2019高考物理一轮复习课时检测：(十八) 动能定理及其应用(重点) 含解析

合集下载

2019年高考物理一轮复习：动能定理及其应用讲义含解析

第2讲动能定理及其应用板块一主干梳理·夯实基础【知识点1】动能Ⅱ1.定义：物体由于运动而具有的能.2.公式：E k＝12m v2.3.物理意义：动能是状态量，是标量(选填“矢量”或“标量”)，只有正值，动能与速度方向无关.4.单位：焦耳，1 J＝1 N·m＝1 kg·m2/s2.5.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ΔE k＝12m v22－12m v21.【知识点2】动能定理Ⅱ1.内容：合外力对物体所做的功，等于物体在这个过程中动能的变化.2.表达式(1)W＝ΔE k.(2)W＝E k2－E k1.(3)W＝12m v22－12m v21.3.物理意义：合外力的功是物体动能变化的量度.4.适用范围广泛(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.板块二考点细研·悟法培优考点1动能定理的理解和应用[拓展延伸]1.做功的过程就是能量转化的过程，动能定理表达式中的“＝”的意义是一种因果关系在数值上相等的符号.2.动能定理叙述中所说的“外力”，既可以是重力、弹力、摩擦力，也可以是电场力、磁场力或其他力.3.动能定理中涉及的物理量有F、l、m、v、W、E k等，在处理含有上述物理量的问题时，优先考虑使用动能定理.4.若过程包含了几个运动性质不同的分过程，既可以分段考虑，也可以整个过程考虑.例1如图所示，质量为m的滑块从h高处的a点沿倾斜轨道ab滑入水平轨道bc(两轨道平滑连接)，滑块与倾斜轨道及水平轨道间的动摩擦因数相同.滑块在a、c两点时的速度大小均为v、ab长度与bc长度相等.空气阻力不计，则滑块从a到c的运动过程中()A ．滑块的动能始终保持不变B.滑块在bc 过程克服阻力做的功一定等于mgh2C.滑块经b 点时的速度大于gh ＋v 2D.滑块经b 点时的速度等于2gh ＋v 2(1)滑块从b 到c 的过程中摩擦力做功吗？做正功还是负功？提示：做功.做负功.(2)滑块在ab 段和bc 段摩擦力做功相同吗？提示：不同，位移相同但摩擦力不同. 尝试解答选C.由题意知，在滑块从b 运动到c 的过程中，由于摩擦力做负功，动能在减少，所以A 错误；从a 到c 的运动过程中，根据动能定理：mgh －W f ＝0，可得全程克服阻力做功W f ＝mgh ，滑块对ab 段轨道的正压力小于对bc 段的正压力，故在ab 段滑块克服摩擦力做的功小于在bc 段克服摩擦力做的功，即从a 到b 克服摩擦力做的功0<W f ′<12mgh ，B 错误.设在b 点的速度为v ′，根据动能定理：mgh －W f ′＝12m v ′2－12m v 2，可得gh ＋v 2<v ′<2gh ＋v 2，故C 正确，D 错误.总结升华1.应用动能定理解题应抓好“两状态，一过程”“两状态”即明确研究对象的始、末状态的速度或动能情况，“一过程”即明确研究过程，确定这一过程研究对象的受力情况和位置变化或位移信息. 2.应用动能定理解题的基本思路[跟踪训练] [2017·江西新余一模]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 的运动员从长直轨道AB 的A 处由静止开始以加速度a ＝3.6 m/s 2匀加速下滑，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 ＝－1530 J ，g 取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？答案 (1)144 N (2)12.5 m解析 (1)运动员在AB 段上做初速度为零的匀加速运动，设AB 段的长度为x ，斜面的倾角为α，则有v 2B ＝2ax ，根据牛顿第二定律得mg sin α－F f ＝ma ，又sin α＝Hx ，由以上三式联立解得F f ＝144 N.(2)在由B 到达C 的过程中，根据动能定理有 mgh ＋W ＝12m v 2C －12m v 2B设运动员在C 点所受的支持力为F N ，由牛顿第二定律得F N －mg ＝m v 2CR由运动员能承受的最大压力为其所受重力的6倍，即有F N ＝6mg ，联立解得R ＝12.5 m ，所以圆弧的半径R 至少为12.5 m.考点2动能定理与图象结合问题[拓展延伸]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，弄清图线与坐标轴围成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值代入函数关系式求物理量.例2 [2018·河南陕州中学月考](多选)一质量为2 kg 的物体，在水平恒定拉力的作用下以一定的初速度在粗糙的水平面上做匀速直线运动，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 ＝10 m/s 2，由此可知( )A．物体与水平面间的动摩擦因数约为0.35B.减速过程中拉力对物体所做的功约为13 JC.匀速运动时的速度约为6 m/sD.减速运动的时间约为1.7 s(1)F-x图象的面积表示什么？提示：F做的功.(2)开始物体在粗糙水平面上做匀速直线运动，F和摩擦力大小关系如何？提示：大小相等，是平衡力.尝试解答选ABC.F-x图象围成的面积代表拉力F所做的功，由图知减速阶段F-x围成面积约13个小格，每个小格表示1 J则约为13 J，故B正确.刚开始匀速运动，则F＝μmg，由图象知F＝7 N，则μ＝Fmg＝0.35，故A正确.全程应用动能定理：W F－μmgs＝0－12m v2，其中W F＝(7×4＋13) J＝41 J，得v0＝6 m/s，故C正确.由于不是匀减速直线运动，没办法求减速运动的时间.总结升华与动能定理结合紧密的几种图象(1)v-t图：由公式x＝v t可知，v-t图线与坐标轴围成的面积表示物体的位移.(2)F-x图：由公式W＝Fx可知，F-x图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功.(3)P-t图：由公式W＝Pt可知，P-t图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功.[跟踪训练][2017·安徽合肥质检]A、B两物体分别在水平恒力F1和F2的作用下沿水平面运动，先后撤去F1、F2后，两物体最终停下，它们的v-t图象如图所示.已知两物体与水平面间的滑动摩擦力大小相等，则下列说法正确的是()A ．F 1、F 2大小之比为1∶2 B.F 1、F 2对A 、B 做功之比为1∶2 C.A 、B 质量之比为2∶1D.全过程中A 、B 克服摩擦力做功之比为2∶1 答案 C解析由图象与坐标轴围成的面积表示位移，可知两物体的位移相同，已知两物体与水平面间的滑动摩擦力大小相等，故全过程中两物体克服摩擦力做功相等，D 项错；由动能定理可知，两物体所受外力做的功与克服摩擦力做的功相等，故外力做的功相同，B 项错；由图象可知，A 、B 在外力作用下的位移之比为1∶2，由功的定义可知，F 1∶F 2＝2∶1，A 项错；由速度图象可知，两物体匀减速直线运动过程中的加速度大小之比为1∶2，由牛顿第二定律有：F f ＝ma 可知两物体质量之比为2∶1，C 项正确.考点3应用动能定理解决曲线运动问题[规律总结]在曲线运动中，若只涉及到位移、速度，而不涉及时间时，优先考虑动能定理.主要注意： (1)弄清物体的运动过程，物体都做了哪些运动.(2)分析每个运动过程中，物体的受力情况和运动情况，判断有没有临界的情况出现.(3)抓住运动过程中起关联作用的物理量，如速度、位移等，同时关注动能定理中的初、末态在什么位置.(4)最后根据分析的情况，确定是分段还是整体运用动能定理列式计算.例3 如图所示，质量为m 的小球用长为L 的轻质细线悬于O 点，与O 点处于同一水平线上的P 点处有一个光滑的细钉，已知OP ＝L2，在A 点给小球一个水平向左的初速度v 0，发现小球恰能到达跟P 点在同一竖直线上的最高点B . (1)求小球到达B 点时的速率；(2)若不计空气阻力，则初速度v 0为多少？(3)若初速度v 0′＝3gL ，小球仍能恰好到达B 点，则小球在从A 到B 的过程中克服空气阻力做了多少功？(1)小球恰好到达最高点B 时，细线给小球有力的作用吗？提示：没有，只受重力.(2)细线碰到钉子瞬间，小球的速度发生改变吗？提示：不变，因为力与速度垂直. 尝试解答 (1)gL2(2) 7gL 2 (3)114mgL . (1)小球恰好到达最高点B ，所以mg ＝m v 2BL 2，得v B ＝gL 2. (2)从A 到B 的过程由动能定理得－mg ⎝⎛⎭⎫L ＋L 2＝12m v 2B －12m v 20，可得v 0＝7gL2. (3)从A 到B 过程由动能定理得－mg ⎝⎛⎭⎫L ＋L 2－W ＝12m v 2B －12m v 0′2 可得W ＝114mgL .总结升华动能定理在圆周运动中的应用竖直面内圆周运动经常考查物体在最高点和最低点的状态，最高点的速度和最低点的速度可以通过动能定理联系起来，所以竖直面内的圆周运动，经常和动能定理联系起来应用.[跟踪训练] 如图所示，位于竖直平面内的光滑轨道，由一段倾斜直轨道和与之相切的圆形轨道连接而成，圆形轨道的半径为R .一质量为m 的小物块从斜轨道上的某处由静止开始下滑，然后沿圆形轨道运动.要求物块能通过圆形轨道最高点，且在该最高点与轨道间的压力不能超过5mg (g 为重力加速度).求物块初始位置相对于圆形轨道底部的高度h 的取值范围. 答案 52R ≤h ≤5R解析设物块在圆形轨道最高点的速度为v ，由动能定理得mg (h －2R )＝12m v 2①物块在圆形轨道最高点受到的力为重力mg 和轨道的压力F N 重力与压力的合力提供向心力，则有mg ＋F N ＝m v 2R②物块能够通过最高点的条件是F N ≥0③ 由②③式得v ≥gR ④ 由①④式得h ≥52R按题目的要求，有F N ≤5mg ⑤ 由②⑤式得v ≤6Rg ⑥由①⑥式得h ≤5R .则h 的取值范围是52R ≤h ≤5R.满分指导3 利用动能定理解决多过程问题(18分)如图所示，质量为m ＝1 kg 的可视为质点的小物体轻轻放在匀速运动的传送带上的P 点，随传送带运动到A 点后水平抛出，小物体恰好无碰撞地①沿圆弧切线从B 点进入竖直光滑圆弧轨道下滑，圆弧轨道与质量为M ＝2 kg 的足够长的小车左端在最低点O 点相切，小物体在O 点滑上小车，水平地面光滑，当小物体运动到障碍物Q 处时与Q 发生②无机械能损失的碰撞.碰撞前小物体和小车已经相对静止，而小车可继续向右运动(小物体始终在小车上)，小车运动过程中和圆弧无相互作用.已知圆弧半径R ＝1.0 m ，圆弧对应的圆心角θ为53°，A 点距水平地面的高度h ＝0.8 m ，小物体与小车间的动摩擦因数为μ＝0.1，重力加速度g ＝10 m/s 2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6.试求：(1)小物体离开A 点的③水平速度v 1； (2)小物体经过O 点时④对轨道的压力大小；(3)第一次碰撞后直至静止，小物体⑤相对小车的位移和⑥小车做匀减速运动的总时间. [审题抓住信息，准确推断][破题形成思路，快速突破] (1)小物体离开A 点的水平速度的求解： ①选取研究过程：小物体从A 到B ； ②列出运动学方程：a ．竖直方向：v 2y ＝2gh ；b.B 点：tan θ＝v y v 1.(2)小物体经过O 点时对轨道的压力的求解： ①选取研究过程：小物体从A 到O 点； ②列出动能定理方程：mg (h ＋R －R cos θ)＝12m v 20－12m v 21；③小物体在O 点.a ．选择规律：牛顿第二定律；b ．方程式：F N －mg ＝m v 20R .(3)小物体相对小车的位移和小车做匀减速运动的总时间的求解思路. ①请写出求小物体相对小车的位移的思路.提示：先利用牛顿第二定律求出m 和M 的加速度，再利用运动学公式求出小物体和小车的共同速度v t ，最后利用功能关系求出l 相.②请写出求小车做匀减速运动的总时间的思路.提示：小车从小物体碰撞后开始做匀减速运动，利用牛顿第二定律和运动学公式求时间. [解题规范步骤，水到渠成] (1)对小物体由A 到B 有：v 2y ＝2gh (2分) 在B 点：tan θ＝v yv 1，解得v 1＝3 m/s(3分)(2)由A 到O ，根据动能定理有： mg (h ＋R －R cos θ)＝12m v 20－12m v 21(2分) 在O 点，由牛顿第二定律有：F N －mg ＝m v 20R (1分)解得：v 0＝33 m/s ，F N ＝43 N(1分) 由牛顿第三定律得小物体对轨道的压力为 F N ′＝F N ＝43 N ，方向竖直向下(1分) (3)摩擦力F f ＝μmg ＝1 N ，加速度a m ＝μg ＝1 m/s 2，a M ＝μmgM＝0.5 m/s 2，(2分) 小物体滑上小车后经过时间t 达到的共同速度为v t ，则 t ＝v t a M ＝v 0－v t a m，得v t ＝333 m/s(2分)由于碰撞不损失能量，小物体在小车上重复做匀减速和匀加速运动，相对小车始终向左运动，小物体与小车最终静止，摩擦力做功使动能全部转化为内能，故有：F f ·l 相＝12(M ＋m )v 2t ，得l 相＝5.5 m(2分)小车从小物体碰撞后开始匀减速运动，(每个减速阶段)加速度不变，a M ＝F fM ＝0.5 m/s 2，v t ＝a M t ，得t ＝2333 s(2分)[点题突破瓶颈，稳拿满分] (1)常见的思维障碍①无法理解“沿圆弧切线从B 点进入竖直光滑圆弧轨道下滑”的含义，导致无法求解A 点的水平速度；②小物体滑上小车后没有判断达到共同速度这一重要环节，导致把l 绝对当成l 相而出错. (2)因解答不规范导致的失分：小物体在O 点的牛顿第二定律方程式漏掉重力而写成F N ＝m v 20R 导致出错.。

专题13 动能定理-2019高考物理一轮复习专题详解(解析版)

知识回顾规律方法应用动能定理解题的“四步三注意”(1)应用动能定理解题的四个步骤①确定研究对象及其运动过程；②分析受力情况和各力的做功情况；③明确物体初末状态的动能；④由动能定理列方程求解．(2)应用动能定理解题应注意的三个问题①动能定理往往用于单个物体的运动过程，由于不牵扯加速度及时间，比动力学研究方法要简洁．②动能定理表达式是一个标量式，在某个方向上应用动能定理是没有依据的．③物体在某个运动过程中包含有几个运动性质不同的小过程(如加速、减速的过程)，此时可以分段考虑，也可以对全过程考虑，但若能对整个过程利用动能定理列式则可使问题简化．典例分析【例1】如图所示，质量m＝1 kg的木块静止在高h＝1.2 m的平台上，木块与平台间的动摩擦因数μ＝0.2，用水平推力F＝20 N，使木块产生位移l1＝3 m时撤去，木块又滑行l2＝1 m后飞出平台，求木块落地时速度的大小？【答案】v＝11.3 m/s.【例2】如图所示，光滑水平面AB 与半圆形轨道在B 点相切，轨道位于竖直平面内，其半径为R .一个质量为m 的物块将弹簧压缩至A 点后由静止释放，在弹力作用下物块获得一向右速度，然后脱离弹簧，当它经过B 点进入导轨瞬间对导轨的压力为其重力的7倍，之后向上运动恰能完成半个圆周运动到达C 点．不计空气阻力，重力加速度为g .(1)求弹簧弹力对物块做的功；(2)求物块m 从B 点运动到C 点克服阻力做的功；(3)如果半圆形轨道也是光滑的，其他条件不变，当物体由A 经B 运动到C ，然后落到水平面，落点为D (题中D 点未标出，且水平面足够长)，求D 点与B 点间的距离．【答案】W ＝3mgR ；W 阻＝－12mgR ；x BD ＝22R【解析】 (1)物块在B 点时，由牛顿第二定律得 F N －mg ＝m v 2BR又F N ＝7mg在物体从A 点运动到B 点的过程中，只有弹簧弹力做功，根据动能定理有W ＝12mv 2B解得W ＝3mgR(2)由题意可知，物块到达C 点时只有重力提供向心力，根据牛顿第二定律有mg ＝m v 2CR物块从B 点运动到C 点只有重力和阻力做功，根据动能定理有W 阻－mg ×2R ＝12mv 2C －12mv 2B 解得W 阻＝－12mgR故物块从B 点运动到C 点克服阻力做的功为12mgR .规律总结若物体的运动过程可以分为若干阶段，可以选择分段或全程应用动能定理，题目不涉及中间量时，选择全程应用动能定理更简单、方便.应用全程法解题求功时，有些力不是全过程都作用的，必须根据不同的情况分别对待，弄清楚物体所受的力在哪段位移上做功，哪些力做功，做正功还是负功，正确写出总功.专题练习1. (多选)(2017年保定模拟)如图所示，长为L 的轻质硬杆A 一端固定小球B ，另一端固定在水平转轴O 上．现使轻杆A 绕转轴O 在竖直平面内匀速转动，轻杆A 与竖直方向夹角α从0°增加到180°的过程中，下列说法正确的是( )A ．小球B 受到的合力的方向始终沿着轻杆A 指向轴O B ．当α＝90°时，小球B 受到轻杆A 的作用力方向竖直向上C ．轻杆A 对小球B 做负功D ．小球B 重力做功的功率不断增大【答案】：AC2.如图所示，ABCD 是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底BC 的连接处都是一段与BC 相切的圆弧，BC 为水平的，其长度d ＝0.50 m ．盆边缘的高度为h ＝0.30 m ，在A 处放一个质量为m 的小物块并让其从静止开始下滑．已知盆内侧壁是光滑的，而盆底BC 面与小物块间的动摩擦因数为μ＝0.10.小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停的地点到B 的距离为( )A ．0.50 mB ．0.25 mC ．0.10 mD ．0 【答案】：D【解析】：对小物块从A 点出发到最后停下来整个过程用动能定理，mgh －μmgs ＝0，s ＝h μ＝0.300.10m ＝3.00m ．而d ＝0.50 m ，刚好3个来回，所以最终停在B 点，所以D 选项正确．学&科网3.如图所示，固定的光滑竖直杆上套着一个滑块，用轻绳系着滑块绕过光滑的定滑轮，以大小恒定的拉力F 拉绳，使滑块从A 点起由静止开始上升．若从A 点上升至B 点和从B 点上升至C 点的过程中拉力F 做的功分别为W 1、W 2，滑块经B 、C 两点时的动能分别为E k B 、E k C ，图中AB ＝BC ，则一定有( )A ．W 1>W 2B ．W 1<W 2C ．E k B >E k CD ．E k B <E k C 【答案】：A4．(2017年山东潍坊模拟)如图所示，固定斜面AE 分成等长四部分AB 、BC 、CD 、DE ，小物块与AB 、CD 间的动摩擦因数均为μ1；与BC 、DE 间的动摩擦因数均为μ2，且μ1＝2μ2.当物块以速度v 0从A 点沿斜面向上滑动时，刚好能到达E 点．当物块以速度v 02从A 点沿斜面向上滑动时，则能到达的最高点( )A ．刚好为B 点 B ．刚好为C 点 C ．介于A 、B 之间D ．介于B 、C 之间【答案】：C【解析】：设斜面的倾角为θ，AB ＝BC ＝CD ＝DE ＝s ，μ1＝2μ2＝2μ，则μ2＝μ，物块以速度v 0上滑过程中，由动能定理得，－mg ·sin θ·4s －μmg cos θ·2s －2μmg cos θ·2s ＝0－12mv 20，则12mv 20＝4mgs sin θ＋6μmgs cos θ，当初速度为v 02时，12m ⎝⎛⎭⎫v 022＝14×12mv 20＝mgs sin θ＋32μmgs cos θ<mgs sin θ＋2μmgs cos θ，则物块能到达的最高点在B 点以下，即A 、B 之间某点，故选C.5：一质量为m 的小球，用长为l 的轻绳悬挂于O 点，小球在水平力F 作用下，从平衡位置P 点缓慢地移动到Q 点，如图所示，则力F 所做的功为( )A ．mglcos θB ．Flsin θC ．mgl(1－cos θ)D ．Fl 【答案】C6：如图所示，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(可看做质点)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 ．πmgRC ．mgRD ．mgR 【答案】D【解析】小物体在缓慢(匀速)运动过程中，只有重力和拉力F 做功，根据动能定理：W F －mgR ＝ΔE k ＝0，则拉力做功W F ＝mgR ，D 正确7：光滑水平面AB 与一半圆形轨道在B 点相连，轨道位于竖直面内，其半径为R ，一个质量为m 的物块静止在水平面上，现向左推物块使其压紧弹簧，然后放手，物块在弹力作用下获得一速度，当它经B 点进入半圆形轨道瞬间，对轨道的压力为其重力的7倍，之后向上运动恰能完成半圆周运动到达C 点，重力加速度为g.求：(1)弹簧弹力对物块做的功；(2)物块从B到C克服阻力做的功；(3)物块离开C点后，再落回到水平面上时的动能．【答案】(1)3mgR(2) mgR(3) mgR【解析】(1)由动能定理得W＝mv在B点由牛顿第二定律得：7mg－mg＝m解得W＝3mgR(3)物块从C点平抛到水平面的过程中，由动能定理得2mgR＝E k－mv，E k＝mgR. 学&科网8：如图所示，一个质量为m＝0.6 kg的小球以某一初速度v0＝2 m/s从P点水平抛出，从粗糙圆弧ABC 的A点沿切线方向进入(不计空气阻力，进入圆弧时无机械能损失)且恰好沿圆弧通过最高点C，已知圆弧的圆心为O，半径R＝0.3 m，θ＝60°，g＝10 m/s2.试求：(1)小球到达A点的速度vA的大小；(2)P点与A点的竖直高度H；(3)小球从圆弧A点运动到最高点C的过程中克服摩擦力所做的功W.【答案】1)4 m/s(2)0.6 m(3)1.2 J9、(多选)某游乐场开发了一个名为“翻天滚地”的游乐项目．原理图如图所示：一个圆弧形光滑圆管轨道ABC放置在竖直平面内，轨道半径为R，在A点与水平地面AD相接，地面与圆心O等高，MN是放在水平地面上长为3R、厚度不计的减振垫，左端M正好位于A点．让游客进入一个中空的透明弹性球，人和球的总质量为m，球的直径略小于圆管直径．将球(内装有参与者)从A处管口正上方某处由静止释放后，游客将经历一个“翻天滚地”的刺激过程．不考虑空气阻力．那么以下说法中正确的是()A．要使球能从C点射出后能打到垫子上，则球经过C点时的速度至少为B．要使球能从C点射出后能打到垫子上，则球经过C点时的速度至少为C．若球从C点射出后恰好能打到垫子的M端，则球经过C点时对管的作用力大小为D．要使球能通过C点落到垫子上，球离A点的最大高度是5R【答案】BD10、如图所示，在竖直平面内有一“V”形槽，其底部BC是一段圆弧，两侧都与光滑斜槽相切，相切处B、C位于同一水平面上．一小物体从右侧斜槽上距BC平面高度为2h的A处由静止开始下滑，经圆弧槽再滑上左侧斜槽，最高能到达距BC所在水平面高度为h的D处，接着小物体再向下滑回，若不考虑空气阻力，则():A．小物体恰好滑回到B处时速度为零B．小物体尚未滑回到B处时速度已变为零C．小物体能滑回到B处之上，但最高点要比D处低D．小物体最终一定会停止在圆弧槽的最低点【答案】C【解析】小物体从A处运动到D处的过程中，克服摩擦力所做的功为W f1＝mgh，小物体从D处开始运动的过程，因为速度较小，小物体对圆弧槽的压力较小，克服摩擦力所做的功W f2＜mgh，所以小物体能滑回到B处之上，但最高点要比D处低，C正确，A、B错误；因为小物体与圆弧槽间的动摩擦因数未知，所以小物体可能停在圆弧槽上的任何地方，D错误11．(2017年开封重点中学二联)如图所示，一质量为m＝2.0 kg的滑块(可视为质点)静置在粗糙水平面上的A点，水平面上的B点处固定有一竖直放置的半径为R＝0.4 m的粗糙半圆形轨道．现给滑块施加一水平向右且大小为F＝10 N的恒定拉力，使滑块由静止开始向右运动．已知滑块与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.25，A、B两点间的距离为d＝5 m，重力加速度取g＝10 m/s2.(1)若滑块刚好运动到B 点停止，求拉力F 作用的时间；(2)若在滑块运动到B 点时撤去拉力F ，则滑块刚好能通过半圆形轨道的最高点C ，求滑块从B 点到C 点的过程中克服摩擦力所做的功．【答案】t ＝ 2 s.；W f ＝5 J.【解析】：(1)设在拉力F 作用下滑块向右滑行的距离为x ，则由动能定理可得Fx ＝μmgd 设在拉力F 作用阶段滑块的加速度大小为a 1，拉力F 作用时间为t ，则有F －μmg ＝ma 1 x ＝12a 1t 2 联立解得t ＝ 2 s.12．同学们参照伽利略时期演示平抛运动的方法制作了如图所示的实验装置．图中水平放置的底板上竖直地固定有M 板和N 板，M 板上部有一半径为R 的14圆弧形的粗糙轨道，P 为最高点，Q 为最低点，Q 点处的切线水平，距底板高为H .N 板上固定有三个圆环．将质量为m 的小球从P 处静止释放，小球运动至Q 飞出后无阻碍地通过各圆环中心，落到底板上距Q 水平距离为L 处．不考虑空气阻力，重力加速度为g .求：(1)距Q 水平距离为L2的圆环中心到底板的高度；(2)小球运动到Q 点时速度的大小以及对轨道压力的大小和方向；(3)摩擦力对小球做的功．【答案】H －H 4＝34H ；F 压＝mg ⎝⎛⎭⎫1＋L 22HR ；W f ＝mgL 24H －mgR ＝mg ⎝⎛⎭⎫L 24H －R 【解析】：(1)设到Q 点的速度为v ，做平抛运动的时间为t ，设Q 到水平距离为L 2的圆环的时间为t 1，高度为hQ 到底板过程：由平抛运动规律可知水平方向：L ＝vt ①竖直方向：H ＝12gt 2② 同理：L 2＝vt 1③ h ＝12gt 21④ 由①②③④解得：h ＝H 4，则距地面高度为 H －H 4＝34H(3)P 点至Q 点过程，设摩擦力对小球做功W f ：由动能定理：mgR ＋W f ＝12mv 2－0 解得：W f ＝mgL 24H－mgR ＝mg ⎝⎛⎭⎫L 24H －R 。

高考物理动能定理及其应用考点总结

如图5－2－3所示，一质量为m＝1 kg的物块静止在粗糙水平面上的A点，从t＝0时刻开始，物块受到按如图5－2－4所示规律变化的水平力F作用并向右运动，第3 s 末物块运动到B点时速度刚好为0，第5 s末物块刚好回到A 点，已知物块与粗糙水平面之间的动摩擦因数μ＝0.2，求 (g取10 m/s2)：
在牵引力不变的条件下行驶45 m
的坡路到达B点时，司机立即关
图5－2－9
掉油门，以后汽车又向前滑行15 m停在C点，汽车的
质量为5×103 kg，行驶中受到的摩擦阻力是车重的
0.25倍，取g＝10 m/s2，求汽车的牵引力做的功和它
经过B点时的速率．
解析：汽车从A到C的过程中，汽车的发动机牵引力做正功，重力做负功，摩擦力做负功，动能的变化量为零，由动能定理可得WF－WG－W阻＝0，由于G、F阻已知，汽车的位移也知道，所以有 WF＝WG＋W阻＝mgh＋0.25mgl＝2.25×106 J.
2．如图5－2－1所示，ABCD是一个盆式容器，盆内侧
壁与盆底BC的连接处都是一段与BC相切的圆弧， BC是水平的，其长度d＝0.50 m．盆边缘的高度为 h＝0.30 m．在A处放一个质量为m的小物块并让其从静止下滑．已知盆内侧壁是光滑的，而盆底BC 面与小物块间的动摩擦因数为μ＝0.10.小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停的地点到B的距离为( )
1．质量为m的物体在水平力F的作用下由静止开始在光滑
地面上运动，前进一段距离之后速度大小为v，再前进一
段距离使物体的速度增大为2v，则
()
A．第二过程的速度增量等于第一过程的速度增量
B．第二过程的动能增量是第一过程的动能增量的3倍
C．第二过程合外力做的功等于第一过程合外力做的功

高考物理一轮复习专题19 动能和动能定理(讲)(含解析)-人教版高三全册物理试题

专题19 动能和动能定理1.掌握动能的概念，会求动能的变化量.2.掌握动能定理，并能在实际问题中熟练应用．一、动能1．定义：物体由于运动而具有的能．2．表达式：E k ＝21mv 2. 3．物理意义：动能是状态量，是标量(填“矢量〞或“标量〞)．二、动能定理1．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．2．表达式：W ＝21mv 22－21mv 21＝E k2－E k1. 3．物理意义：合外力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)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，也可以分阶段作用．考点一对动能定理的理解与简单应用1．从两个方面理解动能定理(1)动能定理公式中表现的三个关系：①数量关系：即合外力所做的功与物体动能的变化具有等量代换关系．可以通过计算物体动能的变化，求合外力的功，进而求得某一力的功．②单位关系，等式两侧物理量的国际单位都是焦耳．③因果关系：合外力的功是引起物体动能变化的原因．(2)动能定理表示中所说的“外力〞，即可以是重力、弹力、摩擦力，也可以是电场力、磁场力或其他力．2．应用动能定理的须知事项(1)动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系．(2)应用动能定理时，必须明确各力做功的正、负．(3)应用动能定理解题，关键是对研究对象进展准确的受力分析与运动过程分析，并画出物体运动过程的草图，借助草图理解物理过程和各量关系．★重点归纳★1.应用动能定理解题的根本思路〔1〕选取研究对象，明确它的运动过程；〔2〕分析研究对象的受力情况和各力的做功情况：〔3〕明确研究对象在过程的初末状态的动能E k1和E k2；〔4〕列动能定理的方程W合＝E k2－E k1与其他必要的解题方程，进展求解．2.应用动能定理求变力做功时应注意的问题〔1〕所求的变力的功不一定为总功，故所求的变力的功不一定等于ΔE k.〔2〕合外力对物体所做的功对应物体动能的变化，而不是对应物体的动能．〔3〕假设有多个力做功时，必须明确各力做功的正负，待求的变力的功假设为负功，可以设抑制该力做功为W，如此表达式中应用－W；也可以设变力的功为W，如此字母W本身含有负号．★典型案例★〔多项选择〕一质量为1 kg的质点静止于光滑水平面上，从t=0时起，第1 s内受到2 N的水平外力作用，第2 s内受到同方向的1 N的外力作用。

2019版高考物理课标版一轮复习考点规范练：16动能定理及其应用含答案精品

考点规范练16动能定理及其应用一、单项选择题1.下列有关动能的说法中正确的是()A.物体只有做匀速运动时,动能才不变B.物体的动能变化时,速度不一定变化C.物体做平抛运动时,水平速度不变,动能不变D.物体做自由落体运动时,物体的动能增加2.质量m=2 kg的物体,在光滑水平面上以v1=6 m/s的速度匀速向西运动,若有一个F=8 N方向向北的恒力作用于物体,在t=2 s内物体的动能增加了()A.28 JB.64 JC.32 JD.36 J3.(2017·山西一模)由两种不同材料拼接成的直轨道ABC,B为两种材料的分界线,长度AB>BC。

先将ABC按图甲方式搭建成倾角为θ的斜面,让一小物块(可看作质点)从斜面顶端由静止释放,经时间t小物块滑过B点;然后将ABC按图乙方式还搭建成倾角为θ的斜面,同样将小物块从斜面顶端由静止释放,小物块经相同时间t滑过B点。

则小物块()A.与AB段的动摩擦因数比与BC段的动摩擦因数大B.两次滑到B点的速率相同C.两次从顶端滑到底端所用的时间相同D.两次从顶端滑到底端的过程中摩擦力做功相同4.光滑斜面上有一个小球自高为h的A处由静止开始滚下,抵达光滑水平面上的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,则小球能越过的活动阻挡条的条数是(设小球每次越过活动阻挡条时损失的动能相等)()A.nB.2nC.3nD.4n5.物体在恒定阻力作用下,以某初速度在水平面上沿直线滑行直到停止。

以a、E k、s和t分别表示物体运动的加速度大小、动能、位移的大小和运动的时间,则以下各图象中,能正确反映这一过程的是()6.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,g取10 m/s2,则()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二、多项选择题7.用起重机提升货物,货物上升过程中的v-t图象如图所示,在t=3 s到t=5 s内,重力对货物做的功为W1、绳索拉力对货物做的功为W2、货物所受合力做的功为W3,则()A.W1>0B.W2<0C.W2>0D.W3<08.如图所示,电梯质量为m0,在它的水平地板上放置一质量为m的物体。

2019届高考物理人教版一轮复习针对训练：动能定理及其应用(含答案)

2021 届高考物理人教版一轮复习针对训练：动能定理及其应用〔含答案〕2021 届高考物理人教版一轮复习针对训练动能定理及其应用一、单项选择题1.赛道上的赛车做加速运动 , 速度为 v 和速度为 2v 时赛车动能之比是( )A.1:1B.1:2C.1:4D.1:32.关于动能、动能定理 , 以下说法正确的选项是 ( )A. 一定质量的物体 , 速度变化时 , 其动能一定变化B. 动能不变的物体 , 一定处于平衡状态C.运动物体所受的合外力为零, 那么物体的动能肯定不变D.运动物体所受的合外力不为零, 那么物体的动能肯定变化3. 如下图跳水运发动从离开跳板到入水前的过程.以下正确反映运发动的动能E k随时间t变化的曲线图是以下图中的( 忽略空气阻力 )( )A. B.2021 届高考物理人教版一轮复习针对训练：动能定理及其应用〔含答案〕C. D.4.东方红一号卫星是中国发射的第一颗人造地球卫星, 由以钱学森为首任院长的中国空间技术研究院自行研制, 该卫星发射成功标志着中国成为继苏联、美国、法国、日本之后世界上第五个用自制火箭发射国产卫星的国家 . 东方红一号卫星质量为 173kg, 可将其视为近地卫星 , 它绕地球运动的的动能约为 ( )×1011J×109J×107J×105J5. 从大型加速器射出的电子束总能量约为×10-10 J),此能量最接近 ( )A.一只爬行的蜗牛的动能B.一个奔跑的孩子的动能C.一辆行驶的轿车的动能D.一架飞行的客机的动能6.物体在两个相互垂直的力作用下运动 , 力F1对物体做功 6 J , 物体克服力 F2做功8J,那么物体的动能( )A.增加 14JB.增加 10JC.增加 2 JD.减少 2 J2021 届高考物理人教版一轮复习针对训练：动能定理及其应用〔含答案〕7.在同一位置以相同的速率把三个小球分别沿水平、斜向上、斜向下方向抛出 , 不计空气阻力 , 那么落在同一水平地面时的速度大小 ( )A. 一样大B.水平抛的最大C.斜向上抛的最大D.斜向下抛的最大8.如下图 , 固定斜面AE分成等长四局部AB、BC、CD、DE , 小物块与 AB 、CD间动摩擦因数均为 1 ,与BC、DE间动摩擦因数均为 2 ,且1 2 2。

高考一轮复习--动能定理及其应用一

动能定理及其应用一类别内容知识点1 知道动能的概念及定义式，会比较、计算物体的动能．。

2 理解动能定理的含义及适用范围3 掌握利用动能定理求变力的功的方法4 能灵活应用动能定理分析问题能力点 1 理解和掌握状态量和过程量它们之间的对应关系 2能合理利用转换法求变力的功【知识进阶】 1. 知识图谱运动状态量位置状态量机械能状态量的和动能 E = mv 21KP上述描述物体运动的物理量中，属于状态量和过程量的分别有哪些？建立状态量和过程量的关系要注意哪些问题？【能力进阶】一、标矢性——动能例题1.(多选)一物块绕着圆盘边缘以速度v 做圆周运动，下列说法正确的是( )A ．公式E k ＝12mv 2中的速度v 一般是物体相对于地面的速度B ．动能的大小由物体的质量和速率决定，与物体运动的方向无关C ．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D ．动能不变的物体，一定处于平衡状态二、状态量和过程量的关系——动能定理例题2.粗糙的1/4圆弧的半径为0.45m ，有一质量为0.2kg 的物体自最高点A 从静止开始下滑到圆弧最低点B 时，然后沿水平面前进0.4m 到达C 点停止. 设物体与轨道间的动摩擦因数为0.5 (g = 10m/s 2)，求： (1)物体到达B 点时的速度大小.(2)物体在圆弧轨道上克服摩擦力所做的功变式：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ABC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多大？三、本章所用研究方法1.转换法-----求变力的功例题3.如图所示，质量为m的物块与水平转台间的动摩擦因数为μ，物块与转轴相距R，物块随转台由静止开始转动．当转速增至某一值时，物块即将在转台上滑动，此时转台已开始匀速转动，在这一过程中，摩擦力对物块做的功的大小？(假设物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力)变式：质量为m的小球被系在轻绳一端，在竖直平面内做半径为R的圆周运动，如图所示，运动过程中小球受到空气阻力的作用．设某一时刻小球通过轨道的最低点，此时绳子的张力为7mg，在此后小球继续做圆周运动，经过半个圆周恰好能通过最高点，则在此过程中小球克服空气阻力所做的功？A. 52mgR B. 3mgR C. 7mgR D.12mgR2.图像法——速度(v)-时间(t)图像、位移(x)-时间(t)图像例题4.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E k与时间t的关系图象是()A B C D变式：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()A B C D【进阶练习】（限时10分钟）1．质量为2 kg的物体A以5 m/s的速度向北运动，另一个质量为0.5 kg的物体B以10 m/s的速度向西运动，则下列说法正确的是( )A ．E k A ＝E kB B ．E k A >E k BC ．E k A <E k BD ．因运动方向不同，无法比较动能2．一人用力踢质量为1 kg 的静止足球，使足球以10 m/s 的水平速度飞出，设人踢足球的平均作用力为200 N ，足球在水平方向滚动的距离为20 m ，则人对足球做的功为(g 取10 m/s 2)( )A ．50 JB ．200 JC ．4 000 JD ．6 000 J3．甲、乙两车汽车的质量之比m 1∶m 2＝2∶1，它们刹车时的初动能相同，若它们与水平地面之间的动摩擦因数相同，则它们滑行的距离之比s 1∶s 2等于( )A ．1∶1B ．1∶2C ．1∶4D ．4∶14．质量m ＝10 kg 的物体只在变力F 作用下沿水平方向做直线运动，F 随坐标x 的变化关系如图所示。

动能定理及其应用-高考物理一轮复习

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(不计载人
滑草车在两段滑道交接处的能量损失，重力加速度大小为g，sin 37°＝0.6，
cos 37°＝0.8).则(
6
A.动摩擦因数 μ＝7
AB
)
2gh
B.载人滑草车最大速度为
7
C.载人滑草车克服摩擦力做功为 mgh
3
D.载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为5g
2
第2讲动能定理及其应用
一、板块摩擦模型
二、斜面摩擦模型
三、变力做功模型
四、动能定理中的图象模型
1.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.由物理规律推导出纵坐标与横坐标所对应的物理量函数关系式.
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、图线下的面积等所
放一物体A，现以恒定的外力F拉B，由于A、B间摩擦力的作用，A
将在B上滑动，以地面为参考系，A、B都向前移动一段距离．在此
f
A
f
F
B
过程中(
)
BD
A.外力F做的功等于A和B动能的增量
XA
XB
B.B对A的摩擦力所做的功，等于A的动能增量
C.A对B的摩擦力所做的功，等于B对A的摩擦力所做的功
D.外力F对B做的功等于B的动能的增量与B克服摩擦力所做的功之和
动能为 2 J，v1＝
2Ek
m ＝ 2 m/s，故 A 错误.
同理，当x＝2 m时动能为4 J，v2＝2 m/s；当x＝
4 m时动能为9 J，v4 ＝3 m/s，则2～4 m内有
2a2x2＝v42－v22，解得2～4 m内物块的加速度为

高考物理一轮复习专项训练及答案解析—动能定理及其应用

高考物理一轮复习专项训练及答案解析—动能定理及其应用1.(多选)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竖直向上加速运动，当电梯的速度由v 1增大到v 2时，上升高度为H ，重力加速度为g ，则在这个过程中，下列说法正确的是( )A ．对物体，动能定理的表达式为W ＝12m v 22－12m v 12，其中W 为支持力做的功B ．对物体，动能定理的表达式为W 合＝0，其中W 合为合力做的功C ．对物体，动能定理的表达式为W －mgH ＝12m v 22－12m v 12，其中W 为支持力做的功D ．对电梯，其所受的合力做功为12M v 22－12M v 122.如图所示，一半圆弧形细杆ABC 竖直固定在水平地面上，AC 为其水平直径，圆弧半径BO ＝3.6 m ．质量为m ＝4.0 kg 的小圆环(可视为质点，小环直径略大于杆的)套在细杆上，在大小为50 N 、方向始终沿圆的切线方向的拉力F 作用下，从A 点由静止开始运动，到达B 点时对细杆的压力恰好为0.已知π取3.14，重力加速度g 取10 m/s 2，在这一过程中摩擦力做功为( )A ．66.6 JB ．－66.6 JC ．210.6 JD ．－210.6 J3．(2023·湖南怀化市模拟)如图所示，DO 是水平面，AB 是斜面，初速度为v 0的物体从D 点出发沿DBA 滑动到顶点A 时速度刚好为零，如果斜面改为AC ，让该物体从D 点出发沿DCA 滑动到A 点且速度刚好为零，则物体具有的初速度(已知物体与斜面及水平面之间的动摩擦因数处处相同且不为零，不计B 、C 处能量损失)( )A ．等于v 0B ．大于v 0C ．小于v 0D ．取决于斜面4.(多选)(2023·云南昆明市第一中学、宁夏银川一中模拟)如图，若小滑块以某一初速度v 0从斜面底端沿光滑斜面上滑，恰能运动到斜面顶端．现仅将光滑斜面改为粗糙斜面，仍让滑块以初速度v 0从斜面底端上滑时，滑块恰能运动到距离斜面底端长度的34处．则( )A ．滑块滑上斜面后能再次滑回斜面底端B ．滑块滑上斜面后不能再次滑回斜面底端C ．滑块在斜面上运动的整个过程产生的热量为18m v 02D ．滑块在斜面上运动的整个过程产生的热量为14m v 025.A 、B 两物体分别在水平恒力F 1和F 2的作用下沿水平面运动，先后撤去F 1、F 2后，两物体最终停下，它们的v －t 图像如图所示．已知两物体所受的滑动摩擦力大小相等，则下列说法正确的是( )A ．F 1、F 2大小之比为1∶2B．F1对A、F2对B做功之比为1∶2C．A、B质量之比为2∶1D．全过程中A、B克服摩擦力做功之比为2∶16.电梯是一种以电动机为动力的垂直升降机，用于多层建筑载人或载运货物．某次电梯从地面由静止启动，加速度a与离地高度h的关系图像如图所示，则()A．2h0～3h0范围内电梯向上做匀减速直线运动B．电梯在0～h0和2h0～3h0范围内的速度变化量相等C．电梯在3h0处的速度大小为2a0h0D．电梯上升的最大高度可能为3h07．(2019·全国卷Ⅲ·17)从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用．距地面高度h在3 m以内时，物体上升、下落过程中动能E k随h的变化如图所示．重力加速度取10 m/s2.该物体的质量为()A．2 kg B．1.5 kg C．1 kg D．0.5 kg8.(多选)如图所示为一滑草场．某条滑道由上下两段高均为h、与水平面夹角分别为45°和37°的滑道组成，载人滑草车与草地各处间的动摩擦因数均为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(不计载人滑草车在两段滑道交接处的能量损失，重力加速度大小为g，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35g9.如图所示，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 的小球(可看成质点)从P 点上方高为R 处由静止开始下落，恰好从P 点进入轨道．小球滑到轨道最低点N 时，对轨道的压力大小为4mg ，g 为重力加速度．用W 表示小球从P 点运动到N 点的过程中克服摩擦力所做的功，则( )A ．W ＝12mgR ，小球恰好可以到达Q 点B ．W >12mgR ，小球不能到达Q 点C ．W ＝12mgR ，小球到达Q 点后，继续上升一段距离D ．W <12mgR ，小球到达Q 点后，继续上升一段距离10．(2023·云南昆明市第一中学模拟)如图甲所示，两个不同材料制成的滑块A 、B 静置于水平桌面上，滑块A 的右端与滑块B 的左端接触．某时刻开始，给滑块A 一个水平向右的力F ，使滑块A 、B 开始滑动，当滑块A 、B 滑动1.0 m 时撤去力F .整个运动过程中，滑块A 、B 的动能E k 随位移x 的变化规律如图乙所示．不计空气阻力，求：(1)滑块A 对B 做的功； (2)力F 的大小．11.如图，在竖直平面内，一半径为R 的光滑圆弧轨道ABC 和水平轨道P A 在A 点相切，BC 为圆弧轨道的直径，O 为圆心，OA 和OB 之间的夹角为α，sin α＝35.一质量为m 的小球沿水平轨道向右运动，经A 点沿圆弧轨道通过C 点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用，已知小球在C 点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零．重力加速度大小为g .求：(1)水平恒力的大小和小球到达C 点时速度的大小； (2)小球到达B 点时对圆弧轨道的压力大小．答案及解析1．CD 2.B 3.A 4.AD 5.C 6.C 7．C8．AB [对载人滑草车从坡顶由静止开始滑到底端的全过程分析，由动能定理可知：mg ·2h －μmg cos 45°·h sin 45°－μmg cos 37°·h sin 37°＝0，解得μ＝67，选项A 正确；滑草车在滑道上段加速，在滑道下段减速，故滑草车通过上段滑道末端时速度最大，根据动能定理有mgh －μmg cos 45°·h sin 45°＝12m v m 2，解得：v m ＝2gh7，选项B 正确；全过程有W G －W 克f＝0，则载人滑草车克服摩擦力做功为2mgh ，选项C 错误；载人滑草车在下段滑道上的加速度为a ＝mg sin 37°－μmg cos 37°m ＝－335g ，故加速度大小为335g ，选项D 错误．]9．C [在N 点，根据牛顿第二定律有F N －mg ＝m v N 2R ，由牛顿第三定律知F N ＝F N ′＝4mg ，解得v N ＝3gR ，对小球从开始下落至到达N 点的过程，由动能定理得mg ·2R －W ＝12m v N 2－0，解得W ＝12mgR .由于小球在PN 段某点处的速度大于此点关于ON 在NQ 段对称点处的速度，所以小球在PN 段某点处受到的支持力大于此点关于ON 在NQ 段对称点处受到的支持力，则小球在NQ 段克服摩擦力做的功小于在PN 段克服摩擦力做的功，小球在NQ 段运动时，由动能定理得－mgR －W ′＝12m v Q 2－12m v N 2，因为W ′<12mgR ，故v Q >0，所以小球到达Q 点后，继续上升一段距离，选项C 正确．] 10．(1)12 J (2)39 N解析 (1)B 在撤去F 后继续滑行x B ＝1.0 m ，撤去F 时B 的动能E k B ＝6 J ，由动能定理有－F f B x B ＝0－E k B 在撤去F 前，对B 由动能定律得 W AB －F f B x ＝E k B联立并代入数据解得W AB ＝12 J(2)撤去力F 后，滑块A 继续滑行的距离为x A ＝0.5 m ，撤去F 时A 的动能E k A ＝9 J ，由动能定理有－F f A x A ＝0－E k A力F 作用的过程中，分析滑块A 、B 整体，由动能定理有 (F －F f A －F f B )x ＝E k A ＋E k B 代入数据解得F ＝39 N. 11．(1)34mg5gR 2 (2)152mg 解析 (1)设水平恒力的大小为F 0，小球所受重力和水平恒力的合力的大小为F ，小球到达C 点时速度的大小为v C ，则F 0mg ＝tan α，F ＝mgcos α，由牛顿第二定律得F ＝m v C 2R ，联立并代入数据解得F 0＝34mg ，v C ＝5gR2. (2)设小球到达B 点时速度的大小为v B ，小球由B 到C 的过程中由动能定理可得－2FR ＝12m v C 2－12m v B 2，代入数据解得v B ＝52gR小球在B 点时有F N －F ＝m v B 2R ，解得F N ＝152mg ，由牛顿第三定律可知，小球在B 点时对圆弧轨道的压力大小为F N ′＝152mg .。

2019高考物理一轮复习课时跟踪检测：(十八) 动能定理及其应用(普通高中) Word版含解析

课时跟踪检测（十八）动能定理及其应用[A 级——基础小题练熟练快]★1．A 、B 两物体在光滑水平面上,分别在相同的水平恒力F 作用下,由静止开始通过相同的位移l 。

若A 的质量大于B 的质量,则在这一过程中( )A ．A 获得动能较大B ．B 获得动能较大C ．A 、B 获得动能一样大D ．无法比较A 、B 获得动能大小解析：选C 由动能定理可知恒力F 做功W ＝Fl ＝12m v 2－0,因为F 、l 相同,所以A 、B 的动能变化相同,C 正确。

★2．如图所示,小球以初速度v0从A 点沿不光滑的轨道运动到高为h 的B 点后自动返回,其返回途中仍经过A 点,水平轨道与倾斜轨道之间用平滑圆弧连接(图中没画出)。

则返回时经过A 点的速度v 的大小为( )A ．v 02－4ghB ．4gh －v 02C ．v 02－2ghD ．2gh －v 02解析：选B 由动能定理得,小球由A 到B 过程有－mgh －W f ＝0－12m v 02,小球由B 到A 过程有mgh －W f ＝12m v 2－0,联立解得v ＝4gh －v 02,B 正确。

★3．[多选]光滑水平面上静止的物体,受到一个水平拉力F 作用开始运动,拉力随时间变化如图所示,用E k 、v 、x 、P 分别表示物体的动能、速度、位移和水平拉力的功率,下列四个图像中分别定性描述了这些物理量随时间变化的情况,正确的是( )解析：选BD 由动能定理,Fx ＝F ·12at 2＝E k ,选项A 错误；在水平拉力F 作用下,做匀加速直线运动,选项B 正确；其位移x ＝12at 2,选项C 错误；水平拉力的功率P ＝F v ＝Fat ,选项D 正确。

★4．一个质量为m 的物体静止放在光滑水平面上,在互成60°角的大小相等的两个水平恒力作用下,经过一段时间,物体获得的速度为v ,在力的方向上获得的速度分别为v 1、v 2,如图所示,那么在这段时间内,其中一个力做的功为( )A ．16m v 2B ．14m v 2C ．13m v 2D ．12m v 2 解析：选B 在合力F 的方向上,由动能定理得W ＝Fl ＝12m v 2,某个分力的功为W1＝12W ＝14m v 2,B 正确。

2019版一轮物理复习：动能定理及其应用含解析

[课时作业] 单独成册方便使用[基础题组]一、单项选择题1、A 、B 两物体在光滑水平面上,分别在相同的水平恒力F 作用下,由静止开始通过相同的位移s .若A 的质量大于B 的质量,则在这一过程中( )A 、A 获得动能较大B 、B 获得动能较大C 、A 、B 获得动能一样大D 、无法比较A 、B 获得动能大小解析：由动能定理可知恒力F 做功W ＝Fs ＝12m v 2－0,因为F 、s 相同,所以A 、B 的动能变化相同,C 正确、答案：C2、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Fx 图像与横坐标围成的面积等于拉力做功的大小,由图像可得出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：D3、(2018·湖北八校高三联考)物体静止在光滑水平面上,先对物体施加一水平向右的恒力F1,经时间t撤去F1,立即再对它施加一水平向左的恒力F2,又经时间3t物体回到出发点,在这一过程中,F1、F2分别对物体做的功W1、W2之间的关系是()A、W1∶W2＝1∶1B、W1∶W2＝2∶3C、W1∶W2＝9∶5D、W1∶W2＝9∶7解析：设恒力F1作用t后物体的速度为v1,恒力F2又作用3t后物体的速度为v2,则物体在恒力F1作用t后的位移s1＝v1t2,物体在恒力F2作用3t后的位移s2＝v1＋v22×3t,由题意知s1＝－s2,整理得v1＝－34v2,由动能定理得,W1＝12m v 21,W2＝12m v22－12m v21,则W1W2＝97,故选项D正确、答案：D4.用水平力F拉一物体,使物体在水平地面上由静止开始做匀加速直线运动,t1时刻撤去拉力F,物体做匀减速直线运动,到t2时刻停止,其速度—时间图像如图所示,且α＞β,若拉力F做的功为W1,在0～t1时间内拉力F的平均功率为P1,物体克服摩擦阻力f做的功为W2,0～t2时间内克服摩擦力的平均功率为P2,下列选项正确的是()A、W1＞W2,F＝2fB、W1＝W2,F＞2fC、P1＜P2,F＞2fD、P1＝P2,F＝2f解析：由动能定理得W1－W2＝0,即W1＝W2.由题图知,加速过程加速度大小a1大于减速过程的加速度大小a2,根据牛顿第二定律,有F－f＝ma1,f＝ma2,因a1＞a2,故F－f＞f,选项B正确,A、D错误；由题意知t f＞t F,又W1＝W 2,根据P ＝W t 可得P 1＞P 2,选项C 错误、答案：B5.如图所示,质量为m 的小球,从离地面H 高处从静止开始释放,落到地面后继续陷入泥中h 深度而停止,设小球受到空气阻力为F f ,重力加速度为g ,则下列说法正确的是( )A 、小球落地时动能等于mgHB 、小球陷入泥中的过程中克服泥的阻力所做的功小于刚落到地面时的动能C 、整个过程中小球克服阻力做的功等于mg (H ＋h )D 、小球在泥土中受到的平均阻力为mg (1＋H h )解析：小球从静止开始释放到落到地面的过程,由动能定理得mgH －F f H＝12m v 20,选项A 错误；设泥的平均阻力为F f0,小球陷入泥中的过程,由动能定理得mgh －F f0h ＝0－12m v 20,解得F f0h ＝mgh ＋12m v 20,F f0＝mg (1＋H h )－F f H h ,选项B 、D 错误；对全过程应用动能定理可知,整个过程中小球克服阻力做的功等于mg (H ＋h ),选项C 正确、答案：C二、多项选择题6.如图所示,质量相等的物体A 和物体B 与地面的动摩擦因数相等,在力F 的作用下,一起沿水平地面向右移动x ,则( )A 、摩擦力对A 、B 做功相等B 、A 、B 动能的增量相同C 、F 对A 做的功与F 对B 做的功相等D 、合力对A 做的功与合力对B 做的功相等解析：因F 斜向下作用在物体A 上,A 、B 受到的摩擦力不相同,因此,摩擦力对A 、B 做的功不相等,A 错误；A 、B 两物体一起运动,速度始终相同,故A 、B 动能增量一定相等,B 正确；F 不作用在B 上,不能说F 对B 做功,C 错误；合力对物体做的功等于物体动能的增量,D 正确、答案：BD7.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 2gh7C 、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：对滑草车从坡顶由静止滑下,到底端静止的全过程,得mg ·2h －μmg cos 45°·h sin 45°－μmg cos 37°·h sin 37°＝0,解得μ＝67,选项A 正确；对经过上段滑道过程,根据动能定理得,mgh －μmg cos 45°·h sin 45°＝12m v 2,解得v ＝2gh7,选项B 正确；载人滑草车克服摩擦力做功为2mgh ,选项C错误；载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为a ＝mg sin 37°－μmg cos 37°m＝－335g ,选项D 错误、答案：AB8.如图所示为某中学科技小组制作的利用太阳能驱动小车的装置、当太阳光照射到小车上方的光电板时,光电板中产生的电流经电动机作用带动小车前进、若质量为m 的小车在平直的水泥路上从静止开始沿直线加速行驶,经过时间t 前进的距离为s ,且速度达到最大值v m .设这一过程中电动机的功率恒为P ,小车所受阻力恒为f ,那么这段时间内( )A 、小车做匀加速运动B 、小车受到的牵引力逐渐减小C 、小车受到的合外力所做的功为PtD 、小车受到的牵引力做的功为fs ＋12m v 2m解析：小车在运动方向上受牵引力F 和阻力f ,因为v 增大,P 不变,由P ＝F v ,F －f ＝ma ,得出F 逐渐减小,a 也逐渐减小,当v ＝v m 时,a ＝0,故A 错误,B正确；合外力做的功W 外＝Pt －fs ,由动能定理得Pt －fs ＝12m v 2m ,则牵引力做的功W F ＝Pt ＝fs ＋12m v 2m ,故C 错误,D 正确、答案：BD[能力题组]一、选择题9、(2017·高考江苏卷)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s 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 ) s ＝E k －E k0,即E k ＝－(f ＋mg sin θ)s ＋E k0,所以E k 与s 的函数关系图像为直线,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 )(s 0－s )＝E k －0(s 0为小物块到达最高点时的位移),即E k ＝－(mg sin θ－f )s ＋(mg sin θ－f )s 0所以下滑时E k 随s 的减小而增大且为直线、综上所述,选项C 正确、答案：C10.如图所示,竖直平面内放一直角杆MON ,OM 水平,ON竖直且光滑,用不可伸长的轻绳相连的两小球A 和B 分别套在OM 和ON 杆上,B 球的质量为2 kg,在作用于A 球的水平力F 的作用下,A 、B 均处于静止状态,此时OA ＝0.3 m,OB ＝0.4 m,改变水平力F 的大小,使A 球向右加速运动,已知A 球向右运动0.1 m 时速度大小为 3 m/s,则在此过程中绳的拉力对B 球所做的功为(取g ＝10 m/s 2)( )A 、11 JB 、16 JC 、18 JD 、9 J解析：A 球向右运动0.1 m 时,v A ＝3 m/s,OA ′＝0.4 m,OB ′＝0.3 m,设此时∠BAO ＝α,则有tan α＝34,v A cos α＝v B sin α,解得v B ＝4 m/s.此过程中B球上升高度h ＝0.1 m,由动能定理,W －mgh ＝12m v 2B ,解得绳的拉力对B 球所做的功为W ＝mgh ＋12m v 2B ＝2×10×0.1 J ＋12×2×42 J ＝18 J,选项C 正确、答案：C11、地震引起的海啸会给人们带来巨大的损失、某中学的部分学生组成了一个课题小组,对海啸的威力进行了模拟研究,他们设计了如下的模型：如图甲所示,在水平地面上放置一个质量为m ＝4 kg 的物体,让其在随位移均匀减小的水平推力(模拟海啸)作用下运动,推力F 随位移s 变化的图像如图乙所示,已知物体与地面之间的动摩擦因数为μ＝0.5,重力加速度g ＝10 m/s 2,则( )A 、运动过程中物体的最大加速度为15 m/s 2B 、在距出发点3.0 m 位置时物体的速度达到最大C 、整个过程中推力对物体做功180 JD 、物体在水平地面上运动的最大位移是10 m解析：由牛顿第二定律有F －μmg ＝ma ,当推力F ＝100 N 时,物体加速度最大,为20 m/s 2,选项A 错误；由题图乙可得推力F 随位移s 变化的关系为F ＝100－25s (N),物体速度最大时,加速度为零,则F ＝μmg ,解得s ＝3.2 m,即在距出发点3.2 m 位置时物体的速度达到最大,选项B 错误；由F s图像的“面积”表示功可知,推力对物体做功W F ＝12Fs 0＝200 J,选项C 错误；由动能定理有W F －μmgs m ＝0,代入数据得s m ＝10 m,即物体在水平面上运动的最大位移是10 m,选项D 正确、答案：D12.(多选)如图所示,AB 为半径R ＝0.50 m 的四分之一圆弧轨道,B 端距水平地面的高度h ＝0.45 m 、一质量m＝1.0 kg 的小滑块从圆弧道A 端由静止释放,到达轨道B 端的速度v ＝2.0 m/s.忽略空气的阻力、取g ＝10 m/s 2.则下列说法正确的是( )A 、小滑块在圆弧轨道B 端受到的支持力大小N ＝16 NB 、小滑块由A 端到B 端的过程中,克服摩擦力所做的功W ＝3 JC 、小滑块的落地点与B 点的水平距离x ＝0.6 mD 、小滑块的落地点与B 点的水平距离x ＝0.3 m解析：小滑块在B 端时,根据牛顿第二定律有N －mg ＝m v 2R ,解得N ＝18 N,A错误；根据动能定理有mgR －W ＝12m v 2,解得W ＝mgR －12m v 2＝3 J,B 正确；小滑块从B 点做平抛运动,水平方向上x ＝v t ,竖直方向上h ＝12gt 2,解得x ＝v ·2h g ＝0.6 m,C 正确,D 错误、答案：BC二、非选择题13、(2018·四川成都诊断)如图甲所示,长为20 m 的水平轨道AB 与半径R ＝3 m 的竖直半圆轨道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乙所示,滑块与AB 间的动摩擦因数为0.4,取g ＝10 m/s 2.(1)求滑块在水平轨道AB 上运动前10 m 过程中所需的时间；(2)求滑块到达B 处时的速度大小；(3)若滑块到达B 处时撤去力F ,滑块沿半圆轨道内侧上滑,并恰好能到达最高点C ,则滑块在半圆轨道上克服摩擦力所做的功是多少、解析：(1)在前10 m 内：F 1－μmg ＝ma 1s 1＝12a 1t 21解得t 1＝1 s.(2)滑块从A 到B 的过程中,由动能定理得F 1s 1－F 2s 3－μmgs ＝12m v 2B解得v B ＝10 2 m/s.(3)滑块恰好能到达C 点,则mg ＝m v 2C R滑块从B 到C 的过程中,由动能定理得W f －mg ·2R ＝12m v 2C －12m v 2B解得W f ＝－25 J,即克服摩擦力做功为25 J.答案：(1)1 s (2)10 2 m/s (3)25 J14、(2018·陕西西安六校联考)如图所示,AB 是倾角θ＝30°的粗糙直轨道,BCD 是光滑的圆弧轨道,AB 恰好在B 点与圆弧相切,圆弧的半径为R ,一个质量为m 的物体(可以看成质点)从直轨道上的P 点由静止释放,结果它能在两轨道间做往返运动、已知P 点与圆弧的圆心O 等高,物体与轨道AB 间的动摩擦因数为μ.求：(1)物体做往返运动的整个过程中在AB 轨道上通过的总路程；(2)最终当物体通过圆弧轨道最低点E 时,对圆弧轨道的压力大小；(3)为使物体能顺利到达圆弧轨道的最高点D ,释放点距B 点的距离L ′至少多大、解析：(1)对整体过程,由动能定理得mgR cos θ－μmg cos θ·s ＝0所以物体在AB 轨道上通过的总路程s ＝R μ.(2)最终物体以B (还有B 关于OE 的对称点)为最高点,在圆弧底部做往复运动,对B →E 过程,由动能定理得mgR (1－cos θ)＝12m v 2E在E 点,由牛顿第二定律得N －mg ＝m v 2E R解得N ＝(3－3)mg .由牛顿第三定律知,在最低点E ,物体对圆弧轨道的压力大小(3－3)mg .(3)物体刚好到D 点,由牛顿第二定律有mg ＝m v 2D R对全过程由动能定理得mgL ′sin θ－μmg cos θ·L ′－mgR (1＋cos θ)＝12m v 2D解得L ′＝(3＋3)R 1－3μ. 答案：(1)R μ (2)(3－3)mg (3)(3＋3)R 1－3μ。

2019版高考物理一轮复习江苏专版：课时检测(25) 动能定理及其应用 (重点突破课)

课时检测(二十五) 动能定理及其应用 (重点突破课)一、单项选择题1．A 、B 两物体在光滑水平面上，分别在相同的水平恒力F 作用下，由静止开始通过相同的位移l 。

若A 的质量大于B 的质量，则在这一过程中( )A ．A 获得动能较大B ．B 获得动能较大C ．A 、B 获得动能一样大D ．无法比较A 、B 获得动能大小解析：选C 由动能定理可知恒力F 做功W ＝Fl ＝12mv 2－0，因为F 、l 相同，所以A 、B 获得的动能一样大，C 正确。

2．一个质量为m 的物体静止放在光滑水平面上，在互成60°角的大小相等的两个水平恒力作用下，经过一段时间，物体获得的速度为v ，在力的方向上获得的速度分别为v 1、v 2，如图所示，那么在这段时间内，其中一个力做的功为( )A.16mv 2B.14mv 2C.13mv 2D.12mv 2 解析：选B 在合力F 的方向上，由动能定理得W ＝Fl ＝12mv 2，某个分力做的功为W 1＝F 1lcos 30°＝F 2cos 30°lcos 30°＝12Fl ＝14mv 2，B 正确。

3.如图所示，小球以初速度v0从A 点沿粗糙的轨道运动到高为h 的B 点后自动返回，其返回途中仍经过A 点，水平轨道与倾斜轨道之间用平滑圆弧连接(图中未画出)。

则返回时经过A 点的速度v 的大小为( )A.v 02－4gh B.4gh －v 02C.v 02－2ghD.2gh －v 02解析：选B 由动能定理得，小球由A 到B 过程有－mgh －W f ＝0－12mv 02，小球由B 到A 过程有mgh －W f＝12mv 2－0，联立解得v ＝4gh －v 02，B 项正确。

4．刹车距离是衡量汽车安全性能的重要参数之一，如图所示的图线1、2分别为甲、乙两辆汽车在紧急刹车过程中的刹车距离l 与刹车前的车速v 的关系曲线，已知紧急刹车过程中车与地面间的摩擦是滑动摩擦。

2019年高考物理一轮复习动能定理及其应用

第15讲动能定理及其应用(1)定义：物体由于__________而具有的能．(2)公式：E k＝__________.(3)单位：___________,1 J＝1 N·m＝1 kg·m2/s2.(4)标矢性：动能是______________，只有正值，动能与速度方向_____________.(5)动能的变化：物体_________与_________之差，即ΔE k＝__________.2．动能定理(1)内容：在一个过程中合力对物体所做的功，等于物体在这个过程中__________.(2)表达式：W＝ΔE k＝E k2－E k1＝__________(3)物理意义：__________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__________.②既适用于恒力做功，也适用于__________做功．③力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以__________作用．一对动能定理的理解[例1]一辆汽车在平直公路上行驶，在汽车的速度从0增大到v的过程中，发动机做的功为W1；在汽车的速度从v增大到2v的过程中，发动机做的功为W2.设汽车在行驶过程中所受阻力和发动机的牵引力都不变，则有()A．W2＝2W1B．W2＝3W1C．W2＝4W1D．W2＝W1二动能定理的应用[例2]2014年全国多地雾霾频发，且有愈演愈烈的趋势，空气质量问题备受关注．在雾霾天气下，能见度下降，机动车行驶速度降低，道路通行效率下降，对城市快速路、桥梁和高速公路的影响很大，已知汽车保持匀速正常行驶时受到的阻力为F f1＝0.2mg，刹车时受到的阻力为F f2＝0.5mg，重力加速度为g＝10 m/s2.(1)若汽车在雾霾天行驶的速度为v1＝36 km/h，则刹车后经过多长时间才会停下来？(2)若前车因故障停在车道上，当质量为m＝1 200 kg的后车距离已经停止的前车为x＝22.5 m 处紧急刹车，刚好不与前车相撞，则后车正常行驶时的功率为多大？三动能定理与图象结合问题[例3]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0～6 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( )A ．0～6 s 内物体先向正方向运动，后向负方向运动B ．0～6 s 内物体在4 s 时的速度最大C ．物体在2～4 s 内速度不变D ．0～4 s 内合力对物体做的功等于0～6 s 内合力做的功四动能定理与圆周运动结合[例4]如图所示，半径r 1＝252 m 的圆弧轨道AB 与水平轨道BC 相切于B 点，CD 为r 2＝0.40 m 的半圆轨道，另一半径R ＝1.00 m 的圆弧轨道EF 与CD 靠近，E 点略低于D 点．一质量m ＝1 kg 的小物块(可视为质点)从A 点以初速度v 0＝2 m/s 沿轨道下滑，在AB 段运动过程中始终受到竖直向上的F ＝10 N 的力作用，进入BC 段后撤去．已知AB 高度为h ，BC 长L ＝1.00 m ，小物块与BC 间动摩擦因数μ＝0.2，其余光滑，EF 轨道对应的圆心角θ＝60°，所有轨道均固定在同一竖直平面内，不考虑小物块在各轨道相接处的能量损失，忽略空气阻力，g 取10 m/s 2.求：(1)当小物块沿圆弧轨道AB 运动到B 点时，轨道对小物块的作用力大小；(2)若小物块在B 点的速度为5 m/s ，且在刚进入BC 段时撤去力F ，请通过计算判断小物块能否通过D 点；(3)小物块能进入EF 轨道，且不越过F 点，小物块在D 点的速度范围．五用动能定理解决多过程问题[例5]如图所示，光滑的水平轨道MN 右端N 处与水平传送带理想连接，传送带水平长度L ＝1.6 m ，皮带以恒定速率v 逆时针匀速运动，传送带的右端平滑连接着一个固定在竖直平面内、半径为R ＝0.4 m 的光滑半圆轨道PQ ；质量为m ＝0.2 kg 且可视为质点的滑块A 置于水平导轨MN 上，开始时滑块A 与墙壁之间有一压缩的轻弹簧，系统处于静止状态，现松开滑块A ，弹簧伸长，滑块脱离弹簧后滑上传送带，从右端滑出并沿半圆轨道运动到最高点Q 后水平飞出，又正好落回N 点．已知滑块A 与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.25，取g ＝10 m/s 2.求：(1)滑块A 在半圆轨道P 处对轨道的压力；(2)压缩的轻弹簧的弹性势能E p .课时达标1．关于运动物体所受的合力、合力做的功、物体动能的变化，下列说法正确的是( )A ．运动物体所受的合力不为零，合力必做功，物体的动能肯定要变化B ．运动物体所受的合力为零，则物体的动能肯定不变C ．运动物体的动能保持不变，则该物体所受合力一定为零D ．运动物体所受合力不为零，则该物体一定做变速运动，其动能要变化2．静止在粗糙水平面上的物块在水平向右的拉力作用下做直线运动，t ＝4 s 时停下，其v －t 图象如图所示．已知物块与水平面间的动摩擦因数处处相同，则下列判断正确的是( )A ．整个过程中拉力做的功等于物块克服摩擦力做的功B ．整个过程中拉力做的功等于零C ．t ＝2 s 时刻拉力的瞬时功率在整个过程中最大D ．t ＝1 s 到t ＝3 s 这段时间内拉力不做功3．质量为2 kg 的物体以一定的初速度沿倾角为30°的斜面向上滑行，在向上滑行的过程中，其动能随位移的变化关系如图所示，则物体返回到出发点时的动能为(取g ＝10 m/s 2)( )A ．34 JB ．56 JC ．92 JD ．196 J4．如图所示，质量为m 的小物块从固定的半圆形槽内与圆心等高的位置P 点无初速度释放，先后经过A 、B 、C 三点，小物块到达左侧C 点时速度为零．B 点是最低点，半圆形槽的半径为R ，A 点与C 点等高，A 点与B 点高度差为R 2.重力加速度为g ，则( ) A ．小物块从P 点运动到C 点的过程中，重力对小物块做的功大于小物块克服摩擦力做的功B ．小物块第一次从A 点运动到C 点的过程中，重力对小物块做的功大于小物块克服摩擦力做的功C ．小物块只能到达C 点一次，但能经过A 点两次D ．小物块第一次过B 点时，对槽的压力一定大于2mg5．(多选)如图所示，内壁光滑半径大小为R 的圆轨道竖直固定在桌面上，一个质量为m 的小球静止在轨道底部A 点．现用小锤沿水平方向快速击打小球，击打后迅速移开，使小球沿轨道在竖直面内运动．当小球回到A 点时，再次用小锤沿运动方向击打小球．必须经过两次击打，小球才能运动到圆轨道的最高点．已知小球在运动过程中始终未脱离轨道，在第一次击打过程中小锤对小球做功W ，第二次击打过程中小锤对小球做功4W .设两次击打过程中小锤对小球做的功全部用来增加小球的动能，则W 的值可能是( )A ．56mgR B ．34mgR C ．38mgR D ．32mgR 6．(多选)如图所示，小物块与三块材料不同但厚度相同的薄板间的动摩擦因数分别为μ、2μ和3μ，三块薄板长度均为L ，并依次连在一起．第一次将三块薄板固定在水平地面上，让小物块以一定的水平初速度v 0从a 点滑上第一块薄板，结果小物块恰好滑到第三块薄板的最右端d 点停下；第二次将三块薄板仍固定在水平地面上，让小物块从d 点以相同的初速度v 0水平向左运动；第三次将连在一起的三块薄板放在光滑的水平地面上，让小物块仍以相同的初速度v 0从a 点滑上第一块薄板．则下列说法正确的是( )A ．第二次小物块一定能够运动到a 点并停下B ．第一次和第二次小物块经过c 点时的速度大小相等C ．第三次小物块也一定能运动到d 点D ．第一次与第三次小物块克服摩擦力做的功相等7．(多选)静止在水平地面上的物块，受到水平推力F 的作用，F 与时间t 的关系如图甲所示，物块的加速度a 与时间t 的关系如图乙所示，g 取10 m/s 2.设滑动摩擦力等于最大静摩擦力，根据图象信息，得出的结论错误的是( )A ．地面对物块的最大静摩擦力为1 NB ．物块的质量为1 kgC ．物块与地面间的动摩擦因数为0.2D ．4 s 末推力F 的瞬时功率为36 W8．(多选)如图所示，水平传送带以v ＝2 m/s 的速度顺时针匀速转动，将一质量m ＝0.5 kg 的小物块(可视为质点)轻放在传送带最左端，在摩擦力的作用下，小物块会从传送带最右端水平飞出，恰好落在地面上某点P 处．已知传送带左右两端相距l ＝3 m ，上端离地高度h ＝5 m ，小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g ＝10 m/s 2，则下对说法正确的是()A．小物块从轻放在传送带上到落到地面的时间为 3 sB．落点P与传送带右端的水平距离为2 2 mC．传送带因传送小物块多消耗的电能2 JD．小物块落到地面时的动能为26 J9．如图，Q为一个原来静止在光滑水平面上的物体，其DB段为一半径为R的光滑圆弧轨道，AD段为一长度为L＝R的粗糙水平轨道，二者相切于D点，D在圆心O的正下方，整个轨道位于同一竖直平面内．物块P的质量为m(可视为质点)，P与AD间的动摩擦因数μ＝0.1，物体Q的质量为M＝2m，重力加速度为g.(1)若Q固定，P以速度v0从A点滑上水平轨道，冲至C点后返回A点时恰好静止，求v0的大小和P刚越过D点时对Q的压力大小；(2)若Q不固定，P仍以速度v0从A点滑上水平轨道，求P在光滑圆弧轨道上所能达到的最大高度h.10．我国拥有航空母舰后，舰载机的起飞与降落等问题受到了广泛关注.2012年11月23日，舰载机歼—15首降“辽宁舰”获得成功，随后舰载机又通过滑跃式起飞成功．某兴趣小组通过查阅资料对舰载机滑跃起飞过程进行了如下的简化模拟：假设起飞时“航母”静止，舰载机质量视为不变并可看成质点．“航母”起飞跑道由如图所示的两段轨道组成(二者平滑连接，不计拐角处的长度)，其水平轨道长AB＝L，水平轨道与斜面轨道末端C的高度差为h.一架歼—15舰载机的总质量为m，在C端的起飞速度至少为v.若某次起飞训练中，歼—15从A点由静止启动，发动机的推力大小恒为0.6mg，方向与速度方向相同，飞机受到空气和轨道平均阻力的合力大小恒为0.1mg.重力加速度为g.求：(1)舰载机在水平轨道AB上运动的时间；(2)在水平轨道末端B，舰载机发动机的推力功率；(3)要保证舰载机正常起飞，斜面轨道的长度满足的条件．(结果用m、g、L、h、v表示)11．如图所示，一质量为M＝5.0 kg的平板车静止在光滑水平地面上，平板车的上表面距离地面高h＝0.8 m，其右侧足够远处有一固定障碍物A.另一质量为m＝2.0 kg可视为质点的滑块，以v0＝8 m/s的水平初速度从左端滑上平板车，同时对平板车施加一水平向右、大小为5 N的恒力F.当滑块运动到平板车的最右端时，两者恰好相对静止，此时撤去恒力F，当平板车碰到障碍物A时立即停止运动，滑块水平飞离平板车后，恰能无碰撞地沿圆弧切线从B点切入光滑竖直圆弧轨道，并沿轨道下滑．已知滑块与平板车间的动摩擦因数μ＝0.5，圆弧半径为R＝1.0 m，圆弧所对的圆心角∠BOD＝θ＝106°.g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6.求：(1)平板车的长度；(2)障碍物A与圆弧左端B的水平距离；(3)滑块运动至圆弧轨道最低点C时对轨道的压力大小．。

高考物理一轮复习课时跟踪检测(十八)动能定理及其应用(重点班)

课时跟踪检测（十八）动能定理及其应用[A 级——保分题目巧做快做]1．(2018·西安质检)静止在粗糙水平面上的物块在水平向右的拉力作用下做直线运动，t ＝4 s 时停下，其v t 图像如图所示，已知物块与水平面间的动摩擦因数处处相同，则下列判断正确的是( )A ．整个过程中拉力做的功等于物块克服摩擦力做的功B ．整个过程中拉力做的功等于零C ．t ＝2 s 时刻拉力的瞬时功率在整个过程中最大D ．t ＝1 s 到t ＝3 s 这段时间内拉力不做功解析：选A 对物块运动全过程应用动能定理得：W F －W f ＝0，故A 正确，B 错误；物块在加速运动过程中受到的拉力最大，故t ＝1 s 时拉力的瞬时功率为整个过程中拉力功率的最大值，C 错误；t ＝1 s 到t ＝3 s 这段时间内，拉力与摩擦力平衡，拉力做正功，D 错误。

2．如图所示，一块长木板B 放在光滑的水平面上，在B 上放一A 物体，现以恒定的外力拉B ，使A 、B 间产生相对滑动，如果以地面为参考系，A 、B 都向前移动一段距离。

在此过程中( )A ．外力F 做的功等于A 和B 动能的增量B ．B 对A 的摩擦力所做的功，等于A 的动能增量C ．A 对B 的摩擦力所做的功，等于B 对A 的摩擦力所做的功D ．外力F 对B 做的功等于B 的动能的增量解析：选B 外力F 做的功等于A 、B 动能的增量与A 、B 间摩擦产生的内能之和，A 错误；A 物体所受的合外力等于B 对A 的摩擦力，对A 物体运用动能定理，则有B 对A 的摩擦力所做的功等于A 的动能的增量，即选项B 正确；A 对B 的摩擦力与B 对A 的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A 在B 上滑动，A 、B 对地的位移不等，故二者做功不相等，C 错误；对B 应用动能定理，W F －W f ＝ΔE k B ，即W F ＝ΔE k B ＋W f ，就是外力F 对B 做的功，等于B 的动能增量与B 克服摩擦力所做的功之和，D 错误。

2019年高考一轮复习《机械功、动能定理》真题、模拟题、知识点总结分项汇编

2019年物理高考真题和模拟题知识点分项汇编《机械功、动能定理》一、功1.公式：W ＝Fl cos α．(1)α<90°，做正功．(2)α>90°，做负功．(3)α＝90°，不做功．二、功率(1)平均功率：P ＝W t(2)瞬时功率：P ＝Fv cos α.三、动能、动能定理1．表达式：E k ＝12mv 2.2. 动能定理：合外力做功等于物体在这个过程中动能的变化量．W ＝E k2－E k1＝12mv 22－12mv 21. 3．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．四、机械能守恒1、重力势能：E p ＝mgh .重力做正功时，重力势能减小；重力做负功时，重力势能增大；重力做多少正(负)功，重力势能就减小(增大)多少，即W G ＝E p1－E p2.2、弹性势能弹力做正功，弹性势能减小；弹力做负功，弹性势能增大．3、机械能守恒定律：在只有重力或弹力做功的物体系统内，动能与势能可以相互转化，而总的机械能保持不变．表达式：(1)守恒观点：E k1＋E p1＝E k2＋E p2(要选零势能参考平面)． (2)转化观点：ΔE k ＝－ΔE p (不用选零势能参考平面)． (3)转移观点：ΔE A 增＝ΔE B 减(不用选零势能参考平面)．4．机械能守恒的条件：只有重力(或弹力)做功或虽有其他外力做功但其他力做功的代数和为零．五、功能关系1．功是能量转化的量度，即做了多少功就有多少能量发生了转化． 2．几种常见的功能关系1．内容：能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为另一种形式，或者从一个物体转移到别的物体，在转化和转移的过程中，能量的总量保持不变．2．表达式：(1)E1＝E2. (2)ΔE减＝ΔE增．【方法归纳总结】变力做功的求解方法一、动能定理法动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动，既适用于求恒力功也适用于求变力功．因使用动能定理可由动能的变化来求功，所以动能定理是求变力做功的首选．二、平均力法如果力的方向不变，力的大小对位移按线性规律变化(即F＝kx＋b)时，F由F1变化到F2的过程中，力的平均值为F＝F1＋F22，再利用功的定义式W＝F l cos α来求功．三、微元法当物体在变力的作用下做曲线运动时，若力的方向与物体运动的切线方向之间的夹角不变，可将曲线分成无限个小元段，每一小元段可认为恒力做功，总功即为各个小元段做功的代数和．通过微元法不难得到，在往返的运动中，摩擦力、空气阻力做的功，其大小等于力和路程的乘积．四、等效转换法若某一变力的功和某一恒力的功相等，即效果相同，则可以通过计算该恒力做的功，求出该变力做的功，从而使问题变得简单，也就是说通过关联点，将变力做功转化为恒力做功，这种方法称为等效转换法．五、图象法由于功W＝Fx，则在F－x图象中图线和x轴所围图形的面积表示F做的功．在x轴上方的“面积”表示正功，x轴下方的“面积”表示负功．六、用W＝Pt计算机车以恒定功率P行驶的过程，随速度增加牵引力不断减小，此时牵引力所做的功不能用W＝Fx来计算，但因功率恒定，可以用W＝Pt计算．应用动能定理解题的基本思路(1)选取研究对象，明确它的运动过程；(2)分析研究对象的受力情况和各力的做功情况：受哪些力→各力是否做功→做正功还是负功→做多少功→各力做功的代数和(3)明确研究对象在过程的初末状态的动能E k1和E k2；(4)列动能定理的方程W合＝E k2－E k1及其他必要的解题方程，进行求解．2019年物理高考真题和模拟题相关题目1．（2019·新课标全国Ⅱ卷）从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能E k与重力势能E p之和。

(广东省)19高考物理一轮基础复习演练：专题8动能动能定理及其应用含解析2019102432(含答案).doc

动能、动能定理及其应用李仕才一、单项选择题Ⅰ：本大题共10小题，在每小题列出的四个选项中，只有一项符合题目要求．1．改变汽车的质量和速度，都能使汽车的动能发生变化，在下面几种情况中，汽车的动能是原来的2倍的是( ) A．质量不变，速度变为原来的2倍B．质量和速度都变为原来的2倍C．质量减半，速度变为原来的2倍D．质量变为原来2倍，速度减半2．汽车在平直公路上行驶，当速度从0增加到v时，合外力做功为W1；速度从v增加到2v时，合外力做功为W2.W1与W之比为( )2A．1∶1 B．1∶2C．1∶3 D．1∶43．关于动能和速度，下列说法正确的是( )A．物体的速度发生变化，动能一定发生变化B．物体的速度发生变化，动能可能不变C．物体的动能不变，速度一定不变D．物体的动能发生变化，速度可能不变4．放在光滑水平面上的物体，仅在两个同向水平力的共同作用下开始运动，若这两个力分别做了6 J和8 J的功，则该物体的动能增加了( )A．48 J B．14 JC．10 J D．2 J5．下列关于动能的说法中，正确的是( )A．动能的大小由物体的质量和速率决定，与物体的运动方向无关B．物体以相同的速率分别做匀速直线运动和匀速圆周运动时，其动能不同．因为它在这两种情况下所受的合力不同、运动性质也不同C．物体做平抛运动时，其动能在水平方向的分量不变，在竖直方向的分量增大D．物体所受的合外力越大，其动能就越大6．一人用力踢质量为0.5 kg的足球，使球由静止到以10 m/s的水平速度飞出．设踢球的平均作用力为200 N，球在水平方向滚动了20 m，则人对球做功为( )A．25 J B．100 JC．4 000 J D．4 025 J7．有两个物体甲、乙，它们在同一直线上运动，两物体的质量均为m，甲速度为v，动能为E k；乙速度为－v，动能为E′，那么( )kA．E′k＝－E k B．E′k＝E kC．E′k<E k D．E′k>E k8．在光滑的水平面上，质量为2 kg的物体以2 m/s的速度向东运动，现对物体施加一个向西的力使物体停下来，则物体在此过程中克服外力做功为( )A．0 B．4 JC．8 J D．16 J9．两个质量不同而初动能相同的物体，在水平地面上由于摩擦的作用而停止运动．它们与地面的动摩擦因数相同，比较它们的滑行距离，则( )A．质量大的物体滑行距离长B．质量小的物体滑行距离长C．滑行距离相同D．条件不足，无法判断10．关于功和物体动能变化的关系，下列说法不正确的是( )A．有力对物体做功，物体动能就会变化B．合外力不做功，物体的动能就不变化C．合外力做正功，物体的动能就增加D．所有外力做功的代数和为负值，物体的动能就减少二、单项选择题Ⅱ：本大题共10小题，在每小题列出的四个选项中，只有一项符合题目要求．11．一个25 kg的小孩从高度为3.0 m的滑梯顶端由静止开始滑下，滑到底端时的速度为2.0 m/s.取g＝10 m/s2，关于力对小孩做的功，以下结果正确的是( )A．合外力做功50 JB．阻力做功500 JC．重力做功500 JD．支持力做功50 J12．一滑块静止在粗糙水平地面上，t＝0时给滑块施加一水平方向的作用力F，力F和滑块的速度v随时间的变化规律分别如图甲和乙所示．设在第1秒内、第2秒内F对滑块做的功分别为W1、W2，则W1与W2之比为( )A．1∶1 B．1∶2C．1∶4 D．2∶113.如图所示，两个互相垂直的恒力F1和F2作用在同一物体上，使物体发生一段位移后，力F1对物体做功为4 J，力F2对物体做功为3 J，则力F1与F2的合力对物体做功为( )A．1 J B．3.5 JC．5 J D．7 J14.物体在合外力作用下做直线运动的v－t图象如图所示．下列表述正确的是( )A．在0～1 s内，合外力做正功B．在0～2 s内，合外力总是做负功C．在1～2 s内，合外力不做功D．在0～3 s内，合外力总是做正功15．物体A、B质量相等，A置于光滑水平面上，B置于粗糙水平面上，在相同水平拉力F作用下，由静止开始运动了s，那么( )A．拉力对A做功较多，A的动能较大B．拉力对B做功较多，但A的动能较大C．拉力对A、B做功相同，A、B动能也相同D．拉力对A、B做功相同，但A的动能较大16．质量为m的物体静止在粗糙水平面上．若物体受一水平恒力F作用通过位移s时，它的动能为E1；若该静止物体受一水平恒力2F作用通过相同位移s时，它的动能为E2.则( ) A．E2＝E1B．E2＞2E1C．E2＝2E1D．E1＜E2＜2E117.运动员以一定的初速度将冰壶沿水平面推出，由于摩擦阻力的作用，其动能随位移变化图线如图所示，已知冰壶质量为19 kg，g取10 m/s2，则以下说法正确的是( )A．μ＝0.05B．μ＝0.03C．滑行时间t＝5 sD．滑行时间t＝10 s18．下列关于运动物体所受的合外力，合外力做功和动能变化的关系正确的是( )A．物体的动能不变，所受的合外力必定为零B．如果合外力对物体所做的功为零，则合外力一定为零C．物体在合外力作用下做变速运动，动能一定变化D．如果物体所受的合外力为零，那么合外力对物体做的功一定为零19．两个材料相同的物体，甲的质量大于乙的质量，以相同的初动能在同一水平面上滑动，最后都静止，它们滑行的距离的大小关系是( )A．乙大B．甲大C．一样大D．无法比较20．关于动能的概念，下列说法正确的是( )A．速度越大的物体动能就越大B．动能越大的物体速度就越大C．物体受到的合外力越大，动能就越大D．物体所受合外力做的功越多，动能改变量就越大三、多项选择题：本大题共5小题，在每小题列出的四个选项中，至少有2个选项是符合题目要求的．21．在离地面一定高度处，以相同的动能，向各个方向抛出多个质量相同的小球，这些小球到达地面时，有相同的( ) A．动能B．速度C．速率D．位移22．改变汽车的质量和速度，都能使汽车的动能发生变化．在下列几种情况中，关于汽车的动能的说法正确的是( ) A．质量不变，速度增大到原来的2倍，汽车的动能变为原来的2倍B．速度不变，质量增大到原来的2倍，汽车的动能变为原来的2倍C．质量减半，速度增大到原来的4倍，汽车的动能不变D．速度减半，质量增大到原来的4倍，汽车的动能不变23．下列说法中，正确的是( )A．物体的动能不变，则其速度一定也不变B．物体的速度不变，则其动能也不变C．物体的动能不变，说明物体的运动状态没有改变D．物体的动能不变，物体所受的合外力不一定为零24．关于对动能的理解，下列说法正确的是( )A．动能是机械能的一种表现形式，凡是运动的物体都具有动能B．动能总为正值C．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D．动能不变的物体，一定处于平衡状态25．一质点开始时做匀速直线运动，从某时刻起受到一恒力作用．此后该质点的动能可能( )A．一直增大B．先逐渐减小至零，再逐渐增大C．先逐渐增大至某一最大值，再逐渐减小D．先逐渐减小至某一非零的最小值，再逐渐增大学业达标·实战演练一、单项选择题Ⅰ1．【解析】选C.由动能公式E k＝12mv2易知C正确．2．【解析】选C.由动能定理表达式W合＝E k2－E k1，W1∶W2＝1∶3，选C.3．【解析】选B.物体的速度方向变化而大小不变，则动能不变，A选项错误，B选项正确；物体的动能不变只能得到物体的速度大小不变，但是速度方向可能在变，如匀速圆周运动，C选项错误；物体动能变化则物体的速度大小一定改变，D选项错误.4．【解析】选B.动能定理公式W合＝ΔE k，而W合＝W1＋W2＝(6＋8) J＝14 J.5．【解析】选A.动能是标量，只与物体的质量和速度的大小有关，与速度的方向没有关系，所以A选项正确；动能是状态量，与物体的受力情况和运动性质无关，B、D选项错误；动能是标量，不能进行分解，所以C选项错误．6．【解析】选A.人对球做功过程就是人与球接触的过程，这个过程球由静止到速度为10 m/s，由W合＝E k2－E k1可得人对球做功W合＝25 J.7．【解析】选B.动能是标量，且恒为正值或者为零，因此B 选项正确．8．【解析】选B.由动能定理公式W合＝E k2－E k1，E k2＝0，E k1＝12×2×22 J＝4 J，则W合＝－4 J，外力做功为－4 J，即克服外力做功4 J.9．【解析】选B.两者初动能相同，末动能为零，ΔE k相同．而W合＝－fs，质量小的，对应的滑动摩擦力f也小，由于W合＝ΔEk＝－fs，则滑行位移大．10．【解析】选A.根据W合＝ΔE k分析，W合>0，动能增加，W<0，动能减少，W合＝0，动能不变，W合≠0，ΔE k≠0.合二、单项选择题Ⅱ11．【解析】选A.由动能定理W合＝E k2－E k1＝50 J，A选项正确；支持力与速度方向垂直，所以支持力不做功，D选项错误；重力做功W G＝mgh＝750 J，C选项错误；由W合＝W G＋W f 可得W f＝－700 J，B选项错误．12．【解析】选A.第1秒内，F1＝4 N，s1＝1 m，W1＝F1s1＝4 J. 第2秒内，F2＝2 N，s2＝2 m，W2＝F2s2＝4 J，W1∶W2＝1∶1.13．【解析】选D.由动能定理知合力所做的功等于各力做功的代数和W合＝(4＋3) J＝7 J，选D.14．【解析】选A.从图象中读取各初末时刻的速度大小，根据动能定理判断做功正负．15．【解析】选D.两次的拉力和位移相同，则做功都相同，由于作用于B有摩擦力做负功，由动能定理可判断A的动能较大．16．【解析】选B.根据动能定理，第一种情况Fs－fs＝E1－0, 第二种情况2Fs －fs ＝E 2－0，可得E 2＞2E 1.17．【解析】选D.对冰壶由动能定理得－μmgs ＝0－12mv 20，得μ＝12mv 20mgx ＝9.5 J 19×10×5 J＝0.01. 冰壶运动时：a ＝μg ＝0.1 m/s 2由运动学公式s ＝12at 2得：t ＝10 s. 18．【解析】选D.由匀速圆周运动可知ABC 错，由动能定理知D 正确．19．【解析】选A.两者动能变化相等，甲质量大，则甲的滑动摩擦力也大，根据动能定理可知，两者做功相等，甲的滑动摩擦力大，则位移小，选A.20．【解析】选D.由动能公式E k ＝12mv 2，可知AB 错，且E k 与受到的合外力大小无关，C 错．由动能定理W 合＝ΔE k 知D 正确．三、多项选择题21．【解析】选AC.由动能定理W合＝E k2－E k1，各球以相同的动能抛出，下落到达地面时，重力做功相同，则末动能相同，落地速率相同．22．【解析】选BD.本题由动能的计算公式E k＝12mv2很容易得到B、D选项正确．23．【解析】选BD.对于物体的动能，物体的速度不变，则其动能也不变，但是物体的动能不变时，其速度的大小不变方向可以变化．24．【解析】选ABC.匀速圆周运动的物体速度大小不变，动能不变，但不处于平衡状态，D错．25．【解析】选ABD.若力F的方向与初速度v0的方向一致，则质点一直加速，动能一直增大，选项A正确．若力F的方向与v0的方向相反，则质点先减速至速度为零后反向加速，动能先减小至零后增大，选项B正确．若力F的方向与v0的方向成一钝角，如斜上抛运动，物体先减速，减到某一值，再加速，则其动能先减小至某一非零的最小值，再增大，选项D正确．。

2019年高考物理一轮复习精品资料专题5.2 动能和动能定理(教学案) 含解析

2019年高考物理一轮复习精品资料按照高考考纲的要求，本章内容可以分成四部分，即：功和功率；动能、势能、动能定理；机械能守恒定律及其应用；功能关系、动量、能量综合。

其中重点是对动能定理、机械能守恒定律的理解，能够熟练运用动能定理、机械能守恒定律分析解决力学问题。

难点是动量能量综合应用问题。

动能定理是一条适用范围很广的物理规律，解题的优越性很多。

根本原因在于它省去了矢量式的很多麻烦。

一、对动能定理的理解1．对“外力”的两点理解(1)“外力”指的是合力，重力、弹力、摩擦力、电场力、磁场力或其他力，它们可以同时作用，也可以不同时作用。

(2)既可以是恒力，也可以是变力。

2．“＝”体现的二个关系二、动能定理的应用1．应用动能定理的流程2．应用动能定理的注意事项(1)动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系。

(2)应用动能定理的关键在于对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析，并画出运动过程的草图，借助草图理解物理过程之间的关系。

(3)当物体的运动包含多个不同过程时，可分段应用动能定理求解；当所求解的问题不涉及中间的速度时，也可以全过程应用动能定理求解，这样更简便。

(4)列动能定理方程时，必须明确各力做功的正、负，确实难以判断的先假定为正功，最后根据结果加以检验。

三、动能定理的图像问题1．解决物理图像问题的基本步骤(1)观察题目给出的图像，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值代入函数关系式求物理量。

2．四类图像所围面积的含义(1)vt图：由公式x＝vt可知，vt图线与坐标轴围成的面积表示物体的位移。