2020高考物理一轮复习 第五章 第2讲 动能定理及其应用学案（含解析）.doc

动能定理及其应用主干梳理 对点激活知识点动能1定义：物体由于运动而具有的能。2公式：Ekmv2。3矢标性：动能是标量，只有正值，动能与速度方向无关。4状态量：动能是状态量，因为v是瞬时速度。5相对性：由于速度具有相对性，所以动能也具有相对性。6动能的变化：物体末动能与初动能之差，即Ekmvmv。动能的变化是过程量。知识点动能定理1内容：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(1)WEk。(2)WEk2Ek1。(3)Wmvmv。3物理意义：合外力的功是物体动能变化的量度。4适用范围广泛(1)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。一 思维辨析1合外力做功是物体动能变化的原因。()2如果物体所受合外力不为零，那么合外力的功也一定不为零。()3物体的动能不变就是物体的速度不变。()4物体在合外力作用下做变速运动，动能一定变化。()5运用动能定理可以求变力做功。()答案1.2.3.4.5.二 对点激活1(人教版必修2P74T1改编)改变汽车的质量和速度，都可能使汽车的动能发生改变，下列几种情形中，汽车的动能不变的是()A质量不变，速度增大到原来的2倍B速度不变，质量增大到原来的2倍C质量减半，速度增大到原来的2倍D速度减半，质量增大到原来的4倍答案D解析由Ekmv2知只有D项汽车动能不变。2(多选)关于动能定理的表达式WEk2Ek1，下列说法正确的是()A公式中的W为不包含重力的其他力做的总功B公式中的W为包含重力在内的所有力做的功，也可通过以下两种方式计算：先求每个力的功再求功的代数和或先求合外力再求合外力的功C公式中的Ek2Ek1为动能的增量，当W0时，动能增加，当W0，Ek0，W0，Ekt01.7 s，D错误。总结升华与动能定理结合紧密的几种图象(1)vt图：由公式xvt可知，vt图线与横坐标轴围成的面积表示物体的位移。(2)Fx图：由公式WFx可知，Fx图线与横坐标轴围成的面积表示力所做的功。(3)Pt图：由公式WPt可知，Pt图线与横坐标轴围成的面积表示力所做的功。(4)at图：由公式vat可知，at图线与横坐标轴围成的面积表示物体速度的变化量。变式2(2018南平模拟)(多选)放在粗糙水平地面上质量为0.8 kg的物体受到水平拉力的作用，在06 s内其速度与时间的关系图象和该拉力的功率与时间的关系图象分别如图所示。下列说法中正确的是()A06 s内拉力做的功为140 JB物体在02 s内所受的拉力为4 NC物体与粗糙水平地面的动摩擦因数为0.5D合外力在06 s内做的功与02 s内做的功相等答案AD解析06 s内拉力做的功可以由Pt图线与t轴围成的面积求得W140 J，故A正确；26 s内物体匀速运动，由PF2v2得26 s内拉力F22 N，则摩擦力FfF22 N,02 s内由vt图得a5 m/s2，由牛顿第二定律F1Ffma，得F16 N，故B错误；由Ffmg得0.25，故C错误；合外力做的功等于动能的增加量，所以06 s内与02 s内合外力做的功相等，故D正确。考点3应用动能定理解决曲线运动问题1平抛运动和圆周运动都属于曲线运动，若只涉及位移和速度而不涉及时间，应优先考虑用动能定理列式求解。 2动能定理的表达式为标量式，不能在某一个方向上列动能定理方程。例3如图所示，质量为m的小球用长为L的轻质细线悬于O点，与O点处于同一水平线上的P点处有一个光滑的细钉，已知OP，在A点给小球一个水平向左的初速度v0，发现小球恰能到达跟P点在同一竖直线上的最高点B。(1)求小球到达B点时的速率；(2)若不计空气阻力，则初速度v0为多少？(3)若初速度v03，小球仍能恰好到达B点，则小球在从A到B的过程中克服空气阻力做了多少功？解题探究(1)小球恰好到达最高点B时，细线给小球有力的作用吗？提示：没有，只受重力。(2)细线碰到钉子瞬间，小球的速度发生改变吗？提示：不变，因为细线拉力与速度垂直。尝试解答(1) (2) (3)mgL(1)小球恰好到达最高点B，所以mg，得vB 。(2)从A到B的过程由动能定理得mgmvmv，可得v0 。(3)从A到B过程由动能定理得mgWmvmv02可得WmgL。总结升华动能定理在圆周运动中的应用竖直面内圆周运动经常考查物体在最高点和最低点的状态，最高点的速度和最低点的速度可以通过动能定理联系起来，所以竖直面内的圆周运动，经常和动能定理联系起来应用。变式3(2019洛阳市尖子生联考)如图所示，一半径为R的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平，轨道的内表面动摩擦因数均为。一质量为m的小滑块从P点正上方由静止释放，释放高度为R，小滑块恰好从P点进入轨道。小滑块滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4mg，g为重力加速度。用W表示小滑块第一次在轨道NQ段运动时克服摩擦力所做的功。则()AWmgRBWmgRC小滑块恰好可以到达Q点D小滑块不能到达Q点答案B解析根据题述，小滑块滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4mg，根据牛顿第三定律，轨道对小滑块的支持力为4mg。在最低点，由牛顿第二定律，4mgmgm，解得v23gR。对小滑块由静止释放至运动到最低点N的过程，设小滑块克服摩擦力做的功为Wf，运用动能定理得，2mgRWfmv2，解得WfmgR。由于小滑块在右侧圆弧轨道NQ段运动的速度大小与小滑块在左侧圆弧轨道PN段对称位置运动的速度大小相比较小，对轨道的压力就较小，对应受到的摩擦力较小，克服摩擦力做的功较小，所以小滑块第一次在轨道NQ段运动时克服摩擦力做的功Wf乙，若甲、乙两物体与水平面动摩擦因数相同，则m甲m乙，故A正确，B错误。由于甲、乙两物体质量大小关系未知，故甲、乙与地面间动摩擦因数大小关系不能确定，C、D错误。4. (2018成都月考)如图所示，斜面的倾角为，质量为m的滑块距挡板P的距离为x0，滑块以初速度v0沿斜面上滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为，滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力。若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失，则滑块经过的总路程是()A. B.C. D.答案A解析滑块最终要停在斜面底部，设滑块经过的总路程为x，对滑块运动的全程应用动能定理：mgx0sinmgxcos0mv，解得x，A正确。5(2018西安质检)静止在粗糙水平面上的物块在水平向右的拉力作用下做直线运动，t4 s时停下，其vt图象如图所示，已知物块与水平面间的动摩擦因数处处相同，则下列判断正确的是()A整个过程中拉力做的功等于物块克服摩擦力做的功B整个过程中拉力做的功等于零Ct2 s时刻拉力的瞬时功率在整个过程中最大Dt1 s到t3 s这段时间内拉力不做功答案A解析对物块运动全过程应用动能定理得：WFWf0，A正确，B错误；物块在加速运动过程中受到的拉力最大，结合题图可知，t1 s时拉力的瞬时功率为整个过程中拉力功率的最大值，C错误；t1 s到t3 s这段时间内，拉力与摩擦力平衡，拉力做正功，D错误。6如图所示，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Ek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()答案C解析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a，速度vatt，vt图象为过坐标原点的倾斜直线，A错误；由v22axx，可知vx图象的抛物线开口向x轴正方向，B错误；动能Ekmv2t2，C正确；功率PFvFatt，D错误。7. (2018石家庄一模)如图所示，N、M、B分别为半径等于0.1 m的竖直光滑圆轨道的左端点、最低点和右端点，B点和圆心O等高，连线NO与竖直方向的夹角为37。现从B点的正上方某处A点由静止释放一个质量为0.1 kg的小球，进入圆轨道后，从N点飞出时的速度大小为2 m/s。不计空气阻力，重力加速度g10 m/s2，下列说法正确的是()AA、B间的竖直高度为0.12 mB小球经过B点时对轨道压力的大小为2.4 NC小球经过M点时对轨道压力的大小为4.4 ND小球从A点到M点的过程中所受重力的功率一直增大答案AB解析设AB的竖直高度为h，由A到N由动能定理得：mg(hRcos37)mv0，得h0.12 m，故A正确；由A到B由动能定理得mghmv0，NB，得NB2.4 N，由牛顿第三定律知小球在B点对轨道压力大小为2.4 N，故B正确；由A到M由动能定理得：mg(hR)mv0，NMmg，得NM5.4 N，由牛顿第三定律知小球在M点对轨道压力大小为5.4 N，故C错误；重力的瞬时功率Pmgvcos，A点因v0，则P0，M点因90，则P0，故从A点到M点，重力的功率先变大后变小，故D错误。8(2018福建泉州检测)如图甲所示，长为l、倾角为的斜面固定在水平地面上，一质量为m的物块从斜面顶端由静止释放并沿斜面向下滑动。已知物块与斜面间的动摩擦因数与下滑距离x的变化图象如图乙所示，则()A0tanB物块下滑的加速度逐渐增大C物块下滑到斜面底端的过程克服摩擦力做功为0mglcosD物块下滑到底端时的速度大小为 答案BC解析物块在斜面顶端静止释放能够下滑，应满足mgsin0mgcos，即0tan，故A错误；根据牛顿第二定律有mgsinmgcosma，得agsingcos，可知物块下滑过程中随着的减小，a在增大，故B正确；摩擦力fmgcosmgcos(0xl)，可知f与x成线性关系，如图所示，其中f00mgcos，则物块下滑到斜面底端的过程克服摩擦力做功Wfl0mglcos，故C正确；由动能定理有mglsin0mglcosmv2，得v，故D错误。9. (2018河南调研联考)如图所示，轻弹簧一端固定于倾角为(0，可得vM ，B项正确。在PQ的过程中因重力沿斜面向下的分力不变，而弹簧弹力沿斜面向下的分力逐渐变小，则滑块所受沿斜面向下的合力逐渐减小，则其加速度一直在减小，C项正确。由几何关系可知滑块由P到Q下降的高度大于由Q到M下降的高度，又P到Q过程中弹簧弹力做正功，Q到M过程中弹簧弹力做负功，再结合动能定理分析可知，D项错误。10(2018安徽定远期末)如图所示，一个小球(可视为质点)从H12 m高处，由静止开始沿光滑弯曲轨道AB进入半径R4 m的竖直圆环内侧，且与圆环的动摩擦因数处处相等，当到达圆环顶点C时，刚好对轨道压力为零；然后沿CB圆弧滑下，进入光滑弧形轨道BD，到达高度为h的D点时速度为零，则h的值可能为()A10 m B9.5 m C8.5 m D8 m答案BC解析小球到达圆环顶点C时，刚好小球对轨道压力为零，在C点，由重力充当向心力，则根据牛顿第二定律得：mgm，开始小球从H12 m高处，由静止开始通过光滑弧形轨道AB，因此在小球上升到顶点C时，根据动能定理得：mg(H2R)Wfmv2，得Wf2mg。从C到D由动能定理得：mg(2Rh)Wf0mv2，由于摩擦力做功，所以上升过程平均速度比下降过程平均速度大，对轨道的压力大、摩擦力大，所以0WfWf，解得8 mh10 m，所以B、C正确。二、非选择题(本题共2小题，共30分)11(15分)如图所示，质量m3 kg的小物块以初速度v04 m/s水平向右抛出，恰好从A点沿着圆弧的切线方向进入圆弧轨道，圆弧轨道的半径为R3.75 m，B点是圆弧轨道的最低点，圆弧轨道与水平轨道BD平滑连接，A与圆心O的连线与竖直方向成37角。MN是一段粗糙的水平轨道，小物块与MN间的动摩擦因数0.1，轨道其他部分光滑。最右侧是一个半径为r0.4 m的半圆轨道，C点是圆弧轨道的最高点，半圆轨道与水平轨道BD在D点平滑连接。已知重力加速度g10 m/s2，sin370.6，cos370.8。(1)求小物块的抛出点离A点的竖直距离h；(2)若MN的长度为L6 m，求小物块通过C点时所受轨道的弹力FN；(3)若小物块恰好能通过C点，求MN的长度L。答案(1)0.45 m(2)60 N(3)10 m解析(1)根据平抛运动规律有：tan37得t0.3 s解得hgt20.45 m。(2)小物块由抛出点运动到B点的过程中，根据动能定理有：mghR(1cos37)mvmv解得vB2 m/s小物块由B点运动到C点的过程中，根据动能定理有：mgL2mgrmvmv在C点：FNmg解得FN60 N。(3)小物块刚好能通过C点时，有mg解得vC2 m/s小物块从B点运动到C点的过程中，根据动能定理有：mgL2mgrmvC2mv解得L10 m。12. (15分)如图所示，AB是倾角为30的粗糙直轨道，BCD是光滑的圆弧轨道，AB恰好在B点与圆弧相切，圆弧的半径为R。一个质量为m的物体(可以看成质点)从直轨道上的P点由静止释放，结果它能在两轨道上做往返运动。已知P点与圆弧的圆心O等高，物体与轨道AB间的动摩擦因数为，重力加速度为g。(1)求物体对圆弧轨道最大压力的大小；(2)求物体滑回轨道AB上距B点的最大距离；(3)释放点距B点的距离L应满足什么条件，才能使物体顺利通过圆弧轨道的最高点D?答案(1)3mg(1)(2)R(3)LR解析(1)根据几何关系可得PB的长度lR从P点到E点根据动能定理，有mgRmgcoslmv0代入数据解得vE在E点，根据牛顿第二定律有FNmgm解得FN3mg(1)由牛顿第三定律知物体对圆弧轨道的最大压力FNFN3mg(1)。(2)设物体滑回到轨道AB上距B点的最大距离为x，根据动能定理，有mg(lx)sinmgcos(lx)0代入数据解得xR。(3)物体刚好到达最高点D时，有mgm解得v从释放点到最高点D的过程，根据动能定理，有mg(LsinRRcos)mgcosLmv20代入数据解得LR所以只有LR，物体才能顺利通过圆弧轨道的最高点D。