还剩10页未读，
继续阅读
高中人教版 (2019)第八章 机械能守恒定律4 机械能守恒定律优秀学案设计
展开
这是一份高中人教版 (2019)第八章 机械能守恒定律4 机械能守恒定律优秀学案设计，共13页。
动能定理解决多过程问题
对于包含多个运动阶段的复杂运动过程，可以选择分段或全程应用动能定理。
1. 分段应用动能定理时，将复杂的过程分割成一个个子过程，对每个子过程的做功情况和初、末动能进行分析，然后针对每个子过程应用动能定理列式，然后联立求解。
2. 全程应用动能定理时，分析整个过程中出现过的各力的做功情况，确定整个过程中合力做的总功，然后确定整个过程的初、末动能，针对整个过程利用动能定理列式求解。应用动能定理最大的优势在于不要求深入研究过程变化的细节，因此，无论恒力做功还是变力做功，当题目不涉及中间量时，选择全程应用动能定理更简单，更方便。
注意：应用全程求功时，有些力不是全过程都作用的，必须根据不同的情况区别对待，弄清楚物体所受到的哪些力在哪段位移上做功，正确写出总功。
如图所示，质量m＝1 kg的木块静止在高h＝1. 2 m的平台上，木块与平台间的动摩擦因数μ＝0. 2，用水平推力F＝20 N，使木块产生位移l1＝3 m时撤去，木块又滑行l2＝1 m后飞出平台，求木块落地时速度的大小。（g取10 m/s2）
答案：11. 3 m/s
解析：解法一 取木块为研究对像，其运动分三个过程，先匀加速前进l1，后匀减速前进l2，再做平抛运动，对每一过程，分别由动能定理得
Fl1－μmgl1＝mv12
－μmgl2＝mv22－mv12
mgh＝mv32－mv22
解得v3≈11. 3 m/s
解法二 对全过程由动能定理得
Fl1－μmg（l1＋l2）＋mgh＝mv2－0
代入数据解得v≈11. 3 m/s
如图所示，一可以看成质点的质量m＝2 kg的小球以初速度v0沿光滑的水平桌面飞出后，恰好从A点沿切线方向进入圆弧轨道，BC为圆弧竖直直径，其中B为轨道的最低点，C为最高点且与水平桌面等高，圆弧AB对应的圆心角θ＝53°，轨道半径R＝0. 5 m。已知sin 53°＝0. 8，cs 53°＝0. 6，不计空气阻力，g取10 m/s2。
（1）求小球的初速度v0的大小；
（2）若小球恰好能通过最高点C，求在圆弧轨道上摩擦力对小球做的功。
答案：（1）3 m/s （2）－4 J
解析：（1）在A点由平抛运动规律得：
vA＝＝v0。①
小球由桌面到A点的过程中，由动能定理得
mg（R＋Rcs θ）＝mvA2－mv02②
由①②得：v0＝3 m/s。
（2）若小球恰好通过最高点C，在最高点C处有mg＝，小球从桌面运动到C点的过程中，由动能定理得Wf＝mvC2－mv02，
代入数据解得Wf＝－4 J。
利用动能定理求解多过程问题有两种方法：
1. 分段法：对于多个物理过程要仔细分析，将复杂的过程分割成一个个子过程，分别对每个子过程运用动能定理求解。
2. 全程法：动能定理不要求深入研究过程变化的细节，对不涉及中间物理量的求解问题，应用全程法往往更简便。但是应用全程法时需注意，有些力不是全过程都做功的，必须根据不同的情况区别对待，正确写出总功。
（答题时间：30分钟）
1. 质量为m的物体以初速度v0沿水平面向左开始运动，起始点A与一轻弹簧O端相距s，如图所示。已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，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（ ）
A. mv02－μmg（s＋x） B. mv02－μmgx
C. μmgs D. μmg（s＋x）
2. 如图所示，一个质量为m＝0. 6 kg 的小球以初速度v0＝2 m/s 从P点水平抛出，从粗糙圆弧ABC的A点沿切线方向进入（不计空气阻力，进入圆弧时无动能损失）且恰好沿圆弧通过最高点C，已知圆弧的圆心为O，半径R＝0. 3 m，θ＝60°，g＝10 m/s2。求：
（1）小球到达A点的速度vA的大小；
（2）P点到A点的竖直高度H；
（3）小球从圆弧A点运动到最高点C的过程中克服摩擦力所做的功W。
3. 某游乐场的滑梯可以简化为如图所示竖直面内的ABCD轨道，AB为长L＝6 m、倾角α＝37°的斜轨道，BC为水平轨道，CD为半径R＝15 m、圆心角β＝37°的圆弧轨道，轨道AB段粗糙，其余各段均光滑。一小孩（可视为质点）从A点以初速度v0＝2m/s下滑，沿轨道运动到D点时的速度恰好为零（不计经过B点时的能量损失）。已知该小孩的质量m＝30 kg，取sin 37°＝0. 6，cs 37°＝0. 8，g＝10 m/s2，不计空气阻力，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：
（1）该小孩第一次经过圆弧轨道C点时，对圆弧轨道的压力；
（2）该小孩与AB段的动摩擦因数；
（3）该小孩在轨道AB上运动的总路程s。
4. 如图所示，ABCD为一竖直平面内的轨道，其中BC水平，A点比BC高出10 m，BC长1 m，AB和CD轨道光滑。一质量为1 kg的物体，从A点以4 m/s的速度开始运动，经过BC后滑到高出C点10. 3 m的D点速度为0。求：（g取10 m/s2）
（1）物体与BC轨道间的动摩擦因数；
（2）物体第5次经过B点时的速度；
（3）物体最后停止的位置（距B点多少米）。
5. 如图所示，右端连有一个光滑弧形槽的水平桌面AB长L＝1. 5 m，一个质量为m＝0. 5 kg的木块在F＝1. 5 N的水平拉力作用下，从桌面上的A端由静止开始向右运动，木块到达B端时撤去拉力F，木块与水平桌面间的动摩擦因数μ＝0. 2，取g＝10 m/s2。求：
（1）木块沿弧形槽上升的最大高度（木块未离开弧形槽）；
（2）木块沿弧形槽滑回B端后，在水平桌面上滑行的最大距离。
1. 答案：A
解析：由动能定理得－W－μmg（s＋x）＝0－mv02，W＝mv02－μmg（s＋x）。
2. 答案：（1）4 m/s （2）0. 6 m （3）1. 2 J
解析：（1）在A点由速度的合成得vA＝，
代入数据解得vA＝4 m/s
（2）从P点到A点小球做平抛运动，竖直分速度vy＝v0tan θ
由运动学规律有vy2＝2gH
解得H＝0. 6 m
（3）恰好过C点满足mg＝
由A点到C点由动能定理得
－mgR（1＋cs θ）－W＝mvC2－mvA2
代入数据解得W＝1. 2 J。
3. 答案：（1）420 N，方向向下 （2）0. 25 （3）21 m
解析：（1）由C到D速度减为0，由动能定理可得
－mg（R－Rcs 37°）＝0－mvC2，vC＝2 m/s
在C点，由牛顿第二定律得
FN－mg＝m，FN＝420 N
根据牛顿第三定律，小孩对轨道的压力为420 N，方向向下
（2）小孩从A运动到D的过程中，由动能定理得：mgLsin α－μmgLcs α－mgR（1－cs β）＝0－mv02
可得：μ＝0. 25
（3）在AB斜轨上，μmgcs α
由动能定理：mgLsin α－μmgscs α＝0－mv02
解得s＝21 m。
4. 答案：（1）0. 5 （2）13. 3 m/s （3）距B点0. 4 m
解析：（1）由动能定理得
－mg（h－H）－μmgsBC＝0－mv12，
解得μ＝0. 5。
（2）物体第5次经过B点时，物体在BC上滑动了4次，由动能定理得mgH－μmg·4sBC＝mv22－mv12，
解得v2＝4 m/s≈13. 3 m/s。
（3）分析整个过程，由动能定理得
mgH－μmgs＝0－mv12，
解得s＝21. 6 m。
所以物体在轨道上来回运动了10次后，还有1. 6 m，故最后停止的位置与B点的距离为2 m－1. 6 m＝0. 4 m。
5. 答案：（1）0. 15 m （2）0. 75 m
解析：（1）设木块沿弧形槽上升的最大高度为h，木块在最高点时的速度为零。从木块开始运动到沿弧形槽上升到最大高度处，由动能定理得：
FL－FfL－mgh＝0
其中Ff＝μFN＝μmg＝0. 2×0. 5×10 N＝1. 0 N
所以h＝
＝m＝0. 15 m
（2）设木块离开B点后沿桌面滑行的最大距离为x。由动能定理得：
mgh－Ffx＝0
所以：x＝＝ m＝0. 75 m
动能定理与图像综合问题
利用物体的运动图像可以了解物体的运动情况，要特别注意图像的形状、交点、截距、斜率、面积等信息。动能定理经常和图像问题综合起来，分析时一定要弄清图像的物理意义，并结合相应的物理情境选择合理的规律求解。
1. 动能定理与图像综合问题分析方法
（1）确定图像种类：看清横纵坐标轴代表的物理意义；
（2）挖掘图像隐含条件，尽可能多的读取图像信息；
（3）分析运动过程，确定各力做功情况，确定初末状态动能，列动能定理表达式，求出相应物理量。
2. 四类图像所围“面积”含义
（1）v－t图像：由公式x＝v－t可知，v－t图线与坐标轴围成的面积表示物体的位移。
（2）a－t图像：由公式Δv＝at可知，a－t图线与坐标轴围成的面积表示物体速度的变化量。
（3）F－x图像：由公式W＝Fx可知，F－x图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功。
（4）P－t图像：由公式W＝Pt可知，P－t图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功。
质量m＝1 kg的物体，在水平拉力F的作用下，沿粗糙水平面运动，在位移是4 m时，拉力F停止作用，运动到位移是8 m时物体停止，运动过程中Ek－x的图像如图所示，g取10 m/s2，求：
（1）物体和水平面间的动摩擦因数；
（2）拉力F的大小。
答案：（1）0. 25 （2）4. 5 N
解析：（1）在运动的第二阶段，物体在位移x2＝4 m内，动能由Ek＝10 J变为零。由动能定理得－μmgx2＝0－Ek；
故动摩擦因数：
μ＝＝＝0. 25。
（2）在运动的第一阶段，物体位移x1＝4 m，初动能Ek0＝2 J，根据动能定理得Fx1－μmgx1＝Ek－Ek0，所以F＝4. 5 N。
物体沿直线运动的v－t关系图像如图所示，已知在第1 s内合力对物体所做的功为W，则（ ）
A. 从第1 s末到第3 s末合力做功为4W
B. 从第3 s末到第5 s末合力做功为－2W
C. 从第5 s末到第7 s末合力做功为W
D. 从第3 s末到第4 s末合力做功为－0. 75W
答案：CD
解析：物体在第1 s末速度为v，由动能定理可得在第1 s内合力做的功W＝mv2－0。从第1 s末到第3 s末物体的速度不变，所以合力做的功为W1＝0。从第3 s末到第5 s末合力做的功为W2＝0－mv2＝－W。从第5 s末到第7 s末合力做的功为W3＝m（－v）2－0＝W。第4 s末的速度v4＝，所以从第3 s末到第4 s末合力做的功W4＝m－mv2＝－W。故选项C、D正确。
1. 动能定理与图像综合问题分析方法
首先是确定图像种类；然后尽可能多的挖掘图像隐含条件，读取图像信息；最后列方程求解
2. 四类图像所围“面积”含义
（1）v－t图像：v－t图线与坐标轴围成的面积表示物体的位移。
（2）a－t图像：a－t图线与坐标轴围成的面积表示物体速度的变化量。
（3）F－x图像：F－x图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功。
（4）P－t图像：P－t图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功。
（答题时间：30分钟）
1. 物体在合外力作用下做直线运动的v－t图像如图所示，下列表述正确的是（ ）
A. 在0～1 s内，合外力做正功
B. 在0～2 s内，合外力总是做负功
C. 在1 s～2 s内，合外力不做功
D. 在0～3 s内，合外力总是做正功
2. 刹车距离是衡量汽车安全性能的重要参数之一。如图所示的图线1、2分别为甲、乙两辆汽车在紧急刹车过程中的刹车距离x与刹车前的车速v的关系曲线，已知紧急刹车过程中车与地面间是滑动摩擦。据此可知，下列说法中正确的是（ ）
A. 甲车的刹车距离随刹车前的车速v变化快，甲车的刹车性能好
B. 乙车与地面间的动摩擦因数较大，乙车的刹车性能好
C. 以相同的车速开始刹车，甲车先停下来，甲车的刹车性能好
D. 甲车的刹车距离随刹车前的车速v变化快，甲车与地面间的动摩擦因数较大
3. 质量为1 500 kg的汽车在平直的公路上运动，v－t图像如图所示。由此可求 （ ）
A. 前25 s内汽车的平均速度
B. 前10 s内汽车的加速度
C. 前10 s内汽车所受的阻力
D. 15 s～25 s内合外力对汽车所做的功
4. 如图所示为质量相等的两个质点A、B在同一直线上运动的v－t图像。由图像可知（ ）
A. 在t时刻两个质点在同一位置
B. 在t时刻两个质点速度相等
C. 在0～t时间内质点B比质点A的位移大
D. 在0～t时间内合外力对两个质点做功相等
5. 如图甲所示，在倾角为30°的足够长的光滑斜面AB的A处连接一粗糙水平面OA，OA长为4 m。有一质量为m的滑块（图中未画出），从O处由静止开始受一水平向右的力F作用。F只在水平面上按图乙所示的规律变化。滑块与OA间的动摩擦因数μ＝0. 25，g取10 m/s2，试求：
（1）滑块运动到A处的速度大小；
（2）不计滑块在A处的速率变化，滑块冲上斜面AB的长度是多少？
1. 【答案】A
【解析】由v－t图像知0～1 s内，v增加，动能增加，由动能定理可知合外力做正功，A对。1 s～2 s内v减小，动能减小，合外力做负功，B、C、D错。
2. 【答案】B
【解析】在刹车过程中，由动能定理可知：－μmgx＝0－mv2，得x＝＝，可知甲车与地面间动摩擦因数小（题图线1），乙车与地面间动摩擦因数大（题图线2），刹车时的加速度a＝μg，乙车刹车性能好，以相同的车速开始刹车，乙车先停下来，B正确。
3. 【答案】ABD
【解析】在v－t图像中图线与坐标轴所围成的面积代表位移，因此只要求得位移的大小，利用公式＝，即可解得平均速度，故A对。图线的斜率代表加速度，由公式a＝得：前10 s内加速度a＝m/s2＝2 m/s2，故B对。由牛顿第二定律得：F－Ff＝ma，因不知牵引力F，故无法求得阻力Ff，C错。由动能定理可求得15 s～25 s内合外力所做的功，即W＝mv′2－mv2＝×1 500×（302－202） J＝3. 75×105J，故D对。
4. 【答案】BCD
【解析】由v－t图像的意义可知，t时刻A、B两质点速度相同，B项正确。再结合动能定理可知D项正确。v－t图像中，面积表示对应时间内的位移，由题图知0～t时间内质点B比A位移大，C项正确。由于两质点的初始位置不确定，故不能确定t时刻两质点是否在同一位置，A项错误。
5. 【答案】（1）5m/s （2）5 m
【解析】（1）由题图乙知，在前2 m内，F1＝2mg，做正功，在第3 m内，F2＝－0. 5mg，做负功，在第4 m内，F3＝0，滑动摩擦力Ff＝－μmg＝－0. 25mg，始终做负功，对于滑块在OA上运动的全过程，由动能定理得：F1x1＋F2x2＋Ffx＝mvA2－0
即2mg×2－0. 5mg×1－0. 25mg×4＝mvA2
解得vA＝5m/s
（2）对于滑块冲上斜面的过程，由动能定理得
－mgLsin 30°＝0－mvA2
解得：L＝5 m
所以滑块冲上AB的长度L＝5 m重难点
题型
分值
重点
动能定理解决多过程问题
选择
计算
8-10分
难点
多过程运动衔接点的分析
重难点
题型
分值
重点
动能定理与图像的综合应用
选择
计算
6-8分
难点
图像信息的读取和应用
动能定理解决多过程问题
对于包含多个运动阶段的复杂运动过程，可以选择分段或全程应用动能定理。
1. 分段应用动能定理时，将复杂的过程分割成一个个子过程，对每个子过程的做功情况和初、末动能进行分析，然后针对每个子过程应用动能定理列式，然后联立求解。
2. 全程应用动能定理时，分析整个过程中出现过的各力的做功情况，确定整个过程中合力做的总功，然后确定整个过程的初、末动能，针对整个过程利用动能定理列式求解。应用动能定理最大的优势在于不要求深入研究过程变化的细节，因此，无论恒力做功还是变力做功，当题目不涉及中间量时，选择全程应用动能定理更简单，更方便。
注意：应用全程求功时，有些力不是全过程都作用的，必须根据不同的情况区别对待，弄清楚物体所受到的哪些力在哪段位移上做功，正确写出总功。
如图所示，质量m＝1 kg的木块静止在高h＝1. 2 m的平台上，木块与平台间的动摩擦因数μ＝0. 2，用水平推力F＝20 N，使木块产生位移l1＝3 m时撤去，木块又滑行l2＝1 m后飞出平台，求木块落地时速度的大小。（g取10 m/s2）
答案：11. 3 m/s
解析：解法一 取木块为研究对像，其运动分三个过程，先匀加速前进l1，后匀减速前进l2，再做平抛运动，对每一过程，分别由动能定理得
Fl1－μmgl1＝mv12
－μmgl2＝mv22－mv12
mgh＝mv32－mv22
解得v3≈11. 3 m/s
解法二 对全过程由动能定理得
Fl1－μmg（l1＋l2）＋mgh＝mv2－0
代入数据解得v≈11. 3 m/s
如图所示，一可以看成质点的质量m＝2 kg的小球以初速度v0沿光滑的水平桌面飞出后，恰好从A点沿切线方向进入圆弧轨道，BC为圆弧竖直直径，其中B为轨道的最低点，C为最高点且与水平桌面等高，圆弧AB对应的圆心角θ＝53°，轨道半径R＝0. 5 m。已知sin 53°＝0. 8，cs 53°＝0. 6，不计空气阻力，g取10 m/s2。
（1）求小球的初速度v0的大小；
（2）若小球恰好能通过最高点C，求在圆弧轨道上摩擦力对小球做的功。
答案：（1）3 m/s （2）－4 J
解析：（1）在A点由平抛运动规律得：
vA＝＝v0。①
小球由桌面到A点的过程中，由动能定理得
mg（R＋Rcs θ）＝mvA2－mv02②
由①②得：v0＝3 m/s。
（2）若小球恰好通过最高点C，在最高点C处有mg＝，小球从桌面运动到C点的过程中，由动能定理得Wf＝mvC2－mv02，
代入数据解得Wf＝－4 J。
利用动能定理求解多过程问题有两种方法：
1. 分段法：对于多个物理过程要仔细分析，将复杂的过程分割成一个个子过程，分别对每个子过程运用动能定理求解。
2. 全程法：动能定理不要求深入研究过程变化的细节，对不涉及中间物理量的求解问题，应用全程法往往更简便。但是应用全程法时需注意，有些力不是全过程都做功的，必须根据不同的情况区别对待，正确写出总功。
（答题时间：30分钟）
1. 质量为m的物体以初速度v0沿水平面向左开始运动，起始点A与一轻弹簧O端相距s，如图所示。已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，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（ ）
A. mv02－μmg（s＋x） B. mv02－μmgx
C. μmgs D. μmg（s＋x）
2. 如图所示，一个质量为m＝0. 6 kg 的小球以初速度v0＝2 m/s 从P点水平抛出，从粗糙圆弧ABC的A点沿切线方向进入（不计空气阻力，进入圆弧时无动能损失）且恰好沿圆弧通过最高点C，已知圆弧的圆心为O，半径R＝0. 3 m，θ＝60°，g＝10 m/s2。求：
（1）小球到达A点的速度vA的大小；
（2）P点到A点的竖直高度H；
（3）小球从圆弧A点运动到最高点C的过程中克服摩擦力所做的功W。
3. 某游乐场的滑梯可以简化为如图所示竖直面内的ABCD轨道，AB为长L＝6 m、倾角α＝37°的斜轨道，BC为水平轨道，CD为半径R＝15 m、圆心角β＝37°的圆弧轨道，轨道AB段粗糙，其余各段均光滑。一小孩（可视为质点）从A点以初速度v0＝2m/s下滑，沿轨道运动到D点时的速度恰好为零（不计经过B点时的能量损失）。已知该小孩的质量m＝30 kg，取sin 37°＝0. 6，cs 37°＝0. 8，g＝10 m/s2，不计空气阻力，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：
（1）该小孩第一次经过圆弧轨道C点时，对圆弧轨道的压力；
（2）该小孩与AB段的动摩擦因数；
（3）该小孩在轨道AB上运动的总路程s。
4. 如图所示，ABCD为一竖直平面内的轨道，其中BC水平，A点比BC高出10 m，BC长1 m，AB和CD轨道光滑。一质量为1 kg的物体，从A点以4 m/s的速度开始运动，经过BC后滑到高出C点10. 3 m的D点速度为0。求：（g取10 m/s2）
（1）物体与BC轨道间的动摩擦因数；
（2）物体第5次经过B点时的速度；
（3）物体最后停止的位置（距B点多少米）。
5. 如图所示，右端连有一个光滑弧形槽的水平桌面AB长L＝1. 5 m，一个质量为m＝0. 5 kg的木块在F＝1. 5 N的水平拉力作用下，从桌面上的A端由静止开始向右运动，木块到达B端时撤去拉力F，木块与水平桌面间的动摩擦因数μ＝0. 2，取g＝10 m/s2。求：
（1）木块沿弧形槽上升的最大高度（木块未离开弧形槽）；
（2）木块沿弧形槽滑回B端后，在水平桌面上滑行的最大距离。
1. 答案：A
解析：由动能定理得－W－μmg（s＋x）＝0－mv02，W＝mv02－μmg（s＋x）。
2. 答案：（1）4 m/s （2）0. 6 m （3）1. 2 J
解析：（1）在A点由速度的合成得vA＝，
代入数据解得vA＝4 m/s
（2）从P点到A点小球做平抛运动，竖直分速度vy＝v0tan θ
由运动学规律有vy2＝2gH
解得H＝0. 6 m
（3）恰好过C点满足mg＝
由A点到C点由动能定理得
－mgR（1＋cs θ）－W＝mvC2－mvA2
代入数据解得W＝1. 2 J。
3. 答案：（1）420 N，方向向下 （2）0. 25 （3）21 m
解析：（1）由C到D速度减为0，由动能定理可得
－mg（R－Rcs 37°）＝0－mvC2，vC＝2 m/s
在C点，由牛顿第二定律得
FN－mg＝m，FN＝420 N
根据牛顿第三定律，小孩对轨道的压力为420 N，方向向下
（2）小孩从A运动到D的过程中，由动能定理得：mgLsin α－μmgLcs α－mgR（1－cs β）＝0－mv02
可得：μ＝0. 25
（3）在AB斜轨上，μmgcs α
由动能定理：mgLsin α－μmgscs α＝0－mv02
解得s＝21 m。
4. 答案：（1）0. 5 （2）13. 3 m/s （3）距B点0. 4 m
解析：（1）由动能定理得
－mg（h－H）－μmgsBC＝0－mv12，
解得μ＝0. 5。
（2）物体第5次经过B点时，物体在BC上滑动了4次，由动能定理得mgH－μmg·4sBC＝mv22－mv12，
解得v2＝4 m/s≈13. 3 m/s。
（3）分析整个过程，由动能定理得
mgH－μmgs＝0－mv12，
解得s＝21. 6 m。
所以物体在轨道上来回运动了10次后，还有1. 6 m，故最后停止的位置与B点的距离为2 m－1. 6 m＝0. 4 m。
5. 答案：（1）0. 15 m （2）0. 75 m
解析：（1）设木块沿弧形槽上升的最大高度为h，木块在最高点时的速度为零。从木块开始运动到沿弧形槽上升到最大高度处，由动能定理得：
FL－FfL－mgh＝0
其中Ff＝μFN＝μmg＝0. 2×0. 5×10 N＝1. 0 N
所以h＝
＝m＝0. 15 m
（2）设木块离开B点后沿桌面滑行的最大距离为x。由动能定理得：
mgh－Ffx＝0
所以：x＝＝ m＝0. 75 m
动能定理与图像综合问题
利用物体的运动图像可以了解物体的运动情况，要特别注意图像的形状、交点、截距、斜率、面积等信息。动能定理经常和图像问题综合起来，分析时一定要弄清图像的物理意义，并结合相应的物理情境选择合理的规律求解。
1. 动能定理与图像综合问题分析方法
（1）确定图像种类：看清横纵坐标轴代表的物理意义；
（2）挖掘图像隐含条件，尽可能多的读取图像信息；
（3）分析运动过程，确定各力做功情况，确定初末状态动能，列动能定理表达式，求出相应物理量。
2. 四类图像所围“面积”含义
（1）v－t图像：由公式x＝v－t可知，v－t图线与坐标轴围成的面积表示物体的位移。
（2）a－t图像：由公式Δv＝at可知，a－t图线与坐标轴围成的面积表示物体速度的变化量。
（3）F－x图像：由公式W＝Fx可知，F－x图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功。
（4）P－t图像：由公式W＝Pt可知，P－t图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功。
质量m＝1 kg的物体，在水平拉力F的作用下，沿粗糙水平面运动，在位移是4 m时，拉力F停止作用，运动到位移是8 m时物体停止，运动过程中Ek－x的图像如图所示，g取10 m/s2，求：
（1）物体和水平面间的动摩擦因数；
（2）拉力F的大小。
答案：（1）0. 25 （2）4. 5 N
解析：（1）在运动的第二阶段，物体在位移x2＝4 m内，动能由Ek＝10 J变为零。由动能定理得－μmgx2＝0－Ek；
故动摩擦因数：
μ＝＝＝0. 25。
（2）在运动的第一阶段，物体位移x1＝4 m，初动能Ek0＝2 J，根据动能定理得Fx1－μmgx1＝Ek－Ek0，所以F＝4. 5 N。
物体沿直线运动的v－t关系图像如图所示，已知在第1 s内合力对物体所做的功为W，则（ ）
A. 从第1 s末到第3 s末合力做功为4W
B. 从第3 s末到第5 s末合力做功为－2W
C. 从第5 s末到第7 s末合力做功为W
D. 从第3 s末到第4 s末合力做功为－0. 75W
答案：CD
解析：物体在第1 s末速度为v，由动能定理可得在第1 s内合力做的功W＝mv2－0。从第1 s末到第3 s末物体的速度不变，所以合力做的功为W1＝0。从第3 s末到第5 s末合力做的功为W2＝0－mv2＝－W。从第5 s末到第7 s末合力做的功为W3＝m（－v）2－0＝W。第4 s末的速度v4＝，所以从第3 s末到第4 s末合力做的功W4＝m－mv2＝－W。故选项C、D正确。
1. 动能定理与图像综合问题分析方法
首先是确定图像种类；然后尽可能多的挖掘图像隐含条件，读取图像信息；最后列方程求解
2. 四类图像所围“面积”含义
（1）v－t图像：v－t图线与坐标轴围成的面积表示物体的位移。
（2）a－t图像：a－t图线与坐标轴围成的面积表示物体速度的变化量。
（3）F－x图像：F－x图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功。
（4）P－t图像：P－t图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功。
（答题时间：30分钟）
1. 物体在合外力作用下做直线运动的v－t图像如图所示，下列表述正确的是（ ）
A. 在0～1 s内，合外力做正功
B. 在0～2 s内，合外力总是做负功
C. 在1 s～2 s内，合外力不做功
D. 在0～3 s内，合外力总是做正功
2. 刹车距离是衡量汽车安全性能的重要参数之一。如图所示的图线1、2分别为甲、乙两辆汽车在紧急刹车过程中的刹车距离x与刹车前的车速v的关系曲线，已知紧急刹车过程中车与地面间是滑动摩擦。据此可知，下列说法中正确的是（ ）
A. 甲车的刹车距离随刹车前的车速v变化快，甲车的刹车性能好
B. 乙车与地面间的动摩擦因数较大，乙车的刹车性能好
C. 以相同的车速开始刹车，甲车先停下来，甲车的刹车性能好
D. 甲车的刹车距离随刹车前的车速v变化快，甲车与地面间的动摩擦因数较大
3. 质量为1 500 kg的汽车在平直的公路上运动，v－t图像如图所示。由此可求 （ ）
A. 前25 s内汽车的平均速度
B. 前10 s内汽车的加速度
C. 前10 s内汽车所受的阻力
D. 15 s～25 s内合外力对汽车所做的功
4. 如图所示为质量相等的两个质点A、B在同一直线上运动的v－t图像。由图像可知（ ）
A. 在t时刻两个质点在同一位置
B. 在t时刻两个质点速度相等
C. 在0～t时间内质点B比质点A的位移大
D. 在0～t时间内合外力对两个质点做功相等
5. 如图甲所示，在倾角为30°的足够长的光滑斜面AB的A处连接一粗糙水平面OA，OA长为4 m。有一质量为m的滑块（图中未画出），从O处由静止开始受一水平向右的力F作用。F只在水平面上按图乙所示的规律变化。滑块与OA间的动摩擦因数μ＝0. 25，g取10 m/s2，试求：
（1）滑块运动到A处的速度大小；
（2）不计滑块在A处的速率变化，滑块冲上斜面AB的长度是多少？
1. 【答案】A
【解析】由v－t图像知0～1 s内，v增加，动能增加，由动能定理可知合外力做正功，A对。1 s～2 s内v减小，动能减小，合外力做负功，B、C、D错。
2. 【答案】B
【解析】在刹车过程中，由动能定理可知：－μmgx＝0－mv2，得x＝＝，可知甲车与地面间动摩擦因数小（题图线1），乙车与地面间动摩擦因数大（题图线2），刹车时的加速度a＝μg，乙车刹车性能好，以相同的车速开始刹车，乙车先停下来，B正确。
3. 【答案】ABD
【解析】在v－t图像中图线与坐标轴所围成的面积代表位移，因此只要求得位移的大小，利用公式＝，即可解得平均速度，故A对。图线的斜率代表加速度，由公式a＝得：前10 s内加速度a＝m/s2＝2 m/s2，故B对。由牛顿第二定律得：F－Ff＝ma，因不知牵引力F，故无法求得阻力Ff，C错。由动能定理可求得15 s～25 s内合外力所做的功，即W＝mv′2－mv2＝×1 500×（302－202） J＝3. 75×105J，故D对。
4. 【答案】BCD
【解析】由v－t图像的意义可知，t时刻A、B两质点速度相同，B项正确。再结合动能定理可知D项正确。v－t图像中，面积表示对应时间内的位移，由题图知0～t时间内质点B比A位移大，C项正确。由于两质点的初始位置不确定，故不能确定t时刻两质点是否在同一位置，A项错误。
5. 【答案】（1）5m/s （2）5 m
【解析】（1）由题图乙知，在前2 m内，F1＝2mg，做正功，在第3 m内，F2＝－0. 5mg，做负功，在第4 m内，F3＝0，滑动摩擦力Ff＝－μmg＝－0. 25mg，始终做负功，对于滑块在OA上运动的全过程，由动能定理得：F1x1＋F2x2＋Ffx＝mvA2－0
即2mg×2－0. 5mg×1－0. 25mg×4＝mvA2
解得vA＝5m/s
（2）对于滑块冲上斜面的过程，由动能定理得
－mgLsin 30°＝0－mvA2
解得：L＝5 m
所以滑块冲上AB的长度L＝5 m重难点
题型
分值
重点
动能定理解决多过程问题
选择
计算
8-10分
难点
多过程运动衔接点的分析
重难点
题型
分值
重点
动能定理与图像的综合应用
选择
计算
6-8分
难点
图像信息的读取和应用
相关学案
人教版 (2019)必修 第二册第八章 机械能守恒定律综合与测试导学案： 这是一份人教版 (2019)必修 第二册第八章 机械能守恒定律综合与测试导学案，共19页。
人教版 (2019)必修 第二册第八章 机械能守恒定律3 动能和动能定理学案设计： 这是一份人教版 (2019)必修 第二册第八章 机械能守恒定律3 动能和动能定理学案设计，共13页。
人教版 (2019)必修 第一册5 牛顿运动定律的应用导学案： 这是一份人教版 (2019)必修 第一册5 牛顿运动定律的应用导学案，共4页。学案主要包含了学习目标，学习重点，学习难点，学习流程，自主先学，组内研学，交流促学，反馈评学等内容，欢迎下载使用。
