高三物理復(fù)習(xí)能力提升 第5章 第2課時(shí) 動(dòng)能定理

第2課時(shí)動(dòng)能定理考綱解讀1.掌握動(dòng)能的概念，會求動(dòng)能的變化量.2.掌握動(dòng)能定理，并能在實(shí)際問題中熟練應(yīng)用．1．[對動(dòng)能的理解]關(guān)于動(dòng)能的理解，下列說法正確的是 ()A．動(dòng)能是機(jī)械能的一種表現(xiàn)形式，凡是運(yùn)動(dòng)的物體都具有動(dòng)能B．物體的動(dòng)能不可能為負(fù)值C．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D．動(dòng)能不變的物體，一定處于平衡狀態(tài)答案ABC2．[對動(dòng)能定理的理解]關(guān)于運(yùn)動(dòng)物體所受的合外力、合外力做的功及動(dòng)能變化的關(guān)系，下列說法正確的是 ()A．合外力為零，則合外力做功一定為零B．合外力做功為零，則合外力一定為零 C．合外力做功越多，則動(dòng)能一定越大D．動(dòng)能不變，則物體合外力一定為零答案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(dòng)，這兩種情況合外力做功均為零，所以合外力做功一定為零，A對；合外力做功為零或動(dòng)能不變，合外力不一定為零，如勻速圓周運(yùn)動(dòng)，故B、D錯(cuò)；合外力做功越多，動(dòng)能變化越大，而不是動(dòng)能越大，故C錯(cuò)．3．[動(dòng)能定理的簡單應(yīng)用]質(zhì)量為m的物體在水平力F的作用下由靜止開始在光滑地面上運(yùn)動(dòng)，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．第二過程的速度增量等于第一過程的速度增量B．第二過程的動(dòng)能增量是第一過程動(dòng)能增量的3倍C．第二過程合外力做的功等于第一過程合外力做的功D．第二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(gè)過程中速度增量均為v，A正確；由動(dòng)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(cuò)誤．4．[動(dòng)能定理的應(yīng)用]甲、乙兩物體質(zhì)量之比m1∶m2＝1∶2，它們與水平桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，在水平桌面上運(yùn)動(dòng)時(shí)，因受摩擦力作用而停止．(1)若它們的初速度相同，則運(yùn)動(dòng)位移之比為________；(2)若它們的初動(dòng)能相同，則運(yùn)動(dòng)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(dòng)摩擦因數(shù)為μ.(1)它們的初速度相同，設(shè)為v0，由動(dòng)能定理得：－μm1gs1＝0－eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,0).－μm2gs2＝0－eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,0).所以s1∶s2＝1∶1.(2)它們的初動(dòng)能相同，設(shè)為Ek，由動(dòng)能定理得：－μm1gs1＝0－Ek.－μm2gs2＝0－Ek.所以s1∶s2＝m2∶m1＝2∶1.考點(diǎn)梳理一、動(dòng)能1．定義：物體由于運(yùn)動(dòng)而具有的能．2．表達(dá)式：Ek＝eq\f(1,2)mv2.3．物理意義：動(dòng)能是狀態(tài)量，是標(biāo)量(填“矢量”或“標(biāo)量”)．二、動(dòng)能定理1．內(nèi)容：合外力所做的功，等于物體動(dòng)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(dòng)能變化的量度．4．適用條件(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，也可以分階段作用．

5．[利用動(dòng)能定理求變力功]一個(gè)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(dòng)到Q點(diǎn)，此時(shí)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(dòng)到Q點(diǎn)時(shí)，受重力、繩子的拉力及水平拉力F作用，因很緩慢地移動(dòng)，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．根據(jù)動(dòng)能定理有：WF－WG＝0，所以WF＝WG＝mgL(1－cosθ)，選項(xiàng)B正確．6．[利用動(dòng)能定理求彈力的功]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(shí)彈簧最短，C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() 圖2A．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(dòng)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(dòng)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(dòng)能的變化．

考點(diǎn)一對動(dòng)能及其變化的理解1．對動(dòng)能的理解(1)動(dòng)能是物體由于運(yùn)動(dòng)而具有的能量，表達(dá)式Ek＝eq\f(1,2)mv2.(2)動(dòng)能是狀態(tài)量，和物體的瞬時(shí)速度大小(速率)對應(yīng)．2．關(guān)于動(dòng)能的變化動(dòng)能的變化量為正值，表示物體的動(dòng)能增加了，對應(yīng)于合外力對物體做正功；動(dòng)能的變化量為負(fù)值，表示物體的動(dòng)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)開始時(shí)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，從某時(shí)刻起受到一恒力作用．此后，該質(zhì)點(diǎn)的動(dòng)能可能 ()A．一直增大B．先逐漸減小至零，再逐漸增大C．先逐漸增大至某一最大值，再逐漸減小D．先逐漸減小至某一非零的最小值，再逐漸增大解析若力F的方向與初速度v0的方向一致，則質(zhì)點(diǎn)一直加速，動(dòng)能一直增大，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(dòng)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(dòng)，物體先減速，減到某一值再加速，則其動(dòng)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(dòng)能定理及其應(yīng)用1．對動(dòng)能定理的理解(1)動(dòng)能定理公式中等號表明了合外力做功與物體動(dòng)能的變化間的兩個(gè)關(guān)系：①數(shù)量關(guān)系：即合外力所做的功與物體動(dòng)能的變化具有等量代換關(guān)系．可以通過計(jì)算物體動(dòng)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(dòng)能變化的原因．(2)動(dòng)能定理中涉及的物理量有F、s、m、v、W、Ek等，在處理含有上述物理量的問題時(shí)，優(yōu)先考慮使用動(dòng)能定理．2．運(yùn)用動(dòng)能定理需注意的問題(1)應(yīng)用動(dòng)能定理解題時(shí)，在分析過程的基礎(chǔ)上無需深究物體運(yùn)動(dòng)過程中狀態(tài)變化的細(xì)節(jié)，只需考慮整個(gè)過程的功及過程初末的動(dòng)能．(2)若過程包含了幾個(gè)運(yùn)動(dòng)性質(zhì)不同的分過程，既可分段考慮，也可整個(gè)過程考慮．但求功時(shí)，有些力不是全過程都作用的，必須根據(jù)不同的情況分別對待求出總功，計(jì)算時(shí)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(gè)光滑的細(xì)釘，已知OP＝eq\f(L,2)，在A點(diǎn)給小球一個(gè)水平向左的初速度v0，發(fā)現(xiàn)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：圖3(1)小球到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速率？(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(dòng)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(dòng)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(dòng)能定理求變力做功時(shí)應(yīng)注意的問題1．所求的變力的功不一定為總功，故所求的變力的功不一定等于ΔEk.2．合外力對物體所做的功對應(yīng)物體動(dòng)能的變化，而不是對應(yīng)物體的動(dòng)能．3．若有多個(gè)力做功時(shí)，必須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(dòng)摩擦因數(shù)為μ，物體與轉(zhuǎn)臺轉(zhuǎn)軸相距R，物體隨轉(zhuǎn)臺由靜止開始轉(zhuǎn)動(dòng)，當(dāng)轉(zhuǎn)速增加到某值時(shí)，物塊即將開始滑動(dòng)，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解析物塊即將開始滑動(dòng)時(shí)，最大靜摩擦力(近似等于滑動(dòng)摩擦力)提供向心力，有μmg＝eq\f(mv2,R)，根據(jù)動(dòng)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始豎直向上加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)上升高度為H時(shí)，電梯的速度達(dá)到v，則在這個(gè)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解析以物體為研究對象，由動(dòng)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(cuò)誤．以系統(tǒng)為研究對象，由動(dòng)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(cuò)誤．答案BD應(yīng)用動(dòng)能定理解題的基本思路1．選取研究對象，明確它的運(yùn)動(dòng)過程；2．分析研究對象的受力情況和各力的做功情況：3．明確研究對象在過程的初末狀態(tài)的動(dòng)能Ek1和Ek2；4．列動(dòng)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(dòng)，以地面為參考系，A、B都圖6向前移動(dòng)一段距離．在此過程中 ()A．外力F做的功等于A和B動(dòng)能的增量B．B對A的摩擦力所做的功等于A的動(dòng)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(dòng)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(dòng)能定理，則有B對A的摩擦力所做的功等于A的動(dòng)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(dòng)，A、B對地的位移不等，故二者做功不等，C錯(cuò)．對B應(yīng)用動(dòng)能定理，WF－Wf＝ΔEkB，WF＝ΔEkB＋Wf，即外力F對B做的功等于B的動(dòng)能的增量與B克服摩擦力所做的功之和，D對．由前述討論知B克服摩擦力所做的功與A的動(dòng)能增量(等于B對A的摩擦力所做的功)不等，故A錯(cuò)．考點(diǎn)三動(dòng)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(gè)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(shí)，小物塊靜止于O點(diǎn)．現(xiàn)對小物塊施加一個(gè)外力F，使它緩慢移動(dòng)，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(dòng)，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(shí)，可用滑動(dòng)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(shí)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(shí)應(yīng)注意以下三點(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(shí)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(dòng)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(dòng)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)開始做平拋運(yùn)動(dòng)，有h＝eq\f(1,2)gt2解得下落時(shí)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(dòng)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，試根據(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(dòng)員下落的高度及克服阻力做的功；(3)估算運(yùn)動(dòng)員從飛機(jī)上跳下到著地的總時(shí)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(dòng)員做勻加速運(yùn)動(dòng)，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(dòng)員受到的阻力大小為Ff，根據(jù)牛頓第二定律，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(dòng)員在14s內(nèi)下落了h＝40×2×2m＝160m根據(jù)動(dòng)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(dòng)員做勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t′＝eq\f(H－h(huán),v)＝eq\f(500－160,6)s＝57s.運(yùn)動(dòng)員從飛機(jī)上跳下到著地需要的總時(shí)間t總＝t＋t′＝(14＋57)s＝71s.

24．動(dòng)能定理在多過程問題中的應(yīng)用 特征：優(yōu)先考慮應(yīng)用動(dòng)能定理的典型問題(1)不涉及加速度、時(shí)間的問題．(2)有多個(gè)物理過程且不需要研究整個(gè)過程中的中間狀態(tài)的問題．(3)變力做功的問題．(4)含有F、s、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(dòng)到A，由動(dòng)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s′，小滑塊由A運(yùn)動(dòng)到C，由動(dòng)能定理得Fs－μmgs＋Fs′－mgLsin37°＝0 (2分)解得s′＝1.25m (1分)(3)小滑塊由A運(yùn)動(dòng)到B，由動(dòng)能定理得Fs－μmgs＝eq\f(1,2)mv2 (2分)由牛頓第二定律得F－mgsin37°＝ma (2分)由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得s′＝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 圖10解析小球的運(yùn)動(dòng)包括自由落體運(yùn)動(dòng)和陷入沙坑減速運(yùn)動(dòng)兩個(gè)過程，知道初末態(tài)動(dòng)能和運(yùn)動(dòng)位移，應(yīng)選用動(dòng)能定理解決，處理方法有兩種：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(shí)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(dòng)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(dòng)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．(2012·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(dòng)力的小船沿直線拖向岸邊．已知拖動(dòng)纜繩的電動(dòng)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(shí)的速度大小為v0，小船從A點(diǎn)沿直線加速運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)經(jīng)歷時(shí)間為t1，A、B兩點(diǎn)間距離為d，纜繩質(zhì)量忽略不計(jì)．求：圖11(1)小船從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)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(shí)的速度大小v1；(3)小船經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)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(dòng)到B點(diǎn)克服阻力做功Wf＝fd ①(2)小船從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，電動(dòng)機(jī)牽引纜繩對小船做功W＝Pt1 ②由動(dòng)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(shí)纜繩的拉力大小為F，纜繩與水平方向夾角為θ，電動(dòng)機(jī)牽引纜繩的速度大小為v，則P＝Fv ⑤v＝v1cosθ ⑥由牛頓第二定律有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．(2012·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(dòng)，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(dòng)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(shí)的動(dòng)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(dòng)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(shí)的動(dòng)能Ek＝eq\f(1,2)mv2＋mgh＝0.90J(3)由動(dòng)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(shí)刻開始，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(dòng)，第3s末物塊運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)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(dòng)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(shí)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(dòng)到A點(diǎn)，設(shè)加速度為a，AB間的距離為s，則F－μmg＝maa＝eq\f(F－μmg,m)＝eq\f(4－0.2×1×10,1)m/s2＝2m/s2s＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)×2×22m＝4m(2)設(shè)整個(gè)過程中F做的功為WF，物塊回到A點(diǎn)時(shí)的速度為vA，由動(dòng)能定理得WF－2μmgs＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)又veq\o\al(2,A)＝2as所以WF＝2μmgs＋mas＝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(dòng)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(shí)的速度大小；(2)小滑塊第一次與第二次通過C點(diǎn)的時(shí)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(dòng)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(shí)間t1＝eq\f(vC,a)＝1s小物塊從最高點(diǎn)滑回C點(diǎn)的時(shí)間t2＝t1＝1s故t＝t1＋t2＝2s(限時(shí)：45分鐘)?題組1動(dòng)能定理的簡單應(yīng)用1．某人用手托著質(zhì)量為m的物體，從靜止開始沿水平方向運(yùn)動(dòng)，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(dòng)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(shí)，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.根據(jù)動(dòng)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(shí)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，上升一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(dòng)能隨時(shí)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(dòng)過程中加速度不變，B錯(cuò)；速度均勻變化，先減小后反向增大，A對；位移和動(dòng)能與時(shí)間不是線性關(guān)系，C、D錯(cuò)．4．一人乘豎直電梯從1樓到12樓，在此過程中經(jīng)歷了先加速，后勻速，再減速的運(yùn)動(dòng)過程，則下列說法正確的是 ()A．電梯對人做功情況是：加速時(shí)做正功，勻速時(shí)不做功，減速時(shí)做負(fù)功B．電梯對人做功情況是：加速和勻速時(shí)做正功，減速時(shí)做負(fù)功C．電梯對人做的功等于人動(dòng)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(dòng)能的增加量答案D解析電梯向上加速、勻速、再減速運(yùn)動(dòng)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(cuò)誤；由動(dòng)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(dòng)能的增加量，故C錯(cuò)誤，D正確．

5．如圖1所示，物體與斜面AB、DB間動(dòng)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(dòng)到底端時(shí)動(dòng)能較大B．物體沿斜面AB滑動(dòng)到底端時(shí)動(dòng)能較大 圖1C．物體沿斜面DB滑動(dòng)過程中克服摩擦力做的功較多D．物體沿斜面AB滑動(dòng)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(dòng)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(dòng)能定理有：mgh－μmgcosθ·L＝mgh－μmgx＝eq\f(1,2)mv2，可知物體沿斜面AB滑動(dòng)到底端時(shí)動(dòng)能較大，故A錯(cuò)誤，B正確；物體沿斜面滑動(dòng)過程中克服摩擦力做的功W＝μmgLcosθ＝μmgx，則兩次相同，故C、D錯(cuò)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始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(shí)的速度為v，如圖2所示．則在此過程中 ()A．物體所受的合外力做的功為mgh＋eq\f(1,2)mv2 圖2B．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(dòng)，根據(jù)動(dòng)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(cuò)誤，B、D正確．?題組2應(yīng)用動(dòng)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(gè)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(dòng)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s時(shí)，則 ()A．在該過程中，物塊的運(yùn)動(dòng)可能是勻速的B．在該過程中，人對物塊做的功為eq\f(mv2s2,2h2＋s2)C．在該過程中，人對物塊做的功為eq\f(1,2)mv2D．人前進(jìn)s時(shí)，物塊的運(yùn)動(dòng)速率為eq\f(vh,\r(h2＋s2))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(dòng)的速度v物＝vcosθ，而cosθ＝eq\f(s,\r(h2＋s2))，故v物＝eq\f(vs,\r(h2＋s2))，可見物塊的速度隨s的增大而增大，A、D均錯(cuò)誤；人對物塊的拉力為變力，變力的功可應(yīng)用動(dòng)能定理求解，即W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,物)＝eq\f(mv2s2,2h2＋s2)，B正確，C錯(cuò)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)由靜止開始自邊緣上的A點(diǎn)滑下，到達(dá)最低點(diǎn)B時(shí)，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(shí)，它對容器的正壓力為FN，根據(jù)牛頓第二定律有FN－mg＝meq\f(v2,R)，根據(jù)動(dòng)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(dòng)，如圖5所示，運(yùn)動(dòng)過程中小球受到空氣阻力的作用．設(shè)某一時(shí)刻小球通過軌道的最低點(diǎn)，此時(shí)繩子的張力為7mg，在此后小球繼續(xù)做圓周運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過半個(gè)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(shí)，繩的張力為F＝7mg ①由牛頓第二定律可知：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，由牛頓第二定律可知：mg＝eq\f(mv\o\al(2,2),R) ③小球由最低點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)的過程中，由動(dòng)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(cuò)誤．?題組3應(yīng)用動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)和動(dòng)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)由靜止開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)． 圖6已知AB＝5m，