2019高考物理一轮复习第五章机械能第2课时动能定理及应用课时冲关新人教版

第五章第2讲动能定理及其应用1. （2017 •江苏卷）一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处。

物块初动能为从），与 斜面间的动摩擦因数不变，则该过程屮，物块的动能禺与位移x 关系的图线是 导学号 21992342| （ C ）［解析］设物块与斜而间的动摩擦因数为“，物块的质量为/〃，则物块在上滑过程屮根 据功能关系有一（/昭sin 〃+ "〃妙os 〃）/=$—&,即4=滋一（皿穽in 〃+ P/n^cos （八x,物 块沿斜面下滑的过程中有（飓sin （）— “〃矽cos 〃）・（xo —x ）=区,由此可以判断C 项正确。

2. （2016 •全国卷111）（多选）如图，一固定容器的内壁是半径为斤的半球幽 在半球面水 平直径的一端有一质量为刃的质点几它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程屮，克服摩 擦力做的功为必重力加速度大小为g 。

设质点P 在最低点时，向心加速度的大小为白，容器 对它的支持力大小为用则导学号21992343 （ AC ）［解析］ 质点由半球面最高点到最低点的过程中，由动能定理得，讪-片詁 又在 最低点吋，向心加速度大小 尸冷,两式联立可得白=2 〃勞"，A 正确，B 错误；在最低点时有N-昭=血,解得43嘗” C 正确，D 错误。

3. （2016 •浙江理综）（多选）如图所示为一滑草场。

某条滑道由上下两段高均为力，与水 平而倾角分别为45。

和37°的滑道组成，滑草车与草地之间的动摩擦因数为“。

质量为加 的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的 底端2年高考模拟 »»> 2-NIAN-GA0-KA0-M0-NIA.2 mgR — W mR C. N=3ingR —2W 1 - D. 2mgR —W a=—mR mgR — W ~~R~ A BB.（不计滑草车在两段滑道交接处的能量损失，sin37° =0.6, cos37° =0.8）。

第2讲动能定理及其应用板块一主干梳理·夯实基础【知识点1】动能Ⅱ1.定义：物体由于运动而具有的能。

2.公式：E k＝12m v2。

3.物理意义：动能是状态量，是标量(选填“矢量”或“标量”)，只有正值，动能与速度方向无关。

4.单位：焦耳，1 J＝1 N·m＝1 kg·m2/s2。

5.动能的相对性：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ΔE k＝12m v22－12m v21。

【知识点2】动能定理Ⅱ1.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)W＝ΔE k。

(2)W＝E k2－E k1。

(3)W＝12m v22－12m v21。

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)动能定理既适用于直线运动，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。

板块二考点细研·悟法培优考点1 动能定理的理解和应用[拓展延伸]1.做功的过程就是能量转化的过程，动能定理表达式中的“＝”的意义是一种因果关系在数值上相等的符号。

2.动能定理叙述中所说的“外力”，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。

3.动能定理中涉及的物理量有F、l、m、v、W、E k等，在处理含有上述物理量的问题时，优先考虑使用动能定理。

4.若过程包含了几个运动性质不同的分过程，既可以分段考虑，也可以整个过程考虑。

例1如图所示，质量为m的滑块从h高处的a点沿倾斜轨道ab滑入水平轨道bc(两轨道平滑连接)，滑块与倾斜轨道及水平轨道间的动摩擦因数相同。

滑块在a、c两点时的速度大小均为v、ab长度与bc长度相等。

空气阻力不计，则滑块从a到c的运动过程中()A ．滑块的动能始终保持不变B.滑块在bc 过程克服阻力做的功一定等于mgh2C.滑块经b 点时的速度大于 gh ＋v 2D.滑块经b 点时的速度等于2gh ＋v 2滑块从b 到c 的过程中摩擦力做功吗？做正功还是负功？提示：做功。

第五章 第2课时 动能定理及应用一、单项选择题(本题共5小题，每小题7分，共35分)1．(2017·福建师大附中期中)将质量为m 的物体在高空中以速率v 水平向右抛出，由于风力作用，经过时间t 后，物体下落一段高度，速率仍为v ，方向与初速度相反，如图所示．在这一运动过程中不考虑空气阻力，下列关于风力做功的说法，正确的是 ( )A ．风力对物体不做功B ．风力对物体做的功(绝对值)为mg 2t 22C ．风力对物体做的功(绝对值)小于mg 2t 22D ．由于风力方向未知，不能判断风力做功情况解析：C [对物体从开始抛出到速度再次等于v 的过程，由动能定理可知W 风＋W G ＝12mv 2－12mv2＝0，可知|W 风|＝W G ＝mgh <mg ·12gt 2＝12mg 2t 2，选项C 正确．]2．(2017·重庆万州区一诊)如图所示，质量为m 的物块与水平转台之间的动摩擦因数为μ，物块与转台转轴相距R ，物块随转台由静止开始转动并计时，在t 1时刻转速达到n ，物块即将开始滑动．保持转速n 不变，继续转动到t 2时刻，则 ( )A ．在0～t1时间内，摩擦力做功为零 B ．在0～t 1时间内，摩擦力做功为12μmgRC ．在0～t 1时间内，摩擦力做功为2μmgRD ．在t 1～t 2时间内，摩擦力做功为2μmgR解析：B [在0～t 1时间内，转速逐渐增加，故物块的速度逐渐增大，在t 1时刻，最大静摩擦力提供向心力，有μmg ＝m v 2R，解得v ＝μgR .物块做加速圆周运动过程，由动能定理可知W f＝12mv 2，由以上两式解得W f ＝12μmgR ，故A 、C 错误，B 正确． 在t 1～t 2时间内，物块的线速度不变，摩擦力只提供向心力，根据动能定理可知摩擦力做功为零，故D 错误．]3．(68520135)如图所示，光滑斜面的顶端固定一弹簧，一物体向右滑行，并冲上固定在地面上的斜面．设物体在斜面最低点A 的速度为v ，压缩弹簧至C 点时弹簧最短，C 点距地面高度为h ，则从A 到C 的过程中弹簧弹力做功是( )A ．mgh －12mv 2B.12mv 2－mgh C ．－mghD ．－⎝⎛⎭⎪⎫mgh ＋12mv 2 解析：A [由A 到C 的过程运用动能定理可得： －mgh ＋W ＝0－12mv 2，所以W ＝mgh －12mv 2，故A 正确．]4．(2017·青浦区一模)如图，竖直平面内的轨道Ⅰ和Ⅱ都由两段细直杆连接而成，两轨道长度相等，用相同的水平恒力将穿在轨道最低点B 的静止小球，分别沿Ⅰ和Ⅱ推至最高点A ，所需时间分别为t 1、t 2，动能增量分别为ΔE k1、ΔE k2，假定球在经过轨道转折点前后速度大小不变，且球与Ⅰ和Ⅱ轨道间的动摩擦因数相等，则( )A ．ΔE k1>ΔE k2，t 1>t 2B ．ΔE k1＝ΔE k2，t 1>t 2C ．ΔE k1>ΔE k2，t 1<t 2D ．ΔE k1＝ΔE k2，t 1<t 2解析：B [因为摩擦力做功W f ＝μ(mg cos θ＋F sin θ)·s ＝μmgx＋μFh ，可知沿两轨道运动，摩擦力做功相等，根据动能定理得：W F －mgh －W f ＝ΔE k ，知两次情况拉力做功相等，摩擦力做功相等，重力做功相等，则动能的变化量相等．作出在两个轨道上运动的速度—时间图线如图所示，由于路程相等，则图线与时间轴围成的面积相等，由图可知，t1>t 2.故B 正确，A 、C 、D 错误．]5．(2017·吉林三校联考)如图所示，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 ，则在此过程中绳的拉力对B 球所做的功为(取g ＝10 m/s 2)A ．11 JB ．16 JC ．18 JD ．9 J解析：C [A 球向右运动0.1 m 时，v A ＝3 m/s ，OA ′＝0.4 m ，OB ′＝0.3 m ，设此时∠BAO＝α，则有tan α＝34.v A cos α＝v B sin α，解得v B ＝4 m/s.此过程中B 球上升高度h ＝0.1 m ，由动能定理，W －mgh ＝12mv 2B ，解得绳的拉力对B 球所做的功为W ＝mgh ＋12mv 2B ＝2×10×0.1 J＋12×2×42J ＝18 J ，选项C 正确．]二、多项选择题(本题共3小题，每小题7分，共21分．全部选对的得7分，部分选对的得3分，有选错或不答的得0分)6．(68520136)(2017·河北衡水中学四调)如图所示，x 轴在水平地面上，y 轴竖直向上，在y 轴上的P 点分别沿x 轴正方向和y 轴正方向以相同大小的初速度抛出两个小球a 和b ，不计空气阻力，若b 上升的最大高度等于P 点离地的高度，则从抛出到落地有( )A ．a 的运动时间是b 的运动时间的2倍B ．a 的位移大小是b 的位移大小的5倍C ．a 、b 落地时的速度相同，因此动能一定相同D ．a 、b 落地时的速度不同，但动能相同解析：BD [设P 点离地的高度为h ，对于b ：b 做竖直上抛运动，上升过程与下落过程对称，则b 上升到最大高度的时间为t 1＝2hg，从最高点到落地的时间为t 2＝2hg，故b 运动的总时间t b ＝t 1＋t 2＝(2＋1)2hg；对于a ：a 做平抛运动，运动时间为t a ＝2hg.则有t b ＝(2＋1)t a .故A 错误．对于b ：h ＝v 202g，则v 0＝2gh ；对于a ：水平位移为x ＝v 0t a ＝2gh2hg＝2h ，a 的位移为x a ＝h 2＋h2＝5h ，而b 的位移大小为h ，则a 的位移大小是b 的位移大小的 5倍，故B 正确．根据动能定理有W ＝E k －E k0，则E k ＝mgh ＋12mv 20，可知两球落地时动能相同，而速度方向不同，则落地时速度不同，故C 错误，D 正确．]7．(2016·浙江理综)如图所示为一滑草场．某条滑道由上下两段高均为h ，与水平面倾角分别为45°和37°的滑道组成，滑草车与草地之间的动摩擦因数为μ.质量为m 的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端(不计滑草车在两段滑道交接处的能量损失，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．则( )A ．动摩擦因数μ＝67B ．载人滑草车最大速度为2gh 7C ．载人滑草车克服摩擦力做功为mghD ．载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为35g解析：AB [由动能定理可知：mg ·2h －μmg cos 45°·h sin 45°－μmg cos 37°·hsin 37°＝0，解得μ＝67，选项A 正确；对前一段滑道，根据动能定理：mgh －μmg cos 45°·hsin 45°＝12mv 2，解得：v ＝2gh7，则选项B 正确；载人滑草车克服摩擦力做功为2mgh ，选项C 错误；载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为a ＝mg sin 37°－μmg cos 37°m ＝－335g ，选项D 错误；故选A 、B.]8．(68520137)(2017·河南信阳高级中学第四次大考)如图所示，一质量为m 的小球，用长为l 的轻绳悬挂于O 点，初始时刻小球静止于P 点，第一次小球在水平拉力F 作用下，从P 点缓慢地移动到Q 点，此时轻绳与竖直方向夹角为θ，张力大小为T 1；第二次在水平恒力F ′作用下，从P 点开始运动并恰好能到达Q点，至Q 点时轻绳中的张力大小为T 2.关于这两个过程，下列说法中正确的是(不计空气阻力，重力加速度为g )( )A ．第一个过程中，拉力F 在逐渐变大，且最大值一定大于F ′B ．两个过程中，轻绳的张力均变大C ．T 1＝mgcos θ，T 2＝mgD ．第二个过程中，重力和水平恒力F ′的合力的功率先增大后减小解析：AC [第一次小球在水平拉力F 作用下，从P 点缓慢地移动到Q 点，则小球处于平衡状态，根据平衡条件得F ＝mg tan θ，随着θ增大，F 逐渐增大；第二次小球从P 点开始运动并恰好能到达Q 点，则到达Q 点时速度为零，在此过程中，根据动能定理得F ′l sin θ＝mgl (1－cos θ)，解得F ′＝mg tan θ2，因为θ<90°，所以mg tan θ2<mg tan θ，则F ＞F ′，故A 正确．第一次运动过程中，根据几何关系可知，绳子的拉力T 1＝mgcos θ，所以轻绳的张力变大；第二次由于重力和拉力都是恒力，可以把这两个力合成为新的“重力”，则第二次小球的运动可以等效于单摆运动，当绳子方向与“重力”方向在同一直线上时，小球处于“最低点”，最低点的速度最大，此时绳子张力最大，所以第二次绳子张力先增大，后减小，故B 错误．第一次运动到Q 点时，受力平衡，根据几何关系可知，T 1＝mgcos θ，第二次运动到Q 点时，速度为零，则向心力为零，则绳子拉力T 2＝mg cos θ＋F ′sin θ＝mg cos θ＋mg－cos θsin θ·sin θ＝mg ，故C 正确．第二个过程中，重力和水平恒力F ′的合力是个恒力，在等效最低点时，合力方向与速度方向垂直，此时功率最小为零，到达Q 点速度也为零，则第二个过程中，重力和水平恒力F ′的合力的功率先增大，后减小，再增大，再减小，故D 错误．]三、非选择题(本题共2小题，共44分．写出必要的文字说明和重要的演算步骤，有数值计算的要注明单位)9．(68520138)(22分)(2017·贵州遵义航天高级中学三模)为了研究过山车的原理，某物理小组提出了下列设想：取一个与水平方向夹角θ＝60°，长L 1＝2 3 m 的倾斜轨道AB ，通过微小圆弧与长为L 2＝32m 的水平轨道BC 相连，然后在C 处设计一个竖直完整的光滑圆轨道，出口为水平轨道D ，如图所示．现将一个小球从距A 点高h ＝0.9 m 的水平台面上以一定的初速度v 0水平弹出，到A 点时速度方向恰沿AB 方向，并沿倾斜轨道滑下．已知小球与AB 和BC 间的动摩擦因数均为μ＝33.g 取10 m/s 2，求：(1)小球初速度的大小； (2)小球滑过C 点时的速率；(3)要使小球不离开轨道，则竖直圆轨道的半径应该满足什么条件． 解析：(1)小球开始时做平抛运动，有v 2y ＝2gh ， 代入数据解得v y ＝2×10×0.9 m/s ＝3 2 m/s ， 在A 点有tan θ＝v yv x，得v x ＝v 0＝v ytan θ＝323m/s ＝ 6 m/s. (2)从水平抛出到C 点的过程中，由动能定理得mg (h ＋L 1sin θ)－μmgL 1cos θ－μmgL 2＝12mv 2C －12mv 20，代入数据解得v C ＝3 6 m/s.(3)小球刚刚过最高点时，重力提供向心力，有mg ＝m v 2R 1，12mv 2C ＝2mgR 1＋12mv 2， 代入数据解得R 1＝1.08 m.当小球刚能到达与圆心等高处时，有 12mv 2C ＝mgR 2， 代入数据解得R 2＝2.7 m.当圆轨道与AB 相切时R 3＝L 2·tan 60°＝1.5 m ，综上所述，要使小球不离开轨道，R 应该满足的条件是0<R ≤1.08 m. 答案：见解析10．(68520139)(22分)(2017·甘肃兰州一中月考)如图所示，AB 是倾角θ＝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(可以看作质点)从直轨道上的P 点由静止释放，结果它能在两轨道间做往返运动．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μ.求：(1)物体做往返运动的整个过程中在AB 轨道上通过的总路程； (2)最终当物体通过圆弧轨道最低点E 时，对圆弧轨道的压力；(3)为使物体能顺利到达圆弧轨道的最高点D ，释放点距B 点的距离L ′至少多大． 解析：(1)对整体过程，由动能定理得mgR cos θ－μmg cos θ·s ＝0，所以物体在AB 轨道上通过的总路程s ＝Rμ.(2)最终物体以B (还有B 关于OE 的对称点)为最高点，在圆弧底部做往复运动，对B →E 过程，由动能定理得mgR (1－cos θ)＝12mv 2E ①在E 点，由牛顿第二定律得F N －mg ＝m v 2ER②联立①②式得F N ＝(3－3)mg .(3)物体刚好到D 点，由牛顿第二定律有mg ＝m v 2DR③对全过程由动能定理得mgL ′sin θ－μmg cos θ·L ′－mgR (1＋cos θ)＝12mv 2D ④联立③④式得L ′＝＋3R1－3μ.答案：(1)R μ (2)(3－3)mg (3)＋3R1－3μ。