《2023届高三物理复习专题11功和功率及动能定理的理解与应用（解析版）.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2023届高三物理复习专题11功和功率及动能定理的理解与应用（解析版）.pdf（31页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、专题i i JU和JU率及动能定理的理解与应用目录题型一恒力做功的分析和计算.1题型二变力做功的分析和计算./类 型1微元法计算变力做功.i类型2图像法计算变力做功.5类型3等效转换法求变力做功.(类型4平均力法求变力做功.：类型5应用动能定理求变力做功.7题型三功率的分析和计算.W类 型1功率的分析和计算.S类型2功率和功综合问题的分析和计算.1(题型四机车启动问题.K类 型1恒定功率启动.1：类型2恒加速度启动问题.题型五动能定理的理解.1(题型六动能定理的基本应用.1：题型七动能定理与图像的“数形结合”.2(类 型1 E&-x(W r)图像问题.2(类型2 F-x图像与动能定理的结合.2
2、1类型3其他图像与动能定理的结合.23题型八动能定理在多过程、往复运动问题中的应用.22类 型1运用动能定理解决多过程问题.25类型2动能定理在往复运动问题中的应用.21题型一恒力做功的分析和计算【解题指导】1.判断力是否做功及做正、负功的方法判断根据适用情况根据力和位移方向的夹角判断常用于恒力做功的判断根据力和瞬时速度方向的夹角判断常用于质点做曲线运动根据功能关系或能量守恒定律判断常用于变力做功的判断2.计算功的方法恒力做的功直接用WF/cos a计算或用动能定理计算。（2）合力做的功方法一：先求合力尸件，再用W含=尸/Jc o s a求功，尤其适用于己知质量?和加速度的情况。方法二：先求各
3、个力做的功乱、卬 2、卬 3，再应用卬合=阴+卬2+仍+.求合力做的功。方法三：利用动能定理，合力做的功等于物体动能的变化。【例 1】（2022广东惠州一中月考）图甲为一女士站在台阶式自动扶梯上匀速上楼（忽略扶梯对手的作用），图乙为一男士站在履带式自动扶梯上匀速上楼，两人相对扶梯均静止.下列关于做功的判断中正确的是（）A.图甲中支持力对人做正功B.图甲中摩擦力对人做负功C.图乙中支持力对人做正功D.图乙中摩擦力对人做负功【答案】A【解析】题图甲中，人匀速上楼，不受摩擦力，摩擦力不做功，支持力向上，与速度方向的夹角为锐角，则支持力做正功，故 A正确，B错误：题图乙中，支持力与速度方向垂直，支持力
4、不做功，摩擦力方向与速度方向相同，做正功，故 C、D 错误.【例 2】（多选）网络上有这样一段视频，一个6岁的小女孩，徒手在8.0 s 的时间内，爬上了高4 n l 的门厅立柱顶端.之后保持如图的姿势，从立柱顶端顺着立柱滑到底端.下列判断正确的是（）A.加速向上时，小女孩受到的摩擦力一定大于其重力B.加速向上时，立柱对小女孩的摩擦力做正功C.在图示位置静止时，小女孩手与立柱间的弹力越大，摩擦力越大D.小女孩加速滑下时，受到的摩擦力一定小于重力【答案】A D【解析】根据在一，咫=皿可知，加速向上时，小女孩受到的摩擦力一定大于其重力，A正确；加速向上时，立柱对小女孩的摩擦力的作用点没有移动，所以摩
5、擦力不做功，B错误；在图示位置静止时，小女孩手与立柱间的弹力越大，最大静摩擦力越大，摩擦力等于重力，摩擦力不变，C 错误；根 据，g 一衣=m a可知，小女孩加速滑下时，受到的摩擦力一定小于重力，D正确.【例 3】（多选）如图所示，个质量为胆=2.0 kg 的物体放在倾角为a=3 7。的固定斜面上，现用F=30 N、平行于斜面的力拉物体使其由静止开始沿斜面向上运动.已知物体与斜面之间的动摩擦因数=0.5 0,斜面足够长，g取 1 0 m/s2,si n 3 7。=0.6 0,c o s 3 7。=0.8 0.物体运动2 s后，关于各力做功情况，下列说法正确的是()A.重力做功为一1 2 0 J
6、B.摩擦力做功为-8 0 JC.拉力做功为1 00 JD.物体所受的合力做功为1 00 J【答案】A B D【解析】物体在斜面上运动时受到重力、拉力、摩擦力和支持力作用，根据牛顿第二定律得，gsm ja=5Q向S 2,由x=5户得，物体在2 s 内的位移为x=/5 x 2 2 m=1 0.0 m,重力做功%=-R x si n 3 7。=-1 2 0 J,A正确；拉力做的功为%=&=30 0 J,C 错误；摩擦力做功为所=一居为=-”?g c o s 3 7 0-x=-8 0 J,B 正确：支持力做功 WN=FN X CO S 9 0。=0,合外力做的功 W=WF+WN+WG+W f=1 00
7、J,D 正确.【例 4】如图所示，升降机内斜面的倾角8=3 0。，质量为2 kg 的物体置于斜面上始终不发生相对滑动，在升降机以5 rn/s的速度匀速上升4 s 的过程中.g取 lO m/s),求：(1)斜面对物体的支持力所做的功；(2)斜面对物体的摩擦力所做的功；(3)物体重力所做的功；(4)合外力对物体所做的功.【答案】(1)3 00 J (2)1 00 J (3)-4 00 J (4)0【解析】物体置于升降机内随升降机一起匀速运动过程中，处于受力平衡状态，受力分析如图所示由平衡条件得 F f c o s。一F N si n。=0,Ftsi n 6+FN CO S 6 G=0代入数据得扛=
8、1 0 N,尺=1 即 Nx=v r=2 0 m(1)斜面对物体的支持力所做的功WN=FNACOS 6=3OO J(2)斜面对物体的摩擦力所做的功W r=Ffxcos(9O-6)=100 J(3)物体重力做的功WG=GXCOS 1800=-4 0 0 J(4)合外力对物体做的功方法一：卬 合=%+所+做;=0方法二：尸 金=0,W i,=FXCO sa=0.题型二变力做功的分析和计算【解题指导】求变力做功的五种方法方法以例说法微元法，一.、m 耳。飞 卬4=卬内【答案】D【解析】在尸一X图像中，尸做的功等于图线与x 轴所围的面积。在图甲中，在数值上F m=5 0在图乙中，W Fmx0=Fl在图
9、丙中，皿,产 夕 必=照可见W，M W,=W内，故 D正确。类型3等效转换法求变力做功【例1 1 如图所示，固定的光滑竖直杆上套着一个滑块，用轻绳系着滑块绕过光滑的定滑轮，以恒定的拉力尸拉绳，使滑块从A点起由静止开始上升。若从A点上升至8点和从8点上升至C点的过程中拉力尸做的功分别为W i 和 M，图中AB=BC,则（）A.卬|卬2B.W MBC，故 皿 明，A正确。类型4 平均力法求变力做功 例 1 当前，我国某些地区的日常用水仍然依靠井水.某同学用水桶从水井里提水，井内水面到井口的高度为20 m.水桶离开水面时，水桶和水的总质量为1 0 k g.由于水桶漏水，在被匀速提升至井口的过程中，桶
10、和水的总质量随着上升距离的变化而变化，其关系如图所示.水桶可以看成质点，不计空气阻力，重力加速度g取 1 0 m/s2.由图像可知，在提水的整个过程中，拉力对水桶做的功为（）0 5 1 0 1 5 2 0 himA.2 0 0 0 J B.1 8 0 0 JC.2 0 0 J D.1 8 0 J【答案】B【解析】由于水桶匀速上升，故拉力等于水桶重力.由于水和水桶的质量随位移均匀减小.故拉力与位移 满 足 线 性 关 系，所 以 可 用 平 均 力 法 求 解 变 力 做 功.Fi=mg=1 0 0 N,F2=m2g=F 1+F 28 0 N,则拉力做功为：卬*=-L/?=1 8 0 0 J,故
11、选B.类型5 应用动能定理求变力做功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 支+W恒=3切2?一品疗，物体初、末速度已知，恒力做功卬也可根据功的公式求出，这样就可以得到W变=品 也 2 一品叫2一WM,就可以求变力做的功了.【例1】质量为m的物体以初速度w沿水平面向左开始运动,起始点A与一轻弹簧0端相距s,如图所示.己知物体与水平面间的动摩擦因数为，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，2 2 v o2 fimgis+x)B 1.imgxC.fimgs D.w g
12、(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W f=?g(s+x),由动能定理可得一/并一用=0 3mvo2,则卬伸=；而一w g(s+x),故选项A正确.【例6】如图所示，一半径为式的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高，质量为机的质点自轨道端点P由静止开始滑下，滑到最低点。时，对轨道的压力为2 m g,重力加速度大小为g.质点自P滑到。的过程中，克 服 摩 擦 力 所 做 的 功 为()CmgR D.扣g R【答案】C【解析】在Q点质点受到的竖直向下的重力和竖直向上的支持力的合力充当向心力，所以有F -m g=吟，FN FN2 m g,联立解得尸也灵，下滑过程中，根据
13、动能定理可得，加，解 得 的=一；m g R,所以克服摩擦力做功品g R,选项C正确.题型三功率的分析和计算1 .公式和P=Fv的区别p=半w是功率的定义式，p=八是功率的计算式。2 .平均功率的计算方法w(1)利用/=7。(2)利用P=F v c o s a,其中v为物体运动的平均速度。3.瞬时功率的计算方法(1)利用公式P=Fvcos a,其中y 为 r 时刻的瞬时速度。(2)P=FVF,其中VF为物体的速度u在力F 方向上的分速度。(3)P=Fw，其中K 为物体受到的外力F 在速度v 方向上的分力。类型1功率的分析和计算【例1】如图所示，细线的一端固定于。点，另一端系一小球.在水平拉力作
14、用下，小球以恒定速率在竖直平面内由A 点运动到B 点.在此过程中拉力的瞬时功率的变化情况是()匕A.逐渐增大B.逐渐减小C.先增大，后减小D.先减小，后增大【答案】A【解析】小球以恒定速率在竖直平面内由A 点运动到B点，即小球做匀速圆周运动，那么小球受到的重力，咫、水平拉力、绳子拉力Er三者的合力必是沿绳子指向。点.对小球受力分析如图，F=mgtan仇由P=Fvcos仇 可得P=,”gvsin仇6逐渐增大，则功率P逐渐增大，A 项正确.ormg【例2】如图所示，质量为m=2 kg的木块在倾角9=37。的斜面上由静止开始下滑，斜面足够长，木块与斜面间的动摩擦因数为=0.5,已知所!137。=0.
15、6,：05 37。=0.8,g M X 10m/s2,则前2 s 内重力的平均功率和 2 s 末重力的瞬时功率分别为()八37。A.48 W24 WB.24 W48 WC.24 W12WD.12W24 W【答案】B【解析】木块所受的合外力F 合=/ngsin 夕 一?gcos 0=4 N木块的加速度。=与=2 m/s2前 2 s 内木块的位移x at2=x2x22 m=4 m所以，重力在前2 s 内做的功为W=mgxsin（9=2x10 x4x0.6 J=48 J一 W重力在前2 s 内的平均功率P=7=2 4 W木块在2 s 末的速度v=a/=2x2 m/s=4 m/s2 s 末重力的瞬时功
16、率P=mgvsm 8=2x10 x4x0.6 W=48 W.故选项B 正确.【例 3】（多选）如图甲所示，滑轮质量、摩擦均不计，质量为2 kg的物体在尸作用下由静止开始向上做匀加速运动，其速度随时间的变化关系如图乙所示，由此可知（g 取 10m/s2）（）甲乙A.物体加速度大小为2 m/s2B.尸的大小为10.5 NC.4 s 内F 做功的平均功率为42 WD.4 s 末尸的功率大小为42 W【答案】BD【解析】根据u/图像知加速度=*=0.5 m/s2,故 A 错误；由牛顿第二定律得2/一m g=皿，解得b=丐 芈=2。六 N=10.5 N,故 B 正确；物体在4 s 内的位移元=/尸=，0
17、.5乂 42 111=4111,则拉力作用点W 84的位移x=8 m,则拉力F 做功的大小为W=&=10.5x8 J=84 J,平均功率P=7=7 W=21 W,故 C错误;4 s 末物体的速度为2 m/s,则拉力作用点的速度为4 m/s,则拉力F 的功率P=Fv=10.5x4 W=42 W,故 D 正确.类型2 功率和功综合问题的分析和计算【例 1】（20224 月贵阳模拟）（多选）运动场上，某同学将篮球竖直向上抛出，到最高点又竖直落回到抛出点，若篮球所受的空气阻力大小恒定，下列判断正确的是（）A.篮球上升过程中的加速度大于下降过程中的加速度B.篮球上升过程中克服重力做的功大于下降过程中重力
18、做的功C.篮球下落到抛出点的速度大小大于篮球抛出时向上的初速度大小D.篮球上升过程中克服重力做功的平均功率大于下降过程中重力的平均功率【答案】A D【解析】上升过程。产 巴 卢=8+今，下降过程4 2 =詈 J=g轲 知，小22,故 A正确；由 W允 G=W G =?g 可知，篮球上升过程中克服重力做的功等于下降过程中重力做的功，故 B错误；取上升和下降的全过程，由能量守恒可知，重力势能不变，初动能等于内能和末动能之和，故落回到抛出点的速度大小小于抛出时的初速度大小，故 C错误；上 升 过 程 用 逆 向 思 维 有。由2,下降过程有h=,因a i a 2,【例 2】一滑块在水平地面上沿直线滑
19、行，1=0 时其速度为1 m/s,从此刻开始在滑块运动方向上再施加一水平作用力F,力 F和滑块的速度v 随时间f 的变化规律分别如图甲、乙所示，则以下说法正确的是（）32(m$T)2 3/s甲0 1 2 3 z/s乙A.第 I s 内，F对滑块做的功为3 JB.第 2 s 内，尸对滑块做功的平均功率为4 WC.第 3 s 末，尸对滑块做功的瞬时功率为1 WD.前 3 s 内，尸对滑块做的总功为零【答案】C【解析】由题图可知，第 1 s 内，滑块位移为I m,F对滑块做的功为2 J,A错误；第 2s内，滑块位移为 1.5 m,尸对滑块做的功为4.5 J,平均功率为4.5 W,B错误；第 3 s
20、内，滑块位移为1.5 m,F对滑块做的功为1.5 J,第 3 s 末，F对滑块做功的瞬时功率/=R，=1 W,C 正确；前 3 s 内，尸对滑块做的总功为8J,D 错误.【例 3】（2021福建南平市质检）电梯上升过程可以简化为匀加速、匀速、匀减速三个阶段，即加速到允许的最大速度v 后做匀速运动，最后经过匀减速运动将速度减为零。假设该电梯在加速和减速过程的加速度大小相等，一幢大楼每层楼高度相同，有一个质量为m的人先坐电梯从1楼到7 楼，办完事后再从7 楼到16 楼，重力加速度为g,则（）A.电梯从1楼到7 楼的平均速度等于电梯从7 楼 到 16 楼的平均速度B.电梯从1楼到7 楼的平均速度小于
21、电梯从7 楼 到 16 楼的平均速度C.加速阶段电梯对人做正功，减速阶段电梯对人做负功D.上升过程中电梯对人做功的最大功率为z g v【答案】B【解析】运动过程图像如图所示，恒定功率启动过程的位移大小和时间.类型1恒定功率启动【例 1】(2022福建三明市模拟)广泛使用氢燃料作为交通能源是氢经济的一个关键因素.使用氢为能源的最大好处是它跟空气中的氧反应，仅产生水蒸气排出，有效减少了传统汽油车造成的空气污染问题.一种氢气燃料的汽车，质量为机=5.0 x 103 k g,发动机的额定功率为6 0 kW,在平直公路上行驶时所受阻力恒为车重的0.1倍.若汽车保持额定功率从静止启动(g 取 10 m/s
22、 2),求：(1)汽车所能达到的最大速度大小；(2)当汽车的速度为6 m/s 时的加速度大小.【答案】(1)12 m/s (2)1 m/s2【解析】(1)汽车在整个运动过程中速度达到最大时，牵引力与阻力大小相等即 F=F f=O.l 7g=5.O x l()3 N又 P=Fv所以最大速度m/s =12 m/s(2)当汽车速度M=6 m/s 时，汽车的牵引力r=l x l O4N设此时汽车的加速度为4,根据牛顿第二定律，有 F-F(=maP Ff得 a=1 m/s2.【例 2】(多选)复兴号动车在世界上首次实现速度3 5 0 k m/h 自动驾驶功能，成为我国高铁自主创新的又一重大标志性成果。一
23、列质量为，”的动车，初 速 度 为 以 恒 定 功 率 P在平直轨道上运动，经时间f 达到该功率下的最大速度V m，设动车行驶过程所受到的阻力F保持不变。动 车 在 时 间 内()A.做匀加速直线运动B.加速度逐渐减小C.牵引力的功率/D.牵 引 力 做 功 涌 一；山 访【答案】B C【解析】由于动车以恒定功率启动，则由尸=尸举丫可知动车的速度增大则牵引力减小，由牛顿第二定律得动车的加速度逐渐减小，A错误，B正确；当动车的加速度为零时，即牵引力等于阻力时,动车的速度最大，即P=Fvm,C正确；设动车在时间r 内的位移为X,由动能定理得WJ 品则牵引力所做的功为w=Fx+V m-vg,D 错误
24、。【例 3】(2022河南驻马店市正阳县高级中学高三月考)质量为小的汽车，启动后沿平直路面行驶，如果发动机的功率恒为P,且行驶过程中受到的摩擦阻力大小一定，汽车速度能够达到的最大值为v,那么当汽车的车速为;时.汽车的瞬时加速度的大小为()P c 2PA.B.一tn mQ P n 4尸mv tnv【答案】cp【解析】当汽车达到最大速度时做匀速运动，牵引力尸与摩擦力a 相等，有F=Ff,PFV,所以当速度达到:时，尸=羊，则尸一片=，加，所以言.故选C.类型2恒加速度启动问题 例 1质量为1.0 x103 k g 的汽车，沿倾角为30。的斜坡由静止开始向上运动，汽车在运动过程中所受摩擦阻力大小恒为
25、2 000 N,汽车发动机的额定输出功率为5.6x104 W,开始时以“=1 m/s2的加速度做匀加速运动(g取 10 m/s?).求：(1)汽车做匀加速运动的时间；(2)汽车所能达到的最大速率；(3)若斜坡长143.5 m,且认为汽车到达坡顶之前已达到最大速率，则汽车从坡底到坡顶需多长时间.【答案】(1)7 s(2)8 m/s(3)22 s【解析】(1)由牛顿第二定律得F-mgsin 30-F(=ma设匀加速过程的末速度为也则有P=Fvv=at解得Zi=7 s.(2)当达到最大速度愠时，加速度为零，则有 P=(mgsin 30+Ff)vm解得 vm=8 m/s.(3)汽车匀加速运动的位移不=
26、与八2,在后一阶段对汽车由动能定理得Pt2(mgsin 30+7)x2=；1 ，一；?/又有 X=X1+X2解得修=15 s故汽车运动的总时间为.=+及=22 s.【例 2(多选)一辆小汽车在水平路面上由静止启动，在前5 s 内做匀加速直线运动，5 s 末达到额定功率，之后保持以额定功率运动，其 v/图像如图8 所示。已知汽车的质量为加=1X103 k g,汽车受到地面的阻力为车重的0 1 倍，取 g=10m/s2,则以下说法正确的是（）A.汽车在前5 s 内的牵引力为5x103 NB.汽车速度为25 m/s时的加速度为2 mHC.汽车的额定功率为100 kWD.汽车的最大速度为80 m/s【
27、答案】AC【解析】由速度一时间图线知，汽车做匀加速运动的加速度大小。=呼=/m/s2=4 m/s?,根据牛顿第二定律得/一/=皿，其中/=0.1 琢=1X103N,解得牵引力尸=f+m a=lx l（）3N+4xl03 N=5xl03N,故A 正确；汽车的额定功率尸=F v=5xl（）3x20W=1x105 W=100 k W,故 C 正确；汽车在25 m/s时的牵引力 k=5=蟹N=4X103N,根据牛顿第二定律得，加速度=T=-7 7 -m/s2=3 m/s2,故V NDl i t 1K I up i x 105B 错误；当牵引力等于阻力时，速度最大，则最大速度为=，=击?m/s=100m
28、/s,故 D 错误。【例 3】（2022云南省师大附中高三上学期月考）（多选）如图甲为某型号电动平衡车，其体积小，操作方便，深受年轻人的喜爱.当人站在平衡车上沿水平直轨道由静止开始运动，其 v7图像如图乙所示（除 310 s时间段图像为曲线外，其余时间段图像均为直线）.已知人与平衡车质量之和为80 kg,3 s 后功率恒为300 W,且整个骑行过程中所受到的阻力不变，结合图像的信息可知（）B.310 s 时间内，平衡车的平均速度大小是4.5 m/sC.310 s 时间内，平衡车克服摩擦力做功1020 JD.平衡车在第2 s 末与第14 s 末牵引力的功率之比为1 ：2【答案】AC【解析】平衡车
29、最终匀速运动时，牵引力与阻力相等，根据。=&=扛 幅 代 入 数 据，可得a=5 0 N.在03 s 时间内，平衡车做匀加速运动，根据图像可知a=/=lm/s 2,根据牛顿第二定律尸一衣=M 4,可得F=1 3 0 N,在 03 s 时间内的位移因此03 s 时间内，牵引力做功Wi=Fs】=585 J,故A 正确；在 31 0 s 时间内，根据动能 定 理 P t IVftf=|m vm2代入数据得卬丸f=l 020 J,故 C 正确；在 31 0 s时间内,平衡车做加速度逐渐减小的加速运动，因此平衡车的平均速度T 卢 要=4.5 m/s,故 B 错误；平衡车在2 s 末的功率2 2=/吸=2
30、60 W,因 此 育=|霁 故 D 错误.题型五动能定理的理解1.两个关系(1)数量关系：合力做的功与物体动能的变化具有等量代换关系，但并不是说动能变化就是合力做的功。(2)因果关系：合力做功是引起物体动能变化的原因。2.标量性动能是标量，功也是标量，所以动能定理是一个标量式，不存在方向的选取问题。当然动能定理也就不存在分量的表达式。【例 1随着高铁时代的到来，人们出行也越来越方便，高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动。在启动阶段，列车的动能()A.与它所经历的时间成正比B.与它的位移成正比C.与它的速度成正比D.与它的加速度成正比【答案】B【解析】列车在启动阶段做卬=0
31、的匀加速直线运动，列车的动能反=；/=*3)2=协(2),可见B正确，A、C、D 错误。【例 2】(多选)如图所示，电梯质量为在它的水平地板上放置一质量为，”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0 增大到也时，上升高度为“，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卬=57吸 2品 W，其 中 W 为支持力做的功B.对物体，动能定理的表达式为W令=0,其 中WA为合力做的功C.对物体，动能定理的表达式为W网?4=*以 2摄叫2,其 中 W为支持力做的功D.对电梯，其所受的合力做功为扣也2 瘀环2【答案】CD【解析】电梯上升的过程
32、中，对物体做功的有重力，咫、支持力尸N，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 介=W，咫 /”/一/W 2,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，即热也2 一9Wo 2,D正确.【例 4】（2022北京东城区期末）如图所示，在高为/2 的粗糙平台上，有一个质量为机的小球，被一根细线拴在墙上，球与墙间有一根被压缩的轻质弹簧。当烧断细线时，小球被弹出，小球落地时速度大小为Vo对烧断细线到小球刚要落地的过程，下列说法正确的是（）JUAAAAAOA.小球离开弹簧时的动能是%小B.弹簧弹力做
33、的功等于5C.弹簧弹力与重力做功的和等于品V2D.弹簧弹力与摩擦力做功的和等于上V2巾【答案】D【解析】从烧断细线到小球刚要落地的整个过程中，根据动能定理可知小弹一卬/+机8/2=%小，移项可知，小球离开弹簧时的动能不等于5n J,落地时动能才等于mv1,A错误；弹 簧 弹 力 做 的 功 等 于 最 加 一 W”B错误；弹簧弹力与重力做功的和等于沙加+叼，c错误；弹簧弹力与摩擦力做功的和等于；，“，一见g，D正确。题型六动能定理的基本应用1.应用流程定究象研过确研对和究程一解方程、得出结果一分阶段或全过程列方程动能一定理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
34、以地面或相对地面静止的物体为参考系。(2)应用动能定理的关键在于准确分析研究对象的受力情况及运动情况，可以画出运动过程的草图，借助草图理解物理过程之间的关系。(3)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。(4)列动能定理方程时，必须明确各力做功的正、负，确实难以判断的先假定为正功，最后根据结果加以检验。【例。(2022湖南省长沙一中高三月考)如图所示，运动员把冰壶沿水平冰面投出，让冰壶在冰面上滑行，在不与其他冰壶碰撞的情况下，最终停在远处的某个位置，按比赛规则，冰壶投出后，可以用毛刷在其滑行前方来回摩擦冰面，减小冰壶与冰面间的动摩擦因数以调节冰壶的运动
35、，将冰壶的运动简化为直线运动且不考虑冰壶的转动.已知未摩擦冰面时，冰壶与冰面间的动摩擦因数为002.重力加速度g取10 m/s?(1)运动员以3.6 m/s的水平速度将冰壶投出，未摩擦冰面的情况下，求冰壶能在冰面上滑行的最大距离s；(2)设未摩擦冰面时，冰壶与冰面间的动摩擦因数为“，摩擦冰面后二者之间的动摩擦因数变为恒，其中0 x2J+2xl()x4J=140J,A 正确；由物体在26 s 内做匀速运动可知，F=fimg,可求得=0.25,C 错误；由动能定理可知，物体所受的合外力在 0-6 s 内所做的功与0-2 s 内所做的功均为%?，=40 J,D 正确题型八 动能定理在多过程、往复运动
36、问题中的应用1.运用动能定理解决多过程问题，有两种思路(1)分阶段应用动能定理若题目需要求某一中间物理量，应分阶段应用动能定理.物体在多个运动过程中，受到的弹力、摩擦力等力若发生了变化，力在各个过程中做功情况也不同，不宜全过程应用动能定理，可以研究其中一个或几个分过程，结合动能定理，各个击破.(2)全过程(多个过程)应用动能定理当物体运动过程包含几个不同的物理过程，又不需要研究过程的中间状态时，可以把几个运动过程看作一个整体，巧妙运用动能定理来研究，从而避开每个运动过程的具体细节，大大简化运算.2.全过程列式时要注意(1)重力、弹簧弹力做功取决于物体的初、末位置，与路径无关.(2)大小恒定的阻
37、力或摩擦力做功的数值等于力的大小与路程的乘积.类型1运用动能定理解决多过程问题【例 1】.(2022山东潍坊联考)如图所示，半径为R=3m的光滑半圆轨道A 8 C 与倾角为6=3 7。的粗糙斜面OC相切于C。A点左侧有一光滑水平平台，平台与A点的高度差=0.9 m,平台上水平放置一弹簧，左端固定，右端与质量为？=0.5 k g 的小滑块P接触但不连接。推动P压缩弹簧至某一位置后释放，P刚好从半圆轨道的A点切入半圆轨道内侧，之后经半圆轨道沿斜面刚好运动到斜面上与A点等高的D点，重力加速度g=1 0 m/s 2,s i n 3 7 0=0.6,c o s 3 7 0=0.8,不计空气阻力，求：(1
38、)此过程中弹簧的最大弹性势能；(2)小滑块与斜面间的动摩擦因数；(3)小滑块经过半圆轨道最低点B时，对轨道的压力的最小值。【答案】8 J (2)H(3)7 N【解析】(1)小滑块从离开平台至到达4点的过程中做平抛运动，若小滑块做平抛运动的初速度为w，则弹簧的最大弹性势能r1 2小滑块在A点时竖直方向的分速度V y=y2gh由 几 何 关 系 可 得 血=焉Id ll(7解得E p=8 J 0小滑块从释放至到达D点，由能量守恒定律有Ep+mh=fimgcos 0-XCD由几何关系有ta n 8=普ACD2 5解得，=国。(3)由于 /imgcos 0,故滑块最终不会停留在斜面上，由于滑块在48段
39、受摩擦力作用，则滑块做往复运动的高度将越来越低，最终以8点为最高点在光滑的圆弧面上做往复运动.设滑块在A B段上运动的总路程为s,滑块在AB段上所受摩擦力大小F f=/ZFN=/Wg c os 0,从4点出发到最终以B点为最高点做往复运动，由动能定理得mg R c os 3-F(s=0,解得s=8 m.(2)滑块第一次过C点时，速度最大，设为V I，此时滑块所受轨道支持力最大，设为尸max，从A到C的过程，由动能定理得mgR-FflA B mvi2-0,斜面AB的 长 度 房=岛，Ldll(/2由牛顿第二定律得F max 砥?=贤，解得 F max=1 0 2 N.滑块以B为最高点做往复运动的
40、过程中过C点时，速度最小，设为也，此时滑块所受轨道支持力最小，设为尸mi n，从B到C,由 动 能 定 理 得 c os 6)=3 汨 一0，由牛顿第二定律得心i n 归=嗒，解得尸mi n=7 0 N,根据牛顿第三定律可知C点受到的压力最大值为1 0 2 N,最小值为7 0 N.【例 2】如图所示，ABC。是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底B C的连接处都是一段与B C相切的圆弧，B C水平,其长度d=0.5 0 m,盆边缘的高度为=0.3 0 m.在A 处放一个质量为根的小物块并让其由静止下滑.已知盆内侧壁是光滑的，而盆底B C面与小物块间的动摩擦因数为=0.1 0.小物块在盆内来回滑动，最后
41、停下来，则停止的地点到8的 距 离 为()ADA.0.5 0 m B.0.2 5 m C.0.1 0 m D.0【答案】D【解析】小物块从4点出发到最后停下来，设小物块在8c面上运动的总路程为s,小物块在盆底B C面上所受的滑动摩擦力大小不变，整个过程由动能定理有mg 一卬，i g s=0,所以小物块在B C面上运动的总路程为s=m =3m,因 d=0.5 0 m,s=6 d,所以小物块在3c面上来回运动共6次，刚好3个来回，所以最终停在B 点，即距离8点为0,A、B、C错误，D正确.【例 3】(2022湖北省1 月选考模拟7)如图所示，两倾角均为6的光滑斜面对接后固定在水平地面上，0点为斜面
42、的最低点.一个小物块从右侧斜面上高为”处由静止滑下，在两个斜面上做往复运动.小物块每次通过。点时都会有动能损失，损失的动能为小物块当次到达。点时动能的5%.小物块从开始下滑到停止的过程中运动的总路程为()A49WB39WA-si n d B si n 929 H 2 0 H,si n 0 si n 0【答案】B【解析】由题意知，小物块第一次到达。点 由 动 能 定 理 可 得 此 时 小 物 块 所 走 路 程 si =磊,第一次通过。点后动能Ek i=9 5%Ek=9 5%?g，此时利用动能定理知小物块上升高度从=9 5%H,第二次到 达。点所走的路程S 2=5 需=9 5%磊，同理第二次离
43、开0点到第三次到达0点所走路程$3 =D HH 7 H D H o H%)2 而，故小物块所走的总路程s a=$1+$2 +.跖=百方+9 5%京 +(9 5%)嫁前+.(9 5%)厂|就不无穷大时，可得5总=瑞(等比数列求和)，故B正确.【例4】如图所示，固定于地面上竖直平面内的某一游戏装置由半径为R=1.8 m的四分之一光滑圆形轨道C D、水平光滑轨道D A与倾角9=3 7。的粗糙斜面轨道AB构成，轨道在D、A两处平滑连接，且0D竖直，在装置出口处8端右侧有一刚性挡板P。，已知P点与8点等高，。点足够高，段轨道长度L=2 m,动摩擦因数=0.5,P B距离x=1.2 m.现将质量为巾=0.
44、1 k g的滑块自C点以某一初速度出沿切线方向弹射，不计滑块的大小，滑块与刚性挡板的碰撞可视为弹性碰撞.(g=1 0 m/s2,$访3 7。=0.6)(1)滑块初速度至少多大才能击中挡板？(2)改变初速度让滑块碰到挡板后恰能沿原路返回斜面，求滑块在整个运动过程中对轨道D点压力的最大值.(3)在(2)题情况下，整个过程滑块能通过圆轨道上距离D点高度0.0 1 m的E点多少次？【答案】(1)Y苧m/s(2)y|N(3)9次【解析】(1)滑块初速度最小时，恰好能击中刚性挡板的P点，从8点到击中挡板可以等效看成左右对称的两个平抛运动x=VBCOS 3 7力2 vt fs in 3 7得 V B=im/
45、s.从 C 点到 B 点，根据动能定理可知：，g/?mg L s in 3fimgL cos =y nv 21/7iv o2,得 m/s.(2)滑块恰能沿原路返回，即从8点出发后垂直击中挡板：x=M c o s 3 7。/,V f i，s i 3 7,O得 W=5 m/s.从。点到B点，根据动能定理可知一mg L s in B-RngL cos用)卜力一得 VD=4/65 m/s.在。点 FN-m g in R,&VD2.8 3 zFN=fn-+mg=-N,根据牛顿第三定律可知整个运动过程中滑块对轨道D点压力的最大值为禺N.1 O(3)若滑块恰能再次上滑到B点，则品俎2 2 Mg c o s 0,得陪0，可知滑块返回不会从B点飞出,第次返回到圆轨道的高度为H 0vy2=znLsin OmgLcos 0-m g H,得”1 =1.65 m.第一次返回斜面高度为h i：mgHi=mgh+ftmgh第二次返回圆轨道高度为“2：mghi pmgh1就=m gfh，得 2=，i;则第n次返回圆轨道高度为Hn：，“=(0巴.