拓展課動能定理的綜合應(yīng)用拓展點一動能定理與牛頓運動定律的比較1.理解比較比較牛頓第二定律動能定理作用合外力與加速度的關(guān)系合外力做的功與動能變化量的關(guān)系公式F＝maW＝Ek2－Ek1研究力和運動的關(guān)系力的瞬間作用效果力對空間的積累效果運動過程中細節(jié)的考慮考慮不考慮作用力恒力恒力或變力2.應(yīng)用比較比較牛頓運動定律動能定理相同點確定研究對象，對物體進行受力分析和運動過程分析適用條件只能研究恒力作用下物體的運動的情況對于物體在恒力或變力的作用下，物體做直線運動或曲線運動均適用應(yīng)用方法要考慮運動過程的每一個細節(jié)，結(jié)合運動學公式只考慮各力的做功情況及初、末狀態(tài)的動能運算方法矢量運算代數(shù)運算[試題案例][例1]如圖所示，一質(zhì)量為2kg的鉛球從離地面2m高處自由下落，陷入沙坑2cm深處，求沙子對鉛球的平均阻力大小。(g取10m/s2)解析法一應(yīng)用牛頓第二定律與運動學公式求解。設(shè)鉛球做自由落體運動到沙面時的速度為v，則有v2＝2gH。在沙坑中的運動階段，設(shè)鉛球做勻減速運動的加速度大小為a，則有v2＝2ah。聯(lián)立以上兩式解得a＝eq\f(H,h)g。設(shè)鉛球在沙坑中運動時受到的平均阻力大小為Ff，由牛頓第二定律得Ff－mg＝ma，所以Ff＝mg＋ma＝eq\f(H＋h,h)·mg＝eq\f(2＋0.02,0.02)×2×10N＝2020N。法二應(yīng)用動能定理分段求解。設(shè)鉛球自由下落到沙面時的速度為v，由動能定理得mgH＝eq\f(1,2)mv2－0，設(shè)鉛球在沙中受到的平均阻力大小為Ff，由動能定理得mgh－Ffh＝0－eq\f(1,2)mv2，聯(lián)立以上兩式得Ff＝eq\f(H＋h,h)mg＝2020N。法三應(yīng)用動能定理全程求解。鉛球下落全過程都受重力，只有進入沙中鉛球才受阻力Ff，重力做功WG＝mg(H＋h)，阻力做功Wf＝－Ffh。由動能定理得mg(H＋h)－Ffh＝0－0，代入數(shù)據(jù)得Ff＝2020N。答案2020N[針對訓練1]如圖是冰上體育比賽“冰壺運動”的場地示意圖(冰面水平)。在某次訓練中，甲隊員將質(zhì)量m＝20kg的一個冰壺從左側(cè)的A處向右推出，冰壺沿中心線運動到與A點相距為x＝30m的營壘中心O處恰好停下。此后，乙隊員將完全相同的第二個冰壺同樣在A處向右推出，冰壺從A處運動到O處經(jīng)過的時間為t＝10s。已知兩個冰壺與冰面間的動摩擦因數(shù)都為μ＝0.02，冰壺都可視為質(zhì)點，取g＝10m/s2。求：(1)第一個冰壺被推出時的動能；(2)第二個冰壺即將碰到第一個冰壺時的速度大小。解析(1)法一牛頓第二定律根據(jù)牛頓第二定律Ff＝μmg＝ma根據(jù)運動學公式得v2＝2ax＝2μgx動能的表達式Ek＝eq\f(1,2)mv2聯(lián)立并代入題給數(shù)據(jù)得Ek＝μmgx＝0.02×20×10×30J＝120J。法二動能定理對于甲隊員推出的冰壺，由動能定理可得－μmgx＝0－Ek1，代入數(shù)據(jù)得Ek1＝120J，故第一個冰壺被推出時的動能為120J。(2)第二個冰壺從A處運動到O處做勻減速運動，有μmg＝ma，設(shè)冰壺在時間t內(nèi)初、末速度分別為v2、v2′，則有v2′＝v2－at，位移關(guān)系x＝v2t－eq\f(1,2)at2，代入數(shù)據(jù)解得第二個冰壺即將碰到第一個冰壺時的速度為v2′＝2m/s。答案(1)120J(2)2m/s拓展點二動能定理與圖像的結(jié)合分析動能定理和圖像結(jié)合的問題時一定要弄清圖像的物理意義，要特別注意圖像的形狀、交點、截距、斜率、面積等信息，并結(jié)合運動圖像構(gòu)建相應(yīng)的物理模型，選擇合理的規(guī)律求解有關(guān)問題。[試題案例][例2]如圖甲所示，在水平地面上放置一個質(zhì)量為m＝4kg的物體，讓其在隨位移均勻減小的水平推力作用下運動，推力F隨位移x變化的圖像如圖乙所示，已F與位移關(guān)系圖線圍成的面積表示功。知物體與地面之間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.5，g取10m/s2，求：(1)出發(fā)時物體運動的加速度大??；(2)物體能夠運動的最大位移。解析(1)由牛頓第二定律得F－μmg＝ma，當推力F0＝100N時，物體所受的合力最大，加速度最大，代入數(shù)據(jù)得a＝20m/s2。(2)根據(jù)圖像得推力對物體做的功等于圖線與x軸圍成的面積，則推力對物體做功W＝eq\f(1,2)F0x0＝250J，根據(jù)動能定理可得W－μmgxm＝0，解得xm＝12.5m。答案(1)20m/s2(2)12.5m方法總結(jié)“三步法”分析動能定理結(jié)合圖像問題[針對訓練2](多選)在平直公路上，汽車由靜止開始做勻加速運動，當速度達到vm后立即關(guān)閉發(fā)動機直到停止，v－t圖像如圖所示。設(shè)汽車的牽引力為F，摩擦力為Ff，全過程中牽引力做功W1，克服摩擦力做功W2，則()A.F∶Ff＝1∶3 B.F∶Ff＝4∶1C.W1∶W2＝1∶1 D.W1∶W2＝1∶3解析全過程初、末狀態(tài)的動能都為零，對全過程應(yīng)用動能定理得W1－W2＝0①即W1＝W2，選項C正確；設(shè)物體在0～1s內(nèi)和1～4s內(nèi)運動的位移大小分別為s1、s2，則W1＝Fs1②W2＝Ff(s1＋s2)③在v－t圖像中，圖像與時間軸包圍的面積表示位移，由圖像可知，s2＝3s1④由②③④式解得F∶Ff＝4∶1，選項B正確。答案BC拓展點三利用動能定理處理曲線運動的多過程問題1.平拋運動、圓周運動屬于曲線運動，若只涉及位移和速度而不涉及時間，應(yīng)優(yōu)先考慮用動能定理列式求解。2.用動能定理解題，關(guān)鍵是對研究對象進行準確的受力分析及運動過程分析，并畫出物體運動過程的草圖，讓草圖幫助我們理解物理過程和各量關(guān)系。3.若物體的運動過程包含多個運動階段，可分段應(yīng)用動能定理，也可全程運用動能定理。若不涉及中間量，全程應(yīng)用動能定理更簡單、更方便。若涉及多個力做功，應(yīng)注意力與位移的對應(yīng)性。[試題案例][例3]如圖所示，半徑r1＝eq\f(2,5)eq\r(2)m的圓弧軌道AB與水平軌道BC相切于B點，CD為r2＝0.40m的半圓軌道，另一半徑R＝1.00m的圓弧軌道EF與CD靠近，E點略低于D點。一質(zhì)量m＝1kg的小物塊(可視為質(zhì)點)從A點以初速度v0＝2m/s沿軌道下滑，在AB段運動過程中始終受到豎直向上的F＝10N的力作用，進入BC段后撤去。已知AB高度為h，BC長L＝1.00m，小物塊與BC間動摩擦因數(shù)μ＝0.2，其余光滑，EF軌道對應(yīng)的圓心角θ＝60°，所有軌道均固定在同一豎直平面內(nèi)，不考慮小物塊在各軌道相接處的速度大小的變化，忽略空氣阻力，g取10m/s2。求：(1)當小物塊沿圓弧軌道AB運動到B點時，軌道對小物塊的作用力大?。?2)若小物塊在B點的速度為5m/s，且在剛進入BC段時撤去力F，請通過計算判斷小物塊能否通過D點；(3)小物塊能進入EF軌道，且不越過F點，小物塊在D點的速度范圍。【審題指導】題干關(guān)鍵點提取信息豎直向上的F＝10N的力在AB段物塊有恒力和重力做功進入BC段后撤去F在BC段物塊只有摩擦力做功物塊能否通過D點物塊恰好過D點的條件是重力提供向心力進入EF軌道，不越過F點進入EF的最小速度對應(yīng)過D點的最小速度，進入EF的最大速度對應(yīng)到F點時速度為零解析(1)小物塊從A到B，由動能定理得mgh－Fh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得vB＝2m/s。在B點，由牛頓第二定律得F＋FN－mg＝meq\f(veq\o\al(2,B),r1)，解得FN＝5eq\r(2)N。(2)假設(shè)小物塊能從B到D，由動能定理得－2mgr2－μmgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－eq\f(1,2)mvB′2，解得vD＝eq\r(5)m/s。若小物塊恰好過D點，則mg＝eq\f(mvD′2,r2)，解得vD′＝eq\r(gr2)＝2m/s＜eq\r(5)m/s，故小物塊能通過D點。(3)小物塊恰好到F點，從E到F，由動能定理得－mgR(1－cosθ)＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,E)，解得vE＝eq\r(10)m/s，所以小物塊在D點的速度范圍為2m/s≤vD＜eq\r(10)m/s。答案(1)5eq\r(2)N(2)能，過程見解析(3)2m/s≤vD<eq\r(10)m/s[針對訓練3]在溫州市科技館中，有個用來模擬天體運動的裝置，其內(nèi)部是一個類似錐形的漏斗容器，如圖甲所示?，F(xiàn)在該裝置的上方固定一個半徑為R的四分之一光滑管道AB，光滑管道下端剛好貼著錐形漏斗容器的邊緣，如圖乙所示。將一個質(zhì)量為m的小球從管道的A點靜止釋放，小球從管道B點射出后剛好貼著錐形容器壁運動，由于摩擦阻力的作用，運動的高度越來越低，最后從容器底部的孔C掉下(軌跡大致如圖乙虛線所示)，已知小球離開C孔的速度為v，A到C的高度為H，重力加速度為g。求：(1)小球到達B端的速度大?。?2)小球在管口B端受到的支持力大??；(3)小球在錐形漏斗表面運動的過程中克服摩擦阻力所做的功。解析(1)設(shè)小球到達B端的速度大小為vB，小球在從A端運動到B端的過程中，由動能定理可得mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)得vB＝eq\r(2gR)。(2)設(shè)在B端小球受到的支持力大小為FN，F(xiàn)N－mg＝meq\f(veq\o\al(2,B),R)，得FN＝3mg。(3)設(shè)克服摩擦阻力做的功為Wf，根據(jù)動能定理mgH－Wf＝eq\f(1,2)mv2得Wf＝mgH－eq\f(1,2)mv2。答案(1)eq\r(2gR)(2)3mg(3)mgH－eq\f(1,2)mv21.靜止在粗糙水平面上的物塊在水平向右的拉力作用下做直線運動，t＝4s時停下，其v－t圖像如圖所示，已知物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)處處相同，則下列判斷正確的是()A.整個過程中拉力做的功等于物塊克服摩擦力做的功B.整個過程中拉力做的功等于零C.t＝2s時刻拉力的瞬時功率在整個過程中最大D.t＝1s到t＝3s這段時間內(nèi)拉力不做功解析全過程由動能定理得WF＋WFf＝0，所以A正確；因物塊從靜止開始運動，整個過程WF≠0，B錯誤；拉力的瞬時功率在1～3s內(nèi)相等，1s末拉力的瞬時功率最大，C錯誤；t＝1s到t＝3s這段時間內(nèi)，物塊做勻速運動，F(xiàn)＝Ff≠0，拉力做功W＝Fx13≠0，D錯誤。答案A2.如圖所示，光滑圓軌道固定在豎直面內(nèi)，一質(zhì)量為m的小球沿軌道做完整的圓周運動，已知小球在最低點時對軌道的壓力大小為FN1，在最高點時對軌道的壓力大小為FN2。重力加速度大小為g，則FN1－FN2的值為()A.3mg B.4mgC.5mg D.6mg解析在最低點有FN1－mg＝meq\f(veq\o\al(2,1),R)，在最高點有FN2＋mg＝meq\f(veq\o\al(2,2),R)。小球在運動過程中由動能定理－mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，解得FN1－FN2＝6mg。答案D3.物體在恒定阻力作用下，以某初速度在水平面上沿直線滑行直到停止。以a、Ek、x和t分別表示物體運動的加速度大小、動能、位移的大小和運動的時間。則以下各圖像中，能正確反映這一過程的是()解析物體在恒定阻力作用下運動，其加速度不隨時間和位移變化，選項A、B錯誤；由動能定理得－fx＝Ek－Ek0，解得Ek＝Ek0－fx，可知選項C正確；Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)m(v0－at)2＝eq\f(1,2)ma2t2－mv0at＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，Ek與t的關(guān)系圖線為拋物線，選項D錯誤。答案C4.質(zhì)量m＝1kg的物體，在水平拉力F的作用下，沿粗糙水平面運動，在位移是4m時，拉力F停止作用，運動到位移是8m時物體停止，運動過程中Ek－x的圖像如圖所示，g取10m/s2，求：(1)物體和水平面間的動摩擦因數(shù)；(2)拉力F的大小。解析(1)在運動的第二階段，物體在位移x2＝4m內(nèi)，動能由Ek＝10J變?yōu)榱?。由動能定理得－μmgx2＝0－Ek；故動摩擦因數(shù)μ＝eq\f(Ek,mgx2)＝eq\f(10,1×10×4)＝0.25。(2)在運動的第一階段，物體位移x1＝4m，初動能Ek0＝2J，根據(jù)動能定理得Fx1－μmgx1＝Ek－Ek0，所以F＝4.5N。答案(1)0.25(2)4.5N5.2022年將在我國舉辦第二十四屆冬奧會，跳臺滑雪是其中最具觀賞性的項目之一。某滑道示意圖如圖所示，長直助滑道AB與彎曲滑道BC平滑連接，滑道BC高h＝10m，C是半徑R＝20m圓弧的最低點。質(zhì)量m＝60kg的運動員從A處由靜止開始勻加速下滑，加速度a＝4.5m/s2，到達B點時速度vB＝30m/s。取重力加速度g＝10m/s2。(1)求長直助滑道AB的長度L；(2)若不計BC段的阻力，畫出運動員經(jīng)過C點時的受力示意圖，并求其所受支持力FN的大小。解析(1)根據(jù)勻變速直線運動公式veq\o\al(2,B)－veq\o\al(2,A)＝2aL，有L＝eq\f(veq\o\al(2,B)－veq\o\al(2,A),2a)＝100m。(2)運動員經(jīng)過C點時的受力示意圖如圖所示。根據(jù)動能定理，運動員在BC段運動的過程中，有mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)根據(jù)牛頓第二定律，有FN－mg＝meq\f(veq\o\al(2,C),R)得FN＝3900N。答案(1)100m(2)見解析圖3900N6.一個人站在距地面20m的高處，將質(zhì)量為0.2kg的石塊以v0＝12m/s的速度斜向上拋出，石塊的初速度方向與水平方向之間的夾角為30°，g取10m/s2，則：(1)人拋石塊過程中對石塊做了多少功？(2)若不計空氣阻力，石塊落地時的速度大小是多少？(3)若落地時的速度大小為22m/s，石塊在空中運動過程中克服阻力做了多少功？解析(1)人拋石塊的過程中，根據(jù)動能定理得W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－0＝14.4J。(2)不計空氣阻力，石塊從拋出至落地過程中，根據(jù)動能定理得mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得v1≈23.32m/s。(3)從拋出至落地過程中，由動能定理得mgh－Wf＝eq\f(mveq\o\al(2,2),2)－eq\f(mveq\o\al(2,0),2)，解得Wf＝mgh－eq\b\lc