2016届高考物理一轮复习第五章第2课动能动能定理及其应用练习

1、PAGE PAGE 8第2课动能动能定理及其应用eq avs4al(考点一动能)1定义物体由于运动而具有的能2表达式Ekeq f(1,2)mv23物理意义动能是状态量，是标量(填“矢量”或“标量”)4单位焦耳，符号J5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Ekeq f(1,2)mveq oal(2,2)eq f(1,2)mveq oal(2,1).eq avs4al(考点二动能定理)1内容合力对物体所做的功等于物体动能的变化2表达式(1)WEk；(2)WEk2Ek1；(3)Weq f(1,2)mveq oal(2,2)eq f(1,2)mve

2、q oal(2,1)3物理意义合外力做的功是物体动能变化的量度4适用条件(1)动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动(2)即适用于恒力做功，也适用于变力做功(3)力可以是各种性质的力，即可以同时作用，也可以不同时作用1光滑斜面上有一小球自高为h的A处由静止开始滚下，抵达光滑的水平面上的B点时速度大小为v0，光滑水平面上每隔相等的距离设置了一个与小球运动方向垂直的活动阻挡条，如图所示，小球越过n条活动阻挡条后停下来若让小球从h高处以初速度v0滚下，则小球能越过活动阻挡条的条数为(设小球每次越过活动阻挡条时克服阻力做的功相同)(B)AnB2nC3nD4n解析：设每条阻挡条对小球做的功为W，小球

3、自高为h的A处由静止开始滚下，根据动能定理，有：mgheq f(1,2)mveq oal(2,0)，nW0eq f(1,2)mveq oal(2,0)；小球自高为h的A处以初速度v0滚下，根据动能定理，有：mghnW0eq f(1,2)mveq oal(2,0)；以上三式联立解得：n2n.2质量m1 kg的物体，在水平拉力F(拉力方向与物体初速度方向相同)的作用下，沿粗糙水平面运动，经过位移4 m时，拉力F停止作用，运动到位移是8 m时物体停止，运动过程中Eks的图线如图所示(g取10 m/s2)求：(1)物体的初速度多大；(2)物体和水平面间的动摩擦因数为多大；(3)拉力F的大小解析：(1)

4、由图象知：Ek0eq f(1,2)mveq oal(2,0)2 J；代入数据得：v02 m/s；故物体的初速度为2 m/s.(2)48 m内，物体只受摩擦力作用，由动能定理得：mgx20Ek1；代入数据得：eq f(Ek1,mgx2)eq f(10,1104)0.25；故物体和水平面间的动摩擦因数为0.25.(3)04 m内，由动能定理得：Fx1mgx1Ek1Ek0；代入数据得：F4.5 N故拉力F的大小为4.5 N.答案：(1)2 m/s(2)0.25(3)4.5 N3如图甲所示，质量不计的弹簧竖直固定在水平面上，t0时刻，将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球落到弹簧上压缩弹簧

5、到最低点，然后又被弹起离开弹簧，上升到一定高度后再下落，如此反复通过安装在弹簧下端的压力传感器，测出这一过程弹簧弹力F随时间t变化的图象如图乙所示，则(C)At1时刻小球动能最大Bt2时刻小球动能最大Ct2t3这段时间内，小球的动能先增加后减少Dt2t3这段时间内，小球增加的动能等于弹簧减少的弹性势能解析：在t1时刻，小球刚好与弹簧接触，重力大于弹力，合外力与速度方向一致，故小球继续加速，即小球动能继续增加，A项错；在t2时刻弹簧弹力最大，说明弹簧被压缩到最短，此时，小球速度为零，B项错；t2t3过程中，弹簧从压缩量最大逐渐恢复到原长，在平衡位置时，小球动能最大，所以小球的动能先增大后减小，C

6、项正确；t2t3过程中小球和弹簧组成的系统机械能守恒，故小球增加的动能与重力势能之和等于弹簧减少的弹性势能，D项错课时作业一、单项选择题1如图所示，质量为m的物体静止于倾角为的斜面体上，现对斜面体施加一水平向左的推力F，使物体随斜面体一起沿水平面向左匀速移动x，则在此匀速运动过程中斜面体对物体所做的功为(D)AFx Bmgxcos sin Cmgxsin D0解析：由于物体做匀速运动，其处于平衡状态物体动能和势能在运动过程中都不发生变化，故根据动能定理知合外力对物体做功为零而重力做功为零，所以斜面体对物体做功为零，故应选D.2如图所示，固定斜面倾角为，整个斜面分为AB、BC两段，AB2BC.小

7、物块P(可视为质点)与AB、BC两段斜面间的动摩擦因数分别为1、2.已知P由静止开始从A点释放，恰好能滑动到C点而停下，那么、1、2间应满足的关系是(B)Atan eq f(122,3) Btan eq f(212,3)Ctan 212 Dtan 221解析：由动能定理得mgACsin 1mgcos AB2mgcos BC0，则有tan eq f(212,3)，B项正确3人用手托着质量为m的物体，从静止开始沿水平方向运动，前进距离x后，速度为v(物体与手始终相对静止)，物体与人手掌之间的动摩擦因数为，则人对物体做的功为(D)Amgx B0Cmgx D.eq f(1,2)mv2解析：物体与手掌之

8、间的摩擦力是静摩擦力，静摩擦力在零与最大值mg之间取值，不一定等于mg.在题述过程中，只有静摩擦力对物体做功，故根据动能定理，摩擦力对物体做的功Weq f(1,2)mv2.4构建和谐型、节约型社会深得民心，节能器材遍布于生活的方方面面自动充电式电动车就是很好的一例电动车的前轮装有发电机，发电机与蓄电池连接当骑车者用力蹬车或电动自行车自动滑行时，自行车就可以连通发电机向蓄电池充电，将其他形式的能转化成电能储存起来现有某人骑车以500 J的初动能在粗糙的水平路面上滑行，第一次关闭自动充电装置，让车自由滑行，其动能随位移变化关系如图中图线所示；第二次启动自动充电装置，其动能随位移变化关系如图线所示，

9、则第二次向蓄电池所充的电能是(A)A200 J B250 JC300 J D500 J解析：滑行时阻力Ff恒定，由动能定理对图线有：EkFfx1，x110 m.对图线有：EkFfx2E电，x26 m.所以E电eq f(4,10)Ek200 J，故A正确5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)Amgheq f(1,2)mv2 B.eq f(1,2)mv2mghCmgh D(mgheq f(1,2)mv2)解析：由A到C的过程运用动能定理可得：m

10、ghW0eq f(1,2)mv2，所以Wmgheq f(1,2)mv2，所以A正确二、不定项选择题6如图所示，板长为l，板的B端静放有质量为m的小物体P，物体与板间的动摩擦因数为，开始时板水平，若缓慢转过一个小角度的过程中，物体保持与板相对静止，则这个过程中(CD)A摩擦力对P做功为mgcos l(1cos )B摩擦力对P做功为mgsin l(1cos )C支持力对P做功为mglsin D板对P做功为mglsin 解析：对物体运用动能定理：W合WGWFNW摩Ek0，所以WFNW摩WGmglsin .因摩擦力的方向(平行于木板)和物体速度方向(垂直于木板)始终垂直，对物体不做功，故斜面对物体做的

11、功就等于支持力对物体做的功，即WFNmglsin ，故C、D正确7人通过滑轮将质量为m的物体，沿粗糙的斜面由静止开始匀加速地由底端拉上斜面，物体上升的高度为h，到达斜面顶端的速度为v，如图所示，则在此过程中(BD)A物体所受的合外力做功为mgheq f(1,2)mv2B物体所受的合外力做功为eq f(1,2)mv2C人对物体做的功为mghD人对物体做的功大于mgh解析：物体沿斜面做匀加速运动，根据动能定理有W合WFWfmgheq f(1,2)mv2，其中Wf为物体克服摩擦力做的功人对物体做的功即是人对物体的拉力做的功，所以W人WFWfmgheq f(1,2)mv2，A、C两项错误，B、D两项正

12、确8两根光滑直杆(粗细可忽略不计)水平平行放置，一质量为m、半径为r的均匀细圆环套在两根直杆上，两杆之间的距离为eq r(3)r，如图甲所示为立体图，如图乙所示为侧视图现将两杆沿水平方向缓慢靠近直至两杆接触为止，在此过程中(BD)A每根细杆对圆环的弹力均增加B每根细杆对圆环的最大弹力均为mgC每根细杆对圆环的弹力均不做功D每根细杆对圆环所做的功均为eq f(1,4)mgr解析：本题考查物体平衡的动态分析和动能定理以圆环为研究对象，由于两杆始终处于同一水平面，因此两杆对环的作用力大小始终相等，且它们的合力始终等于环的重力，即合力F是一定值，当两杆水平靠近时，两个弹力与竖直方向的夹角变小，根据三角

13、形边与角的关系可知，两个弹力逐渐变小，A项错误；因此开始时两杆相距eq r(3)r时弹力最大，由几何关系可知，这时FNFmg，B项正确；在缓慢移动的过程中，圆环的重心下降eq f(r,2)，设两个弹力做的功各为W，则根据动能定理，2Weq f(mgr,2)0，则Weq f(1,4)mgr，D项正确9如图所示，质量为M、长度为L的木板静止在光滑的水平面上，质量为m的小物体(可视为质点)放在木板上最左端，现用一水平恒力F作用在小物体上，使物体从静止开始做匀加速直线运动已知物体和木板之间的摩擦力为Ff.当物体滑到木板的最右端时，木板运动的距离为x，则在此过程中(ABC)A物体到达木板最右端时具有的动

14、能为(FFf)(Lx)B物体到达木板最右端时，木板具有的动能为FfxC物体克服摩擦力所做的功为Ff(Lx)D物体和木板增加的机械能为Fx解析：由题意画示意图可知，由动能定理对小物体：(FFf)(Lx)eq f(1,2)mv2，故A正确对木板：Ffxeq f(1,2)Mv2，故B正确物块克服摩擦力所做的功Ff(Lx)，故C正确物块和木板增加的机械能eq f(1,2)mv2eq f(1,2)Mv2F(Lx)FfL(FFf)LFx，故D错误10如图所示为某探究活动小组设计的节能运动系统斜面轨道倾角为30，质量为M的木箱与轨道的动摩擦因数为eq f(r(3),6).木箱在轨道端时，自动装货装置将质量为

15、m的货物装入木箱，然后木箱载着货物沿轨道无初速滑下，轻弹簧被压缩至最短时，自动卸货装置立刻将货物卸下，然后木箱恰好被弹回到轨道顶端，再重复上述过程下列选项正确的是(BC)AmMBm2MC木箱不与弹簧接触时，上滑的加速度大于下滑的加速度D在木箱与货物从顶端滑到最低点的过程中，减少的重力势能全部转化为弹簧的弹性势能解析：受力分析可知，下滑时加速度为：gsin gcos ，上滑时加速度为：gsin gcos ，所以C正确设下滑的距离为l，根据能量守恒有：(mM)glcos Mglcos mglsin ，得：m2M；B正确在木箱与货物从顶端滑到最低点的过程中，减少的重力势能转化为弹簧的弹性势能和内能，

16、所以D错误三、非选择题11如图所示，竖直固定放置的斜面DE与一光滑的圆弧轨道ABC相连，C为切点，圆弧轨道的半径为R，斜面的倾角为.现有一质量为m的滑块从D点无初速下滑，滑块可在斜面和圆弧轨道之间做往复运动，已知圆弧轨道的圆心O与A、D在同一水平面上，滑块与斜面间的动摩擦因数为，求：(1)滑块第一次至左侧AC弧上时距A点的最小高度差h.(2)滑块在斜面上能通过的最大路程s.解析：(1)由动能定理得：mgheq f(mgcos R,tan )0，得heq f(Rcos2 ,sin )Rcos cot .(2)滑块最终至C点的速度为0时对应在斜面上的总路程最大，由动能定理得：mgRcos mgco

17、s s0，得：seq f(R,).答案：(1)Rcos cot (2)eq f(R,)12如图所示，一半径为R的半圆形轨道BC与一水平面相连，C为轨道的最高点，一质量为m的小球以初速度v0从圆形轨道B点进入，沿着圆形轨道运动并恰好通过最高点C，然后做平抛运动求：(1)小球平抛后落回水平面D点的位置距B点的距离；(2)小球由B点沿着半圆轨道到达C点的过程中，克服轨道摩擦阻力做的功解析：(1)小球刚好通过C点，由牛顿第二定律mgmeq f(veq oal(2,C),R)小球做平抛运动，有2Req f(1,2)gt2，svCt解得小球平抛后落回水平面D点的位置距B点的距离s2R.(2)小球由B点沿着

18、半圆轨道到达C点，由动能定理mg2RWfeq f(1,2)mveq oal(2,C)eq f(1,2)mveq oal(2,0)解得小球克服摩擦阻力做功Wfeq f(1,2)mveq oal(2,0)eq f(5,2)mgR.答案：(1)2R(2)eq f(1,2)mveq oal(2,0)eq f(5,2)mgR13如图所示，倾角37斜面上，轻弹簧一端固定在A点，自然状态时另一端位于B点，斜面上方有一半径R1 m、圆心角等于143的竖直圆弧形光滑轨道与斜面相切于D处，圆弧轨道的最高点为M.现有一小物块将弹簧缓慢压缩到C点后释放，物块经过B点后的位移与时间关系为x8t4.5t2(x的单位是m，t的单位是s)，若物块经过D点后恰能到达M点，取g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8，求：(1)物块与斜面间的动摩擦因数；(2)B