（全国通用版）2019版高考物理大一轮复习 第五章 机械能及其守恒定律 第15讲 动能定理及其应用学案.doc

第15讲动能定理及其应用考纲要求考情分析命题趋势1.对动能定理的理解2动能定理的应用3动能定理与图象结合的问题2016全国卷，21动能定理是力学的重要规律之一，对求解涉及位移的过程问题非常简便，在高考中也有很重要的地位1动能(1)定义：物体由于_运动_而具有的能(2)公式：ek_mv2_.(3)单位：_焦耳_,1 j1 nm1 kgm2/s2.(4)标矢性：动能是_标量_，只有正值，动能与速度方向_无关_.(5)动能的变化：物体_末动能_与_初动能_之差，即ek_mvmv_.2动能定理(1)内容：在一个过程中合力对物体所做的功，等于物体在这个过程中_动能的变化_.(2)表达式：wekek2ek1_mvmv_.(3)物理意义：_合力_的功是物体动能变化的量度(4)适用条件动能定理既适用于直线运动，也适用于_曲线运动_.既适用于恒力做功，也适用于_变力_做功力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以_分阶段_作用1请判断下列表述是否正确，对不正确的表述，请说明原因(1)动能是机械能的一种表现形式，凡是运动的物体都具有动能()(2)一定质量的物体动能变化时，速度一定变化，但速度变化时，动能不一定变化()(3)动能不变的物体，一定处于平衡状态()解析速度是矢量，动能是标量，动能不变的物体，速度的方向可能发生变化(4)做自由落体运动的物体，动能与下落距离的二次方成正比()解析由mv2mgh可知，做自由落体运动的物体，动能与下落距离成正比，而不是与下落距离的二次方成正比(5)如果物体所受的合外力为零，那么，合外力对物体做的功一定为零()(6)物体在合外力作用下做变速运动，动能一定变化()解析变速运动可能仅仅是速度的方向发生变化，此时动能可能不变(7)物体的动能不变，所受的合外力必定为0.()解析物体动能不变，所受的合外力不一定为0，比如匀速圆周运动2关于运动物体所受的合力、合力做的功、物体动能的变化，下列说法正确的是(b)a运动物体所受的合力不为零，合力必做功，物体的动能肯定要变化b运动物体所受的合力为零，则物体的动能肯定不变c运动物体的动能保持不变，则该物体所受合力一定为零d运动物体所受合力不为零，则该物体一定做变速运动，其动能要变化解析关于运动物体所受的合力、合力做的功、物体动能的变化三者之间的关系有下列三个要点(1)若运动物体所受合力为零，则合力不做功(或物体所受外力做功的代数和必为零)，物体的动能绝对不会发生变化(2)物体所受合力不为零，物体必做变速运动，但合力不一定做功，合力不做功，则物体动能不变化(3)物体的动能不变，一方面表明物体所受的合力不做功；同时表明物体的速率不变(速度的方向可以不断改变，此时物体所受的合力只是用来改变速度方向，产生向心加速度，如匀速圆周运动)根据上述三个要点不难判断，本题只有选项b是正确的3(多选)一物体自t0时开始做直线运动，其vt图象如图所示，下列说法正确的是(ad)a04 s内合外力做的功等于56 s内合外力做的功b2 s末合外力的功率大于6 s末合外力的功率c02 s内与04 s内合外力的平均功率相同d46 s内合外力的平均功率等于零解析根据动能定理可得，04 s内合外力对物体做的功等于56 s内合外力对物体做的功，同理可得46 s内合外力的功为零，则平均功率等于零，选项a、d均正确；同理可得，02 s内与04 s内合外力的功相同，但时间不相等，故平均功率不相同，选项c错误；2 s末、6 s末速度大小相等，但2 s末的合外力小于6 s末的合外力，故2 s末合外力 的功率小于6 s末合外力的功率，选项b错误一对动能定理的理解1对“外力”的两点理解(1)“外力”指的是合力，重力、弹力、摩擦力、电场力、磁场力或其他力，他们可以同时作用，也可以不同时作用(2)既可以是恒力，也可以是变力2“”体现的两个关系例1(2018湖北宜昌模拟)一辆汽车在平直公路上行驶，在汽车的速度从0增大到v的过程中，发动机做的功为w1；在汽车的速度从v增大到2v的过程中，发动机做的功为w2.设汽车在行驶过程中所受阻力和发动机的牵引力都不变，则有(b)aw22w1bw23w1cw24w1dw2w1解析设汽车发动机的牵引力为f，汽车所受的阻力为ff，两个过程中汽车的位移分别为l1、l2，则由动能定理得(fff)l1mv20，(fff)l2m(2v)2mv2，解得l23l1，又w1fl1，w2fl2，可得w23w1，选项b正确应用动能定理解题应抓好“两状态一过程”“两状态”，即明确研究对象的始、末状态的速度或动能情况；“一过程”，即明确研究过程，确定这一过程研究对象的受力情况和位置变化或位移信息高中阶段动能定理中的位移和速度应以地面或相对地面静止的物体为参考系二动能定理的应用例2(2018河南郑州模拟)2014年全国多地雾霾频发，且有愈演愈烈的趋势，空气质量问题备受关注在雾霾天气下，能见度下降，机动车行驶速度降低，道路通行效率下降，对城市快速路、桥梁和高速公路的影响很大，已知汽车保持匀速正常行驶时受到的阻力为ff10.2mg，刹车时受到的阻力为ff20.5mg，重力加速度为g10 m/s2.(1)若汽车在雾霾天行驶的速度为v136 km/h，则刹车后经过多长时间才会停下来？(2)若前车因故障停在车道上，当质量为m1 200 kg的后车距离已经停止的前车为x22.5 m处紧急刹车，刚好不与前车相撞，则后车正常行驶时的功率为多大？解析(1)v36 km/h10 m/s，ff20.5mg.刹车后由牛顿第二定律可知ff2ma，0.5mgma，a0.5g5 m/s2，vvat0，得t s2 s.(2)根据动能定理有ff2x0mv，ff20.5mg，联立解得v015 m/s，正常行驶时有fff10，ff10.2mg，pfv00.21 2001015 w3.6104 w.答案(1)2 s(2)3.6104 w应用动能定理解题步骤三动能定理与图象结合问题解决物理图象问题的基本步骤(1)观察题目给出的图象，弄清纵坐标、横坐标所对应的物理量及图线所表示的物理意义(2)根据物理规律推导出纵坐标与横坐标所对应的物理量间的函数关系式(3)将推导出的物理规律与数学上与之相对应的标准函数关系式相对比，找出图线的斜率、截距、图线的交点，以及图线下的面积所对应的物理意义，分析解答问题或者利用函数图线上的特定值代入函数关系式求物理量例3(2017湖北黄石调研)用传感器研究质量为2 kg的物体由静止开始做直线运动的规律时，在计算机上得到06 s内物体的加速度随时间变化的关系如图所示下列说法正确的是(d)a06 s内物体先向正方向运动，后向负方向运动b06 s内物体在4 s时的速度最大c物体在24 s内速度不变d04 s内合力对物体做的功等于06 s内合力做的功解析由at图象可知：图线与时间轴围成的“面积”代表物体在相应时间内速度的变化情况，在时间轴上方为正，在时间轴下方为负物体6 s末的速度v6(25)2 m/s12 m/s6 m/s，则06 s内物体一直向正方向运动，选项a错误；由题图可知物体在5 s末速度最大，为vm(25)2 m/s7 m/s，选项b错误；由题图可知在24 s内物体加速度不变，物体做匀加速直线运动，速度变大，选项c错误；在04 s内合力对物体做的功由动能定理可知w合4mv0，又v4(24)2 m/s6 m/s，得w合436 j，06 s内合力对物体做的功由动能定理可知w合6mv0，又v66 m/s，得w合636 j，则w合4w合6，选项d正确图象所围“面积”的意义(1)vt图：由公式xvt可知，vt图线与坐标轴围成的面积表示物体的位移(2)at图：由公式vat可知，at图线与坐标轴围成的面积表示物体速度的变化量(3)fx图：由公式wfx可知，fx图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功(4)pt图：由公式wpt可知，pt图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功四动能定理与圆周运动结合1圆周运动属于曲线运动，若只涉及位移和速度而不涉及时间，应优先考虑用动能定理列式求解2用动能定理解题，关键是对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析，并画出物体运动过程的草图，让草图帮助我们理解物理过程和各量关系例4(2018湖北武汉模拟)如图所示，半径r1 m的圆弧轨道ab与水平轨道bc相切于b点，cd为r20.40 m的半圆轨道，另一半径r1.00 m的圆弧轨道ef与cd靠近，e点略低于d点一质量m1 kg的小物块(可视为质点)从a点以初速度v02 m/s沿轨道下滑，在ab段运动过程中始终受到竖直向上的f10 n的力作用，进入bc段后撤去已知ab高度为h，bc长l1.00 m，小物块与bc间动摩擦因数0.2，其余光滑，ef轨道对应的圆心角60，所有轨道均固定在同一竖直平面内，不考虑小物块在各轨道相接处的能量损失，忽略空气阻力，g取10 m/s2.求：(1)当小物块沿圆弧轨道ab运动到b点时，轨道对小物块的作用力大小；(2)若小物块在b点的速度为5 m/s，且在刚进入bc段时撤去力f，请通过计算判断小物块能否通过d点；(3)小物块能进入ef轨道，且不越过f点，小物块在d点的速度范围解析(1)小物块从a到b，由动能定理得mghfhmvmv，解得vb2 m/s.在b点，由牛顿第二定律得ffnmgm，解得fn5 n.(2)假设小物块以5 m/s速度能从b到d，由动能定理得2mgr2mglmvmv，解得vd m/s.若小物块恰好过d点，则mgm，解得vd2 m/s m/s，故小物块能通过d点(3)小物块恰好到f点，从e到f，由动能定理得mgr(1cos )0mv，解得ve m/s，所以小物块在d点的速度范围为2 m/svd m/s.答案(1)5 n(2)见解析(3)2 m/svd m/s.动能定理在圆周运动中的应用竖直面内圆周运动经常考查最高点和最低点，最高点的速度和最低点的速度可以通过动能定理联系起来，所以竖直面内的圆周运动经常和动能定理结合考查五用动能定理解决多过程问题1运用动能定理解决问题时，选择合适的研究过程能使问题得以简化当物体的运动过程包含几个运动性质不同的子过程时，可以选择一个、几个或全部子过程作为研究过程2当选择全部子过程作为研究过程，涉及重力、大小恒定的阻力或摩擦力做功时，要注意运用它们的做功特点：(1)重力的功取决于物体的初、末位置，与路径无关(2)大小恒定的阻力或摩擦力做的功等于力的大小与路程的乘积例5(2018湖南联考)如图所示，光滑的水平轨道mn右端n处与水平传送带理想连接，传送带水平长度l1.6 m，皮带以恒定速率v逆时针匀速运动，传送带的右端平滑连接着一个固定在竖直平面内、半径为r0.4 m的光滑半圆轨道pq；质量为m0.2 kg且可视为质点的滑块a置于水平导轨mn上，开始时滑块a与墙壁之间有一压缩的轻弹簧，系统处于静止状态，现松开滑块a，弹簧伸长，滑块脱离弹簧后滑上传送带，从右端滑出并沿半圆轨道运动到最高点q后水平飞出，又正好落回n点已知滑块a与传送带之间的动摩擦因数0.25，取g10 m/s2.求：(1)滑块a在半圆轨道p处对轨道的压力；(2)压缩的轻弹簧的弹性势能ep.解析(1)滑块a从q飞出后做平抛运动，有lvqt,2rgt2，代入数据解得vq4 m/s.滑块a从p运动到q过程中由动能定理得mg2rmvmv.在p点由牛顿第二定律得fnmgm，代入数据解得fn18 n，由牛顿第三定律可知，压力大小为18 n.(2)皮带转动方向和滑块a运动方向相反，a在皮带上做匀减速运动弹簧松开之后，其弹性势能转化成滑块a的动能epmv，滑块从n点到p点运动过程中，由动能定理有mglmvmv，代入数据解得ep4 j.答案(1)18 n(2)4 j1如图所示，在水平桌面的边角有一轻质光滑的定滑轮k，一条不可伸长的轻绳绕过k分别与物块a、b相连，a、b的质量分别为ma、mb，开始时系统处于静止状态现用一水平恒力f拉物块a，使物块b上升已知当b上升距离为h时，b的速度为v.求此过程中物块a克服摩擦力所做的功(重力加速度为g)解析设a克服摩擦力所做的功为wf，当b上升距离为h时，恒力f做功为fh，重力做功为mbgh，根据动能定理得fhwfmbgh(mamb)v2，解得wf(fmbg)h(mamb)v2.答案(fmbg)h(mamb)v22(2018宁夏银川调研)质量m500 t的机车，以恒定的功率从静止出发，经过时间t5 min在水平路面上行驶l2.25 km，速度达到最大值vm54 km/h.求：(1)机车的功率；(2)机车在运动过程中受到的平均阻力的大小解析(1)54 km/h15 m/s，设机车的功率为p，平均阻力为ff，当机车达到最大速度vm时，有pffvm，由动能定理得ptfflmv0由式得p w3.75105 w，(2)机车运动过程中受到的阻力ff n2.5104 n.答案(1)3.75105 w(2)2.5104 n3(2018安徽安庆调研)如图所示，用跨过光滑定滑轮的缆绳将海面上一艘失去动力的小船沿直线拖向岸边已知拖动缆绳的电动机功率恒为p，小船的质量为m，小船受到的阻力大小恒为ff，经过a点时的速度大小为v0，小船从a点沿直线加速运动到b点经历时间为t，a、b两点间距离为d，缆绳质量忽略不计求：(1)小船从a点运动到b点的全过程克服阻力做的功wf；(2)小船经过b点时的速度大小v1；(3)小船经过b点时的加速度大小a.解析(1)小船从a点运动到b点克服阻力做功wfffd.(2)小船从a点运动到b点，电动机牵引绳对小船做功wpt，由动能定理有wwfmvmv，解得v1.(3)设小船经过b点对绳的拉力大小为f(如图甲)，绳与水平方向夹角为，电动机牵引绳的速度大小为u(如图乙)，则pfu，uv1cos ，由牛顿第二定律有fcos ffma，解得a.答案(1)ffd(2)(3)4(2018江苏南京模拟)如图所示，在水平地面上固定一倾角为的光滑斜面，一劲度系数为k的轻质弹簧的一端固定在斜面底端，整根弹簧处于自然状态一质量为m的滑块从距离弹簧上端s处由静止释放，设滑块与弹簧接触过程中没有能量损失，弹簧始终处在弹性限度内，重力加速度为g.(1)求滑块从释放到与弹簧上端接触瞬间所经历的时间t.(2)若滑块在沿斜面向下运动的整个过程中最大速度为vm，求滑块从释放到速度为vm的过程中弹簧的弹力所做的功w.解析(1)滑块从释放到与弹簧刚接触的过程中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度大小为a，则有mgsin ma，sat2，解得t.(2)滑块速度最大时受力平衡，设此时弹簧的压缩量为x，则有mgsin kx，滑块从释放到速度达到最大的过程中，由动能定理得mgsin (sx)wmv，联立解得wmvmgsin .答案(1)(2)mvmgsin 例1(18分)如图所示，质量为m1 kg的可视为质点的小物体轻轻放在匀速运动的传送带上的p点，随传送带运动到a点后水平抛出，小物体恰好无碰撞地沿圆弧切线从b点进入竖直光滑圆弧轨道下滑，圆弧轨道与质量为m2 kg的足够长的小车左端在最低点o点相切，小物体在o点滑上小车，水平地面光滑，当小物体运动到障碍物q处时与q发生无机械能损失的碰撞碰撞前小物体和小车已经相对静止，而小车可继续向右运动(小物体始终在小车上)，小车运动过程中和圆弧无相互作用已知圆弧半径r1.0 m，圆弧对应的圆心角为53，a点距水平地面的高度h0.8 m，小物体与小车间的动摩擦因数为0.1，重力加速度g10 m/s2，sin 530.8，cos 530.6.试求：(1)小物体离开a点的水平速度v1；(2)小物体经过o点时对轨道的压力大小；(3)第一次碰撞后直至静止，小物体相对小车的位移和小车做匀减速运动的总时间答题送检来自阅卷名师报告错误致错原因扣分(1)无法理解“沿圆弧切线从b点进入竖直光滑圆弧轨道下滑”的含义，导致无法求解a点的水平速度；5(2)因解答不规范导致的失分：小物体在o点的牛顿第二定律方程式漏掉重力而写成fnm导致出错.2(3)小物体滑上小车后没有判断达到共同速度这一重要环节，导致把l绝对当成l相对而出错.4规范答题解析(1)对小物体由a到b有v2gh，在b点tan ，解得v13 m/s.(2)由a到o，根据动能定理有mg(hrrcos )mvmv，在o点fnmg，解得v0 m/s, fn43 n，由牛顿第三定律得fnfn43 n，方向竖直向下(3)摩擦力ffmg1 n，加速度amg1 m/s2，am0.5 m/s2，小物体滑上小车后经过时间t达到的共同速度为vt，则t，得vt m/s.由于碰撞不损失能量，小物体在小车上重复做匀减速和匀速运动，相对小车始终向左运动，小物体与小车最终静止，摩擦力做功使动能全部转化为内能，故有ffl相(mm)v，得l相5.5 m，小车从小物体碰撞后开始匀减速运动，(每个减速阶段)加速度不变，am0.5 m/s2，vtamt，得t s答案(1)3 m/s(5分)(2)43 n(5分)(3)5.5 m(4分) s(4分)1(2018山东济南模拟)一个劲度系数k800 n/m的轻质弹簧，两端分别连接着质量均为m12 kg的物体a和b，将它们竖直静止地放在水平地面上，如图所示施加一竖直向上的变力f在物体a上，使物体a由静止开始向上做匀加速运动，当t0.4 s时物体b刚好离开地面(设整个匀加速过程弹簧都处于弹性限度内，g取10 m/s2)求：(1)此过程中物体a的加速度的大小；(2)此过程中外力f所做的功解析(1)开始时弹簧被压缩x1，对a有kx1mag，b刚要离开地面时弹簧伸长x2，对b有kx2mbg，将mambm代入上两式得x1x2，整个过程中a上升的距离xx1x20.3 m，根据运动学公式xat2，得物体a的加速度a3.75 m/s2.(2)设a的末速度为vt，由xt得vt1.5 m/s，因为x1x2，所以此过程中初、末位置弹簧的弹性势能不变，弹簧的弹力做功为零设此过程中所加外力f做功为w，根据动能定理有wmgxmv，即wmgxmv49.5 j.答案(1)3.75 m/s2(2)49.5 j2(2018山东济南模拟)如图所示，在水平的桌面上，有一光滑的弧形轨道，其底端恰好与光滑水平桌面相切右侧有一竖直放置的光滑圆弧轨道mnp，轨道半径r0.8 m，mn为其竖直直径，p点到桌面的竖直距离也是r.质量mb2.0 kg的小物块b静止在水平桌面上，质量ma2.0 kg的小物块a从距离水平桌面某一高度h的s点沿轨道从静止开始下滑，经过弧形轨道的最低点q滑上水平桌面与b相碰，碰后两个物体交换速度，然后小物块b从桌面右边缘d点飞离桌面，最后恰好由p点沿圆轨道切线落入圆轨道已知重力加速度g10 m/s2，求：(1)小物块b离开d点时的速度vd；(2)s与q的竖直高度h；(3)分析判断小物块b能否沿圆轨道到达m点解析(1)a、b碰撞后，因二者交换速度，所以a静止，物块b在d点以初速度vd做平抛运动，落到p点时其速度为vp，由动能定理有mbgrmbvmbv，又vpcos 45vd，解得vd4 m/s；(2)设a与b碰撞前的速度为v0，a与b相碰交换速度，所以v0vd4 m/s，a从s滑到q的过程中，由动能定理有maghmav，解得h0.8 m.(3)假设小物块b能沿轨道到达m点，到达时其速度为vm，从d到m由动能定理有mbgrcos 45mbvmbv，解得vm2.2 m/s.设物块刚好能通过m点的临界速度为vc，由牛顿第二定律有mbgmb，解得vc2.8 m/s2，由于vmvc，故小物块b不能到达m点答案(1)4 m/s(2)0.8 m(3)不能1(2017江苏卷)一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处小物块初动能为ek0，与斜面间的动摩擦因数不变，则该过程中，小物块的动能ek与位移x关系的图线是(c)解析依据动能定理，上升过程中f升mgsin mgcos 大小恒定，下降过程中f降mgsin mgcos 大小恒定说明在ekx图象中，上升、下降阶段图线的斜率均恒定，图线均为直线，则选项b、d错误物块能够返回，返回过程位移减小，而动能增加，则选项a错误因整个过程中摩擦力做负功，则ektek0，故选项c正确2一物块沿倾角为的斜坡向上滑动当物块的初速度为v时，上升的最大高度为h，如图所示；当物块的初速度为时，上升的最大高度记为h，重力加速度大小为g.则物块与斜坡间的动摩擦因数和h分别为(d)atan 和b(1)tan 和ctan 和d(1)tan 和解析根据动能定理，以速度v上升时，mv2mgcos mgh，以速度上升时，m()2mgcos mgh，解得h，(1)tan ，所以选项d正确3如图所示，在竖直平面内，滑道abc关于b点对称，且a、b、c三点在同一水平线上若小滑块第一次由a滑到c，所用的时间为t1，第二次由c滑到a，所用的时间为t2，小滑块两次的初速度大小相同且运动过程始终沿着滑道滑行，小滑块与滑道的动摩擦因数恒定，则(a)at1t2d无法比较t1、t2的大小解析设初速度为v0，第一次到达b点的速率为vb1，到达c点的速率为vc1，a到c由动能定理可得wfab1mvmv，wfbc1mvmv；第二次到达b点的速率为vb2，到达a点的速率为va2，c到a由动能定理可得wfba2mvmv，wfcb2mvmv，因为小滑块对滑道的压力与速度有关，对于bc部分，速度越大，压力越大，摩擦力越大，所以wfbc1wfcb2，对于ab部分，速度越大，压力越小，摩擦力越小，所以wfab1vb2，vc1va2，可以判断出t1t2，所以选项a正确，b、c、d项错误4(多选)如图，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于o点，另一端与小球相连现将小球从m点由静止释放，它在下降的过程中经过了n点已知在m、n两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且onmomn.在小球从m点运动到n点的过程中(bcd)a弹力对小球先做正功后做负功b有两个时刻小球的加速度等于重力加速度c弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零d小球到达n点时的动能等于其在m、n两点的重力势能差解析小球在从m点运动到n点的过程中，弹簧的压缩量先增大，后减小，到某一位置时，弹簧处于原长，再继续向下运动到n点的过程中，弹簧又伸长弹簧的弹力方向与小球速度的方向的夹角先大于90，再小于90，最后又大于90，因此弹力先做负功，再做正功，最后又做负功，选项a错误；弹簧与杆垂直时，小球的加速度等于重力加速度，当弹簧的弹力为零时，小球的加速度也等于重力加速度，选项b正确；弹簧长度最短时，弹力与小球的速度方向垂直，这时弹力对小球做功的功率为零，选项c正确；由于在m、n两点处，弹簧的弹力大小相等，即弹簧的形变量相等，根据动能定理可知，小球从m点到n点的过程中，弹簧的弹力做功为零，重力做功等于动能的增量，即小球到达n点时的动能等于其在m、n两点的重力势能差，选项d正确5我国将于2022年举办冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一如图所示，质量m60 kg的运动员从长直助滑道ab的a处由静止开始以加速度a3.6 m/s2匀加速滑下，到达助滑道末端b时速度vb24 m/s，a与b的竖直高度差h48 m为了改变运动员的运动方向，在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接，其中最低点c处附近是一段以o为圆心的圆弧助滑道末端b与滑道最低点c的高度差h5 m，运动员在b、c间运动时阻力做功w1 530 j，取g10 m/s2.(1)求运动员在ab段下滑时受到阻力ff的大小；(2)若运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，则c点所在圆弧的半径r至少应为多大解析(1)运动员在ab上做初速度为零的匀加速运动，设ab的长度为x，则有v2ax，由牛顿第二定律有mgffma，联立式，代入数据解得ff144 n(2)设运动员到达c点时的速度为vc，在由b到达c的过程中，由动能定理有mghwmvmv，设运动员在c点所受的支持力为fn，由牛顿第二定律有fnmgm，由运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，即fn6mg，联立式，代入数据解得r12.5 m.答案(1)144 n(2)12.5 m6(2017全国卷)为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线相距s0和s1(s1s0)处分别放置一个挡板和一面小旗，如图所示训练时，让运动员和冰球都位于起跑线上，教练员将冰球以初速度v0击出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方向滑向挡板；冰球被击出的同时，运动员垂直于起跑线从静止出发滑向小旗训练要求当冰球到达挡板时，运动员至少到达小旗处假定运动员在滑行过程中做匀加速运动，冰球到达挡板时的速度为v1，重力加速度大小为g.求：(1)冰球与冰面之间的动摩擦因数；(2)满足训练要求的运动员的最小加速度解析(1)设冰球的质量为m，冰球与冰面之间的动摩擦因数为，由动能定理得mgs0mvmv，解得.(2)冰球到达挡板时，满足训练要求的运动员中，刚好到达小旗处的运动员的加速度最小设这种情况下，冰球和运动员的加速度大小分别为a1和a2，所用的时间为t.由运动学公式得vv2a1s0，v0v1a1t，s1a2t2，联立式得a2.答案(1)(2)课时达标第15讲解密考纲深刻理解动能定理解题的优越性，掌握它是一条适用范围很广的物理规律，体会应用动能定理处理动力学的综合问题的技巧1关于运动物体所受的合力、合力做的功、物体动能的变化，下列说法正确的是(b)a运动物体所受的合力不为零，合力必做功，物体的动能肯定要变化b运动物体所受的合力为零，则物体的动能肯定不变c运动物体的动能保持不变，则该物体所受合力一定为零d运动物体所受合力不为零，则该物体一定做变速运动，其动能要变化2静止在粗糙水平面上的物块在水平向右的拉力作用下做直线运动，t4 s时停下，其vt图象如图所示已知物块与水平面间的动摩擦因数处处相同，则下列判断正确的是(a)a整个过程中拉力做的功等于物块克服摩擦力做的功b整个过程中拉力做的功等于零ct2 s时刻拉力的瞬时功率在整个过程中最大dt1 s到t3 s这段时间内拉力不做功3质量为2 kg的物体以一定的初速度沿倾角为30的斜面向上滑行，在向上滑行的过程中，其动能随位移的变化关系如图所示，则物体返回到出发点时的动能为(取g10 m/s2)(a)a34 jb56 j c92 jd196 j解析物体上滑的过程中重力与摩擦力都做负功，由动能定理得mgxsin 30ffx0196，下滑过程重力做正功，摩擦力做负功，由动能定理得mgxsin 30ffxek0，代入数据得ek34 j，故选项a正确4(2017湖南湘中名校联考)如图所示，质量为m的小物块从固定的半圆形槽内与圆心等高的位置p点无初速度释放，先后经过a、b、c三点，小物块到达左侧c点时速度为零b点是最低点，半圆形槽的半径为r，a点与c点等高，a点与b点高度差为.重力加速度为g，则(d)a小物块从p点运动到c点的过程中，重力对小物块做的功大于小物块克服摩擦力做的功b小物块第一次从a点运动到c点的过程中，重力对小物块做的功大于小物块克服摩擦力做的功c小物块只能到达c点一次，但能经过a点两次d小物块第一次过b点时，对槽的压力一定大于2mg解析小物块从p点运动到c点的过程中，运用动能定理有mghpcwf0，得重力对小物块做的功等于小物块克服摩擦力做的功，故选项a错误；小物块第一次从a点运动到c点的过程中，由于a点与c点等高，所以重力做功为零，而小物块克服摩擦力做功不为零，故选项b错误；小物块只能到达c点一次是对的，然后由c点返回，由于摩擦力做功，所以不能再次经过等高处的a点，故选项c错误；小物块第一次从b点运动到c点的过程中，运用动能定理mghbcwfbc0mv，由已知条件hbc，再对小物块第一次经过b点时，运用牛顿第二定律得fnbmgm，联立以上三式可得槽对小物块的支持力fnb2mg，由牛顿第三定律可知选项d正确5(2017湖南长沙一模)(多选)如图所示，内壁光滑半径大小为r的圆轨道竖直固定在桌面上，一个质量为m的小球静止在轨道底部a点现用小锤沿水平方向快速击打小球，击打后迅速移开，使小球沿轨道在竖直面内运动当小球回到a点时，再次用小锤沿运动方向击打小球必须经过两次击打，小球才能运动到圆轨道的最高点已知小球在运动过程中始终未脱离轨道，在第一次击打过程中小锤对小球做功w，第二次击打过程中小锤对小球做功4w.设两次击打过程中小锤对小球做的功全部用来增加小球的动能，则w的值可能是(ab)amgrbmgrcmgrdmgr解析第一次击打，小球运动的最大高度为r，即wmgr.第二次击打，小球才能运动到圆轨道的最高点，而小球能够通过最高点的条件为mgm，即v0.小球从静止到达最高点的过程，由动能定理得w4wmg2rmv0，得wmgr，则mgrwmgr，故选项a、b正确6(2017山西名校联考)(多选)如图所示，小物块与三块材料不同但厚度相同的薄板间的动摩擦因数分别为、2和3，三块薄板长度均为l，并依次连在一起第一次将三块薄板固定在水平地面上，让小物块以一定的水平初速度v0从a点滑上第一块薄板，结果小物块恰好滑到第三块薄板的最右端d点停下；第二次将三块薄板仍固定在水平地面上，让小物块从d点以相同的初速度v0水平向左运动；第三次将连在一起的三块薄板放在光滑的水平地面上，让小物块仍以相同的初速度v0从a点滑上第一块薄板则下列说法正确的是(ab)a第二次小物块一定能够运动到a点并停下b第一次和第二次小物块经过c点时的速度大小相等c第三次小物块也一定能运动到d点d第一次与第三次小物块克服摩擦力做的功相等解析因为第一次和第二次薄板均被固定，以小物块为研究对象，根据动能定理，第一次有mgl2mgl3mgl0mv，第二次从d点运动到a点摩擦力做功相同，故可以运动到a点并停下，选项a正确；同理，第一次运动到c点时，摩擦力做的功wf1mgl2mgl3mgl，第二次运动到c点时摩擦力做的功wf23mgl，所以两次通过c点时的速度大小相等，选项b正确；与第一次相比，第三次薄板放在光滑水平地面上，则摩擦力对薄板做功，薄板动能增加，系统损失的机械能减少，小物块相对薄板的位移减小，则小物块不能运动到d点，选项c错误；与第一次相比，因为第三次小物块没有减速到零，故损失的动能减少，所以摩擦力对小物块做的功减少，即小物块克服摩擦力做的功减少，选项d错误7(2017广东深圳市调研)(多选)静止在水平地面上的物块，受到水平推力f的作用，f与时间t的关系如图甲所示，物块的加速度a与时间t的关系如图乙所示，g取10 m/s2.设滑动摩擦力等于最大静摩擦力，根据图象信息，得出的结论错误的是(abc)a地面对物块的最大静摩擦力为1 nb物块的质量为1 kgc物块与地面间的动摩擦因数为0.2d4 s末推力f的瞬时功率为36 w解析由题图甲知，f2t，由题图乙知，t1 s时，物块开始运动，此时，f12 n，故地面对物块的最大静摩擦力为2 n，选项a错误；t4 s时，由牛顿第二定律有fmgma，而mg2 n，解得物块的质量m2 kg，物块与地面间的动摩擦因数0.1，选项b、c错误；4 s末物块的速度v(41)3 m/s4.5 m/s，故4 s末推力f的瞬时功率pfv84.5 w36 w，选项d正确8(多选)如图所示，水平传送带以v2 m/s的速度顺时针匀速转动，将一质量m0.5 kg的小物块(可视为质点)轻放在传送带最左端，在摩擦力的作用下，小物块会从传送带最右端水平飞出，恰好落在地面上某点p处已知传送带左右两端相距l3 m，上端离地高度h5 m，小物块与传送带间的动摩擦因数0.2，重力加速度g10 m/s2，则下对说法正确的是(cd)a小物块从轻放在传送带上到落到地面的时间为 sb落点p与传送带右端的水平距离为2 mc传送带因传送小物块多消耗的电能2 jd小物块落到地面时的动能为26 j解析由题意可得，小物块在传送带上先加速，当速度达到2 m/s时，开始做匀速直线运动，其加速时间t11 s，此时小物块的位移为x1vt11 m，剩下x2lx12 m做匀速运动，匀速运动的时间t21 s，离开传送带后做平抛运动，平抛运动时间t31 s，总时间为tt1t2t33 s，选项a错误；离开传送带时，小物块的速度为2 m/s，则x平vt32 m，选项b错误；传送带因传送物块多消耗的电能e电mv2mgx相mv2mg(vt1x1)2 j，选项c正确；从传送带最右端到落到地面，对小物块利用动能定理可得ekpmv2mgh26 j，选项d正确9(2017湖北襄阳模拟)如图，q为一个原来静止在光滑水平面上的物体，其db段为一半径为r的光滑圆弧轨道，ad段为一长度为lr的粗糙水平轨道，二者相切于d点，d在圆心o的正下方，整个轨道位于同一竖直平面内物块p的质量为m(可视为质点)，p与ad间的动摩擦因数0.1，物体q的质量为m2m，重力加速度为g.(1)若q固定，p以速度v0从a点滑上水平轨道，冲至c点后返回a点时恰好静止，求v0的大小和p刚越过d点时对q的压力大小；(2)若q不固定，p仍以速度v0从a点滑上水平轨道，求p在光滑圆弧轨道上所能达到的最大高度h.解析(1)p从a到c又返回a的过程中，只有ad段和da段的摩擦力做功，由动能定理有mg2l0mv，将lr代入解得v0.若p在d点的速度为vd，从a到