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第2講　動能定理及其應(yīng)用
課 程 標(biāo) 準(zhǔn) 素 養(yǎng) 目 標(biāo)
1.理解動能和動能定理． 2.能用動能定理解釋生產(chǎn)生活中的現(xiàn)象． 物理觀念：了解動能的概念和動能定理的內(nèi)容．
科學(xué)思維：會用動能定理分析曲線運動、多過程運動問題．
考點一
考點二
考點三
考點一
考點一　動能、動能定理的理解
【必備知識·自主落實】
1．動能 動能是標(biāo)量
(1)定義：物體由于________而具有的能．
(2)公式：Ek＝mv2 v是瞬時速度
(3)單位：________，1 J＝1 N·m＝1 kg·m2/s2.
(4)動能的變化：物體________與________之差，即ΔEk＝______________．
運動
焦耳
末動能
初動能
2．動能定理
　　 “力”指的是物體受到的合力
(1)內(nèi)容：力在一個過程中對物體做的功，等于物體在這個過程中__________．　 合力所做的總功
(2)表達(dá)式：W＝________________．
(3)物理意義：________的功是物體動能變化的量度．
動能的變化
　
合外力
【關(guān)鍵能力·思維進(jìn)階】
1．甲、乙兩物體的質(zhì)量分別用m甲、m乙表示，甲、乙兩物體的速度大小分別用v甲、v乙表示，則下列說法正確的是(　　)
A．如果m乙＝2m甲，v甲＝2v乙，則甲、乙兩物體的動能相等
B．如果m甲＝2m乙，v乙＝2v甲，則甲、乙兩物體的動能相等
C．如果m乙＝2m甲，v乙＝2v甲，則甲、乙兩物體的動能相等
D．如果m甲＝m乙，v甲＝v乙，兩物體的速度方向相反，此時兩物體的動能相等
答案：D
解析：由動能的表達(dá)式Ek＝mv2可知，A、B、C錯誤；動能是標(biāo)量，只與物體的質(zhì)量和速度的大小有關(guān)，與速度方向無關(guān)，D正確．
2．(多選)如圖所示，電梯質(zhì)量為M，在它的水平底板上放置一質(zhì)量為m的物體．電梯在鋼索的拉力作用下做豎直向上的加速運動，當(dāng)電梯的速度由v1增大到v2時，上升高度為H.則在這個過程中，下列說法正確的是(重力加速度為g)(　　)
A．對物體，動能定理的表達(dá)式為W＝，其中W為支持力做的功
B．對物體，動能定理的表達(dá)式為W合＝0，其中W合為合力做的功
C．對物體，動能定理的表達(dá)式為W－mgH＝，其中W為支持力做的功
D．對電梯，其所受合力做功為
答案：CD
解析：電梯上升的過程中，對物體做功的有重力mg和支持力FN，這兩個力做的總功才等于物體動能的增量，ΔEk＝，故A、B錯誤，C正確；對電梯，無論有幾個力對它做功，由動能定理可知，其合力做的功一定等于其動能的增量，故D正確．
思維提升
1.動能與動能變化的區(qū)別
(1)動能與動能的變化是兩個不同的概念，動能是狀態(tài)量，動能的變化是過程量．
(2)動能沒有負(fù)值，而動能變化量有正負(fù)之分．ΔEk>0表示物體的動能增加，ΔEk<0表示物體的動能減少．
2．對動能定理的理解
做功的過程就是能量轉(zhuǎn)化的過程，動能定理表達(dá)式中“＝”的意義是一種因果關(guān)系在數(shù)值上相等的符號．
考點二
考點二　動能定理的基本應(yīng)用
【關(guān)鍵能力·思維進(jìn)階】
應(yīng)用動能定理的注意事項
(1)方法的選擇：動能定理往往用于單個物體的運動過程，由于不涉及加速度及時間，比動力學(xué)方法要簡捷．
(2)過程的選擇：物體在某個運動過程中包含有幾個運動性質(zhì)不同的小過程(如加速、減速的過程)，此時可以分段應(yīng)用動能定理，也可以對全過程應(yīng)用動能定理．如果對整個過程應(yīng)用動能定理，往往能使問題簡化．
(3)規(guī)律的應(yīng)用：動能定理表達(dá)式是一個標(biāo)量式，不能在某個方向上應(yīng)用動能定理．
考向1　應(yīng)用動能定理求變力的功
例 1 承德的轉(zhuǎn)盤滑雪機(jī)為我國自主原創(chuàng)、世界首例的專利產(chǎn)品．一名運動員的某次訓(xùn)練過程中，轉(zhuǎn)盤滑雪機(jī)繞垂直于盤面的固定轉(zhuǎn)軸以角速度ω＝0.5 rad/s順時針勻速轉(zhuǎn)動，質(zhì)量為60 kg的運動員在盤面上離轉(zhuǎn)軸10 m半徑上滑行，滑行方向與轉(zhuǎn)盤轉(zhuǎn)動方向相反，在最低點的速度大小為10 m/s，滑行半周到最高點的速度大小為8 m/s，該過程中，運動員所做的功為6 500 J，已知盤面與水平面夾角為18°，g取10 m/s2，sin 18°＝0.31，cos 18°＝0.95，則該過程中運動員克服阻力做的功為(　　)
A．4 240 J　 B．3 740 J　
C．3 860 J　 D．2 300 J
答案：C
解析：運動員在最低點的對地速度為10 m/s，在最高點的對地速度為8 m/s，根據(jù)動能定理可得
W－mg·2r sin 18°－W克＝
又W＝6 500 J，解得W克＝3 860 J．故選C.
考向2　應(yīng)用動能定理求解直線運動問題
例 2 如圖所示，一斜面體ABC固定在水平地面上，斜面AD段粗糙、DC段光滑，在斜面底端C點固定一輕彈簧，彈簧原長等于CD段長度．一質(zhì)量m＝0.1 kg的小物塊(可視為質(zhì)點)從斜面頂端A以初速度v0＝2 m/s沿斜面下滑，當(dāng)彈簧第一次被壓縮至最短時，其長度恰好為原長的一半，物塊沿斜面下滑后又沿斜面向上返回，第一次恰能返回到最高點A.已知彈簧的原長L0＝0.2 m，物塊與斜面AD段間的動摩擦因數(shù)μ＝，斜面傾角θ＝30°，重力加速度g＝10 m/s2，彈簧始終處于彈性限度范圍內(nèi)．下列說法中正確的是(　　)
A．A、D間的距離xAD＝0.2 m
B．物塊第一次運動到D點時的速度大小為 m/s
C. 彈簧第一次被壓縮到最短時的彈性勢能為0.3 J
D. 物塊在斜面AD段能滑行的總路程為1.6 m
答案：D
解析：物塊從A點下滑至第一次恰好返回到A點的過程，根據(jù)動能定理有
－μmg cos θ·2xAD＝，代入數(shù)據(jù)解得xAD＝0.4 m，A項錯誤；
物塊從A點下滑至第一次運動到D點的過程，根據(jù)動能定理有mgxADsin θ－μmg cos θ·xAD＝
代入數(shù)據(jù)解得vD＝ m/s，B項錯誤；
物塊從D點運動至第一次壓縮彈簧到最短的過程，由功能關(guān)系有Ep＝＋mg·sin θ解得Ep＝0.35 J，C項錯誤；
由于mg sin θ>μmg cos θ，物塊最終在C、D間往復(fù)運動，在D點的速度為0，設(shè)物塊在斜面AD段能滑行的總路程為s，由動能定理有
mgxADsin θ－μmg cos θ·s＝，解得s＝1.6 m，D項正確．故選D.
考向3　應(yīng)用動能定理求解曲線運動問題
例 3 [2023·湖北卷]如圖為某游戲裝置原理示意圖．水平桌面上固定一半圓形豎直擋板，其半徑為2R、內(nèi)表面光滑，擋板的兩端A、B在桌面邊緣，B與半徑為R的固定光滑圓弧軌道在同一豎直平面內(nèi)，過C點的軌道半徑與豎直方向的夾角為60°.小物塊以某一水平初速度由A點切入擋板內(nèi)側(cè)，從B點飛出桌面后，在C點沿圓弧切線方向進(jìn)入軌道內(nèi)側(cè)，并恰好能到達(dá)軌道的最高點D.小物塊與桌面之間的動摩擦因數(shù)為，重力加速度大小為g，忽略空氣阻力，小物塊可視為質(zhì)點．求：
(1)小物塊到達(dá)D點的速度大小；
(2)B和D兩點的高度差；
(3)小物塊在A點的初速度大小．
解析：(1)由題知，小物塊恰好能到達(dá)軌道的最高點D，則在D點有＝mg,解得vD＝
(2)由題知，小物塊從C點沿圓弧切線方向進(jìn)入軌道內(nèi)側(cè)，則在C點有cos 60°＝
小物塊從C到D的過程中，根據(jù)動能定理有
－mg(R＋R cos 60°)＝
則小物塊從B到D的過程中，根據(jù)動能定理有mgHBD＝
聯(lián)立解得vB＝，HBD＝0
(3)小物塊從A到B的過程中，根據(jù)動能定理有－μmgS＝，S＝π·2R,解得vA＝
答案：(1)　(2)0　(3)
思維提升
求解多過程問題抓好“兩狀態(tài)，一過程”
“兩狀態(tài)”即明確研究對象的始、末狀態(tài)的速度或動能情況；“一過程”即明確研究過程，確定這一過程研究對象的受力情況和位置變化或位移信息．
考向4　動能定理在往復(fù)運動問題中的應(yīng)用
1．往復(fù)運動問題：在有些問題中物體的運動過程具有重復(fù)性、往返性，而在這一過程中，描述運動的物理量多數(shù)是變化的，而且重復(fù)的次數(shù)又往往是無限的或者難以確定．
2．解題策略：此類問題多涉及滑動摩擦力或其他阻力做功，其做功的特點是與路程有關(guān)，運用牛頓運動定律及運動學(xué)公式將非常繁瑣，甚至無法解出，由于動能定理只涉及物體的初、末狀態(tài)，所以用動能定理分析這類問題可使解題過程簡化．
例 4 (多選)[2024·山東模擬預(yù)測]如圖，左側(cè)光滑曲面軌道與右側(cè)傾角α＝37°的斜面在底部平滑連接且均固定在水平地面上，質(zhì)量為m的小滑塊從斜面上離斜面底邊高為H處由靜止釋放，滑到斜面底端然后滑上左側(cè)曲面軌道，再從曲面軌道滑上斜面，滑塊第一次沿斜面上滑的最大高度為H，多次往復(fù)運動．不計空氣阻力，重力加速度為g，sin 37°＝0.6.
下列說法正確的是(　　)
A．滑塊第一次下滑過程，克服摩擦力做的功為mgH
B．滑塊第1次下滑的時間與第1次上滑的時間之比為
C．滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為
D．滑塊從靜止釋放到第n次上滑到斜面最高點的過程中，系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量為mgH
答案：BCD
解析：設(shè)滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ，根據(jù)功能關(guān)系有WFf＝＝mgH－mgH＝mgH
而＝＝μmg cos α·
聯(lián)立解得＝mgH，μ＝，A項錯誤，C項正確；
滑塊第一次下滑過程，根據(jù)牛頓運動定律有
mg sin α－μmg cos α＝ma1
由運動學(xué)公式有＝
滑塊第一次上滑過程，根據(jù)牛頓運動定律有
mg sin α＋μmg cos α＝ma2
由運動學(xué)公式有＝
聯(lián)立解得＝，B項正確；
滑塊第二次下滑過程，根據(jù)動能定理有
mgH－×μmg cos α·＝
滑塊第二次上滑過程，根據(jù)動能定理有
－mgh2－μmg cos α·＝
結(jié)合tan α＝9μ,解得h2＝H
滑塊第n次沿斜面上升的最大高度為hn＝H
滑塊在斜面上滑行的路程為s＝＋…＋·＝9
由于摩擦系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量為Q＝μmgs cos α＝mgH，D項正確．故選BCD.
考點三
考點三　動能定理與圖像結(jié)合問題
【關(guān)鍵能力·思維進(jìn)階】
考向1　Ek-x(W-x)圖像問題
例 5 (多選)一滑塊從某固定粗糙斜面底端在沿斜面向上的恒力作用下由靜止開始沿斜面向上運動，某時刻撤去恒力，上升過程中滑塊的動能和重力勢能隨位移變化的圖像如圖所示，圖中Ek0、s0為已知量，滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為0.5，重力加速度為g，下列說法正確的是(　　)
A.恒力的大小為
B．斜面傾角的正切值為0.75
C．滑塊下滑到斜面底端時的速度大小為
D．滑塊的質(zhì)量可表示為
答案：BC
解析：根據(jù)圖像結(jié)合題意可知，滑塊位移為s0時的動能為Ek0，滑塊位移為s0時恒力F撤去，此時滑塊的動能為Ek0，之后滑塊在重力沿斜面向下的分力與摩擦力的作用下做減速運動，位移為s0時動能減為Ek0，可得滑塊沿斜面向上的最大位移為s0，對滑塊加速上滑和減速上滑過程分別有F－mg sin θ－μmg cos θ＝，mg sin θ＋μmg cos θ＝
根據(jù)滑塊的重力勢能隨位移變化的圖像有mg··sin θ＝
聯(lián)立解得F＝，tan θ＝0.75，m＝
故A、D錯誤，B正確；
滑塊從最高點下滑到斜面底端的過程中，根據(jù)動能定理有mgs0sin θ－μmgs0cos θ＝mv2
解得v＝，故C正確．
考向2　F-x圖像與動能定理的結(jié)合
例 6 如圖甲所示，一豎直面內(nèi)的軌道是由粗糙斜面AB和光滑軌道BCD組成，AB與BCD相切于B點，C為圓軌道的最低點，將物塊置于軌道ABC上離地面高為H處由靜止下滑，可用力傳感器測出其經(jīng)過C點時對軌道的壓力FN.現(xiàn)將物塊放在ABC上不同高度處，讓H從零開始逐漸增大，傳感器測得物塊每次從不同高度處下滑到C點時對軌道的壓力FN，得到如圖乙兩段直線PQ和QI，且IQ延長線與縱軸交點坐標(biāo)值為2.5 N，g取10 m/s2.求：
(1)小物塊的質(zhì)量m及圓軌道的半徑R；
(2)軌道BC所對圓心角；
(3)小物塊與斜面AB間的動摩擦因數(shù)．
甲　　　　　乙
解析：(1)小物塊從圓軌道BC滑下，由動能定理可知mgH＝
在C點合力提供向心力
FN＝H＋mg
結(jié)合PQ段圖像知mg＝2 N，m＝0.2 kg，＝
解得R＝1 m.
(2)由于圖線Q點對應(yīng)于軌道的B點，而此時H＝0.5 m，則軌道BC所對圓心角θ由幾何關(guān)系可知H＝R(1－cos θ)，代入數(shù)據(jù)解得θ＝60°.
(3)小物塊從A到C，由動能定理可得mgH－＝mv2，
到達(dá)C點處由向心力公式可得F′N－mg＝，聯(lián)立得μ＝.
答案：(1)0.2 kg　1 m　(2)60°　(3)
考向3　動能定理與v-t、P-t圖像的綜合
例 7 [2024·黑龍江綏化模擬]一小車放在水平地面上，從靜止開始運動，在一段時間內(nèi)其速度大小與牽引力的功率隨時間變化的函數(shù)關(guān)系圖像分別如圖甲、乙所示，地面對小車的摩擦力恒定，2 s以后小車以速率v0做勻速直線運動，對比分析兩圖像所給的已知信息．求：
(1)2 s時小車的速率v0以及地面對小車的摩擦力大小；
(2)小車在0～1 s內(nèi)運動的位移大小．
解析：(1)由圖甲可知，在1～2 s內(nèi)，小車做勻加速直線運動，牽引力恒定設(shè)大小為F2，1 s時P2＝F2v1，2 s時P3＝F2v0
代入圖中所給的已知條件P2＝200 W，P3＝400 W，v1＝10 m/s
解得v0＝20 m/s，F(xiàn)2＝20 N
設(shè)地面對小車的摩擦力大小為f，由題意和圖甲、乙可知2 s以后小車以速率v0＝20 m/s，功率P4＝200 W做勻速直線運動，則有P4＝fv0
解得f＝10 N.
(2)結(jié)合v0＝20 m/s，1 s時小車速度大小v1＝10 m/s，小車勻加速直線運動時間t2＝1 s
由圖甲可知，1～2 s小車的加速度大小a＝＝10 m/s2
由牛頓第二定律有F2－f＝ma
再代入F2＝20 N，f＝10 N，解得m＝1 kg
設(shè)小車在0～1 s內(nèi)的位移大小為s，由動能定理有P1t1－fs＝
由圖乙可知P1＝110 W，再結(jié)合t1＝1 s，m＝1 kg，f＝10 N，v1＝10 m/s，聯(lián)立解得s＝6 m.
答案：(1)20 m/s　10 N　(2)6 m
[教你解決問題]　模型建構(gòu)
思維提升
圖像中所圍“面積”或斜率的意義第2講　動能定理及其應(yīng)用
課 程 標(biāo) 準(zhǔn) 素 養(yǎng) 目 標(biāo)
1.理解動能和動能定理． 2.能用動能定理解釋生產(chǎn)生活中的現(xiàn)象． 物理觀念：了解動能的概念和動能定理的內(nèi)容． 科學(xué)思維：會用動能定理分析曲線運動、多過程運動問題．
考點一　動能、動能定理的理解
【必備知識·自主落實】
1．動能動能是標(biāo)量
(1)定義：物體由于________而具有的能．
(2)公式：Ek＝mv2v是瞬時速度
(3)單位：________，1 J＝1 N·m＝1 kg·m2/s2.
(4)動能的變化：物體________與________之差，即ΔEk＝______________．
2．動能定理
　　“力”指的是物體受到的合力
(1)內(nèi)容：力在一個過程中對物體做的功，等于物體在這個過程中__________．
　　　　　　　　　　　　　　合力所做的總功
(2)表達(dá)式：W＝________________．
(3)物理意義：________的功是物體動能變化的量度．
【關(guān)鍵能力·思維進(jìn)階】
1．甲、乙兩物體的質(zhì)量分別用m甲、m乙表示，甲、乙兩物體的速度大小分別用v甲、v乙表示，則下列說法正確的是(　　)
A．如果m乙＝2m甲，v甲＝2v乙，則甲、乙兩物體的動能相等
B．如果m甲＝2m乙，v乙＝2v甲，則甲、乙兩物體的動能相等
C．如果m乙＝2m甲，v乙＝2v甲，則甲、乙兩物體的動能相等
D．如果m甲＝m乙，v甲＝v乙，兩物體的速度方向相反，此時兩物體的動能相等
2．(多選)如圖所示，電梯質(zhì)量為M，在它的水平底板上放置一質(zhì)量為m的物體．電梯在鋼索的拉力作用下做豎直向上的加速運動，當(dāng)電梯的速度由v1增大到v2時，上升高度為H.則在這個過程中，下列說法正確的是(重力加速度為g)(　　)
A．對物體，動能定理的表達(dá)式為W＝，其中W為支持力做的功
B．對物體，動能定理的表達(dá)式為W合＝0，其中W合為合力做的功
C．對物體，動能定理的表達(dá)式為W－mgH＝，其中W為支持力做的功
D．對電梯，其所受合力做功為
思維提升
1.動能與動能變化的區(qū)別
(1)動能與動能的變化是兩個不同的概念，動能是狀態(tài)量，動能的變化是過程量．
(2)動能沒有負(fù)值，而動能變化量有正負(fù)之分．ΔEk>0表示物體的動能增加，ΔEk<0表示物體的動能減少．
2．對動能定理的理解
做功的過程就是能量轉(zhuǎn)化的過程，動能定理表達(dá)式中“＝”的意義是一種因果關(guān)系在數(shù)值上相等的符號．
考點二　動能定理的基本應(yīng)用
【關(guān)鍵能力·思維進(jìn)階】
應(yīng)用動能定理的注意事項
(1)方法的選擇：動能定理往往用于單個物體的運動過程，由于不涉及加速度及時間，比動力學(xué)方法要簡捷．
(2)過程的選擇：物體在某個運動過程中包含有幾個運動性質(zhì)不同的小過程(如加速、減速的過程)，此時可以分段應(yīng)用動能定理，也可以對全過程應(yīng)用動能定理．如果對整個過程應(yīng)用動能定理，往往能使問題簡化．
(3)規(guī)律的應(yīng)用：動能定理表達(dá)式是一個標(biāo)量式，不能在某個方向上應(yīng)用動能定理．
考向1　應(yīng)用動能定理求變力的功
例 1 承德的轉(zhuǎn)盤滑雪機(jī)為我國自主原創(chuàng)、世界首例的專利產(chǎn)品．一名運動員的某次訓(xùn)練過程中，轉(zhuǎn)盤滑雪機(jī)繞垂直于盤面的固定轉(zhuǎn)軸以角速度ω＝0.5 rad/s順時針勻速轉(zhuǎn)動，質(zhì)量為60 kg的運動員在盤面上離轉(zhuǎn)軸10 m半徑上滑行，滑行方向與轉(zhuǎn)盤轉(zhuǎn)動方向相反，在最低點的速度大小為10 m/s，滑行半周到最高點的速度大小為8 m/s，該過程中，運動員所做的功為6 500 J，已知盤面與水平面夾角為18°，g取10 m/s2，sin 18°＝0.31，cos 18°＝0.95，則該過程中運動員克服阻力做的功為(　　)
A．4 240 J　B．3 740 J　C．3 860 J　D．2 300 J
考向2　應(yīng)用動能定理求解直線運動問題
例 2 如圖所示，一斜面體ABC固定在水平地面上，斜面AD段粗糙、DC段光滑，在斜面底端C點固定一輕彈簧，彈簧原長等于CD段長度．一質(zhì)量m＝0.1 kg的小物塊(可視為質(zhì)點)從斜面頂端A以初速度v0＝2 m/s沿斜面下滑，當(dāng)彈簧第一次被壓縮至最短時，其長度恰好為原長的一半，物塊沿斜面下滑后又沿斜面向上返回，第一次恰能返回到最高點A.已知彈簧的原長L0＝0.2 m，物塊與斜面AD段間的動摩擦因數(shù)μ＝，斜面傾角θ＝30°，重力加速度g＝10 m/s2，彈簧始終處于彈性限度范圍內(nèi)．下列說法中正確的是(　　)
A．A、D間的距離xAD＝0.2 m
B．物塊第一次運動到D點時的速度大小為 m/s
C.彈簧第一次被壓縮到最短時的彈性勢能為0.3 J
D.物塊在斜面AD段能滑行的總路程為1.6 m考向3　應(yīng)用動能定理求解曲線運動問題
例 3[2023·湖北卷]如圖為某游戲裝置原理示意圖．水平桌面上固定一半圓形豎直擋板，其半徑為2R、內(nèi)表面光滑，擋板的兩端A、B在桌面邊緣，B與半徑為R的固定光滑圓弧軌道在同一豎直平面內(nèi)，過C點的軌道半徑與豎直方向的夾角為60°.小物塊以某一水平初速度由A點切入擋板內(nèi)側(cè)，從B點飛出桌面后，在C點沿圓弧切線方向進(jìn)入軌道內(nèi)側(cè)，并恰好能到達(dá)軌道的最高點D.小物塊與桌面之間的動摩擦因數(shù)為，重力加速度大小為g，忽略空氣阻力，小物塊可視為質(zhì)點．求：
(1)小物塊到達(dá)D點的速度大小；
(2)B和D兩點的高度差；
(3)小物塊在A點的初速度大小．
思維提升
求解多過程問題抓好“兩狀態(tài)，一過程”
“兩狀態(tài)”即明確研究對象的始、末狀態(tài)的速度或動能情況；“一過程”即明確研究過程，確定這一過程研究對象的受力情況和位置變化或位移信息．
考向4　動能定理在往復(fù)運動問題中的應(yīng)用
1．往復(fù)運動問題：在有些問題中物體的運動過程具有重復(fù)性、往返性，而在這一過程中，描述運動的物理量多數(shù)是變化的，而且重復(fù)的次數(shù)又往往是無限的或者難以確定．
2．解題策略：此類問題多涉及滑動摩擦力或其他阻力做功，其做功的特點是與路程有關(guān)，運用牛頓運動定律及運動學(xué)公式將非常繁瑣，甚至無法解出，由于動能定理只涉及物體的初、末狀態(tài)，所以用動能定理分析這類問題可使解題過程簡化．
例 4 (多選)[2024·山東模擬預(yù)測]如圖，左側(cè)光滑曲面軌道與右側(cè)傾角α＝37°的斜面在底部平滑連接且均固定在水平地面上，質(zhì)量為m的小滑塊從斜面上離斜面底邊高為H處由靜止釋放，滑到斜面底端然后滑上左側(cè)曲面軌道，再從曲面軌道滑上斜面，滑塊第一次沿斜面上滑的最大高度為H，多次往復(fù)運動．不計空氣阻力，重力加速度為g，sin 37°＝0.6.下列說法正確的是(　　)
A．滑塊第一次下滑過程，克服摩擦力做的功為mgH
B．滑塊第1次下滑的時間與第1次上滑的時間之比為
C．滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為
D．滑塊從靜止釋放到第n次上滑到斜面最高點的過程中，系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量為mgH
考點三　動能定理與圖像結(jié)合問題
【關(guān)鍵能力·思維進(jìn)階】
考向1　Ek x(W x)圖像問題
例 5 (多選)一滑塊從某固定粗糙斜面底端在沿斜面向上的恒力作用下由靜止開始沿斜面向上運動，某時刻撤去恒力，上升過程中滑塊的動能和重力勢能隨位移變化的圖像如圖所示，圖中Ek0、s0為已知量，滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為0.5，重力加速度為g，下列說法正確的是(　　)
A.恒力的大小為
B．斜面傾角的正切值為0.75
C．滑塊下滑到斜面底端時的速度大小為
D．滑塊的質(zhì)量可表示為
考向2　F x圖像與動能定理的結(jié)合
例 6 如圖甲所示，一豎直面內(nèi)的軌道是由粗糙斜面AB和光滑軌道BCD組成，AB與BCD相切于B點，C為圓軌道的最低點，將物塊置于軌道ABC上離地面高為H處由靜止下滑，可用力傳感器測出其經(jīng)過C點時對軌道的壓力FN.現(xiàn)將物塊放在ABC上不同高度處，讓H從零開始逐漸增大，傳感器測得物塊每次從不同高度處下滑到C點時對軌道的壓力FN，得到如圖乙兩段直線PQ和QI，且IQ延長線與縱軸交點坐標(biāo)值為2.5 N，g取10 m/s2.求：
甲　　　　　　　　乙
(1)小物塊的質(zhì)量m及圓軌道的半徑R；
(2)軌道BC所對圓心角；
(3)小物塊與斜面AB間的動摩擦因數(shù)．
考向3　動能定理與v t、P t圖像的綜合
例 7[2024·黑龍江綏化模擬]一小車放在水平地面上，從靜止開始運動，在一段時間內(nèi)其速度大小與牽引力的功率隨時間變化的函數(shù)關(guān)系圖像分別如圖甲、乙所示，地面對小車的摩擦力恒定，2 s以后小車以速率v0做勻速直線運動，對比分析兩圖像所給的已知信息．求：
(1)2 s時小車的速率v0以及地面對小車的摩擦力大小；
(2)小車在0～1 s內(nèi)運動的位移大小．
[教你解決問題]　模型建構(gòu)
思維提升
圖像中所圍“面積”或斜率的意義
第2講　動能定理及其應(yīng)用
考點一
必備知識·自主落實
1．(1)運動　(3)焦耳　(4)末動能　初動能　
2．(1)動能的變化　　(3)合外力
關(guān)鍵能力·思維進(jìn)階
1．解析：由動能的表達(dá)式Ek＝mv2可知，A、B、C錯誤；動能是標(biāo)量，只與物體的質(zhì)量和速度的大小有關(guān)，與速度方向無關(guān)，D正確．
答案：D
2．解析：電梯上升的過程中，對物體做功的有重力mg和支持力FN，這兩個力做的總功才等于物體動能的增量，ΔEk＝，故A、B錯誤，C正確；對電梯，無論有幾個力對它做功，由動能定理可知，其合力做的功一定等于其動能的增量，故D正確．
答案：CD
考點二
關(guān)鍵能力·思維進(jìn)階
例1　解析：運動員在最低點的對地速度為10 m/s，在最高點的對地速度為8 m/s，根據(jù)動能定理可得
W－mg·2r sin 18°－W克＝
又W＝6 500 J，解得W克＝3 860 J．故選C.
答案：C
例2　解析：物塊從A點下滑至第一次恰好返回到A點的過程，根據(jù)動能定理有
－μmg cos θ·2xAD＝，代入數(shù)據(jù)解得xAD＝0.4 m，A項錯誤；
物塊從A點下滑至第一次運動到D點的過程，根據(jù)動能定理有mgxADsin θ－μmg cos θ·xAD＝
代入數(shù)據(jù)解得vD＝ m/s，B項錯誤；
物塊從D點運動至第一次壓縮彈簧到最短的過程，由功能關(guān)系有Ep＝＋mg·sin θ解得Ep＝0.35 J，C項錯誤；
由于mg sin θ>μmg cos θ，物塊最終在C、D間往復(fù)運動，在D點的速度為0，設(shè)物塊在斜面AD段能滑行的總路程為s，由動能定理有
mgxADsin θ－μmg cos θ·s＝，解得s＝1.6 m，D項正確．故選D.
答案：D
例3　解析：(1)由題知，小物塊恰好能到達(dá)軌道的最高點D，則在D點有＝mg
解得vD＝
(2)由題知，小物塊從C點沿圓弧切線方向進(jìn)入軌道內(nèi)側(cè)，則在C點有cos 60°＝
小物塊從C到D的過程中，根據(jù)動能定理有
－mg(R＋R cos 60°)＝
則小物塊從B到D的過程中，根據(jù)動能定理有
mgHBD＝
聯(lián)立解得vB＝，HBD＝0
(3)小物塊從A到B的過程中，根據(jù)動能定理有
－μmgS＝，S＝π·2R
解得vA＝
答案：(1)　(2)0　(3)
例4　解析：設(shè)滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ，根據(jù)功能關(guān)系有WFf＝＝mgH－mgH＝mgH
而＝＝μmg cos α·
聯(lián)立解得＝mgH，μ＝，A項錯誤，C項正確；
滑塊第一次下滑過程，根據(jù)牛頓運動定律有
mg sin α－μmg cos α＝ma1
由運動學(xué)公式有＝
滑塊第一次上滑過程，根據(jù)牛頓運動定律有
mg sin α＋μmg cos α＝ma2
由運動學(xué)公式有＝
聯(lián)立解得＝，B項正確；
滑塊第二次下滑過程，根據(jù)動能定理有
mgH－×μmg cos α·＝
滑塊第二次上滑過程，根據(jù)動能定理有
－mgh2－μmg cos α·＝
結(jié)合tan α＝9μ
解得h2＝H
滑塊第n次沿斜面上升的最大高度為hn＝H
滑塊在斜面上滑行的路程為s＝＋…＋·＝9
由于摩擦系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量為Q＝μmgs cos α＝mgH，D項正確．故選BCD.
答案：BCD
考點三
關(guān)鍵能力·思維進(jìn)階
例5　解析：根據(jù)圖像結(jié)合題意可知，滑塊位移為s0時的動能為Ek0，滑塊位移為s0時恒力F撤去，此時滑塊的動能為Ek0，之后滑塊在重力沿斜面向下的分力與摩擦力的作用下做減速運動，位移為s0時動能減為Ek0，可得滑塊沿斜面向上的最大位移為s0，對滑塊加速上滑和減速上滑過程分別有F－mg sin θ－μmg cos θ＝，mg sin θ＋μmg cos θ＝
根據(jù)滑塊的重力勢能隨位移變化的圖像有mg··sin θ＝
聯(lián)立解得F＝，tan θ＝0.75，m＝
故A、D錯誤，B正確；
滑塊從最高點下滑到斜面底端的過程中，根據(jù)動能定理有mgs0sin θ－μmgs0cos θ＝mv2
解得v＝，故C正確．
答案：BC
例6　解析：(1)小物塊從圓軌道BC滑下，
由動能定理可知mgH＝
在C點合力提供向心力
FN＝H＋mg
結(jié)合PQ段圖像知mg＝2 N，m＝0.2 kg，＝
解得R＝1 m.
(2)由于圖線Q點對應(yīng)于軌道的B點，而此時H＝0.5 m，則軌道BC所對圓心角θ由幾何關(guān)系可知H＝R(1－cos θ)，代入數(shù)據(jù)解得θ＝60°.
(3)小物塊從A到C，由動能定理可得
mgH－＝mv2，
到達(dá)C點處由向心力公式可得
F′N－mg＝，聯(lián)立得μ＝.
答案：(1)0.2 kg　1 m　(2)60°　(3)
例7　解析：(1)由圖甲可知，在1～2 s內(nèi)，小車做勻加速直線運動，牽引力恒定設(shè)大小為F2，1 s時P2＝F2v1，2 s時P3＝F2v0
代入圖中所給的已知條件P2＝200 W，P3＝400 W，v1＝10 m/s
解得v0＝20 m/s，F(xiàn)2＝20 N
設(shè)地面對小車的摩擦力大小為f，由題意和圖甲、乙可知2 s以后小車以速率v0＝20 m/s，功率P4＝200 W做勻速直線運動，則有P4＝fv0
解得f＝10 N.
(2)結(jié)合v0＝20 m/s，1 s時小車速度大小v1＝10 m/s，小車勻加速直線運動時間t2＝1 s
由圖甲可知，1～2 s小車的加速度大小a＝＝10 m/s2
由牛頓第二定律有F2－f＝ma
再代入F2＝20 N，f＝10 N，解得m＝1 kg
設(shè)小車在0～1 s內(nèi)的位移大小為s，由動能定理有P1t1－fs＝
由圖乙可知P1＝110 W，再結(jié)合t1＝1 s，m＝1 kg，f＝10 N，v1＝10 m/s，聯(lián)立解得s＝6 m.
答案：(1)20 m/s　10 N　(2)6 m

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