（江蘇專版）2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第五章 第2節(jié) 動(dòng)能定理及其應(yīng)用講義（含解析）(1)一定質(zhì)量的物體動(dòng)能變化時(shí)，速度一定變化，但速度變化時(shí)，動(dòng)能不一定變化。()(2)動(dòng)能不變的物體一定處于平衡狀態(tài)。(×)(3)如果物體所受的合外力為零，那么合外力對(duì)物體做功一定為零。()(4)物體在合外力作用下做變速運(yùn)動(dòng)時(shí)，動(dòng)能一定變化。(×)(5)物體的動(dòng)能不變，所受的合外力必定為零。(×)(6)做自由落體運(yùn)動(dòng)的物體，動(dòng)能與時(shí)間的二次方成正比。()突破點(diǎn)(一)對(duì)動(dòng)能定理的理解1對(duì)“外力”的兩點(diǎn)理解(1)“外力”可以是重力、彈力、摩擦力、電場(chǎng)力、磁場(chǎng)力等，它們可以同時(shí)作用，也可以不同時(shí)作用。(2)“外力”既可以是恒力，也可以是變力。2公式中“”體現(xiàn)的三個(gè)關(guān)系數(shù)量關(guān)系合力做的功與物體動(dòng)能的變化相等單位關(guān)系國(guó)際單位都是焦耳因果關(guān)系合力做功是物體動(dòng)能變化的原因題點(diǎn)全練1關(guān)于運(yùn)動(dòng)物體所受的合外力、合外力做的功及動(dòng)能變化的關(guān)系，下列說(shuō)法正確的是()A合外力為零，則合外力做功一定為零B合外力做功為零，則合外力一定為零C合外力做功越多，則動(dòng)能一定越大D動(dòng)能不變，則物體合外力一定為零解析：選A由WFlcos 可知，物體所受合外力為零，合外力做功一定為零，但合外力做功為零，可能是90°，故A正確，B錯(cuò)誤；由動(dòng)能定理WEk可知，合外力做功越多，動(dòng)能變化量越大，但動(dòng)能不一定越大。動(dòng)能不變，合外力做功為零，但物體合外力不一定為零，C、D均錯(cuò)誤。2.(2018·江陰四校期中)質(zhì)量為M、長(zhǎng)度為L(zhǎng)的長(zhǎng)木板靜止在光滑的水平面上，質(zhì)量為m的小滑塊停放在長(zhǎng)木板的最右端，滑塊和木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為?，F(xiàn)用一個(gè)大小為F的恒力作用在M上，當(dāng)小滑塊滑到木板的最左端時(shí)，滑塊和木板的速度大小分別為v1、v2，滑塊和木板相對(duì)于地面的位移大小分別為s1、s2。下列關(guān)系式錯(cuò)誤的是()Amgs1mv12BFs2mgs2Mv22CmgLmv12DFs2mgs2mgs1Mv22mv12解析：選C對(duì)滑塊，滑塊受到重力、支持力和摩擦力，根據(jù)動(dòng)能定理，有 mgs1mv12，故A正確；對(duì)木板，由動(dòng)能定理得：Fs2mgs2Mv22，故B正確；由以上兩式相加可得：Fs2mgs2mgs1Mv22mv12，又s2s1L，則得：Fs2mgLMv22mv12，故C錯(cuò)誤，D正確。3(2019·連云港一模)如圖所示，放在光滑水平面上的勁度系數(shù)為k的彈簧一端固定，一質(zhì)量為m，速度為v0的滑塊將其壓縮，經(jīng)t時(shí)間后壓縮量為x，此時(shí)速度為v；再經(jīng)過(guò)極短的時(shí)間t，滑塊運(yùn)動(dòng)的位移為x，速度的變化量為v，滑塊動(dòng)能的變化量為E。下列關(guān)系式中不正確的是()Av BvCkxvtm(v02v2) DkxvtE解析：選C因?yàn)榻?jīng)過(guò)極短時(shí)間，可認(rèn)為t0，故v，A正確。根據(jù)動(dòng)量定理，有Ftmv；根據(jù)胡克定律，有Fkx，聯(lián)立解得vkx，B正確。根據(jù)動(dòng)能定理，對(duì)壓縮的整個(gè)過(guò)程，有Fxm(v02v2)，根據(jù)胡克定律，有Fkx，聯(lián)立解得kx2m(v02v2)，由于滑塊做變加速直線運(yùn)動(dòng)，所以xvt，C錯(cuò)誤。根據(jù)動(dòng)能定理，對(duì)壓縮x過(guò)程，有F·vtm(vv)2mv2E，根據(jù)胡克定律，有Fkx；聯(lián)立解得kxvtE，D正確。突破點(diǎn)(二)動(dòng)能定理的應(yīng)用1應(yīng)用動(dòng)能定理的流程2應(yīng)用動(dòng)能定理的注意事項(xiàng)(1)動(dòng)能定理中的位移和速度必須是相對(duì)于同一個(gè)參考系的，一般以地面或相對(duì)地面靜止的物體為參考系。(2)應(yīng)用動(dòng)能定理的關(guān)鍵在于對(duì)研究對(duì)象進(jìn)行準(zhǔn)確的受力分析及運(yùn)動(dòng)過(guò)程分析，并畫(huà)出運(yùn)動(dòng)過(guò)程的草圖，借助草圖理解物理過(guò)程之間的關(guān)系。(3)當(dāng)物體的運(yùn)動(dòng)包含多個(gè)不同過(guò)程時(shí)，可分段應(yīng)用動(dòng)能定理求解；當(dāng)所求解的問(wèn)題不涉及中間的速度時(shí)，也可以全過(guò)程應(yīng)用動(dòng)能定理求解，這樣更簡(jiǎn)便。(4)列動(dòng)能定理方程時(shí)，必須明確各力做功的正、負(fù)，確實(shí)難以判斷的先假定為正功，最后根據(jù)結(jié)果加以檢驗(yàn)。典例(2017·江蘇高考)如圖所示，兩個(gè)半圓柱A、B緊靠著靜置于水平地面上，其上有一光滑圓柱C，三者半徑均為R。C的質(zhì)量為m，A、B的質(zhì)量都為，與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為?，F(xiàn)用水平向右的力拉A，使A緩慢移動(dòng)，直至C恰好降到地面。整個(gè)過(guò)程中B保持靜止。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度為g。求：(1)未拉A時(shí)，C受到B作用力的大小F；(2)動(dòng)摩擦因數(shù)的最小值min；(3)A移動(dòng)的整個(gè)過(guò)程中，拉力做的功W。思路點(diǎn)撥(1)根據(jù)共點(diǎn)力的平衡條件求解C受到B作用力的大小F。(2)先根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件求解B受到C水平方向最大壓力，再求出B對(duì)地面的壓力，根據(jù)摩擦力的計(jì)算公式求解。(3)根據(jù)動(dòng)能定理求解A移動(dòng)的整個(gè)過(guò)程中，拉力做的功W。解析(1)對(duì)C受力分析，如圖所示，根據(jù)平衡條件有2Fcos 30°mg解得Fmg。(2)C恰好降到地面時(shí)，B受C壓力的水平分力最大FxmaxmgB受地面的摩擦力fmg根據(jù)題意，B保持靜止，則有fminFxmax，解得min。(3)C下降的高度h(1)RA的位移x2(1)R摩擦力做功的大小Wffx2(1)mgR根據(jù)動(dòng)能定理WWfmgh00解得W(21)(1)mgR。答案(1)mg(2)(3)(21)(1)mgR方法規(guī)律(1)運(yùn)用動(dòng)能定理解決問(wèn)題時(shí)，選擇合適的研究過(guò)程能使問(wèn)題得以簡(jiǎn)化。當(dāng)物體的運(yùn)動(dòng)過(guò)程包含幾個(gè)運(yùn)動(dòng)性質(zhì)不同的子過(guò)程時(shí)，可以選擇一個(gè)、幾個(gè)或全部子過(guò)程作為研究過(guò)程。(2)當(dāng)選擇全部子過(guò)程作為研究過(guò)程，涉及重力、大小恒定的阻力或摩擦力做功時(shí)，要注意運(yùn)用它們的功能特點(diǎn)：重力做的功取決于物體的初、末位置，與路徑無(wú)關(guān)；大小恒定的阻力或摩擦力做的功等于力的大小與路程的乘積。集訓(xùn)沖關(guān)1.多選(2018·無(wú)錫期末)如圖所示是某中學(xué)科技小組制作的利用太陽(yáng)能驅(qū)動(dòng)小車的裝置。當(dāng)太陽(yáng)光照射到小車上方的光電板時(shí)，光電板中產(chǎn)生的電流經(jīng)電動(dòng)機(jī)帶動(dòng)小車前進(jìn)。若小車在平直的公路上以初速度v0開(kāi)始加速行駛，經(jīng)過(guò)時(shí)間t達(dá)到最大速度vm，設(shè)此過(guò)程中電動(dòng)機(jī)功率恒為額定功率P。根據(jù)以上條件可求出的物理量是()A小車受到的阻力B小車前進(jìn)的距離C電動(dòng)機(jī)所做的功 D小車克服摩擦力做的功解析：選AC當(dāng)小車在平直的公路達(dá)到最大速度vm時(shí)，電動(dòng)機(jī)功率為額定功率P，則小車受到的阻力fF；此過(guò)程中電動(dòng)機(jī)功率恒為額定功率P，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，則電動(dòng)機(jī)所做的功WPt；對(duì)加速過(guò)程使用動(dòng)能定理可得：Pt(fx)mvm2mv02，由于小車的質(zhì)量未知，求不出小車前進(jìn)的距離，也就求不出小車克服摩擦力做的功。2單板滑雪U型池如圖所示，由兩個(gè)完全相同的1/4圓弧滑道AB、CD和水平滑道BC構(gòu)成，圓弧滑道的半徑R4 m，B、C分別為圓弧滑道的最低點(diǎn)，B、C間的距離s7.5 m，假設(shè)某次比賽中運(yùn)動(dòng)員經(jīng)過(guò)水平滑道B點(diǎn)時(shí)水平向右的速度v016 m/s，運(yùn)動(dòng)員從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)所用的時(shí)間t0.5 s，從D點(diǎn)躍起時(shí)的速度vD8 m/s。設(shè)運(yùn)動(dòng)員連同滑板的質(zhì)量m50 kg，忽略空氣阻力的影響，已知圓弧上A、D兩點(diǎn)的切線沿豎直方向，重力加速度g取10 m/s2。求：(1)運(yùn)動(dòng)員在B點(diǎn)對(duì)圓弧軌道的壓力。(2)運(yùn)動(dòng)員從D點(diǎn)躍起后在空中完成運(yùn)動(dòng)的時(shí)間。(3)運(yùn)動(dòng)員從C點(diǎn)到D點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中克服摩擦阻力所做的功。解析：(1)由Nmg知N3 700 N由牛頓第三定律知，壓力為3 700 N。(2)運(yùn)動(dòng)員從D點(diǎn)躍起后在空中做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)運(yùn)動(dòng)員上升的時(shí)間為t1，vDgt1運(yùn)動(dòng)員在空中完成動(dòng)作的時(shí)間t2t11.6 s。(3)運(yùn)動(dòng)員從B點(diǎn)到C點(diǎn)，做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過(guò)程的平均速度BC解得運(yùn)動(dòng)員到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度vCvB14 m/s運(yùn)動(dòng)員從C點(diǎn)到D點(diǎn)的過(guò)程中，克服摩擦力和重力做功，根據(jù)動(dòng)能定理WfmgRmvD2mvC2WfmvC2mvD2mgR代入數(shù)值解得Wf1 300 J。答案：(1)3 700 N(2)1.6 s(3)Wf1 300 J突破點(diǎn)(三)動(dòng)能定理的圖像問(wèn)題1解決物理圖像問(wèn)題的基本步驟2四類圖像所圍面積的含義v­t圖由公式xvt可知，v­t圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積表示物體的位移a­t圖由公式vat可知，a­t圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積表示物體速度的變化量F­x圖由公式WFx可知，F(xiàn)­x圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積表示力所做的功P­t圖由公式WPt可知，P­t圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積表示力所做的功典例某同學(xué)近日做了這樣一個(gè)實(shí)驗(yàn)，將一個(gè)小鐵塊(可看成質(zhì)點(diǎn))以一定的初速度，沿傾角可在090°之間任意調(diào)整的木板向上滑動(dòng)，設(shè)小鐵塊沿木板向上能達(dá)到的最大位移為s。若木板傾角不同時(shí)對(duì)應(yīng)的最大位移s與木板傾角的關(guān)系如圖所示。g取10 m/s2。求：(1)小鐵塊初速度v0的大小以及小鐵塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)是多少？(2)當(dāng)60°時(shí)，小鐵塊達(dá)到最高點(diǎn)后，又回到出發(fā)點(diǎn)，小鐵塊的速度將變?yōu)槎啻螅?結(jié)果可以帶根號(hào))思路點(diǎn)撥(1)由題圖，根據(jù)90°時(shí)小鐵塊豎直上拋能達(dá)到的最大位移，由動(dòng)力學(xué)公式求初速度；(2)根據(jù)動(dòng)能定理，求出小鐵塊沿斜面上升的最大位移s與斜面傾角的關(guān)系表達(dá)式，根據(jù)30°時(shí)的數(shù)據(jù)求出動(dòng)摩擦因數(shù)；(3)先求出60°時(shí)小鐵塊上升的高度，然后由動(dòng)能定理求出小鐵塊返回時(shí)的速度。解析(1)由題圖可得，當(dāng)90°時(shí)，最大位移sm1.25 m，根據(jù)v022gsm，代入數(shù)據(jù)得v05 m/s，即小鐵塊的初速度為5 m/s。小鐵塊沿斜面上滑過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理得：mgsin ·smgcos ·s0mv02得s由題圖可得，30°時(shí)，s11.25 m，代入數(shù)據(jù)得：。(2)由小鐵塊沿斜面上升的最大位移s與斜面傾角的關(guān)系為：s把60°代入，解得：s2 m小鐵塊達(dá)到最高點(diǎn)后，又回到出發(fā)點(diǎn)，整個(gè)過(guò)程由動(dòng)能定理得：mgcos ·2s2mvt2mv02解得：vt m/s。答案(1)5 m/s(2) m/s集訓(xùn)沖關(guān)1(2017·江蘇高考)一小物塊沿斜面向上滑動(dòng)，然后滑回到原處。物塊初動(dòng)能為Ek0，與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)不變，則該過(guò)程中，物塊的動(dòng)能Ek與位移x關(guān)系的圖線是()解析：選C設(shè)物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，物塊的質(zhì)量為m，則物塊在上滑過(guò)程中根據(jù)動(dòng)能定理有(mgsin mgcos )xEkEk0，即EkEk0(mgsin mgcos )x，所以物塊的動(dòng)能Ek與位移x的函數(shù)關(guān)系圖線為直線且斜率為負(fù)；物塊沿斜面下滑的過(guò)程中根據(jù)動(dòng)能定理有(mgsin mgcos )(x0x)Ek，其中x0為小物塊到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)的位移，即Ek(mgsin mgcos )x(mgsin mgcos )x0，所以下滑時(shí)Ek隨x的減小而增大且為直線。由此可以判斷C項(xiàng)正確。2(2018·連云港二模)隨著人民生活水平的提高，越來(lái)越多的家庭有了汽車，交通安全問(wèn)題顯得尤為重要。如圖是某型號(hào)汽車剎車時(shí)剎車痕跡(即剎車距離)與剎車前車速的關(guān)系圖像，v為車速，s為剎車痕跡長(zhǎng)度。若某次測(cè)試中，汽車剎車后運(yùn)行距離為20 m時(shí)的車速仍為45 km/h，則剎車前車的初速度為()A60 km/hB75 km/hC82.5 km/h D105 km/h解析：選B由題圖可知，v160 km/h m/s時(shí)，剎車位移是s120 m，根據(jù)v122as1，得a6.9 m/s2，當(dāng)汽車以v0速度剎車時(shí)，運(yùn)行s220 m時(shí)，車速仍為v245 km/h m/s，由v02v222as2，解得v020.8 m/s75 km/h，B正確。3如圖甲所示，一半徑R1 m、圓心角等于143°的豎直圓弧形光滑軌道，與斜面相切于B點(diǎn)，圓弧形軌道的最高點(diǎn)為M，斜面傾角37°，t0時(shí)刻有一物塊沿斜面上滑，其在斜面上運(yùn)動(dòng)的速度變化規(guī)律如圖乙所示，若物塊恰能到達(dá)M點(diǎn)，取g10 m/s2，sin 37°0.6，cos 37°0.8，求：(1)物塊經(jīng)過(guò)M點(diǎn)的速度大??；(2)物塊經(jīng)過(guò)B點(diǎn)的速度大??；(3)物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)。解析：(1)物塊恰能到達(dá)M點(diǎn)，則有mgm解得vM m/s。(2)物塊從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)的過(guò)程中，由動(dòng)能定理得mgR(1cos 37°)mvM2mvB2解得vB m/s。(3)由題圖乙可知，物塊在斜面上運(yùn)動(dòng)時(shí)，加速度大小為a10 m/s2，方向沿斜面向下，由牛頓第二定律得mgsin 37°mgcos 37°ma解得0.5。答案：(1) m/s(2) m/s(3)0.5突破點(diǎn)(四)應(yīng)用動(dòng)能定理解決平拋運(yùn)動(dòng)、圓周運(yùn)動(dòng)問(wèn)題 1.平拋運(yùn)動(dòng)和圓周運(yùn)動(dòng)都屬于曲線運(yùn)動(dòng)，若只涉及位移和速度而不涉及時(shí)間，應(yīng)優(yōu)先考慮用動(dòng)能定理列式求解。2.動(dòng)能定理的表達(dá)式為標(biāo)量式，不能在某一個(gè)方向上列動(dòng)能定理方程。典例(2019·蘇州調(diào)研)如圖所示，傾角為37°的光滑傾斜軌道AB與粗糙的豎直放置的半圓形軌道CD通過(guò)一小段圓弧BC平滑連接，BC的長(zhǎng)度可忽略不計(jì)，C為圓弧軌道的最低點(diǎn)。一小物塊在A點(diǎn)從靜止開(kāi)始沿AB軌道下滑，進(jìn)入半圓形軌道CD，運(yùn)動(dòng)半周后恰好能通過(guò)軌道CD的最高點(diǎn)D，最后落回到傾斜軌道AB上。已知小物塊可以看成質(zhì)點(diǎn)，質(zhì)量m0.4 kg，半圓形軌道半徑R0.4 m，A點(diǎn)與軌道最低點(diǎn)的高度差h1.25 m，g取10 m/s2，sin 37°0.6，cos 37°0.8，不計(jì)空氣阻力。求：(1)小物塊運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)對(duì)半圓形軌道壓力F的大??；(2)小物塊在半圓形軌道上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中克服摩擦力所做的功W；(3)小物塊從D點(diǎn)落回到傾斜軌道AB上的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t。(結(jié)果可保留根號(hào))審題指導(dǎo)第一步：抓關(guān)鍵點(diǎn)關(guān)鍵點(diǎn)獲取信息傾角為37°的光滑傾斜軌道ABAB軌道無(wú)摩擦力做功小物塊由靜止從A點(diǎn)釋放小物塊的初速度vA0小物塊剛到C時(shí)對(duì)軌道的作用力小物塊在圓弧軌道BC的最低點(diǎn)，具有豎直向上的向心加速度利用牛頓第三定律確定小球?qū)壍赖膲毫η『媚芡ㄟ^(guò)軌道CD的最高點(diǎn)D利用向心力公式可求出最高點(diǎn)速度第二步：找突破口(1)從A點(diǎn)到C點(diǎn)，只有重力做功。(2)在圓弧軌道的C點(diǎn)：FNmgm。(3)恰好過(guò)D點(diǎn)，則過(guò)D點(diǎn)時(shí)小物塊所受彈力為0。(4)小物塊從D點(diǎn)落回到傾斜軌道AB上，做平拋運(yùn)動(dòng)。解析(1)從A點(diǎn)到C點(diǎn)，由動(dòng)能定理得：mghmvC2代入數(shù)據(jù)解得vC5 m/s在C點(diǎn)，由向心力公式得：Fmgm代入數(shù)據(jù)解得F29 N由牛頓第三定律得FF29 N。(2)恰好過(guò)D點(diǎn)，則過(guò)D點(diǎn)時(shí)小物塊所受彈力為0由向心力公式得：mgm代入數(shù)據(jù)解得vD2 m/s從C點(diǎn)到D點(diǎn)，由動(dòng)能定理得：mg·2RWmvD2mvC2代入數(shù)據(jù)解得W1 J。(3)小物塊從D點(diǎn)落回到傾斜軌道AB上，做平拋運(yùn)動(dòng)豎直方向：ygt2水平方向：xvDt由幾何關(guān)系得：tan 37°聯(lián)立方程解得：t s。答案(1)29 N(2)1 J(3) s集訓(xùn)沖關(guān)1.多選(2018·南通模擬)如圖所示，半徑為R的半圓形的圓弧槽固定在水平面上，質(zhì)量為m的小球(可視為質(zhì)點(diǎn))從圓弧槽的端點(diǎn)A由靜止開(kāi)始滑下，滑到最低點(diǎn)B時(shí)對(duì)軌道的正壓力為2mg，重力加速度為g，則()A小球在最低點(diǎn)B時(shí)速度為B小球在B點(diǎn)時(shí)，重力的功率為mgC小球由A到B的過(guò)程中克服摩擦力做功為mgRD小球由A到B過(guò)程中速度先增大后減小解析：選CD滑到最低點(diǎn)B時(shí)對(duì)軌道的正壓力為2mg，那么由牛頓第三定律可知：小球受到的支持力也為2mg，那么由牛頓第二定律可得：2mgmg，所以，v，故A錯(cuò)誤；小球在B點(diǎn)的速度v，方向水平向右；重力方向豎直向下，重力與速度方向垂直，所以，重力的功率為0，故B錯(cuò)誤；對(duì)小球下滑過(guò)程應(yīng)用動(dòng)能定理可得：小球由A到B的過(guò)程中克服摩擦力做功為：WmgRmv2mgRmgRmgR，故C正確；小球在任一徑向與豎直方向夾角為時(shí)，沿速度方向受到的合外力為：Fmgsin ，那么在該方向上的加速度為：a(tan )gcos ；那么當(dāng)小球開(kāi)始下滑較短時(shí)間時(shí)，速度v較小，夾角較大，a大于0，小球加速；當(dāng)較小時(shí)，a小于0，小球減速，故小球由A到B過(guò)程中速度先增大后減小，故D正確。2(2018·揚(yáng)州期末)如圖所示，一段粗糙的傾斜軌道，在B點(diǎn)與半徑R0.5 m的光滑圓弧軌道BCD相切并平滑連接。CD是圓軌道的豎直直徑，OB與OC的夾角53°。將質(zhì)量為m1 kg的小滑塊從傾斜軌道上的A點(diǎn)由靜止釋放，ABs，小滑塊與傾斜軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.5，sin 53°0.8，cos 53°0.6，g取10 m/s2。(1)若s2 m，求小物塊第一次經(jīng)過(guò)C點(diǎn)時(shí)的速度大小及其對(duì)軌道的壓力大小；(2)若物塊能沿軌道到達(dá)D點(diǎn)，求AB的最小值s。解析：(1)對(duì)小滑塊從A到C的過(guò)程應(yīng)用動(dòng)能定理：mgs·sin mgR(1cos )mgs·cos mvC20代入數(shù)據(jù)得：vC2 m/s；C點(diǎn)時(shí)對(duì)滑塊應(yīng)用牛頓第二定律：FNmgm代入數(shù)據(jù)得：FN58 N根據(jù)牛頓第三定律得：F壓FN58 N。(2)小滑塊恰能通過(guò)最高點(diǎn)D時(shí)，只有重力提供向心力：mgm代入數(shù)據(jù)得：vD m/s對(duì)小滑塊從靜止釋放到D點(diǎn)全過(guò)程應(yīng)用動(dòng)能定理：mgs·sin mgR(1cos )mgs·cos mvD20代入數(shù)據(jù)得：s2.1 m。答案：(1)2 m/s58 N(2)2.1 m運(yùn)用動(dòng)能定理巧解往復(fù)運(yùn)動(dòng)問(wèn)題在有些問(wèn)題中物體的運(yùn)動(dòng)過(guò)程具有重復(fù)性、往返性，而在這一過(guò)程中，描述運(yùn)動(dòng)的物理量多數(shù)是變化的，而且重復(fù)的次數(shù)又往往是無(wú)限的或者難以確定，求解這類問(wèn)題時(shí)若運(yùn)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式將非常繁瑣，甚至無(wú)法解出。由于動(dòng)能定理只關(guān)心物體的初末狀態(tài)而不計(jì)運(yùn)動(dòng)過(guò)程的細(xì)節(jié)，所以用動(dòng)能定理分析這類問(wèn)題可使解題過(guò)程簡(jiǎn)化。(一)往復(fù)次數(shù)可確定的情形1如圖所示，ABCD是一個(gè)盆式容器，盆內(nèi)側(cè)壁與盆底BC的連接處都是一段與BC相切的圓弧，BC是水平的，其距離d0.50 m。盆邊緣的高度為h0.30 m。在A處放一個(gè)質(zhì)量為m的小物塊并讓其從靜止開(kāi)始下滑(圖中小物塊未畫(huà)出)。已知盆內(nèi)側(cè)壁是光滑的，而盆底BC面與小物塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)為 0.10。小物塊在盆內(nèi)來(lái)回滑動(dòng)，最后停下來(lái)，則停的地點(diǎn)到B的距離為()A0.50 mB0.25 mC0.10 mD0解析：選D設(shè)小物塊在BC段通過(guò)的總路程為s，由于只有BC面上存在摩擦力做功為mgs，而重力做功與路徑無(wú)關(guān)，由動(dòng)能定理得：mghmgs00，代入數(shù)據(jù)可解得s3 m。由于d0.50 m，所以，小物塊在BC面上經(jīng)過(guò)3次往復(fù)運(yùn)動(dòng)后，又回到B點(diǎn)。D正確。(二)往復(fù)次數(shù)無(wú)法確定的情形2.(2018·成都月考)如圖所示，斜面的傾角為，質(zhì)量為m的滑塊距擋板P的距離為x0，滑塊以初速度v0沿斜面上滑，滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，滑塊所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力。若滑塊每次與擋板相碰均無(wú)機(jī)械能損失，則滑塊經(jīng)過(guò)的總路程是()A.B.C. D.解析：選A滑塊最終要停在斜面底部，設(shè)滑塊經(jīng)過(guò)的總路程為x，對(duì)滑塊運(yùn)動(dòng)的全程應(yīng)用動(dòng)能定理：mgx0sin mgxcos 0mv02，解得x，選項(xiàng)A正確。(三)往復(fù)運(yùn)動(dòng)永不停止的情形3.如圖所示，豎直固定放置的斜面DE與一光滑的圓弧軌道ABC相連，C為切點(diǎn)，圓弧軌道的半徑為R，斜面的傾角為?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m的滑塊從D點(diǎn)無(wú)初速下滑，滑塊可在斜面和圓弧軌道之間做往復(fù)運(yùn)動(dòng)，已知圓弧軌道的圓心O與A、D在同一水平面上，滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，求：(1)滑塊第一次滑至左側(cè)弧上時(shí)距A點(diǎn)的最小高度差h；(2)滑塊在斜面上能通過(guò)的最大路程s。解析：(1)滑塊從D到達(dá)左側(cè)最高點(diǎn)F經(jīng)歷DC、CB、BF三個(gè)過(guò)程，現(xiàn)以DF整個(gè)過(guò)程為研究過(guò)程，運(yùn)用動(dòng)能定理得：mghmgcos ·0，解得h。(2)通過(guò)分析可知，滑塊最終至C點(diǎn)的速度為0時(shí)對(duì)應(yīng)在斜面上的總路程最大，由動(dòng)能定理得：mgRcos mgcos ·s0，解得：s。答案：(1)(2)(1)應(yīng)用動(dòng)能定理求解往復(fù)運(yùn)動(dòng)問(wèn)題時(shí)，要確定物體的初狀態(tài)和最終狀態(tài)。(2)重力做功與物體運(yùn)動(dòng)路徑無(wú)關(guān)，可用WGmgh直接求解。(3)滑動(dòng)摩擦力做功與物體運(yùn)動(dòng)路徑有關(guān)，可用WfFfs 求解，其中s為物體相對(duì)滑行的路程。