高考物理一轮复习 知识点37：动能定理及应用（解析版）（基础版）

知识点37：动能定理及应用【知识思维方法技巧】（1）动能定理的理解：①动能定理内容：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动能定理表达式：W总＝ΔEk＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12或W总＝Ek2－Ek1.“外力”指的是合外力，可以是重力、弹力、摩擦力、电场力、磁场力或其他力，它们可以同时作用，也可以不同时作用．“外力”既可以是恒力，也可以是变力．③动能定理的物理意义：合力的功是物体动能变化的量度．（2）运用动能定理解题的优越性：①动能定理既适用于恒力做功、直线运动、单过程问题，也适用于变力做功、曲线运动、多过程问题、电场与磁场。②动能定理不涉及势能，解决的是合力做功与动能变化的问题，各力做功的情况都要进行分析。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．求克服某力做的功，可以直接带入负号。③动能定理中的位移和速度一般以地面或相对地面静止的物体为参考系。动能定理是一个标量式，不存在方向的选取问题．当然动能定理也就不存在分量的表达式。（3）应用流程考点一：动能定理在直线运动中的应用题型一：动能定理在直线型单过程问题中的应用【典例1基础题】高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动．在启动阶段，列车的动能()A．与它所经历的时间成正比B．与它的位移成正比C．与它的速度成正比D．与它的动量成正比【典例1基础题】【答案】B【解析】动能Ek＝eq\f(1,2)mv2，与速度的平方成正比，故C错误．速度v＝at，可得Ek＝eq\f(1,2)ma2t2，与经历的时间的平方成正比，故A错误．根据v2＝2ax，可得Ek＝max，与位移成正比，故B正确．动量p＝mv，可得Ek＝eq\f(p2,2m)，与动量的平方成正比，故D错误．【典例1基础题对应练习】如图，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度．木箱获得的动能一定()A．小于拉力所做的功B．等于拉力所做的功C．等于克服摩擦力所做的功D．大于克服摩擦力所做的功【典例1基础题对应练习】【答案】A【解析】根据动能定理可得：WF＋Wf＝Ek，又知道摩擦力做负功，即Wf＜0，所以木箱获得的动能一定小于拉力所做的功，选项A正确、B错误；根据WF＋Wf＝Ek，无法确定Ek与－Wf的大小关系，选项C、D错误．题型二：动能定理在直线型多过程问题中的应用【知识思维方法技巧】运用动能定理解决多过程问题时，有两种思路：一种是全过程列式，另一种是分段列式。全过程列式时，涉及重力、弹簧弹力，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。弹簧弹力做功与路径无关。类型一：水平式多过程运动模型【典例2a基础题】如图所示，B是水平地面上AC的中点，可视为质点的小物块以某一初速度从A点滑动到C点停止。小物块经过B点时的速度等于它在A点时速度的一半。则小物块与AB段间的动摩擦因数μ1和其与BC段间的动摩擦因数μ2的比值为()A.1B.2C.3 D.4【典例2a基础题】【答案】C【解析】根据动能定理，在从A到B的过程，有－μ1mgl＝eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0,2)))eq\s\up12(2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，在从B到C的过程，有－μ2mgl＝0－eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0,2)))eq\s\up12(2)，解得eq\f(μ1,μ2)＝3，故选项C正确。类型二：斜面式多过程运动模型【典例2b基础题】如图所示，一名滑雪爱好者从离地h＝40m高的山坡上A点由静止沿两段坡度不同的直雪道AD、DC滑下，滑到坡底C时的速度大小v＝20m/s.已知滑雪爱好者的质量m＝60kg，滑雪板与雪道间的动摩擦因数μ＝0.25，BC间的距离L＝100m，重力加速度g＝10m/s2，忽略在D点损失的机械能，则下滑过程中滑雪爱好者做的功为()A．3000JB．4000JC．5000J D．6000J【典例2b基础题】【答案】A【解析】根据动能定理有W－μmgLADcosα－μmgLCDcosβ＋mgh＝eq\f(1,2)mv2，即：W－μmgL＋mgh＝eq\f(1,2)mv2，求得W＝3000J，故选A.【典例2b基础题对应练习】（多选）一质量为m的物体自倾角为α的固定斜面底端沿斜面向上滑动．该物体开始滑动时的动能为Ek，向上滑动一段距离后速度减小为零，此后物体向下滑动，到达斜面底端时动能为eq\f(Ek,5).已知sinα＝0.6，重力加速度大小为g.则()A．物体向上滑动的距离为eq\f(Ek,2mg)B．物体向下滑动时的加速度大小为eq\f(g,5)C．物体与斜面间的动摩擦因数等于0.5D．物体向上滑动所用的时间比向下滑动的时间长【典例2b基础题对应练习】【答案】BC【解析】物体从斜面底端回到斜面底端根据动能定理有－μmg·2lcosα＝eq\f(Ek,5)－Ek，物体从斜面底端到斜面顶端根据动能定理有－mglsinα－μmglcosα＝0－Ek，整理得l＝eq\f(Ek,mg)，μ＝0.5，A错误，C正确；物体向下滑动时根据牛顿第二定律有ma下＝mgsinα－μmgcosα，解得a下＝eq\f(g,5)，B正确；物体向上滑动时根据牛顿第二定律有ma上＝mgsinα＋μmgcosα，解得a上＝g，故a上>a下，由于上滑过程中的末速度为零，下滑过程中的初速度为零，且走过相同的位移，根据位移公式l＝eq\f(1,2)at2，则可得出t上<t下，D错误．类型三：竖直式多过程运动模型【典例2c基础题】一物体被竖直上抛，已知抛起的初速度与回到抛出点时的速度的大小之比为k，物体在运动过程中所受的空气阻力大小不变，则空气阻力与重力之比为()A.kB.eq\f(1,k)C.eq\f(k2－1,k2＋1) D.eq\f(k2＋1,k2－1)【典例2c基础题】【答案】C【解析】设物体的质量为m，空气阻力大小为Ff，上升的最大高度为h，根据动能定理得，上升过程－(mg＋Ff)h＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，下降过程(mg－Ff)h＝eq\f(1,2)mv2，由题意知eq\f(v0,v)＝k，联立解得eq\f(Ff,mg)＝eq\f(k2－1,k2＋1)，故选项C正确。【典例2c基础题对应练习】(多选)如图所示，电梯质量为M，在它的水平地板上放置一质量为m的物体．电梯在钢索的拉力作用下竖直向上加速运动，当电梯的速度由v1增大到v2时，上升高度为H，重力加速度为g，则在这个过程中，下列说法正确的是()A．对物体，动能定理的表达式为W＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12，其中W为支持力做的功B．对物体，动能定理的表达式为W合＝0，其中W合为合力做的功C．对物体，动能定理的表达式为W－mgH＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12，其中W为支持力做的功D．对电梯，其所受的合力做功为eq\f(1,2)Mv22－eq\f(1,2)Mv12【典例2c基础题对应练习】【答案】CD【解析】电梯上升的过程中，对物体做功的有重力mg、支持力FN，这两个力的总功(即合力做的功)才等于物体动能的增量，即W合＝W－mgH＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12，其中W为支持力做的功，A、B错误，C正确；对电梯，无论有几个力对它做功，由动能定理可知，其合力做的功一定等于其动能的增量，即eq\f(1,2)Mv22－eq\f(1,2)Mv12，D正确．类型四：水平式+斜面式运动模型【典例2d基础题】如图所示，某一斜面的顶端到正下方水平面O点的高度为h，斜面与水平面平滑连接。一小木块从斜面的顶端由静止开始滑下，滑到水平面上的A点停止。已知斜面倾角为，小木块质量为m，小木块与斜面、水平面间的动摩擦因数均为，A、O两点的距离为x。在小木块从斜面顶端滑到A点的过程中，下列说法正确的是（）A.如果h和一定，越大，x越大 B.如果h和一定，越大，x越小C.摩擦力对木块做功为 D.重力对木块做功为【典例2d基础题】【答案】D【解析】对小木块运动的整个过程，根据动能定理有，解得，所以x与θ无关，故AB错误；根据前面分析可知重力对木块做功为，摩擦力对木块做功为，故C错误，D正确。【典例2d基础题对应练习】如图，质量为m的滑雪运动员（含滑雪板）从斜面上距离水平面高为h的位置静止滑下，停在水平面上的b处；若从同一位置以初速度v滑下，则停在同一水平面上的c处，且ab与bc相等。已知重力加速度为g,不计空气阻力与通过a处的机械能损失，则该运动员（含滑雪板）在斜面上克服阻力做的功为A.mghB.C.mgh-D．mgh+【典例2d基础题对应练习】【答案】C【解析】设在斜面上运动克服摩擦力做功为Wf1，在水平面上ab段运动克服摩擦力做功为Wf2，则有动能定理，mgh-Wf1-Wf2=0，mgh-Wf1-2Wf2=0-，联立解得：Wf1=mgh-，选项C正确。考点二：动能定理在曲线型运动中的应用题型一：动能定理在曲线型单过程问题中的应用【知识思维方法技巧】竖直平面内的圆周运动的基本思路是“两点一过程”。(1)“两点”即最高点和最低点，在最高点和最低点对物体进行受力分析，确定向心力，根据牛顿第二定律列方程。(2)“一过程”即从最高点到最低点，往往由动能定理将这两点联系起来。类型一：斜面式圆周运动【典例1a基础题】如图所示，在倾角为α＝30°的光滑斜面上，有一根长为L＝0.8m的轻杆，一端固定在O点，另一端系一质量为m＝0.2kg的小球，沿斜面做圆周运动．g取10m/s2.若要小球能通过最高点A，则小球在最低点B的最小速度是()A．4m/sB．2eq\r(10)m/sC．2eq\r(5)m/s D．2eq\r(2)m/s【典例1a基础题】【答案】A【解析】小球受轻杆控制，在A点的最小速度为零，由动能定理得2mgLsinα＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，可得vB＝4m/s，A正确．类型二：竖直式圆周运动【典例1b基础题】(多选)如图所示，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W.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小为N，则()A．a＝eq\f(2mgR－W,mR) B．a＝eq\f(2mgR－W,mR)C．N＝eq\f(3mgR－2W,R) D．N＝eq\f(2mgR－W,R)【典例1b基础题】【答案】AC【解析】质点P下滑过程中，重力和摩擦力做功，根据动能定理可得mgR－W＝eq\f(1,2)mv2，又a＝eq\f(v2,R)，联立可得a＝eq\f(2mgR－W,mR)，A正确，B错误；在最低点重力和支持力的合力充当向心力，根据牛顿第二定律可得N－mg＝ma，代入可得N＝eq\f(3mgR－2W,R)，C正确，D错误．【典例1b基础题对应练习】固定于竖直平面内的光滑大圆环上套有一个小环，小环从大圆环顶端P点由静止开始自由下滑，在下滑过程中，小环的速率正比于()A．它滑过的弧长 B．它下降的高度C．它到P点的距离 D．它与P点的连线扫过的面积【典例1b基础题对应练习】【答案】C【解析】设圆环下降的高度为h，圆环的半径为R，它到P点的距离为L，根据机械能守恒定律得mgh＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(2gh)，故B错误；由几何关系可得h＝Lsinθ，sinθ＝eq\f(L,2R)，联立可得h＝eq\f(L2,2R)，则v＝Leq\r(\f(g,R))，故C正确，A、D错误。题型二：动能定理在曲线型多过程问题中的应用【知识思维方法技巧】（1）曲线型多过程模型特点：物体在整个运动过程中，经历直线运动、曲线运动、圆周运动和平抛运动或三种运动两两组合.（2）运动表现形式：直线运动有水平面上的直线运动、斜面上的直线运动、传送带上的直线运动；圆周运动有绳模型圆周运动、杆模型圆周运动、拱形桥模型圆周运动；平抛运动有与斜面相关的平抛运动、与圆轨道相关的平抛运动。（3）动能定理在曲线型多过程问题中的应用技巧：这类模型一般不难，各阶段的运动过程具有独立性，只要对不同过程分别选用相应规律即可，两个相邻的过程连接点的速度是联系两过程的纽带，是解决问题的重要突破口。类型一：圆弧运动＋竖直圆周运动模型【典例2a基础题】如图所示，在竖直平面内有由eq\f(1,4)圆弧AB和eq\f(1,2)圆弧BC组成的光滑固定轨道，两者在最低点B平滑连接．AB弧的半径为R，BC弧的半径为eq\f(R,2)。一小球在A点正上方与A相距eq\f(R,4)处由静止开始自由下落，经A点沿圆弧轨道运动．（1）求小球在B、A两点的动能之比；（2）通过计算判断小球能否沿轨道运动到C点．【典例2a基础题】【答案】(1)5∶1(2)能，理由见解析【解析】(1)设小球的质量为m，小球在A点的动能为EkA，由机械能守恒得EkA＝mg·eq\f(R,4)，设小球在B点的动能为EkB，同理有EkB＝mg·eq\f(5R,4)，得eq\f(EkB,EkA)＝5(2)若小球能沿轨道运动到C点，小球在C点所受轨道的正压力FN应满足FN≥0，设小球在C点的速度大小为vC，由牛顿第二定律和向心加速度公式有FN＋mg＝meq\f(v\o\al(2,C),\f(R,2))，得mg≤meq\f(2v\o\al(2,C),R)，vC≥eq\r(\f(Rg,2))，对全程由机械能守恒定律得mg·eq\f(R,4)＝eq\f(1,2)mv′eq\o\al(2,C)，可知，vC＝v′C，即小球恰好可以沿轨道运动到C点．类型二：圆弧运动+平抛运动模型【典例2b基础题】梯顶端由静止开始滑下后落入水中．如图所示，滑梯顶端到末端的高度H＝4.0m，末端到水面的高度h＝1.0m．取重力加速度g＝10m/s2，将人视为质点，不计摩擦和空气阻力．则人的落水点到滑梯末端的水平距离为()A.4.0m B.4.5m C.5.0m D.5.5m【典例2b基础题】【答案】A【解析】人从滑梯由静止滑到滑梯末端速度为v，根据机械能守恒定律可知mgH＝mv2，解得v＝4m/s，从滑梯末端水平飞出后做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，根据h＝gt2可知t＝＝s＝s，水平方向做匀速直线运动，则人的落水点距离滑梯末端的水平距离为x＝vt＝4×m＝4.0m，故选A.【典例2b基础题对应练习】(多选)2022年第24届冬季奥林匹克运动会将在北京举行，跳台滑雪是冬奥会的比赛项目之一。图为一简化后的跳台滑雪的轨道示意图，运动员(可视为质点)从O点由静止开始自由滑过一段圆心角为60°的光滑圆弧轨道后从A点水平飞出，然后落到斜坡上的B点。已知A点是斜坡的起点，光滑圆弧轨道半径为40m，斜坡与水平面的夹角θ＝30°，运动员的质量m＝50kg。重力加速度g＝10m/s2。下列说法正确的是()A.运动员从O运动到B的整个过程中机械能不守恒B.运动员到达A点时对轨道的压力大小为1000NC.运动员到达A点时重力的瞬时功率为104WD.运动员从A点飞出到落到B点所用的时间为eq\f(4\r(3),3)s【典例2b基础题对应练习】【答案】BD【解析】运动员在光滑的圆轨道上的运动和随后的平抛运动的过程中只有重力做功，机械能守恒，故A错误；运动员在光滑的圆轨道上运动的过程中机械能守恒，有mgR(1－cos60°)＝eq\f(1,2)mv2，由牛顿第二定律可得，FN－mg＝eq\f(mv2,R)，解得FN＝1000N，在A点时对轨道的压力大小为1000N，故B正确；由P＝mgvcosθ，A点的竖直分速度为0，可知此时重力的瞬时功率为零，故C错误；由h＝eq\f(1,2)gt2，x＝v0t，tanθ＝eq\f(h,x)可得t＝eq\f(2v0tanθ,g)＝eq\f(4\r(3),3)s，故D正确。类型三：平抛运动+竖直圆周运动【典例2c基础题】(多选)如图，一个质量为0.9kg的小球以某一初速度从P点水平抛出，恰好从光滑圆弧ABC的A点沿切线方向进入圆弧(不计空气阻力，进入圆弧时无机械能损失)．己知圆弧的半径R＝0.3m，θ＝60°，小球到达A点时的速度vA＝4m/s.(取g＝10m/s2)下列说法正确的是()A.小球做平抛运动的初速度v0＝2m/sB.P点和C点等高C.小球到达圆弧最高点C点时对轨道的压力大小为12ND.P点与A点的竖直高度h＝0.6m【典例2c基础题】【答案】CD【解析】小球恰好从光滑圆弧ABC的A点沿切线方向进入圆弧，则小球到A点时的速度与水平方向的夹角为θ，所以v0＝vx＝vAcosθ＝2m/s，选项A错误；小球到A点时的竖直分速度vy＝vAsinθ＝2m/s，由平抛运动规律得vy2＝2gh，解得h＝0.6m，而AC的竖直距离为R＋Rcosθ＝0.45m，可知P点高于C点，选项B错误，D正确；取A点为重力势能的零点，由机械能守恒定律得mvA2＝mvC2＋mg(R＋Rcosθ)，代入数据得vC＝m/s，由在C点时由牛顿第二定律得FNC＋mg＝m，代入数据得FNC＝12N，根据牛顿第三定律，小球对轨道的压力大小FNC′＝FNC＝12N，选项C正确．【典例2c基础题对应练习】如图所示，将一质量为m＝0.1kg的小球自水平平台右端O点以初速度v0水平抛出，小球飞离平台后由A点沿切线落入竖直光滑圆轨道ABC，并沿轨道恰好通过最高点C，圆轨道ABC的形状为半径R＝2.5m的圆截去了左上角127°的圆弧，CB为其竖直直径(sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，重力加速度g取10m/s2，空气阻力不计)，求：(1)小球经过C点速度vC的大小；(2)小球运动到轨道最低点B时轨道对小球的支持力大小；(3)平台末端O点到A点的竖直高度H.【典例2c基础题对应练习】【答案】(1)5m/s(2)6.0N(3)3.36m【解析】(1)小球恰好运动到C点时，重力提供向心力，由牛顿第二定律知mg＝meq\f(v\o\al(2,C),R)解得vC＝eq\r(gR)＝5m/s.(2)从B点到C点，由机械能守恒定律有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)＋mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，B点对小球进行受力分析，由牛顿第二定律有FN－mg＝meq\f(v\o\al(2,B),R)，得vB＝5eq\r(5)m/s，FN＝6.0N.(3)从A到B由机械能守恒定律有：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＋mgR(1－cos53°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，所以vA＝eq\r(105)m/s，在A点对小球进行速度的分解如图所示，有vy＝vAsin53°，所以H＝eq\f(v\o\al(2,y),2g)＝3.36m.考点三：动能定理在直线+曲线多运动组合问题的应用【知识思维方法技巧】（1）分析思路：①受力与运动分析：根据物体的运动过程分析物体的受力情况，以及不同运动过程中力的变化情况；②做功分析：根据各种力做功的不同特点，分析各种力在不同运动过程中的做功情况；③功能关系分析：运用动能定理进行分析，选择合适的规律求解．（2）方法技巧：①“合”——整体上把握全过程，构建大致的运动情景；②“分”——将全过程进行分解，分析每个子过程对应的基本规律；③“合”——找出各子过程之间的联系，以衔接点为突破口，寻求解题最优方案．题型一：直线运动＋平抛运动模型题型二：直线运动＋圆周运动模型【典例2基础题】如图是过山车的简化模型图。在模型图中，半径分别为R1＝4m和R2＝8m的两个光滑圆形轨道，固定在倾角为37°的倾斜光滑直轨道平面上的Q、Z两点，LQZ＝17m，圆形轨道与斜轨道之间圆滑连接。现使小车(视作质点)从P点由静止沿斜面向下运动，依次通过A、B。(g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求∶(1)若小车恰好能通过第一个圆形轨道的最高点A处，则P点到A处的竖直高度；(2)在第一问条件下，小车在B点所受的弹力大小。【典例2基础题】【答案】(1)2m(2)eq\f(1,4)mg【解析】(1)由题意知，小车恰好能通过第一个圆形轨道的最高点A处，则mg＝meq\f(veq\o\al(2,A),R1)从P到A，由机械能守恒定律有mgh1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)，联立解得h1＝2m。(2)从A到B，由几何关系得A、B的竖直高度差为h2＝R1(1＋cosα)＋LQZsinα－R2(1＋cosα)＝3m，过程中机械能守恒，则有mgh2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)，解得vB＝10m/s，在B点由牛顿第二定律有mg＋FN＝meq\f(veq\o\al(2,B),R2)，解得FN＝eq\f(1,4)mg。【典例2基础题对应练习】如图，与水平面夹角θ＝37°的斜面和半径R＝0.4m的光滑圆轨道相切于B点，且固定于竖直平面内。滑块从斜面上的A点由静止释放，经B点后沿圆轨道运动，通过最高点C时轨道对滑块的弹力为零。已知滑块与斜面间动摩擦因数μ＝0.25。(g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求：(1)滑块在C点的速度大小vC；(2)滑块在B点的速度大小vB；(3)A、B两点间的高度差h。【典例2基础题对应练习】【答案】(1)2m/s(2)4.29m/s(3)1.38m【解析】(1)滑块在C点竖直方向所受合力提供向心力mg＝eq\f(mveq\o\al(2,C),R)①，vC＝eq\r(gR)＝2m/s。(2)对B→C过程，滑块的机械能守恒，有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)＋mgR(1＋cos37°)②vB＝eq\r(veq\o\al(2,C)＋2gR（1＋cos37°）)＝4.29m/s。(3)滑块在A→B的过程，利用动能定理得mgh－μmgcos37°·eq\f(h,sin37°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－0③，代入数据解得h＝1.38m。题型三：直线运动＋圆周运动模型＋平抛运动模型【典例3基础题】如图所示，倾角为37°的粗糙斜面AB底端与半径R＝0.4m的光滑半圆轨道BC平滑相连，O点为轨道圆心，BC为圆轨道直径且处于竖直方向，A、C两点等高，质量m＝1kg的滑块从A点由静止开始下滑，恰能滑到与O点等高的D点，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。(1)求滑块与斜面间的动摩擦因数μ；(2)若使滑块能到达C点，求滑块从A点沿斜面滑下时的初速度v0的最小值；(3)若滑块离开C点的速度大小为4m/s，求滑块从C点飞出至落到斜面上所经历的时间t。【典例3基础题】【答案】(1)0.375(2)2eq\r(3)m/s(3)0.2s【解析】(1)滑块恰能滑到D点，则vD＝0滑块从A→B→D过程中，由动能定理得mg(2R－R)－μmgcosθ·eq\f(2R,sinθ)＝0－0，解得μ＝0.375。(2)滑块恰能过C点时，vC有最小值，则在C点mg＝eq\f(mvC2,R)，滑块从A→B→D→C过程，由动能定理得－μmgcosθ·eq\f(2R,sinθ)＝eq\f(1,2)mvC2－eq\f(1,2)mv02，解得v0＝2eq\r(3)m/s。(3)滑块离开C点后做平抛运动，设下落的高度为h，则有h＝eq\f(1,2)gt2，x＝vC′teq\f(x,2R－h)＝tan53°，其中vC′＝4m/s，联立解得t＝0.2s。【典例3基础题对应练习】某物理兴趣小组制作了一个游戏装置，其简化模型如图所示，选手在A点用一弹射装置可将小滑块以水平速度弹射出去，沿水平直轨道运动到B点后，进入半径R＝0.3m的光滑竖直圆形轨道，运行一周后自B点向C点运动，C点右侧有一陷阱，C、D两点的竖直高度差h＝0.2m，水平距离s＝0.6m，水平轨道AB长为L1＝1m，BC长为L2＝2.6m，小滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g＝10m/s2。（1）若小滑块恰能通过圆形轨道的最高点，求小滑块在A点被弹射出时的速度大小；（2）若游戏规则为小滑块沿着圆形轨道运行一周后只要不掉进陷阱即为选手获胜。求获胜选手在A点将小滑块弹射出的速度大小的范围。【典例3基础题对应练习】【答案】（1）5m/s（2）25m/s≤vA≤6m/s或vA≥3eq\r(5)m/s【解析】（1）设小滑块恰能通过圆形轨道最高点时的速度为v，由牛顿第二定律有mg＝meq\f(v2,R)从B点到最高点，有2mgR＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mvB2，由A点到B点由动能定理得－μmgL1＝eq\f(1,2)mvB2－eq\f(1,2)mv12，由以上三式解得小滑块在A点的速度为v1＝5m/s。（2）若小滑块刚好停在C处，从A到C点由动能定理得－μmg(L1＋L2)＝0－eq\f(1,2)mv22，解得A点的速度为v2＝6m/s，若小滑块停在BC段，应满足5m/s≤vA≤6m/s，若小滑块能通过C点并恰好越过陷阱，利用平抛运动规律有竖直方向：h＝eq\f(1,2)gt2，水平方向：s＝vCt，从A点到C点由动能定理得－μmg(L1＋L2)＝eq\f(1,2)mvC2－eq\f(1,2)mv32解得v3＝3eq\r(5)m/s。所以初速度的范围需满足5m/s≤vA≤6m/s或vA≥3eq\r(5)m/s。考点四：动能定理在往复运动中的应用【知识思维方法技巧】动能定理在往复运动中的应用技巧：（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，用WG＝mgh直接求解。（3）滑动摩擦力做功与物体运动路径有关，用Wf＝－fs求解，其中s为物体相对滑行的路程。题型一：物体往复运动最后静止模型【知识点的理解与运用】抓住物体往复运动最后静止的特点解题类型一：往复次数可确定的情形【典例1a基础题】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水平，其长度d＝0.50m，盆边缘的高度为h＝0.30m．在A处放一个质量为m的小物块并让其由静止下滑．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μ＝0.10.小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停止的地点到B的距离为()A．0.50mB．0.25mC．0.10m D．0【典例1a基础题】【答案】D【解析】小物块从A点出发到最后停下来，设小物块在BC面上运动的总路程为s，整个过程由动能定理有：mgh－μmgs＝0，所以小物块在BC面上运动的总路程为s＝eq\f(h,μ)＝eq\f(0.3,0.1)m＝3m，而d＝0.5m，刚好3个来回，所以最终停在B点，即距离B点为0m．故选D.类型二：往复次数无法确定的情形【典例1b基础题】如图所示，斜面的倾角为θ，质量为m的滑块距挡板P的距离为x0，滑块以初速度v0沿斜面上滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，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()A．eq\f(1,μ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(veq\o\al(2,0),2gcosθ)＋x0tanθ))B．eq\f(1,μ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(veq\o\al(2,0),2gsinθ)＋x0tanθ))C．eq\f(2,μ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(veq\o\al(2,0),2gcosθ)＋x0tanθ))D．eq\f(1,μ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(veq\o\al(2,0),2gcosθ)＋\f(x0,tanθ)))【典例1b基础题】【答案】A【解析】滑块最终要停在斜面底部，设滑块经过的总路程为s，对滑块运动的全程应用动能定理：mgx0sinθ－μmgscosθ＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得s＝eq\f(1,μ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(veq\o\al(2,0),2gcosθ)＋x0tanθ))，选项A正确．题型二：物体往复运动最后永不停止模型【知识思维方法技巧】抓住物体往复运动最后永不停止有周期性和对称性的特点解题【典例2基础题】如图所示，有一圆弧形的槽ABC，槽底B放在水平地面上，槽的两侧A、C与光滑斜坡aa′、bb′分别相切，相切处a、b位于同一水平面内，距水平地面高度为h.一质量为m的小物块从斜坡aa′上距水平面ab的高度为2h处沿斜坡自由滑下，并自a处进入槽内，到达b处后沿斜坡bb′向上滑行，到达的最高处距水平面ab的高度为h，若槽内的动摩擦因数处处相同，不考虑空气阻力，且重力加速度为g，则()A.小物块第一次从a处运动到b处的过程中克服摩擦力做功mghB.小物块第一次经过B点时的动能等于2.5mghC.小物块第二次运动到a处时速度为零D.经过足够长的时间后，小物块最终一定停在B处【典例2基础题】【答案】A【解析】在第一次运动过程中，小物块克服摩擦力做功，根据动能定理可知mgh－W克f＝0－0，解得W克f＝mgh，故A正确；因为小物块从右侧到最低点B的过程中对轨道的压力较大，所受的摩擦力较大，所以小物块从右侧到最低点B的过程中克服摩擦力做的功W克f1>W克f＝mgh，设小物块第1次通过最低点B的速度为v，从自由滑下到最低点B的过程，由动能定理得3mgh－W克f1＝Ek－0，解得Ek<2.5mgh，故B错误；由于在AC段，小物块与轨道间有摩擦力，故小物块在某一位置的速度大小要减小，故与轨道间的摩擦力减小，第二次在AC段运动时克服摩擦力做功比第一次要少，故第二次到达a(A)点时，有一定的速度，故C错误；由于在AC段存在摩擦力，故小物块可能在B点两侧某一位置处于静止状态，也可能在B处静止，故D错误．【典例2基础题对应练习】如图所示，竖直固定放置的斜面DE与一光滑的圆弧轨道ABC相切，C为切点，圆弧轨道的半径为R，斜面的倾角为θ。现有一质量为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复运动。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μ，求：（1）滑块第一次滑至左侧圆弧上时距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。【典例2基础题对应练习】【答案】(1)eq\f(μRcosθ,tanθ)(2)eq\f(R,μ)【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整个过程为研究过程，运用动能定理得：mgh－μmgcosθ·eq\f(R,tanθ)＝0，解得h＝eq\f(μRcosθ,tanθ)。(2)通过分析可知，滑块最终滑至C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：mgRcosθ－μmgcosθ·s＝0，解得s＝eq\f(R,μ)。考点五：动能定理与图像问题的结合【知识思维方法技巧】动能定理与图像问题结合的解题方法：（1）函数斜率面积法：先由物理学规律推导出两个物理量间的函数表达式，再根据函数表达式的斜率、截距的意义求出相应的问题，特别是解决对于不太熟悉的图像等要注意这种转化。①v－t图像：图像与时间轴围成的面积表示位移，时间轴上方位移为正，时间轴下方位移为负。②a－t图像：图像与t轴围成的面积表示物体速度的变化量；③a－F图像：由a＝eq\f(1,m)F知a－F图像的斜率表示质量的倒数．④F－x图像：图像与x轴围成的面积表示力F做的功．⑤Ek－x图像：由动能定理ΔEk＝Fx知，Ek－x图像的斜率表示合外力F.⑥Ep－x图像：由重力做功与重力势能变化的关系ΔEp＝－mgx知，Ep－x图像的斜率大小表示重力mg.（2）函数数据代入法：先由物理学规律推导出两个物理量间的函数表达式，再把图像中的特殊数据代入函数公式进行计算。题型一：动能定理与运动学图象的综合应用类型一：与v­t图象的综合应用【典例1a基础题】一质量为2kg的物体静止在水平桌面上，在水平拉力F的作用下，沿水平方向运动2s后撤去外力，其v­t图像如图所示，下列说法正确的是()A．在0～2s内，合外力做的功为4JB．在0～2s内，合外力做的功为8JC．在0～6s内，摩擦力做的功为－8JD．在0～6s内，摩擦力做的功为－4J【典例1a基础题】【答案】A【解析】在0～2s可读出初末速度，由动能定理可得W合＝eq\f(1,2)mv22－0＝4J，故A正确，B错误。在0～6s内由全程的动能定理：WF＋Wf＝0－0，其中f＝ma2＝2×eq\f(2,4)N＝1N；对于0～2s牛顿第二定律F－f＝ma1，得F＝3N，而WF＝Fx1＝3×2J＝6J，联立得Wf＝－6J，故C、D错误。【典例1a基础题对应练习】（多选）如图某质点沿直线运动的v­t图像为余弦曲线，从图中可以判断()A．在0～t1时间内，合力逐渐减小B．0～t2时间内，合力做正功C．在t1～t2时间内，合力的功率先增大后减小D．在t2～t4时间内，合力做的总功为零【典例1a基础题对应练习】【答案】CD【解析】v­t图线斜率表示加速度，在0～t1时间内，加速度增大，由牛顿第二定律可知，合力增大，故A错误；由动能定理知0～t2时间内，动能增量为0，即外力做功为0，故B错误；t1时刻，F最大，v＝0，F的功率为0。t2时刻F＝0，速度最大，F的功率为0，t1～t2时间内，外力的功率先增后减，故C正确；由动能定理知t2～t4时间内，动能增量为0，即外力做功为0，故D正确。类型二：与其他运动学图象的综合应用【典例1b基础题】用传感器研究质量为2kg的物体由静止开始做直线运动的规律时，在计算机上得到0～6s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．0～6s内物体先向正方向运动，后向负方向运动B．0～6s内物体在4s时的速度最大C．物体在2～4s时的速度不变D．0～4s内合力对物体做的功等于0～6s内合力对物体做的功【典例1b基础题】【答案】D【解析】物体6s末的速度v6＝eq\f(1,2)×(2＋5)×2m/s－eq\f(1,2)×1×2m/s＝6m/s，则0～6s内物体一直向正方向运动，A项错误；由题图可知物体在5s末速度最大，为vm＝eq\f(1,2)×(2＋5)×2m/s＝7m/s，B项错误；由题图可知物体在2～4s内加速度不变，做匀加速直线运动，速度变大，C项错误；在0～4s内由动能定理可知，W合4＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,4)－0，又v4＝eq\f(1,2)×(2＋4)×2m/s＝6m/s，得W合4＝36J,0～6s内合力对物体做的功：W合6＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,6)－0，又v6＝6m/s，得W合6＝36J．则W合4＝W合6，D项正确．【典例1b基础题对应练习】一质量为2kg的物体受水平拉力F作用，在粗糙水平面上做加速直线运动时的a­t图像如图所示，t＝0时其速度大小为2m/s。滑动摩擦力大小恒为2N，则()A．在t＝6s时刻，物体的速度为18m/sB．在0～6s时间内，合力对物体做的功为400JC．在0～6s时间内，拉力对物体的冲量为36N·sD．在t＝6s时刻，拉力F的功率为200W【典例1b基础题对应练习】【答案】D【解析】根据Δv＝a0t，可知a­t图线与t轴所围“面积”表示速度的增量，则v6＝v0＋Δv＝2m/s＋eq\f(1,2)(2＋4)×6m/s＝20m/s，A错误；由动能定理可得：W合＝eq\f(1,2)mv62－eq\f(1,2)mv02＝396J，B错误；由动量定理可得：IF－ft＝mv6－mv0，解得拉力的冲量IF＝48N·s，C错误；由牛顿第二定律得F－f＝ma，可求得F6＝f＋ma＝10N，则6s时拉力F的功率P＝F6·v6＝200W，D正确。题型二：动能定理与动力学图象的综合应用类型一：与F－x图象的综合应用【典例2a基础题】（多选）在某一粗糙的水平面上，一质量为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象．已知重力加速度g取10m/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D．物体运动的时间【典例2a基础题】【答案】ABC【解析】物体做匀速直线运动时，拉力F与滑动摩擦力Ff相等，物体与水平面间的动摩擦因数为μ＝eq\f(F,mg)＝0.35，A正确；减速过程由动能定理得WF＋Wf＝0－eq\f(1,2)mv2，根据Fs图象中图线与坐标轴围成的面积可以估算力F做的功WF，而Wf＝－μmgs，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．【典例2a基础题对应练习】一质量为m＝0.2kg的物体，在合外力F作用下由静止开始做直线运动，F与位移x的关系图像如图所示，由图像可知()A．在x＝0到x＝1m过程中，物体做匀加速直线运动，运动时间t＝0.2sB．在x＝0到x＝2m过程中，物体做变加速直线运动，F做功5JC．物体运动到x＝2m时，物体的瞬时速度为5m/sD．物体运动到x＝2m时，物体的瞬时速度为2m/s【典例2a基础题对应练习】【答案】C【解析】由题图可知在x＝0到x＝1m过程中，F为恒力，所以物体做匀加速直线运动，其加速度大小为a＝eq\f(F,m)＝5m/s2，根据运动学公式可得运动时间为t＝eq\r(\f(2x,a))＝eq\r(0.4)s，故A错误；在x＝0到x＝2m过程中，物体先做匀加速直线运动，后做变加速直线运动，根据F－x图像的面积表示功可知此过程中F做功为W＝1×1J＋eq\f(1,2)×(1＋2)×1J＝eq\f(5,2)J，故B错误；设物体运动到x＝2m时的瞬时速度为v，根据动能定理可得eq\f(1,2)mv2＝W，解得v＝5m/s，故C正确，D错误．类型二：与其他动力学图象的综合应用【典例2b基础题】（多选）质量为1kg的物块在水平力F的作用下由静止开始在水平地面上做直线运动，F与时间t的关系如图所示．已知物块与地面间的动摩擦因数为0.2，重力加速度大小取g＝10m/s2.则()A．4s时物块的动能为零