第2讲动能动能定理分析

1、第2讲动能动能定理梳理深化强基固本考点B1动能(考纲要求1定义：物体由于运动而具有的能叫动能.2. 公式：Ek=|mv2.3. 单位：焦耳，1=1Nm=1kg2/S.4. 矢标性：动能是标量，只有正值.考点因动能定理(考纲要求5. 状态量：动能是状态量，因为v是瞬时速度.1内容：在一个过程中合外力对物体所做的功，等于物体在这个过程中动能的变化2. 表达式：W=|mv2-|mv1.3物理意义：合外力的功是物体动能变化的量度.4.适用条件(1励能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动.(2既适用于恒力做功，也适用于变力做功.(3)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以不同时作用.思维深比判断

2、正误，正确的划“/”，错误的划“X”.(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) 动能不变的物体，一定处于平衡状态.()(3) 如果物体所受的合外力为零，那么，合外力对物体做的功一定为零.()(4) 物体在合外力作用下做变速运动，动能一定变化.()答案(1)/(2)x(3)/(4)x基础自测1. (单选)一个质量为0.3kg的弹性小球，在光滑水平面上以6m/s的速度垂直撞到墙上，碰撞后小球沿相反方向运动，反弹后的速度大小与碰撞前相同，则碰撞前后小球速度变化量的大小&和碰撞过程中小球的动能变化量便k%().A. A/=0B.A/=12m/sC

3、.E,=1.8JD.E,=10.8Jkk解析取初速度方向为正方向，则&=(-6-6)m/s=-12m/s由于速度大小没变，动能不变，故动能变化量为0,故只有选项B正确.答案B2. (单选)如图5-2-1所示，质量为m的物块，在恒力F的作用下，沿光滑水平面运动，物块通过A点和B点的速度分别是vA和vB，物块由A运动到B点的过程中，力F对物块做的功W为().A.B.C.11W>2mv2-2mvA11w=2mv2-2mv211w=2mv2-2mv2图521d.由于f的方向未知，w无法求出解析物块由A点到B点的过程中，只有力F做功，由动能定理可知，WmvB-mvA，故B正确.答案B3.

4、(单选)一质点开始时做匀速直线运动，从某时刻起受到一恒力作用.此后，该质点的动能不可能().A.直增大B先逐渐减小至零，再逐渐增大C.先逐渐增大至某一最大值，再逐渐减小D先逐渐减小至某非零的最小值，再逐渐增大解析若力F的方向与初速度v0的方向一致，则质点一直加速，动能一直增大，选项A可能.若力F的方向与v0的方向相反，则质点先减速至速度为零后再反向加速，动能先减小至零后再增大，选项B可能若力F的方向与v°的方向成一钝角，如斜上抛运动，物体先减速，减到某一值再加速，则其动能先减小至某一非零的最小值再增大，选项D可能，选项C不可能，本题选C.答案C4. 单选)在地面上某处将一金属小球竖直

5、向上抛出，上升一定高度后再落回原处，若不考虑空气阻力，则下列图象能正确反映小球的速度、加速度、位移和动能随时间变化关系的是取向上为正方向)()ABCD解析小球运动过程中加速度不变，B错；速度均匀变化，先减小后反向增大，A对；位移和动能与时间不是线性关系，C、D错.答案A5. 单选)子弹的速度为v，打穿一块固定的木块后速度刚好变为零.若木块对子弹的阻力为恒力，那么当子弹射入木块的深度为其厚度的2vvB宁C.3D.4vA.。半时，子弹的速度是()解析设子弹的质量为m，木块的厚度为d，木块对子弹的阻力为f根据动能定理，子弹刚好打穿木贝H-ffufmv'2|mv2，得v=师生互动教学相长块的过

6、程满足-fd=0-1mv。设子弹射入木块厚度一半时的速度为v'宇v，故选B.答案B多维课堂热点突破热点对动能定理的理解及简单应用1. 从两个方面理解动能定理(1) 动能定理公式中体现的三个关系： 数量关系：即合外力所做的功与物体动能的变化具有等量代换关系可以通过计算物体动能的变化，求合外力的功，进而求得某力的功. 单位关系，等式两侧物理量的国际单位都是焦耳. 因果关系：合外力的功是引起物体动能变化的原因.(2) 动能定理叙述中所说的“外力”，即可以是重力、弹力、摩擦力，也可以是电场力、磁场力或其他力.2. 应用动能定理的注意事项(1) 动能定理中的位移和速度必须是相对于同个参考系的，般

7、以地面或相对地面静止的物体为参考系.(2) 应用动能定理时，必须明确各力做功的正、负.(3) 应用动能定理解题，关键是对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析，并画出物体运动过程的草图，借助草图理解物理过程和各量关系.图5-2-2典例1】如图5-2-2所示，电梯质量为M，在它的水平地板上放置质量为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V增加到v2时，上升高度为H,则在这个过程中,下列说法或表达式正确的是().A对物体，动能定理的表达式为WFN=mv2，其中WFn为支持力的功B. 对物体，动能定理的表达式为W合=0，其中W合为合力的功合1合1C. 对物体，动能定理的表

8、达式为WFN-mgH=2mv22mv2D. 对电梯，其所受合力做功为長2-扣2解析电梯上升的过程中，对物体做功的有重力mg、支持力Fn,这两个力的总功才等于物体动能的增量AEk=mv-mv，故A、B均错误，C正确；对电梯，无论有几个力对它做功，由动能定理可知，其合力的功一定等于其动能的增量，故D正确.答案CD【跟踪短训】1. 质量m=2kg的物体，在光滑水平面上以V=6m/s的速度匀速向西运动，若有一个F=8N方向向北的恒力作用于物体，在t=2s内物体的动能增加了().A. 28JB.64JC.32JD.36J解析由于力F与速度v垂直，物体做曲线运动，其两个分运动为向西的匀速运动和向北的匀加速

9、直线运动，对匀加速运动：a=F=4m/S，v2=at=8m/s.2末物体的速度v=Qv2+v2=1Om/s,2内物体的动能增加了便=屛2-屛2=64J故选项B正确.答案B2人通过滑轮将质量为m的物体，沿粗糙的斜面由静止开始匀加速地由底端拉上斜面，物体上升的高度为h，到达斜面顶端的速度为v，如图5-2-3所示，则在此过程中()A.物体所受的合外力做功为mgh+mv2B.物体所受的合外力做功为1mv2C.人对物体做的功为mghD.人对物体做的功大于mgh解析物体沿斜面做匀加速运动，根据动能定理：WF-Wf-mgh=mv2，其中Wf为物体克服摩擦力做的功人对物体做的功即是人对物体的拉力做的功，所以W

10、人=WF=Wf+mgh+|mv2,A、C错误，B、正确答案BD热点二动能定理在多过程中的应用1优先考虑应用动能定理的问题(1) 不涉及加速度、时间的问题；(2) 有多个物理过程且不需要研究整个过程中的中间状态的问题；(3) 变力做功的问题；(4含有F、l、m、v、W、Ek等物理量的力学问题2.应用动能定理的解题步骤动链分阶段或全过程列方程.确定研究对象和研.究过程解方程、讨论结塁校冲朿"第一品牌BC段为长x2=1m的光滑杆将杆与水平面成53°角固定在一块弹性挡板上，在杆上套一质量m=0.5kg孔径略大于杆直径的圆环.开始时，圆环静止在杆底端A.现用沿杆向上的恒力F拉圆环，当

11、圆环运动到B点时撤去F,圆环刚好能到达顶端C,然后再沿杆下滑.已知圆环与AB段的动摩擦因数M=0.；g=10m/S,sin53=°0.8，cos53=°0.6试.求：(1拉力F的大小；(2拉力F作用的时间；(3) 若不计圆环与挡板碰撞时的机械能损失，从圆环开始运动到最终静止的过程中在粗糙杆上所通过的总路程.审题指导.r<1恻到<?过程业竺恒力卩養-哺环从硝E过程-刊嘟：:叽如速度軽丝斗间-估)園环开始运动到疑后靜止前谨定也-总路程解析(1H-C过程：根据动能定理有FXmg(X+x2)sin53°“mgcos53=00恒力mgx.+x2sin53-

12、76;-“mgxcos53°x1F=5.1(2X-B过程：根据牛顿第二定律和运动学公式有x1Fmgsin53°“mgcos53=°ma1，Fmgsin53°°“cos53°解得加速度ax=m=1.6m/s时间t1y2x1=2.5s(3)从圆环开始运动到最终静止在粗糙杆上通过的总路程为L,根据动能定理有FxxMmglcos53。=00Fx总路程L=Mmg:os53=85m.答案(1)5.1N(2)2.5s(3)85m反思总结本题要注意以下几点(1拉力F在圆环运动全过程中不是始终存在的，导致圆环的运动包含有力F作用和无力F作用的多个物理过

13、程，物体的运动状态、受力情况均发生变化，因而在考虑力做功时，必须根据不同情况，分别对待.(2题中A到C的运动中包含两个不同的物理过程，解题时，可以分段考虑，也可视为一个整体过程，应用动能定理求解.【跟踪短训】图5253. 如图5-2-5所示，木盒中固定一质量为m的砝码，木盒和砝码在桌面上以一定的初速度一起滑行一段距离后停止现拿走砝码，而持续加一个竖直向下的恒力F(F=mg),若其他条件不变，则木盒滑行的距离().A.不变B.变小C.变大D.变大变小均可能解析设木盒质量为M,木盒中固定一质量为m的砝码时，由动能定理可知，+M)gxi=|(M+m)v2,解得xl=2g加一个竖直向下的恒力F(F=m

14、g)时,由动能定理可知，M（n+M）gx2=|mv2，解得x2=Mv22mM显然x?xMg答案B4. (2013天津卷，10)质量为m=4kg的小物块静止于水平地面上的A点，现用F=10N的水平恒力拉动物块一段时间后撤去，物块继续滑动一段位移停在B点，A、B两点相距x=20m，物块与地面间的动摩擦因数M=02g取10m/S，求：(1物块在力F作用过程发生位移x1的大小；(2撤去力F后物块继续滑动的时间t解析(1)殳物块受到的滑动摩擦力Ff贝UFf=“mg根据动能定理，对物块由A到B整个过程，有FX_Ffx=0代入数据，解得x1=16m(2)殳刚撤去力F时物块的速度为v，此后物块的加速度为a，滑

15、动的位移为x2,则x2=x-x由牛顿第二定律得a=m由匀变速直线运动公式得v2=2ax2由v=v0+at得v=at代入数据，解得t=2答案(1)16m(2)2s思维建模素养提升探究思想增知提能思想方法&突破压轴计算题的审题策略与技巧审题策略1. 审题要慢，答题要快所谓审题要慢，就是要仔细，要审透，关键的词句理解要到位，深入挖掘试题的条件，提取解题所需要的相关信息，排除干扰因素.要做到这些，必须通读试题(特别是括号内的内容，千万不要忽视)，才能快速答题.2. 建立模型，总体把握建模是解题过程中最为关键的一个环节，无论是简单问题还是复杂问题，都需要正确建立模型，建模可以从“数、形、链”三个

16、方面进行，所谓“数”即物理量，可以是具体数据，也可以是符号；所谓“形”，就是将题殳物理情境以图形的形式呈现出来；所谓“链”，即情境链接和条件关联，情境链接就是将物理情境分解成物理子过程，并将这些子过程由“数、形”有机地链接起来，条件关联即“数”间关联或存在的临界条件关联等.“数、形、链”三位一体，三维建模.一般分三步建立模型：(1) 分析和分解物理过程，确定不同过程的初、末状态，将状态量与过程量对应起来；(2) 画出关联整个物理过程的思维导图，对于物体的运动和相互作用过程，直接画出运动过程草图；(3) 在图上标出物理过程和对应的物理量，建立情境链接和条件关联、完成情境模型.审题技法1. 在审题

17、过程中，要特别注意以下几个方面：第一，题中给出什么.第二，题中要求什么.第三，题中隐含什么.第四，题中考查什么.校冲刺第一品牌2. 理解题意的具体方法是：(1) 认真审题，捕捉关键词.如“最多”、“刚好”、“瞬间”等(2) 认真审题，挖掘隐含条件.(3) 审题过程要注意画好情境示意图，展示物理图景.(4) 审题过程要建立正确的物理模型.(5) 在审题过程中要特别注意题中的临界条件.【典例】(2013海南卷13)质量m=0.6kg的物体以v0=20m/s的初速度从倾角为30°勺斜坡底端沿斜坡向上运动当物体向上滑到某一位置时，其动能减少了便k=18J机械能减少了便=3J不计空气阻力，重力

18、加速度g=10m/S，求：(1) 物体向上运动时加速度的大小；(2) 物体返回斜坡底端时的动能.审题指导第一步：读题一获取信息由动能定理和功能关系得-mg&in3O°x-J>=-AEk*°=>求得号=?第二步：匕由牛顿第二定律得二V求得a=?1“由运动学公式得_f如2=2%=>求得%口二?L由动能定理得_°丫zwgsin30°.备一号轧=Ek=>求出民=?解析(1)殳物体在运动过程中所受的摩擦力大小为Ff物体动能减少AEk时，在斜坡上运动的距离为X由动能定理和功能关系得mgsin30-Fft=-AEk_Fj=AE由牛顿第二

19、定律得mgsin30半Ff=ma(2)设物体沿斜坡向上运动的最大距离为xm，由运动学规律可得v0=2axm设物体返回底端时的动能为Ek，由动能定理有mgsin30Fx=E0mfmk接，其中轨道AB、CD段是光滑的，水平轨道BC的长度x=5m，轨道CD足够长且倾角6=37°A、D两点离轨道BC的高度分别为久=4.30n、h2=1.35m现让质量为m的小滑块自A点由静止释放.已知小滑块与轨道BC间的动摩擦因数m=0-5重力加速度g取10m/s,sin37联立式并代入数据可得a=6m/S=0.6cos37=0.8求：(1) 小滑块第一次到达D点时的速度大小；(2) 小滑块第一次与第二次通过

20、C点的时间间隔；(3) 小滑块最终停止的位置距B点的距离.解析(1)小滑块从A-B-C-D过程中，由动能定理得:mg(hi-h2)-“mg=vD-0将h2、x、仏g代入得：vd=3m/S(2)小滑块从A-B-C过程中，由动能定理得mgh1-“mgx=|m泯将x、仏g代入得:vc=6m/S小滑块沿CD段上滑的加速度大小a=gsin0=6m/S小滑块沿CD段上滑到最高点的时间t1=vc=i由对称性可知小滑块从最高点滑回C点的时间t2=t1=1故小滑块第一次与第二次通过C点的时间间隔七=£+12=2(3对小滑块运动全过程应用动能定理，设小滑块在水平轨道上运动的总路程为x总，有:mgh1-“

21、mgx总=01总将h1>“代入得Xj=8.6m故小滑块最终停止的位置距B点的距离为2x-x总=1.4i1总总答案(1)3m/s(2)2s(3)1.4m附：对应高考题组PPT课件文本，见教师用书1. (2010山东卷，24)如图所示，四分之一圆轨道0A与水平轨道AB相切，它们与另一水平轨道CD在同一竖直面内，圆轨道0A的半径R=0.45m水平轨道AB长x1=3m，OA与AB均光滑.一滑块从0点由静止释放，当滑块经过A点时，静止在CD上的小车在F=1.6N的水平恒力作用下启动，运动一段时间后撤去力F.当小车在CD上运动了x2=3.28m时速度v=2.4m/s此时滑块恰好落入小车中已知小车质量

22、M=0.2kg与CD间的动摩擦因数=0.4.取g=10m/S)求(1) 恒力F的作用时间t(2) AB与CD的高度差h.AB；:FMCD解析(1设小车在轨道CD上加速的距离为x，由动能定理得Fx-uMgxfMV2设小车在轨道CD上做加速运动时的加速度为a，由牛顿运动定律得F-/Mg=Max=11a12联立式，代入数据得t=1(2设小车在轨道CD上做加速运动的末速度为旷，撤去力F后小车做减速运动时的加速度为a，,减速时间为，由牛顿运动定律得旷=at“Mg=Ma'v=v+a't设滑块的质量为m,运动到A点的速度为vA,由动能定理得mgR=2皿v设滑块由A点运动到B点的时间为J由运动

23、学公式得xi=VAti设滑块做平抛运动的时间为t，贝U=t+t，_£由平抛规律得h=1gti,2联立式,代入数据得h=0.8m答案(1)1s(2)0.8m2. (2012北京卷，22)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=1.4mv=3.0m/sm=0.10kg小物块与桌面间的动摩擦因数尸0.25桌面高h=0.45m不计空气阻力，重力加速度g取10m/S.求：坯vP(1) 小物块落地点到飞出点的水平距离S；(2小物块落地时的动能Ek;(3) 小物块的初速度大小v°.解析(1)由平抛运动规律，有：竖直方向

24、hjgt2，水平方向s=vt得水平距离s=v=0.90m.(2) 由机械能守恒定律，得落地时的动能Ek=2mv2+mgh=0.90J.(3) 由动能定理，有一“mgkfmvzmv2，得初速度大小v°=2“g+v2=4.0m/s.答案(1)0.90m(2)0.90J(3)4.0m/s3. (2012江苏卷，14)某缓冲装置的理想模型如图所示，劲度系数足够大的轻质弹簧与轻杆相连，轻杆可在固定的槽内移动，与槽间的滑动摩擦力恒为f轻杆向右移动不超过l时，装置可安全工作一质量为m的小车若以速度v0撞击弹簧，将导致轻杆向右移动4轻杆与槽间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且不计小车与地面的摩擦.(1

25、若弹簧的劲度系数为k，求轻杆开始移动时，弹簧的压缩量x;(2) 求为使装置安全工作，允许该小车撞击的最大速度vm;(3) 讨论在装置安全工作时，该小车弹回速度v'和撞击速度v的关系.解析(1轻杆开始移动时，弹簧的弹力F=kx且F=f解得x=f(2设轻杆移动前小车对弹簧所做的功为W，则小车从撞击到停止的过程中由动能定理得：ffWFfmv2同理，小车以vm撞击弹簧时，-fW=0-fmv2解得Vm=V0+|f(3) 殳轻杆恰好移动时，小车撞击速度为V,则有1mv1=W由解得V=v02m，当v当J2磴时,答案(谆上v2+fl(3当v2fl时，v，=v当时4. (2012重庆卷，23)如图所示为

26、一种摆式摩擦因数测量仪，可测量轮胎与地面间动摩擦因数，其主要部件有：底部固定有轮胎橡胶片的摆锤和连接摆锤的轻质细杆，摆锤的质量为m、细杆可绕轴0在竖直平面内自由转动，摆锤重心到0点距离为L，测量时，测量仪固定于水平地面，将摆锤从与0等高的位置处静止释放.摆锤到最低点附近时，橡胶片紧压地面擦过一小段距离s(sL)，之后继续摆至与竖直方向成e角的最高位置若摆锤对地面的压力可视为大小为f的恒力，重力加速度为g，求：(1) 摆锤在上述过程中损失的机械能；(2) 在上述过程中摩擦力对摆锤所做的功；(3) 橡胶片与地面之间的动摩擦因数.解析(1)选从右侧最高点到左侧最高点的过程研究.因为初、末状态动能为零

27、，所以全程损失的机械能便等于减少的重力势能，即：便=mgLcos0(2对全程应用动能定理：WG+W0，W=mgLcoseG由、得Wf=WG=mgLcos6(3)由滑动摩擦力公式得f=“F摩擦力做的功Wf=fs答案(1)mgLcose(2)mgLcose(3严Lcos6、式代入式得：尸嗎管6知能分级练活页作业A对点训练练熟基础知识题组一对动能定理的理解).1.(单选)关于运动物体所受的合外力、合外力做的功及动能变化的关系，下列说法正确的是(A.合外力为零，则合外力做功一定为零B.合外力做功为零，则合外力一定为零C.合外力做功越多，则动能一定越大D.动能不变，则物体合外力一定为零解析合外力为零，则

28、物体可能静止，也可能做匀速直线运动，这两种情况合外力做功均为零，所以合外力做功一定为零，A对；合外力做功为零或动能不变，合外力不一定为零，如匀速圆周运动，故B、D错；合外力做功越多，动能变化越大，而不是动能越大，故C错.答案A2. 多选）如图5-2-7所示，一块长木板B放在光滑的水平面上，在B上放一物体A，现以恒定的外力拉B，由于A、B间摩擦力的作用，A将在B上滑动，以地面为参考系，A、B都向前移动一段距离在此过程中（）.图5-2-7A外力F做的功等于A和B动能的增量B. B对A的摩擦力所做的功，等于A的动能增量C. A对B的摩擦力所做的功，等于B对A的摩擦力所做的功D外力F对B做的功等于B的

29、动能的增量与B克服摩擦力所做的功之和解析A物体所受的合外力等于B对A的摩擦力，对A物体运用动能定理，则有B对A的摩擦力所做的功等于A的动能的增量，即B对；A对B的摩擦力与B对A的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑动，A、B对地的位移不等，故二者做功不等，C错；对B应用动能定理,WF-WFf=AEkB，即WF=应kB+WFf就是外力F对B做的功，等于B的动能增量与B克服摩擦力所做的功之和，D对；由前述讨论知B克服摩擦力所做的功与A的动能增量（等于B对A的摩擦力所做的功）不等，故A错.答案BD3. 多选）如图5-2-8所示，卷扬机的绳索通过定滑轮用力F拉位于粗糙斜

30、面上的木箱，使之沿斜面向上加速移动在移动的过程中，下列说法中正确的是（）.AF对木箱做的功等于木箱增加的动能与木箱克服摩擦力所做的功之和BF对木箱做的功等于木箱克服摩擦力和克服重力所做的功之和C.木箱克服重力所做的功等于木箱增加的重力势能DF对木箱做的功等于木箱增加的机械能与木箱克服摩擦力做的功之和解析木箱在上升过程中，由动能定理可知：WF-mgh-Wf=£，故有WF=mgh+Wf+AEk，由此可知A、B错误，D正确；木箱上升过程中，重力做负功，重力势能增加，木箱克服重力做的功等于木箱增加的重力势能答案CD题组二利用动能定理求变力的功4.（单选）如图5-2-9所示，一质量为m的质点在

31、半径为R的半球形容器中容器固定）由静止开始自边缘上的A点滑下，到达最低点B时，它对容器的正压力为Fn.重力加速度为g，则质点自A滑到B的过程中，摩擦力对其所做的功为（）.图5-2-9A. jR(Fn-3mg)B.jR(3mg-Fn)C.(Fn-mg)D.R(Fn-2mg)解析质点到达最低点B时，它对容器的正压力为Fn，根据牛顿第二定律有FN-mg=mR，根据动校冲刺第一品牌能定理，质点自A滑到B的过程中有Wf+mgR=2mv2，故摩擦力对其所做的功Wf=2RFN-|mgR，故A项正确答案A5. 单选）如图5-2-10所示，劲度系数为k的弹簧下端悬挂一个质量为m的重物，处于静止状态.手托重物使之

32、缓慢上移，直到弹簧恢复原长，手对重物做的功为W然后放手使重物从静止开始下落，重物下落过程中的最大速度为v,不计空气阻力重物从静止开始下落到速度最大的过程中，弹簧对重物做的功为w2,则（）.A.Wm2g2k图5-2-10m2g2_1m2g21B. W1寸C.W2pmv2D.W2=-Jmv2解析设x为弹簧伸长的长度，由胡克定律得:mg=kx.手托重物使之缓慢上移，直到弹簧恢复原长,m2g2m2g2重物的重力势能增加了mgx=h，弹簧的弹力对重物做了功，所以手对重物做的功WJ汙，选项B正m2g21确；由动能定理知W2+fpmv2，则C、D错.答案B6. （单选）如图5-2-11所示，质量为m的物块与

33、转台之间的最大静摩擦力为物块重力的k倍，物块与转轴00'相距R，物块随转台由静止开始转动，转速缓慢增大，当转速增加到一定值时，物块即将在转台上滑动，在物块由静止到滑动前的这一过程中，转台的摩擦力对物块做的功最接近（）.A.0B.2nmgRC.2kmgRD.解析在转速增加的过程中，转台对物块的摩擦力是不断变化的，当转速增加到一定值时，物块在转台上即将滑动，说明此时静摩擦力Ff达到最大，其指向圆心的分量F提供向心力，即F厂皿罟由于转台缓慢加速，使物块加速的分力F2很小，因此可近似认为F广Ff=kmg在这一过程中对物块由动能定理，有Wf=jmv2由知，转台对物块所做的功W1=2kmgR.答案

34、D题组三动能定理的应用7. （2013河北质检）单选）如图5-2-12所示，分别将两个完全相同的等腰直角三角形木块的一直角边和斜边固定在水平地面上.现一小物块分别从木块顶点由静止开始下滑，若小物块与木块各边之间的动摩擦因数均相同，当小物块分别滑到木块底端时动能之比为（）.校冲刺第一品牌图5212A.屈:1B.1：迈C.2：1D.1：2解析设直角边长为L,根据动能定理分别有mgL-“mgcos45°/2L=Ek1-0,mgLsin45°-“mg!cos45o=Ek20,得Ek1Ek?"、1。：，只有选项A正确.答案A2v2下列描述中正确的是(A. 若A、B滑行的初速

35、度相等，则到它们都停下来时滑动摩擦力对A做的功是对B做功的2倍B. 若A、B滑行的初速度相等，则到它们都停下来时滑动摩擦力对A做的功是对B做功的1).8. (单选)质量均为m的两物块A、B以一定的初速度在水平面上只受摩擦力而滑动，如图5213C. 若A、B滑行的最大位移相等，则滑动摩擦力对它们做的功相等D.若A、B滑行的最大位移相等，则滑动摩擦力对B做的功是对A做功的2倍解析由于两物块质量均为m,若A、B滑行的初速度相等则初动能相等,由动能定理得-Wf=0|mv2,即滑动摩擦力做的功相等，A、B错；若A、B滑行的最大位移相等，由题意可知v02=2v2】，B的初动能是A的初动能的2倍，滑动摩擦力

36、对B做的功是对A做功的2倍，C错，D对.答案D9. 如图5214所示，在竖直平面内固定有两个很靠近的同心圆形轨道，外圆ABCD光滑，内圆的上半部分B'C'D'粗糙，下半部分BA'D'光滑.一质量为m=0.2kg的小球从外轨道的最低点A处以初速度0向右运动，小球的直径略小于两圆的间距，小球运动的轨道半径R=0.2m取g=10m/S.0c图5214(1若要使小球始终紧贴着外圆做完整的圆周运动，初速度v0至少为多少？(2若v°=3m/s经过一段时间后小球到达最高点，内轨道对小球的支持力FC=2N，则小球在这段时间内克服摩擦力做的功是多少？(3若v&#

37、176;=3.1m/s经过足够长的时间后，小球经过最低点A时受到的支持力为多少？小球在整个运动过程中减少的机械能是多少？解析(1设此情形下小球到达外轨道的最高点的最小速度为vc，则由牛顿第二定律可得mg=mRVC由动能定理可知一2mgR=mv2尹v0代入数据解得：v°=10m/s.(2设此时小球到达最高点的速度为vc'，克服摩擦力做的功为W，则由牛顿第二定律可得mgFC=R由动能定理可知2mgRW=2mvC'2-尹陀代入数据解得：W=0.1J(3经足够长的时间后，小球在下半圆轨道内做往复运动.设小球经过最低点的速度为va，受到的支持力为FA，则由动能定理可知mgRlmv根据牛顿第二定律可得FA-mg=mRVA代入数据解得：FA=3mg=6N设小球在整个运动过程中减少的机械能为便，由功能关系有AE=|mv0-mgR代入数据解得：便=0.561J答案（1）五m/s（2）0.1J（3）0.561JB深化训练提高能力技巧10. （2013辽宁五校协作体联考）单选）将一小球从高处水平抛出，最初2s内小球动能Ek与时间t的关系如图5-2-15所示,不计空气阻力，重力加速度g=10m/S根据图象信息，不能确定的物理量是（）.A.小球的质量B.小球的初速度C. 最初2s内