高考物理一轮复习 5 第2讲 动能定理及其应用练习（含解析）-人教版高三全册物理试题.doc

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1、第2讲 动能定理及其应用考点一对动能、动能定理的理解1.(2018江苏高考)从地面竖直向上抛出一只小球，小球运动一段时间后落回地面。忽略空气阻力，该过程中小球的动能Ek与时间t的关系图象是()【解析】选A。对于整个竖直上抛过程(包括上升与下落)，速度与时间的关系为v=v0-gt，v2=g2t2-2v0gt+，Ek=mv2，可见动能与时间是二次函数关系，由数学中的二次函数知识可判断A正确。2.(2018全国卷)如图，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度。木箱获得的动能一定()A.小于拉力所做的功B.等于拉力所做的功C.等于克服摩擦力所做的功D.大于克服摩擦力所做的

2、功【解析】选A。根据动能定理可得：WF+Wf=Ek，又知道摩擦力做负功，即WfEk2，即甲物体获得的动能比乙大，C正确，D错误。考点二动能定理的应用求解直线运动问题【典例1】如图所示，炼钢厂通常用滚筒来传送软钢锭，使具有一定初速度的软钢锭通过滚筒滑上平台。质量为M的软钢锭长为L，上表面光滑，下表面与平台间是粗糙的。现以水平向右的初速度滑上平台，全部滑上平台时的速度为v。此时，在其右端无初速度放上一个质量为m的滑块(视为质点)。随后软钢锭滑过2L距离时速度为零，滑块恰好到达平台。重力加速度取g，空气阻力不计。求：(1)滑块获得的最大加速度(不考虑与平台的撞击过程)。(2)滑块放上后，软钢锭滑动过

3、程克服阻力做的功。(3)软钢锭处于静止状态时，滑块到达平台的动能。【解析】(1)由于滑块与软钢锭间无摩擦，所以软钢锭在平台上滑过距离L时，滑块脱离软钢锭后做自由落体运动，最大加速度：a=g(2)对软钢锭，由动能定理得：-W=0-Mv2解得：W=Mv2(3)滑块脱离软钢锭后做自由下落到平台的时间与软钢锭在平台最后滑动L的时间相同，设为t。滑块离开软钢锭到软钢锭静止过程，软钢锭做匀减速直线运动，则：Mg=Ma由位移公式得：L=at2对软钢锭，从滑上平台到静止的过程，由动能定理得：-(M+m)gL-MgL=0-Mv2滑块落到平台上时的速度：vm=gt滑块到达平台时的动能：Ekm=m解得：Ekm=答案

4、：(1)g(2)Mv2(3)求解曲线运动问题【典例2】(多选)(2016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()A.a=B.a=C.N=D.N=【解析】选A、C。由P点到最低点，由动能定理得mgR-W=mv2，再由a=得a=，A正确，B错误；在最低点支持力与重力的合力充当向心力，根据牛顿第二定律得N-mg=m，可得N=，C正确，D错误。求解多过程问题【典例3】如图所示，AB为倾角=37的

5、斜面轨道，轨道的AC部分光滑，CB部分粗糙。BP为圆心角等于143，半径R=1m的竖直光滑圆弧形轨道，两轨道相切于B点，P、O两点在同一竖直线上，轻弹簧一端固定在A点，另一自由端在斜面上C点处，现有一质量m=2kg的物块在外力作用下将弹簧缓慢压缩到D点后(不拴接)释放，物块经过C点后，从C点运动到B点过程中的位移与时间的关系为x=12t-4t2(式中x单位是m，t单位是s)，假设物块第一次经过B点后恰能到达P点，(sin37=0.6，cos37=0.8，g取10m/s2)试求：(1)若CD=1m，物块从D点运动到C点的过程中，弹簧对物块所做的功；(2)B、C两点间的距离x。(3)若BC部分光滑

6、，把物块仍然压缩到D点释放，求物块运动到P点时受到轨道的压力大小。【解析】(1)由x=12t-4t2知，物块在C点速度为v0=12m/s，加速度大小a=8m/s2设物块从D点运动到C点的过程中，弹簧对物块所做的功为W，由动能定理得W-mgsin37=m代入数据得W=m+mgsin37=156J。(2)物块在CB段，根据牛顿第二定律，物块所受合力F=ma=16N物块在P点的速度满足mg=C到P的过程，由动能定理得-Fx-mgR(1+cos37)=m-m解得x=m=6.125m。(3)物块从C到P的过程中，由动能定理得-mgxsin37-mgR(1+cos37)=mvP2-m物块在P点时满足FN+

7、mg=，联立以上两式得FN=49N。答案：(1)156J(2)6.125m(3)49N【多维训练】如图所示，光滑的轨道ABO的AB部分与水平部分BO相切，轨道右侧是一个半径为R的四分之一圆弧轨道，O点为圆心，C为圆弧上的一点，OC与水平方向的夹角为37。现将一质量为m的小球从轨道AB上某点由静止释放。已知重力加速度为g，不计空气阻力。(sin37=，cos37=)(1)若小球恰能击中C点，求刚释放小球的位置距离BO平面的高度；(2)改变释放点的位置，求小球落到轨道上时动能的最小值。【解析】(1)设小球经过O点的速度为v0，从O点到C点做平抛运动，则有Rcos37=v0t，Rsin37=gt2从

8、A点到O点，由动能定理得mgh=m联立可得，刚释放小球的位置距离BO平面的高度h=R；(2)设小球落到轨道上的点与O点的连线与水平方向的夹角为，小球做平抛运动，Rcos=v0tRsin=gt2对此过程，由动能定理得mgRsin=Ek-mv02解得Ek=mgR当sin=时，小球落到轨道上时的动能最小，最小值为Ek=mgR。答案：(1)(2)求解机车启动问题【典例4】如图甲所示，一辆小汽车以5m/s的速度从水平路段的A点，以P1=6kW恒定功率沿平直公路AB段行驶，在斜坡底B处瞬时换挡，以P2=112kW的恒定功率沿倾角为30的BC段斜坡上行，用12s通过整个ABC路段，其v-t图象如图乙所示，在

9、乙图象上t=12s处水平虚线与曲线相切，假设小汽车在AB段和BC段受到的阻力(含地面摩擦力和空气阻力等)大小相等，换挡时小汽车的速率不变。求：()(1)小汽车的质量m；(2)小汽车在412s时间段运动的路程。【解析】(1)水平AB段匀速直线运动，由P1=fv1得f=N=1.2103N在斜坡BC段12s末时刻，加速度为零，即P2=(mgsin30+f)v2得m=2103kg(2)在BC段，由动能定理知：P2t2-mgsin30L-fL=m-m代入数据解得L=73.3m答案：(1)2103kg(2)73.3m应用动能定理解题的基本步骤【加固训练】如图所示，与水平面夹角=37的斜面和半径R=0.4m

10、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10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8)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】(1)在C点，滑块竖直方向所受合力提供向心力mg=解得vC=2m/s(2)对BC过程，由动能定理得-mgR(1+cos37)=m-m解得vB=4.29m/s(3)滑块在AB的过程，由动能定理得mgh-mgcos37=m-0代入数据解得h=1.38m。答案：(1)2

11、m/s(2)4.29m/s(3)1.38m考点三动能定理与图象相结合【典例5】(多选)(2020大连模拟)在某一粗糙的水平面上，一质量为2kg的物体在水平恒定拉力的作用下做匀速直线运动，当运动一段时间后，拉力逐渐减小，且当拉力减小到零时，物体刚好停止运动，图中给出了拉力随位移变化的关系图象。已知重力加速度g取10m/s2。根据以上信息能精确得出或估算得出的物理量有()A.物体与水平面间的动摩擦因数B.合外力对物体所做的功C.物体做匀速运动时的速度D.物体运动的时间【解析】选A、B、C。物体做匀速直线运动时，拉力F与滑动摩擦力f大小相等，物体与水平面间的动摩擦因数为=0.35，A正确；减速过程由

12、动能定理得WF+Wf=0-mv2，根据F-x图象中图线与坐标轴围成的面积可以估算力F做的功WF，而Wf=-mgx，由此可求得合外力对物体所做的功和物体做匀速运动时的速度v，B、C正确；因为物体做变加速运动，所以运动时间无法求出，D错误。1.两类图象所围“面积”的意义：2.解决动能定理与图象问题的基本步骤：【加固训练】如图所示，某质点运动的v-t图象为正弦曲线。从图象可以判断()A.质点做曲线运动B.在t1时刻，合外力的功率最大C.在t2t3时间内，合外力做负功D.在0t1和t2t3时间内，合外力的平均功率相等【解析】选D。质点运动的v-t图象描述的是质点的直线运动，选项A错误；在t1时刻，v-t图线的斜率为零，加速度为零，合外力为零，合外力功率为零，选项B错误；由题图可知，在t2t3时间内，质点的速度增大，动能增大，由动能定理可知，合外力做正功，选项C错误；在0t1和t2t3时间内，动能的变化量相同，故合外力做的功相等，时间相等，则合外力的平均功率相等，选项D正确。