模擬)電梯一般用電動機驅動，鋼繩掛在電動機繩輪上，一端懸吊轎廂，另一端懸吊配重裝置．鋼繩和繩輪間產生的摩擦力能驅使轎廂上下運動．若電梯轎廂質量為2×103 kg，配重為2.4×103 kg.某次電梯轎廂由靜止開始上升的v－t圖像如圖乙所示，重力加速度g取10 m/s2，不計空氣阻力．下列說法正確的是(　　)
A．電梯轎廂在第10 s內處于失重狀態
B．上升過程中，鋼繩對轎廂和對配重的拉力大小始終相等
C．在第1 s內，電動機做的機械功為2.4×104 J
D．上升過程中，鋼繩對轎廂做功的最大功率為4.8×104 W
答案　D
解析　由題圖乙可知，電梯轎廂在第10 s內做勻速直線運動，處于平衡狀態，故A錯誤；以1～10 s為例，轎廂和配重都處于平衡狀態，根據平衡條件可知左邊鋼繩的拉力大小與轎廂的重力大小相等，右邊鋼繩的拉力大小與配重的重力大小相等，由題意知轎廂和配重質量不等，則鋼繩對轎廂和對配重的拉力大小不相等，故B錯誤；由題圖乙可知在第1 s內，轎廂上升了1 m，配重下降了1 m，設電動機做的機械功為W，由動能定理得W＋m2gh－m1gh＝(m1＋m2)v2，解得W＝4.8×103 J，故C錯誤；當鋼繩對轎廂拉力最大，轎廂速度最大時，鋼繩對轎廂做功的功率最大，在轎廂加速上升階段，由牛頓第二定律得FT－m1g＝m1a，由題圖乙可知a＝2 m/s2，鋼繩對轎廂做功的最大功率P＝FTv＝(m1g＋m1a)v＝4.8×104 W，故D正確．
10．(2023·云南昆明市第一中學模擬)如圖甲所示，兩個不同材料制成的滑塊A、B靜置于水平桌面上，滑塊A的右端與滑塊B的左端接觸．某時刻開始，給滑塊A一個水平向右的力F，使滑塊A、B開始滑動，當滑塊A、B滑動1.0 m時撤去力F.整個運動過程中，滑塊A、B的動能Ek隨位移x的變化規律如圖乙所示．不計空氣阻力，求：
(1)滑塊A對B做的功；
(2)力F的大小．
答案　(1)12 J　(2)39 N
解析　(1)B在撤去F后繼續滑行xB＝1.0 m，撤去F時B的動能EkB＝6 J，
由動能定理有－FfBxB＝0－EkB
在撤去F前，對B由動能定律得WAB－FfBx＝EkB
聯立并代入數據解得WAB＝12 J
(2)撤去力F后，滑塊A繼續滑行的距離為xA＝0.5 m，撤去F時A的動能EkA＝9 J，由動能定理有－FfAxA＝0－EkA
力F作用的過程中，分析滑塊A、B整體，由動能定理有(F－FfA－FfB)x＝EkA＋EkB
代入數據解得F＝39 N.
11.(2023·浙江溫州市模擬)如圖所示，一粗糙矩形水平板ABCD與一光滑半圓柱面CDEF相切于CD邊，C、D、E、F位于同一豎直平面內．沿圓柱面EF邊固定一豎直擋板，物塊垂直撞擊擋板前后，速度方向相反、大小不變．可從A點沿水平面朝各個方向發射質量m＝0.2 kg的小物塊(可視為質點)．已知兩軌道面沿CD方向足夠長，水平板AC邊長L＝1 m，半圓柱面的圓弧半徑R＝0.1 m，物塊與水平板間的動摩擦因數μ＝0.1，重力加速度g取10 m/s2.
(1)若小物塊從A點以初速度v0＝3 m/s沿AC方向發射，求物塊運動至半圓柱面最高點E時(撞擊擋板前)，對半圓柱面的壓力大小；
(2)若小物塊從A點以初速度v沿AC方向發射，為保證物塊能進入半圓柱面且在半圓柱面內不脫軌，求其初速度大小v的取值范圍．
(3)若撤去EF處的豎直擋板，令物塊初速度v0′＝2m/s，方向與AC邊成θ角(θ未知)沿板發射．若小物塊能從EF邊飛出，求飛出后落地點到CD邊距離d的取值范圍．
答案　(1)4 N　(2) m/s解析　(1)由A→E過程由動能定理有－μmgL－2mgR＝mvE2－mv02
在E點由牛頓第二定律有FN＋mg＝m，
由牛頓第三定律可知FN′＝FN＝4 N
(2)由A恰好運動至C的過程有－μmgL＝0－mv12，
解得v1＝ m/s
由A恰好運動至圓心等高處有－mgR－μmgL＝0－mv22，解得v2＝2 m/s
若恰好通過最高點有mg＝m
由A→E過程有mv32－mv42＝－2mgR－μmgL，
解得v4＝ m/s
則初速度大小范圍為 m/s＜v≤2 m/s或v≥ m/s.
(3)若物塊沿AC方向發射，距離d最大
－2mgR－μmgL＝mv1′2－mv0′2
得v1′＝3 m/s
從EF邊飛出后，豎直方向：2R＝gt2
水平方向：d1＝v1′·t
解得t＝0.2 s，d1＝ m
物塊運動至圓周最高點時，垂直EF邊向右的分速度的最小值v2′＝＝1 m/s
垂直于CD方向d2＝v2′·t＝ m
故距離d的取值范圍為： m≤d≤ m.

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