1、专题三动能定理的综合应用 1动能定理公式中体现的“三个关系” (1)数量关系：合力所做的功与物体 01 动能的变化具有等量代换关系，可以 通过计算物体动能的变化，求 02 合力做的功，进而求得某一力做的功。 (2)单位关系：等式两侧物理量的国际单位都是 03 焦耳。 (3)因果关系：合力做的功是引起物体 04 动能变化的原因。 2对“力”的理解 动能定理中所说的“力”，是重力、弹力、摩擦力等物体所受各个力的合力。 3应用动能定理的“四点注意” (1)动能定理中的位移和速度必须是相对于 05 同一个参考系的，一般以 06 地面或相对地面静止的物体为参考系。 (2)动能定理的表达式是一个 07 标
2、量式，不能在某方向上应用动能定理。 (3)动能定理往往用于单个物体的运动过程，由于不涉及加速度和 08 时间， 比动力学研究方法更简便。 (4)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 09 全过程应用动能定理求解。 4应用动能定理解题的基本思路 (1)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。 (2)应用动能定理解题的一般步骤 (3)应用动能定理解题的关键是写出各力做功的代数和，不要漏掉某个力的 功，同
3、时要注意各力做功的正负。 典型考点一动能定理在曲线运动中的应用 1如图所示，物块分别两次从凹形曲面上 A 处滑至最低点 B 处，若第 1 次 下滑时的初速度大于第 2 次下滑时的初速度，则物块下滑时摩擦阻力所做的功的 大小是() A第 1 次大B第 2 次大 C两次一样D无法确定 答案A 解析第 1 次下滑时的初速度大于第 2 次下滑时的初速度，所以第 1 次下滑 时需要的向心力大，即每一位置都是第 1 次受到的支持力大；根据 fFN，则每 一位置都是第 1 次受到的摩擦力大， 所以第 1 次物块下滑时摩擦阻力所做的功大， A 正确。 2 “水流星”是一种常见的杂技项目， 该运动可以简化为轻绳
4、一端系着小球 在竖直平面内的圆周运动模型(如图所示)。已知绳长为 l，重力加速度为 g，则 () 来源:学,科,网Z,X,X,K A小球运动到最低点 Q 时，处于失重状态 B当 v0 2gl时，小球一定能通过最高点 P C当 v0 gl时，细绳始终处于绷紧状态 D小球初速度 v0越大，则在 P、Q 两点绳对小球的拉力差越大 答案C 解析小球运动到最低点 Q 时，加速度的方向向上，处于超重状态，故 A 错 误； 由 mv 2 l mg， 得球越过最高点的临界速度 v gl， 根据动能定理得， mg2l 1 2mv 21 2mv 2 0，解得 v0 5gl，即在最低点的速度需满足 v0 5gl，小
5、球才能通 过最高点 P，故 B 错误；当 v0 gl时，根据动能定理得，mgh01 2mv 2 0，则 h1 2l，可知小球不会越过四分之一圆周，细绳始终处于绷紧状态，故 C 正确；在 Q 点，根据牛顿第二定律得，F1mgmv 2 0 l ，在 P 点，F2mgmv 2 l ，又mg2l 1 2mv 21 2mv 2 0，联立解得拉力差FF1F26mg，由此可知拉力差与 v0大小无 关，故 D 错误。 3如图所示，质量为 m 的小物块在粗糙水平桌面上做直线运动，经距离 l 后以速度 v 飞离桌面，最终落在水平地面上。已知 l1.4 m，v3.0 m/s，m0.10 kg，物块与桌面间的动摩擦因
6、数0.25，桌面高 h0.45 m。不计空气阻力，重 力加速度 g 取 10 m/s2。求： (1)小物块落地点距飞出点的水平距离 s； (2)小物块落地时的动能 Ek； (3)小物块的初速度大小 v0。 答案(1)0.9 m(2)0.9 J(3)4 m/s 解析(1)由 h1 2gt 2，svt 解得 s0.9 m。 (2)根据动能定理 mghEk1 2mv 2 解得 Ekmgh1 2mv 20.9 J。 (3)由动能定理mgl1 2mv 21 2mv 2 0 故 v0 v22gl4 m/s。 4如图所示，质量为 m 的小球用长为 L 的轻质细线悬于 O 点，与 O 点处于 同一水平线上的
7、P 点处有一根光滑的细钉，已知 OPL 2，在 A 点给小球一个水平 向左的初速度 v0，发现小球恰能到达跟 P 点在同一竖直线上的最高点 B。已知重 力加速度为 g，求： (1)小球到达 B 点时的速率； (2)若不计空气阻力，则初速度 v0为多少？ (3)若初速度变为 v03 gL，其他条件均不变，则小球从 A 到 B 的过程中 空气阻力做了多少功？ 答案(1) gL 2 (2) 7gL 2 (3)11 4 mgL 解析(1)小球恰能到达最高点 B，则在最高点有 mgmv 2 L 2 ，得小球到达 B 点时的速率 v gL 2 。 (2)由动能定理得 mg LL 2 1 2mv 21 2m
8、v 2 0，则 v0 7gL 2 。 (3)设小球从 A 到 B 的过程中空气阻力做功为 Wf，由动能定理得 mg LL 2 Wf1 2mv 21 2mv 02， 解得 Wf11 4 mgL。 典型考点二动能定理在多过程问题中的应用 5如图所示，ABCD 是一条长轨道，其中 AB 段是倾角为的斜面，CD 段是 水平的，BC 是与 AB 和 CD 都相切的一段圆弧，其长度可以略去不计。一质量为 m 的小滑块从 A 点由静止滑下，最后停在 D 点，现用一沿着轨道方向的拉力拉滑 块，使它缓缓地由 D 点回到 A 点，则拉力对滑块做的功等于(设滑块与轨道间的 动摩擦因数为)() AmghB2mgh C
9、mg l h sinDmglmghcot 答案B 解析由 A 到 D，滑块先在斜面上加速，后在水平面上减速停下。在整个过 程中，重力做正功 WGmgh，摩擦力做功为 Wf mglmgcos h sin mg(lhcot)，支持力始终不做功。 全程由动能定理有 mghWf0 得 Wfmgh 由 D 返回 A，设拉力做功 WF，摩擦力做功仍为 Wf，重力做功为 WGmgh 由动能定理，得 WFWfmgh0 解得 WF2mgh2mg(lhcot)，B 正确，A、C、D 错误。 6从离地面 H 高处落下一只小球，小球在运动过程中所受的空气阻力是它 重力的 k(k0，因此小 物块能冲出 M 点，C 正确
10、。 7如图所示，ABCD 是一个固定在水平地面上的盆式容器，盆的内侧与盆底 BC 的连接处都是一段与 BC 相切的圆弧。BC 水平，其长度为 d0.50 m，盆边缘 的高度为 h0.30 m，在 A 处放一个质量为 m 的小物块并让其自由下滑，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() A0.50 mB0.25 mC0.10 mD0 答案D 解析对小物块从 A 点出发到最后停下来的整个过程应用动能定理有 mgh mgl0，lh 0.3 0.1 m3 m，而 d0.5 m，刚好在 B、C 间往返运动了
11、 3 次，所 以最终停在 B 点，故选 D。 8如图所示，斜面倾角为，滑块质量为 m，滑块与斜面的动摩擦因数为， 从距挡板 P 为 s0的位置以 v0的速度沿斜面向上滑行。 设重力沿斜面的分力大于滑 动摩擦力，且每次与 P 碰撞前后的速度大小保持不变，挡板与斜面垂直，斜面足 够长。已知重力加速度为 g，求滑块从开始运动到最后停止滑行的总路程 s。 答案 s0tan v20 2gcos 解析滑块在斜面上运动时受到的摩擦力大小 FfFNmgcos 整个过程滑块下落的总高度 hs0sin 根据动能定理 mghFfs01 2mv 2 0 联立以上各式得 ss0tan v20 2gcos。 来源:学.科
12、.网 9如图所示，质量 m1 kg 的木块静止在高 h1.2 m 的平台上，木块与平 台间的动摩擦因数0.2，用水平推力 F20 N 推木块，使木块产生位移 l13 m 时撤去推力，木块又滑行 l21 m 后飞出平台，求木块落地时速度的大小(g 取 10 m/s2)。 答案8 2 m/s 解析木块运动分为三个阶段，先是匀加速直线运动，然后是匀减速直线运 动，最后是平抛运动。设木块落地时的速度为 v。整个过程中各力做功情况分别 为： 推力做功 WFFl1 摩擦力做功 Wfmg(l1l2) 重力做功 WGmgh 故合力做的功：WFl1mg(l1l2)mgh 由动能定理 WEk得 Fl1mg(l1l
13、2)mgh1 2mv 20，代入数据解得 v 8 2 m/s。 10如图所示，质量 m0.1 kg 的金属小球从距水平面高 h2.0 m 的光滑斜 面上由静止开始释放，运动到 A 点时无能量损耗，水平面 AB 是长 2.0 m 的粗糙 平面，与半径为 R0.4 m 的光滑的半圆形轨道 BCD 相切于 B 点，其中半圆形轨 道在竖直平面内，D 为轨道的最高点，小球恰能通过最高点 D，求：(g10 m/s2) (1)小球运动到 A 点时的速度大小； (2)小球从 A 运动到 B 的过程中摩擦阻力所做的功； (3)小球从 D 点飞出后落点 E 与 A 的距离。 答案(1)2 10 m/s(2)1 J
14、(3)1.2 m 解析(1)根据题意可得， 小球下落到 A 点的过程中由动能定理得：Wmgh1 2mv 2 A来源:学科网 解得 vA2 10 m/s。 (2)小球运动到 D 点时：mgmv 2 D R 解得 vD gR2 m/s 从释放到运动到 D 点全过程应用动能定理 mg(h2R)Wf1 2mv 2 D0，得 Wf1 J。 (3)小球从 D 点飞出后做平抛运动，假设落点在 A、B 之间，则有 2R1 2gt 2 解得 t 4R g 0.4 s 则水平位移 xBEvDt0.8 m2 m，故假设成立， 所以 xAExABxBE1.2 m。 11如图所示，MNP 为竖直面内一固定轨道，其圆弧段
15、 MN 与水平段 NP 相 切于 N，P 端固定一竖直挡板。M 相对于 N 的高度为 h，NP 长度为 s。一物块自 M 端从静止开始沿轨道下滑， 与挡板发生一次完全弹性碰撞(物块碰撞前后的速度 大小相等，方向相反)后停止在水平轨道上某处。若在 MN 段的摩擦可忽略不计， 物块与NP段轨道间的动摩擦因数为， 求物块停止的地方与N点的距离的可能值。 答案2sh 或 h 2s 解析物块从开始下滑到停止在水平轨道上的过程中，由动能定理得：mgh Wf0 设物块的质量为 m，在水平轨道上滑行的总路程为 s， 则：Wfmgs 联立得：sh 来源:学科网 第一种可能：物块与挡板碰撞后，不能再次滑上圆弧形轨道，则物块停止的 位置与 N 的距离为： d2ss2sh 第二种可能：物块与挡板碰撞后，可再一次滑上圆弧形轨道，滑下后在水平 轨道上停止，则物块停止的位置与 N 的距离为： ds2sh 2s 所以物块停止的位置与 N 的距离可能为 2sh 或 h 2s。
