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8.31動能定理解析版
目錄
一、 【動能定理概念梳理】
二、 【動能定理和平拋結合知識點梳理】
三、 【動能定理和圓周運動結合知識梳理】
四、 【動能定理和摩擦力做功結合知識點梳理】
五、 【動能定理和機車啟動結合知識點梳理】
六、 【動能定理和數學結合求最值知識點梳理】
七、 【動能定理和傳送帶結合知識點梳理】
【動能定理概念梳理】
動能的表達式
1．表達式：Ek＝mv2.
2．單位：與功的單位相同，國際單位為焦耳，符號為J.
3．標矢性：動能是標量，只有大小，沒有方向，沒有負值，與物體的速度方向無關.
4．動能是狀態量，具有瞬時性，與物體的運動狀態(或某一時刻的速度)相對應.
5．動能具有相對性，選取不同的參考系，物體的速度不同，動能也不同，一般以地面為參考系.
動能變化量ΔEk
ΔEk＝mv22－mv12，若ΔEk>0，則表示物體的動能增加，若ΔEk<0，則表示物體的動能減少.
動能定理
6．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.
7．表達式：W合＝ΔEk W＝Ek2－Ek1＝mv22－mv12.
(1)Ek2＝mv22表示這個過程的末動能；Ek1＝mv12表示這個過程的初動能.
(2)W表示這個過程中合力做的功，它等于各力做功的代數和.
8．適用范圍：動能定理是物體在恒力作用下，并且做直線運動的情況下得到的，當物體受到變力作用，并且做曲線運動時，可以采用把整個過程分成許多小段，也能得到動能定理.
(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)力可以是各種性質的力，既可以同時作用，也可以分階段作用．
9．對“外力”的兩點理解
(1)“外力”指的是合外力，可以是重力、彈力、摩擦力、電場力、磁場力或其他力，它們可以同時作用，也可以不同時作用．
(2)“外力”既可以是恒力，也可以是變力．
10．公式W合＝ΔEk中“＝”體現的三個關系
11．物理意義：動能定理指出了合外力對物體所做的總功與物體動能變化之間的關系，即若合外力做正功，物體的動能增加，若合外力做負功，物體的動能減小，做了多少功，動能就變化多少.
12．實質：動能定理從能量變化的角度反映了力改變運動的狀態時，在空間上的累積效果.
13．應用動能定理解題的一般步驟：
(1)選取研究對象(通常是單個物體)，明確它的運動過程.
(2)對研究對象進行受力分析，明確各力做功的情況，求出外力做功的代數和.
(3)明確物體在初、末狀態的動能Ek1、Ek2.
(4)列出動能定理的方程W＝Ek2－Ek1，結合其他必要的輔助方程求解并驗算.
【動能定理概念舉一反三練習】
1．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． B．
C． D．
【答案】A【詳解】根據功的定義式可知物體克服摩擦力做功為由動能定理可得聯立可得物體克服彈簧彈力所做的功為故選A。
2．在離地面高為h處豎直上拋一質量為m的物塊，拋出時的速度為v0，當它落到地面時速度為v，用g表示重力加速度，則在此過程中物塊克服空氣阻力所做的功等于（　 　）
A．
B．
C．
D．
【答案】C【詳解】物塊在空中運動時，只有重力和空氣阻力做功，由動能定理得解得物塊克服空氣阻力所做的功故選C。
3．一小球在豎直向上的拉力F作用下向上做勻減速運動，某時刻撒去拉力，小球繼續上升一段距離后下落，不計空氣阻力。下列關于小球上升過程中的動能E隨上升高度的變化圖像正確的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】A【詳解】小球在拉力F下向上做勻減速直線運動過程中根據動能定理可知則圖像的斜率為，斜率為負數；當撤去F后，在上升過程利用動能定理得則斜率為-mg，撤去F后圖像的斜率變大，故A正確。故選A。
4．如圖，abc是豎直面內的光滑固定軌道，ab水平，長度為2R，bc是半徑為R的四分之一的圓弧，與ab相切于b點。一質量為m的小球，始終受到與重力大小相等的水平外力的作用，自a點處從靜止開始向右運動，重力加速度大小為g。小球從a點開始運動到其軌跡最高點，機械能的增量為（ ）
A．2mgR
B．4mgR
C．5mgR
D．6mgR
【答案】C【詳解】設小球運動到c點的速度大小為vc，則對小球由a到c的過程，由動能定理得F·3R-mgR=mvc2又F=mg解得vc2=4gR小球離開c點后，在水平方向做初速度為零的勻加速直線運動，豎直方向在重力作用下做勻減速直線運動，由牛頓第二定律可知，小球離開c點后水平方向和豎直方向的加速度大小均為g，則由豎直方向的運動可知，小球從離開c點到其軌跡最高點所需的時間為小球在水平方向的加速度a=g在水平方向的位移為x=at2=2R由以上分析可知，小球從a點開始運動到其軌跡最高點的過程中，水平方向的位移大小為5R，則小球機械能的增加量△E=F·5R=5mgR故選C。
【動能定理和平拋結合知識點梳理】
平拋和動能定理結合主要體現在求動能定理初末動能中的速度：
由于小球是恰好沿三角形斜面下滑，或者恰好沿切線飛進入圓軌道，所以各個速度V2（H）和V1、V合及夾角α通過三角函數間的關系可以相互轉換，從而求出所需的物理量。
【動能定理和平拋結合舉一反三練習】
5．如圖所示，一個質量為的小球懸掛在長的細線下端。左側有一豎直放置的圓管軌道，軌道半徑，為其豎直直徑，，B點到D點的豎直距離。現讓小球從與豎直方向成角的A點由靜止釋放，小球運動到懸掛點正下方B點時繩子剛好斷開，接著小球從B點飛出后剛好由D點切線進入圓管軌道，而且小球運動到圓管軌道的最高點F時和管道內外壁均無彈力作用。g取10，，，不計空氣阻力，求：
（1）小球在B點速度大小；
（2）細線與豎直方向的夾角；
（3）在圓管軌道間運動時，小球克服摩擦力所做的功。
【答案】（1）；（2）；（3）0.4J【詳解】（1）小球從B點到D點做平拋運動，運動軌跡如圖所示設落到D點時其豎直方向分速度為，則解得而水平分速度和大小相等，解得（2）小球從A點運動B點，由動能定理有
代入數據解得故（3）小球在F點和軌道間無彈力，有解得因，故所以小球從D點到F點由動能定理得代入數據解得因此，小球克服摩擦力所做的功為0.4J。
6．如圖所示，一小物體自平臺邊緣上以的速度水平拋出，能恰好沿傾角為的固定斜面從頂端A點下滑，斜面放置在水平地面上，在B點與水平地面平滑連接，小物體最終停在水平地面上的C點。已知小物體與斜面及水平地面間的動摩擦因數均為 C點距B點的水平距離為，重力加速度，，。求：
（1）小物體下落到斜面頂端A點時的速度 大小；
（2）斜面頂端高度 H。

【答案】（1）；（2）【詳解】（1）小物體拋出后能恰好沿斜面從頂端A點下滑，說明在A點速度沿斜面向下，根據運動的合成與分解，有解得（2）小物體從A點到C點，根據動能定理，有解得
7．如圖所示為游樂場內一水上娛樂設施的模型。AB為與水平方向成夾角的傾斜滑道，滑道斜面與滑水者間的動摩擦因數，BC為一段末端水平、半徑為R的光滑圓弧恰好與滑道底端B處與連接，C為圓弧的末端。質量為m的滑水者從A點靜止出發，滑至C端時，速度傳感器測得滑水者的速度為，最終落入水面的D點。已知重力加速度為g，C端與水面高度差h=R，，，求：
（1）滑水者經過C點時對圓弧軌道的壓力大小；
（2）滑水者落入水中面D點瞬間的速度大小以及D點與C點的水平距離L；
（3）斜面上AB兩點的距離l。
【答案】（1）3mg；（2），L=2R；（3）4R【詳解】（1）在C點，有根據牛頓第三定律，可知解得（2）滑水者離開C點做平拋運動，有解得L=2R滑水者從C點到D點，有解得（3）滑水者從A點到C點，有解得4R
【動能定理和圓周運動結合知識梳理】
1．在豎直平面內做圓周運動的物體，按運動到軌道最高點時的受力情況可分為兩類：一是無支撐(如球與繩連接、沿內軌道運動的過山車等)，稱為“繩(環)約束模型”；二是有支撐(如球與桿連接、在彎管內的運動等)，稱為“桿(管道)約束模型”．
2．輕繩和輕桿模型涉及的臨界問題
3.豎直面內圓周運動的求解思路
(1)定模型：首先判斷是輕繩模型還是輕桿模型，兩種模型過最高點的臨界條件不同，其原因主要是“繩”不能支持物體，而“桿”既能支持物體，也能拉物體．
(2)確定臨界點：v臨＝對輕繩模型來說是能否通過最高點的臨界點，而對輕桿模型來說是FN表現為支持力還是拉力的臨界點．
(3)研究狀態：通常情況下豎直平面內的圓周運動只涉及最高點和最低點的運動情況．
(4)受力分析：對物體在最高點或最低點時進行受力分析，根據牛頓第二定律列出方程：F合＝F向．
(5)過程分析：應用動能定理或機械能守恒定律將初、末兩個狀態聯系起來列方程．
四　圓周運動中的臨界問題
臨界問題廣泛地存在于中學物理中，解答臨界問題的關鍵是準確判斷臨界狀態，再選擇相應的規律靈活求解，其解題步驟為：
1．判斷臨界狀態：有些題目中有“剛好”“恰好”“正好”等字眼，明顯表明題述的過程存在著臨界點；若題目中有“取值范圍”“多長時間”“多大距離”等詞語，表明題述的過程存在著“起止點”，而這些起止點往往就是臨界狀態；若題目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼，表明題述的過程存在著極值，這個極值點也往往是臨界狀態．
2．確定臨界條件：判斷題述的過程存在臨界狀態之后，要通過分析弄清臨界狀態出現的條件，并以數學形式表達出來．
3．選擇物理規律：當確定了物體運動的臨界狀態和臨界條件后，對于不同的運動過程或現象，要分別選擇相對應的物理規律，然后再列方程求解．
【動能定理和圓周運動結合舉一反三練習】
8．如圖所示，將一個質量m=2kg的小球以速度v0=3m/s從P點水平向右拋出，小球恰好從A點沿其切線方向進入光滑圓弧軌道并沿圓弧軌道向下運動。已知圓弧軌道的半徑R=2.5m，圓心為O，B為圓弧軌道的最低點，∠AOB=53°，重力加速度取g=10m/s2，cos53°=0.6。小球運動到圓弧軌道最低點B時對軌道的壓力大小為（　　）
A．38N B．44N C．50N D．56N
【答案】D【詳解】小球恰好從A點沿其切線方向進入光滑圓弧軌道，則小球在A點的速度方向與水平方向的夾角為，小球從P點到A點做平拋運動，平拋運動水平方向為勻速直線運動，則小球在A點時的速度大小為設小球到達B點時的速度為，對小球從A點到B點的過程中，根據動能定理設小球到圓弧軌道的最低點B時軌道對小球的彈力為，小球經過B點時根據牛頓第二定律有解得根據牛頓第三定律得，小球運動到軌道最低點B時對軌道的壓力為故選D。
9．如圖所示，摩托車做騰躍特技表演，沿曲面沖上高頂部水平高臺，接著以水平速度離開平臺，落至地面時，恰能無碰撞地沿圓弧切線從A點切入光滑豎直圓弧軌道，并沿軌道下滑。為圓弧兩端點，其連線水平。已知圓弧半徑為，人和車的總質量為，特技表演的全過程中，阻力忽略不計。（計算中取。）求：
（1）從平臺飛出到A點，人和車運動的水平距離s；
（2）從平臺飛出到A點時速度大小及圓弧對應圓心角；
（3）人和車運動到圓弧軌道最低點O速度，此時對軌道的壓力大小。
【答案】（1）；（2），；（3）【詳解】（1）從平臺飛出到A點的過程，人和車做平拋運動，根據平拋運動規律，有解得從平臺飛出到A點，人和車運動的水平距離為（2）從平臺飛出到A點，根據動能定理，有解得如圖
可知（3）在最低點，有解得根據牛頓第三定律可知人和車對軌道的壓力大小為
10．如圖，一內壁光滑的環形細圓管，固定于豎直平面內，環的半徑為R（比細管的直徑大得多），在圓管中有一個直徑與細管內徑相同的小球（可視為質點），小球的質量為m，設某一時刻小球通過軌道的最低點時對管壁的壓力為5.5mg。此后小球便做圓周運動，求：
（1）小球在最低點時具有的動能；
（2）小球經過半個圓周到達最高點時的速度大小；
（3）若管內壁粗糙，小球從最低點經過半個圓周恰能到達最高點，則小球此過程中克服摩擦力所做的功。
【答案】（1）；（2）；（3）【詳解】（1）小球在最低點時，根據牛頓第二定律小球在最低點時具有的動能（2）小球經過半個圓周到達最高點，根據動能定理有小球經過半個圓周到達最高點時的速度大小為（3）若管內壁粗糙，小球從最低點經過半個圓周恰能到達最高點，根據動能定理有解得小球此過程中克服摩擦力所做的功為
11．如圖甲所示，用一輕質繩拴著一質量為m的小球，在豎直平面內做圓周運動（不計一切阻力），小球運動到最高點時繩對小球的拉力為FT，小球在最高點的速度大小為v，其FT-v2圖像如圖乙所示，則（　　）

A．輕質繩長為
B．當地的重力加速度為
C．當v2=c時，輕質繩的拉力大小為－a
D．只要v2≥b，小球在最低點和最高點時繩的拉力差均為5a
【答案】C【詳解】AB．由，可得得由，可得解得故AB錯誤；C．當v2=c時有解得故C正確；D．從最高點到最低點由動能定理可得在最最高點和最低點分別有 ，則故D錯誤。故選C。
12．如圖所示，光滑傾斜軌道AB和水平軌道BC平滑連接（小球經過時速度大小不變），軌道AB距地面高h的A點有一個質量m＝1kg的小球無初速釋放，小球從C點向右進入半徑R＝1m的光滑圓形軌道，圓形軌道底部C處前后錯開，小球可以從C點向右離開圓形軌道，在水平軌道上繼續前進。已知小球與水平軌道間的動摩擦因數，水平軌道BC長L＝1m，不計其它阻力，重力加速度。
（1）若釋放點A高度h＝3m，求小球到達B點的速度大小；
（2）要使小球完成圓周運動，則釋放點A的高度h需要滿足什么條件；
（3）若小球恰好不脫離軌道，求小球最后靜止的位置到圓軌道最低點C的距離。
【答案】（1）；（2）不小于2.9m；（3）C點的左側0.5m處或在C點右側6.25m處【詳解】（1）從A到B，根據動能定理有解得（2）要使小球完成圓周運動，則小球在最高點時最小速度需重力提供向心力，則有根據動能定理有解得則可知要使小球完成圓周運動，則釋放點A的高度h需要不小于2.9m；（3）若小球恰好不脫離軌道，第一種情況是，即小球從2.9m高處滑下，過圓最高點后，從C點向右離開圓形軌道，小球最后靜止的位置到圓軌道最低點C的距離為x，根據動能定理解得即小球最后靜止的位置在C點的右側，距圓軌道最低點C的距離為6.25m；若小球恰好不脫軌道，第二情況是，小球從斜面滑下后最高點只剛好到與圓心等高處，然后滑回來過C點向左滑，根據動能定理有解得即小球最后靜止的位置在C點的左側，因BC長L＝1m，所以小球
最后停在BC中點處、距圓軌道最低點點C的距離為0.5m。綜上所述，小球最后靜止的位置可能在C點的左側0.5m處或在C點右側6.25m處。
13．如圖所示，在水平桌面上離桌面右邊緣L處放著一質量為的小鐵球（可看作質點），現用水平向右推力F作用于鐵球，作用一段時間后撤去，鐵球繼續運動，到達水平桌面邊緣A點飛出，恰好落到豎直圓弧軌道BCD的B端沿切線進入圓弧軌道，且鐵球恰好能通過圓弧軌道的最高點D。已知，A、B、C、D四點在同一豎直平面內，水平桌面離B端的豎直高度，圓弧軌道半徑，C點為圓弧軌道的最低點，求：（取，，）
（1）鐵球運動到圓弧軌道最高點D點時的速度大小；
（2）鐵球運動到B點時的速度大小以及此時軌道對鐵球的支持力大小；
（3）鐵球從B運動到D的過程中圓弧軌道BCD的對鐵球所做的功。
【答案】（1）;（2）, ;（3）【詳解】（1）小球恰好通過D點時，重力提供向心力，由牛頓第二定律可得可得（2）小球從A點到B點的過程中做平拋運動，根據平拋運動規律有解得小球沿切線進入圓弧軌道，則小球在B點的向心力由支持力和重力在半徑方向的分力的合力提供，則有（3）設鐵球從B運動到D的過程中圓弧軌道BCD的對鐵球所做的功為，由動能定理得解得
【動能定理和摩擦力做功結合知識點梳理】
1．靜摩擦力做功的特點
(1)靜摩擦力可以做正功，也可以做負功，還可以不做功．
(2)相互作用的一對靜摩擦力做功的代數和總等于零．
(3)靜摩擦力做功時，只有機械能的相互轉移，不會轉化為內能．
2．滑動摩擦力做功的特點
(1)滑動摩擦力可以做正功，也可以做負功，還可以不做功．
(2)相互間存在滑動摩擦力的系統內，一對滑動摩擦力做功將產生兩種可能效果：
①機械能全部轉化為內能；
②有一部分機械能在相互摩擦的物體間轉移，另外一部分轉化為內能．
摩擦生熱的計算：Q＝Ff x相對．其中x相對為相互摩擦的兩個物體間的相對位移．
3.摩擦力做功的分析方法
(1)無論是滑動摩擦力，還是靜摩擦力，計算做功時都是用力與對地位移的乘積．
(2)摩擦生熱的計算：公式Q＝Ff·x相對中x相對為兩接觸物體間的相對位移，若物體在傳送帶上做往復運動時，則x相對為總的相對路程．
4.判斷在斜面上的物體是否能靜止
μ大于等于tanθ 物體可以靜止在斜面
μ小于tanθ 物體在斜面上下滑
【動能定理和摩擦力做功結合舉一反三練習】
14．如圖所示裝置由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，軌道CD足夠長且傾角，A、D兩點離軌道BC的高度分別為，。現讓質量為的小滑塊自點由靜止釋放。已知小滑塊與軌道間的動摩擦因數，重力加速度取，，，求：
（1）小滑塊第一次到達D點時的速度大小；
（2）小滑塊第一次與第二次通過C點的時間間隔；
（3）小滑塊最終停止的位置距B點的距離。
【答案】（1）3m/s；（2）2s；（3）1.4m【詳解】（1）小滑塊從A點到第一次到達D點過程中，由動能定理得代入數據解得（2）小滑塊從A點到第一次到達C點過程中，由動能定理得代入數據解得小滑塊沿CD段上滑的加速度大小為小滑塊沿CD段上滑到最高點的時間為由對稱性可知小滑塊從最高點滑回C點的時間為故小滑塊第一次與第二次通過C點的時間間隔為（3）設小滑塊在水平軌道上運動的總路程為，對小滑塊運動全過程應用動能定理有代入數據解得故小滑塊最終停止的位置距B點的距離為
15．如圖所示，在豎直平面內，粗糙的斜面軌道AB的下端與光滑的圓弧軌道BCD相切于B點，C是最低點，圓心角∠BOC=37°，D與圓心O等高，圓弧軌道半徑R=1.0m，現有一個質量為m=0.2kg可視為質點的小物體，從D點的正上方E點處自由下落，D、E距離h=1.6m，小物體與斜面AB之間的動摩擦因數μ=0.5，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2。求：
（1）小物體第一次通過C點時對軌道的壓力；
（2）要使小物體不從斜面頂端飛出，斜面至少要多長；
（3）若斜面已經滿足（2）要求，物體從斜面又返回到圓軌道，多次反復，在整個運動過程中，物體對C點處軌道的最小壓力；
（4）在（3）中，物體在斜面上運動的總路程。
【答案】（1），方向豎直向下；（2）；（3），方向豎直向下；（4）【詳解】（1）小物體從E點到C點，由機械能守恒定律得在C點，由牛頓第二定律得解得根據牛頓第三定律可知，小物體對C點處軌道的壓力大小為，方向豎直向下。（2）從過程，由動能定理得解得（3）因為可知小物體不會停在斜面上。小物體最后以C為中心，B為一側最高點沿圓弧軌道做往返運動，從過程，由動能定理得在C點，由牛頓第二定律得解得根據牛頓第三定律可知，物體對C點處軌道的最小壓力為，方向豎直向下。（4）根據能量守恒解得物體在斜面上運動的總路程為
16．滑板運動是極限運動的鼻祖，許多極限運動項目均由滑板項目延伸而來，如圖是滑板運動的軌道，BC和DE是兩段光滑圓弧形軌道，BC段的圓心為O點，圓心角為，半徑OC與水平軌道CD垂直，水平軌道CD段粗糙且長8m。一運動員從軌道上的A點以3m/s的速度水平滑出，在B點剛好沿軌道的切線方向滑入圓弧軌道BC，經CD軌道后沖上DE軌道，到達E點時速度減為零，然后返回，已知運動員和滑板的總質量為60kg，B、E兩點與水平面CD的豎直高度為h和H，且，，g取。求：
（1）運動員從A運動到達B點時的速度大小；
（2）軌道CD段的動摩擦因數；
（3）通過計算說明，第一次返回時，運動員能否回到B點？如能，請求出回到B點時速度的大小；如不能，則最后停在何處？
【答案】（1）6m/s；（2）0.125；（3）第一次返回時，運動員不能回到B點，最后停在距離D點左側6.4m處【詳解】（1）由題意可知m/s（2）由B點到E點，由動能定理可得代入數據可得=0.125（3）運動員能到達左側的最大高度為，從B到第一次返回左側最高處，根據動能定理有解得=1.8m17．如圖所示，一粗糙斜面AB與光滑圓弧軌道BCD相切，C為圓弧軌道的最低點，圓弧BC所對圓心角θ=37°。已知圓弧軌道半徑為R＝0.5m，斜面AB的長度為L＝2.875m。質量為m＝1kg的小物塊（可視為質點）從斜面頂端A點處由靜止開始沿斜面下滑，從B點進入圓弧軌道運動恰能通過最高點D。sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g=10m/s2。求：
(1)物塊經C點時對圓弧軌道的壓力Fc；
(2)物塊與斜面間的動摩擦因數μ。
【答案】(1) (2)【詳解】(1)由題意知小物塊沿光滑軌道從C到D且恰能通過最高點，由牛頓第二定律有mg＝ ① 從D到C由動能定理可得
－mg·2R＝ ②由牛頓第二定律可得 FC′－mg＝m ③由牛頓第三定律得 FC＝FC′④聯解①②③④并代入數據得FC＝60 N⑤(2)對小物塊從A經B到C過程，由動能定理有mg[Lsin θ＋R（1－cos θ）]－μmgcos θ·L＝－0⑥聯解①②⑥并代入數據得μ＝0.25
18．如圖所示，從高臺邊A點以某速度水平飛出的小物塊（可看作質點），恰能從固定在某位置的光滑圓弧軌道CDM的左端C點沿圓弧切線方向進入軌道。圓弧軌道CDM的半徑，O為圓弧的圓心，D為圓弧的最低點，C、M在同一水平高度，OC與CM的夾角為37°，斜面MN與圓弧軌道CDM相切于M點，MN與CM的夾角為53°，斜面MN足夠長，已知小物塊的質量，第一次到達D點時對軌道的壓力大小為78N，與斜面MN之間的動摩擦因數，小物塊第一次通過C點后立刻裝一與C點相切且與斜面MN關于OD對稱的固定光滑斜面，取重力加速度大小，，，不計空氣阻力，求：
（1）小物塊平拋運動到C點時的速度大小；
（2）A點到C點的豎直距離；
（3）小物塊在斜面MN上滑行的總路程。
【答案】（1）；（2）；（3）【詳解】（1）小物塊在D點，支持力和重力的合力提供向心力，則有解得小物塊從C點運動到D點，由動能定理得解得。（2）小物塊做平拋運動到C點的豎直分速度A點到C點的豎直距離解得（3）最后小物塊在CM之間來回滑動，且到達M點時速度為零，根據動能定理可得解得
19．如圖所示，在距水平地面高h1=1.2m的光滑水平臺面上，一個質量m=1kg的小物塊壓縮彈簧后被鎖扣K鎖住，儲存的彈性勢能Ep=2J。現打開鎖扣K，物塊與彈簧分離后將以一定的水平速度向右滑離平臺，并恰好從B點沿切線方向進入光滑豎直的圓弧軌道BC。已知B點距水平地面的高h2=0.6m，圓弧軌道BC的圓心為O，C點的切線水平，并與水平地面上長為L=2.1m的粗糙直軌道CD平滑連接，小物塊沿軌道BCD運動并與右邊的豎直墻壁會發生碰撞，重力加速度g=10m/s2，空氣阻力忽略不計。試求：
(1)小物塊運動到B的瞬時速度vB大小；
(2)小物塊在圓弧軌道BC上滑到C時對軌道壓力Nc大小（保留一位小數）；
(3)若小物塊與墻壁只發生一次彈性碰撞，且不會從B點飛出，那么小物塊與軌道CD之間的動摩擦因數μ應該滿足怎樣的條件。
【答案】(1)4m/s；(2)33.3N；(3)【詳解】（1）打開鎖扣K，物塊與彈簧分離后將獲得速度v0，由機械能守恒得解得 小物塊由A運動到B的過程中做平拋運動，由機械能守恒得解得 （2）根據圖中幾何關系可知解得根據能的轉化與守恒可知
解得對小球在圓弧軌道C點應用牛頓運動定律解得(3)依據題意知，①μ的最大值對應的是物塊撞墻前瞬間的速度趨于零，根據能量關系有代入數據解得②對于μ的最小值求解，首先應判斷物塊第一次碰墻后反彈，能否沿圓軌道滑離B點，設物塊碰前在D處的速度為v2，由能量關系有第一次碰墻后返回至C處的動能為可知即使有小物塊不可能返滑至B點，故μ的最小值對應著物塊撞后回到圓軌道最高某處，又下滑經C恰好至D點停止，因此有聯立解得綜上可知滿足題目條件的動摩擦因數μ值
【動能定理和機車啟動結合知識點梳理】
(1)恒定功率下的啟動過程一定不是勻加速過程，勻變速直線運動的公式不適用了，這種加速過程發動機做的功可用W＝Pt計算，不能用W＝Fl計算(因為F為變力)．
(2)以恒定牽引力加速時的功率一定不恒定，這種加速過程發動機做的功常用W＝Fl計算，不能用W＝Pt計算(因為功率P是變化的)．
在勻加速啟動過程中，小車先做勻加速運動（牽引力F不變，功率變大）再做加速度減小的加速運動（牽引力F變小，功率不變）所以整個過程中動能定理：
【動能定理和機車啟動結合舉一反三練習】
20．一輛汽車在水平平直公路上由靜止開始啟動，汽車的輸出功率與速度的關系如圖所示，當汽車速度達到后保持功率不變，汽車能達到的最大速度為。已知汽車的質量為，運動過程中所受阻力恒為，速度從達到所用時間為，下列說法正確的是（　　）
A．汽車的最大功率為 B．汽車速度為時，加速度為
C．汽車速度從0到的過程中，位移為 D．汽車速度從到的過程中，位移為
【答案】C【詳解】AB．汽車速度為v0時，牽引力為 ，汽車速度為 時，牽引力為，從到汽車功率恒定，則有解得根據牛頓第二定律可知，汽車速度為v0時，加速度為汽車的最大功率為A B錯誤；C． 階段汽車做勻加速直線運動，位移為故C正確；D．階段汽車的位移為，對汽車運用動能定理可得解得故D錯誤。故選C。
21．一種氫氣燃料的汽車，質量為，發動機的額定輸出功率為，行駛在平直公路上時所受阻力恒為車重的0.1倍。若汽車從靜止開始先勻加速啟動，加速度的大小為。達到額定輸出功率后，汽車保持功率不變又加速行駛了，直到獲得最大速度后才勻速行駛。試求∶
（1）汽車的最大行駛速度；
（2）當速度為時，汽車牽引力的瞬時功率；
（3）汽車從靜止到獲得最大行駛速度所用的總時間。
【答案】（1）；（2）；（3）【詳解】（1）當汽車以額定功率行駛，牽引力等于阻力時，汽車的行駛速度最大，則汽車的最大行駛速度（2）設汽車勻加速啟動階段結束時的速度為，由得F4103N由得當速度為時，處于勻加速階段，牽引力的瞬時功率為（3）勻加速階段的時間為恒定功率啟動階段的時間設為，由動能定理得所以，總的時間為
22．電動平衡車作為一種電力驅動的運輸載具，被廣泛應用在娛樂、代步、安保巡邏等領域。某人站在平衡車上以初速度在水平地面上沿直線做加速運動，經歷時間t達到最大速度，此過程電動機的輸出功率恒為額定功率P。已知人與車整體的質量為m，所受阻力的大小恒為f。則（　　）
A．
B．車速為時的加速度大小為
C．人與車在時間t內的位移大小等于
D．在時間t內阻力做的功為
【答案】D【詳解】A．根據題意可知，當牽引力等于阻力時，平衡車的速度達到最大值，由公式P=Fv可得，最大速度為故A錯誤；B．車速為時的牽引力為由牛頓第二定律可得解得故B錯誤；D．平衡車從到最大速度，由動能定理得解得在時間t內阻力做的功為故D正確；C．在時間t內阻力做的功解得人與車在時間t內的位移大小為故C錯誤。故選D。
【動能定理和數學結合求最值知識點梳理】
動能定理題型中涉及到求最值問題的一般思路：
①找出題中的變量，設未知數。
②通過動能定理和其他的物理知識列多過程的方程。
③最終可以得到所求的最值和未知數的函數關系式，（一般的關系式常為二次函數，對鉤函數）
【動能定理和數學結合求最值舉一反三練習】
23．如圖所示，光滑半圓形軌道處于暨直平面內，半圓形軌道與光滑的水平地面相切于半圓的端點A.一質量為m的小球在水平地面上C點受水平向左的恒力F由靜止開始運動，當運動到A點時撤去恒力F，小球沿豎直半圓形軌道運動到軌道最高點B點，最后又落在水平地面上的D點(圖中未畫出).已知A、C間的距離為L，重力加速度為g.
(1)若軌道半徑為R，求小球到達半圓形軌道B點時對軌道的壓力FN的大小；
(2)為使小球能站動到軌道最高點B，求軌道半徑的最大值；
(3)軌道半徑R多大時，小球在水平地面上的落點D到A點距離最大 最大距離是多少
【答案】（1）；（2）；（3）.【詳解】(1)設小球到B點速度為v，從C到B根據動能定理有解得在B點，由牛頓第二定律有：解得:根據牛頓第三定律可知:(2)小球恰能運動到軌道最高點時，軌道半徑有最大值，則有解得：(3)設小球平拋運動的時間為t，有解得：水平位移
當時，水平位移最大，解得D到A的最大距離.
24．如圖，輕繩一端固定在O點，另一端系著一小球。將小球拉到與O點同一水平高度的A點，此時輕繩處于伸直狀態。小球從A點由靜止釋放，當擺到O點正下方的B點時，輕繩突然斷裂，小球開始做平拋運動，落在水平面上的C點。已知O點離地的高度H=5m，輕繩長度L=1.8m。取重力加速度，不計一切阻力。
（1）小球擺到B點時的速度大小vB為多少？
（2）小球由B點運動到C點的時間t為多少？
（3）若保持O點離地的高度H不變，改變該輕繩長度，則小球水平最大射程sm為多少？
【答案】（1）；（2）；（3）【詳解】（1）小球下擺的過程中根據動能定理可知解得（2）根據平拋運動規律可知解得（3）根據題意可知平拋水平射程可知當時小球水平射程最大，最大射程為
【動能定理和傳送帶結合知識點梳理】
1．模型條件
(1)傳送帶勻速或加速運動．
(2)物體以初速度v0滑上傳送帶或輕輕放于傳送帶上，物體與傳送帶間有摩擦力．
(3)物體與傳送帶之間有相對滑動．
2．模型特點
(1)若物體輕輕放在勻速運動的傳送帶上，物體一定和傳送帶之間產生相對滑動，物體一定受到沿傳送帶前進方向的摩擦力．
(2)若物體靜止在傳送帶上，與傳送帶一起由靜止開始加速，如果動摩擦因數較大，則物體隨傳送帶一起加速；如果動摩擦因數較小，則物體將跟不上傳送帶的運動，相對傳送帶向后滑動．
(3)若物體與水平傳送帶一起勻速運動，則物體與傳送帶之間沒有摩擦力；若傳送帶是傾斜的，則物體受到沿傳送帶向上的靜摩擦力作用．
3．功能關系
(1) 對功WF和Q的理解：
①傳送帶做的功：WF＝Fx傳；
②產生的內能Q＝Ff x相對，其中x相對為相互摩擦的物體與傳送帶間的相對位移．
(2)功能關系分析：WF＝ΔEk＋ΔEp＋Q.
4.傳送帶模型問題的分析流程
【動能定理和傳送帶結合舉一反三練習】
25．傾斜傳送帶廣泛應用于礦山、港口、電廠、物流等領域。模型簡化如圖所示，與水平面成角的傾斜傳送帶以恒定速率運動，皮帶始終是繃緊的，將的貨物輕放在傳送帶上的A端，經過1.2s到達傳送帶的B端。用速度傳感器測得貨物與傳送帶的速度v隨時間t變化圖像如圖乙所示，已知重力加速度，由圖可知（　　）
A．貨物與傳送帶間的動摩擦因數為0.25
B．貨物從A運動到B過程中，傳送帶對貨物做功為112J
C．貨物從A運動到B過程中，貨物對傳送帶做功64J
D．貨物從A運動到B過程中，貨物與傳送帶摩擦產生的熱量為128J
【答案】C【詳解】A．根據牛頓運動定律可得，貨物的加速度為貨物的加速度為根據動力學公式有代入數據計算可得，故A錯誤；B．貨物的位移為末貨物的速度為貨物的位移為貨物從A運動到B過程中，根據動能定理有傳送帶對物塊做的功為故B錯誤；C．貨物從A運動到B過程中，
皮帶運動的距離為皮帶運動的距離為貨物對傳送帶做功為故C正確；D．貨物從A運動到B過程中，貨物與傳送帶的相對位移為貨物與傳送帶摩擦產生的熱量為故D錯誤。故選C。
26．如圖所示，傾角的傳送帶以大小為的速度順時針勻速運行。質量為的某工件（視為質點）以大小為的初速度從傳送帶的底端A沖上傳送帶，恰好能到達傳送帶的頂端B，隨即被取走。工件與傳送帶間的動摩擦因數為，取重力加速度大小。則（　　）
A．工件沿傳送帶上滑的時間為
B．工件在傳送帶上運動時，摩擦力對其做功為
C．傳動帶A、B兩端的距離為
D．工件在傳送帶上運動時，因摩擦產生的熱量為
【答案】A【詳解】A．工件所受重力沿傳送帶向下的分力大小為滑動摩擦力大小為當工件的速度大于傳送帶的速度時，工件受到沿傳送帶向下的滑動摩擦力，因此工件向上做勻減速運動，根據牛頓第二定律可得，上滑的加速度大小為工件從A端上滑至與傳送帶速度相同的時間此后工件繼續向上做勻減速運動，上滑的加速度大小為從工件與傳送帶達到共同速度至工件到達B端的時間為因此工件沿傳送帶上滑的時間為故A正確；BC．A、B兩端的距離為設工件返回A端時的速度大小為，則有解得根據動能定理可知，工件在傳送帶上滑行的過程中，摩擦力對工件做的功故BC錯誤；D．工件從B端下滑至A端的時間為工件在傳送帶上滑行的過程中，因摩擦產生的熱量為故D錯誤。故選A。
27．如圖所示，兩個皮帶輪在電機的帶動下順時針轉動，帶動水平傳送帶以不變的速率運行。將質量為的物體A（可視為質點）輕輕放在傳送帶左端，經時間后，A的速度變為v，再經過相同時間后，到達傳送帶右端。則下列說法正確的是（　　）
A．物體A由傳送帶左端到右端的平均速度為4m/s
B．傳送帶對物體做功為32J
C．系統因摩擦而產生的熱量為16J
D．因傳送物塊，電機額外輸出的能量為48J
【答案】C【詳解】A．物體A由傳送帶左端到右端通過的位移為平均速度為 故A錯誤；B．物體從靜止釋放后經時間t速度變為v，對此過程，應用動能定理可得傳送帶對物體A做的功為故B錯誤；C．根據牛頓第二定律有系統因摩擦而產生的熱量為解得故C正確；D．因傳送物塊，電機額外輸出的能量為故D錯誤。故選C。8.31動能定理原卷版
目錄
一、 【動能定理概念梳理】
二、 【動能定理和平拋結合知識點梳理】
三、 【動能定理和圓周運動結合知識梳理】
四、 【動能定理和摩擦力做功結合知識點梳理】
五、 【動能定理和機車啟動結合知識點梳理】
六、 【動能定理和數學結合求最值知識點梳理】
七、 【動能定理和傳送帶結合知識點梳理】
【動能定理概念梳理】
動能的表達式
1．表達式：Ek＝mv2.
2．單位：與功的單位相同，國際單位為焦耳，符號為J.
3．標矢性：動能是標量，只有大小，沒有方向，沒有負值，與物體的速度方向無關.
4．動能是狀態量，具有瞬時性，與物體的運動狀態(或某一時刻的速度)相對應.
5．動能具有相對性，選取不同的參考系，物體的速度不同，動能也不同，一般以地面為參考系.
動能變化量ΔEk
ΔEk＝mv22－mv12，若ΔEk>0，則表示物體的動能增加，若ΔEk<0，則表示物體的動能減少.
動能定理
6．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.
7．表達式：W合＝ΔEk W＝Ek2－Ek1＝mv22－mv12.
(1)Ek2＝mv22表示這個過程的末動能；Ek1＝mv12表示這個過程的初動能.
(2)W表示這個過程中合力做的功，它等于各力做功的代數和.
8．適用范圍：動能定理是物體在恒力作用下，并且做直線運動的情況下得到的，當物體受到變力作用，并且做曲線運動時，可以采用把整個過程分成許多小段，也能得到動能定理.
(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)力可以是各種性質的力，既可以同時作用，也可以分階段作用．
9．對“外力”的兩點理解
(1)“外力”指的是合外力，可以是重力、彈力、摩擦力、電場力、磁場力或其他力，它們可以同時作用，也可以不同時作用．
(2)“外力”既可以是恒力，也可以是變力．
10．公式W合＝ΔEk中“＝”體現的三個關系
11．物理意義：動能定理指出了合外力對物體所做的總功與物體動能變化之間的關系，即若合外力做正功，物體的動能增加，若合外力做負功，物體的動能減小，做了多少功，動能就變化多少.
12．實質：動能定理從能量變化的角度反映了力改變運動的狀態時，在空間上的累積效果.
13．應用動能定理解題的一般步驟：
(1)選取研究對象(通常是單個物體)，明確它的運動過程.
(2)對研究對象進行受力分析，明確各力做功的情況，求出外力做功的代數和.
(3)明確物體在初、末狀態的動能Ek1、Ek2.
(4)列出動能定理的方程W＝Ek2－Ek1，結合其他必要的輔助方程求解并驗算.
【動能定理概念舉一反三練習】
1．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． B．
C． D．
2．在離地面高為h處豎直上拋一質量為m的物塊，拋出時的速度為v0，當它落到地面時速度為v，用g表示重力加速度，則在此過程中物塊克服空氣阻力所做的功等于（　 　）
A． B． C． D．
3．一小球在豎直向上的拉力F作用下向上做勻減速運動，某時刻撒去拉力，小球繼續上升一段距離后下落，不計空氣阻力。下列關于小球上升過程中的動能E隨上升高度的變化圖像正確的是（　　）
A． B． C．D．
4．如圖，abc是豎直面內的光滑固定軌道，ab水平，長度為2R，bc是半徑為R的四分之一的圓弧，與ab相切于b點。一質量為m的
小球，始終受到與重力大小相等的水平外力的作用，自a點處從靜止開始向右運動，重力加速度大小為g。小球從a點開始運動到其軌跡最高點，機械能的增量為（ ）
A．2mgR
B．4mgR
C．5mgR
D．6mgR
【動能定理和平拋結合知識點梳理】
平拋和動能定理結合主要體現在求動能定理初末動能中的速度：
由于小球是恰好沿三角形斜面下滑，或者恰好沿切線飛進入圓軌道，所以各個速度V2（H）和V1、V合及夾角α通過三角函數間的關系可以相互轉換，從而求出所需的物理量。
【動能定理和平拋結合舉一反三練習】
5．如圖所示，一個質量為的小球懸掛在長的細線下端。左側有一豎直放置的圓管軌道，軌道半徑，為其豎直直徑，，B點到D點的豎直距離。現讓小球從與豎直方向成角的A點由靜止釋放，小球運動到懸掛點正下方B點時繩子剛好斷開，接著小球從B點飛出后剛好由D點切線進入圓管軌道，而且小球運動到圓管軌道的最高點F時和管道內外壁均無彈力作用。g取10，，，不計空氣阻力，求：
（1）小球在B點速度大小；
（2）細線與豎直方向的夾角；
（3）在圓管軌道間運動時，小球克服摩擦力所做的功。
6．如圖所示，一小物體自平臺邊緣上以的速度水平拋出，能恰好沿傾角為的固定斜面從頂端A點下滑，斜面放置在水平地面上，在B點與水平地面平滑連接，小物體最終停在水平地面上的C點。已知小物體與斜面及水平地面間的動摩擦因數均為 C點距B點的水平距離為，重力加速度，，。求：
（1）小物體下落到斜面頂端A點時的速度 大小；
（2）斜面頂端高度 H。

7．如圖所示為游樂場內一水上娛樂設施的模型。AB為與水平方向成夾角的傾斜滑道，滑道斜面與滑水者間的動摩擦因數，BC為一段末端水平、半徑為R的光滑圓弧恰好與滑道底端B處與連接，C為圓弧的末端。質量為m的滑水者從A點靜止出發，滑至C端時，速度傳感器測得滑水者的速度為，最終落入水面的D點。已知重力加速度為g，C端與水面高度差h=R，，，求：
（1）滑水者經過C點時對圓弧軌道的壓力大小；
（2）滑水者落入水中面D點瞬間的速度大小以及D點與C點的水平距離L；
（3）斜面上AB兩點的距離l。
【動能定理和圓周運動結合知識梳理】
1．在豎直平面內做圓周運動的物體，按運動到軌道最高點時的受力情況可分為兩類：一是無支撐(如球與繩連接、沿內軌道運動的過山車等)，稱為“繩(環)約束模型”；二是有支撐(如球與桿連接、在彎管內的運動等)，稱為“桿(管道)約束模型”．
2．輕繩和輕桿模型涉及的臨界問題
3.豎直面內圓周運動的求解思路
(1)定模型：首先判斷是輕繩模型還是輕桿模型，兩種模型過最高點的臨界條件不同，其原因主要是“繩”不能支持物體，而“桿”既能支持物體，也能拉物體．
(2)確定臨界點：v臨＝對輕繩模型來說是能否通過最高點的臨界點，而對輕桿模型來說是FN表現為支持力還是拉力的臨界點．
(3)研究狀態：通常情況下豎直平面內的圓周運動只涉及最高點和最低點的運動情況．
(4)受力分析：對物體在最高點或最低點時進行受力分析，根據牛頓第二定律列出方程：F合＝F向．
(5)過程分析：應用動能定理或機械能守恒定律將初、末兩個狀態聯系起來列方程．
四　圓周運動中的臨界問題
臨界問題廣泛地存在于中學物理中，解答臨界問題的關鍵是準確判斷臨界狀態，再選擇相應的規律靈活求解，其解題步驟為：
1．判斷臨界狀態：有些題目中有“剛好”“恰好”“正好”等字眼，明顯表明題述的過程存在著臨界點；若題目中有“取值范圍”“多長時間”“多大距離”等詞語，表明題述的過程存在著“起止點”，而這些起止點往往就是臨界狀態；若題目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼，表明題述的過程存在著極值，這個極值點也往往是臨界狀態．
2．確定臨界條件：判斷題述的過程存在臨界狀態之后，要通過分析弄清臨界狀態出現的條件，并以數學形式表達出來．
3．選擇物理規律：當確定了物體運動的臨界狀態和臨界條件后，對于不同的運動過程或現象，要分別選擇相對應的物理規律，然后再列方程求解．
【動能定理和圓周運動結合舉一反三練習】
8．如圖所示，將一個質量m=2kg的小球以速度v0=3m/s從P點水平向右拋出，小球恰好從A點沿其切線方向進入光滑圓弧軌道并沿圓弧軌道向下運動。已知圓弧軌道的半徑R=2.5m，圓心為O，B為圓弧軌道的最低點，∠AOB=53°，重力加速度取g=10m/s2，cos53°=0.6。小球運動到圓弧軌道最低點B時對軌道的壓力大小為（　　）
A．38N B．44N C．50N D．56N
9．如圖所示，摩托車做騰躍特技表演，沿曲面沖上高頂部水平高臺，接著以水平速度離開平臺，落至地面時，恰能無碰撞地沿圓弧切線從A點切入光滑豎直圓弧軌道，并沿軌道下滑。為圓弧兩端點，其連線水平。已知圓弧半徑為，人和車的總質量為，特技表演的全過程中，阻力忽略不計。（計算中取。）求：
（1）從平臺飛出到A點，人和車運動的水平距離s；
（2）從平臺飛出到A點時速度大小及圓弧對應圓心角；
（3）人和車運動到圓弧軌道最低點O速度，此時對軌道的壓力大小。
10．如圖，一內壁光滑的環形細圓管，固定于豎直平面內，環的半徑為R（比細管的直徑大得多），在圓管中有一個直徑與細管內徑相同的小球（可視為質點），小球的質量為m，設某一時刻小球通過軌道的最低點時對管壁的壓力為5.5mg。此后小球便做圓周運動，求：
（1）小球在最低點時具有的動能；
（2）小球經過半個圓周到達最高點時的速度大小；
（3）若管內壁粗糙，小球從最低點經過半個圓周恰能到達最高點，則小球此過程中克服摩擦力所做的功。
11．如圖甲所示，用一輕質繩拴著一質量為m的小球，在豎直平面內做圓周運動（不計一切阻力），小球運動到最高點時繩對小球的拉力為FT，小球在最高點的速度大小為v，其FT-v2圖像如圖乙所示，則（　　）

A．輕質繩長為
B．當地的重力加速度為
C．當v2=c時，輕質繩的拉力大小為－a
D．只要v2≥b，小球在最低點和最高點時繩的拉力差均為5a
12．如圖所示，光滑傾斜軌道AB和水平軌道BC平滑連接（小球經過時速度大小不變），軌道AB距地面高h的A點有一個質量m＝1kg的小球無初速釋放，小球從C點向右進入半徑R＝1m的光滑圓形軌道，圓形軌道底部C處前后錯開，小球可以從C點向右離開圓形軌道，在水平軌道上繼續前進。已知小球與水平軌道間的動摩擦因數，水平軌道BC長L＝1m，不計其它阻力，重力加速度
。
（1）若釋放點A高度h＝3m，求小球到達B點的速度大小；
（2）要使小球完成圓周運動，則釋放點A的高度h需要滿足什么條件；
（3）若小球恰好不脫離軌道，求小球最后靜止的位置到圓軌道最低點C的距離。
13．如圖所示，在水平桌面上離桌面右邊緣L處放著一質量為的小鐵球（可看作質點），現用水平向右推力F作用于鐵球，作用一段時間后撤去，鐵球繼續運動，到達水平桌面邊緣A點飛出，恰好落到豎直圓弧軌道BCD的B端沿切線進入圓弧軌道，且鐵球恰好能通過圓弧軌道的最高點D。已知，A、B、C、D四點在同一豎直平面內，水平桌面離B端的豎直高度，圓弧軌道半徑，C點為圓弧軌道的最低點，求：（取，，）
（1）鐵球運動到圓弧軌道最高點D點時的速度大小；
（2）鐵球運動到B點時的速度大小以及此時軌道對鐵球的支持力大小；
（3）鐵球從B運動到D的過程中圓弧軌道BCD的對鐵球所做的功。
【動能定理和摩擦力做功結合知識點梳理】
1．靜摩擦力做功的特點
(1)靜摩擦力可以做正功，也可以做負功，還可以不做功．
(2)相互作用的一對靜摩擦力做功的代數和總等于零．
(3)靜摩擦力做功時，只有機械能的相互轉移，不會轉化為內能．
2．滑動摩擦力做功的特點
(1)滑動摩擦力可以做正功，也可以做負功，還可以不做功．
(2)相互間存在滑動摩擦力的系統內，一對滑動摩擦力做功將產生兩種可能效果：
①機械能全部轉化為內能；
②有一部分機械能在相互摩擦的物體間轉移，另外一部分轉化為內能．
摩擦生熱的計算：Q＝Ff x相對．其中x相對為相互摩擦的兩個物體間的相對位移．
3.摩擦力做功的分析方法
(1)無論是滑動摩擦力，還是靜摩擦力，計算做功時都是用力與對地位移的乘積．
(2)摩擦生熱的計算：公式Q＝Ff·x相對中x相對為兩接觸物體間的相對位移，若物體在傳送帶上做往復運動時，則x相對為總的相對路程．
4.判斷在斜面上的物體是否能靜止
μ大于等于tanθ 物體可以靜止在斜面
μ小于tanθ 物體在斜面上下滑
【動能定理和摩擦力做功結合舉一反三練習】
14．如圖所示裝置由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，軌道CD足夠長且傾角，A、D兩點離軌道BC的高度分別為，。現讓質量為的小滑塊自點由靜止釋放。已知小滑塊與軌道間的動摩擦因數，重力加速度取，，，求：
（1）小滑塊第一次到達D點時的速度大小；
（2）小滑塊第一次與第二次通過C點的時間間隔；
（3）小滑塊最終停止的位置距B點的距離。
15．如圖所示，在豎直平面內，粗糙的斜面軌道AB的下端與光滑的圓弧軌道BCD相切于B點，C是最低點，圓心角∠BOC=37°，D與圓心O等高，圓弧軌道半徑R=1.0m，現有一個質量為m=0.2kg可視為質點的小物體，從D點的正上方E點處自由下落，D、E距離h=1.6m，小物體與斜面AB之間的動摩擦因數μ=0.5，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2。求：
（1）小物體第一次通過C點時對軌道的壓力；
（2）要使小物體不從斜面頂端飛出，斜面至少要多長；
（3）若斜面已經滿足（2）要求，物體從斜面又返回到圓軌道，多次反復，在整個運動過程中，物體對C點處軌道的最小壓力；
（4）在（3）中，物體在斜面上運動的總路程。
16．滑板運動是極限運動的鼻祖，許多極限運動項目均由滑板項目延伸而來，如圖是滑板運動的軌道，BC和DE是兩段光滑圓弧形軌道，BC段的圓心為O點，圓心角為，半徑OC與水平軌道CD垂直，水平軌道CD段粗糙且長8m。一運動員從軌道上的A點以3m/s的速度水平滑出，在B點剛好沿軌道的切線方向滑入圓弧軌道BC，經CD軌道后沖上DE軌道，到達E點時速度減為零，然后返回，已
知運動員和滑板的總質量為60kg，B、E兩點與水平面CD的豎直高度為h和H，且，，g取。求：
（1）運動員從A運動到達B點時的速度大小；
（2）軌道CD段的動摩擦因數；
（3）通過計算說明，第一次返回時，運動員能否回到B點？如能，請求出回到B點時速度的大小；如不能，則最后停在何處？
17．如圖所示，一粗糙斜面AB與光滑圓弧軌道BCD相切，C為圓弧軌道的最低點，圓弧BC所對圓心角θ=37°。已知圓弧軌道半徑為R＝0.5m，斜面AB的長度為L＝2.875m。質量為m＝1kg的小物塊（可視為質點）從斜面頂端A點處由靜止開始沿斜面下滑，從B點進入圓弧軌道運動恰能通過最高點D。sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g=10m/s2。求：
(1)物塊經C點時對圓弧軌道的壓力Fc；
(2)物塊與斜面間的動摩擦因數μ。
18．如圖所示，從高臺邊A點以某速度水平飛出的小物塊（可看作質點），恰能從固定在某位置的光滑圓弧軌道CDM的左端C點沿圓弧切線方向進入軌道。圓弧軌道CDM的半徑，O為圓弧的圓心，D為圓弧的最低點，C、M在同一水平高度，OC與CM的夾角為37°，斜面MN與圓弧軌道CDM相切于M點，MN與CM的夾角為53°，斜面MN足夠長，已知小物塊的質量，第一次到達D點時對軌道的壓力大小為78N，與斜面MN之間的動摩擦因數，小物塊第一次通過C點后立刻裝一與C點相切且與斜面MN關于OD對稱的固定光滑斜面，取重力加速度大小，，，不計空氣阻力，求：
（1）小物塊平拋運動到C點時的速度大小；
（2）A點到C點的豎直距離；
（3）小物塊在斜面MN上滑行的總路程。
19．如圖所示，在距水平地面高h1=1.2m的光滑水平臺面上，一個質量m=1kg的小物塊壓縮彈簧后被鎖扣K鎖住，儲存的彈性勢能Ep=2J。現打開鎖扣K，物塊與彈簧分離后將以一定的水平速度向右滑離平臺，并恰好從B點沿切線方向進入光滑豎直的圓弧軌道BC。已知B點距水平地面的高h2=0.6m，圓弧軌道BC的圓心為O，C點的切線水平，并與水平地面上長為L=2.1m的粗糙直軌道CD平滑連接，小物塊沿軌道BCD運動并與右邊的豎直墻壁會發生碰撞，重力加速度g=10m/s2，空氣阻力忽略不計。試求：
(1)小物塊運動到B的瞬時速度vB大小；
(2)小物塊在圓弧軌道BC上滑到C時對軌道壓力Nc大小（保留一位小數）；
(3)若小物塊與墻壁只發生一次彈性碰撞，且不會從B點飛出，那么小物塊與軌道CD之間的動摩擦因數μ應該滿足怎樣的條件。
【動能定理和機車啟動結合知識點梳理】
(1)恒定功率下的啟動過程一定不是勻加速過程，勻變速直線運動的公式不適用了，這種加速過程發動機做的功可用W＝Pt計算，不能用W＝Fl計算(因為F為變力)．
(2)以恒定牽引力加速時的功率一定不恒定，這種加速過程發動機做的功常用W＝Fl計算，不能用W＝Pt計算(因為功率P是變化的)．
在勻加速啟動過程中，小車先做勻加速運動（牽引力F不變，功率變大）再做加速度減小的加速運動（牽引力F變小，功率不變）所以整個過程中動能定理：
【動能定理和機車啟動結合舉一反三練習】
20．一輛汽車在水平平直公路上由靜止開始啟動，汽車的輸出功率與速度的關系如圖所示，當汽車速度達到后保持功率不變，汽車能達到的最大速度為。已知汽車的質量為，運動過程中所受阻力恒為，速度從達到所用時間為，下列說法正確的是（　　）
A．汽車的最大功率為 B．汽車速度為時，加速度為
C．汽車速度從0到的過程中，位移為 D．汽車速度從到的過程中，位移為
21．一種氫氣燃料的汽車，質量為，發動機的額定輸出功率為，行駛在平直公路上時所受阻力恒為車重的0.1倍。若汽車從靜止開始先勻加速啟動，加速度的大小為。達到額定輸出功率后，汽車保持功率不變又加速行駛了，直到獲得最大速度后才勻速行駛。試求∶
（1）汽車的最大行駛速度；
（2）當速度為時，汽車牽引力的瞬時功率；
（3）汽車從靜止到獲得最大行駛速度所用的總時間。
22．電動平衡車作為一種電力驅動的運輸載具，被廣泛應用在娛樂、代步、安保巡邏等領域。某人站在平衡車上以初速度在水平地面上沿直線做加速運動，經歷時間t達到最大速度，此過程電動機的輸出功率恒為額定功率P。已知人與車整體的質量為m，所受阻力的大小恒為f。則（　　）
A．
B．車速為時的加速度大小為
C．人與車在時間t內的位移大小等于
D．在時間t內阻力做的功為
【動能定理和數學結合求最值知識點梳理】
動能定理題型中涉及到求最值問題的一般思路：
①找出題中的變量，設未知數。
②通過動能定理和其他的物理知識列多過程的方程。
③最終可以得到所求的最值和未知數的函數關系式，（一般的關系式常為二次函數，對鉤函數）
【動能定理和數學結合求最值舉一反三練習】
23．如圖所示，光滑半圓形軌道處于暨直平面內，半圓形軌道與光滑的水平地面相切于半圓的端點A.一質量為m的小球在水平地面上C點受水平向左的恒力F由靜止開始運動，當運動到A點時撤去恒力F，小球沿豎直半圓形軌道運動到軌道最高點B點，最后又落在水平地面上的D點(圖中未畫出).已知A、C間的距離為L，重力加速度為g.
(1)若軌道半徑為R，求小球到達半圓形軌道B點時對軌道的壓力FN的大小；
(2)為使小球能站動到軌道最高點B，求軌道半徑的最大值；
(3)軌道半徑R多大時，小球在水平地面上的落點D到A點距離最大 最大距離是多少
24．如圖，輕繩一端固定在O點，另一端系著一小球。將小球拉到與O點同一水平高度的A點，此時輕繩處于伸直狀態。小球從A點由靜止釋放，當擺到O點正下方的B點時，輕繩突然斷裂，小球開始做平拋運動，落在水平面上的C點。已知O點離地的高度H=5m，輕繩長度L=1.8m。取重力加速度，不計一切阻力。
（1）小球擺到B點時的速度大小vB為多少？
（2）小球由B點運動到C點的時間t為多少？
（3）若保持O點離地的高度H不變，改變該輕繩長度，則小球水平最大射程sm為多少？
【動能定理和傳送帶結合知識點梳理】
1．模型條件
(1)傳送帶勻速或加速運動．
(2)物體以初速度v0滑上傳送帶或輕輕放于傳送帶上，物體與傳送帶間有摩擦力．
(3)物體與傳送帶之間有相對滑動．
2．模型特點
(1)若物體輕輕放在勻速運動的傳送帶上，物體一定和傳送帶之間產生相對滑動，物體一定受到沿傳送帶前進方向的摩擦力．
(2)若物體靜止在傳送帶上，與傳送帶一起由靜止開始加速，如果動摩擦因數較大，則物體隨傳送帶一起加速；如果動摩擦因數較小，則物體將跟不上傳送帶的運動，相對傳送帶向后滑動．
(3)若物體與水平傳送帶一起勻速運動，則物體與傳送帶之間沒有摩擦力；若傳送帶是傾斜的，則物體受到沿傳送帶向上的靜摩擦力作用．
3．功能關系
(1) 對功WF和Q的理解：
①傳送帶做的功：WF＝Fx傳；
②產生的內能Q＝Ff x相對，其中x相對為相互摩擦的物體與傳送帶間的相對位移．
(2)功能關系分析：WF＝ΔEk＋ΔEp＋Q.
4.傳送帶模型問題的分析流程
【動能定理和傳送帶結合舉一反三練習】
25．傾斜傳送帶廣泛應用于礦山、港口、電廠、物流等領域。模型簡化如圖所示，與水平面成角的傾斜傳送帶以恒定速率運動，皮帶始終是繃緊的，將的貨物輕放在傳送帶上的A端，經過1.2s到達傳送帶的B端。用速度傳感器測得貨物與傳送帶的速度v隨時間t變化圖像如圖乙所示，已知重力加速度，由圖可知（　　）
A．貨物與傳送帶間的動摩擦因數為0.25
B．貨物從A運動到B過程中，傳送帶對貨物做功為112J
C．貨物從A運動到B過程中，貨物對傳送帶做功64J
D．貨物從A運動到B過程中，貨物與傳送帶摩擦產生的熱量為128J
26．如圖所示，傾角的傳送帶以大小為的速度順時針勻速運行。質量為的某工件（視為質點）以大小為的初速度從傳送帶的底端A沖上傳送帶，恰好能到達傳送帶的頂端B，隨即被取走。工件與傳送帶間的動摩擦因數為，取重力加速度大小。則（　　）
A．工件沿傳送帶上滑的時間為
B．工件在傳送帶上運動時，摩擦力對其做功為
C．傳動帶A、B兩端的距離為
D．工件在傳送帶上運動時，因摩擦產生的熱量為
27．如圖所示，兩個皮帶輪在電機的帶動下順時針轉動，帶動水平傳送帶以不變的速率運行。將質量為的物體A（可視為質點）輕輕放在傳送帶左端，經時間后，A的速度變為v，再經過相同時間后，到達傳送帶右端。則下列說法正確的是（　　）
A．物體A由傳送帶左端到右端的平均速度為4m/s
B．傳送帶對物體做功為32J
C．系統因摩擦而產生的熱量為16J
D．因傳送物塊，電機額外輸出的能量為48J

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