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 22页

第 2 节 动能定理及其应用 (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。(√) (2)动能不变的物体一定处于平衡状态。(×) (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。(√) (4)物体在合外力作用下做变速运动时，动能一定变化。(×) (5)物体的动能不变，所受的合外力必定为零。(×) (6)做自由落体运动的物体，动能与时间的二次方成正比。(√) 突破点(一) 对动能定理的理解 1．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 [多角练通] 1．关于运动物体所受的合外力、合外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＝Flcos α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α＝90°，故 A 正确，B 错误；由动能定理 W＝ΔEk 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＝Flcos α＝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＝Ek1，对乙有：Fs－Ffs＝Ek2， 可知 Ek1＞Ek2，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( ) A．物体所受的合力做功为 mgh＋1 2 mv2 B．物体所受的合力做功为 1 2 mv2 C．人对物体做的功为 mgh D．人对物体做的功大于 mgh 解析：选 BD 对物体应用动能定理可得 W 合＝W 人－mgh＝1 2 mv2，故 W 人＝mgh＋1 2 mv2，B、D 选项正确。 突破点(二) 动能定理的应用 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。 (4)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μ。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 在两段滑道交接处的能量损失，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。则 ( ) A．动摩擦因数μ＝6 7 B．载人滑草车最大速度为 2gh 7 C．载人滑草车克服摩擦力做功为 mgh D．载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为 3 5 g [思路点拨] (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。 (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 s1＝ h sin 45° 、s2＝ h sin 37° 由动能定理知： 2mgh－μmgs1cos 45°－μmgs2cos 37°＝0 解得动摩擦因数μ＝6 7 ，选项 A 正确； 载人滑草车在上下两段的加速度分别为 a1＝g(sin 45°－μcos 45°)＝ 2 14 g， a2＝g(sin 37°－μcos 37°)＝－ 3 35 g， 则在下落 h 时的速度最大，由动能定理知： mgh－μmgs1cos 45°＝1 2 mv2 解得 v＝ 2gh 7 ，选项 B 正确，D 错误； 载人滑草车克服摩擦力做的功与重力做功相等，即 W＝2mgh，选项 C 错误。 [答案] AB [方法规律] (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 注意运用它们的功能特点：①重力做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。 [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 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h 3 。空气 阻力 f＝0.1mg，大小不变，重力加速度为 g，则( ) A．小球上升的最大高度为 2h B．小球上升的最大高度为 4h C．小球下落过程中从 B 点到 C 点动能的增量为 3 5 mgh D．小球下落过程中从 B 点到 C 点动能的增量为 4 5 mgh 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，mg·2 3 h－0.1mg· 2h′＋2 3 h ＝0，解得 h′＝3h，所以小球上升的 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 1 2 mvC 2－1 2 mvB′2 ＝mg·2 3 h－0.1mg·2 3 h＝3 5 mgh，C 正确。 2．如图所示，小物块从倾角为θ的倾斜轨道上 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α，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( ) A．tan θ B．tan α C．tan(θ＋α) D．tan(θ－α) 解析：选 B 如图所示，设 B、O 间距为 s1，A 点离水平面的高度为 h，A、O 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－μmgcos θ· s2 cos θ －μmg·s1＝0，解得：μ＝ h s1＋s2 ＝tan α，故 B 正确。 3．(2017·淄博二模)如图所示，倾角θ＝37°的斜面 AB 与水平面平滑连接于 B 点，A、 B 两点之间的距离 s0＝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μ ＝0.4。当小物块从 A 点由静止开始沿斜面下滑的同时，对小物块施加一个水平向左的恒力 F(图中未画出)。取 g＝10 m/s2。 (1)若 F＝10 N，小物块从 A 点由静止开始沿斜面运动到 B 点时撤去恒力 F，求小物块在 水平面上滑行的距离 s。(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) (2)为确保小物块不离开斜面，该恒力 F 的最大值为多大？ 解析：(1)小物块在斜面上受力如图所示，从 A 点开始沿 ABC 路径运 动到 C 点停止过程中，由动能定理可得： Fs0cos θ＋mgs0sin θ－fs0－μmgs＝0 f＝μFN FN＋Fsin θ＝mgcos θ 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 0，即 Fsin 37°≤mgcos 37° 代入数据解得：F≤40 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) 动能定理的图像问题 1．解决物理图像问题的基本步骤 2．四类图像所围面积的含义 vt 图 由公式 x＝vt 可知，vt 图线与坐标轴围成的面积表示物体的位移 at 图 由公式Δv＝at 可知，at 图线与坐标轴围成的面积表示物体速度的变化 量 Fx 图 由公式 W＝Fx 可知，Fx 图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功 Pt 图 由公式 W＝Pt 可知，Pt 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 R＝6×106 m，假设该星球表面上有一倾角为θ＝30°的固定斜 面体，一质量为 m＝1 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 面平行，如图甲所示。已知小物块和斜面间的动摩擦因数μ＝ 3 3 ，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，已知万有 引力常量 G＝6.67×10－11 N·m2/kg2。试求：(计算结果保留一位有效数字) (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)Fx 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＝GM R2 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 WF＝(15×6－3×6)J＝72 J， 由动能定理得：WF－mgsin θ·x－μmgcos θ·x＝0， 解得：g＝6 m/s2。 (2)在星球表面重力与万有引力相等，mg＝GMm R2 可得星球的质量为：M＝gR2 G 所以星球的密度 ρ＝M V ＝ gR2 G 4 3 πR3 ＝ 3g 4πGR ＝ 3×6 4×3.14×6.67×10－11×6×106 kg/m3 ≈4×103 kg/m3。 [答案] (1)6 m/s2 (2)4×103 kg/m3 [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 C．t＝2 s 时刻拉力的瞬时功率在整个过程中最大 D．t＝1 s 到 t＝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：WF－Wf＝0，故 A 正确，B 错误；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，一 质量为 2 kg 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 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μ＝ F mg ＝0.35，A 正确；减速过程由动能定理得 WF＋Wf＝0－1 2 mv2，根据 Fs 图像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。 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θ＝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，若物块恰能到达 M 点，取 g＝10 m/s2，sin 37° ＝0.6，cos 37°＝0.8，求： (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：(1)物块恰能到达 M 点，则有 mg＝mvM 2 R 解得 vM＝ gR＝ 10 m/s。 (2)物块从 B 点运动到 M 点的过程中，由动能定理得 －mgR(1＋cos 37°)＝1 2 mvM 2－1 2 mvB 2 解得 vB＝ 46 m/s。 (3)由题图乙可知，物块在斜面上运动时，加速度大小为 a＝Δv Δt ＝10 m/s2，方向沿斜面向下，由牛顿第二定律得 mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma 解得μ＝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，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 BC 入口 B 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)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 BC BC 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 小球由静止从 A 点释放 小球的初速度 vA＝0 小球刚到 C 时对轨道的作 用力 ①小球在圆弧管道 BC 的最低点，具有竖直向上的向心加速度 ②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 (1)A、C 两点的高度差 hAC＝1.8R＋5Rsin 37°； (2)在圆弧管道 BC 的 C 点：FN－mg＝mvC 2 r ； (3)圆弧管道的半径 r 可由 r＋rcos 37°＝1.8R 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： mg(5Rsin 37°＋1.8R)－μmgcos 37°·5R＝1 2 mvC 2 解得：vC＝ 28gR 5 。 (2)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 FN，由牛顿第二定律， 有：FN－mg＝mvC 2 r 其中 r 满足：r＋r·cos 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： 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：m vP 2 R′ ≥mg 小球从 C 点到圆周轨道的最高点过程，由动能定理，有：－μmgR－mg·2R′＝1 2 mvP 2－ 1 2 mvC 2 可得：R′≤23 25 R＝0.92R 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 D。则由动 能定理有： －μmgR－mg·R′＝0－1 2 mvC 2 解得：R′≥2.3R 所以要使小球不脱离轨道，竖直圆周轨道的半径R′应该满足R′≤0.92R或R′≥2.3R。 [答案] (1) 28gR 5 (2)6.6mg，方向竖直向下 (3)R′≤0.92R 或 R′≥2.3R [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 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＝2 mgR－W mR B．a＝2mgR－W mR C．N＝3mgR－2W R D．N＝2 mgR－W R 解析：选 AC 质点 P 下滑到最低点的过程中，由动能定理得 mgR－W＝1 2 mv2，则速度 v ＝ 2 mgR－W m ，在最低点的向心加速度 a＝v2 R ＝2 mgR－W mR ，选项 A 正确， 选项 B 错 误；在最低点时，由牛顿第二定律得 N－mg＝ma，N＝3mgR－2W R ，选项 C 正确，选项 D 错误。 2.(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θ＝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 a 完全相同的滑块 b 从斜 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 因数均为μ＝0.5，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 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： mgR－μmgs＝1 2 mv2， 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， y＝1 2 gt2， tan θ＝y x ， 代入数据解得：t＝0.6 s， 滑块 b 从斜面底端上滑时，根据牛顿第二定律有： mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1， 代入数据解得：a1＝10 m/s2 向上运动的时间：t1＝v0 a1 ＝0.5 s＜0.6 s， 然后接着下滑，根据牛顿第二定律有： mgsin θ－μmgcos θ＝ma2， 代入数据得：a2＝2 m/s2 可得：xPC＝v0t1－1 2 a1t1 2－1 2 a2(t－t1)2＝1.24 m。 答案：(1)4 m/s (2)1.24 m 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 μ＝0.10。小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停的 地点到 B 的距离为( ) A．0.50 m B．0.25 m C．0.10 m D．0 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 －μmgs，而重力做功与路径无关，由动能定理得：mgh－μmgs＝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。 (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. 1 μ v0 2 2gcos θ ＋x0tan θ B. 1 μ v0 2 2gsin θ ＋x0tan θ C. 2 μ v0 2 2gcos θ ＋x0tan θ D. 1 μ v0 2 2gcos θ ＋x0cot θ 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：mgx0sin θ－μmgxcos θ＝0－1 2 mv0 2，解得 x＝ 1 μ v0 2 2gcos θ ＋x0tan θ ， 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，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 研究过程，运用动能定理得：mgh－μmgcos θ· R tan θ ＝0，解得 h＝μRcos θ tan θ 。 (2)通过分析可知，滑块最终至 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：mgRcos θ－μmgcos θ·s＝0，解得：s＝ R μ 。 答案：(1)μRcos θ tan θ (2) R μ [反思领悟] (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，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 Wf＝－Ffs 求解，其中 s 为物体相对滑行 的路程。 对点训练：对动能定理的理解 1.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，A、 B 都向前移动一段距离。在此过程中( ) A．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．A 对 B 的摩擦力所做的功，等于 B 对 A 的摩擦力所做的功 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 物体所受的合外力等于 B 对 A 的摩擦力，对 A 物体运用动能定理，则有 B 对 A 的摩擦 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，A、B 对地的位移不等，故 二者做功不相等，C 错误；对 B 应用动能定理，WF－WFf＝ΔEkB，即 WF＝ΔEkB＋WFf，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 vm。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 Pt D．小车受到的牵引力做的功为 Fx＋1 2 mvm 2 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＝F1v，F1－F＝ma，得出 F1 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 W 外＝Pt－Fx，由动能定理得 W 牵－Fx＝1 2 mvm 2，故 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 g，则下列说法正确的是( ) A．小球落地时动能等于 mgH B．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 mg 1＋H h 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 mgH－fH＝1 2 mv0 2， 选项 A 错误；设泥的平均阻力为 f0，小球陷入泥中的过程，由动能定理得 mgh－f0h＝0－1 2 mv0 2， 解得 f0h＝mgh＋1 2 mv0 2，f0＝mg 1＋H h －fH h ，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 mg(H＋h)，选项 C 正确。 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. 2gh B. 4gh 3 C. gh D. gh 2 解析：选 B 小球 A 下降 h 过程小球克服弹簧弹力做功为 W1，根据动能定理，有 mgh－ W1＝0；小球 B 下降过程，由动能定理有 3mgh－W1＝1 2 3mv2－0，解得：v＝ 4gh 3 ，故 B 正 确。 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θ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 靠在平板的右侧，A、B 与斜面的动摩擦因数均为μ。开始时用手按 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(sin θ ＋μcos θ) C．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 1 2 Mv2＋MgLsin θ ＋μMgLcos θ D．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 1 2 mv2 解析：选 BD A 和 B 达到最大速度 v 时，A 和 B 的加速度为零。对 AB 整体：由平衡条 件知 kx＝(m＋M)gsin θ＋μ(m＋M)gcos θ，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，mgsin θ＋μmgcos θ＝ma，得 a＝gsin θ＋μgcos θ，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－(m＋M)gLsin θ－μ(m＋ M)gcos θ·L＝1 2 (m＋M)v2，所以弹簧对 A 所做的功 W 弹＝1 2 (m＋M)v2＋(m＋M)gLsin θ＋μ(m ＋M)gcos θ·L，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 定理得 B 受到的合力对它做的功 W 合＝ΔEk＝1 2 mv2，故 D 正确。 6．(2017·吉林三校联考)如图所示，竖直平面内放一直角杆 MON， OM 水平，ON 竖直且光滑，用不可伸长的轻绳相连的两小球 A 和 B 分别套 在 OM 和 ON 杆上，B 球的质量为 2 kg，在作用于 A 球的水平力 F 的作用下， A、B 两球均处于静止状态，此时 OA＝0.3 m，OB＝0.4 m，改变水平力 F 的大小，使 A 球向右加速运动，已知 A 球向右运动 0.1 m 时速度大小为 3 m/s，则在此过程 中绳的拉力对 B 球所做的功为(取 g＝10 m/s2)( ) A．11 J B．16 J C．18 J D．9 J 解析：选 C A 球向右运动 0.1 m 时，vA＝3 m/s，OA′＝0.4 m，OB′＝0.3 m，设此时 ∠BAO＝α，则有 tan α＝3 4 。由运动的合成与分解可得 vAcos α＝vBsin α，解得 vB＝4 m/s。 以 B 球为研究对象，此过程中 B 球上升高度 h＝0.1 m，由动能定理，W－mgh＝1 2 mvB 2，解得 轻绳的拉力对 B 球所做的功为 W＝mgh＋1 2 mvB 2＝2×10×0.1 J＋1 2 ×2×42 J＝18 J，选项 C 正确。 7.如图所示，质量为 m 的钢制小球，用长为 l 的细线悬挂在 O 点。将小球拉至与 O 等高 的 C 点后由静止释放。小球运动到最低点 B 时对细线的拉力为 2mg，若 在 B 点用小锤头向左敲击小球一下，瞬间给它补充机械能ΔE，小球就 能恰好摆到与 C 等高的 A 点。设空气阻力只与运动速度相关，且运动速度越大空气阻力就越 大。则以下关系正确的是( ) A．ΔE＞mgl B．ΔE＜1 2 mgl C．ΔE＝1 2 mgl D.1 2 mgl＜ΔE＜mgl 解析：选 A 设小球由 C 到 B 的运动过程中克服空气阻力做功 Wf1，由动能定理知，mgl －Wf1＝1 2 mvB 2，在 B 点，由牛顿第二定律知：T－mg＝mvB 2 l ，其中 T＝2mg；在 B 点给小球补充 机械能即动能后，小球恰好运动到 A 点，由动能定理知：－mgl－Wf2＝0－ 1 2 mvB 2＋ΔE ，由 以上各式得ΔE＝mgl＋(Wf2－Wf1)，由题意知，上升过程中的速度大于下降过程中的速度，所 以 Wf2＞Wf1，即ΔE＞mgl，A 正确。 8．(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ω＝4t，物块和地面之间 的动摩擦因数μ＝0.3，细线始终与地面平行，其它摩擦不计，g 取 10 m/s2，求： (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 v＝ωR＝4Rt＝2t， 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－μmg＝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＝2×2 m/s＝4 m/s 2 s 内物块的位移：x＝1 2 at2＝1 2 ×2×22 m＝4 m 对整体运用动能定理，有 W－μmgx＝1 2 mv2＋1 2 Mv2 代入数据求得电动机做的功为 W＝72 J。 答案：(1)10 N (2)72 J 对点训练：动能定理的图像问题 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 0～6 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．0～6 s 内物体先向正方向运动，后向负方向运动 B．0～6 s 内物体在 4 s 时的速度最大 C．物体在 2～4 s 内速度不变 D．0～4 s 内合力对物体做的功等于 0～6 s 内合力做的功 解析：选 D 由 at 图像可知物体 6 s 末的速度 v6＝1 2 ×(2＋5)×2 m/s－1 2 ×1×2 m/s ＝6 m/s，则 0～6 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 2～4 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：0～ 4 s 内合力对物体做的功：W4＝1 2 mv4 2－0,0～6 s 内合力对物体做的功：W6＝1 2 mv6 2－0，又 v4 ＝v6，则 W4＝W6，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θ的方向开始滑动，小物块运动到圆盘另一 边缘时的速度大小为 v，则 v2cos θ图像应为( ) 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μ，由动能定理可得， －μmg·2rcos θ＝1 2 mv2－1 2 mv0 2，整理得 v2＝v0 2－4μgrcos θ，可知 v2 与 cos θ为线性关 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μ＝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 m C．物体运动的最大速度为 2 15 m/s D．物体在运动中的加速度先变小后不变 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 线与 x 轴所围面积表示推力对物体做的功得，推力做的功 W＝1 2 ×4×100 J＝200 J，根据动 能定理有 W－μmgxm＝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， 速度最大，由题图乙得 F＝100－25x(N)，当 F＝μmg＝20 N 时 x＝3.2 m，由动能定理得：1 2 (100 ＋20)·x－μmg·x＝1 2 mvm 2，解得物体运动的最大速度 vm＝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θ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θ，实验测得 x 与斜面倾角θ的关系如图乙所示，g 取 10 m/s2，根据图像可求出(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( ) A．物体的初速率 v0＝3 m/s B．物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.75 C．取不同的倾角θ，物体在斜面上能达到的位移 x 的最小值 xmin＝1.44 m D．当某次θ＝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θ＝0 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＝ 2×10×1.80 m/s＝6 m/s，故 A 错误；当倾角为 0 时，由动能定理可得－μmgx＝0－1 2 mv0 2，解得μ＝0.75，故 B 正确；取不 同 的 倾 角 θ ， 由 动 能 定 理 得 － mgxsin θ － μmgxcos θ ＝ 0 － 1 2 mv0 2 ， 解 得 x ＝ v0 2 2g sin θ＋μcos θ ＝ 36 2×10× sin θ＋3 4 cos θ m＝ 36 25×sin θ＋α m，当θ＋ α＝90°时位移最小，xmin＝1.44 m，故 C 正确；若θ＝30°时，重力沿斜面向下的分力为 mgsin 30°＝1 2 mg，摩擦力 Ff＝μmgcos 30°＝3 3 8 mg，又因最大静摩擦力等于滑动摩擦力， 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 与轨道间的动摩擦因数μ＝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 N。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 OC 和竖直方向的夹角α＝37°。(空气阻力可忽略，重力加速度 g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求： (1)滑块运动到 C 点时速度的大小 vC； (2)B、C 两点的高度差 h 及水平距离 x； (3)水平外力作用在滑块上的时间 t。 解析：(1)滑块运动到 D 点时，由牛顿第二定律得， FN－mg＝mvD 2 R ， 滑块由 C 点运动到 D 点的过程，由机械能守恒定律得， mgR(1－cos α)＋1 2 mvC 2＝1 2 mvD 2， 代入数据，联立解得 vC＝5 m/s。 (2)滑块从 B 到 C 做平抛运动，在 C 点速度的竖直分量为：vy＝vCsin α＝3 m/s， 所以 B、C 两点的高度差为 h＝vy 2 2g ＝ 9 20 m＝0.45 m， 滑块由 B 运动到 C 所用的时间为 t1＝vy g ＝ 3 10 s＝0.3 s， 滑块运动到 B 点的速度即平抛运动的初速度为 vB＝vCcos α＝4 m/s， 所以 B、C 间的水平距离 x＝vBt1＝4×0.3 m＝1.2 m。 (3)滑块由 A 点运动到 B 点的过程，由动能定理得， Pt－μmgL＝1 2 mvB 2 代入数据解得 t＝0.4 s。 答案：(1)5 m/s (2)0.45 m 1.2 m (3)0.4 s 14．如图所示，一半径 R＝1 m 的圆盘水平放置，在其边缘 E 点固定一小桶(可视为质点)。 在圆盘直径 DE 的正上方平行放置一水平滑道 BC，滑道右端 C 点与圆盘圆心 O 在同一竖直线 上，且竖直高度 h＝1.25 m。AB 为一竖直面内的光滑四分之一圆弧轨道，半径 r＝0.45 m， 且与水平滑道相切与 B 点。一质量 m＝0.2 kg 的滑块(可视为质点)从 A 点由静止释放，当滑 块经过 B 点时，圆盘从图示位置以一定的角速度ω绕通过圆心的竖直轴匀速转动，最终物块 由 C 点水平抛出，恰好落入圆盘边缘的小桶内。已知滑块与滑道 BC 间的摩擦因数μ＝0.2。 (取 g＝10 m/s2)求： (1)滑块到达 B 点时对轨道的压力； (2)水平滑道 BC 的长度； (3)圆盘转动的角速度ω应满足的条件。 解析：(1)滑块由 A 点运动到 B，由动能定理得： mgr＝1 2 mvB 2 解得：vB＝ 2gr＝3 m/s， 滑块到达 B 点时，由牛顿第二定律得 F－mg＝mvB 2 r 解得：F＝6 N， 由牛顿第三定律得滑块对轨道的压力大小为 F′＝F＝6 N，方向竖直向下。 (2)滑块离开 C 点后做平抛运动，由 h＝1 2 gt1 2， 解得：t1＝ 2h g ＝0.5 s 滑块经过 C 点的速度 vC＝R t1 ＝2 m/s 滑块由 B 点运动到由 C 点的过程中，由动能定理得 －μmgx＝1 2 mvC 2－1 2 mvB 2 解得：x＝1.25 m。 (3)滑块由 B 点运动到 C 点，由运动学关系：x＝vB＋vC 2 t2 解得：t2＝0.5 s， 滑块从 B 运动到小桶的总时间为 t＝t1＋t2＝1 s 圆盘转动的角速度ω应满足条件：ωt＝2nπ 解得ω＝2nπ rad/s(n＝1,2,3,4，…)。 答案：(1)6 N，方向竖直向下 (2)1.25 m (3)ω＝2nπ rad/s(n＝1,2,3,4，…)