(江苏专版)2019版高考物理一轮复习第五章机械能微专题38动能定理的理解和应用备考精炼

38 动能定理的理解和应用[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．(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2．(多选)(2018·淮安市淮阴区月考)如图2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AB＝BC，物体经过A、B、C三点时的动能分别为E k A、E k B、E k C，则它们间的关系是( )图2A．E k B－E k A＝E k C－E k B B．E k B－E k A＜E k C－E k BC．E k B－E k A＞E k C－E k B D．E k C＜2E k B3.(2017·启东中学模拟)质量为10 kg的物体，在变力F作用下沿x轴做直线运动，力随坐标x的变化情况如图3所示．物体在x＝0处，速度为1 m/s，不计一切摩擦，则物体运动到x＝16 m处时，速度大小为( )图3A．2 2 m/s B．3 m/s C．4 m/s D.17 m/s4．(多选)如图4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E k ，重力势能为E p (选水平地面为零势能参考面，不计空气阻力)．下列图象中大致能反映小球动能E k 、势能E p 变化规律的是( )图45．(2017·常熟市模拟)如图5所示，竖直平面内放一直角杆MON ，OM 水平、ON 竖直且光滑，用不可伸长的轻绳相连的两小球A 和B 分别套在OM 和ON 杆上，B 球的质量为m ＝2 kg ，在作用于A 球的水平力F 的作用下，A 、B 均处于静止状态，此时OA ＝0.3 m ，OB ＝0.4 m ，改变水平力F 的大小，使A 球向右加速运动，已知A 球向右运动0.1 m 时速度大小为3 m/s ，则在此过程中绳对B 球的拉力所做的功为(取g ＝10 m/s 2)( )图5A ．11 JB ．16 JC ．18 JD ．9 J6．(多选)如图6所示是某缓冲装置，劲度系数足够大的轻质弹簧与直杆相连，直杆可在固定的槽内移动，与槽间的滑动摩擦力恒为F f ，直杆质量不可忽略．一质量为m 的小车以速度v 0撞击弹簧，最终以速度v 弹回．直杆足够长，且直杆与槽间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计小车与地面间的摩擦．则( )图6A ．小车被弹回时速度v 一定小于v 0B ．若直杆在槽内运动，移动的距离等于1F f (12mv 02－12mv 2)C．直杆在槽内向右运动时，小车与直杆始终保持相对静止D．弹簧的弹力可能大于直杆与槽间的最大静摩擦力7.如图7所示是一种升降电梯的模型示意图，A为轿厢，B为平衡重物，A、B的质量分别为1 kg和0.5 kg.A、B由跨过轻质滑轮的足够长轻绳系住．在电动机牵引下使轿厢由静止开始向上运动，电动机输出功率10 W保持不变，轿厢上升1 m后恰好达到最大速度．不计空气阻力和摩擦阻力，g＝10 m/s2.在轿厢向上运动过程中，求：图7(1)轿厢的最大速度v m的大小；(2)轿厢向上的加速度为a＝2 m/s2时，重物B下端绳的拉力大小；(3)轿厢从开始运动到恰好达到最大速度的过程中所用的时间．8．如图8所示，固定直杆上套有一小球和两根轻弹簧，两根轻弹簧的一端与小球相连，另一端分别固定在杆上相距为2L 的A 、B 两点．直杆与水平面的夹角为θ，小球质量为m ，两根轻弹簧的原长均为L 、劲度系数均为3mg sin θL，g 为重力加速度．图8(1)小球在距B 点45L 的P 点处于静止状态，求此时小球受到的摩擦力大小和方向；(2)设小球在P 点受到的摩擦力为最大静摩擦力，且与滑动摩擦力相等．现让小球从P 点以一沿杆方向的初速度向上运动，小球最高能到达距A 点45L 的Q 点，求初速度的大小．9．(2018·如皋市名校联考)如图9甲所示，弯曲部分AB和CD是两个半径都为r＝0.3 m的四分之一圆弧轨道，中间的BC段是竖直的薄壁细圆管(细圆管内径略大于小球的直径)轨道，分别与上下圆弧轨道相切连接，BC的长度L＝0.2 m．下圆弧轨道与水平轨道相切，其中D、A分别是上、下圆弧轨道的最高点和最低点，整个轨道固定在竖直平面内．现有一质量m＝0.3 kg的小球以一定的速度沿水平轨道向右运动并从A点进入圆弧，不计小球运动中的一切阻力，g＝10 m/s2，求：图9(1)当小球由D点以10 m/s的速度水平飞出时，小球落地点与D点的水平距离；(2)当小球由D点以3 m/s的速度水平飞出时，小球过圆弧A点时对轨道的压力大小；(3)若在D点右侧连接一半径为R＝0.4 m的半圆形光滑轨道DEF，如图乙所示，要使小球不脱离轨道运动，小球在水平轨道向右运动的速度大小范围(计算结果可用根式表示)．答案精析1．AD [设A 距离地面的高度为h ，板材的动摩擦因数为μ，对全过程运用动能定理有mgh －μmg cos θ·s AB －μmgs BP ＝0，得mgh －μmg (s AB cos θ＋s BP )＝0，而s AB cos θ＋s BP ＝OP ，即h －μOP ＝0，铁块在新斜面上有mg sin α－μmg cos α＝ma ，由sin α－μcos α＝h －μOPAP＝0，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P 点，选项A 、D 正确，B 、C 错误．]2．CD [由动能定理得E k B －E k A ＝W AB ，E k C －E k B ＝W BC ，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W AB ＞W BC ，选项A 、B 错误，C 、D 正确．] 3．B [F －x 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x ＝16 m 处时，力F 对物体做的总功W ＝40 J ，由动能定理得W ＝12mv 2－12mv 02，解得v ＝3 m/s ，B 正确．]4．AD [由动能定理可知，mg (H －h )＝E k －E k0，即E k ＝E k0＋mgH －mgh ，E k －h 图象为一次函数图象，B 项错误；又E k ＝E k0＋12mg 2t 2，可知E k －t 图象为开口向上的抛物线，A 项正确；由重力势能定义式有：E p ＝mgh ，E p －h 为正比例函数，所以D 项正确；由平抛运动规律有：H －h ＝12gt 2，所以E p ＝mg (H －12gt 2)，所以E p －t 图象不是直线，C 项错误．] 5．C [A 球向右运动0.1 m 时，由几何关系得，B 上升距离：h ＝0.4 m －0.52－0.42m ＝0.1 m ，此时细绳与水平方向夹角θ的正切值：tan θ＝34，则得cos θ＝45，sin θ＝35，由运动的合成与分解知识可知：v B sin θ＝v A cos θ，可得v B ＝4 m/s.以B 球为研究对象，由动能定理得：W －mgh ＝12mv B 2，代入数据解得：W ＝18 J ，即绳对B 球的拉力所做的功为18 J ，故选C.]6．BD [小车在向右运动的过程中，弹簧的形变量若始终小于x ＝F f k时，直杆和槽间无相对运动，小车被弹回时速度v 等于v 0；当形变量等于x ＝F f k时，直杆和槽间即出现相对运动，克服摩擦力做功，所以小车被弹回时速度v 小于v 0，A 错误；整个过程应用动能定理：F f s ＝ΔE k ，直杆在槽内移动的距离s ＝1F f (12mv 02－12mv 2)，B 正确；直杆在槽内向右运动时，开始小车速度比直杆的大，所以不可能与直杆始终保持相对静止，C 错误；当弹簧的弹力等于最大静摩擦力时杆即开始运动，此时车的速度大于杆的速度，弹簧进一步被压缩，弹簧的弹力大于最大静摩擦力，D 正确．] 7．(1)2 m/s (2)8 N (3)0.8 s解析 (1)当轿厢受力平衡，即牵引力F ＝(M －m )g 时轿厢速度最大 由P ＝Fv m 得v m ＝P(M －m )g ＝2 m/s(2)轿厢的加速度为a ＝2 m/s 2时， 对A ：F A －Mg ＝Ma 对B ：F B ＋mg －F A ＝ma 解得：F B ＝8 N(3)由动能定理可知：Pt －Mgh ＋mgh ＝12(M ＋m )v m 2得t ＝0.8 s. 8．(1)mg sin θ5 方向沿杆向下 (2)26gL sin θ5解析 (1)小球在P 点时两根弹簧的弹力方向沿杆向上，大小相等，设为F ，根据胡克定律有F ＝ k (L －45L )①设小球静止时受到的摩擦力大小为F f ，方向沿杆向下， 根据平衡条件有mg sin θ ＋F f ＝2F ② 由①②式并代入已知数据得F f ＝mg sin θ5③假设成立，即摩擦力方向沿杆向下(2)小球在P 、Q 两点时，弹簧的弹性势能相等，故小球从P 到Q 的过程中，弹簧对小球做功为零据动能定理有W 合＝ΔE k ④－mg ·2(L －45L )sin θ－F f ·2(L －45L ) ＝0－12mv 2⑤由③⑤式得v ＝26gL sin θ5⑥9．见解析解析 (1)小球由D 点飞出后做平抛运动，有：x ＝v 0t2r ＋L ＝12gt 2解得：x ＝4 m(2)由A 到D 过程，由动能定理：－mg (2r ＋L )＝12mv D 2－12mv A 2在A 点，根据牛顿第二定律：F N －mg ＝m v 2Ar代入数据，联立解得F N ＝28 N 根据牛顿第三定律：F N ′＝F N即小球在A 点时对轨道的压力大小：F N ′＝28 N(3)若小球到C 后返回，由动能定理有：12mv A 12＝mg (r ＋L )若小球能过D 做完整的圆周运动，在D 点有：mg ＝m v D ′2RA 到D 过程，由动能定理：－mg (2r ＋L )＝12mv D ′2－12mv A 22代入数据，解得：v A 1＝10 m/s ，v A 2＝2 5 m/s ，则要使小球不脱离轨道运动，小球在水平轨道向右运动的速度大小范围为v A ≤10 m/s 或v A ≥2 5 m/s.。