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焦耳。(3)因果关系：合力做的功是引起物体动能变化的原因。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)动能定理的表达式是一个标量式，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
2、，由于不涉及加速度和时间，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
3、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()A小球运动到最低点Q时，处于失重状态B当v0时，小球一定能通过最高点PC当v0时，细绳始终处于绷紧状态
4、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mmg，得球越过最高点的临界速度v，根据动能定理得，mg2lmv2mv，解得v0，即在最低点的速度需满足v0，小球才能通过最高点P，故B错误；当v0时，根据动能定理得，mgh0mv，则hl，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，F1mg，在P点，F2mg，又mg2lmv2mv，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
5、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hgt2，svt解得s0.9 m。(2)根据动能定理mghEkmv2解得Ekmghmv20.9 J。(3)由动能定理mglmv2mv故v04 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P点处有一根
6、光滑的细钉，已知OP，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，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) (2) (3)mgL解析(1)小球恰能到达最高点B，则在最高点有mg，得小球到达B点时的速率v 。(2)由动能定理得mgmv2mv，则v0 。(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mgWfmv2mv02，解得WfmgL。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
7、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)()Amgh B2mghCmg Dmglmghcot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Wfmg(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W
8、FWfmgh0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。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 m B0.25 m C0.10 m D0答案D解析对小物块从A
9、点出发到最后停下来的整个过程应用动能定理有mghmgl0，l m3 m，而d0.5 m，刚好在B、C间往返运动了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mghFfs0mv联立以上各式得s。9如图所示，质量m1 kg的木块静止
10、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 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(l1l2)mghmv20，代入数据解得v8 m/s。10如图所示，质量m0.1 kg的金属小球从距水平面高h
11、2.0 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 m/s(2)1 J(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：Wmghmv解得vA2 m/s。(2)小球运动到D点时：mg解得vD2 m/s从释放到运动到D点全过程应用动能定理mg(h2
12、R)Wfmv0，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2Rgt2解得t 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2s或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：mghWf0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：s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：d2ss2s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：ds2s2s所以物块停止的位置与N的距离可能为2s或2s。
