5mjt马井堂衡水中学高中物理-动能、动能定理

动能、动能定理考点考级命题点考查频率对动能及动能定理的理解(Ⅱ)命题点1：对动能的理解命题点2：对动能定理的理解2017·江苏卷，3动能定理的应用(Ⅱ)命题点1：求解变力做功问题命题点2：处理曲线运动中的相关问题2016·课标卷Ⅲ，202015·课标卷Ⅰ，172017·江苏卷，5,14 用动能定理解决多过程问题(Ⅱ)命题点1：直线运动与平抛运动的组合命题点2：直线运动与圆周运动的组合命题点3：直线运动、圆周运动及平抛运动的组合2016·课标卷Ⅰ，25 1.动能—⎪⎪⎪⎪定义→物体由于运动而具有的能量公式→E k＝12m v2；单位→焦耳，符号：J矢标性→动能是标量，且只有非负值动能的变化量→ΔE k＝12m v22－12m v212.动能定理—⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪内容→⎪⎪⎪ 力在一个过程中对物体所做的功等于物体在这个过程中 动能的变化表达式→W ＝ E k2－E k1物理意义→ 合外力 的功是物体动能变化的量度适用范围→⎪⎪⎪ 既适用于直线运动，也适用于曲线运动既适用于恒力做功，也适用于变力做功对“外力”的两点理解⎪⎪⎪⎪(1)“外力”可以是重力、弹力、摩擦力、 电场力、磁场力等，它们可以同时作用，也可以不同时作用(2)“外力”既可以是恒力，也可以是变力公式中“＝”体现的三个关系：数量关系合力做的功与物体动能的变化相等单位关系国际单位都是焦耳因果关系合力做功是物体动能变化的原因[诊断小练](1)一定质量的物体动能变化时，速度一定变化，但速度变化时，动能不一定变化．( ) (2)动能不变的物体一定处于平衡状态．( )(3)如果物体所受的合外力为零，那么合外力对物体做功一定为零．( ) (4)物体在合外力作用下做变速运动时，动能一定变化．( ) (5)物体的动能不变，所受的合外力必定为零．( )(6)做自由落体运动的物体，动能与时间的二次方成正比．( ) 【答案】 (1)√ (2)× (3)√ (4)× (5)× (6)√命题点1 对动能的理解1．一个质量为0.3 kg 的弹性小球，在光滑水平面上以6 m/s 的速度垂直撞到墙上，碰撞后小球沿相反方向运动，反弹后的速度大小与碰撞前相同，则碰撞前后小球速度变化量的大小Δv 和碰撞过程中小球的动能变化量ΔE k 为( )A ．Δv ＝0B ．Δv ＝12 m/sC ．ΔE k ＝1.8 JD ．ΔE k ＝10.8 J【解析】 取初速度方向为正方向，则Δv ＝(－6－6)m/s ＝－12 m/s ，由于速度大小没变，动能不变，故动能变化量为0，故只有选项B正确．【答案】 B命题点2对动能定理的理解2．(2017·江苏卷，3)一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处．物块初动能为E k0，与斜面间的动摩擦因数不变，则该过程中，物块的动能E k与位移x关系的图线是()【解析】设斜面倾角为θ，根据动能定理，当小物块沿斜面上升时，有－(mg sin θ＋f)x＝E k－E k0，即E k＝－(f＋mg sin θ)x＋E k0，所以E k与x的函数关系图象为直线，且斜率为负．当小物块沿斜面下滑时根据动能定理有(mg sin θ－f)(x0－x)＝E k－0(x0为小物块到达最高点时的位移)，即E k＝－(mg sin θ－f)x＋(mg sin θ－f)x0所以下滑时E k随x的减小而增大且为直线．综上所述，选项C正确．【答案】 C考点二动能定理的应用(高频26)应用动能定理的流程命题点1 求解变力做功问题3．(2017·江苏卷，14)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m2，与地面间的动摩擦因数均为μ.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μmin ；(3)A 移动的整个过程中，拉力做的功W . 【解析】 (1)对C 受力分析，如图所示．根据平衡条件有2F cos 30°＝mg . 解得F ＝33mg . (2)C 恰好降到地面时，B 受C 压力的水平分力最大 F x max ＝32mg B 受地面的摩擦力f ＝μmg根据题意，B 保持静止，则有f min ＝F x max 解得μmin ＝32. (3)C 下降的高度h ＝(3－1)R A 的位移x ＝2(3－1)R A 受的地面摩擦力大小不变摩擦力做功的大小W f ＝fx ＝2(3－1)μmgR根据动能定理W －W f ＋mgh ＝0－0 解得W ＝(2μ－1)(3－1)mgR .【答案】 (1)33mg (2)32(3)(2μ－1)(3－1)mgR 4．(2018·山东济南一中上学期期中)如图所示，在半径为0.2 m 的固定半球形容器中，一质量为1 kg 的小球(可视为质点)自边缘上的A 点由静止开始下滑，到达最低点B 时，它对容器的正压力大小为15 N ．取重力加速度为g ＝10 m/s 2，则球自A 点滑到B 点的过程中克服摩擦力做的功为( )A ．0.5 JB ．1.0 J C.1.5 JD ．1.8 J【解析】 在最低点：F N －mg ＝m v 2BR球自A 滑到B 的过程中由动能定理得： mgR －W f ＝12m v 2B代入数据解得W f ＝1.5 J ，C 正确． 【答案】 C命题点2 处理曲线运动中的相关问题5.(2017·江苏卷，5)如图所示，一小物块被夹子夹紧，夹子通过轻绳悬挂在小环上，小环套在水平光滑细杆上．物块质量为M ，到小环的距离为L ，其两侧面与夹子间的最大静摩擦力均为F .小环和物块以速度v 向右匀速运动，小环碰到杆上的钉子P 后立刻停止，物块向上摆动．整个过程中，物块在夹子中没有滑动．小环和夹子的质量均不计，重力加速度为g .下列说法正确的是( )A ．物块向右匀速运动时，绳中的张力等于2FB ．小环碰到钉子P 时，绳中的张力大于2FC ．物块上升的最大高度为2v 2gD ．速度v 不能超过(2F －Mg )LM【解析】 物块受到的摩擦力小于最大静摩擦力，即Mg ＜2F .A 错：物块向右匀速运动时，物块处于平衡状态，绳子中的张力T ＝Mg ≤2F .B 错：小环碰到钉子时，物块做圆周运动，根据牛顿第二定律和向心力公式有：T －Mg ＝M v 2L ，T ＝Mg ＋M v 2L，所以绳子中的张力与2F 大小关系不确定．C 错：若物块做圆周运动到达的高度低于P 点，根据动能定理有－Mgh ＝0－12M v 2则最大高度h ＝v 22g若物块做圆周运动到达的高度高于P 点，则根据动能定理有－Mgh ＝12M v ′2－12M v 2则最大高度h ＜v 22g.D 对：环碰到钉子后，物块做圆周运动，在最低点，物块与夹子间的静摩擦力达到最大值，由牛顿第二定律知：2F －Mg ＝M v 2L故最大速度v ＝ (2F －Mg )LM. 【答案】 D考点三 用动能定理解决多过程问题(高频27)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．[诊断小练](1)在不涉及中间过程的细节及时间问题时全过程应用动能定理．()(2)重力、电场力等场力做功只考虑、初末位置即可．()(3)两个互相垂直的力对物体做功分别为3 J和4 J，则这两个力对物体做的总功为5 J．()(4)用动能定理解决多过程问题时，只能求功、速度(或动能)．()【答案】(1)√(2)√(3)×(4)×命题点1直线运动与平抛运动的组合6．(2015·浙江卷，23)如图所示，用一块长L1＝1.0 m的木板在墙和桌面间架设斜面，桌子高H＝0.8 m，长L2＝1.5 m．斜面与水平桌面的倾角θ可在0～60°间调节后固定．将质量m＝0.2 kg的小物块从斜面顶端静止释放，物块与斜面间的动摩擦因数μ1＝0.05，物块与桌面间的动摩擦因数为μ2，忽略物块在斜面与桌面交接处的能量损失．(重力加速度取g＝10 m/s2；最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(1)当θ角增大到多少时，物块能从斜面开始下滑；(用正切值表示)(2)当θ角增大到37°时，物块恰能停在桌面边缘，求物块与桌面间的动摩擦因数μ2；(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)(3)继续增大θ角，发现θ＝53°时物块落地点与墙面的距离最大，求此最大距离x m.【解析】(1)要使小物块能够下滑必须满足mg sin θ≥μ1mg cos θ①解得tan θ≥0.05.②(2)物块从斜面顶端下滑到停在桌面边缘过程中物块克服摩擦力做功W f＝μ1mgL1cos θ＋μ2mg(L2－L1cos θ)③全过程由动能定理得：mgL1sin θ－W f＝0④代入数据解得μ2＝0.8.⑤(3)当θ＝53°时物块能够滑离桌面，做平抛运动落到地面上，物块从斜面顶端由静止滑到桌面边缘，由动能定理得：mgL 1sin θ－W f ′＝12m v 2⑥由③⑥解得v ＝1 m/s对于平抛过程列方程有：H ＝12gt 2，解得t ＝0.4 sx 1＝v t ，解得x 1＝0.4 m 则x m ＝x 1＋L 2＝1.9 m.【答案】 (1)tan θ≥0.05 (2)0.8 (3)1.9 m 命题点2 直线运动与圆周运动的组合7．(2016·天津卷，10)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m ＝60 kg 的运动员从长直助滑道AB 的A 处由静止开始以加速度a ＝3.6 m/s 2匀加速滑下，到达助滑道末端B 时速度v B ＝24 m/s ，A 与B 的竖直高度差H ＝48 m ．为了改变运动员的运动方向，在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接，其中最低点C 处附近是一段以O 为圆心的圆弧．助滑道末端B 与滑道最低点C 的高度差h ＝5 m ，运动员在B 、C 间运动时阻力做功W ＝－1 530 J ，取g ＝10 m/s 2.(1)求运动员在AB 段下滑时受到阻力F f 的大小；(2)若运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，则C 点所在圆弧的半径R 至少应为多大．【解析】 (1)运动员在AB 上做初速度为零的匀加速运动，设AB 的长度为x ，则有v 2B ＝2ax ① 由牛顿第二定律有 mg Hx－F f ＝ma ② 联立①②式，代入数据解得 F f ＝144 N ③(2)设运动员到达C 点时的速度为v C ，在由B 到达C 的过程中，由动能定理有 mgh ＋W ＝12m v 2C －12m v 2B ④ 设运动员在C 点所受的支持力为F N ，由牛顿第二定律有F N －mg ＝m v 2CR⑤由运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，联立④⑤式，代入数据解得 R ＝12.5 m【答案】 (1)144 N (2)12.5 m命题点3 直线运动、圆周运动及平抛运动的组合8．(2016·课标卷Ⅰ，25)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56R 的光滑圆弧轨道相切于C 点，AC ＝7R ，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，AF ＝4R ，已知P 与直轨道间的动摩擦因数μ＝14，重力加速度大小为g .(取sin 37°＝35，cos 37°＝45)(1)求P 第一次运动到B 点时速度的大小； (2)求P 运动到E 点时弹簧的弹性势能；(3)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72R 、竖直相距R ，求P 运动到D 点时速度的大小和改变后P 的质量．【解析】 (1)根据题意知，B 、C 之间的距离l 为 l ＝7R －2R ①设P 到达B 点时的速度为v B ，由动能定理得 mgl sin θ－μmgl cos θ＝12m v 2B②式中θ＝37°，联立①②式并由题给条件得 v B ＝2gR ③(2)设BE ＝x .P 到达E 点时速度为零，设此时弹簧的弹性势能为E p .P 由B 点运动到E 点的过程中，由动能定理有mgx sin θ－μmgx cos θ－E p ＝0－12m v 2B ④E 、F 之间的距离l 1为l 1＝4R －2R ＋x ⑤P 到达E 点后反弹，从E 点运动到F 点的过程中，由动能定理有 E p －mgl 1sin θ－μmgl 1cos θ＝0⑥ 联立③④⑤⑥式并由题给条件得x ＝R ⑦ E p ＝125mgR ⑧(3)设改变后P 的质量为m 1，D 点与G 点的水平距离x 1和数值距离y 1分别为 x 1＝72R －56R sin θ⑨y 1＝R ＋56R ＋56R cos θ⑩式中，已应用了过C 点的圆轨道半径与竖直方向夹角仍为θ的事实． 设P 在D 点的速度为v D ，由D 点运动到G 点的时间为t .由平抛运动公式有 y 1＝12gt 2⑪x 1＝v D t ⑫ 联立⑨⑩⑪⑫式得 v D ＝355gR ⑬设P 在C 点速度的大小为v C ，在P 由C 运动到D 的过程中机械能守恒，有 12m 1v 2C ＝12m 1v 2D ＋m 1g ⎝⎛⎭⎫56R ＋56R cos θ⑭ P 由E 点运动到C 点的过程中，同理，由动能定理有 E p －m 1g (x ＋5R )sin θ－μm 1g (x ＋5R )cos θ＝12m 1v 2C ⑮ 联立⑦⑧⑬⑭⑮式得 m 1＝13m .【答案】 (1)2gR (2)125mgR (3)355gR 13m9．(2018·江苏常州高三期中)如图所示，固定斜面AB 、CD 与竖直光滑圆弧BC 相切于B 、C 点，两斜面的倾角θ＝37°，圆弧BC 半径R ＝2 m ．一质量m ＝1 kg 的小滑块(视为质点)从斜面AB 上的P 点由静止沿斜面下滑，经圆弧BC 冲上斜面CD .已知P 点与斜面底端B 间的距离L 1＝6 m ，滑块与两斜面间的动摩擦因数均为μ＝0.25，g ＝10 m/s 2.求：(1)小滑块第1次经过圆弧最低点E 时对圆弧轨道的压力；(2)小滑块第1次滑上斜面CD 时能够到达的最远点Q (图中未标出)距C 点的距离； (3)小滑块从静止开始下滑到第n 次到达B 点的过程中在斜面AB 上运动通过的总路程．【解析】 (1)小滑块由P 点运动到E 点：mgL 1sin 37°＋mgR (1－cos 37°)－μmgL 1cos 37°＝12m v 2E －0经E 点：F N －mg ＝m v 2ER，解得F N ＝38 N滑块对轨道的压力F N ′＝F N ＝38 N ，方向竖直向下．(2)设小滑块在斜面AB 上依次下滑的距离分别为L 1、L 2、L 3…在斜面CD 上依次上滑的距离分别为x 1、x 2、x 3…，小滑块由P 点运动到Q 点：mg (L 1－x 1)sin 37°－μmg (L 1＋x 1)cos 37°＝0 解得：x 1＝L 12＝3 m.(3)由(2)同理可得：L 2＝x 12，x 2＝L 22；L 3＝x 22，x 3＝L 32；…L 1、L 2、L 3……构成公比为14的等比数列 设从静止开始下滑到第n 次到达B 点的过程中在斜面AB 上运动通过的总路程为S n ，当n 为奇数时，总路程S n ＝L 1＋2(L 2＋L 3＋…＋L n )＝6＋2×1.5×⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫14n －121－14m ＝10－23－n m.当n 为偶数时，总路程S n ＝L 1＋2(L 2＋L 3＋…＋L n －1)＝6＋2×1.5×⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫14n －221－14 m＝10－24－n m【答案】 (1)38 N ，方向竖直向下 (2)3 m(3)⎩⎪⎨⎪⎧10－23－n m (n 为奇数)10－24－n m (n 为偶数)[高考真题]1．(2015·课标卷Ⅰ，17)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( )A ．W ＝12mgR ，质点恰好可以到达Q 点B ．W ＞12mgR ，质点不能到达Q 点C ．W ＝12mgR ，质点到达Q 点后，继续上升一段距离D ．W ＜12mgR ，质点到达Q 点后，继续上升一段距离【解析】 根据动能定理得P 点动能E kP ＝mgR ，经过N 点时，由牛顿第二定律和向心力公式可得4mg －mg ＝m v 2R ，所以N 点动能为E kN ＝3mgR2，从P 点到N 点根据动能定理可得mgR －W ＝3mgR 2－mgR ，即克服摩擦力做功W ＝mgR2.质点运动过程中，半径方向的合力提供向心力即F N －mg cos θ＝m v 2R ，根据左右对称，在同一高度处，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F f ＝μF N 变小，所以摩擦力做功变小，那么从N 到Q ，根据动能定理，Q 点动能E kQ ＝3mgR2－mgR－W ′＝12mgR －W ′，由于W ′＜mgR2，所以Q 点速度仍然没有减小到0，会继续向上运动一段距离，故C 正确．【答案】 C2．(2016·上海卷，25)地面上物体在变力F 作用下由静止开始竖直向上运动，力F 随高度x 的变化关系如图所示，物体能上升的最大高度为h ，h ＜H .当物体加速度最大时其高度为 ________ ，加速度的最大值为 ________ .【解析】 据题意，从图可以看出力F 是均匀减小的，可以得出力F 随高度x 的变化关系：F ＝F 0－kx ，而k ＝F 0H ，可以计算出物体到达h 处时力F ＝F 0－F 0Hh ；物体从地面到h 处的过程中，力F 做正功，重力G 做负功，由动能定理可得：F h ＝mgh ，而F ＝F 0＋F 2＝F 0－F 02H h ，可以计算出：F 0＝2mgH2H －h，则物体在初位置加速度为：F 0－mg ＝ma 1，计算得：a 1＝gH 2H －h ；当物体运动到h 处时，加速度为：mg －F ＝ma 2，而F ＝2mgH2H －h－2mgh 2H －h ，计算得：a 2＝gh2H －h ，即加速度最大的位置是0或h 处． 【答案】 0或hgh2H －h3．(2016·浙江卷，18)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】 滑草车受力分析如图所示，在B 点处有最大速度v ，在上、下两段所受摩擦力大小分别为f 1、f 2f 1＝μmg cos 45° f 2＝μmg cos 37°整个过程由动能定理得： mg ·2h －f 1·h sin 45°－f 2·h sin 37°＝0①解得：μ＝67，A 项正确．滑草车在上段滑道运动过程中由动能定理得： mgh －f 1·h sin 45°＝12m v 2②解得：v ＝2gh7，B 项正确． 由①式知：W f ＝2mgh ，C 项错误．在下段滑道上，mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma 2 解得：a 2＝－335g ，故D 项错误．【答案】 AB[名校模拟]4.(2018·山东淄博一中高三上学期期中)如图所示，质量为1.0 kg 的质点在水平面上运动的v -t 图象，以水平向右的方向为正方向．下列判断正确的是( )A ．在0～3 s 时间内，合力对质点做功为10 JB ．在4～6 s 时间内，质点的平均速度为3 m/sC ．在1～5 s 时间内，合力的平均功率为4 WD ．在t ＝6 s 时，质点的加速度为零【解析】 由动能定理得，0～3 s 内W F ＝12m v 2－12m v 20＝6 J ，A 错；4～6 s 内位移x ＝6 m ，v －＝3 m/s ，B 对；1～5 s 内，合力的功W ＝12m v 2＝8 J ，平均功率P ＝2 W ，C错；t ＝6 s 时，质点加速度a ＝4 m/s 2，D 错．【答案】 B5．(2018·山东沂水四中高三月考)质量为2 kg 的物块放在粗糙的水平面上，在水平拉力的作用下由静止开始运动，物块动能E k 与其发生位移x 之间的关系如图所示．已知物块与水平面间的动摩擦因数为0.2，重力加速度g 取10 m/s 2，则下列说法中正确的是( )A ．x ＝1 m 时物块的速度大小为 2 m/sB ．x ＝3 m 时物块的加速度大小为2.5 m/s 2C ．从静止开始前2 s 发生的位移为2 mD ．在前4 s 位移的运动过程中拉力对物块做的功为20 J【解析】 由题中图象知，x ＝1 m 时，动能E k ＝2 J ，由E k ＝12m v 2，得v ＝ 2 m/s ，选项A 正确；x ＝3 m 时的合力为图象的斜率，由图象知，合力为2.5 N ，由牛顿第二定律a ＝Fm 知加速度为1.25 m/s 2，选项B 错误；由图象知前2 s 合力为2 N ，由牛顿第二定律知加速度为1 m/s 2，由x ＝12at 2得，前2 s 的位移为2 m ，选项C 正确；由动能定理知W F －μmgs ＝E 末－0，其中s ＝4 m ，E 末＝9 J ，得W F ＝25 J ，选项D 错误．【答案】 AC6．(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(小球的运动可看作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E k B ，小球上升时间记为t 1，下落时间记为t 2，不计其他阻力，则( )A ．x 1∶x 2＝1∶3B ．t 1＜t 2C ．E k B ＝6 JD ．E k B ＝12 J【解析】 由小球上升与下落时间相等即t 1＝t 2得， x 1∶(x 1＋x 2)＝1∶22＝1∶4，即x 1∶x 2＝1∶3.A 正确，B 错误；A →M 应用动能定理得 －mgh ＋W 1＝12m v 2M －12m v 2，①竖直方向有v 2＝2gh ② ①②式联立得W 1＝2 JA →B 风力做功W 2＝4W 1＝8 J ，A →B 由动能定理W 2＝E k B －E k A ，可求得E k B ＝12 J ，A 、D 正确．【答案】 AD课时作业(十五) [基础小题练]1．(2018·广东六校联考)北京获得2022年冬奥会举办权，冰壶是冬奥会的比赛项目．将一个冰壶以一定初速度推出后将运动一段距离停下来．换一个材料相同、质量更大的冰壶，以相同的初速度推出后，冰壶运动的距离将( )A ．不变B ．变小C ．变大D ．无法判断【解析】 冰壶在冰面上以一定初速度被推出后，在滑动摩擦力作用下做匀减速运动，根据动能定理有－μmgs ＝0－12m v 2，得s ＝v 22μg，两种冰壶的初速度相等，材料相同，故运动的位移大小相等．故选A.【答案】 A2.如图所示，两质量均为m ＝1 kg 的小球1、2(可视为质点)用长为L ＝1.0 m 的轻质杆相连，水平置于光滑水平面上，且小球1恰好与光滑竖直墙壁接触，现用力F 竖直向上拉动小球1，当杆与竖直墙壁夹角θ＝37°时，小球2的速度大小v ＝1.6 m/s ，sin 37°＝0.6，g ＝10 m/s 2，则此过程中外力F 所做的功为( )A ．8 JB ．8.72 JC ．10 JD ．9.28 J【解析】 当杆与竖直墙壁夹角θ＝37°时，设小球1的速度为v 1，将小球1、2的速度沿杆方向和垂直杆方向分解，则有v 1cos 37°＝v cos 53°，所以v 1＝34v ＝1.2 m/s ，取两小球和轻质杆为整体，则由动能定理知W F －mgL cos 37°＝12m v 21＋12m v 2，联立并代入数值得W F ＝10 J ，C 对．【答案】 C3．两辆汽车在同一平直路面上行驶，它们的质量之比m 1∶m 2＝1∶2，速度之比v 1∶v 2＝2∶1.当两车急刹车后，甲车滑行的最大距离为l 1，乙车滑行的最大距离为l 2，设两车与路面间的动摩擦因数相等，不计空气阻力，则( )A ．l 1∶l 2＝1∶2B ．l 1∶l 2＝1∶1C ．l 1∶l 2＝2∶1D ．l 1∶l 2＝4∶1【解析】 由动能定理，对两车分别列式－μm 1gl 1＝0－12m 1v 21，－μm 2gl 2＝0－12m 2v 22，联立得l 1∶l 2＝4∶1，故D 正确．【答案】 D4.半径为R 的光滑半球固定在水平面上，现用一个方向与球面始终相切的拉力F 把质量为m 的小物体(可看作质点)沿球面从A 点缓慢地移动到最高点B ，在此过程中，拉力做的功为( )A ．πFRB ．πmgR C.π2mgR D ．mgR【解析】 拉动物体的力为变力，故A 错；缓慢运动可认为速度为0，由动能定理得W F －mgR ＝0，所以W F ＝mgR ，故D 对．【答案】 D5．如图甲所示，静止于光滑水平面上的小物块，在水平拉力F 的作用下从坐标原点O 开始沿x 轴正方向运动，F 随物块所在位置坐标x 的变化关系如图乙所示，图线右半部分为四分之一圆弧，则小物块运动到2x 0处时的动能可表示为( )A ．0B ．F max x 0 C.12F max x 0(1＋π) D ．12F max x 0⎝⎛⎭⎫1＋π2 【解析】 题中F -x 图象与横坐标围成的面积等于拉力做功的大小，由图象可得出W ＝12F max x 0⎝⎛⎭⎫1＋π2，根据动能定理得E k ＝W ＝12F max x 0⎝⎛⎭⎫1＋π2，选项D 正确． 【答案】 D6.如图所示，固定斜面AD 上有B 、C 两点，且AB ＝BC ＝CD ，小滑块以初动能E k0从A 点出发，沿斜面向上运动．若整个斜面AD 光滑，则滑块到达D 位置速度恰好为零，而后下滑．若斜面AB 部分与滑块间有摩擦力，其余部分BD 无摩擦力，则滑块恰好滑到C 位置速度为零，然后下滑，那么滑块下滑到( )A ．位置B 时的动能为E k03B ．位置B 时的动能为E k02C ．位置A 时的动能为E k02D ．位置A 时的动能为E k03【解析】 设斜面长为3x 、高为3h ，若斜面光滑，滑块由底端运动到顶端过程中，－mg ·3h ＝0－E k0；若AB 部分粗糙，其他部分光滑，滑块由底端A 滑到位置C 过程中，－F f ·x －mg ·2h ＝0－E k0，滑块由C 滑到B 过程中，mgh ＝E k B ，联立得E k B ＝13E k0，滑块由C 滑到A 过程中，mg ·2h －F f ·x ＝E k A ，联立得E k A ＝E k03，A 、D 正确． 【答案】 AD[创新导向练]7．体育运动——动能定理在滑沙运动中的应用在新疆旅游时，最刺激的莫过于滑沙运动．某人坐在滑沙板上从沙坡斜面的顶端由静止沿直线下滑到斜面底端时，速度为2v 0，设人下滑时所受阻力恒定不变，沙坡长度为L ，斜面倾角为α，人的质量为m ，滑沙板质量不计，重力加速度为g ，则( )A ．若人在斜面顶端被其他人推了一把，沿斜面以v 0的初速度下滑，则人到达斜面底端时的速度大小为3v 0B ．若人在斜面顶端被其他人推了一把，沿斜面以v 0的初速度下滑，则人到达斜面底端时的速度大小为5v 0C ．人沿沙坡下滑时所受阻力F f ＝mg sin α－2m v 20LD ．人在由静止下滑过程中重力功率的最大值为2mg v 0 【解析】对人进行受力分析如图所示，根据匀变速直线运动的规律有：(2v 0)2－0＝2aL ，v 21－v 20＝2aL ，可解得：v 1＝5v 0，所以选项A 错误，B 正确；根据动能定理有：mgL sin α－F f L ＝12m (2v 0)2，可解得F f ＝mg sin α－2m v 20L ，选项C 正确；重力功率的最大值为P m ＝2mg v 0sin α，选项D 错误．【答案】 BC8．方法迁移——利用a -t 图象中的“面积”表示速度变化量解决动能定理相关问题(2018·湖南株洲市二中高三期中)某研究性学习小组用加速度传感器探究物体从静止开始做直线运动的规律，得到了质量为1.0 kg 的物体运动的加速度随时间变化的关系图线，如图所示．由图可以得出( )A ．从t ＝4.0 s 至t ＝6.0 s 的时间内物体做匀减速直线运动B ．物体在t ＝10.0 s 时的速度大小约为6.8 m/sC ．从t ＝10.0 s 到t ＝12.0 s 的时间内合外力对物体做的功约为0.5 JD ．从t ＝2.0 s 到t ＝6.0 s 的时间内物体所受合外力先减小后增大【解析】 从t ＝4.0 s 到t ＝6.0 s 的时间内物体做加速度逐渐减小的变加速运动，A 错；物体在t ＝10.0 s 时的速度v 10＝at ＝68×1×0.1 m/s ＝6.8 m/s ，B 对；从t ＝2.0 s 到t ＝6.0 s 的时间内物体的加速度先增大后减小，所以物体所受合外力先增大后减小，D 错；v 12＝78×1×0.1 m/s ＝7.8 m/s ，从t ＝10.0 s 到t ＝12.0 s 的时间内合外力对物体做的功W ＝12m v 212－12m v 210＝7.3 J ，C 错． 【答案】 B9．体育运动——不等式“放缩法”与动能定理相结合解决相关实际问题 被称为山东十大最美的地方，有江北第一溶洞之称的沂水天然地下画廊建有大型滑雪场．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s 1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s 2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C ．s 1＜4 m ，s 2＞2 mD ．s 1＞4 m ，s 2＜2 m【解析】 运动员在斜坡上滑行的过程中有重力做功，摩擦力做功，由动能定理可知A 错，B 对．从左侧斜坡s 处滑至s 1处过程中再由动能定理得：mg (s －s 1)sin α－W f ＝12m v 2①(其中s ＝8 m ，s 1是距坡底的距离)因为下滑到距离坡底s 1处动能和势能相等，所以有：mgs 1·sin α＝12m v 2②联立①②得：mg (s －s 1)sin α－W f ＝mgs 1·sin α③ 由③得：s －s 1＞s 1即s 1＜4 m.同理，从右侧斜坡s 2处滑至s ′(s ′＝4 m)处过程中 由动能定理得：－mg (s ′－s 2)·sin α－W f ′＝0－12m v 21④距坡底s 2处动能和势能相等，有mgs 2·sin α＝12m v 21⑤由④⑤两式得：mg (s ′－s 2)·sin α＋W f ′＝mgs 2·sin α⑥ 由⑥式得：s ′－s 2＜s 2 即s 2＞2 m 综上所述B 、C 正确． 【答案】 BC10．生活实际——用动能定理处理电梯升降相关问题如图所示，电梯质量为M ，在它的水平地板上放置一质量为m 的物体．电梯在钢索的拉力作用下由静止开始竖直向上加速运动，当上升高度为H 时，电梯的速度达到v ，则在这个过程中，以下说法中正确的是( )A ．电梯地板对物体的支持力所做的功等于m v 22B ．电梯地板对物体的支持力所做的功大于m v 22C ．钢索的拉力所做的功等于m v 22＋MgHD ．钢索的拉力所做的功大于m v 22＋MgH。