1、方法点拨(1)要对研究对象受力分析并分析各力做功情况；分析物体运动过程，明确对哪个过程应用动能定理(2)列动能定理方程要规范，注意各功的正负号问题1(动能定理的简单应用)一辆质量为 m 的汽车在平直公路上，以恒定功率 P 行驶，经过时间t，运动距离为 x，速度从 v1增加到 v2，已知所受阻力大小恒为 Ff，则下列表达式正确的是()Axv1v22tBPFfv1C.Pv1Pv2mv2v1tDPtFfx12mv2212mv212(求变力的功)世界男子网坛名将瑞士选手费德勒，在上海大师杯网球赛上发出一记 S 球，声呐测速仪测得其落地速度为 v1，费德勒击球时球离地面的高度为 h，击球瞬间球有竖直向下
2、的速度 v0，已知网球质量为 m，不计空气阻力，则费德勒击球时对球做的功 W 为()Amgh12mv20B.12mv2112mv20mghC.12mv2112mv20D.12mv2112mv20mgh3(应用动能定理分析多过程问题)(多选)如图 1 所示，斜面 AB 和水平面 BC 是由同一板材上截下的两段，在 B 处用小圆弧连接将小铁块(可视为质点)从 A 处由静止释放后，它沿斜面向下滑行，进入平面，最终静止于 P 处 若从该板材上再截下一段，搁置在 A、P 之间，构成一个新的斜面，再将铁块放回 A 处，并轻推一下使之沿新斜面向下滑动关于此情况下铁块的运动情况，下列描述正确的是()图 1A铁
3、块一定能够到达 P 点B铁块的初速度必须足够大才能到达 P 点公众号：卷洞洞C铁块能否到达 P 点与铁块质量有关D铁块能否到达 P 点与铁块质量无关4(应用动能定理分析动力学问题)如图 2 所示，倾角为37的斜面固定在水平地面上，劲度系数为 k40 N/m 的轻弹簧与斜面平行，弹簧下端固定在斜面底端的挡板上，弹簧与斜面间无摩擦一个质量为 m5 kg 的小滑块从斜面上的 P 点由静止滑下，小滑块与斜面间的动摩擦因数为0.5，P 点与弹簧自由端 Q 点间的距离为 L1 m已知整个过程弹簧始终在弹性限度内，弹簧的弹性势能 Ep与其形变量 x 的关系为 Ep12kx2，sin 370.6，cos 37
4、0.8，重力加速度 g10 m/s2.求：图 2(1)小滑块从 P 点下滑到 Q 点时所经历的时间 t；(2)小滑块运动过程中达到的最大速度 vm的大小；(3)小滑块运动到最低点的过程中，弹簧的最大弹性势能5(多选)如图 3 所示，用竖直向下的恒力 F 通过跨过光滑定滑轮的细线拉动在光滑水平面上的物体，物体沿水平面移动过程中经过 A、B、C 三点，设 ABBC，物体经过 A、B、C 三点时的动能分别为 EkA、EkB、EkC，则它们间的关系是()图 3AEkBEkAEkCEkBBEkBEkAEkCEkBCEkBEkAEkCEkBDEkC2EkB6.质量为 10 kg 的物体，在变力 F 作用下
5、沿 x 轴做直线运动，力随坐标 x 的变化情况如图 4 所示物体在 x0 处，速度为 1 m/s，不计一切摩擦，则物体运动到 x16 m 处时，速度大小为()图 4A2 2 m/sB3 m/sC4 m/sD.17 m/s7(多选)如图 5 所示，在离地面高为 H 处以水平速度 v0抛出一质量为 m的小球，经时间 t，小球离水平地面的高度变为 h，此时小球的动能为 Ek，重力势能为 Ep(选水平地面为零势能参考面)下列图象中大致能反映小球公众号：卷洞洞动能 Ek、势能 Ep变化规律的是()图 58 如图 6 所示，置于光滑水平面上的物块在水平恒力 F 的作用下由静止开始运动，其速度 v、动能 E
6、k及拉力功率 P 随时间 t 或位移 x 的变化图象可能正确的是()图 69如图 7 所示，两光滑直杆成直角竖直固定，OM 水平，ON 竖直，两个质量相同的有孔小球 A、B(可视为质点)串在杆上通过长为 L 的非弹性轻绳相连，开始时小球A 在水平向左的外力作用下处于静止状态，此时 OB45L，重力加速度为 g，现将外力增大到原来的 4 倍(方向不变)，则小球 B 运动到与 O 点的距离为35L 时的速度大小为()图 7A.1510gLB.8255gLC.1515gLD.6255gL10 一个质量为 4 kg 的物体静止在足够大的水平地面上，物体与地面间的动摩擦因数0.1，从 t0 开始，物体受
7、到一个大小和方向呈周期性变化的水平力 F 作用，力 F 随时间的变化规律如图 8 所示，求 83 s 内物体的位移大小和力 F 对物体所做的功(g 取 10 m/s2)公众号：卷洞洞图 811我国拥有航空母舰后，舰载机的起飞与降落等问题受到了广泛关注.2012 年 11 月 23 日，舰载机歼15 首降“辽宁舰”获得成功，随后舰载机又通过滑跃式起飞成功某兴趣小组通过查阅资料对舰载机滑跃起飞过程进行了如下的简化模拟：假设起飞时“航母”静止，飞机质量视为不变并可看成质点“航母”起飞跑道由如图 9 所示的两段轨道组成(二者平滑连接，不计拐角处的长度)，其水平轨道长 ABL，水平轨道与斜面轨道末端 C
8、 的高度差为 h.一架歼15 飞机的总质量为 m，在 C 端的起飞速度至少为 v.若某次起飞训练中，歼15 从 A点由静止启动，飞机发动机的推力大小恒为 0.6mg，方向与速度方向相同，飞机受到空气和轨道平均阻力的合力大小恒为 0.1mg.重力加速度为 g.求：图 9(1)飞机在水平轨道 AB 上运动的时间；(2)在水平轨道末端 B，发动机的推力功率；(3)要保证飞机正常起飞，斜面轨道的长度 l 满足的条件(结果用 m、g、L、h、v 表示)公众号：卷洞洞答答案案精精析析1D由牛顿第二定律可得：PvFfma，汽车做加速度逐渐减小的加速运动，匀变速直线运动的公式不成立，选项 A 错误；因为牵引力
9、是变力，且大于阻力 Ff，选项 B、C 错误；由动能定理可得：PtFfx12mv2212mv21，选项 D 正确2D从发球直至球落地的整个过程中，由动能定理有Wmgh12mv2112mv20，解得 W12mv2112mv20mgh，故选项 D 正确3 AD设 A 距离地面的高度为 h，动摩擦因数为，对全过程运用动能定理有 mghmgcossABmgsBP0，得 mghmg(sABcos sBP)0，而 sABcos sBPOP，即 hOP0，铁块在新斜面上有 mgsin mgcos ma，由 sin cos hOPAP0，可知铁块在新斜面上做匀速运动，与铁块的质量 m 无关，铁块一定能够到达
10、P 点，选项 A、D 正确，B、C 错误4(1)1 s(2)3 22m/s(3)20 J解析(1)由牛顿第二定律可知小滑块沿斜面下滑的加速度 agsin gcos 2 m/s2由 L12at2可得 t2La1 s(2)设弹簧被压缩至 x0处时小滑块达到最大速度 vm，此时小滑块加速度为零，根据平衡条件有 mgsin mgcos kx0这一过程由动能定理有 mgsin(Lx0)mgcos(Lx0)12kx2012mv2m解得 vm3 22m/s(3)设小滑块从 P 点压缩弹簧至最低点时，弹簧的压缩量为 x1，由动能定理，有 mgsin(Lx1)mgcos(Lx1)Epm0解得 Epm20 J.5
11、CD由动能定理得 EkBEkAWAB，EkCEkBWBC，物体所受的合外力做的功为拉力的水平分力所做的功由几何关系可知，从 A 运动到 B 的过程中拉力在水平方向的平均分力公众号：卷洞洞大小大于从 B 到 C 过程中拉力在水平方向的平均分力大小，因此 WABWBC，选项 A、B 错误，C、D 正确6BFx 图象与 x 轴围成的面积表示力 F 做的功，图形位于 x 轴上方表示力做正功，位于 x 轴下方表示力做负功，面积大小表示功的大小，所以物体运动到 x16 m 处时，力 F 对物体做的总功 W40 J，由动能定理得 W12mv2212mv21，解得 v23 m/s，B 正确7AD由动能定理可知
12、，mg(Hh)EkEk0，即 EkEk0mgHmgh，Ekh 图象为一次函数图象，B 项错；又 EkEk012mg2t2，可知 Ekt 图象为开口向上的抛物线，A 项正确；由重力势能定义式有：Epmgh，Eph 为正比例函数，所以 D 项正确；由平抛运动规律有：Hh12gt2，所以 Epmg(H12gt2)，所以 Ept 图象不是直线，C 项错8C物块在水平恒力作用下由静止开始做匀加速直线运动，其加速度 aFm，速度 vatFmt，vt 图象为过坐标原点的倾斜直线，选项 A 错误；由 v22ax2Fmx，可知选项 B 错误；动能 Ek12mv2F22mt2，选项 C 正确；功率 PFvFatF
13、2mt，选项 D 错误9B设轻绳与 OM 杆的夹角为，开始时小球 A 受重力 mg、外力 F、杆的弹力 FN1及绳的拉力 FT作用处于平衡状态，水平方向有 FFTcos，小球 B 受重力 mg、杆的弹力 FN2及绳的拉力 FT作用处于平衡状态，竖直方向有 mgFTsin，又 sin 45，得 F34mg，外力增大后，小球 A 水平向左运动，小球 B 竖直向上运动，从开始至小球 B 运动到与 O 点距离为35L的过程中，水平外力做的功为 WF4F(45L35L)35mgL，设小球 A、B 此时的速度大小分别为vA、vB，轻绳与 OM 杆的夹角为，由运动分解有 vAcos vBsin，sin 35
14、，又根据功能关系有 WFmgL512mv2A12mv2B，得 vB8255gL，B 对10167 m676 J解析当物体在前半周期时由牛顿第二定律，得F1mgma1，则物体的加速度大小 a1F1mgm2 m/s2当物体在后半周期时由牛顿第二定律，得F2mgma2，则物体的加速度大小 a2F2mgm2 m/s2前半周期和后半周期位移相等，x112a1t24 m公众号：卷洞洞一个周期的位移为 8 m，后半周期第 1 s 内的位移为 3 m83 s 内物体的位移大小为 x(20843)m167 m第 83 s 末的速度 vv1a2t2 m/s由动能定理得 WFmgx12mv2所以 WFmgx12mv2676 J.11(1)2Lg(2)0.6mg gL(3)lv2g2hL解析(1)设飞机在水平轨道的加速度为 a，运动时间为 t，发动机的推力为 F，阻力为 Ff，由牛顿第二定律得 FFf0.6mg0.1mgma得 a0.5g而由位移公式有 L12at2解得：t2Lg(2)设飞机在 B 端的速度为 v，功率为 P，由速度公式 vat gL解得：PFv0.6mg gL(3)设飞机恰能在 C 端起飞时，斜面轨道长为 l，整个过程由动能定理有：(FFf)(Ll)mgh12mv2解得：lv2g2hL所以，斜面轨道长度满足的条件是 lv2g2hL.公众号：卷洞洞