高考物理一轮复习第六单元机械能第2讲动能定理及其应用练习(含详解)

这是一份高考物理一轮复习第六单元机械能第2讲动能定理及其应用练习(含详解)，共18页。试卷主要包含了3)，0×105 J等内容，欢迎下载使用。

第2讲　动能定理及其应用


1
动能

　　(1)公式:Ek=mv2,式中v为瞬时速度,动能是状态量。
(2)矢标性:动能是标量,只有正值,动能与速度的方向无关。
(3)动能的变化量:ΔEk=m-m。
1.1 (2018石家庄监测)关于物体的动能,下列说法中正确的是(　　)。
A.物体速度变化,其动能一定变化
B.物体所受的合力不为零,其动能一定变化
C.物体的动能变化,其运动状态一定发生改变
D.物体的速度变化越大,其动能的变化一定也越大
【答案】C

2
动能定理

　　(1)内容:合力对物体所做的功等于物体动能的变化。
注意:动能定理叙述中所说的“力”,既可以是重力、弹力、摩擦力,也可以是电场力、磁场力或其他力。
(2)表达式:W=ΔEk=m-m。
(3)应用动能定理的“四点注意”
①动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的,一般以地面或相对地面静止的物体为参考系。
②动能定理的表达式是一个标量式,不能在某方向上应用动能定理。

　　③动能定理往往用于单个物体的运动过程,由于不涉及加速度和时间,比动力学研究方法更简便。
④当物体的运动包含多个不同过程时,可分段应用动能定理求解;当所求解的问题不涉及中间的速度时,也可以全过程应用动能定理求解。

2.1 (2019沈阳市第二中学月考)(多选)如图所示,电梯质量为M,在它的水平地板上放置一质量为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v1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W支持力=m-m
B.对物体,动能定理的表达式为W合=0,其中W合为合力做的功
C.对物体,动能定理的表达式为W支持力-mgH=m-m
D.对电梯,其所受合力做的功W合=M-M
【答案】CD




题型一
动能定理的理解和应用

　　1.动能定理表明了“三个关系”
(1)数量关系:合外力做的功与物体动能的变化具有等量代换关系,但并不是说动能的变化就是合外力做的功。
(2)因果关系:合外力做功是引起物体动能变化的原因。
(3)量纲关系:单位相同,国际单位都是焦耳。
2.标矢性
动能是标量,功也是标量,所以动能定理是一个标量式,不存在方向的选取问题。
【例1】如图所示是公路上的“避险车道”,车道表面是粗糙的碎石,其作用是供下坡的汽车在刹车失灵的情况下避险。质量m=2.0×103 kg的汽车沿下坡行驶,当驾驶员发现刹车失灵的同时发动机失去动力,此时速度表示数v1=36 km/h,汽车继续沿下坡匀加速直行l=350 m、下降高度h=50 m时到达“避险车道”,此时速度表示数v2=72 km/h。(重力加速度g=10 m/s2)

(1)求从发现刹车失灵至到达“避险车道”这一过程汽车动能的变化量。
(2)求汽车在下坡过程中所受的阻力。
(3)若“避险车道”与水平面间的夹角为17°,汽车在“避险车道”受到的阻力是在下坡公路上的3倍,求汽车在“避险车道”上运动的最大位移(sin 17°≈0.3)。
【解析】(1)由题意可知v1=36 km/h=10 m/s,v2=72 km/h=20 m/s
由ΔEk=m-m
解得ΔEk=3.0×105 J。
(2)由动能定理有mgh-Ffl=m-m
解得Ff=2×103 N。
(3)设汽车在“避险车道”上向上运动的最大位移为l',由动能定理,有
-(mgsin 17°+3Ff)l'=0-m
解得l'≈33.3 m。
【答案】(1)3.0×105 J　(2)2×103 N　(3)33.3 m

　　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一个参考系的,一般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。
【变式训练1】(2019天津和平区高三检测)如图甲所示,轻弹簧左端固定在竖直墙上,右端点在O位置。质量为m的物块A(可视为质点)以初速度v0从距O点右方x0的P点向左运动,与弹簧接触后压缩弹簧,将弹簧右端压到O'点位置后,A又被弹簧弹回。A离开弹簧后,恰好回到P点。物块A与水平面间的动摩擦因数为μ。

(1)求物块A从P点出发又回到P点的过程,克服摩擦力所做的功。
(2)求O点和O'点间的距离x1。
(3)如图乙所示,若将另一个与A完全相同的物块B(可视为质点)与弹簧右端拴接,将A放在B右边,向左推A、B,使弹簧右端压缩到O'点位置,然后从静止释放,A、B共同滑行一段距离后分离。分离后物块A向右滑行的最大距离x2是多少?
【解析】(1)物块A从P点出发又回到P点的过程,根据动能定理得克服摩擦力所做的功Wf=m。
(2)物块A从P点出发又回到P点的过程,根据动能定理得2μmg(x1+x0)=m
解得x1=-x0。
(3)A、B在弹簧处于原长处分离,设此时它们的共同速度是v1,弹出过程弹力做功WF
只有A时,从O'到P有WF-μmg(x1+x0)=0-0
A、B共同从O'到O有WF-2μmgx1=×2m
分离后对A有m=μmgx2
联立解得x2=x0-。
【答案】(1)m　(2)-x0　(3)x0-
【变式训练2】(2019山东济南开学考试)如图甲所示,水平平台上有一个质量m=50 kg的物块,站在水平地面上的人用跨过定滑轮的细绳向右拉动物块,细绳不可伸长。不计滑轮的大小、质量和绳与滑轮间的摩擦。在人以速度v=0.5 m/s从平台边缘正下方匀速向右前进x=4 m的过程中,始终保持桌面和手的竖直高度差h=3 m不变。已知物块与平台间的动摩擦因数μ=0.5,重力加速度g=10 m/s2。求人克服细绳的拉力做的功。

甲

【解析】设人发生x的位移时,绳与水平方向的夹角为θ,由运动的分解可得,物块的速度v1=vcos θ
乙
由几何关系得cos θ=
在此过程中,物块的位移
s=-h=2 m
物块克服摩擦力做的功Wf=μmgs
对物块,由动能定理得WT-Wf=m
所以人克服细绳的拉力做的功
WT=+μmgs=504 J。
【答案】504 J

题型二
动能定理与图象的综合问题

　　解决物理图象问题的基本步骤
(1)观察题目给出的图象,弄清纵坐标、横坐标所对应的物理量及图线所表示的物理意义。
(2)根据物理规律推导出纵坐标与横坐标所对应的物理量间的函数关系式。
(3)将推导出的物理规律与数学上与之相对应的标准函数关系式相对比,找出图线的斜率、截距、图线的交点,图线与坐标轴围成的面积所对应的物理意义,分析解答问题。或者利用函数图线上的特定值代入函数关系式求物理量。
【例2】某星球半径R=6×106 m,假设该星球表面上有一倾角θ=30°的固定斜面体,一质量m=1 kg的小物块在力F作用下从静止开始沿斜面向上运动,力F始终与斜面平行,如图甲所示。已知小物块和斜面间的动摩擦因数μ=,力F随位移x变化的规律如图乙所示(取沿斜面向上为正方向),如果小物块运动12 m时速度恰好为零,已知引力常量G=6.67×10-11 N·m2/kg2。求:(计算结果保留1位有效数字)

　　

甲　　　　　　　　　乙　　
(1)该星球表面上的重力加速度g的大小。
(2)该星球的平均密度。
【解析】(1)物块上滑过程中力F所做的功WF=(15×6-3×6) J=72 J
由动能定理得WF-mgsin θ·x-μmgcos θ·x=0
解得g=6 m/s2。
(2)在星球表面重力与万有引力大小相等,有mg=G
可得星球的质量M=
所以星球的密度
ρ===≈4×103 kg/m3。
【答案】(1)6 m/s2　(2)4×103 kg/m3

　　动能定理与图象结合问题的分析方法:
(1)首先看清楚所给图象的种类(如v-t图象、F-t图象、Ek-t图象等)。
(2)挖掘图象的隐含条件——求出所需要的物理量,如由v-t图象所围的“面积”求位移,由F-x图象所围的“面积”求功等。
(3)分析有哪些力做功,根据动能定理列方程,求出相应的物理量。
【变式训练3】(2018河南郑州高三检测)A、B两物体放在同一水平面上,受到大小相同的水平力F的作用,各自从静止开始运动。经过时间t0,撤去作用在A物体上的外力F;经过时间4t0,撤去作用在B物体上的外力F。两物体运动的v-t图象如图所示,则A、B两物体(　　)。

A.A、B两物体的质量之比为3∶5
B.A、B两物体与水平面间的动摩擦因数之比为2∶1
C.在0~2t0时间间隔内,合力对A、B两物体做功之比为5∶3
D.在0~4t0时间间隔内,水平力F对A、B两物体做功之比为2∶1
【解析】根据图象可知,A物体在力F和滑动摩擦力的作用下运动,力F作用时间t0,故力F作用的位移s1=×2v0t0=v0t0,滑动摩擦力f1作用全过程,全过程的位移s1'=×2v0·3t0=3v0t0。根据动能定理可得Fs1-f1s1'=0,解得F=3f1。同理可得力F与B所受滑动摩擦力f2的关系为F=f2,故=。在减速运动过程中,物体受滑动摩擦力作用产生加速度,根据牛顿第二定律有=,=,故有=,可得==,A项错误。根据减速运动过程中物体受滑动摩擦力作用产生加速度,对A有aA===μ1g=,对B有aB===μ2g=,联立得μ1=μ2,B项错误。0~2t0时间内,根据动能定理可知合力做功之比等于末动能之比,即m1∶m2=5∶3,C项正确。根据功的公式可知W=FL,则F做功之比W1∶W2=Ft0∶F×4t0=1∶2,D项错误。
【答案】C

题型三
动能定理求解多过程问题

　　1.由于多过程问题的受力情况、运动情况比较复杂,从动力学的角度分析多过程问题往往比较复杂,但是,用动能定理分析问题,是从总体上把握其运动状态的变化,并不需要从细节上了解。因此,动能定理的优越性就明显地表现出来了,分析力的作用是看力做的功,所以只需把所有的力做的功累加起来即可。
2.运用动能定理解决问题时,有两种思路:一种是全过程列式,另一种是分段列式。
3.全过程列式时,涉及重力、弹簧弹力、大小恒定的阻力或摩擦力做功时,要注意运用它们功能关系的特点:
(1)重力做的功取决于物体的初、末位置,与路径无关;
(2)大小恒定的阻力或摩擦力做的功等于力的大小与路程的乘积。
(3)弹簧弹力做功与路径无关。
【例3】如图所示,弹弓AA'与竖直墙壁BC的距离x=2.4 m,A'、C的竖直高度差y=1.8 m。质量m1=0.5 kg的石块从弹弓上的A'点弹出,抛射后从光滑圆弧轨道最低点C水平进入半径R=0.32 m的圆弧轨道,且恰好能通过圆弧最高点D,之后从E点平行于斜面MN滑上一端停在斜面上M点的木板,木板长L=1.13 m,质量m2=1.5 kg。已知图中θ=37°,石块与木板间、木板与斜面间的动摩擦因数分别为μ1=0.5、μ2=0.8,石块视为质点,重力加速度g取10 m/s2,空气阻力忽略不计,求:(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)

(1)石块在C点的速度大小。
(2)石块离开木板时的速度大小。
(3)石块在A'C间运动时与斜面MN的最近距离。
【解析】(1)石块恰好过圆弧最高点D,设在D点时的速度为vD,则有
m1g=m1
解得vD=
石块从C至D的过程,根据动能定理得
0-m1g·2R=m1-m1
解得vC=4 m/s。
(2)对木板:由于m2gsin 37°+μ1m1gcos 37°<μ2(m1+m2)gcos 37°,可见木板不动
石块从D出发到离开木板的过程,根据动能定理得
m1gR(1-cos 37°)+m1gLsin 37°-μ1m1gLcos 37°=m1v2-m1
解得v=3 m/s。
(3)将石块从A'至C的运动可逆向视为从C至A'的平抛运动,设历时t,石块的速度与A'C连线平行时石块离斜面最近。设A'C连线与水平方向的夹角为α。则
tan α==0.75,得α=37°
则石块离斜面最近时速度与水平方向的夹角β=α=37°
石块离A'C连线最远的距离
smax==0.36 m
由几何关系可得,石块离MN最近的距离
smin=R+Rcos 37°-smax=0.216 m。
【答案】(1)4 m/s　(2)3 m/s　(3)0.216 m

　　利用动能定理求解多过程问题的基本思路:
(1)弄清物体的运动由哪些过程组成。
(2)分析每个过程中物体的受力情况。
(3)各个力做功有何特点,对动能的变化有无影响。
(4)从总体上把握全过程,写出总功表达式,找出初、末状态的动能。
(5)对所研究的全过程运用动能定理列方程。
【变式训练4】(2018山西省太原市五校联考)如图所示,AB是固定于竖直平面内的光滑圆弧轨道,末端B处的切线方向水平。一物体P(可视为质点)从圆弧最高点A处由静止释放,滑到B端飞出,落到地面上的C点。测得C点和B点的水平距离OC=L,B点距地面的高度OB=h。现在轨道下方紧贴B端安装一个水平传送带,传送带的右端与B点的距离为。当传送带静止时,让物体P从A处由静止释放,物体P沿轨道滑过B点后又在传送带上滑行并从传送带右端水平飞出,仍落在地面上的C点。

(1)求物体P与传送带间的动摩擦因数。
(2)若在A处给P一个竖直向下的初速度v0,物体P从传送带右端水平飞出,落在地面上的D点,求OD的大小。
(3)若传送带驱动轮顺时针转动,带动传送带以速度v匀速运动,再把物体P从A处由静止释放,物体P落在地面上。设着地点与O点的距离为x,求出x可能的范围。
【解析】(1)无传送带时,物体由B运动到C,做平抛运动,设物体在B点的速度为vB,则
L=vBt
h=gt2
联立解得vB=L
有传送带时,设物体离开传送带时的速度为v1,则有
=v1t
-=m-m
联立解得v1=,μ=。
(2)设物体离开传送带时的速度为v2,则由动能定理有
mgR-μmg=m-m
mgR=m
OD=+v2t
联立解得OD=+。
(3)设物体在传送带上全程减速时,离开传送带的末速度为v3,则有
-μmg=m-m
解得v3=,则xmin=L
设物体在传送带上全程加速时,离开传送带的末速度为v4,则有
μmg=m-m
解得v4==
则xmax=+v4t=L
故L≤x≤L。
【答案】(1)　(2)+　(3)L≤x≤L



1.(2018湖北襄阳10月模拟)用竖直向上大小为30 N的力F,将2 kg的物体从沙坑表面由静止提升1 m时撤去力F,经一段时间后,物体落入沙坑,测得落入沙坑的深度为20 cm。若忽略空气阻力,重力加速度g取10 m/s2。则物体克服沙坑的阻力所做的功为(　　)。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A.20 J B.24 J C.34 J D.54 J
【解析】对整个过程应用动能定理得F·h1+mgh2-Wf=0,解得Wf=34 J,C项正确。
【答案】C

2.(2018陕西西安期末质检)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,t=4 s时停下,其v-t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
C.t=2 s时刻拉力的瞬时功率在整个过程中最大
D.1 s~3 s这段时间内拉力不做功
【解析】对物块运动的整个过程运用动能定理得WF-Wf=0,即拉力做的功等于物块克服摩擦力做的功,A项正确,B项错误;在0~1 s时间内,拉力恒定且大于摩擦力,物块做匀加速运动,速度增大,t=1 s时,速度最大,拉力的瞬时功率最大;t=2 s时,物块匀速运动,拉力等于摩擦力,所以t=2 s时刻拉力的瞬时功率不是最大的,C项错误;1 s~3 s这段时间,物块匀速运动,拉力做正功,摩擦力做负功,合外力做功为零,D项错误。
【答案】A

3.(2018河北沧州高三月考)如图所示,固定在地面上的半圆轨道直径ab水平,质点P从a点正上方高H处自由下落,经过轨道后从b点冲出竖直上抛,上升的最大高度为,空气阻力不计,当质点下落再经过轨道a点冲出时,能上升的最大高度h满足的关系为(　　)。
A.h= B.h=
C.h< D. 【解析】根据动能定理研究质点第一次在轨道中滚动得mg+(-Wf)=0,Wf为质点克服摩擦力做功的大小,Wf=,即质点第一次在轨道中滚动损失的机械能为,由于质点第二次在轨道中滚动时,对应位置处速度变小,因此轨道给质点的弹力变小,摩擦力变小,摩擦力做功小于,机械能损失小于,因此质点再次冲出a点时,能上升的高度满足 【答案】D

4.(2018浙江宁波12月模拟)如图所示,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,μ(m+M)gx1=(M+m)v2,解得x1=;加一个竖直向下的恒力F(F=mg)时,由动能定理可知,μ(m+M)gx2=Mv2,解得x2=,显然x2 【答案】B
5.(2018河南郑州高三预测)如图甲所示,固定在水平地面上的工件,由AB和BD两部分组成。其中AB部分为光滑的圆弧,∠AOB=37°,圆弧的半径R=0.5 m,圆心O点在B点正上方,BD部分水平,长度l=0.2 m,C为BD的中点。现有一质量m=1 kg的物块(可视为质点),从A端由静止释放,恰好能运动到D点。为使物块运动到C点时速度为零,可先将BD部分以B为轴向上转动一锐角θ,如图乙所示,重力加速度g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求:

(1)该锐角θ(假设物块经过B点时没有能量损失)。
(2)物块在BD板上运动的总路程。
【解析】(1)设动摩擦因数为μ,当BD水平时,研究物块的运动,根据动能定理得W总=ΔEk
从A到D的过程中,有
mgR(1-cos 37°)-μmgl=0
解得μ=0.5
当BD以B为轴向上转动一个锐角θ时,从A到C的过程中,根据动能定理有
mgR(1-cos 37°)-mgsin θ-μFN=0
其中FN=mgcos θ
联立解得θ=37°。
(2)物块在C处速度减为零后,由于mgsin θ>μmgcos θ物块将会下滑,而AB段光滑,故物块将做往复运动,直到停止在B点
根据能量守恒定律有mgR(1-cos 37°)=Q
而摩擦产生的热量Q=fs
f=μmgcos θ
联立解得物块在BD板上的总路程s=0.25 m。
【答案】(1)37°　(2)0.25 m


1.(2018全国卷Ⅱ,14)如图,某同学用绳子拉动木箱,使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度。木箱获得的动能一定(　　)。
A.小于拉力所做的功
B.等于拉力所做的功
C.等于克服摩擦力所做的功
D.大于克服摩擦力所做的功
【解析】由题意知,W拉-W阻=ΔEk,则W拉>ΔEk,A项正确,B项错误;W阻与ΔEk的大小关系不确定,C、D两项错误。
【答案】A

2.(2018江苏卷,7)(多选)如图所示,轻质弹簧一端固定,另一端连接一小物块,O点为弹簧在原长时物块的位置。物块由A点静止释放,沿粗糙程度相同的水平面向右运动,最远到达B点。在从A到B的过程中,物块(　　)。
A.加速度先减小后增大
B.经过O点时的速度最大
C.所受弹簧弹力始终做正功
D.所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功
【解析】由A点开始运动时,F弹>Ff,合力向右,小物块向右加速运动,弹簧压缩量逐渐减小,F弹减小,由F弹-Ff=ma知,a减小;当运动到F弹=Ff时,a减小为零,此时弹簧仍处于压缩状态,由于惯性,小物块继续向右运动,此时F弹 【答案】AD

3.(2016全国卷Ⅲ,20)(多选)如图,一固定容器的内壁是半径为R的半球面;在半球面水平直径的一端有一质量为m的质点P。它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中,克服摩擦力做的功为W。重力加速度大小为g。设质点P在最低点时,向心加速度的大小为a,容器对它的支持力大小为N,则(　　)。
A.a= B.a=
C.N= D.N=
【解析】质点P下滑到底端的过程,由动能定理得mgR-W=mv2-0,可得v2=,所以a==,A项正确,B项错误;在最低点,由牛顿第二定律得N-mg=m,故N=mg+m=mg+×=,C项正确,D项错误。
【答案】AC

4.(2015全国卷Ⅰ,17)如图,一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置,直径POQ水平。一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落,恰好从P点进入轨道。质点滑到轨道最低点N时,对轨道的压力为4mg,g为重力加速度的大小。用W表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功。则(　　)。
A.W=mgR,质点恰好可以到达Q点
B.W>mgR,质点不能到达Q点
C.W=mgR,质点到达Q点后,继续上升一段距离
D.W 【解析】在N点,由牛顿第二定律得4mg-mg=m,解得质点在N点的动能为mgR,根据动能定理,有mg· 2R-W=mgR,得W=mgR;NQ段与PN段相比,质点在NQ段运动的速率小,受到的支持力小,摩擦力小,则质点在NQ段克服摩擦力做的功W'0,故质点到达Q点后会继续上升,C项正确。
【答案】C
5.(2017江苏卷,3)一小物块沿斜面向上滑动,然后滑回到原处。物块初动能为Ek0,与斜面间的动摩擦因数不变,则该过程中,物块的动能Ek与位移x关系的图线是(　　)。


【解析】小物块上滑过程,由动能定理得-(mgsin θ+μmgcos θ)x=Ek-Ek0,整理得Ek=Ek0-(mgsin θ+μmgcos θ)x。设小物块上滑的最大位移为s,小物块下滑过程,由动能定理得(mgsin θ-μmgcos θ)(s-x)=Ek-0,整理得Ek=(mgsin θ-μmgcos θ)s-(mgsin θ-μmgcos θ)x,上滑与下滑均为线性关系,所以C项正确。
【答案】C