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第2讲 动能定理及其应用 （第2课时 动能定理的应用）
课堂讲解
考点一、动能定理与图像结合的问题
1、解决物理图像问题的基本步骤
(1)观察题目给出的图像，弄清纵坐标、横坐标所对应的物理量及图线所表示的物理意义。
(2)根据物理规律推导出纵坐标与横坐标所对应的物理量间的函数关系式。
(3)将推导出的物理规律与数学上与之相对应的标准函数关系式相对比，找出图线的斜率、截距、图线的交点，弄清图线与坐标轴围成的面积所表示的物理意义，分析解答问题，或者利用函数图线上的特定值代入函数关系式求物理量。
2、与动能定理结合紧密的几种图像
(1)v－t图：由公式x＝vt可知，v－t图线与横坐标轴围成的面积表示物体的位移。
(2)F－x图：由公式W＝Fx可知，F－x图线与横坐标轴围成的面积表示力所做的功。
(3)P－t图：由公式W＝Pt可知，P－t图线与横坐标轴围成的面积表示力所做的功。
(4)a－t图：由公式Δv＝at可知，a－t图线与横坐标轴围成的面积表示物体速度的变化量。
(5)Ek x图：由公式F合x＝Ek－Ek0可知，Ek x图线的斜率表示合力。
例1、（Ek x）(2020·江苏高考) 如图所示，一小物块由静止开始沿斜面向下滑动，最后停在水平地面上。斜面和地面平滑连接，且物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为常数。该过程中，物块的动能Ek与水平位移x关系的图象是(　　)
变式1、(动能定理结合Ek s图像)(2021·湖北高考)如图a所示，一物块以一定初速度沿倾角为30°的固定斜面上滑，运动过程中摩擦力大小f恒定，物块动能Ek与运动路程s的关系如图b所示。重力加速度大小取10 m/s2，物块质量m和所受摩擦力大小f分别为(　　)
A．m＝0.7 kg，f＝0.5 N
B．m＝0.7 kg，f＝1.0 N
C．m＝0.8 kg，f＝0.5 N
D．m＝0.8 kg，f＝1.0 N
例2、（F－x）(2021·福建高考)如图a，一倾角37°的固定斜面的AB段粗糙，BC段光滑。斜面上一轻质弹簧的一端固定在底端C处，弹簧的原长与BC长度相同。一小滑块在沿斜面向下的拉力T作用下，由A处从静止开始下滑，当滑块第一次到达B点时撤去T。T随滑块沿斜面下滑的位移s的变化关系如图b所示。已知AB段长度为2 m，滑块质量为2 kg，滑块与斜面AB段的动摩擦因数为0.5，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度大小取10 m/s2，sin37°＝0.6。求：
(1)当拉力为10 N时，滑块的加速度大小；
(2)滑块第一次到达B点时的动能；
(3)滑块第一次在B点与弹簧脱离后，沿斜面上滑的最大距离。
考点二、动能定理与其他知识结合
例3、（与平抛结合）(2020·全国卷Ⅱ)如图，在摩托车越野赛途中的水平路段前方有一个坑，该坑沿摩托车前进方向的水平宽度为3h，其左边缘a点比右边缘b点高0.5h。若摩托车经过a点时的动能为E1，它会落到坑内c点，c与a的水平距离和高度差均为h；若经过a点时的动能为E2，该摩托车恰能越过坑到达b点。等于(　　)
A．20 B．18
C．9.0 D．3.0
变式2、（2015年海南卷）如图，位于竖直平面内的光滑轨道由四分之一圆弧ab和抛物线bc组成，圆弧半径Oa水平，b点为抛物线顶点。已知h=2m,，s=。取重力加速度大小g=10m/s2。
（1）一小环套在轨道上从a点由静止滑下，当其在bc段轨道运动时，与轨道之间无相互作用力，求圆弧轨道的半径；
（2）若环从b点由静止因微小扰动而开始滑下，求环到达c点时速度的水平分量的大小。
例4、（速度关联）（ 2012年理综福建卷）如图，用跨过光滑定滑轮的缆绳将海面上一艘失去动力的小船沿直线拖向岸边。已知拖动缆绳的电动机功率恒为P，小船的质量为m，小船受到的阻力大小恒为f，经过A点时的速度大小为v0，小船从A点沿直线加速运动到B点经历时间为t1，A、B两点间距离为d,缆绳质量忽略不计。求：
（1）小船从A点运动到B点的全过程克服阻力做的功W1；
（2）小船经过B点时的速度大小v1；
（3）小船经过B点时的加速度大小a。
例5、（圆周运动）（2022·浙江1月卷）如图所示，处于竖直平面内的一探究装置，由倾角=37°的光滑直轨道AB、圆心为O1的半圆形光滑轨道BCD、圆心为O2的半圆形光滑细圆管轨道DEF、倾角也为37°的粗糙直轨道FG组成，B、D和F为轨道间的相切点，弹性板垂直轨道固定在G点（与B点等高），B、O1、D、O2和F点处于同一直线上。已知可视为质点的滑块质量m=0.1kg，轨道BCD和DEF的半径R=0.15m，轨道AB长度，sin37°=0.6，cos37°=0.8。滑块开始时均从轨道AB上某点静止释放，若释放点距B点的长度l=0.7m，求滑块到最低点C时轨道对其支持力FN的大小；
课后巩固
1、(2019·全国卷Ⅲ)从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用。距地面高度h在3 m以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图所示。重力加速度取10 m/s2。该物体的质量为(　　)
A．2 kg B．1.5 kg
C．1 kg D．0.5 kg
2、（2017年江苏卷）一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处。物块初动能为Ek0，与斜面间的动摩擦因数不变，则该过程中，物块的动能Ek与位移x关系的图线是 （ ）
3、(教材必修二P100页B组第2题）A、B两物体的质量之比mA∶mB＝2∶1，它们以相同的初速度v0在水平面上做匀减速直线运动，直到停止，其v-t图像如图8-3所示。此过程中，A、B两物体受到的摩擦力做的功之比WA ∶ WB是多少？A、B两物体受到的摩擦力之比FA∶ FB是多少？
4、（2012年理综北京卷） 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l=1.4m，v=3.0m/s，m=0.10kg，物块与桌面间的动摩擦因数μ=0.25，桌面高h=0.45m.。不计空气阻力，重力加速度g取10m/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。
5、（2015年理综浙江卷）如图所示，用一块长L1=1.0m的木板在墙和桌面间架设斜面，桌面高H=0.8m，长L2=1.5m。斜面与水平桌面的倾角θ可在0~60°间调节后固定。将质量m=0.2kg的小物块从斜面顶端静止释放，物块与斜面间的动摩擦因数μ1=0.05，物块与桌面间的动摩擦因数μ2，忽略物块在斜面与桌面交接处的能量损失。（重力加速度g取10m/s2；最大静摩擦力等于滑动摩擦力）
（1）求θ角增大到多少时，物块能从斜面开始下滑；（用正切值表示）
（2）当θ增大到37°时，物块恰能停在桌面边缘，求物块与桌面间的动摩擦因数μ2；（已知sin37°=0.6，cos37°=0.8）
（3）继续增大θ角，发现θ=53°时物块落地点与墙面的距离最大，求此最大距离xm
本节课反馈（学生意见和建议反馈本节课掌握情况）：
参考答案
课堂讲解
例1、答案　A
解析 　设斜面倾角为θ，物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2。物块在斜面上运动时，根据动能定理有mgxtanθ－μ1mgcosθ·＝Ek－0，整理可得Ek＝(mgtanθ－μ1mg)x，即在斜面上运动时，物块的动能Ek与x成线性关系；设物块到达斜面底端时动能为Ek0，水平位移为x0，物块在水平地面上运动时，根据动能定理有－μ2mg(x－x0)＝Ek－Ek0，整理可得Ek＝－μ2mgx＋Ek0＋μ2mgx0，即在水平地面上运动时，物块的动能Ek与x也成线性关系。综上分析可知A正确。
变式1、答案　A
解析　0～10 m内物块上滑，由动能定理得－mgsin30°·s－fs＝Ek－Ek0，整理得Ek＝Ek0－(mgsin30°＋f)s，结合0～10 m内的Ek s图像得，斜率的绝对值|k|＝mgsin30°＋f＝4 N；10～20 m内物块下滑，由动能定理得(mgsin30°－f)(s－s1)＝Ek，整理得Ek＝(mgsin30°－f)s－(mgsin30°－f)s1，结合10～20 m内的Ek s图像得，斜率k′＝mgsin30°－f＝3 N。联立解得m＝0.7 kg，f＝0.5 N，A正确，B、C、D错误。
例2、答案　(1)7 m/s2　(2)26 J　(3)1.3 m
解析　(1)设小滑块的质量为m，斜面倾角为θ，滑块与斜面AB段间的动摩擦因数为μ，滑块受斜面的支持力大小为N，滑动摩擦力大小为f，拉力为10 N时滑块的加速度大小为a。由牛顿第二定律和滑动摩擦力公式有
T2＋mgsinθ－f＝ma①
N－mgcosθ＝0②
f＝μN③
联立①②③式并代入题给数据得a＝7 m/s2。④
(2)设滑块在AB段运动的过程中拉力所做的功为W，由功的定义有W＝T1s1＋T2s2⑤
式中T1、T2和s1、s2分别对应滑块下滑过程中两阶段所受的拉力及相应的位移大小。依题意，T1＝8 N，s1＝1 m，T2＝10 N，s2＝1 m。设滑块第一次到达B点时的动能为Ek，由动能定理有W＋(mgsinθ－f)(s1＋s2)＝Ek－0⑥
联立②③⑤⑥式并代入题给数据得Ek＝26 J。⑦
(3)由机械能守恒定律可知，滑块第一次在B点与弹簧脱离时，动能仍为Ek。设滑块第一次在B点与弹簧脱离后，沿斜面上滑的最大距离为smax，由动能定理有
－(mgsinθ＋f)smax＝0－Ek⑧
联立②③⑦⑧式并代入题给数据得smax＝1.3 m。⑨
例3、答案　B
解析　摩托车经过a点的动能为E1时，有E1＝mv，根据平抛运动规律有h＝gt，h＝v1t1；摩托车经过a点的动能为E2时，有E2＝mv，根据平抛运动规律有h＝gt，3h＝v2t2。联立以上各式可解得＝18，故B正确。
变式2、答案：（1）0.25m （2）2m/s
解析：（1）一小环套在bc段轨道运动时，与轨道之间无相互作用力，则说明下落到b点时的速度，使得小环套做平抛运动的轨迹与轨道bc重合，故有 ①， ②，
从ab滑落过程中，根据动能定理可得 ③，
联立三式可得
（2）下滑过程中，初速度为零，只有重力做功，根据动能定理可得 ④
因为物体滑到c点时与竖直方向的夹角等于（1）问中做平抛运动过程中经过c点时速度与竖直方向的夹角相等，设为，则根据平抛运动规律可知 ⑤，
根据运动的合成与分解可得 ⑥
联立①②④⑤⑥可得
例4、答案 （1）（2）（3）
解析 （1）小船从A点到达B点，受到的阻力恒为f,其克服阻力做的功为：
（2）从A到B由动能定理可知：
解得：
（3）设小船经过B点时绳的拉力大小为F，绳与水平方向夹角为θ，电动机牵引绳的速度大小为u，则P=Fu
由牛顿第二定律有
解得
答案 7N
解析 到C点过程
C点时，
课后巩固
1、答案　C
解析　画出运动示意图如图，设阻力大小为f，据动能定理知，
A→B(上升过程)：EkB－EkA＝－(mg＋f)h
C→D(下落过程)：EkD－EkC＝(mg－f)h
联立以上两式，解得物体的质量m＝1 kg，C正确。
答案 C
解析： 向上滑动过程中，根据动能定理：0-Ek0= -(mg+Ff)x，
同理，下滑过程，由动能定理可得： Ek-0= -(mg-Ff)x，故C正确；A、B、D错误。
答案 和
解析 由动能定理知，A、B两物体受到的摩擦力做的功等于其动能的变化，所以A、B两物体受到的摩擦力做的功之比为
B两物体的加速度之比为，
所以A、B两物体受到的摩擦力之比。
4、答案 （1）0.3s（2）0.90J（3）4.0m/s
解析：（1）小物块落地所用时间为t，有
s
小物块落地点距飞出点的水平距离m
（2）根据机械能守恒，小物块落地时的动能为
J
（3）在桌面上滑行过程中根据动能定理有
则m/s
5、答案：（1）tanθ0.05 （2）μ2=0.8 （3）1.9 m
解析（1）为使小物块下滑 ①
θ满足的条件tanθ0.05 ②
（2）克服摩擦力做功Wf=μ1mgL1cosθ+μ2mg (L2-L1cosθ) ③
由动能定理得mg L1sin θ-Wf=0 ④
代入数据得μ2=0.8 ⑤
（3）由动能定理可得mg L1sin θ - Wf = mv ⑥
代入数据得v=1m/s ⑦
，t=0.4s， ⑧
x1=vt=0.4 m ⑨
xm= x1+ L2=1.9 m ⑩

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