2019届高考物理总复习第五章机械能及其守恒定律第二节动能动能定理测习题.docx

第二节动能动能定理学生用书P85【基础梳理】一、动能1定义：物体由于运动而具有的能2表达式：Ekmv23单位：焦耳，1 J1 Nm1 kgm2/s2.4矢标性：标量二、动能定理1内容：力在一个过程中对物体做的功，等于物体在这个过程中动能的变化2表达式：WEk2Ek1mvmv3适用范围(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【自我诊断】 判一判(1)运动的物体具有的能量就是动能()(2)一定质量的物体动能变化时，速度一定变化，速度变化时，动能也一定变化()(3)处于平衡状态的物体动能一定保持不变()(4)做自由落体运动的物体，动能与下落的时间成正比()(5)物体在合外力作用下做变速运动，但动能却不一定变化()提示：(1)(2)(3)(4)(5) 做一做(多选)关于动能定理的表达式WEk2Ek1，下列说法中正确的是()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时动能减少D动能定理适用于直线运动，但不适用于曲线运动，适用于恒力做功，但不适用于变力做功提示：BC对动能定理的理解和应用学生用书P86【知识提炼】1动能定理公式中“”体现的“三个关系”数量关系合力的功与物体动能的变化可以等量代换单位关系国际单位都是焦耳因果关系合力做的功是物体动能变化的原因2.“一个参考系”：高中阶段动能定理中的位移和速度应以地面或相对地面静止的物体为参考系3适用范围：直线运动、曲线运动、恒力做功、变力做功、各个力同时做功、分段做功均可用动能定理【典题例析】(2017高考江苏卷)如图所示，两个半圆柱A、B紧靠着静置于水平地面上，其上有一光滑圆柱C，三者半径均为R.C的质量为m，A、B的质量都为，与地面间的动摩擦因数均为.现用水平向右的力拉A，使A缓慢移动，直至C恰好降到地面整个过程中B保持静止设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.求：(1)未拉A时，C受到B作用力的大小F；(2)动摩擦因数的最小值min；(3)A移动的整个过程中，拉力做的功W.审题指导由圆柱C一开始受力平衡可得出力F的大小动摩擦因数最小时，B受C压力的水平分力最大拉力为变力，可根据动能定理求解拉力做的功解析(1)C受力平衡2Fcos 30 mg解得Fmg.(2)C恰好降到地面时，B受C压力的水平分力最大FxmaxmgB受地面的摩擦力fmg根据题意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根据动能定理WWfmgh00解得W(21)(1)mgR.答案见解析1应用动能定理解题的基本思路2当F为变力或物体做曲线运动时，或要求解的问题中没有明确固定的受力或在力的方向上的位移时，考虑用动能定理求变力做的功分析各力做功情况时不要出现“丢功”及“错功”严格按照重力、弹力、摩擦力的顺序找出运动物体所受的各个力，然后准确判断出各个力做的功存在电场时，还要考虑是否有电场力做功 【迁移题组】 迁移1对动能定理的理解1关于运动物体所受的合外力、合外力做的功及动能变化的关系下列说法正确的是()A合外力为零，则合外力做功一定为零B合外力做功为零，则合外力一定为零C合外力做功越多，则动能一定越大D动能不变，则物体合外力一定为零解析：选A.由WFlcos 可知，物体所受合外力为零，合外力做功一定为零，但合外力做功为零，可能是90，故A正确，B错误；由动能定理WEk可知，合外力做功越多，动能变化量越大，但动能不一定越大，动能不变，合外力做功为零，但合外力不一定为零，C、D均错误 迁移2动能定理在直线运动中的应用2(2017高考全国卷)为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线距离s0和s1(s1mgR，质点不能到达Q点CWmgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离DWmgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离解析：选C.设质点到达N点的速度为vN，在N点质点受到轨道的弹力为FN，则FNmg，已知FNFN4mg，则质点到达N点的动能为EkNmvmgR.质点由开始至N点的过程，由动能定理得mg2RWfEkN0，解得摩擦力做的功为WfmgR，即克服摩擦力做的功为WWfmgR.设从N到Q的过程中克服摩擦力做功为W，则WW.从N到Q的过程，由动能定理得mgRWmvmv，即mgRWmv，故质点到达Q点后速度不为0，质点继续上升一段距离选项C正确 迁移4动能定理在变力做功中的应用4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点处向左运动，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.求：(1)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)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为Wfmv.(2)物块A从P点出发又回到P点的过程，根据动能定理得2mg(x1x0)mv解得x1x0.(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WFmg(x1x0)00A、B共同从O到O有WF2mgx12mv分离后对A有mvmgx2联立以上各式可得x2x0.答案：(1)mv(2)x0(3)x0动能定理在多阶段、多过程综合问题中的应用学生用书P87【知识提炼】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，也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，要注意运用它们的功能特点：(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【典题例析】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OCL，B点距地面的高度OBh.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与传送带之间的动摩擦因数(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可能的范围审题指导第(3)问中，若物体在传送带上全程减速，则x最小；若物体在传送带上全程加速，则x最大解析(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LvBthgt2由式得vBL 有传送带时，设物体离开传送带时的速度为v2，则有v2tmvmv由式得v2.(2)设物体离开传送带时的速度为v2，则由动能定理有mgRmgmvmvmgRmvODv2t由式得OD .(3)物体在传送带上全程减速时，离开传送带的末速度vI，则xminL物体在传送带上全程加速时，离开传送带的末速度为 v，mgmvmv，v .则xmaxvL故LxL.答案(1)(2) (3)LxL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，表达出总功，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 【迁移题组】 迁移1运用动能定理巧解往复运动问题1如图所示装置由AB、BC、CD三段轨道组成，轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接，其中轨道AB、CD段是光滑的，水平轨道BC的长度s5 m，轨道CD足够长且倾角37，A、D两点离轨道BC的高度分别为h14.30 m、h21.35 m现让质量为m的小滑块自A点由静止释放已知小滑块与轨道BC间的动摩擦因数0.5，重力加速度g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8.求：(1)小滑块第一次到达D点时的速度大小；(2)小滑块最终停止的位置距B点的距离解析：(1)小滑块从ABCD过程中，由动能定理得mg(h1h2)mgsmv0将h1、h2、s、g代入得：vD3 m/s.(2)对小滑块运动全过程应用动能定理，设小滑块在水平轨道上运动的总路程为s总有：mgh1mgs总将h1、代入得：s总8.6 m故小滑块最终停止的位置距B点的距离为2ss总1.4 m.答案：(1)3 m/s(2)1.4 m 迁移2动能定理解决平抛、圆周运动相结合的问题2(2018桂林质检)如图所示，倾角为37的粗糙斜面AB底端与半径R0.4 m的光滑半圆轨道BC平滑相连，O点为轨道圆心，BC为圆轨道直径且处于竖直方向，A、C两点等高，质量m1 kg的滑块从A点由静止开始下滑，恰能滑到与O点等高的D点，g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8.(1)求滑块与斜面间的动摩擦因数；(2)若使滑块能到达C点，求滑块从A点沿斜面滑下时的初速度v0的最小值；(3)若滑块离开C点的速度大小为4 m/s，求滑块从C点飞出至落到斜面上所经历的时间t.解析：(1)滑块恰能滑到D点，则vD0滑块从ABD过程中，由动能定理得mg(2RR)mgcos 00解得0.375.(2)滑块恰能过C点时，vC有最小值，则在C点mg滑块从ABDC过程，由动能定理得mgcos mvmv解得v02 m/s.(3)滑块离开C点后做平抛运动，设下落的高度为h，则有hgt2xvC ttan 53其中vC4 m/s联立解得t0.2 s.答案：(1)0.375(2)2 m/s(3)0.2 s动能定理与图象综合问题学生用书P88【知识提炼】1四类图象所围“面积”的含义(1)vt图：由公式xvt可知，vt图线与坐标轴围成的面积表示物体的位移(2)at图：由公式vat可知，at图线与坐标轴围成的面积表示物体速度的变化量(3)Fs图：由公式WFs可知，Fs图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功(4)Pt图：由公式WPt可知，Pt图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功2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，图线下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点的坐标值代入函数关系式求物理量【跟进题组】1(2018山西模拟)用传感器研究质量为2 kg的物体由静止开始做直线运动的规律时，在计算机上得到06 s内物体的加速度随时间变化的关系如图所示下列说法正确的是()A06 s内物体先向正方向运动，后向负方向运动B06 s内物体在4 s时的速度最大C物体在24 s内速度不变D04 s内合力对物体做的功等于06 s内合力做的功解析：选D.由vat可知，at图象中，图线与坐标轴所围面积表示质点的速度，06 s内物体的速度始终为正值，故一直为正方向，A项错；t5 s时，速度最大，B项错；24 s内加速度保持不变且不为零，速度一定变化，C项错；04 s内与06 s内图线与坐标轴所围面积相等，故物体4 s末和6 s末速度相同，由动能定理可知，两段时间内合力对物体做功相等，D项对2宇航员在某星球表面做了如下实验，实验装置如图甲所示，竖直平面内的光滑轨道由斜轨道AB和圆弧轨道BC组成将质量m0.2 kg的小球，从轨道AB上高H处的某点由静止释放，用力传感器测出小球经过C点时对轨道的压力大小为F，改变H的大小，可测出F随H的变化关系如图乙所示，求：(1)圆轨道的半径(2)星球表面的重力加速度(3)作出小球经过C点时动能随H的变化关系EkH图象解析：(1)小球过C点时，由牛顿第二定律得：Fmgm小球由静止下滑至C点的过程，由动能定理得：mg(H2r)mv解得：FH5mg由图可知：当H10.5 m时，F10 N解得：r0.2 m.(2)当H21.0 m时，F25 N解得：g5 m/s2.(3)小球由静止下滑至C点的过程，由动能定理得：mg(H2r)Ek0解得：EkH0.4则EkH图象如图所示：答案：(1)0.2 m(2)5 m/s2(3)见解析图学生用书P891(多选)(2016高考全国卷)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()AaBaCN DN解析：选AC.质点由半球面最高点到最低点的过程中，由动能定理有：mgRWmv2，又在最低点时，向心加速度大小a，两式联立可得a，A项正确，B项错误；在最低点时有Nmgm，解得N，C项正确，D项错误2(多选)(2016高考浙江卷)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.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 370.6，cos 370.8)则()A动摩擦因数B载人滑草车最大速度为 C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g解析：选AB.由题意根据动能定理有，2mghWf0，即2mghmgcos 45mgcos 370，得动摩擦因数，则A项正确；载人滑草车克服摩擦力做的功为Wf2mgh，则C项错误；载人滑草车在上下两段的加速度分别为a1g(sin 45cos 45)g，a2g(sin 37cos 37)g，则载人滑草车在上下两段滑道上分别做加速运动和减速运动，则在上段底端时达到最大速度v，由运动学公式有2a1v2得，v ，故B项正确，D项错误3(多选)(2018湖南长沙长郡中学高三周测)如图所示，竖直固定放置的粗糙斜面AB的下端与光滑的圆弧轨道BCD在B点相切，圆弧轨道的半径为R，圆心O与A、D在同一水平面上，C点为圆弧轨道最低点，COB30.现使一质量为m的小物块从D点无初速度地释放，小物块与粗糙斜面AB间的动摩擦因数tan ，则关于小物块的运动情况，下列说法正确的是()A小物块可能运动到AB小物块经过较长时间后会停在C点C小物块通过圆弧轨道最低点C时，对C点的最大压力大小为3mgD小物块通过圆弧轨道最低点C时，对C点的最小压力大小为mg解析：选CD.物块从D点无初速度滑下后，由于克服摩擦力做功，所以物块在斜面上运动时机械能不断减小，在斜面上升的最大高度越来越小，不可能运动到A点，又知道mgcos ，最终在与B点对称的E点之间来回运动，A、B错误；物块第一次运动到C时速度最大，对轨道的压力最大，物块从D第一次运动到C过程，由动能定理得：mgRmv；设此时轨道对物块的支持力为F1，由牛顿第二定律得：F1mgm，联立解得：F13mg，由牛顿第三定律知物块对C点的最大压力为3mg，故C正确；当最后稳定后，物块在BE之间运动时，设物块经过C点的速度为v2，由动能定理得：mgR(1cos )mv，设轨道对物块的支持力为F2，由牛顿第二定律得：F2mgm，联立解得：F2mg，由牛顿第三定律可知，物块对C点的最小压力为mg，D正确4如图，与水平面夹角37的斜面和半径R0.4 m的光滑圆轨道相切于B点，且固定于竖直平面内滑块从斜面上的A点由静止释放，经B点后沿圆轨道运动，通过最高点C时轨道对滑块的弹力为零已知滑块与斜面间动摩擦因数0.25.(g取10 m/s2，sin 370.6 cos 370.8)求：(1)滑块在C点的速度大小vC；(2)滑块在B点的速度大小vB；(3)A、B两点间的高度差h.解析：本题考查圆周运动、机械能守恒、动能定理(1)对C点：滑块竖直方向所受合力提供向心力mgvC2 m/s.(2)对BC过程：滑块机械能守恒mvmvmgR(1cos 37)vB4.29 m/s.(3)滑块在AB的过程，利用动能定理：mghmgcos 37mv0代入数据解得h1.38 m.答案：见解析学生用书P305(单独成册)(建议用时：60分钟)一、单项选择题1(2018襄阳模拟)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，g取10 m/s2.则物体克服沙坑的阻力所做的功为()A20 JB24 JC34 J D54 J解析：选C.对整个过程应用动能定理得：Fh1mgh2Wf0，解得：Wf34 J，C对2.(2018宁波模拟)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(Fmg)，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：选B.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，(mM)gx1(Mm)v2，解得x1；加一个竖直向下的恒力F(Fmg)时，由动能定理可知，(mM)gx2Mv2，解得x2.显然x2Ek2；t1t2BEk1Ek2；t1t2CEk1Ek2；t1t2 DEk1Ek2；t1t2.6.如图所示，某滑草场有两个坡度不同的滑道AB和AB(均可看做斜面)质量相同的甲、乙两名游客先后乘坐同一滑草板从A点由静止开始分别沿AB和AB滑下，最后都停在水平草面上，斜草面和水平草面平滑连接，滑草板与草面之间的动摩擦因数处处相同，下列说法正确的是()A甲沿斜草面下滑过程中克服摩擦力做的功比乙的多B甲、乙经过斜草面底端时的速率相等C甲、乙最终停在水平草面上的同一位置D甲停下时的位置与B的距离和乙停下时的位置与B的距离相等解析：选C.设斜草面长度为l，倾角为，游客在斜草面上下滑，克服摩擦力做功Wmglcos ，因此甲克服摩擦力做的功少，选项A错误；由A点到斜草面底端过程，由动能定理有mghmglcos mv2，可得vBvB，选项B错误；游客由A点开始下滑到停在水平草面上，设x为游客最终停在水平草面上的位置与斜草面底端的距离，由动能定理有mghmg(lcos x)0，则lcos x，与斜草面的倾角无关，所以甲、乙最终停在水平草面上的同一位置，选项C正确、D错误二、多项选择题7质量为1 kg的物体静止在水平粗糙的地面上，在一水平外力F的作用下运动，如图甲所示，外力F和物体克服摩擦力Ff做的功W与物体位移x的关系如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2.下列分析正确的是()A物体与地面之间的动摩擦因数为0.2B物体运动的位移为13 mC物体在前3 m运动过程中的加速度为3 m/s2Dx9 m时，物体的速度为3 m/s解析：选ACD.由WfFfx对应题图乙可知，物体与地面之间的滑动摩擦力Ff2 N，由Ffmg可得0.2，A正确；由WFFx对应题图乙可知，前3 m内，拉力F15 N，39 m内拉力F22 N，物体在前3 m内的加速度a13 m/s2，C正确；由动能定理得：WFFfxmv2，可得：x9 m时，物体的速度为v3 m/s，D正确；物体的最大位移xm13.5 m，B错误8(2018河北衡水中学模拟)如图所示，质量为0.1 kg的小物块在粗糙水平桌面上滑行4 m后以3.0 m/s的速度飞离桌面，最终落在水平地面上，已知物块与桌面间的动摩擦因数为0.5，桌面高0.45 m，若不计空气阻力，取g10 m/s2，则下列说法错误的是()A小物块的初速度是5 m/sB小物块的水平射程为1.2 mC小物块在桌面上克服摩擦力做8 J的功D小物块落地时的动能为0.9 J解析：选ABC.小物块在桌面上克服摩擦力做功WfmgL2 J，C错在水平桌面上滑行，由动能定理得Wfmv2mv，解得v07 m/s，A错小物块飞离桌面后做平抛运动，有xvt、hgt2，联立解得x0.9 m，B错设小物块落地时动能为Ek，由动能定理得mghEkmv2，解得Ek0.9 J，D对9.(2018南宁月考)在有大风的情况下，一小球自A点竖直上抛，其运动轨迹如图所示(小球的运动可看做竖直方向的竖直上抛运动和水平方向的初速度为零的匀加速直线运动的合运动)，小球运动轨迹上的A、B两点在同一水平直线上，M点为轨迹的最高点若风力的大小恒定，方向水平向右，小球在A点抛出时的动能为4 J，在M点时它的动能为2 J，落回到B点时动能记为EkB，小球上升时间记为t1，下落时间记为t2，不计其他阻力，则()Ax1x213Bt1t2CEkB6 J DEkB12 J解析：选AD.由小球上升与下落时间相等即t1t2得，x1(x1x2)12214，即x1x213，A正确，B错误；AM应用动能定理得mghW1mvmv2，竖直方向有v22gh式联立得W12 JAB风力做功W24W18 J，AB由动能定理W2EkBEkA，可求得EkB12 J，C错误，D正确102022年北京和张家口将携手举办冬奥会，因此在张家口建造了高标准的滑雪跑道，来迎接冬奥会的到来如图所示，一个滑雪运动员从左侧斜坡距离坡底8 m处自由滑下，当下滑到距离坡底s1处时，动能和势能相等(以坡底为参考平面)；到坡底后运动员又靠惯性冲上斜坡(不计经过坡底时的机械能损失)，当上滑到距离坡底s2处时，运动员的动能和势能又相等，上滑的最大距离为4 m关于这个过程，下列说法中正确的是()A摩擦力对运动员所做的功等于运动员动能的变化量B重力和摩擦力对运动员所做的总功等于运动员动能的变化量Cs12 mDs14 m，s2s1，即s14 m同理，从右侧斜坡s2处滑至s(s4 m)处过程中，由动能定理得：mg(ss2)sin Wf0mv因为距坡底s2处动能和势能相等，有mgs2sin mv由得：mg(ss2)sin Wfmgs2sin 由式得：ss22 m综上所述，C正确，D错误三、非选择题11(2016高考天津卷)我国将于2022年举办冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一如图所示，质量m60 kg