2018版高考物理一轮复习第五章能量和动量第2节动能定理及其应用

1、第 2 节动能定理及其应用宏观擔图忆知定义一物怵由于运动而H有的能竝 公式 叫詁叫寿单他一焦耳,符号力比一个过程中对物怵所懂的功等于物体在这个过程中动能的变化 表达式W=ta-jJ物理恿文一住外力的功是物体动能变化的暈度 既适用丁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微观易错判断(1) 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。(V)(2) 动能不变的物体一定处于平衡状态。(X)(3) 如果物体所受的合外力为零，那么合外力对物体做功一定为零。(V)(4) 物体在合外力作用下做变速运动时，动能一定变化。(X) 物体的动能不变，所受的合外力必定为零。

2、(X)(6)做自由落体运动的物体，动能与时间的二次方成正比。(V) i i 课堂释橇一站突破宜間则閒|宜鳖则緊|不同妾点不冋编排i对“外力”的两点理解:(1)“外力”可以是重力、弹力、摩擦力、电场力、磁场力等，它们可以同时作用，也 可以不同时作用。(2)“外力”既可以是恒力，也可以是变力。2公式中“=”体现的三个关系：数量关系合力做的功与物体动能的变化相等单位关系国际单位都是焦耳因果关系合力做功是物体动能变化的原因课前回顾基础速串宏观率合贲观唸隆回厕旧知短平快适用范围一突破点(一)对动能定理的理解矢标性一动能足标甌R只有正值 动能的变化徒A =|内容一2多角练通1关于运动物体所受的合外力、合外

3、力做的功及动能变化的关系，下列说法正确的是（ ）A. 合外力为零，则合外力做功一定为零B. 合外力做功为零，则合外力一定为零C. 合外力做功越多，则动能一定越大D. 动能不变，则物体合外力一定为零解析：选 A 由W Ficosa可知，物体所受合外力为零，合外力做功一定为零，但合 外力做功为零，可能是a= 90,故 A 正确，B 错误；由动能定理Ek可知，合外力做功越多，动能变化量越大，但动能不一定越大。动能不变，合外力做功为零，但物体合外力 不一定为零，C、D 均错误。2.（多选）如图所示，甲、乙两个质量相同的物体，用大小相等的力F分别拉它们在水平面上从静止开始运动相同的距离s。甲在光滑水平面

4、上，乙在粗糙水平面上，则下列关于力F对甲、乙做的功和甲、乙两物体获得的动能的说法中正确的是（）A. 力F对甲做功多B. 力 F 对甲、乙两个物体做的功一样多C. 甲物体获得的动能比乙大D. 甲、乙两个物体获得的动能相同解析：选 BC 由功的公式W= Flcosa=Fs可知，两种情况下力F对甲、乙两个物体做的功一样多，A 错误，B 正确；根据动能定理，对甲有：Fs=民，对乙有：FsFfS= EEk2, C 正确，D 错误。3.（多选）如图所示。某人通过光滑滑轮将质量为m的物体，沿光滑斜面由静止开始匀加速地由底端拉上斜面，物体上升的高度为h,到达斜面顶端的速度为v,则在此过程中（）一 12A.物体

5、所受的合力做功为mgh+mv一 12B.物体所受的合力做功为 mv3C.人对物体做的功为mghD.人对物体做的功大于mgh1212解析：选 BD 对物体应用动能定理可得W人mgh= ?m&,故Wk=mgh+md, B、4D 选项正确。突破点(二)动能定理的应用注看无備1 .应用动能定理的流程2.应用动能定理的注意事项(1)动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面或相对地面静 止的物体为参考系。(2) 应用动能定理的关键在于对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析，并画出 运动过程的草图，借助草图理解物理过程之间的关系。(3) 当物体的运动包含多个不同过程时，可分段

6、应用动能定理求解；当所求解的问题不 涉及中间的速度时，也可以全过程应用动能定理求解，这样更简便。列动能定理方程时，必须明确各力做功的正、负，确实难以判断的先假定为正功， 最后根据结果加以检验。典例(多选)(2016浙江高考)如图所示为一滑草场。某条滑道由上下两段高均为h,与水平面倾角分别为45和 37。的滑道组成，滑草车与草地之间的动摩擦因数为 。质量为m的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端(不计滑草车)一 6A.动摩擦因数=-B. 载人滑草车最大速度为C.载人滑草车克服摩擦力做功为mgh3D.载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为 3g思路点拨在

7、两段滑道交接处的能量损失，sin 37 =0.6 , cos 37 = 0.8)。则5(1) 滑草车先匀加速下滑，再匀减速下滑。(2) 滑草车速度最大的位置在两条滑道的连接处。6（3）滑草车下滑的整个过程中下降的高度为2h。解析由题意知，上、下两段斜坡的长分别为hhssin45 、S2_sin37由动能定理知：2mgh 卩 mgscos45 卩 mg&cos37= 06解得动摩擦因数 卩=7，选项A正确；载人滑草车在上下两段的加速度分别为则在下落 h 时的速度最大，由动能定理知:mgh imgscos45=jmV载人滑草车克服摩擦力做的功与重力做功相等，即答案AB方法规律（1）运用动能

8、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，要注意运用它们的功能特点：重力做的功取决于物体的初、末位置，与路径无关；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。集训冲关1.（多选）（2017上海长宁区模拟）如图所示，从地面上A处竖直向上 抛一质量为m的小球，小球上升到B点时的动能与小球上升到最高点后返h回至C点时的动能相等，B点离地面高度为h,C点离地面高度为 3。空气阻力f= 0.1mg大小不变，重力加速度

9、为g,则（）A. 小球上升的最大高度为 2hB. 小球上升的最大高度为 4hai= g(sin45a2= g(sin37cos37 )=335g，W= 2mgh,选项C错误。解得 v=,选项B正确，D73C. 小球下落过程中从B点到C点动能的增量为 gmgh84D.小球下落过程中从B点到C点动能的增量为-mgh5解析：选 BC 设小球由B点再上升h到达最高点，对小球上升到B点与返回至C点之 间的过程由动能定理得，mgfh 0.1mg-2h+ fh= 0，解得h= 3h,所以小球上升的3l3丿丿223”=mg h 0.1mg. Eh=mghC 正确。3352.如图所示，小物块从倾角为0的倾斜轨道

10、上A点由静止释放滑下， 最终停在水平轨 道上的B点，小物块与水平轨道、倾斜轨道之间的动摩擦因数均相同，A、B两点的连线与水平方向的夹角为a，不计物块在轨道转折时的机械能损失，则动摩擦因数大小为解析：选 B 如图所示，设B、0间距为Si,A点离水平面的高度为h,A、0间的水平距离为S2，物块的质量为m,在物块下滑的全过程中，应用动能定理可得：mgh-卩mgcos3.(2017淄博二模)如图所示，倾角0= 37的斜面AB与水平面平滑连接于B点，AB两点之间的距离So= 3 m,质量 m= 3 kg 的小物块与斜面及水平面间的动摩擦因数均为 =0.4。当小物块从A点由静止开始沿斜面下滑的同时，对小物

11、块施加一个水平向左的恒力2F(图中未画出)。取g= 10 m/s。最大高度H= h+h= 4h, B 正确；下落过程中小球从B点到C点动能的增量苏1 2却A. tan0C. tan(0 + a)S2cos0卩mg- S1= 0,解得:h= tanS1+S2a，故 B 正确。9解析：(1)小物块在斜面上受力如图所示，从动到C点停止过程中，由动能定理可得：A点开始沿ABC路径运10Fsocos0+mgssin0fso卩mgs=0f=卩FNFN+Fsin0 =mgcos0代入数据解得：s= 4.7 m。（2）若使小物块不离开斜面，可知小物块对斜面的压力大于或等于37mgcos 37 代入数据解得：F

12、W40 N即恒力F的最大值为 40 N。答案：（1）4.7 m （2）40 N突破点（三）1.解决物理图像问题的基本步骤5_漑萦颠目番皿蔚面豪弄渚纵巫讯播巫丰示崩乔血 石i的物理憬及图线所表示的物理意义。0 .? _派据爾簸帝推尊出纵巫标习橫強赫丽対血 垂理星凰跑囲舉表憲贰亶.I将推导出的物理规律与数学上与之相对应的标准; 萌数关系式相对比，找岀图线的斜率、截距、图线; 的交点、图线下的面积所对应的物理意义分析解I答问题，或者利用函数图线上的特定值代人函数 关系式求物理量。2四类图像所围面积的含义v-t图由公式x=vt可知，v-t图线与坐标轴围成的面积表示物体的位移a-t图由公式v=at可知，

13、a-t图线与坐标轴围成的面积表示物体速度的变化 量F-x图由公式W= Fx可知，F-x图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功P-t图由公式W= Pt可知，P-t图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功典例某星球半径为 A6X106m,假设该星球表面上有一倾角为0=30的固定斜面体，一质量为mR1 kg 的小物块在力F作用下从静止开始沿斜面向上运动，力F始终与斜一一一一逅逅面平行，如图甲所示。已知小物块和斜面间的动摩擦因数卩=帀，力F随位移x变化的规律如图乙所示（取沿斜面向上为正方向），如果小物块运动 12 m 时速度恰好为零，已知0，即Fsin11万有 引力常量 G= 6.67X1011N-m2/k

14、g2。试求：（计算结果保留一位有效数字）12(1) 该星球表面上的重力加速度g的大小;(2) 该星球的平均密度。思路点拨(1)F-x图线与x轴所围面积表示力F对物块所做的功。(2) 物块向上运动过程中摩擦力始终不变。(3) 可利用g=求求出星球质量进而确定星球的平均密度。解析(1)设该星球表面的重力加速度为g,物块上滑过程中力F所做的功W= (15X6-3X6)J = 72 J ,由动能定理得：Wmgjin0 x-卩mgcos0 x= 0, 解得：g=6 m/s2 3 4 5。(2)在星球表面重力与万有引力相等, 可得星球的质量为：M=gR所以星球的密度233答案(1)6 m/s (2)4X1

15、0 kg/m集训冲关1.(2017西安质检)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，t= 4 s 时停下，其v-t图像如图所示, 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. 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TMv=3R兀13_ 36_4X3.14X6.67X10T6X106 kg/m334X10 kg/m。C.t= 2 s 时刻拉力的瞬时功率在整个过程中最大y/（IUs ）14D.t= 1 s 至 Ut= 3 s 这段时间内拉力不做功解析：选 A 对物块运动全过程应用动能定理得：W-W0,故 A正确，B 错

16、误；物块在加速运动过程中受到的拉力最大，故t= 1 s 时拉力的瞬时功率为整个过程中拉力功率的最大值，C 错误；t= 1 s 到t= 3 s 这段时间内，拉力与摩擦力平衡，拉力做正功，D 错误。2.(多选)(2017辽宁五校联考)在某一粗糙的水平面上，- 质量为 2kg 的物体在水平恒定拉力的作用下做匀速直线运动，当 运动一段时间后，拉力逐渐减小，且当拉力减小到零时，物体刚 好停止运动，图中给出了拉力随位移变化的关系图像。已知重力 加速度g= 10 m/s2。根据以上信息能精确得出或估算得出的物理 量有( )A. 物体与水平面间的动摩擦因数B. 合外力对物体所做的功C. 物体做匀速运动时的速度

17、D. 物体运动的时间解析：选 ABC 物体做匀速直线运动时，拉力F与滑动摩擦力f相等，物体与水平面间的动摩擦因数为 卩=和 0.35 , A 正确；减速过程由动能定理得W4W0-2mV,根据F-s图像中图线与坐标轴围成的面积可以估算力F做的功W,而W=-卩mgs由此可求得合外力对物体所做的功，及物体做匀速运动时的速度v, B、C 正确；因为物体做变加速运动，所以运动时间无法求出，D 错误。3如图甲所示，一半径R= 1 m、圆心角等于 143的竖直圆弧形光滑轨道，与斜面相切于B点，圆弧形轨道的最高点为M斜面倾角9= 37,t= 0 时刻有一物块沿斜面上滑,其在斜面上运动的速度变化规律如图乙所示，

18、=0.6 , cos 37 = 0.8，求：若物块恰能到达M点,取g= 10 m/s2, sin 37WtinSl)T乙(1)物块经过M点的速度大小；(2)物块经过B点的速度大小；(3)物块与斜面间的动摩擦因数。解析：物块恰能到达M点，则有VMmg= m15解得VM=-jgR=10 m/s。物块从B点运动到M点的过程中，由动能定理得1212mM mv22解得VB=in 37 +mgcos 37 =ma解得卩=0.5。答案：(1)10 m/s (2)46 m/s (3)0.5突破点(四)应用动能定理解决平抛运动、圆周运动问题1. 平抛运动和圆周运动都属于曲线运动，若只涉及位移和速度而不涉及时间，

19、应优先考虑用动能定理列式求解。2. 动能定理的表达式为标量式，不能在某一个方向上列动能定理方程。典例(2017新泰模拟)如图所示，倾斜轨道AB的倾角为 37,CD EF轨道水平，AB与CD通过光滑圆弧管道BC连接，CD右端与竖直光滑圆周轨道相连。 小球可以从D进入该轨道，沿轨道内侧运动，从E滑出该轨道进入EF水平轨道。小球由静止从A点释放，已知AB长为 5R CD长为R,圆弧 管道BSDB与出口C的高度差为 1.8R,小球与倾斜轨道AB及水平轨道CD EF的动摩擦因数均为 0.5，重力加速度为g, sin 37= 0.6 , cos 37= 0.8。求: (在运算中，根号中的数值无需算出)(1

20、) 小球滑到斜面底端C时速度的大小。(2) 小球刚到C时对管道的作用力。(3) 要使小球在运动过程中不脱离轨道，竖直圆周轨道的半径R应该满足什么条件？审题指导第一步：抓关键点关键点获取信息光滑圆弧轨道BCBC轨道无摩擦力做功竖直光滑圆周轨道竖直圆周轨道无摩擦力做功-mgR+ cos 3716小球由静止从A点释放小球的初速度VA= 017小球在圆弧管道BC的最低点，具有竖直向上的向心加速度利用牛顿第三定律确定小球对管道的压力第二步：找突破口A、C两点的高度差hA= 1.8R+ 5Rsin 372VC在圆弧管道BC的C点：FNmg= m；(3) 圆弧管道的半径r可由r+rcos 37 = 1.8R

21、求出；(4) 小球在圆周轨道中运动不脱离轨道的情况有恰好通过最高点和最大高度不超过圆心 两种情况。解析(1)设小球到达C点时速度为v,小球从A运动至C过程，由动能定理有:12+ 1.8R)卩mcpos 37 5R= qmvC2VCFNmg=m其中r满足：r+rcos 37 = 1.8R解得：FN=6.6mg由牛顿第三定律可得，小球对管道的作用力为6.6mg方向竖直向下。(3)要使小球不脱离轨道，有两种情况：2VP情况一：小球能滑过圆周轨道最高点， 进入EF轨道，则小球在最高点应满足：mR厂mg情况二：小球上滑至四分之一圆周轨道的最高点时，速度减为零，然后滑回能定理有：所以要使小球不脱离轨道，

22、竖直圆周轨道的半径R应该满足R 2.3R,(3)R 2.3R小球刚到C时对轨道的作用力mg5 Rsin 37小球沿BC管道做圆周运动,设在C点时管道对小球的作用力为由牛顿第二定律,有:mv2可得:23R三萨萨. .92RmgR- mg- R=0 fmv2解得:答案(1)28gR(2)6.6mg方向竖直向下解得：Vc=28gR518集训冲关1.（多选）（2016全国丙卷）如图，一固定容器的内壁是半径为R的半球面；在半球面水平直径的一端有一质量为m的质点P。它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中，克服摩擦力做的功为V。重力加速度大小为g。设质点P在最低点时，向心加速度的大小为a,容器对它的支持力大

23、小为 N,则（）12解析：选 AC 质点P下滑到最低点的过程中，由动能定理得mgW= qmV,则速度v2.（2017北京市状元桥学校二模）如图所示，竖直四分之一光滑圆弧轨道固定在平台AB上，轨道半径 R= 1.8 m，末端与平台相切于A点。倾角0= 37的斜面BC紧靠平台固定。从圆弧轨道最 高点由静止释放质量 m= 1 kg 的滑块a,当a运动到B点的同时，与斜面底端C点以速度V0= 5 m/s 沿斜面向上运动，a、b（视为质点）恰好在斜面上的P点相遇，已知AB长度s= 2 m,a与AB面及b与BC面间的动摩擦2因数均为 卩=0.5 ,g= 10 m/s , sin 37 = 0.6 , co

24、s 37 = 0.8，求：（1）滑块a到B点时的速度;（2）斜面上PC间的距离。解析：（1）滑块a从光滑圆弧轨道滑下到达B点的过程中，根据动能定理有:12mg卩mgs=mv,代入数据解得：v= 4 m/s。（2）滑块a到达B点后做平抛运动，根据平抛运动的规律有:x=vt,A. a=mgR- WmR2mgR- WmRC. N=3mg 2WRD.N=mgW-RmgW在最低点的向心加速度V29a=訂mgWmR，选项 A 正确,选项 B 错误；在最低点时，由牛顿第二定律得Nmc=3mgR-2W选项 C 正确,选项 D 错误。a完全相同的滑块b从191*2y=*t，tan0= Y,x代入数据解得：t=

25、0.6 s ,20滑块b从斜面底端上滑时，根据牛顿第二定律有:mgnB+ 卩mgcos0=ma,代入数据解得：ai= 10 m/s2向上运动的时间：ti=V0= 0.5 sv0.6 s ,ai然后接着下滑，根据牛顿第二定律有：mgsin0 卩mgcos0 =ma,2代入数据得：a2= 2 m/s12i2可得：XPC=voti qaiti坯t11） = 1.24 m。答案：（1）4 m/s （2）1.24 m反思_刻补矩jg -巧思妙解练创新思维-运用动能定理巧解往复运动问题在有些问题中物体的运动过程具有重复性、往返性，而在这一过程中， 描述运动的物理量多数是变化的，而且重复的次数又往往是无限的

26、或者难以确定，求解这类问题时若运用牛顿运动定律及运动学公式将非常繁琐，甚至无法解出。由于动能定理只关心物体的初末状态而不计运动过程的细节，所以用动能定理分析这类问题可使解题过程简化。（一）往复次数可确定的情形1如图所示，ABCD是 一个盆式容器，盆内侧壁与盆底BC的连接处都是一段与BC相切 的圆弧，BC是水平的，其距离d= 0.50 m。盆边缘的高度为h= 0.30 m。在A处放一个质量 为m的小物块并让其从静止开始下滑（图中小物块未画出）。已知盆内侧壁是光滑的，而盆底BC面与小物块间的动摩擦因数为 地点到B的距离为（）= 0.10。小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停的C. 0.10 mD

27、. 021A. 0.50 m B. 0.25 m卩mgs而重力做功与路径无关，由动能定理得：mgh-卩mgs=0 0，代入数据可解得s=3 m。由于d= 0.50 m，所以，小物块在BC面上经过 3 次往复运动后，又回到B点。D 正确。解析：选 D 设小物块在BC段通过的总路程为s，由于只有BC面上存在摩擦力做功为22(二)往复次数无法确定的情形2.(2017成都月考)如图所示，斜面的倾角为0,质量为m的 滑块距挡板P的距离为xo,滑块以初速度Vo沿斜面上滑，滑块与斜 面间的动摩擦因数为 卩,滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力。若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失，则滑块经过的总路程是()复

28、运动，已知圆弧轨道的圆心O与A、D在同一水平面上，滑块与斜面间的动摩擦因数为7,求：(1) 滑块第一次滑至左侧弧上时距A点的最小高度差h;(2) 滑块在斜面上能通过的最大路程s。解析：(1)滑块从D到达左侧最高点F经历DC CB BF三个过程，现以DF整个过程为反思领悟1Vo2A.72gC0TT+xotan0B.丄2a。0+xotan072gsin0C.” 22 V!72gcos1VoD.72gcosr+Xocot0解析：选 A 滑块最终要停在斜面底部，设滑块经过的总路程为X,对滑块运动的全程应用动能定理：mgxsin07mgxos12 10= 0 厅mv，解得x=27vo22COST +xo

29、tan0选项 A 正确。(三) 往复运动永不停止的情形3.如图所示，竖直固定放置的斜面DE与一光滑的圆弧轨道ABC -相连，C为切点，圆弧轨道的半径为R量为m的滑块从D点无初速下滑，滑块可在斜面和圆弧轨道之间做往研究过程，运用动能定理得:mgh-7mgpostan0=0,解得7FCos0C点的速度为 0 时对应在斜面上的总路程最大，由动能定理得：RmgRos07mgsos0s= 0,解得：s=7答案：7Rcos0tan0卜Xotan斜面的倾角为0。现有一质R(2)通过分析可知，滑块最终至23(1) 应用动能定理求解往复运动问题时，要确定物体的初状态和最终状态。(2) 重力做功与物体运动路径无关

30、，可用WG= mgh直接求解。(3) 滑动摩擦力做功与物体运动路径有关，可用W=-FfS求解，其中s为物体相对滑行的路程。H:241.如图所示，一块长木板B放在光滑的水平面上，在B上放一A物体,现以恒定的外力拉B,使A、B间产生相对滑动，如果以地面为参考系,B都向前移动一段距离。在此过程中（）A对B的摩擦力所做的功，等于B对A的摩擦力所做的功解析：选 D 小车在运动方向上受向前的牵引力F1和向后的阻力F,因为v增大，P不变，由P=Fiv,FiF=ma得出Fi逐渐减小，a也逐渐减小，当v=Vm时，a= 0,故 A、B 项均错误；合外力做的功5外=PtFx,由动能定理得W牵Fx=扌口疋扌口疋，故

31、C 项错误，D 项正确。3.如图所示，质量为m的小球，从离地面高H处由静止开始释放，落到地面后继续陷入泥中h深度而停止，设小球受到空气阻力为f，重力加速度为 i i 课后演练*对点设计对点训练：对动能定理的理解讲琳对區更买用AliA. 外力F做的功等于A和B动能的增量B.B对A的摩擦力所做的功，等于A的动能增量C.D.外力F对B做的功等于B的动能的增量解析：选 B 外力F做的功等于A、B动能的增量与A B间摩擦产生的内能之和， A 错误；A物体所力所做的功等于A的动能的增量，即 B 正确；A对B的摩擦力与B对A的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑动，AB对地的

32、位移不等，故二者做功不相等，C 错误；对B应用动能定理，WWFf=氐，即WW=EB+Wf，就是外力F对B做的功，等于B的动能增量与B克服摩擦力所做的功之和,D 错误。2.（2017银川模拟）如图所示为某中学科技小组制作的利用太阳能驱动小车的装置。当太阳光照射到小车上方的光电板时，光电板中产生的电流经电动机带动小车前进。若质量为m的小车在平直的水泥路上从静止开始沿直线加速行驶，经过时间t前进的距离为X,且速度达到最大值Vmo设这一过程中电动机的功率恒为P,小车所受阻力恒为F,那么这段时间内（A. 小车做匀加速运动B. 小车受到的牵引力逐渐增大C. 小车受到的合外力所做的功为PtD. 小车受到的牵

33、引力做的功为12Fx+ mm对接iS考25g,则下列说法正确的是（）A.小球落地时动能等于mgHB.小球陷入泥中的过程中克服泥的阻力所做的功小于刚落到地面时的动能C.整个过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为mdj+12解析：选 C 小球从静止开始释放到落到地面的过程，由动能定理得mgHfH=-mv,一 12选项 A 错误；设泥的平均阻力为fo,小球陷入泥中的过程，由动能定理得mgh- foh= 0mv）,解得foh=mghbjmv2,fo=mgj+H,fH，选项B D错误；全过程应用动能定理可知，整个过程中小球克服阻力做的功等于mH+ h），选项 C 正

34、确。4.如图所示，在轻弹簧的下端悬挂一个质量为m的小球A,若将小球A从弹簧原长位置由静止释放，小球A能够下降的最大高度为h。若将小球A换为质量为 3m的小球B,仍从弹簧原长位置由静止释放，则小球B下降h时的速度为（重力加速度为g,不计空气阻力）（）A. ,2ghB.4gh3C.ghD.解析：选 B 小球A下降h过程小球克服弹簧弹力做功为W,根据动能定理，有mgh-对点训练：动能定理的应用5.（多选）（2017洛阳检测）如图所示，在倾角为0的斜面上，轻质弹簧一端与斜面底 端固定，另一端与质量为M的平板A连接，一个质量为m的物体B禮曲 1靠在平板的右侧，A、B与斜面的动摩擦因数均为。开始时用手按吗

35、二-住物体B使弹簧处于压缩状态，现放手，使A和B一起沿斜面向上运动距离L时，A和B达到最大速度v。则以下说法正确的是（）A. A和B达到最大速度v时，弹簧是自然长度B.若运动过程中A和B能够分离，则A和B恰好分离时，二者加速度大小均为g（sin0+ （Icos0）WW=0;小球B下降过程，由动能定理有确。3mgh- W=扌彳扌彳口 0,解得:2612C.从释放到A和B达到最大速度v的过程中，弹簧对A所做的功等于-M/+Mglsin0+ 卩Mglcos0、 一 12D.从释放到A和B达到最大速度v的过程中，B受到的合力对它做的功等于-m/解析：选 BDA和B达到最大速度v时，A和B的加速度为零。

36、对AB整体：由平衡条件知kx= （ mMgsin0+卩（mM）gcos0，所以此时弹簧处于压缩状态，故A 错误；A和B恰好分离时，A B间的弹力为 0,A、B的加速度相同，对B受力分析，由牛顿第二定 律知，mgjin0+卩mgcos0=ma得a=gsin0+卩gcos0，故 B 正确；从释放到A和B达到最大速度v的过程中，对AB整体，根据动能定理得W弹弹（mM）gLsin0卩（m+1212Mgcos0L= 2（m+Mv,所以弹簧对A所做的功W=空（空（mMv+ （ m+M）gLsin0+ 卩（m+Mgcos0L,故 C 错误；从释放到A和B达到最大速度v的过程中，对于B,根据动能一 12定理得

37、B受到的合力对它做的功 叫=EW1，即Emgl, A 正确。& (2016保定二模)如图所示，水平面上放一质量为m= 2 kg 的小物块，通过薄壁圆筒的轻细绕线牵引，圆筒半径为R= 0.5 m，质量为 M= 4 kg。t= 0 时刻，圆筒在电动机带动下由静止开始绕竖直中心轴转动，转动角速度与时间的关系满足3=4t,物块和地面之间的动摩擦因数 卩=0.3，细线始终与地面平行，其它摩擦不计，g取 10 m/s2,求：9.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( )A.Emgl1C

38、.E= qmglW=2mB1 2，在B点，由牛顿第二定律知:2VBTmg= m，其中T= 2mg在B点给小球补充29(1) 物块运动中受到的拉力。(2) 从开始运动至t= 2 s 时电动机做了多少功？解析：(1)由于圆筒边缘线速度与物块直线运动速度大小相同，根据线速度与时间成正比，物块做初速为零的匀加速直线运动，由公式v=at知，物块加速度为a= 2 m/s2,对物块受力分析，由牛顿第二定律得T卩mg= ma则细线拉力为T= 10 N。(2)根据匀变速直线运动规律：t= 2 s 时物块的速度：v=at= 2X2 m/s = 4 m/s, 12122 s 内物块的位移：x= at=2X2m =

39、4 mJIKt/sv= 3R=4Rt=2t,30A. 06 s 内物体先向正方向运动，后向负方向运动B. 06 s 内物体在 4 s 时的速度最大C. 物体在 24 s 内速度不变D.04 s 内合力对物体做的功等于06 s内合力做的功1 1解析：选 D 由a-t图像可知物体 6 s 末的速度V6= 2x（2 + 5）X2 m/s f1X2 m/s解析：选 A 设圆盘半径为r,小物块与圆盘间的动摩擦因数为卩，由动能定理可得,系，斜率为负，故 A 正确，B、C D 错误。11. （2017甘肃模拟）如图甲所示，一质量为 4 kg 的物体静止在水平地面上，让物体 在随位移均匀减小的水平推力F作用下

40、开始运动，推力F随位移x变化的关系如图乙所示, 已知物体与地面间的动摩擦因数1= 0.5，取g= 10 m/s2,则下列说法正确的是（ ）A. 物体先做加速运动，推力撤去时开始做减速运动B.物体在水平地面上运动的最大位移是10 mC. 物体运动的最大速度为 2 J5 m/sD. 物体在运动中的加速度先变小后不变=6 m/s，贝 U 06 s 内物体一直向正方向运动,A 错误；物体在 5 s 末速度最大，B 错误;在 24 s 内加速度不变,物体做匀加速直线运动,速度变大，C 错误；由动能定理可知：014 s 内合力对物体做的功：W= mv2 0,06 s 内合力对物体做的功:12Wmv 0，又

41、V4=V6,贝VW=VW,D 正确。10. （2017青岛模拟）如图所示， 上表面水平的圆盘固定在水平地 面上，一小物块从圆盘边缘上的P点，以大小恒定的初速度V0,在圆盘上沿与直径PQ成不同夹角0的方向开始滑动，小物块运动到圆盘另一mg-2rcos=1mV知2,整理得v2=vo2 4igrcos0，可知v2与 cos0为线性关边缘时的速度大小为31解析：选 B 当推力小于摩擦力时物体就开始做减速运动，选项A 错误；由题图乙中图321W2X4X100 J = 200 J，根据动能定理有W卩mg）m= 0,得Xm= 10 m，选项 B 正确；当推力与摩擦力平衡时，加速度为零,1速度最大，由题图乙得

42、F= 100- 25x（N），当F=umg=20 N 时x= 3.2 m 由动能定理得：-12一（100 + 20）x-卩mg- x= 2 口，解得物体运动的最大速度v戸 8 m/s，选项 C 错误；物体运 动中当推力由 100 N 减小到 20 N 的过程中，加速度逐渐减小，当推力由20 N 减小到 0 的过程中，加速度又反向增大，此后加速度不变，故D 项错误。12.（多选）（2017齐鲁名校协作体联考）如图甲所示，为测定物体冲上粗糙斜面能达到 的最大位移x与斜面倾角0的关系，将某一物体沿足够长的斜面每次以不变的初速率V0向上推出，调节斜面与水平方向的夹角0,实验测得x与斜面倾角0的关系如图

43、乙所示，g取 10 m/s7 8,根据图像可求出（最大静摩擦力等于滑动摩擦力 ）（）7min 30= ?mg摩擦力Ff=卩mapos 30故物体达到最高点后，不会沿斜面下滑，故D 错误。考点综合训练13.如图所示，一质量 m= 0.4 kg 的滑块（可视为质点）静止于水平轨道上的A点，滑块线与x轴所围面积表示推力对物体做的功得，推力做的功甲33A. 物体的初速率V0= 3 m/sB.物体与斜面间的动摩擦因数卩=0.75C.取不同的倾角0，物体在斜面上能达到的位移x的最小值Xmin= 1.44 mD. 当某次0= 30时，物体达到最大位移后将沿斜面下滑解析：选 BC 由题图乙可知，当倾角0= 0

44、 时，位移为 2.40 m，而当倾角为 90时，位移为 1.80 m，则由竖直上抛运动规律可得V0= 2gh= ,2X10X1.80 m/s = 6 m/s，故 A12错误；当倾角为 0 时，由动能定理可得卩mgx=0-m0,解得 卩=0.75，故 B 正确；取12不同的倾角0,由动能定理得一mgxin0-卩mg比 os0= 0 -?mv,解得x=与轨道间的动摩擦因数卩=0.1。现对滑块施加一水平外力，使其向右运动，外力的功率恒为P= 10 W 经过一段时间后撤去外力，滑块继续滑行至B点后水平飞出，恰好在C点沿切线方向进入固定在竖直平面内的光滑圆弧形轨道，轨道的最低点D处装有压力传感器，当滑块到达传感器上方时，传感器的示数为25.6 No 已知轨道AB的长度L= 2 m,圆弧形轨道的半径R= 0.5 m，半径0C和竖直方向的夹角a= 37。(空气阻力可忽略，