资源简介

(共65张PPT)
动能定理及其应用
第
2
讲
目标
要求
1.理解动能、动能定理，会用动能定理解决一些基本问题.2.能利用动能定理求变力做的功.3.掌握解决动能定理与图像结合的问题的方法.
内容索引
考点一　动能定理的理解和基本应用
考点二　应用动能定理求变力做功
考点三　动能定理与图像问题的结合
课时精练
考点一
动能定理的理解和基本应用
梳理
必备知识
1.动能
(1)定义：物体由于运动而具有的能量叫作动能.
(2)公式：Ek＝______，单位：焦耳(J).1 J＝1 N·m＝1 kg·m2/s2.
(3)动能是标量、状态量.
2.动能定理
(1)内容：力在一个过程中对物体做的功，等于物体在这个过程中____
_______.
(2)表达式：W＝ΔEk＝Ek2－Ek1＝____________.
(3)物理意义： 做的功是物体动能变化的量度.
动能
的变化
合力
1.一定质量的物体动能变化时，速度一定变化，但速度变化时，动能不一定变化.(　　)
2.物体在合外力作用下做变速运动时，动能一定变化.(　　)
3.物体的动能不变，所受的合外力必定为零.(　　)
4.合力对物体做正功，物体的动能增加；合力对物体做负功，物体的动能减少.(　　)
√
×
×
√
1.应用动能定理解题应抓住“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，确定在这一过程中研究对象的受力情况和位置变化或位移信息.
2.注意事项
(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)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，也可以全过程应用动能定理求解.
(3)动能是标量，动能定理是标量式，解题时不能分解动能.
提升
关键能力
例1　如图所示，AB为四分之一圆弧轨道，BC为水平直轨道，圆弧的半径为R，BC的长度也是R.一质量为m的物体，与两个轨道间的动摩擦因数都为μ，它由轨道顶端A从静止开始下滑，恰好运动到C处停止，不计空气阻力，重力加速度为g，那么物体在AB段
克服摩擦力所做的功为
A.μmgR B.
C.mgR D.(1－μ)mgR
√
BC段物体所受摩擦力为Ff＝μmg，位移为R，故BC段摩擦力对物体做功W＝－FfR＝－μmgR，对全程由动能定理可知mgR＋W1＋W＝0，解
得W1＝μmgR－mgR，故AB段克服摩擦力做功为W克＝mgR－μmgR＝(1－μ)mgR，选D.
例2　(2021·河北卷·6)一半径为R的圆柱体水平固定，横截面如图所示，长度为πR、不可伸长的轻细绳，一端固定在圆柱体最高点P处，另一端系一个小球，小球位于P点右侧同一水平高度的Q点时，绳刚好拉直，将小球从Q点由静止释放，当与圆柱体未接触部分的细绳竖直时，小球的速度大小为(重力加速度为g，不计空气阻力)
√
例3　一物块沿倾角为θ的斜坡向上滑动.当物块的初速度为v时，上升的最大高度为H，如图所示，当物块的初速度为 时，上升的最大高度记为h.重力加速度大小为g.物块与斜坡间的动摩擦因数和h分别为
√
物块以初速度v上升的过程，由动能定理得
例4　如图所示，粗糙水平地面AB与半径R＝0.4 m的光滑半圆轨道BCD相连接，且在同一竖直平面内，O是BCD的圆心，BOD在同一竖直线上.质量m
＝1 kg的小物块在9 N的水平恒力F的作用下，从A点由静止开始做匀加速直线运动.
已知xAB＝5 m，小物块与水平地面间的动摩擦因数为μ＝0.1，当小物块运动到B点时撤去力F，取重力加速度g＝10 m/s2，求：
(1)小物块到达B点时速度的大小；
从A到B过程，据动能定理可得
解得小物块到达B点时速度的大小为
(2)小物块运动到D点时，轨道对小物块作用力的大小.
答案　150 N
从B到D过程，据动能定理可得
在D点由牛顿第二定律可得
联立解得小物块运动到D点时，轨道对小物块作用力的大小为FN＝150 N.
应用动能定理的解题流程
方法点拨
考点二
应用动能定理求变力做功
例5　质量为m的物体以初速度v0沿水平面向左开始运动，起始点A与一轻弹簧O端相距s，如图所示.已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，物体与弹簧相碰后，弹簧的最大压缩量为x，则从开始碰撞到弹簧被压缩至最短，物体克服弹簧弹力所做的功为(重力加速度大小为g)
√
例6　(多选)(2023·重庆市模拟)游乐场有一种儿童滑轨，其竖直剖面示意图如图所示，AB部分是半径为R的四分之一圆弧轨道，BC为轨道水平部分，与半径OB垂直.一质量为m的小孩(可视为质点)从A点由静止滑下，滑到圆弧轨道末端B点时，对轨道的正压力大小为2.5mg，重力加速度大小为g.下列说法正确的是
√
√
规律总结
考点三
动能定理与图像问题的结合
图像与横轴所围“面积”或图像斜率的含义
例7　(2021·湖北卷·4)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
√
绝对值|k|＝mgsin 30°＋f＝4 N,10～20 m内物块下滑，由动能定理得(mgsin 30°－f)(s－s1)＝Ek，整理得Ek＝(mgsin 30°－f)s－(mgsin 30°－f)s1，结合10～20 m内的图像得，斜率k′＝mgsin 30°－f＝3 N，联立解得f＝0.5 N，m＝0.7 kg，故选A.
0～10 m内物块上滑，由动能定理得－mgsin 30°·s－fs＝Ek－Ek0，整理得Ek＝Ek0－(mgsin 30°＋f)s，结合0～10 m内的图像得，斜率的
例8　(2020·江苏卷·4)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关系的图像是
√
设斜面倾角为θ，物块沿斜面滑下的过程中，由动能定理得
在水平面上，由动能定理得：－μ2mg(x－x0)＝Ek－Ek0，则Ek＝Ek0－μ2mg(x－x0)，x0为物块沿斜面下滑到底端的位移沿水平方向的分量，Ek0为物块下滑到斜面底端时的动能，即Ek与x为一次函数关系，故A正确，C错误.
例9　(多选)在某一粗糙的水平面上，一质量为2 kg的物体在水平恒定拉力的作用下做匀速直线运动，当运动一段时间后，拉力逐渐减小，且当拉力减小到零时，物体刚好停止运动，图中给出了拉力随位移变化的关系图像.重力加速度g取10 m/s2.根据以上信息能精确得出或估算得出的物理量有
A.物体与水平面间的动摩擦因数
B.合力对物体所做的功
C.物体做匀速运动时的速度
D.物体运动的时间
√
√
√
减速过程由动能定理得WF＋Wf＝0－ 根
据F－x图像中图线与x轴围成的面积可以估算力F对物体做的功WF，而Wf＝－μmgx，由此可求得合力对物体所做的功及物体做匀速运动时的速度v，B、C正确；
因为物体做变加速运动，所以运动时间无法求出，D错误.
方法点拨
解决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、图线之间的交点、图线与横轴围成的面积所对应的物理意义，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.
四
课时精练
1.(多选)如图所示，电梯质量为M，在它的水平地板上放置一质量为m的物体.电梯在钢索的拉力作用下竖直向上加速运动，当电梯的速度由v1增大到v2时，上升高度为H，重力加速度为g，则在这个过程中，下列说法正确的是
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基础落实练
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2.如图所示，一半圆弧形细杆ABC竖直固定在水平地面上，AC为其水平直径，圆弧半径BO＝3.6 m.质量为m＝4.0 kg的小圆环(可视为质点，小环直径略大于杆的)套在细杆上，在大小为50 N、方向始终沿圆的切线方向的拉力F作用下，从A点由静止开始运动，到达B点时对细杆的压力恰好为0.已知π取3.14，重力加速度g取10 m/s2，在这一过程中摩擦力做功为
A.66.6 J B.－66.6 J
C.210.6 J D.－210.6 J
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3.如图所示的滑草运动中，某游客从静止开始由坡顶向坡底下滑，滑到坡底时速度大小为8 m/s，如果该游客以初速度大小6 m/s沿原来的路线由坡顶滑下，则游客滑到坡底时的速度大小是
(设游客所受阻力不变)
A.14 m/s B.10 m/s
C.12 m/s D.9 m/s
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4.(2023·湖南怀化市模拟)如图所示，DO是水平面，AB是斜面，初速度为v0的物体从D点出发沿DBA滑动到顶点A时速度刚好为零，如果斜面改为AC，让该物体从D点出发沿DCA滑动到A点且速度刚好为零，则物体具有的初速度(已知物体与斜面及水平面之间的动摩擦因数处处相同且不为零，不计B、C处能量损失)
A.等于v0 B.大于v0
C.小于v0 D.取决于斜面
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5.(多选)(2023·云南昆明市第一中学、宁夏银川一中模拟)如图，若小滑块以某一初速度v0从斜面底端沿光滑斜面上滑，恰能运动到斜面顶端.现仅将光滑斜面改为粗糙斜面，仍让滑块以初速度v0从斜面底端上滑时，滑块恰能运动到距离斜面底端长度的 处.则
A.滑块滑上斜面后能再次滑回斜面底端
B.滑块滑上斜面后不能再次滑回斜面底端
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6.A、B两物体分别在水平恒力F1和F2的作用下沿水平面运动，先后撤去F1、F2后，两物体最终停下，它们的v－t图像如图所示.已知两物体所受的滑动摩擦力大小相等，则下列说法正确的是
A.F1、F2大小之比为1∶2
B.F1对A、F2对B做功之比为1∶2
C.A、B质量之比为2∶1
D.全过程中A、B克服摩擦力做功之比为2∶1
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由v－t图像可知，A、B两物体运动的位移相等，且匀加速运动位移之比为1∶2，匀减速运动的位移之比为2∶1，由动能定理可得F1与摩擦力的关系：F1·x－Ff1·3x＝0－0，F2与摩擦力的关系：F2·2x－Ff2·3x＝0－0，因此可得：F1＝3Ff1，F2＝ Ff1＝Ff2，所以F1＝
2F2.全过程中A、B克服摩擦力做的功相等，F1对A、F2对B做的功大小相等，故A、B、D错误.
由v－t图像可知，两个匀减速运动的加速度大小之比为1∶2，由题可知A、B所受摩擦力大小相等，所以A、B的质量关系是2∶1，故C正确.
7.电梯是一种以电动机为动力的垂直升降机，用于多层建筑载人或载运货物.某次电梯从地面由静止启动，加速度a与离地高度h的关系图像如图所示，则
A.2h0～3h0范围内电梯向上做匀减速直线运动
B.电梯在0～h0和2h0～3h0范围内的速度变化量相等
C.电梯在3h0处的速度大小为
D.电梯上升的最大高度可能为3h0
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能力综合练
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由题图可知从0到2h0，电梯先做加速度增大的加速运动再做匀加速运动，从2h0到3h0做加速度减小的加速运动，当加速度为零时，电梯向上的速度不为零，仍会向上运动，则电梯上升的最大高度一定大于3h0，故A、D错误；
8.(2019·全国卷Ⅲ·17)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
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法一：特殊值法
画出运动示意图.
设该外力的大小为F，据动能定理知
A→B(上升过程)：－(mg＋F)h＝EkB－EkA
B→A(下落过程)：(mg－F)h＝EkA′－EkB′
整理以上两式并代入数据得物体的质量m＝1 kg，选项C正确.
法二：写表达式根据斜率求解
上升过程：－(mg＋F)h＝Ek－Ek0，
则Ek＝－(mg＋F)h＋Ek0
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下落过程：(mg－F)h＝Ek′－Ek0′，
则Ek′＝(mg－F)h＋Ek0′，
联立可得m＝1 kg，选项C正确.
9.(2023·浙江杭州市模拟)电梯一般用电动机驱动，钢绳挂在电动机绳轮上，一端悬吊轿厢，另一端悬吊配重装置.钢绳和绳轮间产生的摩擦力能驱使轿厢上下运动.若电梯轿厢质量为2×103 kg，配重为2.4×103 kg.某次电梯轿厢由静止开始上升的v－t图像如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力.下列说法正确的是
A.电梯轿厢在第10 s内处于失重状态
B.上升过程中，钢绳对轿厢和对配重的
拉力大小始终相等
C.在第1 s内，电动机做的机械功为2.4×104 J
D.上升过程中，钢绳对轿厢做功的最大功率为4.8×104 W
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由题图乙可知，电梯轿厢在第10 s内做匀速直线运动，处于平衡状态，故A错误；
以1～10 s为例，轿厢和配重都处于平衡状态，根据平衡条件可知左边钢绳的拉
力大小与轿厢的重力大小相等，右边钢绳的拉力大小与配重的重力大小相等，由题意知轿厢和配重质量不等，则钢绳对轿厢和对配重的拉力大小不相等，故B错误；
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由题图乙可知在第1 s内，轿厢上升了1 m，配重下降了1 m，设电动机做的机械功为W，由动能定理得W＋m2gh－m1gh＝ (m1＋m2)v2，解得W＝4.8×103 J，故C错误；
当钢绳对轿厢拉力最大，轿厢速度最大时，钢绳对轿厢做功的功率最大，在轿厢加速上升阶段，由牛顿第二定律得FT－m1g＝m1a，由题图乙可知a＝2 m/s2，钢绳对轿厢做功的最大功率P＝FTv＝(m1g＋m1a)v＝4.8×104 W，故D正确.
10.(2023·云南昆明市第一中学模拟)如图甲所示，两个不同材料制成的滑块A、B静置于水平桌面上，滑块A的右端与滑块B的左端接触.某时刻开始，给滑块A一个水平向右的力F，使滑块A、B开始滑动，当滑块A、B滑动1.0 m时撤去力F.整个运动过程中，滑块A、B的动能Ek随位移x的变化规律如图乙所示.不计空气阻力，求：
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(1)滑块A对B做的功；
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答案　12 J　
B在撤去F后继续滑行xB＝1.0 m，撤去F时B的动能EkB＝6 J，
由动能定理有－FfBxB＝0－EkB
在撤去F前，对B由动能定律得WAB－FfBx＝EkB
联立并代入数据解得WAB＝12 J
(2)力F的大小.
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答案　39 N
撤去力F后，滑块A继续滑行的距离为xA＝0.5 m，撤去F时A的动能EkA＝9 J，由动能定理有－FfAxA＝0－EkA
力F作用的过程中，分析滑块A、B整体，由动能定理有(F－FfA－FfB)x＝EkA＋EkB
代入数据解得F＝39 N.
11.(2023·浙江温州市模拟)如图所示，一粗糙矩形水平板ABCD与一光滑半圆柱面CDEF相切于CD边，C、D、E、F位于同一竖直平面内.沿圆柱面EF边固定一竖直挡板，物块垂直撞击挡板前后，速度方向相反、大小不变.可从A点沿水平面朝各个方向发射质量m＝0.2 kg的小物块(可视为质点).已知两轨道面沿CD方向足够长，水平板AC边长L＝1 m，半圆柱面的圆弧半径R＝0.1 m，物块与水平板间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度g取10 m/s2.
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(1)若小物块从A点以初速度v0＝3 m/s沿AC方向发射，求物块运动至半圆柱面最高点E时(撞击挡板前)，对半圆柱面的压力大小；
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答案　4 N　
由牛顿第三定律可知FN′＝FN＝4 N
(2)若小物块从A点以初速度v沿AC方向发射，为保证物块能进入半圆柱面且在半圆柱面内不脱轨，求其初速度大小v的取值范围.
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(3)若撤去EF处的竖直挡板，令物块初速度v0′＝
方向与AC边成θ角(θ未知)沿板发射.若小物块能从EF边飞出，求飞出后落地点到CD边距离d的取值范围.
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若物块沿AC方向发射，距离d最大
水平方向：d1＝v1′·t
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11第2讲　动能定理及其应用
目标要求　1.理解动能、动能定理，会用动能定理解决一些基本问题.2.能利用动能定理求变力做的功.3.掌握解决动能定理与图像结合的问题的方法．
考点一　动能定理的理解和基本应用
1．动能
(1)定义：物体由于运动而具有的能量叫作动能．
(2)公式：Ek＝mv2，单位：焦耳(J).1 J＝1 N·m＝1 kg·m2/s2.
(3)动能是标量、状态量．
2．动能定理
(1)内容：力在一个过程中对物体做的功，等于物体在这个过程中动能的变化．
(2)表达式：W＝ΔEk＝Ek2－Ek1＝mv22－mv12.
(3)物理意义：合力做的功是物体动能变化的量度．
1．一定质量的物体动能变化时，速度一定变化，但速度变化时，动能不一定变化．(　√　)
2．物体在合外力作用下做变速运动时，动能一定变化．(　×　)
3．物体的动能不变，所受的合外力必定为零．(　×　)
4．合力对物体做正功，物体的动能增加；合力对物体做负功，物体的动能减少．(　√　)
1．应用动能定理解题应抓住“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，确定在这一过程中研究对象的受力情况和位置变化或位移信息．
2．注意事项
(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)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，也可以全过程应用动能定理求解．
(3)动能是标量，动能定理是标量式，解题时不能分解动能．
例1　如图所示，AB为四分之一圆弧轨道，BC为水平直轨道，圆弧的半径为R，BC的长度也是R.一质量为m的物体，与两个轨道间的动摩擦因数都为μ，它由轨道顶端A从静止开始下滑，恰好运动到C处停止，不计空气阻力，重力加速度为g，那么物体在AB段克服摩擦力所做的功为(　　)
A．μmgR B.mgR
C．mgR D．(1－μ)mgR
答案　D
解析　BC段物体所受摩擦力为Ff＝μmg，位移为R，故BC段摩擦力对物体做功W＝－FfR＝－μmgR，对全程由动能定理可知mgR＋W1＋W＝0，解得W1＝μmgR－mgR，故AB段克服摩擦力做功为W克＝mgR－μmgR＝(1－μ)mgR，选D.
例2　(2021·河北卷·6)一半径为R的圆柱体水平固定，横截面如图所示，长度为πR、不可伸长的轻细绳，一端固定在圆柱体最高点P处，另一端系一个小球，小球位于P点右侧同一水平高度的Q点时，绳刚好拉直，将小球从Q点由静止释放，当与圆柱体未接触部分的细绳竖直时，小球的速度大小为(重力加速度为g，不计空气阻力)(　　)
A. B.
C. D．2
答案　A
解析　小球下落的高度为h＝πR－R＋R＝R，小球下落过程中，根据动能定理有mgh＝mv2，综上有v＝，故选A.
例3　一物块沿倾角为θ的斜坡向上滑动．当物块的初速度为v时，上升的最大高度为H，如图所示，当物块的初速度为时，上升的最大高度记为h.重力加速度大小为g.物块与斜坡间的动摩擦因数和h分别为(　　)
A．tan θ， B.tan θ，
C．tan θ， D.tan θ，
答案　D
解析　物块以初速度v上升的过程，由动能定理得
－mgH－μmgcos θ·＝0－mv2，
解得μ＝tan θ.
当物块的初速度为时，由动能定理得
－mgh－μmgcos θ·＝0－m2，
解得h＝，故选D.
例4　如图所示，粗糙水平地面AB与半径R＝0.4 m的光滑半圆轨道BCD相连接，且在同一竖直平面内，O是BCD的圆心，BOD在同一竖直线上．质量m＝1 kg的小物块在9 N的水平恒力F的作用下，从A点由静止开始做匀加速直线运动．
已知xAB＝5 m，小物块与水平地面间的动摩擦因数为μ＝0.1，当小物块运动到B点时撤去力F，取重力加速度g＝10 m/s2，求：
(1)小物块到达B点时速度的大小；
(2)小物块运动到D点时，轨道对小物块作用力的大小．
答案　(1)4 m/s　(2)150 N
解析　(1)从A到B过程，据动能定理可得
(F－μmg)xAB＝mvB2
解得小物块到达B点时速度的大小为
vB＝4 m/s
(2)从B到D过程，据动能定理可得
－mg·2R＝mvD2－mvB2
在D点由牛顿第二定律可得
FN＋mg＝m
联立解得小物块运动到D点时，轨道对小物块作用力的大小为FN＝150 N.
　　　　　　应用动能定理的解题流程
考点二　应用动能定理求变力做功
例5　质量为m的物体以初速度v0沿水平面向左开始运动，起始点A与一轻弹簧O端相距s，如图所示．已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，物体与弹簧相碰后，弹簧的最大压缩量为x，则从开始碰撞到弹簧被压缩至最短，物体克服弹簧弹力所做的功为(重力加速度大小为g)(　　)
A.mv02－μmg(s＋x) B.mv02－μmgx
C．μmgs D．μmg(s＋x)
答案　A
解析　根据功的定义式可知物体克服摩擦力做功为Wf＝μmg(s＋x)，由动能定理可得－W弹－Wf＝0－mv02，则W弹＝mv02－μmg(s＋x)，故选项A正确．
例6　(多选)(2023·重庆市模拟)游乐场有一种儿童滑轨，其竖直剖面示意图如图所示，AB部分是半径为R的四分之一圆弧轨道，BC为轨道水平部分，与半径OB垂直．一质量为m的小孩(可视为质点)从A点由静止滑下，滑到圆弧轨道末端B点时，对轨道的正压力大小为2.5mg，重力加速度大小为g.下列说法正确的是(　　)
A．小孩到达B点的速度大小为
B．小孩到达B点的速度大小为
C．小孩从A到B克服摩擦力做的功为mgR
D．小孩从A到B克服摩擦力做的功为mgR
答案　BC
解析　根据牛顿第三定律可知，轨道对小孩的支持力大小也等于2.5mg，根据牛顿第二定律有FN－mg＝，可得vB＝，故A错误，B正确；从A到B由动能定理有mgR－W克f＝
mvB2－0，可得克服摩擦力做的功为W克f＝mgR，故C正确，D错误．
在一个有变力做功的过程中，当变力做功无法直接通过功的公式求解时，可用动能定理W变＋W恒＝mv22－mv12，物体初、末速度已知，恒力做功W恒可根据功的公式求出，这样就可以得到W变＝mv22－mv12－W恒，就可以求出变力做的功了．
考点三　动能定理与图像问题的结合
图像与横轴所围“面积”或图像斜率的含义
例7　(2021·湖北卷·4)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
答案　A
解析　0～10 m内物块上滑，由动能定理得－mgsin 30°·s－fs＝Ek－Ek0，整理得Ek＝Ek0－(mgsin 30°＋f)s，结合0～10 m内的图像得，斜率的绝对值|k|＝mgsin 30°＋f＝4 N,10～20 m内物块下滑，由动能定理得(mgsin 30°－f)(s－s1)＝Ek，整理得Ek＝(mgsin 30°－f)s－(mgsin 30°－f)s1，结合10～20 m内的图像得，斜率k′＝mgsin 30°－f＝3 N，联立解得f＝0.5 N，m＝0.7 kg，故选A.
例8　(2020·江苏卷·4)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关系的图像是(　　)
答案　A
解析　设斜面倾角为θ，物块沿斜面滑下的过程中，由动能定理得
mgxtan θ－μ1mgcos θ＝Ek－0，即Ek＝(mgtan θ－μ1mg)x，则Ek∝x，故B、D错误；在水平面上，由动能定理得：－μ2mg(x－x0)＝Ek－Ek0，则Ek＝Ek0－μ2mg(x－x0)，x0为物块沿斜面下滑到底端的位移沿水平方向的分量，Ek0为物块下滑到斜面底端时的动能，即Ek与x为一次函数关系，故A正确，C错误．
例9　(多选)在某一粗糙的水平面上，一质量为2 kg的物体在水平恒定拉力的作用下做匀速直线运动，当运动一段时间后，拉力逐渐减小，且当拉力减小到零时，物体刚好停止运动，图中给出了拉力随位移变化的关系图像．重力加速度g取10 m/s2.根据以上信息能精确得出或估算得出的物理量有(　　)
A．物体与水平面间的动摩擦因数
B．合力对物体所做的功
C．物体做匀速运动时的速度
D．物体运动的时间
答案　ABC
解析　物体做匀速直线运动时，受力平衡，拉力F0与滑动摩擦力Ff大小相等，物体与水平面间的动摩擦因数为μ＝＝0.35，A正确；减速过程由动能定理得WF＋Wf＝0－mv2，根据F－x图像中图线与x轴围成的面积可以估算力F对物体做的功WF，而Wf＝－μmgx，由此可求得合力对物体所做的功及物体做匀速运动时的速度v，B、C正确；因为物体做变加速运动，所以运动时间无法求出，D错误．
　　　　　　解决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、图线之间的交点、图线与横轴围成的面积所对应的物理意义，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．
课时精练
1.(多选)如图所示，电梯质量为M，在它的水平地板上放置一质量为m的物体．电梯在钢索的拉力作用下竖直向上加速运动，当电梯的速度由v1增大到v2时，上升高度为H，重力加速度为g，则在这个过程中，下列说法正确的是(　　)
A．对物体，动能定理的表达式为W＝mv22－mv12，其中W为支持力做的功
B．对物体，动能定理的表达式为W合＝0，其中W合为合力做的功
C．对物体，动能定理的表达式为W－mgH＝mv22－mv12，其中W为支持力做的功
D．对电梯，其所受的合力做功为Mv22－Mv12
答案　CD
解析　电梯上升的过程中，对物体做功的有重力mg、支持力FN，这两个力的总功(即合力做的功)才等于物体动能的增量，即W合＝W－mgH＝mv22－mv12，其中W为支持力做的功，A、B错误，C正确；对电梯，无论有几个力对它做功，由动能定理可知，其合力做的功一定等于其动能的增量，即Mv22－Mv12，D正确．
2.如图所示，一半圆弧形细杆ABC竖直固定在水平地面上，AC为其水平直径，圆弧半径BO＝3.6 m．质量为m＝4.0 kg的小圆环(可视为质点，小环直径略大于杆的)套在细杆上，在大小为50 N、方向始终沿圆的切线方向的拉力F作用下，从A点由静止开始运动，到达B点时对细杆的压力恰好为0.已知π取3.14，重力加速度g取10 m/s2，在这一过程中摩擦力做功为(　　)
A．66.6 J B．－66.6 J
C．210.6 J D．－210.6 J
答案　B
解析　小圆环到达B点时对细杆的压力恰好为0，则mg＝m，拉力F沿圆的切线方向，圆环由A到B的过程根据动能定理有F·－mgr＋Wf＝mv2，代入数据得摩擦力做功为Wf＝－66.6 J，故选B.
3.如图所示的滑草运动中，某游客从静止开始由坡顶向坡底下滑，滑到坡底时速度大小为8 m/s，如果该游客以初速度大小6 m/s沿原来的路线由坡顶滑下，则游客滑到坡底时的速度大小是(设游客所受阻力不变)(　　)
A．14 m/s B．10 m/s
C．12 m/s D．9 m/s
答案　B
解析　游客从静止由坡顶下滑到坡底的过程中，由动能定理得mgh－Ffs＝mv12，该游客以6 m/s的初速度从坡顶下滑到坡底的过程中，由动能定理得mgh－Ffs＝mv22－mv02，由以上两式联立解得v2＝10 m/s，选项B正确．
4.(2023·湖南怀化市模拟)如图所示，DO是水平面，AB是斜面，初速度为v0的物体从D点出发沿DBA滑动到顶点A时速度刚好为零，如果斜面改为AC，让该物体从D点出发沿DCA滑动到A点且速度刚好为零，则物体具有的初速度(已知物体与斜面及水平面之间的动摩擦因数处处相同且不为零，不计B、C处能量损失)(　　)
A．等于v0 B．大于v0
C．小于v0 D．取决于斜面
答案　A
解析　物体从D点滑动到顶点A过程中，由动能定理可得－mg·xAO－μmg·xDB－μmgcos α·xAB＝0－mv02，α为斜面倾角，由几何关系有xABcos α＝xOB，因而上式可以简化为－mg·xAO－μmg·xOD＝0－mv02，从上式可以看出，物体的初速度与路径无关．故选A.
5.(多选)(2023·云南昆明市第一中学、宁夏银川一中模拟)如图，若小滑块以某一初速度v0从斜面底端沿光滑斜面上滑，恰能运动到斜面顶端．现仅将光滑斜面改为粗糙斜面，仍让滑块以初速度v0从斜面底端上滑时，滑块恰能运动到距离斜面底端长度的处．则(　　)
A．滑块滑上斜面后能再次滑回斜面底端
B．滑块滑上斜面后不能再次滑回斜面底端
C．滑块在斜面上运动的整个过程产生的热量为mv02
D．滑块在斜面上运动的整个过程产生的热量为mv02
答案　AD
解析　设斜面长度为L，斜面倾角为θ，由题意可知mv02＝mgLsin θ，mv02＝mgxsin θ＋μmgxcos θ，其中的x＝L，解得μ＝tan θ，因mgsin θ>μmgcos θ，则当滑块滑上斜面到达最高点后能再次滑回斜面底端，选项A正确，B错误；整个过程产生的热量为Q＝2μmgxcos θ＝mgLsin θ＝mv02，选项C错误，D正确．
6.A、B两物体分别在水平恒力F1和F2的作用下沿水平面运动，先后撤去F1、F2后，两物体最终停下，它们的v－t图像如图所示．已知两物体所受的滑动摩擦力大小相等，则下列说法正确的是(　　)
A．F1、F2大小之比为1∶2
B．F1对A、F2对B做功之比为1∶2
C．A、B质量之比为2∶1
D．全过程中A、B克服摩擦力做功之比为2∶1
答案　C
解析　由v－t图像可知，两个匀减速运动的加速度大小之比为1∶2，由题可知A、B所受摩擦力大小相等，所以A、B的质量关系是2∶1，故C正确．由v－t图像可知，A、B两物体运动的位移相等，且匀加速运动位移之比为1∶2，匀减速运动的位移之比为2∶1，由动能定理可得F1与摩擦力的关系：F1·x－Ff1·3x＝0－0，F2与摩擦力的关系：F2·2x－Ff2·3x＝0－0，因此可得：F1＝3Ff1，F2＝Ff2，Ff1＝Ff2，所以F1＝2F2.全过程中A、B克服摩擦力做的功相等，F1对A、F2对B做的功大小相等，故A、B、D错误．
7.电梯是一种以电动机为动力的垂直升降机，用于多层建筑载人或载运货物．某次电梯从地面由静止启动，加速度a与离地高度h的关系图像如图所示，则(　　)
A．2h0～3h0范围内电梯向上做匀减速直线运动
B．电梯在0～h0和2h0～3h0范围内的速度变化量相等
C．电梯在3h0处的速度大小为2
D．电梯上升的最大高度可能为3h0
答案　C
解析　由题图可知从0到2h0，电梯先做加速度增大的加速运动再做匀加速运动，从2h0到3h0做加速度减小的加速运动，当加速度为零时，电梯向上的速度不为零，仍会向上运动，则电梯上升的最大高度一定大于3h0，故A、D错误；根据动能定理可得mv2＝Fh＝mah＝mS面积，则v＝，则电梯在h0处的速度大小为，在2h0处的速度大小为，在3h0处的速度大小为2，所以电梯在0～h0和2h0～3h0范围内的速度变化量不相等，故B错误，C正确．
8.(2019·全国卷Ⅲ·17)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
答案　C
解析　法一：特殊值法
画出运动示意图．
设该外力的大小为F，据动能定理知
A→B(上升过程)：－(mg＋F)h＝EkB－EkA
B→A(下落过程)：(mg－F)h＝EkA′－EkB′
整理以上两式并代入数据得物体的质量m＝1 kg，选项C正确．
法二：写表达式根据斜率求解
上升过程：－(mg＋F)h＝Ek－Ek0，
则Ek＝－(mg＋F)h＋Ek0
下落过程：(mg－F)h＝Ek′－Ek0′，
则Ek′＝(mg－F)h＋Ek0′，
结合题图可知mg＋F＝ N＝12 N，
mg－F＝ N＝8 N
联立可得m＝1 kg，选项C正确．
9．(2023·浙江杭州市模拟)电梯一般用电动机驱动，钢绳挂在电动机绳轮上，一端悬吊轿厢，另一端悬吊配重装置．钢绳和绳轮间产生的摩擦力能驱使轿厢上下运动．若电梯轿厢质量为2×103 kg，配重为2.4×103 kg.某次电梯轿厢由静止开始上升的v－t图像如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力．下列说法正确的是(　　)
A．电梯轿厢在第10 s内处于失重状态
B．上升过程中，钢绳对轿厢和对配重的拉力大小始终相等
C．在第1 s内，电动机做的机械功为2.4×104 J
D．上升过程中，钢绳对轿厢做功的最大功率为4.8×104 W
答案　D
解析　由题图乙可知，电梯轿厢在第10 s内做匀速直线运动，处于平衡状态，故A错误；以1～10 s为例，轿厢和配重都处于平衡状态，根据平衡条件可知左边钢绳的拉力大小与轿厢的重力大小相等，右边钢绳的拉力大小与配重的重力大小相等，由题意知轿厢和配重质量不等，则钢绳对轿厢和对配重的拉力大小不相等，故B错误；由题图乙可知在第1 s内，轿厢上升了1 m，配重下降了1 m，设电动机做的机械功为W，由动能定理得W＋m2gh－m1gh＝(m1＋m2)v2，解得W＝4.8×103 J，故C错误；当钢绳对轿厢拉力最大，轿厢速度最大时，钢绳对轿厢做功的功率最大，在轿厢加速上升阶段，由牛顿第二定律得FT－m1g＝m1a，由题图乙可知a＝2 m/s2，钢绳对轿厢做功的最大功率P＝FTv＝(m1g＋m1a)v＝4.8×104 W，故D正确．
10．(2023·云南昆明市第一中学模拟)如图甲所示，两个不同材料制成的滑块A、B静置于水平桌面上，滑块A的右端与滑块B的左端接触．某时刻开始，给滑块A一个水平向右的力F，使滑块A、B开始滑动，当滑块A、B滑动1.0 m时撤去力F.整个运动过程中，滑块A、B的动能Ek随位移x的变化规律如图乙所示．不计空气阻力，求：
(1)滑块A对B做的功；
(2)力F的大小．
答案　(1)12 J　(2)39 N
解析　(1)B在撤去F后继续滑行xB＝1.0 m，撤去F时B的动能EkB＝6 J，
由动能定理有－FfBxB＝0－EkB
在撤去F前，对B由动能定律得WAB－FfBx＝EkB
联立并代入数据解得WAB＝12 J
(2)撤去力F后，滑块A继续滑行的距离为xA＝0.5 m，撤去F时A的动能EkA＝9 J，由动能定理有－FfAxA＝0－EkA
力F作用的过程中，分析滑块A、B整体，由动能定理有(F－FfA－FfB)x＝EkA＋EkB
代入数据解得F＝39 N.
11.(2023·浙江温州市模拟)如图所示，一粗糙矩形水平板ABCD与一光滑半圆柱面CDEF相切于CD边，C、D、E、F位于同一竖直平面内．沿圆柱面EF边固定一竖直挡板，物块垂直撞击挡板前后，速度方向相反、大小不变．可从A点沿水平面朝各个方向发射质量m＝0.2 kg的小物块(可视为质点)．已知两轨道面沿CD方向足够长，水平板AC边长L＝1 m，半圆柱面的圆弧半径R＝0.1 m，物块与水平板间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度g取10 m/s2.
(1)若小物块从A点以初速度v0＝3 m/s沿AC方向发射，求物块运动至半圆柱面最高点E时(撞击挡板前)，对半圆柱面的压力大小；
(2)若小物块从A点以初速度v沿AC方向发射，为保证物块能进入半圆柱面且在半圆柱面内不脱轨，求其初速度大小v的取值范围．
(3)若撤去EF处的竖直挡板，令物块初速度v0′＝2m/s，方向与AC边成θ角(θ未知)沿板发射．若小物块能从EF边飞出，求飞出后落地点到CD边距离d的取值范围．
答案　(1)4 N　(2) m/s解析　(1)由A→E过程由动能定理有－μmgL－2mgR＝mvE2－mv02
在E点由牛顿第二定律有FN＋mg＝m，
由牛顿第三定律可知FN′＝FN＝4 N
(2)由A恰好运动至C的过程有－μmgL＝0－mv12，
解得v1＝ m/s
由A恰好运动至圆心等高处有－mgR－μmgL＝0－mv22，解得v2＝2 m/s
若恰好通过最高点有mg＝m
由A→E过程有mv32－mv42＝－2mgR－μmgL，
解得v4＝ m/s
则初速度大小范围为 m/s＜v≤2 m/s或v≥ m/s.
(3)若物块沿AC方向发射，距离d最大
－2mgR－μmgL＝mv1′2－mv0′2
得v1′＝3 m/s
从EF边飞出后，竖直方向：2R＝gt2
水平方向：d1＝v1′·t
解得t＝0.2 s，d1＝ m
物块运动至圆周最高点时，垂直EF边向右的分速度的最小值v2′＝＝1 m/s
垂直于CD方向d2＝v2′·t＝ m
故距离d的取值范围为： m≤d≤ m.

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