动能定理及其应用（有详解）教案

跟踪训练：一、选择题

1．(多选)关于动能定理的表达式W＝Ek2－Ek1，下列说法正确的是(　　)

A．公式中的W为不包含重力的其他力做的总功

B．公式中的W为包含重力在内的所有力做的功，也可通过以下两种方式计算：先求每个力的功再求功的代数和或先求合外力再求合外力的功

C．公式中的Ek2－Ek1为动能的增量，当W>0时动能增加，当W<0时，动能减少

D．动能定理适用于直线运动，但不适用于曲线运动，适用于恒力做功，但不适用于变力做功

[解析]　公式W＝Ek2－Ek1中的“W”为所有力所做的总功，A错误，B正确；若W>0，则Ek2>Ek1，若W<0，则Ek2<Ek1，C正确；动能定理对直线运动、曲线运动、恒力做功、变力做功均适用，D错误．

[答案]　BC

2．如右图所示，一块长木板B放在光滑的水平面上，在B上放一物体A，现以恒定的外力拉B，由于A、B间摩擦力的作用，A将在B上滑动，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]　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对；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；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；由前述讨论知B克服摩擦力所做的功与A的动能增量(等于B对A的摩擦力所做的功)不等，故A错．[答案]　B

3．一个质量为m的物体静止放在光滑水平面上，在互成60°角的大小相等的两个水平恒力作用下，经过一段时间，物体获得的速度为v，在力的方向上获得的速度分别为v1、v2，如右图所示，那么在这段时间内，其中一个力做的功为(　　)

A.mv2     B.mv2      C.mv2    D.mv2

[解析]　在合力F的方向上，由动能定理得W＝Fl＝mv2，某个分力的功为W1＝F1lcos30°＝lcos30°＝Fl＝mv2，B正确．[答案]　B

4．用竖直向上大小为30 N的力F，将2 kg的物体由沙坑表面静止抬升1 m时撤去力F，经一段时间后，物体落入沙坑，测得落入沙坑的深度为20 cm.若忽略空气阻力，g取10 m/s2.则物体克服沙坑的阻力所做的功为(　　)

A．20 J     B．24 J C．34 J    D．54 J

[解析]　用竖直向上大小为30 N的力F，将2 kg的物体由沙坑表面静止抬升1 m时，由动能定理，Fh－mgh＝mv2，撤去力F后由动能定理，mg(d＋h)－W＝0－mv2，联立解得W＝mg(d＋h)＋Fh－mgh＝Fh＋mgd＝30×1 J＋2×10×0.2 J＝34 J．选项C正确． [答案]　C

5．(多选)质量为1500 kg的汽车在平直的公路上运动，v－t图象如图所示．由此可求(　　)

A．前25 s内汽车的平均速度 B．前10 s内汽车的加速度

C．前10 s内汽车所受的阻力 D．15～25 s内合外力对汽车所做的功

[解析]　由图象可求前25秒内的位移，即图象与时间轴所围区域的面积，再由＝可求平均速度，故A正确．前10秒内图线的斜率即为前10秒内的加速度，故B正确．前10秒内汽车的牵引力大小未知，因此汽车所受阻力不能求，故C错．由动能定理，合外力所做的功与动能增量相等，故D正确．[答案]　ABD

6．光滑斜面上有一个小球自高为h的A处由静止开始滚下，抵达光滑的水平面上的B点时速率为v0.光滑水平面上每隔相等的距离设置了一个与小球运动方向垂直的阻挡条，如图所示，小球越过n条阻挡条后停下来．若让小球从2h高处以初速度v0滚下，则小球能越过阻挡条的条数为(设小球每次越过阻挡条时损失的动能相等)(　　)

A．n      B．2n     C．3n   D．4n

[解析]　小球第一次从释放至到达B点的过程中，由动能定理得mgh＝mv，由B点到停止的过程中，由动能定理得－nW＝0－mv.小球第二次从释放到停止的过程中，由动能定理得

mg·2h－n′W＝0－mv，解得n′＝3n。    [答案]　C

7．物体在恒定阻力作用下，以某初速度在水平面上沿直线滑行直到停止．以a、Ek、s和t分别表示物体运动的加速度大小、动能、位移的大小和运动的时间，则以下各图象中，能正确反映这一过程的是(　　)

[解析]　物体在恒定阻力作用下运动，其加速度随时间不变，随位移不变，选项A、B错误；由动能定理，－fs＝Ek－Ek0，解得Ek＝Ek0－fs，选项C正确Ek＝mv2＝m(v0－at)2D错误．[答案]　C

8．(多选)如图所示，汽车通过轻质光滑的定滑轮，将一个质量为m的物体从井中拉出，绳与汽车连接点距滑轮顶点高h，开始时物体静止，滑轮两侧的绳都竖直绷紧，汽车以速度v向右匀速运动，运动到跟汽车连接的细绳与水平方向夹角为30°时，则(　　)

A．从开始到细绳与水平方向夹角为30°时，拉力做功mgh

B．从开始到细绳与水平方向夹角为30°时，拉力做功mgh＋mv2

C．在细绳与水平方向夹角为30°时，拉力功率为mgv

D．在细绳与水平方向夹角为30°时，拉力功率大于mgv

[解析]　汽车以v向右匀速运动，运动到跟汽车连接的细绳与水平方向夹角为30°时，物体上升的高度恰为h，对速度v分解可知沿细绳方向的分速度大小为v，根据动能定理可知A错误、B正确；由于物体加速上升，故细绳拉力大于物体的重力，所以细绳拉力的功率大于mgv，C错误，D正确．

[答案]　BD

9．(多选)如图所示，AB为半径R＝0.50 m的四分之一圆弧轨道，B端距水平地面的高度h＝0.45 m．一质量m＝1.0 kg的小滑块从圆弧轨道A端由静止释放，到达轨道B端的速度v＝2.0 m/s.忽略空气的阻力．取g＝10 m/s2.则下列说法正确的是(　　)

A．小滑块在圆弧轨道B端受到的支持力大小FN＝16 N

B．小滑块由A端到B端的过程中，克服摩擦力所做的功W＝3 J

C．小滑块的落地点与B点的水平距离x＝0.6 m

D．小滑块的落地点与B点的水平距离x＝0.3 m

[解析]　小滑块在B端时，根据牛顿第二定律有FN－mg＝m，解得FN＝18 N，A错误；根据动能定理有mgR－W＝mv2，解得W＝mgR－mv2＝3 J，B正确；

小滑块从B点做平抛运动，水平方向上x＝vt，竖直方向上h＝gt2，解得x＝v·＝0.6 m，C正确，D错误．[答案]　BC

10．(多选)如图甲所示，静止在水平地面的物块A，受到水平向右的拉力F作用，F与时间t的关系如图乙所示，设物块与地面的静摩擦力最大值fm与滑动摩擦力大小相等，则(　　)

A．0～t1时间内F的功率逐渐增大

B．t2时刻物块A的加速度最大

C．t2时刻后物块A做反向运动

D．t3时刻物块A的动能最大

[解析]　0～t1时间内，物块静止，F的功率为零，A错误；t2时刻合外力最大，物块A的加速度最大，B正确；t2时刻后物块A继续向前运动，C错误；t1～t3时间内，物块一直加速运动，t3时刻后物块做减速运动，所以t3时刻物块A的动能最大，D正确．[答案]　BD

二、非选择题

11．质量m＝1 kg的物体，在水平拉力F(拉力方向与物体初速度方向相同)的作用下，沿粗糙水平面运动，经过位移4 m时，拉力F停止作用，运动到位移是8 m时物体停止，运动过程中Ek－x的图线如图所示．(g取10 m/s2)求：(1)物体的初速度多大？

(2)物体和水平面间的动摩擦因数为多大？

(3)拉力F的大小．

[解析]　(1)从图线可知物体初动能为2 J，则:Ek0＝mv2＝2 J; 得v＝2 m/s.

(2)在位移为4 m处物体的动能为Ek＝10 J，在位移为8 m处物体的动能为零，这段过程中物体克服摩擦力做功．设摩擦力为Ff，则: －Ffx2＝0－Ek＝0－10 J＝－10 J

得Ff＝ N＝2.5 N;  因Ff＝μmg     故μ＝＝＝0.25.

(3)物体从开始到移动4 m这段过程中，受拉力F和摩擦力Ff的作用，合力为F－Ff，根据动能定理有：(F－Ff)·x1＝Ek－Ek0；              故得F＝＋Ff＝ N＝4.5 N.

[答案]　(1)2 m/s　(2)0.25　(3)4.5 N

12．如图所示，半径R＝0.5 m的光滑圆弧面CDM分别与光滑斜面体ABC和斜面MN相切于C、M点，斜面倾角分别如图所示．O为圆弧圆心，D为圆弧最低点，C、M在同一水平高度．斜面体ABC固定在地面上，顶端B安装一定滑轮，一轻质软细绳跨过定滑轮(不计滑轮摩擦)分别连接小物块P、Q(两边细绳分别与对应斜面平行)，并保持P、Q两物块静止．若PC间距为L1＝0.25 m，斜面MN足够长，物块P质量m1＝3 kg，与MN间的动摩擦因数μ＝，重力加速度g＝10 m/s2.求：(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)

(1)小物块Q的质量m2；

(2)烧断细绳后，物块P第一次到达D点时对轨道的压力大小；

(3)物块P在MN斜面上滑行的总路程．

[解析]　(1)根据平衡条件，满足：m1gsin53°＝m2gsin37°； 可得m2＝4 kg

(2)P到D过程由动能定理得m1gh＝m1v

由几何关系h＝L1sin53°＋R(1－cos53°)

运动到D点时，根据牛顿第二定律：FD－m1g＝m1：  解得FD＝78 N

由牛顿第三定律得，物块P对轨道的压力大小为78 N

(3)分析可知最终物块在CDM之间往复运动，C点和M点速度为零。

由全过程动能定理得：m1gL1sin53°－μm1gcos53°s总＝0；  解得s总＝1 m

[答案]　(1)4 kg　(2)78 N　(3)1 m

【巩固提升】

【考点】功能关系；平抛运动

【题型】综合题【题类】常考题【难度】困难【题源】河北邢台2021高三

1、如图所示，直轨道AB与光滑圆弧轨道BC相切，固定在竖直平面内，圆弧轨道的圆心角为370，半径r=0.25m，圆弧轨道C端切线水平，竖直墙壁CD高H=0.16m，紧靠墙壁在水平地面上固定一个和CD等高。底边长L=0.4m的斜面。一个质量m=0.1kg的小物块（视为质点）从倾斜轨道上A点由静止释放，恰好击中斜面的中点E。已知小物块与AB段的动摩擦因数，重力加速度，。求：
（1）小物块运动到C点时的速度大小；
【解析】小物块从C到E过程中做平抛运动，则有：，解得：
（2）小物块从A运动到E前的瞬间的过程中损失的机械能。
【解析】由功能关系可知小物块在B点的速度满足：
小物块从A到B过程中有：；
； 解得：
【分析】小物块从C到E做平抛运动，根据平抛运动规律可求C点速度；小物块从A到E过程中损失的机械能等于小物块从A到B过程中摩擦力做功，从B到C过程应用动能定理可求得B点的速度，从A到B匀加速，根据牛顿第二定律和运动学公式可得从A到B的距离，根据功的计算公式可得摩擦力做功。

2、【考点】连接体问题；牛顿第三定律

【题型】综合题；【题类】模拟题；【难度】困难；【题源】安徽省淮南一模

如图所示，质量为m=1kg的可视为质点的小物块轻轻放在水平匀速运动的传送带上的P点，随传送带运动到A点后水平抛出，小物块恰好无碰撞的沿圆弧切线从B点进入竖直光滑圆弧轨道下滑，圆弧轨道与质量为M=2kg的足够长的小车左端在在最低点O点相切，并在O点滑上小车，水平地面光滑，当物块运动到障碍物Q处时与Q发生无机械能损失的碰撞，碰撞前物块和小车已经相对静止，而小车可继续向右运动（物块始终在小车上）小车运动过程中和圆弧无相互作用，已知圆弧半径R=1.0m，圆弧对应圆心角的，A点距水平面的高度h=0.8m，物块与小车间的动摩擦因数，，试求：
（1）小物块离开A点的水平初速度；
【解析】对小物块由A到B有：
在B 点：
解得：
故小物块离开A点的水平初速度
（2）小物块对它在O点时对轨道的压力；
【解析】由A到O，根据动能定理有：
在O点：；
解得：
故压力：
故小物块经过O点时对轨道的压力为
（3）第一次碰撞后直至静止，物块相对小车的位移和小车做匀减速运动的总时间。
【解析】摩擦力：，物块滑上车后，滑块减速运动，加速度大小为：
小车加速运动，加速度大小为：
经过时间t达到的共同速度为，则：
得：
由于碰撞不损失能量，物块在小车上重复做匀减速和匀加速运动，相对小车始终向左运动，与小车最终静止，摩擦力做功使动能全部转化为内能，故有：
得：
小车从物块碰撞后开始做匀减速运动，（每个减速阶段）加速度a不变：；
得：
第一次碰撞后直到静止，物块相对小车的位移为5.5m，小车做匀减速运动的总时间为。

【分析】（1）利用平抛运动规律，在B点对速度进行正交分解，得到水平速度和竖直方向速度的关系，而竖直方向速度显然易求，则水平速度可解：（2）首先利用动能定理物块在最低点的速度问题，然后利用牛顿第二定律在最低点表示出向心力，则滑块受到的弹力可解，根据牛顿第三定律可求对轨道的压力。（3）第一次碰撞后，滑块以原速率返回，小车减速，当滑块速度减为零后反向加速度时，小车仍然减速，直到两者速度相同，一起向右；之后重复这个过程，小车与滑块有相对滑动的过程中小车匀减速；根据功能关系列式求相对路程，根据速度时间关系公式求解小车的减速时间。

3、【题型】综合题；【题类】常考题；【难度】困难；【题源】省六校联考2019高三第二次联考

【考点】对单物体（质点）的应用，机械能综合应用
如图所示，光滑轨道槽ABCD与粗糙轨道槽GH（点G与点D在同一高度但不相交，FH与圆相切）通过光滑圆轨道EF平滑连接，组成一套完整的轨道，整个装置位于竖直平面内，现将一质量m=1kg的小球甲从AB段距地面高h0=2m处静止释放，与静止在水平轨道上、质量为1kg的小球乙发生完全弹性碰撞，碰后小球乙滑上右边斜面轨道并能通过轨道的最高点E点。已知CD、GH与水平面的夹角为，GH段的动摩擦因数，圆轨道的半径R=0.4m，E点离水平面的竖直高度为3R（E点为轨道的最高点）。（），求两球碰撞后：
（1）小球乙第一次通过E点时对轨道的压力大小；
【解析】小球甲从A点到B点由机械能守恒定律可得：
两小球碰撞时由动量守恒定律可得：
由机械能守恒定律可得：
小球乙从BC轨道滑至E点过程，由机械能守恒定律得：
小球乙在E点，根据牛顿第二定律及向心力公式:
根据牛顿第三定律小球乙对轨道的压力N’=N=30N ，由以上各式并代入数据得：；
(2)小球乙沿GH段向上滑行后距离地面的最大高度；
【解析】D、G离地面的高度：
设小球乙上滑的最大高度为hm，则小球乙在GH段滑行的距离：
小球乙从水平轨道位置滑至最高点的过程，根据动能定理：
其中：，
由以上各式并代入数据得：
（3）若将小球乙拿走，只将小球甲从AB段离地面h处自由释放后，小球甲又能沿原路径返回，试求h的取值范围。
【解析】只有小球甲时，小球甲要沿原路径返回，若未能完成圆周运动，则：
若能完成圆周运动，则小球甲返回时必须能经过圆轨道的最高点E。设小球沿GH上升的竖直高度为，上升过程克服摩擦力做功为，则：
小球甲从释放位置滑至最高点的过程，根据动能定理：
设小球甲返回至G点时的速度为，根据动能定理：
从G点返回至E点的过程，根据机械能守恒：
在E点，
由以上各式得：
故小球甲沿原路径返回的条件为：或；