2019版高考物理总复习 第15课 动能定理及其应用练习.doc

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1、1第第 1515 课课 动能定理及其应用动能定理及其应用1 动能、动能定理的理解 a速度、合力与动能的关系 (1)(2017 淮安模拟，6 分)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，其动能一定变化也越大 答案：C 解析：若速度的方向变化而大小不变，则其动能不变化，故 A 项错误。物体所受合力不为 零，只要速度大小不变，其动能就不变化，如匀速圆周运动中，物体所受合力不为零，但 速度大小始终不变，动能不变，故 B 项错误。物体动能变化，其速度一定发生变化，故运

2、 动状态改变，故 C 项正确。例如竖直上抛运动中物体经过同一点(非最高点)时的速度变化 量要大于其到达最高点的速度变化量，但在该点时的动能变化量为 0，小于从该点到达最 高点时的动能变化量，故 D 项错误。b合力做功对动能的影响 (2)(2018 汇编，6 分)下列对动能定理的理解，正确的是( ) A物体具有动能是由于力对物体做了功 B物体在合力作用下做匀变速直线运动，则动能在一段过程中变化量一定不为零 C在某个过程中，外力做的总功等于各个力单独做功的绝对值之和 D如果物体所受的合力为零，那么物体的动能变化量为零 答案：D 解析：物体运动就会有动能，与有无外力做功没有关系，故 A 项错误。竖直

3、上抛运动是一 种匀变速直线运动，在上升和下降阶段经过同一位置时动能相等，动能在这段过程中的变 化量为零，故 B 项错误。外力做的总功等于各个力单独做功的代数和，故 C 项错误。物体 所受合力为零，则合力不做功，物体动能变化量为零，故 D 项正确。2动能定理的应用 a利用动能定理求直线运动中的各类参数 (3)(多选)(2016 浙江理综，6 分)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

4、量损失，sin 370.6，cos 370.8)。 则( )A动摩擦因数6 72B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g3 5答案：AB解析：作出滑道简化示意图，如图所示，从A处到C处的过程中，根据动能定理有(mgsin 1mgcos 1)(mgsin 2mgcos 2)0，解得 ，故 Ah sin 1h sin 26 7项正确。到B处时载人滑草车速度最大，从A处到B处的过程中，根据动能定理有(mgsin 1mgcos 1)mv，解得vm，故 B 项正确。从A处到C处的过程中，h sin 11 22 m2gh 7克服摩擦力所做的

5、功等于重力势能减少量 2mgh，故 C 项错误。在下段滑道上的加速度大小ag，故 D 项错误。mgcos 2mgsin 2 m3 35b动能定理在平抛、圆周运动中的应用 (4)(2015 全国，6 分)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( )AWmgR，质点恰好可以到达Q点1 2BWmgR，质点不能到达Q点1 2CWmgR，质点到达Q点后，继续上升一段

6、距离1 2DWmgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离1 2答案：C 解析：根据动能定理得P点动能EkPmgR，经过N点时，根据牛顿第二定律和向心力公式有 4mgmgm，所以N点动能为EkN，从P点到N点根据动能定理有mgRv2 R3mgR 2WmgR，即克服摩擦力做功W。质点运动过程，半径方向的合力提供向心力即3mgR 2mgR 23FNmgcos mam(为半径与竖直方向的夹角)，根据左右对称，在同一高度处，v2 R由于摩擦力做功导致在右边圆形轨道中的速度变小，轨道弹力变小，滑动摩擦力FfFN变小，所以摩擦力做功变小，从N到Q，根据动能定理，Q点动能EkQmgRW3mgR 2W，由于W，所

7、以Q点速度仍然没有减小到 0，会继续向上运动一段距离，mgR 2mgR 2故 C 项正确，A 项、B 项、D 项均错误。c多过程中的动能定理 (5)(2016 全国，18 分)如图，一轻弹簧原长为 2R，其一端固定在倾角为 37的固定直轨道AC的底端A处，另一端位于直轨道上B处，弹簧处于自然状态。直轨道与一半径为R5 6的光滑圆弧轨道相切于C点，AC7R，A、B、C、D均在同一竖直平面内。质量为m的小物 块P自C点由静止开始下滑，最低到达E点(未画出)。随后P沿轨道被弹回，最高到达F点，AF4R。已知P与直轨道间的动摩擦因数 ，重力加速度大小为g。(取 sin 371 4 ，cos 37 )3

8、 54 5求P第一次运动到B点时速度的大小。 求P运动到E点时弹簧的弹性势能。 改变物块P的质量，将P推至E点，从静止开始释放。已知P自圆弧轨道的最高点D处水平飞出后，恰好通过G点。G点在C点左下方，与C点水平相距R、竖直相距R。求P7 2运动到D点时速度的大小和改变后P的质量。答案： 2(4 分) mgR(6 分) (5 分) m(3 分)gR12 535 5gR1 3解析：根据题意知，B、C之间的距离l为 l7R2R(1 分) 设P到达B点时的速度为vB，根据动能定理有mglsin 37mglcos 37mv(2 分)1 22B联立解得vB2(1 分)gRP到达E点时速度为零，设此时弹簧的

9、弹性势能为Ep，BEx，P由B点运动到E点的过 程中，根据动能定理有4mgxsin 37mgxcos 37Ep0mv(2 分)1 22BE、F之间的距离l1为 l14R2Rx(1 分) P到达E点后反弹，从E点运动到F点的过程中，根据动能定理有 Epmgl1sin 37mgl1cos 370(2 分) 联立解得xREpmgR(1 分)12 5设改变后P的质量为m1，D点与G点的水平距离x1和竖直距离y1分别为x1RRsin 37(1 分)7 25 6y1RRRcos 37(1 分)5 65 6设P在D点的速度为vD，由D点运动到G点的时间为t。 根据平抛运动规律有y1gt2(1 分)1 2x1

10、vDt(1 分) 联立解得vD(1 分)35 5gR设P在C点速度的大小为vC，在P由C运动到D的过程中根据动能定理有m1g(RRcos 37)m1vm1v(1 分)5 65 61 22D1 22CP由E点运动到C点的过程中，同理，根据动能定理有Epm1g(x5R)sin 37m1g(x5R)cos 37m1v(1 分)1 22C联立解得m1m(1 分)1 33动能定理与图像结合分析问题 a动能定理与vt图像结合分析问题 (6)(2017 吉林二模，6 分)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 4t

11、0，撤 去作用在B物体上的外力F。两物体运动的vt图像如图所示，则A、B两物体( )AA、B两物体的质量之比为 35 BA、B两物体与水平面间的动摩擦因数之比为 215C在 02t0时间间隔内，合外力对A、B两物体做功之比为 53 D在 04t0时间间隔内，水平力F对A、B两物体做功之比为 21 答案：C 解析：根据图像可知，A物体在力F和滑动摩擦力作用下运动，力F作用时间t0，故F作用的位移s1 2v0t0v0t0，滑动摩擦力f1作用全过程，全过程的位移1 2s1 2v03t03v0t0。根据动能定理可得Fs1f1s10，解得3f1。同理可得F1 2F与B所受滑动摩擦力f2的关系为Ff2，故

12、。在减速运动过程中，由滑动摩擦力提5 4f1 f25 12供加速度，根据牛顿第二定律有，故有，可得，故 A 项错误。根据减速运动过程中由滑f1 m1v0 t0f2 m2v0 t0f1 m1f2 m2m1 m2f1 f25 12动摩擦力提供加速度，对A有aA1g，对B有f1 m11m1g m1v0 t0aB2g，二式联立得12，故 B 项错误。02t0时间内，根据f2 m22m2g m2v0 t0动能定理可知合力做功之比等于末动能之比，即m1vm2v53，故 C 项正确。根据1 22 11 22 2功的公式可知WFL，则F做功之比为W1W2Ft0F4t012，故 D 项错误。2v0 2v0 2b

13、动能定理与Fx图像结合分析问题 (7)(2016 浙江学业考试，13 分)如图(a)所示，长为 4 m 的水平轨道AB与半径为R0.6 m 的竖直半圆弧轨道BC在B处相连接，有一质量为 1 kg 的滑块(大小不计)，从A处由静止 开始受水平向右的力F作用，F的大小随位移变化关系如图(b)所示，滑块与AB间动摩擦 因数为 0.25，与BC间的动摩擦因数未知，取g10 m/s2。求：滑块到达B处时的速度大小； 滑块在水平轨道AB上运动前 2 m 过程中所需的时间； 若滑块到达B点时撤去力F，滑块沿半圆弧轨道内侧上滑，并恰好能达到最高点C，则滑 块在半圆轨道上克服摩擦力所做的功是多少。答案：2 m/s(3 分) s(5 分) 5 J(5 分)108 356解析：滑块从A到B的过程中，根据动能定理有F1x1F2x2mgxmv(2 分)1 22B解得vB2 m/s(1 分)10前 2 m 滑块受到拉力的作用，根据牛顿第二定律有 F1mgma1(2 分)根据运动学公式有x1a1t(2 分)1 22 1联立以上二式，解得t1 s(1 分)8 35滑块恰好能到达C点根据牛顿第二定律有mgm(2 分)滑块从B点到C点的过程中，根据动能定理有Wmg2Rmvmv(2 分)1 22C1 22B联立以上二式，解得 W5 J，即克服摩擦力做功为 5 J(1 分)