學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精［方法點(diǎn)撥]（1)要對研究對象受力分析并分析各力做功情況；分析物體運(yùn)動過程,明確對哪個過程應(yīng)用動能定理．（2）列動能定理方程要規(guī)范，注意各功的正負(fù)號問題．1．(動能定理的簡單應(yīng)用）一輛質(zhì)量為m的汽車在平直公路上，以恒定功率P行駛，經(jīng)過時間t，運(yùn)動距離為x，速度從v1增加到v2,已知所受阻力大小恒為Ff，則下列表達(dá)式正確的是()A．x＝eq\f（v1＋v2，2）tB．P＝Ffv1C。eq\f（P，v1）－eq\f(P，v2)＝eq\f(mv2－v1，t)D．Pt－Ffx＝eq\f（1,2）mveq\o\al(2，2）－eq\f(1,2)mveq\o\al（2,1)2．（求變力的功)世界男子網(wǎng)壇名將瑞士選手費(fèi)德勒，在上海大師杯網(wǎng)球賽上發(fā)出一記S球，聲吶測速儀測得其落地速度為v1，費(fèi)德勒擊球時球離地面的高度為h，擊球瞬間球有豎直向下的速度v0，已知網(wǎng)球質(zhì)量為m,不計空氣阻力,則費(fèi)德勒擊球時對球做的功W為(）A．mgh＋eq\f（1,2)mveq\o\al（2，0）B。eq\f(1，2）mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0）＋mghC.eq\f（1，2）mveq\o\al（2,1）－eq\f（1,2)mveq\o\al（2，0)D。eq\f（1,2)mveq\o\al（2，1）－eq\f（1,2)mveq\o\al(2,0)－mgh3．（應(yīng)用動能定理分析多過程問題）(多選)如圖1所示,斜面AB和水平面BC是由同一板材上截下的兩段，在B處用小圓弧連接．將小鐵塊（可視為質(zhì)點(diǎn))從A處由靜止釋放后，它沿斜面向下滑行，進(jìn)入平面，最終靜止于P處．若從該板材上再截下一段，擱置在A、P之間，構(gòu)成一個新的斜面，再將鐵塊放回A處，并輕推一下使之沿新斜面向下滑動．關(guān)于此情況下鐵塊的運(yùn)動情況,下列描述正確的是()圖1A．鐵塊一定能夠到達(dá)P點(diǎn)B．鐵塊的初速度必須足夠大才能到達(dá)P點(diǎn)C．鐵塊能否到達(dá)P點(diǎn)與鐵塊質(zhì)量有關(guān)D．鐵塊能否到達(dá)P點(diǎn)與鐵塊質(zhì)量無關(guān)4．圖2(1)小滑塊從P點(diǎn)下滑到Q點(diǎn)時所經(jīng)歷的時間t；(2)小滑塊運(yùn)動過程中達(dá)到的最大速度vm的大?。唬?)小滑塊運(yùn)動到最低點(diǎn)的過程中，彈簧的最大彈性勢能．5．（多選)如圖3所示，用豎直向下的恒力F通過跨過光滑定滑輪的細(xì)線拉動在光滑水平面上的物體，物體沿水平面移動過程中經(jīng)過A、B、C三點(diǎn)，設(shè)AB＝BC，物體經(jīng)過A、B、C三點(diǎn)時的動能分別為EkA、EkB、EkC，則它們間的關(guān)系是()圖3A．EkB－EkA＝EkC－EkB B．EkB－EkA＜EkC－EkBC．EkB－EkA＞EkC－EkB D．EkC＜2EkB6.質(zhì)量為10kg的物體，在變力F作用下沿x軸做直線運(yùn)動,力隨坐標(biāo)x的變化情況如圖4所示．物體在x＝0處,速度為1m/s，不計一切摩擦，則物體運(yùn)動到x＝16m處時，速度大小為（）圖4A．2eq\r(2）m/sB．3m/sC．4m/sD。eq\r(17）m/s7．(多選）如圖5所示,在離地面高為H處以水平速度v0拋出一質(zhì)量為m的小球,經(jīng)時間t，小球離水平地面的高度變?yōu)閔，此時小球的動能為Ek,重力勢能為Ep（選水平地面為零勢能參考面）．下列圖象中大致能反映小球動能Ek、勢能Ep變化規(guī)律的是（）圖58．如圖6所示,置于光滑水平面上的物塊在水平恒力F的作用下由靜止開始運(yùn)動,其速度v、動能Ek及拉力功率P隨時間t或位移x的變化圖象可能正確的是（)圖69．如圖7所示，兩光滑直桿成直角豎直固定，OM水平,ON豎直，兩個質(zhì)量相同的有孔小球A、B(可視為質(zhì)點(diǎn)）串在桿上通過長為L的非彈性輕繩相連，開始時小球A在水平向左的外力作用下處于靜止?fàn)顟B(tài)，此時OB＝eq\f(4，5)L，重力加速度為g，現(xiàn)將外力增大到原來的4倍(方向不變)，則小球B運(yùn)動到與O點(diǎn)的距離為eq\f(3,5)L時的速度大小為(）圖7A.eq\f（1，5）eq\r（10gL) B。eq\f(8，25）eq\r(5gL)C。eq\f（1，5)eq\r（15gL) D.eq\f(6,25)eq\r(5gL)10．一個質(zhì)量為4kg的物體靜止在足夠大的水平地面上，物體與地面間的動摩擦因數(shù)μ＝0。1，從t＝0開始，物體受到一個大小和方向呈周期性變化的水平力F作用，力F隨時間的變化規(guī)律如圖8所示，求83s內(nèi)物體的位移大小和力F對物體所做的功．（g取10m/s2）圖811．我國擁有航空母艦后，艦載機(jī)的起飛與降落等問題受到了廣泛關(guān)注。2012年11月23日，艦載機(jī)殲—15首降“遼寧艦”獲得成功，隨后艦載機(jī)又通過滑躍式起飛成功．某興趣小組通過查閱資料對艦載機(jī)滑躍起飛過程進(jìn)行了如下的簡化模擬:假設(shè)起飛時“航母”靜止，飛機(jī)質(zhì)量視為不變并可看成質(zhì)點(diǎn)．“航母”起飛跑道由如圖9所示的兩段軌道組成（二者平滑連接，不計拐角處的長度），其水平軌道長AB＝L，水平軌道與斜面軌道末端C的高度差為h.一架殲—15飛機(jī)的總質(zhì)量為m，在C端的起飛速度至少為v.若某次起飛訓(xùn)練中,殲—15從A點(diǎn)由靜止啟動，飛機(jī)發(fā)動機(jī)的推力大小恒為0。6mg，方向與速度方向相同，飛機(jī)受到空氣和軌道平均阻力的合力大小恒為0.1mg.重力加速度為g。求:圖9(1）飛機(jī)在水平軌道AB上運(yùn)動的時間；(2)在水平軌道末端B，發(fā)動機(jī)的推力功率；（3）要保證飛機(jī)正常起飛，斜面軌道的長度l滿足的條件．（結(jié)果用m、g、L、h、v表示)

答案精析1．D［由牛頓第二定律可得：eq\f（P,v）－Ff＝ma，汽車做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動，勻變速直線運(yùn)動的公式不成立，選項(xiàng)A錯誤；因?yàn)闋恳κ亲兞?，且大于阻力Ff,選項(xiàng)B、C錯誤；由動能定理可得:Pt－Ffx＝eq\f(1,2)mveq\o\al（2,2）－eq\f（1，2)mveq\o\al(2，1)，選項(xiàng)D正確．]2．D［從發(fā)球直至球落地的整個過程中,由動能定理有W＋mgh＝eq\f(1,2）mveq\o\al（2，1）－eq\f（1，2)mveq\o\al（2，0)，解得W＝eq\f（1，2)mveq\o\al（2，1）－eq\f(1,2）mveq\o\al(2，0)－mgh，故選項(xiàng)D正確．］3．AD［設(shè)A距離地面的高度為h，動摩擦因數(shù)為μ，對全過程運(yùn)用動能定理有mgh－μmgcosθ·sAB－μmgsBP＝0,得mgh－μmg(sABcosθ＋sBP)＝0，而sABcosθ＋sBP＝eq\x\to（OP)，即h－μeq\x\to（OP)＝0,鐵塊在新斜面上有mgsinα－μmgcosα＝ma，由sinα－μcosα＝eq\f（h－μ\x\to（OP)，\x\to(AP）)＝0,可知鐵塊在新斜面上做勻速運(yùn)動，與鐵塊的質(zhì)量m無關(guān)，鐵塊一定能夠到達(dá)P點(diǎn),選項(xiàng)A、D正確,B、C錯誤．]4．（1)1s（2)eq\f(3\r（2），2）m/s(3）20J解析（1)由牛頓第二定律可知小滑塊沿斜面下滑的加速度a＝gsinθ－μgcosθ＝2m/s2由L＝eq\f(1,2)at2可得t＝eq\r（\f(2L,a）)＝1s(2)設(shè)彈簧被壓縮至x0處時小滑塊達(dá)到最大速度vm,此時小滑塊加速度為零，根據(jù)平衡條件有mgsinθ－μmgcosθ＝kx0這一過程由動能定理有mgsinθ(L＋x0)－μmgcosθ(L＋x0)－eq\f（1，2）kxeq\o\al(2,0)＝eq\f（1,2）mveq\o\al(2,m）解得vm＝eq\f(3\r（2）,2)m/s（3)設(shè)小滑塊從P點(diǎn)壓縮彈簧至最低點(diǎn)時,彈簧的壓縮量為x1，由動能定理，有mgsinθ(L＋x1）－μmgcosθ（L＋x1）－Epm＝0解得Epm＝20J.5．CD［由動能定理得EkB－EkA＝WAB，EkC－EkB＝WBC，物體所受的合外力做的功為拉力的水平分力所做的功．由幾何關(guān)系可知，從A運(yùn)動到B的過程中拉力在水平方向的平均分力大小大于從B到C過程中拉力在水平方向的平均分力大小，因此WAB＞W(wǎng)BC，選項(xiàng)A、B錯誤，C、D正確．］6．B[F－x圖象與x軸圍成的面積表示力F做的功，圖形位于x軸上方表示力做正功，位于x軸下方表示力做負(fù)功，面積大小表示功的大小，所以物體運(yùn)動到x＝16m處時,力F對物體做的總功W＝40J，由動能定理得W＝eq\f（1，2)mveq\o\al（2，2)－eq\f（1，2）mveq\o\al（2,1），解得v2＝3m/s，B正確．］7．AD［由動能定理可知，mg（H－h(huán)）＝Ek－Ek0，即Ek＝Ek0＋mgH－mgh，Ek－h(huán)圖象為一次函數(shù)圖象，B項(xiàng)錯；又Ek＝Ek0＋eq\f（1，2）mg2t2，可知Ek－t圖象為開口向上的拋物線,A項(xiàng)正確；由重力勢能定義式有：Ep＝mgh，Ep－h(huán)為正比例函數(shù)，所以D項(xiàng)正確；由平拋運(yùn)動規(guī)律有：H－h(huán)＝eq\f（1,2)gt2，所以Ep＝mg（H－eq\f（1，2）gt2)，所以Ep－t圖象不是直線,C項(xiàng)錯．]8．C［物塊在水平恒力作用下由靜止開始做勻加速直線運(yùn)動，其加速度a＝eq\f（F,m)，速度v＝at＝eq\f（F，m)t,v－t圖象為過坐標(biāo)原點(diǎn)的傾斜直線，選項(xiàng)A錯誤;由v2＝2ax＝eq\f(2F,m）x,可知選項(xiàng)B錯誤；動能Ek＝eq\f（1,2）mv2＝eq\f(F2，2m)t2，選項(xiàng)C正確；功率P＝Fv＝Fat＝eq\f（F2，m)t，選項(xiàng)D錯誤．]9．B[設(shè)輕繩與OM桿的夾角為θ，開始時小球A受重力mg、外力F、桿的彈力FN1及繩的拉力FT作用處于平衡狀態(tài)，水平方向有F＝FTcosθ，小球B受重力mg、桿的彈力FN2及繩的拉力FT作用處于平衡狀態(tài),豎直方向有mg＝FTsinθ，又sinθ＝eq\f（4,5)，得F＝eq\f（3，4)mg，外力增大后，小球A水平向左運(yùn)動，小球B豎直向上運(yùn)動，從開始至小球B運(yùn)動到與O點(diǎn)距離為eq\f(3，5）L的過程中,水平外力做的功為WF＝4F（eq\f（4,5）L－eq\f（3，5）L）＝eq\f(3,5）mgL，設(shè)小球A、B此時的速度大小分別為vA、vB，輕繩與OM桿的夾角為α,由運(yùn)動分解有vAcosα＝vBsinα，sinα＝eq\f（3，5)，又根據(jù)功能關(guān)系有WF＝mg·eq\f（L，5)＋eq\f（1，2)mveq\o\al(2,A)＋eq\f(1，2)mveq\o\al(2，B），得vB＝eq\f(8,25）eq\r(5gL），B對．]10．167m676J解析當(dāng)物體在前半周期時由牛頓第二定律，得F1－μmg＝ma1,則物體的加速度大小a1＝eq\f（F1－μmg,m)＝2m/s2當(dāng)物體在后半周期時由牛頓第二定律，得F2＋μmg＝ma2，則物體的加速度大小a2＝eq\f(F2＋μmg,m)＝2m/s2前半周期和后半周期位移相等，x1＝eq\f(1，2)a1t2＝4m一個周期的位移為8m，后半周期第1s內(nèi)的位移為3m83s內(nèi)物體的位移大小為x＝(20×8＋4＋3)m＝167m第83s末的速度v＝v1－a2t＝2m/s由動能定理得WF－μmgx＝eq\f(1,2）mv2所以WF＝μmgx＋eq\f（1,2）mv2＝676J。11．(1）2eq\r(\f（L，g)）（2)0。6mgeq\r（gL)(3）l≥eq\f（v2,g）＋2h－L解析(1)設(shè)飛機(jī)在水平軌道的加速度為a,運(yùn)動時間為t，發(fā)動機(jī)的推力為F,阻力為Ff，由牛頓第二定律得F－Ff＝0。6mg－0。1mg＝ma得a＝0。5g而由位移公式有L＝eq\f（1，2）at2解得：t＝2eq\r（\f(L,g））