（通用版）2018-2019版高考物理總復習 主題三 機械能及其守恒定律 提升課 動能定理的應用學案 新人教版

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1、 提升課　動能定理的應用 　應用動能定理求變力做功 [要點歸納] 1.動能定理不僅適用于求恒力做功，也適用于求變力做功，同時因為不涉及變力作用的過程分析，應用非常方便。 2.利用動能定理求變力的功是最常用的方法，當物體受到一個變力和幾個恒力作用時，可以用動能定理間接求變力做的功，即W變＋W其他＝ΔEk。 3.當機車以恒定功率啟動，牽引力為變力時，那么牽引力做的功可表示為W＝Pt。 [精典示例] [例1]　一質量為m的小球，用長為l的輕繩懸掛于O點。第一次小球在水平拉力F1作用下，從平衡位置P點緩慢地移到Q點，此時繩與豎直方向夾角為θ(如圖1所示)，在這個過程中水平拉力做

2、功為W1。第二次小球在水平恒力F2作用下，從P點移到Q點，水平恒力做功為W2。重力加速度為g，且θ<90°，則(　　) 圖1 A.W1＝F1lsin θ，W2＝F2lsin θ B.W1＝W2＝mgl(1－cos θ) C.W1＝mgl(1－cos θ)，W2＝F2lsin θ D.W1＝F1lsin θ，W2＝mgl(1－cos θ) 思路導航 第一次緩慢拉動，物體處于動態(tài)平衡狀態(tài)，拉力為變力，變力的功使用動能定理求解；第二次為恒力，可使用功的公式求得。 解析　第一次水平拉力為變力，由動能定理有W1－mgl(1－cos θ)＝0，得W1＝mgl(1－cos θ)。第二

3、次水平拉力為恒力，由功的公式可得W2＝F2lsin θ。C正確。 答案　C 方法總結 (1)所求變力的功可以是合力的功，也可以是其中一個力的功，但動能定理中，合力的功才等于動能的變化量。 (2)待求變力的功一般用符號W表示，但要分清結果是變力的功，還是克服此變力的功。 [針對訓練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2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(　　) 圖2 A.mv－μmg(s＋x) B.mv－μmgx C

4、.μmgs D.μmg(s＋x) 解析　由動能定理得－W－μmg(s＋x)＝0－mv，故物體克服彈簧彈力做功W＝mv－μmg(s＋x)，A正確。 答案　A 　動能定理與圖象的結合 [要點歸納] 利用物體的運動圖象可以了解物體的運動情況，要特別注意圖象的形狀、交點、截距、斜率、面積等信息。動能定理經常和圖象問題綜合起來，分析時一定要弄清圖象的物理意義，并結合相應的物理情境選擇合理的規(guī)律求解。 [精典示例] [例2]　質量m＝1 kg的物體，在水平拉力F的作用下，沿粗糙水平面運動，在位移是4 m時，拉力F停止作用，運動到位移是8 m時物體停止，運動過程中Ek－x的圖象如圖3所示，

5、g取10 m/s2，求： 圖3 (1)物體和平面間的動摩擦因數(shù)； (2)拉力F的大小。 解析　(1)在運動的第二階段，物體在位移x2＝4 m內，動能由Ek＝10 J變?yōu)榱?。由動能定理得：－μmgx2＝0－Ek， 故動摩擦因數(shù)：μ＝＝＝0.25。 (2)在運動的第一階段，物體位移x1＝4 m，初動能Ek0＝2 J，根據(jù)動能定理得：Fx1－μmgx1＝Ek－Ek0，所以F＝4.5 N。 答案　(1)0.25　(2)4.5 N 方法總結 分析動能定理與圖象結合問題“三步走” [針對訓練2] (多選)物體沿直線運動的v－t關系圖象如圖4所示，已知在第1 s內合力對物體所做的

6、功為W，則(　　) 圖4 A.從第1 s末到第3 s末合力做功為4W B.從第3 s末到第5 s末合力做功為－2W C.從第5 s末到第7 s末合力做功為W D.從第3 s末到第4 s末合力做功為－0.75W 解析　設物體在第1 s末速度為v，由動能定理可得在第1 s內合力做的功W＝ mv2－0。從第1 s末到第3 s末物體的速度不變，所以合力做的功為W1＝0。從第3 s末到第5 s末合力做的功為W2＝0－mv2＝－W。從第5 s末到第7 s末合力做的功為W3＝m(－v)2－0＝W。第4 s末的速度v4＝，所以從第3 s末到第 4 s末合力做的功W4＝m－mv2＝－W。故選

7、項C、D正確。 答案　CD 　動能定理在多過程問題中的應用 [要點歸納] 對于包含多個運動階段的復雜運動過程，可以選擇分段或全程應用動能定理。 1.分段應用動能定理時，將復雜的過程分割成一個個子過程，對每個子過程的做功情況和初、末動能進行分析，然后針對每個子過程應用動能定理列式，然后聯(lián)立求解。 2.全程應用動能定理時，分析整個過程中出現(xiàn)過的各力的做功情況，分析每個力的做功，確定整個過程中合力做的總功，然后確定整個過程的初、末動能，針對整個過程利用動能定理列式求解。當題目不涉及中間量時，選擇全程應用動能定理更簡單，更方便。 [精典示例] [例3]　如圖5所示，質量為m的小球，

8、從離地面H高處從靜止開始釋放，落到地面后繼續(xù)陷入泥中h深度而停止，設小球受到空氣阻力為f，重力加速度為g，則下列說法正確的是(　　) 圖5 A.小球落地時動能等于mgH B.小球陷入泥中的過程中克服泥的阻力所做的功小于剛落到地面時的動能 C.整個過程中小球克服阻力做的功等于mg(H＋h) D.小球在泥土中受到的平均阻力為mg(1＋) 解析　小球從靜止開始釋放到落到地面的過程，由動能定理得mgH－fH＝mv，選項A錯誤；設泥的平均阻力為f0，小球陷入泥中的過程，由動能定理得mgh－f0h＝0－mv，解得f0h＝mgh＋mv，f0＝mg(1＋)－，選項B、D錯誤；全過程應用動能定理

9、可知，整個過程中小球克服阻力做的功等于mg(H＋h)，選項C正確。 答案　C 方法總結 利用動能定理研究單物體多過程問題的思路 (1)應用動能定理解決多過程問題時，要根據(jù)題目所求解的問題選取合適的過程，可以分過程，也可以整過程一起研究。值得注意的是雖然列式時忽略了中間復雜過程，但不能忽略對每個過程的分析。 (2)在運動過程中，物體受到的某個力可能是變化的或分階段存在的，應用動能定理列式時要注意這種力做功的表達方式。 [針對訓練3] 如圖6所示，右端連有一個光滑弧形槽的水平桌面AB長L＝1.5 m，一個質量為m＝0.5 kg的木塊在F＝1.5 N的水平拉力作用下，從桌面上的A端由靜止

10、開始向右運動，木塊到達B端時撤去拉力F，木塊與水平桌面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，取g＝10 m/s2。求： 圖6 (1)木塊沿弧形槽上升的最大高度(木塊未離開弧形槽)； (2)木塊沿弧形槽滑回B端后，在水平桌面上滑動的最大距離。 解析　(1)設木塊沿弧形槽上升的最大高度為h，木塊在最高點時的速度為零。從木塊開始運動到弧形槽最高點，由動能定理得：FL－Ff L－mgh＝0 其中Ff＝μFN＝μmg＝0.2×0.5×10 N＝1.0 N 所以h＝＝ m＝0.15 m (2)設木塊離開B點后沿桌面滑動的最大距離為x。由動能定理得：mgh－Ff x＝0 所以x＝＝ m＝0.75 m

11、 答案　(1)0.15 m　(2)0.75 m 1.(多選)一質點開始時做勻速直線運動，從某時刻起受到一恒力作用。此后，該質點的動能可能(　　) 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　若恒力的方向與初速度的方向相同或二者夾角為銳角或直角，該質點一直做加速運動，選項A正確；若恒力的方向與初速度的方向相反，該質點先做勻減速運動，再反向做勻加速運動，選項B正確；若恒力方向與初速度方向之間的夾角為鈍角，可類比斜上拋運動，易知選項D正確。 答案　ABD 2.北京獲得2022年冬奧

12、會舉辦權，冰壺是冬奧會的比賽項目。將一個冰壺以一定初速度推出后將運動一段距離停下來。換一個材料相同、質量更大的冰壺，以相同的初速度推出后，冰壺運動的距離將(　　) A.不變 B.變小 C.變大 D.無法判斷 解析　冰壺在冰面上以一定初速度被推出后，在滑動摩擦力作用下做勻減速運動，根據(jù)動能定理有－μmgs＝0－mv2，得s＝，兩種冰壺的初速度相等，材料相同，故運動的距離相等。故選項A正確。 答案　A 3.(2017·淮安高一檢測)(多選)如圖7甲所示，質量m＝2 kg 的物體以100 J的初動能在粗糙的水平地面上滑行，其動能Ek隨位移x變化的關系圖象如圖乙所示，則下列判斷正確的是(

13、　　) 圖7 A.物體運動的總位移大小為10 m B.物體運動的加速度大小為10 m/s2 C.物體運動的初速度大小為10 m/s D.物體所受的摩擦力大小為10 N 解析　由圖象可知，物體運動的總位移為10 m，根據(jù)動能定理得，－Ff x＝0－Ek0，解得Ff＝＝ N＝10 N，故A、D正確；根據(jù)牛頓第二定律得，物體運動的加速度大小a＝＝ m/s2＝5 m/s2，故B錯誤；根據(jù)Ek0＝mv得v0＝＝ m/s＝10 m/s，故C正確。 答案　ACD 4.半徑R＝1 m的圓弧軌道下端與一水平軌道連接，水平軌道離地面高度h＝ 1 m，如圖8所示，有一質量m＝1.0 kg

14、的小滑塊自圓軌道最高點A由靜止開始滑下，經過水平軌道末端B時速度為4 m/s，滑塊最終落在地面上，g取10 m/s2，試求： 圖8 (1)不計空氣阻力，滑塊落在地面上時速度大??； (2)滑塊在軌道上滑行時克服摩擦力做的功。 解析　(1)從B點到地面這一過程，只有重力做功，根據(jù)動能定理有mgh＝mv2－mv， 代入數(shù)據(jù)解得v＝6 m/s。 (2)設滑塊在軌道上滑行時克服摩擦力做的功為Wf，對A到B這一過程運用動能定理有mgR－Wf＝mv－0， 解得Wf＝2 J。 答案　(1)6 m/s　(2)2 J 基礎過關 1.一質點做速度逐漸增大的勻加速直線運動，在時間間

15、隔t內位移為s，動能變?yōu)樵瓉淼?倍。該質點的加速度為(　　) A. B. C. D. 解析　動能變?yōu)樵瓉淼?倍，則物體的速度變?yōu)樵瓉淼?倍，即v＝3v0，由s＝(v0＋v)t和a＝得a＝，故A項正確。 答案　A 2.如圖1所示，假設在某次比賽中他從10 m高處的跳臺跳下，設水的平均阻力約為其體重的3倍，在粗略估算中，把運動員當作質點處理，為了保證運動員的人身安全，池水深度至少為(不計空氣阻力)(　　) 圖1 A.5 m B.3 m C.7 m D.1 m 解析　設水深h，對全程運用動能定理 mg(H＋h)－h(huán)＝0，＝3mg， 即mg(H＋h)＝3m

16、gh。所以h＝5 m。 答案　A 3.如圖2所示，木板長為l，木板的A端放一質量為m的小物體，物體與板間的動摩擦因數(shù)為μ。開始時木板水平，在繞O點緩慢轉過一個小角度θ的過程中，若物體始終保持與木板相對靜止。對于這個過程中各力做功的情況，下列說法中正確的是(　　) 圖2 A.摩擦力對物體所做的功為mglsin θ(1－cos θ) B.彈力對物體所做的功為mglsin θcos θ C.木板對物體所做的功為mglsin θ D.合力對物體所做的功為mglcos θ 解析　重力是恒力，可直接用功的計算公式，則WG＝－mgh；摩擦力雖是變力，但因摩擦力方向上物體沒有發(fā)生位移，所以

17、Wf＝0；因木板緩慢運動，所以合力F合＝0，則W合＝0；因支持力FN為變力，不能直接用公式求它做的功，由動能定理W合＝ΔEk知，WG＋WFN＝0，所以WFN＝－WG＝mgh＝mglsin θ。 答案　C 4.如圖3所示，光滑斜面的頂端固定一彈簧，一小球向右滑行，并沖上固定在地面上的斜面。設小球在斜面最低點A的速度為v，壓縮彈簧至C點時彈簧最短，C點距地面高度為h，則從A到C的過程中彈簧彈力做功是(　　) 圖3 A.mgh－mv2 B.mv2－mgh C.－mgh D.－ 解析　由A到C的過程運用動能定理可得： －mgh＋W＝0－mv2，所以W＝mgh－mv2，故A

18、正確。 答案　A 5.如圖4所示，固定斜面傾角為θ，整個斜面分為AB、BC兩段，AB＝2BC。小物塊P(可視為質點)與AB、BC兩段斜面間的動摩擦因數(shù)分別為μ1、μ2。已知P由靜止開始從A點釋放，恰好能滑動到C點而停下，那么θ、μ1、μ2間應滿足的關系是(　　) 圖4 A.tan θ＝ B.tan θ＝ C.tan θ＝2μ1－μ2 D.tan θ＝2μ2＋μ1 解析　由動能定理得mg·AC·sin θ－μ1mgcos θ·AB－μ2mgcos θ·BC＝0，則有tan θ＝，故選項B正確。 答案　B 6.用起重機提升貨物，貨物上升過程中的v－t圖象如圖5所示，

19、在t＝3 s 到t＝5 s內，重力對貨物做的功為W1、繩索拉力對貨物做的功為W2、貨物所受合力做的功為W3，則(　　) 圖5 A.W1＞0 　　　　 B.W2＜0 C.W2＞0 　　　　 D.W3＞0 解析　分析題圖可知，貨物一直向上運動，根據(jù)功的定義式可得：重力做負功，拉力做正功，即W1＜0，W2＞0，A、B錯誤，C正確；根據(jù)動能定理：合力做的功W3＝0－mv2，v＝2 m/s，即W3＜0，D錯誤。 答案　C 能力提升 7.(多選)在平直公路上，汽車由靜止開始做勻加速直線運動，當速度達到vmax后，立即關閉發(fā)動機直至靜止，v－t圖象如圖6所示，設汽車的牽引力

20、為F，受到的摩擦力為Ff，全程中牽引力做功為W1，克服摩擦力做功為W2，則(　　) 圖6 A.F∶Ff＝1∶3 B.W1∶W2＝1∶1 C.F∶Ff＝4∶1 D.W1∶W2＝1∶3 解析　對汽車運動的全過程，由動能定理得：W1－W2＝ΔEk＝0，所以W1＝W2，選項B正確，選項D錯誤；設牽引力、摩擦力作用下的位移分別為x1、x2，由圖象知x1∶x2＝1∶4。由動能定理得Fx1－Ff x2＝0，所以F∶Ff＝4∶1，選項A錯誤，選項C正確。 答案　BC 8.一列火車由機車牽引沿水平軌道行駛，經過時間t，其速度由0增大到v。已知列車總質量為M，機車功率P保持不變，列車所

21、受阻力f為恒力。求這段時間內列車通過的路程。 解析　以列車為研究對象，列車水平方向受牽引力和阻力。設列車通過路程為s，據(jù)動能定理 WF－Wf＝Mv2－0，WF＝Pt，Wf＝fs 故Pt－fs＝Mv2 解得：s＝。 答案　 9.如圖7所示，質量為m的物體從高為h、傾角為θ的光滑斜面頂端由靜止開始沿斜面下滑，最后停在水平面上，已知物體與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ，求： 圖7 (1)物體滑至斜面底端時的速度； (2)物體在水平面上滑行的距離。(不計斜面與平面交接處的動能損失) 解析　(1)物體下滑過程中只有重力做功，且重力做功與路徑無關，由動能定理：mgh＝mv2，可求得物體滑

22、至斜面底端時速度大小為v＝。 (2)設物體在水平面上滑行的距離為l， 由動能定理得：－μmgl＝0－mv2 解得：l＝＝。 答案　(1)　(2) 10.如圖8甲所示，長為4 m的水平軌道AB與半徑為R＝0.6 m 的豎直半圓弧軌道BC在B處平滑連接，有一質量為1 kg的滑塊(大小不計)從A處由靜止開始受水平力F作用而運動，F(xiàn)隨位移變化的關系如圖乙所示(水平向右為正)，滑塊與AB間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.25，與BC間的動摩擦因數(shù)未知，g取10 m/s2。 圖8 (1)求滑塊到達B處時的速度大?。? (2)求滑塊在水平軌道AB上運動前2 m過程所用的時間。 解析　(1)對滑塊從

23、A到B的過程，由動能定理得 F1x1－F3x3－μmgx＝mv 得vB＝2m/s。 (2)在前2 m內，由牛頓第二定律得 F1－μmg＝ma，且x1＝at 解得t1＝ s。 答案　(1)2m/s　(2) s 11.如圖9所示，ABCD為一位于豎直平面內的軌道，其中BC水平，A點比BC高出10 m，BC長1 m，AB和CD軌道光滑且與BC平滑連接。一質量為1 kg的物體，從A點以4 m/s的速度開始運動，經過BC后滑到高出C點10.3 m的D點速度為零。g取10 m/s2，求： 圖9 (1)物體與BC軌道間的動摩擦因數(shù)； (2)物體第5次經過B點時的速度； (3)物體最后停止的位置(距B點多少米)。 解析　(1)由動能定理得 mg(H－h(huán))－μmgxBC＝0－mv，解得μ＝0.5。 (2)物體第5次經過B點時，物體在BC上滑動了4次，由動能定理得mgH－μmg·4xBC＝mv－mv 解得v2＝4 m/s。 (3)分析整個過程，由動能定理得 mgH－μmgs＝0－mv 解得s＝21.6 m。 所以物體在軌道上來回運動了10次后，還有1.6 m，故距B點的距離為2 m－1.6 m＝0.4 m。 答案　(1)0.5　(2)4 m/s　(3)距B點0.4 m 12