2013江苏省高考物理一轮精品专项训练： 第五章 第2单元 动能定理
(新课标)高考物理一轮总复习 第五章 第二讲 动能定理及其应用教案-人教版高三全册物理教案
第二讲动能定理及其应用[小题快练]1．判断题(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．( √ )2．(多选)关于动能定理的表达式W＝E k2－E k1，下列说法正确的是( BC )A．公式中的W为不包含重力的其他力做的总功B．公式中的W为包含重力在内的所有力做的功，也可通过以下两种方式计算：先求每个力的功再求功的代数和或先求合外力再求合外力的功C．公式中的E k2－E k1为动能的增量，当W>0时动能增加，当W<0时，动能减少D．动能定理适用于直线运动，但不适用于曲线运动，适用于恒力做功，但不适用于变力做功3．NBA篮球赛非常精彩，吸引了众多观众．比赛中经常有这样的场面：在临终场0.1 s的时候，运动员把球投出且准确命中，获得比赛的胜利．若运动员投篮过程中对篮球做功为W，出手高度为h1，篮筐的高度为h2，球的质量为m，空气阻力不计，则篮球进筐时的动能为( C ) A．mgh1＋mgh2－WB．mgh2－mgh1－WC．W＋mgh1－mgh2D．W＋mgh2－mgh1考点一 动能定理的理解及应用 (自主学习)1．动能定理公式中体现的“三个关系”(1)数量关系：即合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，求合力做的功，进而求得某一力做的功． (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：合力做的功是引起物体动能变化的原因． 2．对“外力”的理解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．应用动能定理的“四点注意”(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)动能定理的表达式是一个标量式，不能在某方向上应用动能定理．(3)动能定理往往用于单个物体的运动过程，由于不涉及加速度和时间，比动力学研究方法更简便．(4)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．1－1.[解决曲线运动问题] (2015·某某卷)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，则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 ．斜向下抛的最大解析：根据动能定理可知12mv 2末＝mgh ＋12mv 20，得v 末＝2gh ＋v 20，又因三个小球的初速度大小以及高度相等，则落地时的速度大小相等，A 项正确． 答案：A1－2.[解决直线运动问题] 一物块沿倾角为θ的斜坡向上滑动．当物块的初速度为v 时，上升的最大高度为H ，如图所示．当物块的初速度为v2时，上升的最大高度记为h .重力加速度大小为g .物块与斜坡间的动摩擦因数和h 分别为( )A ．tan θ和H2B ．(v 22gH －1)tan θ和H 2C ．tan θ和H4D ．(v 22gH －1)tan θ和H 4解析：由动能定理有－mgH －μmg cos θH sin θ＝0－12mv 2－mgh －μmg cos θh sin θ＝0－12m (v 2)2解得μ＝(v 22gH －1)tan θ，h ＝H4，故D 正确．答案：D1－3.[解决变力做功问题] (2015·全国卷Ⅰ)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：根据质点滑到轨道最低点N 时，对轨道压力为4mg ，利用牛顿第三定律可知，轨道对质点的支持力为4mg .在最低点，由牛顿第二定律得，4mg －mg ＝m v 2R，解得质点滑到最低点的速度v ＝3gR .对质点从开始下落到滑到最低点的过程，由动能定理得，2mgR －W ＝12mv 2，解得W ＝12mgR .对质点由最低点继续上滑的过程，到达Q 点时克服摩擦力做功W ′要小于W ＝12mgR .由此可知，质点到达Q 点后，可继续上升一段距离，C 正确．答案：C考点二 动能定理在多过程问题中的应用 (师生共研)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[典例] 如图，一个质量为0.6 kg 的小球以某一初速度从P 点水平抛出，恰好从光滑圆弧ABC 的A 点沿切线方向进入圆弧(不计空气阻力，进入圆弧时无机械能损失)．已知圆弧的半径R ＝0.3 m ，θ＝60°，小球到达A 点时的速度v A ＝4 m/s.g 取10 m/s 2，求：(1)小球做平抛运动的初速度v 0； (2)P 点与A 点的高度差；(3)小球到达圆弧最高点C 时对轨道的压力．解析：(1)由题意知小球到A 点的速度v A 沿曲线上A 点的切线方向，对速度分解如图所示： 小球做平抛运动，由平抛运动规律得v 0＝v x ＝v A cos θ＝2 m/s.(2)小球由P 至A 的过程由动能定理得mgh ＝12mv 2A －12mv 2解得：h ＝0.6 m.(3)小球从A 点到C 点的过程中，由动能定理得 －mg (R cos θ＋R )＝12mv 2C －12mv 2A解得：v C ＝7 m/s小球在C 点由牛顿第二定律得F N C ＋mg ＝m v 2CR解得F N C ＝8 N由牛顿第三定律得F N C ′＝F N C ＝8 N 方向竖直向上．答案：(1)2 m/s(2)0.6 m(3)8 N ，方向竖直向上 [反思总结]动能定理在多过程问题中的应用1．对于多个物理过程要仔细分析，将复杂的过程分割成多个子过程，分别对每个过程分析，得出每个过程遵循的规律．当每个过程都可以运用动能定理时，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．2．应用全程法解题求功时，有些力可能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．(2018·余姚中学模拟)如图所示装置由AB 、BC 、CD 三段轨道组成，轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接，其中轨道AB 、CD 段是光滑的，水平轨道BC 的长度x ＝5 m ，轨道CD 足够长且倾角θ＝37°，A 、D 两点离轨道BC 的高度分别为h 1＝4.30 m ，h 2＝1.35 m ．现让质量为m 的小滑块自A 点由静止释放，小滑块与轨道BC 间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度取g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：(1)小滑块第一次到达D 点时的速度大小；(2)小滑块第二次通过C 点时的速度大小； (3)小滑块最终停止的位置距B 点的距离．解析：(1)小物块从A 到D 的过程中，由动能定理得：mg (h 1－h 2)－μmgx ＝12mv 2D －0，代入数据得：v D ＝3 m/s.(2)从D 到C 的过程，由动能定理得：mgh 2＝12mv 2C －12mv 2D ，代入数据得：v C ＝6 m/s.(3)滑块最终静止在BC 上，对全过程，运用动能定理得：mgh 1－μmgs ＝0，代入数据解得：s ＝8.6 m ，则距离B 点的距离为：L ＝5 m －(8.6－5) m ＝1.4 m.答案：(1)3 m/s (2)6 m/s (3)1.4 m考点三 与图象相关的动能问题 (自主学习)图象所围“面积”的意义1．v －t 图：由公式x ＝vt 可知，v －t 图线与时间轴围成的面积表示物体的位移． 2．a －t 图：由公式Δv ＝at 可知，a －t 图线与时间轴围成的面积表示物体速度的变化量． 3．F －x 图：由公式W ＝Fx 可知，F －x 图线与位移轴围成的面积表示力所做的功． 4．P －t 图：由公式W ＝Pt 可知，P －t 图线与时间轴围成的面积表示力所做的功．3－1.[v －t 图象] 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∶2B ．F 1、F 2对A 、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∶1 答案：C3－2.[a －t 图象] 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 内合力做的功解析：由a －t 图象可知：图线与时间轴围成的“面积”代表物体在相应时间内速度的变化情况，在时间轴上方为正，在时间轴下方为负．物体6 s 末的速度v 6＝12×(2＋5)×2 m/s－12×1×2 m/s＝6 m/s ，则0～6 s 内物体一直向正方向运动，A 错误；由图象可知物体在5 s 末速度最大，v m ＝12×(2＋5)×2 m/s＝7 m/s ，B 错误；由图象可知在2～4 s 内物体加速度不变，物体做匀加速直线运动，速度变大，C 错误；在0～4 s 内合力对物体做的功由动能定理可知：W 合4＝12mv 24－0，又v 4＝12×(2＋4)×2 m/s＝6 m/s ，得W 合4＝36 J ，0～6 s 内合力对物体做的功由动能定理可知：W 合6＝12mv 26－0，又v 6＝6 m/s ，得W 合6＝36 J ，则W 合4＝W 合6，D 正确． 答案：D1．(多选)(2019·第十九中学月考)将质量为m 的小球在距地面高度为h 处抛出，抛出时的速度大小为v 0.小球落到地面的速度大小为2v 0，若小球受到的空气阻力不能忽略，则对于小球下落的整个过程，下面说法中正确的是( BC ) A ．小球克服空气阻力做的功大于mgh B ．重力对小球做的功等于mgh C ．合外力对小球做的功大于mv 20 D ．合外力对小球做的功等于mv 20解析：根据动能定理得：12m (2v 0)2－12mv 20＝mgh －W f ，解得：W f ＝mgh －32mv 20<mgh ，故A 错误；重力做的功为W G ＝mgh ，B 正确；合外力对小球做的功W 合＝12m (2v 0)2－12mv 20＝32mv 20，C 正确，D 错误．2．(2018·某某、某某联考)如图所示，斜面AB 竖直固定放置，物块(可视为质点)从A 点静止释放沿斜面下滑，最后停在水平面上的C 点，从释放到停止的过程中克服摩擦力做的功为W .因斜面塌陷，斜面变成APD 曲面，D 点与B 在同一水平面上，且在B 点左侧．已知各接触面粗糙程度均相同，不计物块经过B 、D 处时的机械能损失，忽略空气阻力，现仍将物块从A 点静止释放，则(B )A ．物块将停在C 点B ．物块将停在C 点左侧C ．物块从释放到停止的过程中克服摩擦力做的功大于WD ．物块从释放到停止的过程中克服摩擦力做的功小于W解析：物块在斜面上滑动时，克服摩擦力做的功为W f ＝μmg cos θ·L ，物块在曲面上滑动时，做曲线运动，根据牛顿第二定律有：F N －mg cos θ＝m v 2R，即F N ＞mg cos θ，故此时的滑动摩擦力f ′＝μF N ＞μmg cos θ，且物块在曲面上滑过路程等于在斜面上滑过的路程L ，故物块在曲面上克服摩擦力做的功W ′f ＞W f ＝μmg cos θ·L ，根据动能定理可知，物块将停在C 点左侧，故A 错误，B 正确；从释放到最终停止，动能的改变量为零，根据动能定理可知，物块克服摩擦力做的功等于重力做的功，而两种情况下，重力做的功相同，物块从释放到停止的过程中克服摩擦力做的功等于W ，故C 、D 错误．3．如图所示，水平平台上有一个质量m ＝50 kg 的物块，站在水平地面上的人用跨过定滑轮的细绳向右拉动物块，细绳不可伸长．不计滑轮的大小、质量和摩擦．在人以速度v 从平台边缘正下方匀速向右前进x 的过程中，始终保持桌面和手的竖直高度差h 不变．已知物块与平台间的动摩擦因数μ＝0.5，v ＝0.5 m/s ，x ＝4 m ，h ＝3 m ，g 取10 m/s 2.求人克服细绳的拉力做的功．解析：设人发生x 的位移时，绳与水平方向的夹角为θ，由运动的分解可得，物块的速度v 1＝v cos θ由几何关系得cos θ＝xh 2＋x 2在此过程中，物块的位移s ＝h 2＋x 2－h ＝2 m 物块克服摩擦力做的功W f ＝μmgs 对物块，由动能定理得W T －W f ＝12mv 21所以人克服细绳的拉力做的功W T ＝mv 2x 22(h 2＋x 2)＋μmgs ＝504 J.答案：504 J[A 组·基础题]1．(2016·某某卷)韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员．他在一次自由式滑雪空中技巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离，重力对他做功1 900 J ，他克服阻力做功100 J ．韩晓鹏在此过程中( C ) A ．动能增加了1 900 J B ．动能增加了2 000 J C ．重力势能减小了1 900 J D ．重力势能减小了2 000 J2. 质量为10 kg 的物体，在变力F 作用下沿x 轴做直线运动，力随坐标x 的变化情况如图所示．物体在x ＝0处，速度为1 m/s ，一切摩擦不计，则物体运动到x ＝16 m 处时，速度大小为( B )A ．2 2 m/sB ．3 m/sC ．4 m/sD ．17 m/s3. 如图所示，斜面的倾角为θ，质量为m 的滑块距挡板P 的距离为x 0，滑块以初速度v 0沿斜面上滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力．若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失，滑块经过的总路程是( A )A.1μ(v 202g cos θ＋x 0tan θ) B ．1μ(v 202g sin θ＋x 0tan θ) C.2μ(v 202g cos θ＋x 0tan θ)D ．1μ(v 202g cos θ＋x 0cot θ)4. 如图所示，质量为M ＝3 kg 的小滑块，从斜面顶点A 由静止沿ABC 下滑，最后停在水平面上的D 点，不计滑块从AB 面滑上BC 面以及从BC 面滑上CD 面时的机械能损失．已知AB ＝BC ＝5 m ，CD ＝9 m ，θ＝53°，β＝37°(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g 取10 m/s 2)，在运动过程中，小滑块与所有接触面间的动摩擦因数相同．则( D )A ．小滑块与接触面间的动摩擦因数μ＝0.5B ．小滑块在AB 面上运动的加速度a 1与小滑块在BC 面上运动的加速度a 2之比a 1a 2＝53C ．小滑块在AB 面上的运动时间小于小滑块在BC 面上运动时间D ．小滑块在AB 面上运动时克服摩擦力做功小于小滑块在BC 面上运动时克服摩擦力做功 5．(多选) 某人通过光滑滑轮将质量为m 的物体，沿光滑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 ．物体所受的合力做功为mgh ＋12mv 2B ．物体所受的合力做功为12mv 2C ．人对物体做的功为mghD ．人对物体做的功大于mgh6．(多选) 如图所示，竖直平面内固定着一个螺旋形光滑轨道，一个小球从足够高处落下，刚好从A 点进入轨道，则关于小球经过轨道上的B 点和C 点时，下列说法正确的是( ABC )A ．轨道对小球不做功B ．小球在B 点的速度小于在C 点的速度C ．小球在B 点对轨道的压力小于在C 点对轨道的压力D ．改变小球下落的高度，小球在B 、C 两点对轨道的压力差保持不变7．(多选) (2016·某某卷)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( AB )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35g8．(多选) 如图所示，x 轴在水平地面上，y 轴竖直向上，在y 轴上的P 点分别沿x 轴正方向和y 轴正方向以相同大小的初速度抛出两个小球a 和b ，不计空气阻力，若b 上升的最大高度等于P 点离地的高度，则从抛出到落地有( BD )A ．a 的运动时间是b 的运动时间的2倍B ．a 的位移大小是b 的位移大小的5倍C ．a 、b 落地时的速度相同，因此动能一定相同D ．a 、b 落地时的速度不同，但动能相同[B 组·能力题]9．(多选)(2019·某某实验中学期中)如图，用跨过光滑定滑轮的缆绳将海面上一艘失去动力的小船沿直线拖向岸边．已知拖动缆绳的电动机功率恒为P ，小船的质量为m ，小船受到的阻力大小恒为f ，经过A 点时的速度大小为v 0，小船从A 点沿直线加速运动到B 点经历时间为t 1，A 、B 两点间距离为d ，缆绳质量忽略不计．下列说法正确的是( ABD )A ．小船从A 点运动到B 点的全过程克服阻力做的功W f ＝fd B ．小船经过B 点时的速度大小v 1＝v 20＋2m (Pt 1－fd )C ．小船经过B 点时的速度大小v 1＝2v 20＋2m (Pt 1－fd )D ．小船经过B 点时的加速度大小a ＝P m 2v 20＋2m (Pt 1－fd )－fm 解析：小船从A 点运动到B 点过程中克服阻力做功：W f ＝fd ，故A 正确；小船从A 点运动到B 点，电动机牵引缆绳对小船做功：W ＝Pt 1 ，由动能定理有：W －W f ＝12mv 21－12mv 20，联立解得：v 1＝v 20＋2(Pt 1－fd )m，故B 正确，C 错误；设小船经过B 点时绳的拉力大小为F ，绳与水平方向夹角为θ，绳的速度大小为v ′，则P ＝Fv ′， v ′＝v 1cos θ，F cos θ－f ＝ma ，联立解得：a ＝P m 2v 20＋2m (Pt 1－fd )－fm ，故D 正确．A ．在运动过程中滑块A 的最大加速度是2.5 m/s 2B ．在运动过程中滑块B 的最大加速度是3 m/s 2C ．滑块在水平面上运动的最大位移是3 mD ．物体运动的最大速度为 5 m/s解析：假设开始时A 、B 相对静止，对整体根据牛顿第二定律，有F ＝2Ma ，解得a ＝F 2M ＝102×2＝2.5 m/s 2；隔离B ，B 受到重力、支持力和A 对B 的静摩擦力，根据牛顿第二定律，f ＝Ma ＝2×2.5＝5 N ＜μMg ＝6 N ，所以A 、B 不会发生相对滑动，保持相对静止，最大加速度均为2.5 m/s 2，故A 正确，B 错误；当F ＝0时，加速度为0，之后A 、B 做匀速运动，位移继续增加，故C 错误；F －x 图象包围的面积等于力F 做的功，W ＝12×2×10＝10 J ；当F ＝0，即a ＝0时达到最大速度，对A 、B 整体，根据动能定理，有W ＝12×2Mv 2m －0；代入数据得：v m ＝ 5 m/s ，故D 正确．11. 为了研究过山车的原理，某物理小组提出了下列设想：取一个与水平方向夹角θ＝60°，长L 1＝2 3 m 的倾斜轨道AB ，通过微小圆弧与长为L 2＝32m 的水平轨道BC 相连，然后在C 处设计一个竖直完整的光滑圆轨道，出口为水平轨道D ，如图所示．现将一个小球从距A点高h ＝0.9 m 的水平台面上以一定的初速度v 0水平弹出，到A 点时速度方向恰沿AB 方向，并沿倾斜轨道滑下．已知小球与AB 和BC 间的动摩擦因数均为μ＝33.g 取10 m/s 2，求：(1)小球初速度的大小； (2)小球滑过C 点时的速率；(3)要使小球不离开轨道，则竖直圆轨道的半径应该满足什么条件． 解析：(1)小球开始时做平抛运动，有v 2y ＝2gh 代入数据解得v y ＝2gh ＝2×10×0.9 m/s ＝3 2 m/s 在A 点有tan θ＝v yv x得v x ＝v 0＝v ytan θ＝323m/s ＝ 6 m/s. (2)从水平抛出到C 点的过程中，由动能定理得mg (h ＋L 1sin θ)－μmgL 1cos θ－μmgL 2＝12mv 2C －12mv 2代入数据解得v C ＝3 6 m/s.(3)小球刚刚过最高点时，重力提供向心力，有mg ＝m v 2R 112mv 2C ＝2mgR 1＋12mv 2 代入数据解得R 1＝1.08 m.当小球刚能到达与圆心等高处时，有 12mv 2C ＝mgR 2 代入数据解得R 2＝2.7 m.当圆轨道与AB 相切时R 3＝L 2·tan 60°＝1.5 m综上所述，要使小球不离开轨道，R 应该满足的条件是0＜R ≤1.08 m. 答案：(1) 6 m/s (2)3 6 m/s (3)0＜R ≤1.08 m。
(江苏专用版)高考物理总复习第五章第2讲动能定理及其应用练习(含解析)
（江苏专用版）高考物理总复习第五章第2讲动能定理及其应用练习（含解析）第2讲动能定理及其应用一、单项选择题1.(2018南京、盐城二模)在体育课上,某同学练习投篮,他站在罚球线处用力将篮球从手中投出,如图所示,篮球约以1 m/s的速度撞击篮筐。
已知篮球质量约为0.6 kg,篮筐离地高度约为3 m,则该同学投篮时对篮球做的功约为( )A.1 JB.10 JC.30 JD.50 J答案 B 对整个过程运用动能定理得,W-mgh=mv2-0,代入数据解得W=mgh+mv2=0.6×10×1.5J+×0.6×1 J≈10 J。
2.(2018泰州模拟)如图所示是一种清洗车辆用的手持喷水枪。
设枪口截面积为0.6 cm2,喷出的水的速度为20 m/s(水的密度为1×103 kg/m3)。
当它工作时,喷水枪的功率最接近( )A.250 WB.300 WC.350 WD.400 W答案 A 每秒钟喷出水的动能为E k=mv2=ρSvt·v2,代入数据得E k=240 J,则P===240 W,故选项A正确。
3.(2018无锡模拟)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x,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增大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Fx+m答案 D 小车在运动方向上受向前的牵引力F1和向后的阻力F,因为v增大,P不变,由P=F1v,F1-F=ma,得出F1逐渐减小,a也逐渐减小,当v=v m时,a=0,故A、B项均错误;合外力做的功W外=Pt-Fx,由动能定理得W牵-Fx=m,故C项错误,D项正确。
高考物理一轮总复习精品课件 第5章 机械能 第2节 动能定理及其应用
F和8F时小球做圆周运动的动能,然后由动能定理求出拉力由F变为8F过
程中绳子拉力对小球所做的功,用拉力做的功除以时间就是该过程的平均
功率。
答案:(1)
3
(2)
2
3
(3)
2
0
解析:(1)小球做圆周运动的向心力由绳子的拉力提供,由向心力公式得
解得,当拉力为 F 时,小球的线速度 v=
侧有一轻质弹簧,左端固定,弹簧处于自然伸长状态。质量为m=1 kg的物
块A(可视为质点)从轨道右侧以初速度 v0=2√3 m/s 冲上轨道,通过圆形轨
道、水平轨道后压缩弹簧并被弹簧以原速率弹回,经水平轨道返回圆形轨
道。物块A与PQ段间的动摩擦因数μ=0.2,轨道其他部分摩擦不计,重力加
速度g取10 m/s2。
好为零,g取10 m/s2,则提升重物的最短时间为(
A.13.2 s
B.14.2 s
C.15.5 s
D.17.0 s
答案:C
)
解析:为了以最短时间提升重物,一开始先以最大拉力拉重物使重物匀加速上升,
当功率达到额定功率时,保持功率(额定功率)不变直到重物达到最大速度,接着做
匀速运动,最后以最大加速度匀减速上升到达平台时速度刚好为零。重物在第一
(1)求物块A与弹簧刚接触时的速度大小v1;
(2)求物块A被弹簧以原速率弹回返回到圆形轨道的高度h1;
(3)调节PQ段的长度L,A仍以v0从轨道右侧冲上轨道,当L满足什么条件时,
物块A能第一次返回圆形轨道且能沿轨道运动而不脱离轨道?
解题指导:
关键词句
获取信息
物块 A 与弹簧刚接触时的速
求物块 A 到达 P 点时的速度
高三物理一轮复习：5-2动能、动能定理(含解析)
5-2动能 动能定理一、选择题1.(2018·浙江杭州)北京时间2019年10月17日消息，近日德国的设计师推出了一款很有创意的球形相机，它可以让人以不同的视角进行拍摄，得到平时无法得到的有趣照片。
这款球形相机名为“抛掷式全景球形相机”。
来自德国柏林的5位设计师采用了36个手机用的摄像头并将其集成入一个球体内，质量却只有200g ，当你将它高高抛起，它便能记录下从你头顶上空拍摄的图象．整个过程非常简单，你只需进行设定，让相机球在飞到最高位置时自动拍摄即可。
假设你从手中竖直向上抛出相机，到达离抛出点10m 处进行全景拍摄，若忽略空气阻力的影响，g 取10m/s 2，则你在抛出过程中对相机做的功为( )A ．10JB ．20JC ．40JD ．200J [答案] B[解析] 由运动学公式v 20＝2gx 可得，相机抛出时的速度大小为v 0＝2gx ＝2×10×10m/s ＝102m/s ，由动能定理得，抛出相机时，人对相机做的功为W ＝12mv 20＝12×200×10－3×(102)2J ＝20J ，故选项B 正确。
2．(2018·厦门质检)以初速度大小v 1竖直向上抛出一物体，落回到抛出点时速度大小为v 2。
已知物体在运动过程中受到的空气阻力大小不变，物体所受空气阻力与重力的大小之比为3 ∶5。
则v 1与v 2之比为( )A ．1 ∶1B ．1 ∶2C ．2 ∶1D ．4 ∶1 [答案] C[解析] 由题意可知：物体上升和下降过程中位移大小相等。
对两过程由动能定理可得－ (mg ＋f)x ＝0－12mv 21，(mg －f)x ＝12mv 22－0，两方程相比可得v 1v 2＝mg ＋f mg －f ＝21，选项C 正确。
3.(2018·河南许昌)如图所示，质量相等的物体A 和物体B 与地面间的动摩擦因数相等，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 ．合外力对A 做的功与合外力对B 做的功不相等 [答案] B[解析] 因F 斜向下作用在物体A 上，A 、B 受的摩擦力不相同，因此，摩擦力对A 、B 做的功不相等，A 错误；但A 、B 两物体一起运动，速度始终相同，故A 、B 动能的增量一定相同，B 正确；F 不作用在B 上，因此力F 对B 不做功，C 错误；合外力对物体做的功应等于物体动能的增量。
高考物理一轮复习限时训练：5-2《动能定理》.pdf
[限时训练] [限时45分钟，满分100分]一、选择题(每小题6分，共60分)物体在合外力作用下做直线运动的v－t图象如图5－2－11所示，下列表述正确的是A．在0～1 内，合外力做正功在0～2 内，合外力总是做正功在1～2 内，合外力做负功在0～3 内，合外力总是做正功图5－2－11答案 (2012·天津理综)如图5－2－12甲所示，静止在水平地面的物块A，受到水平向右的拉力F作用，F与时间t的关系如图乙所示，设物块与地面的静摩擦力最大值f与滑动摩擦力大小相等，则 图5－2－12～t时间内F的功率逐渐增大时刻物块A的加速度最大时刻后物块A做反向运动t3时刻物块A的动能最大解析 根据图乙可知：在0～t时间内拉力F没有达到最大静摩擦力f，物体处于静止状态，则拉力F的功率为零，选项错误；对物块A由牛顿第二定律有F－f＝ma，由于t时刻拉力F最大，则t时刻物块加速度a最大，选项正确；t到t这段时间内拉力F大于f，所以物块做加速运动，t时刻速度达到最大，选项错误、正确．答案 3．如图5－2－13所示，一块长木板B放在光滑的水平面上，在B上放一物体A，现以恒定的外力拉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．在此过程中图5－2－13外力F做的功等于A和B动能的增量对A的摩擦力所做的功，等于A的动能增量对B的摩擦力所做的功，等于B对A的摩擦力所做的功外力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解析 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，即对；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，故二者做功不等，错；对B应用动能定理，W－W＝，即W＝＋W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，对；由前述讨论知B克服摩擦力所做的功与A的动能增量(等于B对A的摩擦力所做的功)不等，故错．答案 在地面上某处将一金属小球竖直向上抛出，上升一定高度后再落回原处，若不考虑空气阻力，则下列图象能正确反映小球的速度、加速度、位移和动能随时间变化关系的是(取向上为正方向) 答案 一人乘竖直电梯从112楼，在此过程中经历了先加速，后匀速，再减速的运动过程，则下列说法正确的是电梯对人做功情况是：加速时做正功，匀速时不做功，减速时做负功电梯对人做功情况是：加速和匀速时做正功，减速时做负功电梯对人做的功等于人动能的增加量电梯对人做的功和重力对人做的功的代数和等于人动能的增加量解析 电梯向上加速、匀速、再减速运动的过程中，电梯对人的作用力始终向上，故电梯始终对人做正功，、B均错误；由动能定理可知，电梯对人做的功和重力对人C错误，D正确．答案 6．如图5－2－14所示，质量相等的物体A和物体B与地面间的动摩擦因数相等，在力F的作用下，一起沿水平地面向右移动x，则摩擦力对A、B做功相等图5－2－14、B动能的增量相同对A做的功与F对B做的功相等合外力对A做的功与合外力对B做的功不相等解析 因F斜向下作用在物体A上，A、B受的摩擦力不相同，因此，摩擦力对A、B做的功不相等，错误；但A、B两物体一起运动，速度始终相同，故A、B动能增量一定相同，正确；F不作用在B上，因此力F对B不做功，错误；合外力对物体做的功应等于物体动能的增量，故错误．答案 (2014·湛江模拟)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2v0，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.则若人在斜面顶端被其他人推了一把，沿斜面以v的初速度下滑，则人到达斜面底端时的速度大小为3v若人在斜面顶端被其他人推了一把，沿斜面以v的初速度下滑，则人到达斜面底端时的速度大小为人沿沙坡下滑时所受阻力F＝mg－人在下滑过程中重力功率的最大值为2mgv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)2－0＝2aL，v－v＝2aL，可解得：v＝，所以选项错误、B正确；根据动能定理有：mgL－fL＝(2v0)2，可解得f＝mg－，选项正确；重力功率的最大值为P＝2mgv，选项错误．答案 8．如图5－2－15所示，AB为半径R＝0.50 的四分之一圆弧轨道，B端距水平地面的高度h＝0.45 ．一质量m＝1.0 的小滑块从圆弧轨道A端由静止释放，到达轨道B端的速度v＝2.0 忽略空气的阻力，g＝10 ，则下列说法正确的是小滑块在圆弧轨道B端受到的支持力大小F＝16 小滑块由A端到B端的过程中，克服摩擦力所做的功W＝3 小滑块的落地点与B点的水平距离x＝0.6 小滑块的落地点与B点的水平距离x＝0.3 图5－2－15解析 小滑块在B端时，根据牛顿第二定律有－mg＝m，解得F＝18 N，错误；根据动能定理有mgR－W＝，解得＝mgR－＝3 ，正确；小滑块从B点做平抛运动，水平方向上x＝vt，竖直方向上h＝，解得x＝v·＝0.6 ，正确、D错误．答案 9．人通过滑轮m的物体，沿粗糙的斜面从静止开始匀加速地由底端拉到斜面顶端，物体上升的高度为h，到达斜面顶端时的速度为v，如图5－2－16所示，则在此过程中物体所受的合外力做的功为mgh＋图5－2－16物体所受的合外力做的功为人对物体做的功为mgh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：W合＝W－W－mgh＝，其中W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＝W＝W＋mgh＋，、C错误，B、D正确．答案 10．如图5－2－17所示，图线表示作用在某物体上的合力随时间变化的关系，若物体开始时是静止的，那么从t＝0开始，5 内物体的动能变化量为零在前5 s内只有第1 s末物体的动能最大在前5 s内只有第5 s末物体的速率最大前3 s内合外力对物体做的功为零图5－2－17解析 由图象可知0～1 的合外力的大小是1～5 s的合外力的大小的2倍，所以加速度大小的关系也是2∶1，物体的运动状态可描述为0～1 物体做匀加速运动到速度最大，3 s末减速到零，5 s末反向加速到最大，因此5 s内动能变化量不为零，故选项A错；第1 s末和第5 s末物体的动能和速率一B、C都不对；3s末减速到零，所以前3 s内合外力对物体做的功为零，所以正确选项为D答案 二、计算题(共40分)(20分)(2014·郑州预测)如图5－2－18所示，摩托车做特技表演时，以v＝10.0 的初速度冲向高台，然后从高台水平飞出．若摩托车冲向高台的过程以P＝4.0 的额定功率行驶，冲到高台上所用时间t＝，人和车的总质m＝1.8×10，台高h＝，摩托车的落地点到高台的水平距离x＝10.0 ．不计空气阻力，取g＝10 求： 图5－2－18(1)摩托车从高台飞出到落地所用时间；(2)摩托车落地时速度的大小；(3)摩托车冲上高台过程中克服阻力所做的功．解析 (1)摩托车在空中做平抛运动，设摩托车飞行时间为t，则h＝，t＝＝1.0 (2)摩托车到达高台顶端的速度v＝＝＝10.0 m/s，竖直速度为v＝gt＝10.0 摩托车落地时的速度v＝＝10(3)摩托车冲上高台过程中，根据动能定理有－W－mgh＝－ 解得W＝Pt－mgh＝3.0×10所以，摩托车冲上高台过程中克服阻力所做的功为3.0×10答案 (1)1.0 (2)10 (3)3.0×1012．(20分)如图5－2－19所示，粗糙水平地面AB与半径R＝0.4 的BCD相连接，且在同一竖直平面内，O是BCD的圆心，BOD在同一竖直线上．质量m＝2 的小物块在9 的水平恒力F的作用下，从A点由静止开始做匀加速直线运动．已知AB＝5 ，小物块与水平地面图5－2－19间的动摩擦因数为μ＝0.2.当小物块运动到B点时撤去力F.取重力加速度＝10 求：(1)小物块到达B点时速度的大小；(2)小物块运动到D点时，轨道对小物块作用力的大小；(3)小物块离开D点落到水平地面上的点与B点之间的距离．解析 (1A到B，根据动能定理有(F－μmg)xB＝ 得v＝ ＝5 (2)从B到D，根据动能定律有－mg·2R＝－ 得v＝＝3 在D点，根据牛顿运动定律有F＋mg＝得F＝m－mg＝25 (3)由D点到落点小物块做平抛运动，在竖直方向上有＝得t＝ ＝ ＝0.4 ，水平地面上落点与B点之间的距离为＝v＝3×0.4 ＝1.2 答案 (1)5 (2)25 (3)1.2。
2013届高考一轮物理复习课件(人教版)：第五章第2节 动能定理
第五章
第2节
高考调研
高三物理（新课标版）
①运动 mv
2
②质量 ⑧标量
③速度 ⑨过程
④质量
⑤速度
1 ⑥ 2
⑦焦耳
⑩动能变化
1 ⑪W＝ 2
1 2 2 mv 2 － mv 1 2 ⑮不同时作用
⑫动能变化
⑬曲线运动
⑭变力做功
第五章
第2节
高考调研
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一、对动能定理的理解和运用 规律方法 1．动能定理给出了合力功(总功)跟物体动能变化的 关系．凡涉及合力做功的问题，都可应用动能定理研究．
第五章
第2节
高考调研
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3．应用动能定理的一般步骤 (1)明确研究对象和研究过程 研究对象一般取单个物体， 通常不取一个系统(整体) 为研究对象．研究过程要根据已知量和所求量来定，可 以对某个运动阶段应用动能定理，也可以对整个运动过 程(全程)使用动能定理．
第五章
第2节
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第五章 第2节
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(1)在压缩弹簧的过程中，弹簧的最大弹性势能． (2)小物块到达桌边 B 点时速度的大小． (3)小物块落地点与桌边 B 点的水平距离 x′.
第五章 第2节
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江苏省高考物理一轮复习精选精练跟踪练习 第五章 第2单元 动能定理
第五章 第2单元 动能定理一、单项选择题(本题共5小题，每小题7分，共35分)1.如图1所示，质量为m 的物体静止于倾角为α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 ( )A ．FxB ．mgx cos αsin α 图1C ．mgx sin αD ．02.如图2所示，固定斜面倾角为θ，整个斜面分为AB 、BC 两段，AB ＝2BC .小物块P (可视为质点)与AB 、BC 两段斜面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2.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θ、μ1、μ2间应满足的关系是 ( )A ．tan θ＝μ1＋2μ23B ．tan θ＝2μ1＋μ23 图2C ．tan θ＝2μ1－μ2D ．tan θ＝2μ2－μ13．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μ，则人对物体做的功为( )A ．mgxB ．0C ．μmgx D.12mv 24．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3中图线①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②所示，则第二次向蓄电池所充的电能是 ( ) A ．200 J B ．250 J C ．300 J D ．500 J5．以初速度v 0竖直向上抛出一质量为m 的小物块．假定物块所受的空气阻力F f 大小不变．已知重力加速度为g ，则物块上升的最大高度和返回到原抛出点的速率分别为图3( )A.v 022g (1＋F fmg)和v 0mg －F fmg ＋F f B.v 022g (1＋F fmg)和v 0mgmg ＋F f C.v 022g (1＋2F fmg)和v 0mg －F fmg ＋F f D.v 022g (1＋2F fmg)和v 0mgmg ＋F f二、多项选择题(本题共4小题，每小题7分，共28分．每小题有多个选项符合题意，全部选对的得7分，选对但不全的得3分，错选或不答的得0分)6.如图4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μ，开始时板水平，若缓慢转过一个小角度α的过程中，物体保持与板相对静止，则这个过程中 ( )A ．摩擦力对P 做功为μmg cos α·l (1－cos α) 图4B ．摩擦力对P 做功为mg sin α·l (1－cos α)C ．支持力对P 做功为mgl sin αD ．板对P 做功为mgl sin α7.如图5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 做功不相等 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 ．合外力对A 做的功与合外力对B 做的功不相等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3r ，图6甲所示为立体图，图6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 ( )图6A ．每根细杆对圆环的弹力均增加图5B ．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－14mgr9.如图7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F f .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 () A ．物体到达木板最右端时具有的动能为(F －F f )(L ＋x ) B ．物体到达木板最右端时，木板具有的动能为F f x C ．物体克服摩擦力所做的功为F f L D ．物体和木板增加的机械能为Fx三、计算题(本题共3小题，共37分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位) 10. (11分)如图8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θ.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μ，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 .图7图811．(12分)右端连有光滑弧形槽的水平桌面AB长L＝1.5 m，如图9所示．将一个质量为m ＝0.5 kg的木块在F＝1.5 N的水平拉力作用下，从桌面上的A端由静止开始向右运动，木块到达B端时撤去拉力F，木块与水平桌面间的动摩擦因数μ＝0.2，取g＝10 m/s2.求：图9(1)木块沿弧形槽上升的最大高度；(2)木块沿弧形槽滑回B端后，在水平桌面上滑动的最大距离．12．(14分)质量m＝1 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E k－x的图线如图10所示．求：(g取10 m/s2)(1)物体的初速度多大？(2)物体和平面间的动摩擦因数为多大？图10(3)拉力F的大小．第五章 第2单元 动能定理 【参考答案与详细解析】一、单项选择题(本题共5小题，每小题7分，共35分)1.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.答案：D2. 解析：由动能定理得mg ·AC ·sin θ－μ1mg cos θ·AB －μ2mg cos θ·BC ＝0，则有tan θ＝2μ1＋μ23， B 项正确． 答案：B3．解析：物体与手掌之间的摩擦力是静摩擦力，静摩擦力在零与最大值μmg 之间取值，不一定等于μmg .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W ＝12mv 2.答案：D4．解析：滑行时阻力F f 恒定，由动能定理对图线①有 ΔE k ＝F f x 1，x 1＝10 m对图线②有ΔE k ＝F f x 2＋E 电，x 2＝6 m 所以E 电＝410ΔE k ＝200 J ，故A 正确． 答案：A5．解析：设物块上升的最大高度为H ，返回的速率为v .由动能定理得：(mg ＋F f )H ＝12mv 02，(mg －F f )H ＝12mv 2，联立得H ＝v 022g (1＋F fmg)，v ＝v 0mg －F fmg ＋F f.A 正确．答案：A二、多项选择题(本题共4小题，每小题7分，共28分．每小题有多个选项符合题意，全部选对的得7分，选对但不全的得3分，错选或不答的得0分)6.解析：对物体运用动能定理W 合＝W G ＋WF N ＋W 摩＝ΔE k ＝0所以WF N ＋W 摩＝－W G ＝mgl sin α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，故斜面对物体做的功就等于支持力对物体做的功，即WF N ＝mgl sin α，故C 、D 正确． 答案：CD7.解析：因F 斜向下作用在物体A 上，A 、B 受的摩擦力不相同，因此，摩擦力对A 、B 做的功不相等，A 正确；A 、B 两物体一起运动，速度始终相同，故A 、B 动能增量一定相同，B 正确；F 不作用在B 上，不能说F 对B 做功，C 错误；合外力对物体做的功应等于物体动能增量，故D 错误．答案：AB8．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3r 时弹力最大，由几何关系可知，这时F N =F =mg ，B 项正确；在缓慢移动的过程中，圆环的重心下降r /2，设两个弹力做的功各为W ，则根据动能定理，2W +mgr /2=0，则W =-14mgr ，D 项正确．答案：BD9. 解析：由题意画示意图可知，由动能定理对小物体：(F-F f )·(L+x )= 12mv 2，故A 正确．对木板：F f ·x =12Mv 2，故B 正确．物块克服摩擦力所做的功F f ·(L+x )，故C 错．物块和木板增加的机械能12mv 2+12Mv 2=F ·(L+x )-F f ·L =(F-F f )·L+F ·x ，故D 错． 答案：AB三、计算题(本题共3小题，共37分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)10. 解析：(1)由动能定理得：mgh －μmg cos θ·R /tan θ＝0得h ＝μR cos 2θ/sin θ＝μR cos θcot θ(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mgR cos θ－μmg cos θ·s ＝0得：s ＝Rμ.答案：(1)μR cos θcot θ (2)Rμ11．解析：(1)由动能定理得：FL －F f L －mgh ＝0其中F f ＝μF N ＝μmg ＝0.2×0.5×10 N＝1.0 N 所以h ＝FL －F f L mg ＝1.5×(1.5－1.0)0.5×10m ＝0.15 m (2)由动能定理得：mgh －F f x ＝0所以x ＝mgh F f ＝0.5×10×0.151.0m ＝0.75 m 答案：(1)0.15 m (2)0.75 m12．解析：(1)从图线可知初动能为2 J ，E k0＝12mv 2＝2 J ，v ＝2 m/s.(2)在位移4 m 处物体的动能为10 J ，在位移8 m 处物体的动能为零，这段过程中物体克服摩擦力做功． 设摩擦力为F f ，则 －F f x 2＝0－10 J ＝－10 JF f ＝－10－4N ＝2.5 N 因F f ＝μmg 故μ＝F f mg ＝2.510＝0.25. (3)物体从开始到移动4 m 这段过程中，受拉力F 和摩擦力F f 的作用，合力为F －F f ， 根据动能定理有 (F －F f )·x 1＝ΔE k故得F ＝ΔE k x 1＋F f ＝(10－24＋2.5) N ＝4.5 N.答案：(1)2 m/s (2)0.25 (3)4.5 N。
高考物理总复习第五章 第2讲 动能定理
B．mgR/3 D．mgR
[思路分析] 小球所受空气阻力为变力，运动情况和受 力情况均较复杂，用动能定理求解较容易．
2013-11-27
有志者事竟成
21
高考复习· 物理
[解析]
小球在圆周最低点时，设速度为v1，则
7mg－mg＝mv2/R① 1 设小球恰能通过最高点的速度为v2，则
B．阻力做功500 J D．支持力做功50 J
2013-11-27
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高考复习· 物理
解析
由动能定理可求得合外力做的功等于小孩动能的
1 2 1 变化，ΔEk＝ mv ＝ ×25×2.02 J＝50 J，A项正确；重力做 2 2 功WG＝mgh＝25×10×3.0 J＝750 J，C项错误；支持力的方 向与小孩的运动方向垂直，不做功，D项错误；阻力做功W阻 ＝W合－WG＝(50－750)J＝－700 J，B项错误．
2013-11-27
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高考复习· 物理
疑难点二 名师在线
请归纳应用动能定理解题的基本步骤．
(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
2013-11-27
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高考复习· 物理
(3)明确物体在运动过程始末状态的动能Ek1和Ek2. (4)列出动能定理的方程W合＝Ek2－Ek1及其他必要的关 系式，进行求解.
2013-11-27
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典 例 剖 析
题型一 利用动能定理求变力的功
【例1】
质量为m的小球系在轻绳一端，在竖直平面内
高考物理一轮复习课件：第五章 第2讲 动能定理及其应用
(2013届中山模拟)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 D．第二过程合外力做的功等于第一过程合外力做功的2倍
1.总功的计算 物体受到多个外力作用时，计算合外力的功，要考虑各 个外力共同做功产生的效果，一般有如下两种方法： (1)先由力的合成或根据牛顿第二定律求出合力F合，然后 由W＝F合lcos α计算． (2)由W＝Flcos α计算各个力对物体做的功W1、W2、…Wn 然后将各个外力所做的功求代数和，即 W合＝W1＋W2＋…＋Wn.
【解析】 (1)在 3 s～5 s 内物块在水平恒力 F 作用下 由 B 点匀加速运动到 A 点， 设加速度为 a， A 与 B 间的距离 为 x，则 F－μmg＝ma 得 a＝2 m/s2 1 2 x＝2at ＝4 m. (2)设物块回到 A 点时的速度为 v A， 2 由 vA ＝2ax 得 v A＝4 m/s 设整个过程中 F 做的功为 WF， 1 2 由动能定理得：WF－2μmgx＝ mv A 2 解得：WF＝24 J.
【针对训练】 2．(2013届辽宁省实验中学检测)木球从水面上方某位置由 静止开始自由下落，落入水中又继续下降一段距离后速度减 小到零．把木球在空中下落过程叫做Ⅰ过程，在水中下落过 程叫做Ⅱ过程．不计空气和水的摩擦阻力．下列说法中正确 的是( ) A．第Ⅰ阶段重力对木球做的功等于第Ⅱ阶段木球克服浮力 做的功 B．第Ⅰ阶段重力对木球做的功大于第Ⅱ阶段木球克服浮力 做的功 C．第Ⅰ、第Ⅱ阶段重力对木球做的总功和第Ⅱ阶段合力对 木球做的功的代数和为零 D．第Ⅰ、第Ⅱ阶段重力对木球做的总功等于第Ⅱ阶段木球 克服浮力做的功 【解析】 根据动能定理，全过程合外力做功为零，所以 ，只有D项正确． 【答案】 D
高考物理(江苏专用)一轮复习配套课件：5.2动能定理及其应用
末动能
初动能
1 2 1 2 mv 2 mv1。 2 2
知识点 2 动能定理
Ⅱ
【思维激活2】如图所示，质量为m的物块，在恒力F的作用 下，沿光滑水平面运动，物块通过A点和B点的速度分别是
vA和vB，物块由A点运动到B点的过程中，力F对物块做的功
W为（ ）
1 2 1 2 mv B mv A 2 B.W= 2 1 2 1 2 mv B mv A C.W= 2 2 1 2W无法求出 D.由于F1 的方向未知， mv 2 mv B A 2 2
___________。 变力做功
不同时作用
【微点拨】 1.对动能的三点理解： (1)动能及动能的变化ΔEk均是标量，只有大小，没有方向。 (2)动能Ek= mv2对应物体的瞬时速度。
(3)动能是状态量，只与运动物体的质量及速率有关，而与其运动方向无关，
1 物体仅在运动速度的方向发生变化时，动能不变。 2
2.对动能定理的五点提醒： (1)应用动能定理时，一定要指明研究对象和研究过程。 (2)动能定理中的功是合外力的总功，不是某一个力或某几个力的功。 (3)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。 (4)动能定理的表达式为标量式，不能在某一方向上列动能定理方程。 (5)应用动能定理时，注意重力的功取决于物体的初、末位置，与路径无关； 大小恒定的阻力和摩擦力做的功等于力与路程的乘积。
第 2讲 动能定理及其应用
知识点 1 动能
Ⅱ
【思维激活1】(多选)如图，一质量为m的小球被一条细绳拴住，在竖直平面
内做圆周运动，关于小球的动能，下列说法中正确的是（ ）
A.动能是普遍存在的机械能中的一种基本形式，凡是运动的物体都有动能 B.公式Ek= mv2中，速度v是小球相对于地面的速度，且动能总是正值 C.小球的动能变化时，速度一定变化，但速度变化时，动能不一定变化
《走向高考》2013高考物理总复习 5-2动能 动能定理 72张
必考内容 第五章
第2讲
成才之路 ·物理 ·人教版 · 高考一轮总复习
考点体验
题型突破
课后强化作业
必考内容 第五章
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考点体验
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动能
考点自清 1．概念：一个物体能够对外界做功，我们就说物体具 有能量。能量可以有不同的形式，物体由于运动而具有的能 叫动能 。
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第2讲
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那么，相对于地球静止的物体是否一定没有动能呢？如 果选取地球为参照系，物体的速度为零，当然也就没有动能； 如果选取太阳为参照系，则物体在随地球自转而做圆周运动 的同时，还绕太阳公转，其动能不为零。 因为速度是对地面的瞬时速度，因此动能是描述物体运 动状态的物理量。
归纳领悟 用动能定理求解变力功的注意要点： (1)分析物体受力情况，确定哪些力是恒力，哪些力是变 力。 (2)找出其中恒力的功及变力的功。 (3)运用动能定理求解。
必考内容 第五章
第2讲
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动能定理在物体系统中的应用
考点自清 物体间的一对相互作用力的功可以是 正值 ，也可以是
(2)对外力对物体做的总功的理解： 有的力促进物体运动， 而有的力则阻碍物体运动，因此它们做的功就有正、负之分， 总功指的是各外力做功的代数和；对于单一物体的单一物理 过程，又因为 W 合＝W1＋W2＋„＝F 合 l。所以总功也可理解 为合外力的功。即：如果物体受到多个共点力作用，则：W 合 ＝F 合 l； 如果发生在多个物理过程中， 不同过程中作用力的个 数不相同，则：W 合＝W1＋W2＋„＋Wx。
(通用版)高考物理一轮复习第五章第2讲动能定理及应用课时作业(含解析)
（通用版）高考物理一轮复习第五章第2讲动能定理及应用课时作业（含解析）动能定理及应用一、选择题(本题共10小题，1～6题为单选题，7～10题为多选题)1．质量不等但有相同初动能的两物体，在动摩擦因数相同的水平地面上滑行，直到停止，则( )A ．质量大的物体滑行距离大B ．质量小的物体滑行距离大C ．质量小的物体克服摩擦做的功多D ．质量大的物体克服摩擦做的功多解析：B 根据动能定理得－μmgx ＝0－E k ，得滑行距离x ＝E kμmg，由题意可知，μ、E k相同，则m 越小，x 越大，即质量小的物体滑行距离大，故A 错误，B 正确；由动能定理可知，物体克服摩擦力做的功等于物体动能的减小量，两物体动能的减小量相等，则物体克服摩擦力做的功相等，故C 、D 错误．2.(2018·宣城模拟)如图所示，AB 为14圆弧轨道，BC 为水平直轨道，圆弧对应的圆的半径为R ，BC 的长度也是R ，一质量为m 的物体与两个轨道间的动摩擦因数都为μ，当它由轨道顶端A 从静止开始下落，恰好运动到C 处停止，那么物体在AB 段克服摩擦力所做的功为( )A.12μmgR B.12mgR C ．mgRD ．(1－μ)mgR解析：D 由题意可知mgR ＝W f AB ＋W f BC ，W f BC ＝μmgR ，所以W f AB ＝(1－μ)mgR ，D 正确． 3．(2017·海南高考)将一小球竖直向上抛出，小球在运动过程中所受到的空气阻力不可忽略．a 为小球运动轨迹上的一点，小球上升和下降经过a 点时的动能分别为E k1和E k2，从抛出开始到小球第一次经过a 点时重力所做的功为W 1，从抛出开始到小球第二次经过a 点时重力所做的功为W 2.下列选项正确的是( )A ．E k1＝E k2，W 1＝W 2B ．E k1>E k2，W 1＝W 2C ．E k1<E k2，W 1<W 2D ．E k1>E k2，W 1<W 2解析：B 从抛出开始到第一次经过a 点和抛出开始第二次经过a 点，上升的高度相等，可知重力做功相等，即W 1＝W 2，对两次经过a 点的过程，由动能定理得，－W f ＝E k2－E k1，可知E k1>E k2，故B 正确，A 、C 、D 错误．4.质量为10 kg 的物体，在变力F 作用下沿x 轴做直线运动，力随坐标x 的变化情况如图所示．物体在x ＝0处，速度为1 m/s ，一切摩擦不计，则物体运动到x ＝16 m 处时，速度大小为( )A ．2 2 m/sB ．3 m/sC ．4 m/sD.17 m/s解析：B 由F －x 图像可知，拉力F 在物体运动的16 m 内所做的总功W ＝10×4 J＝40 J ．由动能定理可得：W ＝12mv 2－12mv 20，解得v ＝3 m/s ，B 正确．5.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：C 设质点到达N 点的速度为v N ，在N 点质点受到轨道的弹力为F N ，则F N －mg ＝mv 2NR，已知F N ＝F N ′＝4mg ，则质点到达N 点的动能为E k N ＝12mv 2N ＝32mgR .质点由开始至N 点的过程，由动能定理得，mg ·2R ＋W f ＝E k N －0，解得摩擦力做的功为W f ＝－12mgR ，即克服摩擦力做的功为W ＝－W f ＝12mgR .设从N 到Q 的过程中克服摩擦力做功为W ′，则W ′<W .从N 到Q 的过程，由动能定理得－mgR －W ′＝12mv 2Q －12mv N ′， 即12mgR －W ′＝12mv 2Q ，故质点到达Q 点后速度不为0，质点继续上升一段距离．选项C 正确．6.(2018·吉林三校联考)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：C 本题考查速度分解、动能定理及其相关的知识点．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 sinα，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 ＝12mv 2B ，解得绳的拉力对B 球所做的功为W ＝mgh ＋12mv 2B ＝2×10×0.1 J＋12×2×42J ＝18 J ，选项C 正确．7.如图所示，一轻弹簧直立于水平地面上，质量为m 的小球从距离弹簧上端B 点h 高处的A 点自由下落，在C 点处小球速度达到最大．x 0表示B 、C 两点之间的距离；E k 表示小球在C 点处的动能．若改变高度h ，则下列表示x 0随h 变化的图像和E k 随h 变化的图像中正确的是( )解析：BC 由题意“在C 点处小球速度达到最大”，可知C 点是平衡位置，小球受到的重力与弹力平衡，该位置与h 无关，B 项正确．根据动能定理有mg (h ＋x 0)－E p ＝12mv 2C ＝E k ，其中x 0与弹性势能E p 为常数，可判断出C 项正确．8.(2018·洛阳检测)如图所示，在倾角为θ的斜面上，轻质弹簧一端与斜面底端固定，另一端与质量为M 的平板A 连接，一个质量为m 的物体B 靠在平板的右侧，A 、B 与斜面的动摩擦因数均为μ.开始时用手按住物体B 使弹簧处于压缩状态，现放手，使A 和B 一起沿斜面向上运动距离L 时，A 和B 达到最大速度v .则以下说法正确的是( )A ．A 和B 达到最大速度v 时，弹簧是自然长度B ．若运动过程中A 和B 能够分离，则A 和B 恰好分离时，二者加速度大小均为g (sin θ＋μcos θ)C ．从释放到A 和B 达到最大速度v 的过程中，弹簧对A 所做的功等于12Mv 2＋MgL sin θ＋μMgL cos θD ．从释放到A 和B 达到最大速度v 的过程中，B 受到的合力对它做的功等于12mv 2解析：BD A 和B 达到最大速度v 时，A 和B 的加速度为零．对AB 整体：由平衡条件知kx ＝(m ＋M )g sin θ＋μ(m ＋M )g cos θ，所以此时弹簧处于压缩状态，故A 错误；A 和B 恰好分离时，A 、B 间的弹力为0，A 、B 的加速度相同，对B 受力分析，由牛顿第二定律知，mg sin θ＋μmg cos θ＝ma ，得a ＝g sin θ＋μg cos θ，故B 正确；从释放到A 和B 达到最大速度v 的过程中，对AB 整体，根据动能定理得W 弹－(m ＋M )gL sin θ－μ(m ＋M )g cosθ·L ＝12(m ＋M )v 2，所以弹簧对A 所做的功W 弹＝12(m ＋M )v 2＋(m ＋M )·gL sin θ＋μ(m ＋M )g cos θ·L ，故C 错误；从释放到A 和B 达到最大速度v 的过程中，对于B ，根据动能定理得B 受到的合力对它做的功W 合＝ΔE k ＝12mv 2，故D 正确．9.(2018·赣州模拟)如图所示，质量为m 的小球从A 点由静止开始，沿竖直平面内固定光滑的14圆弧轨道AB 滑下，从B 端水平飞出，恰好落到斜面BC 的底端．已知14圆弧轨道的半径为R ，OA 为水平半径，斜面倾角为θ，重力加速度为g .则( )A ．小球下滑到B 点时对圆弧轨道的压力大小为2mg B ．小球下滑到B 点时的速度大小为2gRC ．小球落到斜面底端时的速度方向与水平方向的夹角为2θD．斜面的高度为4R tan2θ解析：BD 小球由A至B的过程由动能定理得，mgR＝12mv2－0，解得v＝2gR，小球通过B点时，由牛顿第二定律得F N－mg＝mv2R，解得F N＝3mg，根据牛顿第三定律可知，在B点小球对轨道的压力大小为3mg，故A错误，B正确；小球从B到C做平抛运动，则有tan θ＝12gt2vt＝gt2v，解得t＝2v tan θg，小球落到斜面底端时的速度方向与水平方向的夹角正切为tan α＝gtv＝2tan θ，则α≠2θ，故C错误；斜面的高度为h＝12gt2＝12g(22gR·tan θg)2＝4R tan2θ，故D正确．10．(2018·福建泉州检测)如图甲所示，长为l、倾角为α的斜面固定在水平地面上，一质量为m的物块从斜面顶端由静止释放并沿斜面向下滑动．已知物块与斜面间的动摩擦因数μ与下滑距离x的变化图像如图乙所示，则( )A．μ0>tan αB．物块下滑的加速度逐渐增大C．物块下滑到斜面底端的过程克服摩擦力做功为12μ0mgl cos αD．物块下滑到底端时的速度大小为2gl sin α－2μ0gl cos α解析：BC 物块在斜面顶端静止释放能够下滑，应满足mg sin α>μ0mg cos α，即μ0<tan α，故A选项错误；根据牛顿第二定律有mg sin α－μmg cos α＝ma，得a＝g sin α－μg cos α，可知物块下滑过程中随着μ的减小，a在增大，故B选项正确；摩擦力f＝μmg cos α＝(μ0－μ0lx)mg cos α(0≤x≤l)，可知f与x成线性关系，如图所示，其中f0＝v0mg cos α，则物块下滑到斜面底端的过程克服摩擦力做功W f＝f l＝12μ0mgl cos α，故C选项正确；由动能定理有mgl sin α－12μ0mgl cos α＝12mv2，得v＝2gl sin α－μgl cos α，故D选项错误．二、计算题(需写出规范的解题步骤)11.如图，在竖直平面内有由14圆弧AB 和12圆弧BC 组成的光滑固定轨道，两者在最低点B 平滑连接．AB 弧的半径为R ，BC 弧的半径为R 2.一小球在A 点正上方与A 相距R4处由静止开始自由下落，经A 点沿圆弧轨道运动．(1)求小球在B 、A 两点的动能之比；(2)通过计算判断小球能否沿轨道运动到C 点．解析：(1)设小球的质量为m ，小球在A 点的动能为E k A ，由机械能守恒得E k A ＝mg R 4①设小球在B 点的动能为E k B ，同理有E k B ＝mg 5R4②由①②式得E k BE k A＝5③ (2)若小球能沿轨道运动到C 点，小球在C 点所受轨道的正压力N 应满足N ≥0④设小球在C 点的速度大小为v C ，由牛顿运动定律和向心加速度公式有N ＋mg ＝m v 2CR2⑤由④⑤式得，v C 应满足mg ≤m2v 2CR⑥由机械能守恒有mg R 4＝12mv 2C ⑦由⑥⑦式可知，小球恰好可以沿轨道运动到C 点． 答案：(1)5 (2)小球恰好能到达C 点12．如图所示，质量为m ＝0.2 kg 可看作质点的小物块静止放在半径r ＝0.8 m 的水平圆盘边缘上A 处，圆盘由特殊材料制成，其与物块的动摩擦因数为μ1＝2，倾角为θ＝37°的斜面轨道与水平轨道光滑连接于C 点，小物块与斜面轨道和水平轨道存在摩擦，动摩擦因数均为μ2＝0.4，斜面轨道长度L BC ＝0.75 m ，C 与竖直圆轨道最低点D 处的距离为L CD ＝0.525 m ，圆轨道光滑，其半径R ＝0.5 m ．开始圆盘静止，后在电动机的带动下绕轴转动，在圆盘加速转动到某时刻时物块被圆盘沿纸面水平方向甩出(此时圆心O 与A 连线垂直圆盘面)，后恰好切入斜面轨道B 处后沿斜面方向做直线运动，经C 处运动至D ，在D 处进入竖直平面圆轨道，绕过圆轨道后沿水平轨道向右运动．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s 2)试求：(1)圆盘对小物块m 做的功．(2)物块刚运动到圆弧轨道最低处D 时对轨道的压力．(3)假设竖直圆轨道可以左右移动，要使物块能够通过竖直圆轨道，求竖直圆轨道底端D 与斜面轨道底端C 之间最远距离和小物块的最终位置．解析：(1)物块刚被甩出时静摩擦力达到最大，由牛顿第二定律得：μ1mg ＝m v 2r解得：v ＝4 m/s物块由静止到刚被甩出的过程，由动能定理得：W ＝12mv 2－0＝1.6 J即圆盘对小物块m 做的功为1.6 J(2)物块被甩出后做平抛运动，到达B 时速度沿斜面向下，则物块刚到达B 点时的速度为：v B ＝vcos 37°＝5 m/s物块从B 到D 的过程，运用动能定理得：mgL BC sin 37°－μ2mg cos 37°·L BC －μ2mgL CD＝12mv 2D －12mv 2B 在D 点，对物块由牛顿第二定律得：F N －mg ＝m v 2D R解得：F N ＝12 N根据牛顿第三定律，物块刚运动到圆弧轨道最低处D 时对轨道的压力：F N ′＝F N ＝12 N方向竖直向下(3)物块恰好通过竖直圆轨道最高点E 时，竖直圆轨道底端D 与斜面轨道底端C 之间距。
2013届高考物理一轮优化复习课件第5章-第2单元动能定理
2．(2012 年六安模拟)如图所示，质量为 m 的物块，在恒力 F 的 作用下，沿光滑水平面运动，物块通过 A 点和 B 点的速度分别是 vA 和 vB，物块由 A 运动到 B 点的过程中，力 F 对物块做的功 W 为( )
A．W>12mvB2 －12mvA2 B．W＝12mvB2 －12mvA2 C．W＝12mvA2 －12mvB2 D．由于 F 的方向未知，W 无法求出 解析：对物块由动能定理得：W＝12mv2B－12mv2A，故选项 B 正确． 答案：B
应用动能定理解题，关键是对研究对象进行准确的受力分析及运动过 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．有些力在物体运动全过程中不是始终存在的，在计算合力做功 时更应引起注意．
[例2] 如图所示，质量为M＝0.2 kg的木块放 在水平台面上，台面比水平地面高出h＝0.20 m， 木块离平台的右端L＝1.7 m．质量为m＝0.10M的子弹以v0＝180 m/s的 速度水平射向木块，当子弹以v＝90 m/s的速度水平射出时，木块的速 度为v1＝9 m/s(此过程作用时间极短，可认为木块的位移为零)．若木块 落到水平地面时的落地点到台面右端的水平距离为l＝1.6 m，求：
答案：C
动能定理的应用 1．基本步骤 (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始末状态的动能Ekl和Ek2； (4)列出动能定理的方程W合＝Ek2－Ekl及其他必要的解题方程，进行 求解． 2．注意事项 (1)动能定理的研究对象可以是单一物体，或者是可以看做单一物体 的物体系统．
4．高中阶段Βιβλιοθήκη 能定理中的位移和速度应以地面或相对地面静止的物 体为参考系．
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第五章 第2单元 动能定理一、单项选择题(本题共5小题，每小题7分，共35分)1.如图1所示，质量为m 的物体静止于倾角为α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 ( )A ．FxB ．mgx cos αsin α 图1C ．mgx sin αD ．02.如图2所示，固定斜面倾角为θ，整个斜面分为AB 、BC 两段，AB ＝2BC .小物块P (可视为质点)与AB 、BC 两段斜面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2.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θ、μ1、μ2间应满足的关系是 ( ) A ．tan θ＝μ1＋2μ23 B ．tan θ＝2μ1＋μ23图2C ．tan θ＝2μ1－μ2D ．tan θ＝2μ2－μ13．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μ，则人对物体做的功为( )A ．mgxB ．0C ．μmgx D.12mv 24．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3中图线①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②所示，则第二次向蓄电池所充的电能是 ( ) A ．200 J B ．250 J C ．300 J D ．500 J5．以初速度v 0竖直向上抛出一质量为m 的小物块．假定物块所受的空气阻力F f 大小不变．已图3知重力加速度为g ，则物块上升的最大高度和返回到原抛出点的速率分别为 ( )A.v 022g (1＋F fmg)和v 0mg －F fmg ＋F f B.v 022g (1＋F fmg)和v 0mgmg ＋F f C.v 022g (1＋2F fmg)和v 0mg －F fmg ＋F f D.v 022g (1＋2F fmg)和v 0mgmg ＋F f二、多项选择题(本题共4小题，每小题7分，共28分．每小题有多个选项符合题意，全部选对的得7分，选对但不全的得3分，错选或不答的得0分)6.如图4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μ，开始时板水平，若缓慢转过一个小角度α的过程中，物体保持与板相对静止，则这个过程中 ( )A ．摩擦力对P 做功为μmg cos α·l (1－cos α) 图4B ．摩擦力对P 做功为mg sin α·l (1－cos α)C ．支持力对P 做功为mgl sin αD ．板对P 做功为mgl sin α7.如图5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 做功不相等 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 ．合外力对A 做的功与合外力对B 做的功不相等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3r ，图6甲所示为立体图，图6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 ( )图5图6A ．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－14mgr9.如图7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F f .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 () A ．物体到达木板最右端时具有的动能为(F －F f )(L ＋x ) B ．物体到达木板最右端时，木板具有的动能为F f x C ．物体克服摩擦力所做的功为F f L D ．物体和木板增加的机械能为Fx三、计算题(本题共3小题，共37分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位) 10. (11分)如图8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θ.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μ，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 .图7图811．(12分)右端连有光滑弧形槽的水平桌面AB长L＝1.5 m，如图9所示．将一个质量为m ＝0.5 kg的木块在F＝1.5 N的水平拉力作用下，从桌面上的A端由静止开始向右运动，木块到达B端时撤去拉力F，木块与水平桌面间的动摩擦因数μ＝0.2，取g＝10 m/s2.求：图9(1)木块沿弧形槽上升的最大高度；(2)木块沿弧形槽滑回B端后，在水平桌面上滑动的最大距离．12．(14分)质量m＝1 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E k－x的图线如图10所示．求：(g取10 m/s2)(1)物体的初速度多大？(2)物体和平面间的动摩擦因数为多大？图10(3)拉力F的大小．第五章第2单元动能定理【参考答案与详细解析】一、单项选择题(本题共5小题，每小题7分，共35分)1.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.答案：D2. 解析：由动能定理得mg·AC·sinθ－μ1mg cosθ·AB－μ2mg cosθ·BC＝0，则有tanθ＝2μ1＋μ23，B项正确．答案：B3．解析：物体与手掌之间的摩擦力是静摩擦力，静摩擦力在零与最大值μmg之间取值，不一定等于μmg.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W＝12mv2.答案：D4．解析：滑行时阻力F f恒定，由动能定理对图线①有ΔE k＝F f x1，x1＝10 m对图线②有ΔE k＝F f x2＋E电，x2＝6 m所以E电＝410ΔE k＝200 J，故A正确．答案：A5．解析：设物块上升的最大高度为H，返回的速率为v.由动能定理得：(mg＋F f)H＝12mv02，(mg－F f)H＝12mv2，联立得H＝v022g(1＋F fmg)，v＝v0mg－F fmg＋F f.A正确．答案：A二、多项选择题(本题共4小题，每小题7分，共28分．每小题有多个选项符合题意，全部选对的得7分，选对但不全的得3分，错选或不答的得0分)6.解析：对物体运用动能定理W合＝W G＋WF N＋W摩＝ΔE k＝0所以WF N＋W摩＝－W G＝mgl sinα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，故斜面对物体做的功就等于支持力对物体做的功，即WF N＝mgl sinα，故C、D正确．答案：CD7.解析：因F斜向下作用在物体A上，A、B受的摩擦力不相同，因此，摩擦力对A、B 做的功不相等，A正确；A、B两物体一起运动，速度始终相同，故A、B动能增量一定相同，B正确；F不作用在B上，不能说F对B做功，C错误；合外力对物体做的功应等于物体动能增量，故D错误．答案：AB8．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3r时弹力最大，由几何关系可知，这时F N=F=mg，B项正确；在缓慢移动的过程中，圆环的重心下降r/2，设两个弹力做的功各为W，则根据动能定理，2W+mgr/2=0，则W=-14mgr，D项正确．答案：BD9. 解析：由题意画示意图可知，由动能定理对小物体：(F-F f)·(L+x)= 12mv2，故A正确．对木板：F f·x=12Mv2，故B正确．物块克服摩擦力所做的功F f·(L+x)，故C错．物块和木板增加的机械能1 2mv2+12Mv2=F·(L+x)-F f·L=(F-F f)·L+F·x，故D错．答案：AB三、计算题(本题共3小题，共37分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)10. 解析：(1)由动能定理得：mgh－μmg cosθ·R/tanθ＝0得h＝μR cos2θ/sinθ＝μR cosθcotθ(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mgR cosθ－μmg cosθ·s＝0得：s＝Rμ.答案：(1)μR cosθcotθ(2)R μ11．解析：(1)由动能定理得：FL－F f L－mgh＝0其中F f＝μF N＝μmg＝0.2×0.5×10 N＝1.0 N所以h＝FL－F f Lmg＝1.5×(1.5－1.0)0.5×10＝0.15 m(2)由动能定理得：mgh－F f x＝0所以x＝mghF f＝0.5×10×0.151.0m＝0.75 m答案：(1)0.15 m (2)0.75 m12．解析：(1)从图线可知初动能为2 J，E k0＝12mv2＝2 J，v＝2 m/s.(2)在位移4 m处物体的动能为10 J，在位移8 m处物体的动能为零，这段过程中物体克服摩擦力做功．设摩擦力为F f，则－F f x2＝0－10 J＝－10 JF f＝－10－4＝2.5 N因F f＝μmg故μ＝F fmg＝2.510＝0.25.(3)物体从开始到移动4 m这段过程中，受拉力F和摩擦力F f的作用，合力为F－F f，根据动能定理有(F－F f)·x1＝ΔE k故得F＝ΔE kx1＋F f＝(10－24＋2.5) N＝4.5 N.答案：(1)2 m/s (2)0.25 (3)4.5 N。