1、方法点拨(1)要对研究对象受力分析并分析各力做功情况；分析物体运动过程，明确对哪个过程应用动能定理(2)列动能定理方程要规范，注意各功的正负号问题1(动能定理的简单应用)一辆质量为m的汽车在平直公路上，以恒定功率P行驶，经过时间t，运动距离为s，速度从v1增加到v2，已知所受阻力大小恒为f，则下列表达式正确的是()AstBPfv1C.DPtfsmvmv2(求变力的功)世界男子网坛名将瑞士选手费德勒，在上海大师杯网球赛上发出一记S球，声呐测速仪测得其落地速度为v1，费德勒击球时球离地面的高度为h，击球瞬间球有竖直向下的速度v0，已知网球质量为m，不计空气阻力，则费德勒击球时对球做的功W为()Am
2、ghmvB.mvmvmghC.mvmvD.mvmvmgh3(应用动能定理分析多过程问题)(多选)如图1所示，斜面AB和水平面BC是由同一板材上截下的两段，在B处用小圆弧连接将小铁块(可视为质点)从A处由静止释放后，它沿斜面向下滑行，进入平面，最终静止于P处若从该板材上再截下一段，搁置在A、P之间，构成一个新的斜面，再将铁块放回A处，并轻推一下使之沿新斜面向下滑动关于此情况下铁块的运动情况，下列描述正确的是()图1A铁块一定能够到达P点B铁块的初速度必须足够大才能到达P点C铁块能否到达P点与铁块质量有关D铁块能否到达P点与铁块质量无关4(应用动能定理分析动力学问题)如图2所示，倾角为37的斜面固
3、定在水平地面上，劲度系数为k40 N/m的轻弹簧与斜面平行，弹簧下端固定在斜面底端的挡板上，弹簧与斜面间无摩擦一个质量为m5 kg的小滑块从斜面上的P点由静止滑下，小滑块与斜面间的动摩擦因数为0.5，P点与弹簧自由端Q点间的距离为L1 m已知整个过程弹簧始终在弹性限度内，弹簧的弹性势能Ep与其形变量x的关系为Epkx2，sin 370.6，cos 370.8，重力加速度g10 m/s2.求：图2(1)小滑块从P点下滑到Q点时所经历的时间t；(2)小滑块运动过程中达到的最大速度vm的大小；(3)小滑块运动到最低点的过程中，弹簧的最大弹性势能5(多选)如图3所示，用竖直向下的恒力F通过跨过光滑定滑
4、轮的细线拉动在光滑水平面上的物体，物体沿水平面移动过程中经过A、B、C三点，设ABBC，物体经过A、B、C三点时的动能分别为EkA、EkB、EkC，则它们间的关系是()图3AEkBEkAEkCEkBBEkBEkAEkCEkBCEkBEkAEkCEkBDEkC2EkB6.质量为10 kg的物体，在变力F作用下沿x轴做直线运动，力随坐标x的变化情况如图4所示物体在x0处，速度为1 m/s，不计一切摩擦，则物体运动到x16 m处时，速度大小为()图4A2 m/sB3 m/s C4 m/sD. m/s7(多选)如图5所示，在离地面高为H处以水平速度v0抛出一质量为m的小球，经时间t，小球离水平地面的高
5、度变为h，此时小球的动能为Ek，重力势能为Ep(选水平地面为零势能参考面)下列图象中大致能反映小球动能Ek、势能Ep变化规律的是()图5 8如图6所示，置于光滑水平面上的物块在水平恒力F的作用下由静止开始运动，其速度v、动能Ek及拉力功率P随时间t或位移s的变化图象可能正确的是()图6 9如图7所示，两光滑直杆成直角竖直固定，OM水平，ON竖直，两个质量相同的有孔小球A、B(可视为质点)串在杆上通过长为L的非弹性轻绳相连，开始时小球A在水平向左的外力作用下处于静止状态，此时OBL，重力加速度为g，现将外力增大到原来的4倍(方向不变)，则小球B运动到与O点的距离为L时的速度大小为()图7A.B.
6、C.D.10一个质量为4 kg的物体静止在足够大的水平地面上，物体与地面间的动摩擦因数0.1，从t0开始，物体受到一个大小和方向呈周期性变化的水平力F作用，力F随时间的变化规律如图8所示，求83 s内物体的位移大小和力F对物体所做的功(g取10 m/s2)图811我国拥有航空母舰后，舰载机的起飞与降落等问题受到了广泛关注.2012年11月23日，舰载机歼15首降“辽宁舰”获得成功，随后舰载机又通过滑跃式起飞成功某兴趣小组通过查阅资料对舰载机滑跃起飞过程进行了如下的简化模拟：假设起飞时“航母”静止，飞机质量视为不变并可看成质点“航母”起飞跑道由如图9所示的两段轨道组成(二者平滑连接，不计拐角处的
7、长度)，其水平轨道长ABL，水平轨道与斜面轨道末端C的高度差为h.一架歼15飞机的总质量为m，在C端的起飞速度至少为v.若某次起飞训练中，歼15从A点由静止启动，飞机发动机的推力大小恒为0.6mg，方向与速度方向相同，飞机受到空气和轨道平均阻力的合力大小恒为0.1mg.重力加速度为g.求：图9(1)飞机在水平轨道AB上运动的时间；(2)在水平轨道末端B，发动机的推力功率；(3)要保证飞机正常起飞，斜面轨道的长度l满足的条件(结果用m、g、L、h、v表示)答案精析1D由牛顿第二定律可得：fma，汽车做加速度逐渐减小的加速运动，匀变速直线运动的公式不成立，选项A错误；因为牵引力是变力，且大于阻力f
8、，选项B、C错误；由动能定理可得：Ptfsmvmv，选项D正确2D从发球直至球落地的整个过程中，由动能定理有Wmghmvmv，解得Wmvmvmgh，故选项D正确3AD设A距离地面的高度为h，动摩擦因数为，对全过程运用动能定理有mghmgcos sABmgsBP0，得mghmg(sABcos sBP)0，而sABcos sBP，即h0，铁块在新斜面上有mgsin mgcos ma，由sin cos 0，可知铁块在新斜面上做匀速运动，与铁块的质量m无关，铁块一定能够到达P点，选项A、D正确，B、C错误4(1)1 s(2) m/s(3)20 J解析(1)由牛顿第二定律可知小滑块沿斜面下滑的加速度ag
9、sin gcos 2 m/s2由Lat2可得t1 s(2)设弹簧被压缩至x0处时小滑块达到最大速度vm，此时小滑块加速度为零，根据平衡条件有mgsin mgcos kx0这一过程由动能定理有mgsin (Lx0)mgcos (Lx0)kxmv解得vm m/s(3)设小滑块从P点压缩弹簧至最低点时，弹簧的压缩量为x1，由动能定理，有mgsin (Lx1)mgcos (Lx1)Epm0,解得Epm20 J.5CD由动能定理得EkBEkAWAB，EkCEkBWBC，物体所受的合外力做的功为拉力的水平分力所做的功由几何关系可知，从A运动到B的过程中拉力在水平方向的平均分力大小大于从B到C过程中拉力在水
10、平方向的平均分力大小，因此WABWBC，选项A、B错误，C、D正确6BFx图象与x轴围成的面积表示力F做的功，图形位于x轴上方表示力做正功，位于x轴下方表示力做负功，面积大小表示功的大小，所以物体运动到x16 m处时，力F对物体做的总功W40 J，由动能定理得Wmvmv，解得v23 m/s，B正确7AD由动能定理可知，mg(Hh)EkEk0，即EkEk0mgHmgh，Ekh图象为一次函数图象，B项错；又EkEk0mg2t2，可知Ekt图象为开口向上的抛物线，A项正确；由重力势能定义式有：Epmgh，Eph为正比例函数，所以D项正确；由平抛运动规律有：Hhgt2，所以Epmg(Hgt2)，所以E
11、pt图象不是直线，C项错8C物块在水平恒力作用下由静止开始做匀加速直线运动，其加速度a，速度vatt，vt图象为过坐标原点的倾斜直线，选项A错误；由v22ass，可知选项B错误；动能Ekmv2t2，选项C正确；功率PFvFatt，选项D错误9B设轻绳与OM杆的夹角为，开始时小球A受重力mg、外力F、杆的弹力FN1及绳的拉力FT作用处于平衡状态，水平方向有FFTcos ，小球B受重力mg、杆的弹力FN2及绳的拉力FT作用处于平衡状态，竖直方向有mgFTsin ，又sin ，得Fmg，外力增大后，小球A水平向左运动，小球B竖直向上运动，从开始至小球B运动到与O点距离为L的过程中，水平外力做的功为W
12、F4F(LL)mgL，设小球A、B此时的速度大小分别为vA、vB，轻绳与OM杆的夹角为，由运动分解有vAcos vBsin ，sin ，又根据功能关系有WFmgmvmv，得vB，B对10167 m676 J解析当物体在前半周期时由牛顿第二定律，得F1mgma1，则物体的加速度大小a12 m/s2当物体在后半周期时由牛顿第二定律，得F2mgma2，则物体的加速度大小a22 m/s2前半周期和后半周期位移相等，s1a1t24 m一个周期的位移为8 m，后半周期第1 s内的位移为3 m83 s内物体的位移大小为s(20843) m167 m第83 s末的速度vv1a2t2 m/s由动能定理得WFmgsmv2所以WFmgsmv2676 J.11(1)2(2)0.6mg(3)l2hL解析(1)设飞机在水平轨道的加速度为a，运动时间为t，发动机的推力为F，阻力为f，由牛顿第二定律得Ff0.6mg0.1mgma得a0.5g而由位移公式有Lat2解得：t2(2)设飞机在B端的速度为v，功率为P，由速度公式vat解得：PFv0.6mg(3)设飞机恰能在C端起飞时，斜面轨道长为l，整个过程由动能定理有：(Ff)(Ll)mghmv2解得：l2hL所以，斜面轨道长度满足的条件是l2hL.