2020高考物理一轮复习第5章机械能第二节动能定理及其应用达标诊断高效训练

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(新课标)2020届高考物理一轮复习第五章机械能及其守恒定律第二节动能定理真题

咼考真题1. （2020 •海南卷）Q如图所示，一半径为R 的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高；质量为 m 的质点自轨道端点P 由静止开始滑下，滑到最低点 Q 时，对轨道的正压力为2mg 重力加速度大小为g.质点自P 滑到Q 的过程中，克服摩擦力所做的功为（）1 A./mgR 1 C.qmgR质点在轨道最低点时受重力和支持力，根据牛顿第三定律可知，支持力F N = 2mg.2如图所示，F N — mg= mR ，得v = .gR.对质点的下滑过程应用动能定理, 1得W 2mgR C 正确.答案：C2. （2020 •新课标全国U ）一物体静止在粗糙水平地面上，现用一大小为 F 1的水平拉力拉动物体，经过一段时间后其速度变为 v.若将水平拉力的大小改为F 2，物动能定理1 B.gmgR nD._mgR1 2mg —体从静止开始经过同样的时间后速度变为 2v.对于上述两个过程，用W i 、W 分别表示拉力F i 、F 2所做的功，W 、W 分别表示前后两次克服摩擦力所做的功，则（）A.W 2>2WB. W>4W , W = 2WC. W F2<4W W = 2WD. W^<4W , W<2W解析：两次运动过程中的摩擦力均为滑动摩擦力，大小相等，即f l = f 2.设两次v 2v运动的时间均为t ，则两次的位移X i 二2t ，X 2 = -yt 二2X 1，故两次克服摩擦力所做的 11 1功，W = 2W.由动能定理得，W 1 — W = 2mv ，W 2 — W = qmQv ）2,即卩 W = W + qmV ,1 2施=W + qm(2v)2,故 W<4W.C 正确.答案：C3. （2020 •大纲全国卷）一物块沿倾角为9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2时，上升的最大高度记为h.重力加速度大小为h 1 v 25 仆卩mgcos 9 sn r 二0—2m 2，解得卩答案：Dg.物块与斜坡间的动摩擦因数和工HA. tan 9 和？工HC. tan 9 和；4h 分别为（ B.D.)2話12― 1 2gH 1tantan 解析：由动能定理有—mgH —卩 mgcos 9Hsin 9 —mgh —2v / 2^- 1tan 9,h = H , D 正确.4. (2020 •浙江理综)如图所示，用一块长L i= 1.0 m的木板在墙和桌面间架设斜面，桌子高H= 0.8 m，长1.5 m.斜面与水平桌面的倾角9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卩i二0.05，物块与桌面间的动摩擦因数为卩2,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) 求9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9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卩2；(已知sin37 °= 0.6，cos37°= 0.8)(3) 继续增大9角，发现9= 53°时物块落地点与墙面的距离最大，求此时最大距离X m解析：⑴为使小物块下滑mgsin 9>^ 1mgcos9①9满足的条件tan 9> 0.05②(2) 克服摩擦力做功1mgLcos 9 + 卩2mg(L j—L QOS 9 )③由动能定理得mgLsin 9—W = 0④代入数据得卩2= 0.8⑤1 2(3) 由动能定理得mgLsin 9—S/= $mv⑥代入数据得v= 1 m/s⑦1 2H= 2gtt = 0.4 s ⑧X1 = vt，X1 = 0.4 m ⑨X m= x i+ L2= 1.9 m ⑩答案：(1 )tan 9> 0.05 (2)0.8 (3)1.9 m5. (2020 •福建理综)如图所示，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 o，小船从A点沿直线加速运动到B点经历时间为11，A B两点间距离为d，缆绳质量忽略不计.求：(1) 小船从A点运动到B点的全过程克服阻力做的功W;(2) 小船经过B点时的速度大小V1；(3) 小船经过B点时的加速度大小a.解析：(1)小船从A点运动到B点克服阻力做的功W= fd ①⑵小船从A点运动到B点，电动机牵引绳对小船做的功W= Pt1 ②1 2 1 2由动能定理有W- W= qmv —2m\0③联立①②③式解得w= =02+m *fd⑶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9,电动机牵引绳的速度大小为V，拉力F和速度V1分别按效果分解如图所示.则P= Fv= Fwcos 9 ⑤由牛顿第二定律有Feos 0- f = ma⑥P f联立④⑤⑥式解得a= —2—2— _ pmv o + 2m Pti —fdm答案：(1)fd (2)\/V°2+ m Pt i —fdP f (3)；mv o2+ 2m_Pt i —fd——m。

高考物理一轮复习方案第五章第2讲动能和动能定理及其应用活页限时训练(含解析) 新人教版必修2

第2讲动能和动能定理及其应用时间：60分钟1．质量不等，但有相同动能的两个物体，在动摩擦因数相同的水平地面上滑行，直至停止，则( )．A ．质量大的物体滑行的距离大B ．质量小的物体滑行的距离大C ．它们滑行的距离一样大D ．质量大的物体克服摩擦力做的功多解析由动能定理可得－F f x ＝0－E k ，即μmgx ＝E k ，由于动能相同动摩擦因数相同，故质量小的滑行距离大，它们克服摩擦力所做的功都等于E k . 答案 B2．一个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/s 2，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 J解析合外力做的功W 合＝E k －0，即W 合＝12mv 2＝12×25×22J ＝50 J ，A 项正确；W G ＋W 阻＝E k －0，故W 阻＝12mv 2－mgh ＝50 J －750 J ＝－700 J ，B 项错误；重力做功W G ＝mgh ＝25×10×3 J＝750 J ，C 错；小孩所受支持力方向上的位移为零，故支持力做的功为零，D 错．答案 A3．一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，关于该质点动能的变化情况下列说法错误的是( )．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，再逐渐增大解析当恒力方向与质点原来速度方向相同时，质点的动能一直增大，故A 正确．当恒力方向与质点原来速度方向相反时，速度先逐渐减小到零再逐渐增大，质点的动能也先逐渐减小至零再逐渐增大，故B 正确．当恒力方向与原来质点的速度方向夹角大于90°时，将原来速度v 0分解为平行恒力方向的v y 、垂直恒力方向的v x ，如图甲，v y 先逐渐减小到零再逐渐增大，v x 始终不变．v ＝ v 2x ＋v 2y ，质点速度v 先逐渐减小至v x 再逐渐增大，质点的动能先减小至某一非零的最小值，再逐渐增大，故D 正确．当恒力方向与v 0方向夹角小于90°时，如图乙，v y 一直增大，v x 始终不变，质点速度v 逐渐增大，动能一直增大，没有其他情况，故C 错误．答案 C4．刹车距离是衡量汽车安全性能的重要参数之一．如图5-2-13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是滑动摩擦．据此可知，下列说法中正确的是( )．图5-2-13A ．甲车的刹车距离随刹车前的车速v 变化快，甲车的刹车性能好B ．乙车与地面间的动摩擦因数较大，乙车的刹车性能好C ．以相同的车速开始刹车，甲车先停下来，甲车的刹车性能好D ．甲车的刹车距离随刹车前的车速v 变化快，甲车与地面间的动摩擦因数较大解析在刹车过程中，由动能定理可知：μmgl ＝12mv 2，得l ＝v 22μg ＝v 22a可知，甲车与地面间动摩擦因数小(题图线1)，乙车与地面间动摩擦因数大(题图线2)，刹车时的加速度a ＝μg ，乙车刹车性能好；以相同的车速开始刹车，乙车先停下来．B 正确．答案 B5．如图5-2-14所示，长为L 的木板水平放置，在木板的A 端放置一个质量为m 的物体，现缓慢抬高A 端，使木板以左端为轴在竖直面内转动，当木板转到与水平面成α角时物体开始滑动，此时停止转动木板，物体滑到木板底端时的速度为v ，则在整个过程中( )．图5-2-14A ．支持力对物体做功为0B ．摩擦力对物体做功为mgL sin αC ．摩擦力对物体做功为12mv 2－mgL sin αD ．木板对物体做功为12mv 2－mgL sin α解析木板由水平转到与水平面成α角的过程中，木板对物体的支持力做正功，重力做负功，两者相等，即W G ＝W N ＝mgL sin α，所以A 错误；物体从开始下滑到底端的过程中，支持力不做功，重力做正功，摩擦力做负功，由动能定理得W G ＋W f ＝12mv 2－0，即W f＝12mv 2－mgL sin α，故C 正确、B 错误；对全过程运用能量观点，重力做功为0，无论支持力还是摩擦力，施力物体都是木板，所以木板做功为12mv 2，D 错误．答案 C6．如图5-2-15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 点且速度也刚好为零．则物体具有的初速度(已知物体与路面之间的动摩擦因数处处相同且不为零)( )．图5-2-15A ．大于v 0B ．等于v 0C ．小于v 0D ．取决于斜面的倾角解析如图所示，物体由D 出发沿DBA 路面运动，由动能定理可列出方程－F f 1l DB －F f 2l BA －mgh A ＝0－12mv 20①因为F f 1＝μmg ，F f 2＝μmg cos α 代入①式－μmgl DB －μmg cos αl AB －mgh A ＝－12mv 20②又因为l AB cos α＝l OB ，所以μmgl DB ＋μmgl BO ＋mgh A ＝12mv 20③同理μmg (l CD ＋l CO )＋mgh A ＝12mv 2④即μmgl DO ＋mgh A ＝12mv 2⑤此式表明由D 出发的初速度v 0与斜面夹角α无关，因此沿DCA 上滑到A 点的初速度仍为v 0，选项B 正确．答案 B7．(2013·郑州三模)如图5-2-16所示，竖直平面内有一个半径为R 的半圆形轨道OQP ，其中Q 是半圆形轨道的中点，半圆形轨道与水平轨道OE 在O 点相切，质量为m 的小球沿水平轨道运动，通过O 点进入半圆形轨道，恰好能够通过最高点P ，然后落到水平轨道上，不计一切摩擦阻力，下列说法不正确的是( )．图5-2-16A ．小球落地时的动能为2.5mgRB ．小球落地点离O 点的距离为2RC ．小球运动到半圆形轨道最高点P 时，向心力恰好为零D ．小球到达Q 点的速度大小为3gR解析小球恰好通过P 点，mg ＝m v 20R 得v 0＝gR .根据动能定理mg ·2R ＝12mv 2－12mv 20得12mv2＝2.5mgR ，A 正确．由平抛运动知识得t ＝4Rg，落地点与O 点距离x ＝v 0t ＝2R ，B正确．P 处小球重力提供向心力，C 错误．从Q 到P 由动能定理得－mgR ＝12m (gR )2－12mv 2Q ，所以v Q ＝3gR ，D 正确．答案 C8．太阳能汽车是靠太阳能来驱动的汽车．当太阳光照射到汽车上方的光电板时，光电板中产生的电流经电动机带动汽车前进．设汽车在平直的公路上由静止开始匀加速行驶，经过时间t ，速度为v 时功率达到额定功率，并保持不变．之后汽车又继续前进了距离s ，达到最大速度v max .设汽车质量为m ，运动过程中所受阻力恒为f ，则下列说法正确的是( )．A ．汽车的额定功率为fvB ．汽车匀加速运动过程中，克服阻力做功为fvtC ．汽车从静止开始到速度达到最大值的过程中，牵引力所做的功为12mv 2max －12mv 2D ．汽车从静止开始到速度达到最大值的过程中，合力所做的功为12mv 2max解析当汽车达到最大速度时牵引力与阻力平衡，功率为额定功率，额定功率为P 额＝fv max ，则可知选项A 错误；汽车匀加速运动过程中通过的位移x ＝12vt ，克服阻力做功为W ＝12fvt ，选项B 错误；根据动能定理可得W F －W f ＝12mv 2max －0，W f ＝12fvt ＋fs ，可知选项C 错误、D 正确．答案 D9．(2013·济南模拟)如图5-2-17所示，劲度系数为k 的弹簧下端悬挂一个质量为m 的重物，处于静止状态．手托重物使之缓慢上移，直到弹簧恢复原长，手对重物做的功为W 1.然后放手使重物从静止开始下落，重物下落过程中的最大速度为v ，不计空气阻力．重物从静止开始下落到速度最大的过程中，弹簧对重物做的功为W 2，则( )．图5-2-17A ．W 1＞m 2g 2kB ．W 1＜m 2g 2kC ．W 2＝12mv 2D ．W 2＝m 2g 2k －12mv 2解析设x 为弹簧伸长的长度，由胡克定律得：mg ＝kx .手托重物使之缓慢上移，直到弹簧恢复原长，重物的重力势能增加了mgx ＝m 2g 2k ，弹簧的弹力对重物做了功，所以手对重物做的功W 1＜m 2g 2k ，选项B 正确．由动能定理知W 2＋m 2g 2k ＝12mv 2，则C 、D 错误．答案 B10．(2013·揭阳模拟)如图5-21-8所示为某娱乐场的滑道示意图，其中AB 为曲面滑道，BC 为水平滑道，水平滑道BC 与半径为1.6 m 的14圆弧滑道CD 相切，DE 为放在水平地面上的海绵垫．某人从坡顶滑下，经过高度差为20 m 的A 点和B 点时的速度分别为2 m/s 和12 m/s ，在C 点做平抛运动，最后落在海绵垫上E 点．人的质量为70 kg ，在BC 段的动摩擦因数为0.2.问：图5-2-18(1)从A 到B 的过程中，人克服阻力做的功是多少？ (2)为保证在C 点做平抛运动，BC 的最大值是多少？ (3)若BC 取最大值，则DE 的长是多少？解析 (1)由动能定理：W G －W f ＝12mv 2B －12mv 2A 得：W f ＝9 100 J.(2)BC 段加速度为：a ＝μg ＝2 m/s 2，设在C 点的最大速度为v m ，由mg ＝m v 2mr，v m ＝gr ＝4 m/s ，BC 的最大值为：s BC ＝v 2B －v 2m2a＝32 m ，BC 的长度范围是0～32 m.(3)平抛运动的时间：t ＝2rg＝0.32＝0.566 s ，BC 取最大长度，对应平抛运动的初速度为v m ＝4 m/s ，平抛运动的水平位移：s 平＝v m t ＝2.26 m ，DE 的长：s DE ＝s 平－r ＝2.26 m －1.6 m ＝0.66 m.答案 (1)9 100 J (2)32 m (3)0.66 m11．(2012·无锡高三期末)如图5-2-19甲所示，长为4 m 的水平轨道AB 与倾角为37°的足够长斜面BC 在B 处连接，有一质量为2 kg 的滑块，从A 处由静止开始受水平向右的力F 作用，F 按图乙所示规律变化，滑块与AB 和BC 间的动摩擦因数均为0.25，重力加速度g 取10 m/s 2.求：图5-2-19(1)滑块第一次到达B 处时的速度大小；(2)不计滑块在B 处的速率变化，滑块到达B 点时撤去力F ，滑块冲上斜面，滑块最终静止的位置与B 点的距离．(sin 37°＝0.6)解析 (1)由题图得：0～2 m 内：F 1＝20 N ，Δx 1＝2 m ； 2～3 m 内：F 2＝0，Δx 2＝1 m ；3～4 m 内：F 3＝10 N ，Δx 3＝1 mA 至B 由动能定理得：F 1Δx 1－F 3Δx 3－μmg (Δx 1＋Δx 2＋Δx 3)＝12mv 2B ，即20×2－10×1－0.25×2×10×(2＋1＋1)＝12×2×v 2B ，解得v B ＝10 m/s(2)因为mg sin 37°>μmg cos 37°，滑块将滑回水平面．设滑块由B 点上滑的最大距离为L ，由动能定理：－μmgL cos 37°－mgL sin 37°＝0－12mv 2B解得：L ＝58m从最高点滑回水平面，设停止在与B 点相距s 处，mgL sin 37°－μmgL cos 37°－μmgs ＝0解得：s ＝sin 37°－μcos 37°μL ＝0.6－0.25×0.80.25×58 m ＝1 m.答案 (1)10 m/s (2)1 m12．(2012·重庆卷，23)如图5-2-20所示为一种摆式摩擦因数测量仪，可测量轮胎与地面间动摩擦因数，其主要部件有：底部固定有轮胎橡胶片的摆锤和连接摆锤的轻质细杆，摆锤的质量为m 、细杆可绕轴O 在竖直平面内自由转动，摆锤重心到O 点距离为L ，测量时，测量仪固定于水平地面，将摆锤从与O 等高的位置处静止释放．摆锤到最低点附近时，橡胶片紧压地面擦过一小段距离s (s ≪L )，之后继续摆至与竖直方向成θ角的最高位置．若摆锤对地面的压力可视为大小为F 的恒力，重力加速度为g ，求：图5-2-20(1)摆锤在上述过程中损失的机械能； (2)在上述过程中摩擦力对摆锤所做的功； (3)橡胶片与地面之间的动摩擦因数．解析 (1)选从右侧最高点到左侧最高点的过程研究．因为初、末状态动能为零，所以全程损失的机械能ΔE 等于减少的重力势能，即：ΔE ＝mgL cos θ.① (2)对全程应用动能定理：W G ＋W f ＝0，②W G ＝mgL cos θ，③由②、③得W f ＝－W G ＝－mgL cos θ④ (3)由滑动摩擦力公式得f ＝μF ，⑤ 摩擦力做的功W f ＝－fs ，⑥ ④、⑤式代入⑥式得：μ＝mgL cos θFs.⑦ 答案 (1)mgL cos θ (2)－mgL cos θ (3)mgL cos θFs。

(新课标)2020届高考物理一轮总复习必修部分第5章机械能及其守恒定律第2讲动能定理及其应用随堂集训

第2讲动能定理及其应用1. [2020 •课标全国卷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POC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（）1A. W 2mgR质点恰好可以到达Q点1B. W>mgR质点不能到达Q点1C. W 2mgR质点到达Q点后，继续上升一段距离1D. W<mgR质点到达Q点后，继续上升一段距离答案C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2 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= mR，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1 1动能定理得，2mgR- W 2口&，解得W 2mgR质点运动过程，半径方向的合力提供向心力，即F N— mgsin B =囁，根据左右对称，在同一高度，由于摩擦力做功会导致右半幅的速度小，轨道弹力变小，滑动摩擦力 f =^F N变小，所以摩擦力做功变小，那么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 1=2mgR由此可知，质点到达Q点后，可继续上升一段距离，选项C正确，选项A、B、D错误。

2. [2020 •四川高考]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. —样大B.水平抛的最大C.斜向上抛的最大D.斜向下抛的最大答案A解析三个小球被抛出后，均仅在重力作用下运动，三个小球从同一位置落至亠、 1 2同一水平地面时，设其下落咼度为h，小球质量为m。

根据动能定理可知mgh= ^m\末—$V，得v末“2gh+ v0，又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。

2019-2020高考物理一轮复习第5章机械能及其守恒定律5第二节动能动能定理随堂检测巩固落实新人教版

——教学资料参考参考范本——2019-2020高考物理一轮复习第5章机械能及其守恒定律5第二节动能动能定理随堂检测巩固落实新人教版______年______月______日____________________部门1．(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g解析：选AB.由题意根据动能定理有，2mgh －Wf ＝0，即2mgh －μmgcos 45°·－μmgcos 37°·＝0，得动摩擦因数μ＝，则A 项正确；载人滑草车克服摩擦力做的功为Wf ＝2mgh ，则C 项错误；载人滑草车在上下两段的加速度分别为a1＝g(sin 45°－μcos 45°)＝g ，a2＝g(sin 37°－μcos 37°)＝－g ，则载人滑草车在上下两段滑道上分别做加速运动和减速运动，则在上段底端时达到最大速度v ，由运动学公式有2a1＝v2得，v ＝＝，故B 项正确，D 项错误．2．(多选)(20xx ·江苏六校联考)真空中的光滑水平绝缘面上有一带电小滑块，开始时滑块静止．若在滑块所在空间加一水平匀强电场E1，持续时间t 后立刻换成与E1相反方向的匀强电场E2.又经过2t 时间后，滑块恰好回到初始位置，且具有动能Ek.在上述过程中，E1对滑块的电场力做功为W1，t 时刻滑块的速度大小为v1；E2对滑块的电场力做功为W2，3t 时刻滑块的速度大小为v2.则( ) A ．2v1＝v2 B ．3v1＝2v2 C ．W1＝，W2＝D ．W1＝，W2＝5Ek9解析：选BD.由动能定理，W1＝mv ，W2＝mv －mv ，则Ek ＝W1＋W2＝mv ，＝＝，v1＝a1t ，v2＝v1＋a2·2t，联立解得3v1＝2v2，W1＝，W2＝，选项B 、D 正确，A 、C 错误． 3.如图，与水平面夹角θ＝37°的斜面和半径R ＝0.4 m 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μ＝0.25.(g 取10 m/s2，sin 37°＝0.6 cos 37°＝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：本题考查圆周运动、机械能守恒、动能定理．(1)对C点：滑块竖直方向所受合力提供向心力mg＝,R) ①vC＝＝2 m/s.(2)对B→C过程：滑块机械能守恒1mv＝mv＋mgR(1＋cos 37°)②2vB＝＋2gR（1＋cos 37°）)＝4.29 m/s.(3)滑块在A→B的过程，利用动能定理：mgh－mgμcos 37°·＝mv－0 ③代入数据解得h＝1.38 m.答案：见解析4．(20xx·江苏六市高三调研)如图所示，左端带有挡板P的长木板质量为m，置于光滑水平面上，劲度系数很大的轻弹簧左端与P相连，弹簧处于原长时右端在O点，木板上表面O点右侧粗糙、左侧光滑．现将木板固定，质量也为m的小物块以速度v0从距O点L的A点向左运动，与弹簧碰撞后反弹，向右运动到B点静止，OB的距离为3L，已知重力加速度为g.(1)求物块和木板间动摩擦因数μ及上述过程弹簧的最大弹性势能Ep.(2)解除对木板的固定，物块仍然从A点以初速度v0向左运动，由于弹簧劲度系数很大，物块与弹簧接触时间很短可以忽略不计，物块与弹簧碰撞，木板与物块交换速度．求：①物块从A点运动到刚接触弹簧经历的时间t；②物块最终离O点的距离x.解析：(1)研究物块从A 点开始运动至B 点的过程，由动能定理有－μmg·4L＝0－mv 20 解得μ＝,8gL)研究物块从弹簧压缩量最大处至B 点的过程，由功能关系有－μmg·3L＝0－Ep 解得Ep ＝mv.(2)①设物块在木板上运动的加速度大小为a1，则 μmg ＝ma1解得a1＝μg(方向水平向右)设木板运动的加速度大小为a2，则μmg ＝ma2 解得a2＝μg(方向水平向左) 由几何关系有v0t －a1t2－a2t2＝L 解得t1＝，t2＝(舍去)．②设物块刚接触弹簧时，物块和木板速度分别是v1、v2，则v1＝v0－a1t1，v2＝a2t1物块和木板碰撞交换速度后，在摩擦力作用下分别做加速和减速运动，设运动的时间为t 、达到共同速度为v ，则v ＝v2＋a1t ，v ＝v1－a2t 解得v1＝v0，v2＝v0，v ＝v02上述过程由功能关系有－μmg(L ＋x)＝(2m)v2－mv 20 解得x ＝L. 答案：见解析。

高考物理一轮复习第5章机械能第二节动能定理及其应用课件

由①②得到 AC 段的运动时间小于 AB 段的运动时间，故 B 正确；由①式可知，物块将一直加速滑行到 E 点，但 AC 段的加速度比 CE 段大，故 C 错误，D 正确．
2.(多选)(2018· 徐州质检)如图所示，质量为 M 的电梯底板上放置一质量为 m 的物体，钢索拉着电梯由静止开始向上做加速运动，当上升高度为 H 时，速度达到 v，不计空气阻力，则( )
A．合外力为零，则合外力做功一定为零 B．合外力做功为零，则合外力一定为零 C．合外力做功越多，则动能一定越大 D．动能不变，则物体合外力一定为零
解析：选 A.由 W＝Flcos α 可知，物体所受合外力为零，合外力做功一定为零，但合外力做功为零，可能是 α＝90°，故 A 正确，B 错误；由动能定理 W＝Δ Ek 可知，合外力做功越多，动能变化量越大，但动能不一定越大．动能不变，合外力做功为零，但物体合外力不一定为零，C、D 均错误．
考点三
动能定理求解多过程问题 [即时小练]
1．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 是水平的，其距离 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(图中小物块未画出)．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，则停的点到 B 的距离为( )
(2)滑块恰能过 C 点时，vC 有最小值，则在 C 点
2 mvC mg＝ R
滑块从 A→B→D→C 过程，由动能定理得 2R 1 2 1 2 －μmgcos θ· ＝ mv － m v sin θ 2 C 2 0 解得 v0＝2 3 m/s.

2020复习方案高考物理人教版一轮复习讲义：第五章第2讲动能定理及其应用含答案

第2讲动能定理及其应用考点1动能定理的理解1．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．2．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3.动能是标量，功也是标量，所以动能定理是一个标量式，不存在方向的选取问题．当然动能定理也就不存在分量的表达式．例如，以相同大小的初速度不管向什么方向抛出，在最终落到地面上速度大小相同的情况下，所列的动能定理的表达式都是一样的．4．相对性高中阶段动能定理中的位移和速度必须相对于同一个参考系，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系．1．如图所示，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，在两个力的方向上的速度分量分别为v 1、v 2，那么在这段时间内，其中一个力做的功为( B )A.16m v 2B.14m v 2C.13m v 2 D.12m v 2 解析：由动能定理得，合力F 做的功W ＝12m v 2，由功的公式W ＝Fs cos α知两个分力的功相等W 1＝W 2.因W ＝W 1＋W 2，所以W 1＝W 2＝12W ＝14m v 2，故B 正确．2．如图所示，质量为M 的木块静止在光滑的水平面上，质量为m 的子弹以速度v 0沿水平方向射入木块，并最终留在木块中与木块一起以速度v 运动．已知当子弹相对木块静止时，木块前进的距离为L ，子弹进入木块的深度为s .若木块对子弹的阻力F 视为恒定，则下列关系式中错误的是( B )A ．FL ＝12M v 2B ．Fs ＝12m v 2C ．Fs ＝12m v 20－12(M ＋m )v 2D ．F (L ＋s )＝12m v 20－12m v 2解析：根据动能定理，对子弹，有－F (L ＋s )＝12m v 2－12m v 20，选项D 正确；对木块，有FL ＝12M v 2，选项A 正确；由以上二式可得Fs ＝12m v 20－12(M＋m )v 2，选项C 正确，只有选项B 错误．考点2 动能定理的应用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 (1)明确研究对象．(2)选择运动过程，确定始末状态．(3)分析研究对象受力、分清恒力和变力，确定每个力做功情况． (4)根据动能定理列方程．考向1 应用动能定理求解变力做功如图所示，一半径为R 的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高；质量为m 的质点自轨道端点P 由静止开始滑下，滑到最低点Q 时，对轨道的正压力为2mg ，重力加速度大小为g .质点自P 滑到Q 的过程中，克服摩擦力所做的功为( )A.14mgR B.13mgRC.12mgR D.π4mgR [审题指导] 质点从P 到Q 过程中摩擦力为变力，计算变力做功一般应用动能定理．【解析】质点在轨道最低点时受重力和支持力，根据牛顿第三定律可知，支持力F N ＝2mg .如图所示，F N －mg ＝m v 2R ，得v ＝gR .对质点的下滑过程应用动能定理，mgR －W ＝12m v 2，得W ＝12mgR ，C 正确．【答案】 C1．如图所示，AB 为14圆弧轨道，BC 为水平直轨道，BC 恰好在B 点与AB 相切，圆弧的半径为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，它由轨道顶端A 从静止开始下落，恰好运动到C 处停止，重力加速度为g ，那么物体在AB 段克服摩擦力所做的功为( D )A.μmgR2B.mgR 2C ．mgRD ．(1－μ)mgR解析：设物体在AB 段克服摩擦力所做的功为W AB ，物体从A 到C 的全过程，根据动能定理有mgR －W AB －μmgR ＝0，所以W AB ＝mgR －μmgR ＝(1－μ)mgR ，故D 正确．考向2 应用动能定理解决多过程问题如图所示，与水平面夹角θ＝37°的斜面和半径R ＝0.4 m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μ＝0.25.(g 取10 m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求：(1)滑块在C 点的速度大小v C ； (2)A 、B 两点间的高度差h .[审题指导] (1)在C 点，重力提供滑块做圆周运动的向心力； (2)求A 、B 的高度差，可以分段求解，也可以全程求解．【解析】 (1)对C 点，滑块竖直方向所受合力提供向心力mg ＝m v 2CR ，v C ＝gR ＝2 m/s.(2)对B →C 过程，由动能定理得－mgR (1＋cos37°)＝12m v 2C －12m v 2B ，v B ＝v 2C ＋2gR (1＋cos37°)，滑块在A →B 的过程中，由动能定理得 mgh －μmg cos37°·h sin37°＝12m v 2B －0，代入数据解得h ＝1.38 m. 【答案】 (1)2 m/s (2)1.38 m2．如图所示，小物块从倾角为θ的倾斜轨道上A点由静止释放滑下，最终停在水平轨道上的B点，小物块与水平轨道、倾斜轨道之间的动摩擦因数均相同，A、B两点的连线与水平方向的夹角为α，不计物块在轨道转折时的机械能损失，则动摩擦因数为(B)A．tanθB．tanαC．tan(θ＋α) D．tan(θ－α)解析：如图所示，设B、O间距离为s1，A点离水平面的高度为h，A、O间的水平距离为s2，物块的质量为m，在物块下滑的全过程中，应用动能定理可得mgh－μmg cosθ·s2cosθ－μmg·s1＝0，解得μ＝hs1＋s2＝tanα，故选项B正确．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准确分析研究对象的受力情况及运动情况，可以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，也可以全过程应用动能定理．(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．考点3动能定理与图象问题的综合应用1．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、图线下方的面积所对应的物理意义，根据对应关系列式解答问题．2．图象所围“面积”的含义考向1动能定理与v-t图象结合1．(2018·全国卷Ⅲ)(多选)地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送到地面．某竖井中矿车提升的速度大小v随时间t的变化关系如图所示，其中图线①②分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶段加速度的大小都相同；两次提升的高度相同，提升的质量相等．不考虑摩擦阻力和空气阻力．对于第①次和第②次提升过程( AC )A ．矿车上升所用的时间之比为4 5B ．电机的最大牵引力之比为2 1C ．电机输出的最大功率之比为21D ．电机所做的功之比为45解析：本题考查v -t 图象的应用．在v -t 图象中，图线的斜率表示物体运动的加速度，而两次提升过程变速阶段加速度的大小都相同，即在v -t 图象中，它们变速阶段对应的图线要么重合，要么平行，由图中几何关系可得：第②次所用时间t ＝52t 0，即矿车上升所用时间之比为45，选项A 正确；对矿车受力分析可知，当矿车向上做匀加速直线运动时，电机的牵引力最大，即F －mg ＝ma ，得F ＝mg ＋ma ，即最大牵引力之比为11，选项B 错误；在第①次提升过程中，电机输出的最大功率P 1＝(mg ＋ma )v 0，在第②次提升过程中，电机输出的最大功率P 2＝(mg ＋ma )·12v 0，即P 1P 2＝21，选项C 正确；对①②两次提升过程，由动能定理可知W －mgh ＝0，即W 1W 2＝11，选项D 错误．考向2 动能定理与a -t 图象结合2．(2019·湖北黄石调研)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( D )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 时的速度不变D ．0～4 s 内合力对物体做的功等于0～6 s 内合力对物体做的功解析：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 项错误；由题图可知物体在5 s 末速度最大，为v m ＝12×(2＋5)×2 m/s ＝7 m/s ，B 项错误；由题图可知物体在2～4 s 内加速度不变，做匀加速直线运动，速度变大，C 项错误；在0～4 s 内合力对物体做的功由动能定理可知：W 合4＝12m v 24－0，又v 4＝12×(2＋4)×2m/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＝12m v 26－0，又v 6＝6 m/s ，得W 合6＝36 J ．则W 合4＝W 合6，D 项正确．考向3 动能定理与F -x 图象结合3．如图甲所示，长为4 m 的水平轨道AB 与半径为R ＝0.6 m 的竖直半圆弧轨道BC 在B 处相连接，有一质量为1 kg 的滑块(大小不计)，从A 处由静止开始受水平向右的力F 作用，F 的大小随位移变化的关系如图乙所示，滑块与AB 间的动摩擦因数为μ＝0.25，与BC 间的动摩擦因数未知，g 取10 m/s 2.求：(1)滑块到达B 处时的速度大小；(2)滑块在水平轨道AB 上运动前2 m 过程所用的时间；(3)若到达B 点时撤去力F ，滑块沿半圆弧轨道内侧上滑，并恰好能到达最高点C ，则滑块在半圆弧轨道上克服摩擦力所做的功是多少？解析：(1)对滑块从A 到B 的过程，由动能定理得 F 1x 1＋F 3x 3－μmgx ＝12m v 2B ，得v B ＝210 m/s.(2)在前2 m 内，有F 1－μmg ＝ma ，且x 1＝12at 21，解得t 1＝835s. (3)当滑块恰好能到达最高点C 时，应有：mg ＝m v 2CR ，对滑块从B 到C 的过程，由动能定理得 W －mg ×2R ＝12m v 2C －12m v 2B ，代入数值得W ＝－5 J ，即滑块在半圆弧轨道上克服摩擦力做的功为5 J. 答案：(1)210 m/s (2)835s (3)5 J 考向4 动能定理与E k -x 图象结合4．一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 关系的图线是下图中的( C )解析：小物块上滑过程，由动能定理得－(mg sinθ＋μmg cosθ)x＝E k－E k0，整理得E k＝E k0－(mg sinθ＋μmg cosθ)x.设小物块上滑的最大位移大小为s，小物块下滑过程，由动能定理得(mg sinθ－μmg cosθ)(s－x)＝E k－0，整理得E k＝(mg sinθ－μmg cosθ)s－(mg sinθ－μmg cosθ)x，所以选项C正确．“三步”巧解动能定理与图象结合问题学习至此，请完成课时作业17。

2025届高考物理一轮复习资料第五章机械能守恒定律第2讲动能定理及其应用

第2讲动能定理及其应用学习目标 1.理解动能和动能定理。

2.会应用动能定理处理相关物理问题。

3.掌握动能定理与图像结合问题的分析方法。

1.动能2.动能定理1.思考判断(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)物体所受的合外力为零，合外力对物体做的功也一定为零。

(√)(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。

(×)2.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功答案A考点一动能定理的理解与基本应用1.两个关系(1)数量关系：合力做的功与物体动能的变化具有等量代换关系，但并不是说动能的变化就是合力做的功。

(2)因果关系：合力做功是引起物体动能变化的原因。

2.标量性动能是标量，功也是标量，所以动能定理是一个标量式，不存在方向的选取问题，当然动能定理也就不存在分量的表达式。

例1如图1所示，在水平的PQ面上有一小物块(可视为质点)，小物块以某速度从P点最远能滑到倾角为θ的斜面QA上的A点(水平面和斜面在Q点通过一极短的圆弧连接)。

若减小斜面的倾角θ，变为斜面QB(如图中虚线所示)，小物块仍以原来的速度从P点出发滑上斜面。

已知小物块与水平面和斜面间的动摩擦因数相同，AB为水平线，AC为竖直线。

则()图1A.小物块恰好能运动到B点B.小物块最远能运动到B点上方的某点C.小物块只能运动到C点D.小物块最远能运动到B、C两点之间的某点答案D解析小物块从P点滑上斜面的运动过程中有重力和摩擦力做功，设小物块能到达斜面上的最高点与水平面的距离为h，与Q点的水平距离为s，根据动能定理得－mgh－μmg·s PQ－μmg cos θ·s AQ＝0－12m v 2，即mgh＋μmg(s PQ＋s)＝12m v2，若减小倾角θ时，h不变，则s不变，故A、C错误；若h变大，则s变小，故B错误；若h变小，则s变大，故D正确。

2019-2020年高考物理一轮总复习第5章机械能及其守恒定律第2讲动能定理及其应用限时规范特训课件

A.物体所受的合力做功为 mgh＋12mv2 B.物体所受的合力做功为12mv2 C.人对物体做的功为 mgh D.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：WF －Wf－mgh＝12mv2，其中 Wf 为物体克服摩擦力做的功。人对物体做的功即人对物体的拉力做的功，所以 W 人＝WF＝ Wf＋mgh＋12mv2，A、C 错误，B、D 正确。
(1)小滑块从 P 到 Q 克服摩擦力做的功 Wf；
(2)为了使小滑块滑上光滑半圆槽后恰好能到达最高点 R，从 P 点释放时小滑块沿斜面向下的初速度 v0 的大小；
(3)现将半圆槽上半部圆心角为 α＝60°的 RS 部分去掉，用上一问得到的初速度 v0 将小滑块从 P 点释放，它从 S 点脱离半圆槽后继续上升的最大高度 h。(取 g＝10 m/s2，sin37° ＝0.60，cos37°＝0.80)
板块四限时·规范·特训
时间：45 分钟
满分：100 分
一、选择题(本题共 10 小题，每小题 7 分，共 70 分。其中 1～6 为单选，7～10 为多选)
1.若物体在运动过程中受到的合外力不为 0，则( ) A.物体的动能不可能总是不变的 B.物体的加速度一定变化 C.物体的速度方向一定变化 D.物体所受合外力做的功可能为 0
则 a1＝10 m/s2，t1＝va11，Ek1＝12mv21＝25，联立得 t1＝1 s。同理，下降阶段 F 合 2＝1 N，则 a2＝2 m/s2，t2＝va22，
Ek2＝12mv22＝5，联立得 t2＝ 5 s。则 t＝t1＋t2＝(1＋ 5) s，故 D 选项错误。
9．某人通过滑轮将质量为 m 的物体，沿粗糙的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( )

(江苏专版)2020版高考物理一轮复习第五章第2节动能定理及其应用讲义(含解析)

动能定理及其应用(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。

(√)突破点(一) 对动能定理的理解1．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。

2．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[题点全练]1．关于运动物体所受的合外力、合外力做的功及动能变化的关系，下列说法正确的是( ) A ．合外力为零，则合外力做功一定为零 B ．合外力做功为零，则合外力一定为零 C ．合外力做功越多，则动能一定越大 D ．动能不变，则物体合外力一定为零解析：选A 由W ＝Fl cos α可知，物体所受合外力为零，合外力做功一定为零，但合外力做功为零，可能是α＝90°，故A 正确，B 错误；由动能定理W ＝ΔE k 可知，合外力做功越多，动能变化量越大，但动能不一定越大。

动能不变，合外力做功为零，但物体合外力不一定为零，C 、D 均错误。

2.(2018·江阴四校期中)质量为M 、长度为L 的长木板静止在光滑的水平面上，质量为m 的小滑块停放在长木板的最右端，滑块和木板之间的动摩擦因数为μ。

现用一个大小为F 的恒力作用在M 上，当小滑块滑到木板的最左端时，滑块和木板的速度大小分别为v 1、v 2，滑块和木板相对于地面的位移大小分别为s 1、s 2。

下列关系式错误的是( )A ．μmgs 1＝12mv 12B ．Fs 2－μmgs 2＝12Mv 22C ．μmgL ＝12mv 12D ．Fs 2－μmgs 2＋μmgs 1＝12Mv 22＋12mv 12解析：选C 对滑块，滑块受到重力、支持力和摩擦力，根据动能定理，有 μmgs 1＝12mv 12，故A 正确；对木板，由动能定理得：Fs 2－μmgs 2＝12Mv 22，故B 正确；由以上两式相加可得：Fs 2－μmgs 2＋μmgs 1＝12Mv 22＋12mv 12，又s 2－s 1＝L ，则得：Fs 2－μmgL ＝12Mv 22＋12mv 12，故C 错误，D 正确。

人教版高考物理一轮复习第5章机械能 2动能定理及其应用训练2

动能定理及其应用1.(2019·广州模拟)用起重机提升货物，货物上升过程中的v-t图像如图所示，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>0【解析】选C。

分析题图可知，货物一直向上运动，根据功的定义式可得:重力做负功，拉力做正功，即W1<0，W2>0，A、B错误，C 正确;根据动能定理:合力做的功W3=0-mv 2，v=2 m/s，即W3<0，D错误。

2.(2019·衡水模拟)质量m=1 kg 的物体静止放在粗糙水平地面上。

现对物体施加一个随位移变化的水平外力F时物体在水平面上运动。

已知物体与地面间的滑动摩擦力与最大静摩擦力相等。

若F-x图像如图所示。

且4～5 m内物体匀速运动。

x=7 m时撤去外力，g取10 m/s2，则下列有关描述正确的是( )A.物体与地面间的动摩擦因数为0.1B.x=3 m时物体的速度最大C.撤去外力时物体的速度为 m/sD.撤去外力后物体还能在水平面上滑行3 s【解析】选C。

4～5 m内物体匀速运动，则有 F=F f=μmg，得μ===0.3，故A 错误;只要F>F f=μmg，物体就在加速，所以在0～4 m 内物体一直加速，x=4 m时物体的速度最大，故B错误;根据图像与x轴所围的面积表示外力F做的功，可得0～7 m内外力做功为 W=J=22 J，设撤去外力时物体的速度为v，根据动能定理得 W- F f x=mv2-0，其中 x=7 m，解得 v= m/s，故C正确;撤去外力后物体的加速度大小为 a==3 m/s2，物体还能滑行时间 t= = s，故D错误。

2020高考一轮第五章第2讲动能定理及其应用(新人教版)物理

2020高考一轮第五章第2讲动能定理及其应用（新人教版）物理[基础知识·填一填][知识点1] 动能1．定义：物体由于运动而具有的能． 2．公式：E k ＝ 12mv 2.3．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·m 2/s 2.5．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 ＝12mv 22－12mv 21.[知识点2] 动能定理1．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 ＝ 12mv 22－12mv 21 .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 .判断正误，正确的划“√”，错误的划“×”．(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．(√)[教材挖掘·做一做]1．(人教版必修2 P74第1题改编)改变汽车的质量和速度，都能使汽车的动能发生变化，则下列说法正确的是( )A ．质量不变，速度增大到原来的2倍，动能增大为原来的2倍B ．速度不变，质量增大到原来的2倍，动能增大为原来的4倍C ．质量减半，速度增大到原来的4倍，动能增大为原来的2倍D ．速度减半，质量增大到原来的4倍，动能不变答案：D2．(人教版必修2 P75第4题改编)民用航空客机的紧急出口打开时，会自动生成一个由气囊构成的斜面，模型简化如图所示．光滑斜面的竖直高度AB ＝3.2 m ，斜面长AC ＝4.0 m ，斜面与水平地面CD 段间由一段小圆弧平滑连接．当物体由静止开始滑下，其与地面间的动摩擦因数为0.5，不计空气阻力，g 取10 m/s 2.(1)人滑到斜面底端C 时的速度大小；(2)人离开C 点后还要在地面上滑行多远才能停下？解析：(1)在AC 过程中由动能定理得mgh ＝12mv 2C ，解得v C ＝8 m/s.(2)设人在CD 水平面上滑行的距离为s 在AD 过程中由动能定理得mgh －μmgs ＝0解得s ＝6.4 m.答案：(1)8 m/s (2)6.4 m考点一对动能定理的理解及简单应用[考点解读]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．[典例赏析][典例1] (2017·全国卷Ⅱ)为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线相距s 0和s 1(s 1＜s 0)处分别放置一个挡板和一面小旗，如图所示．训练时，让运动员和冰球都位于起跑线上，教练员将冰球以速度v 0击出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方向滑向挡板；冰球被击出的同时，运动员垂直于起跑线从静止出发滑向小旗．训练要求当冰球到达挡板时，运动员至少到达小旗处．假定运动员在滑行过程中做匀加速运动，冰球到达挡板时的速度为v 1.重力加速度大小为g .求：(1)冰球与冰面之间的动摩擦因数； (2)满足训练要求的运动员的最小加速度．[解析] (1)设冰球的质量为m ，冰球与冰面之间的动摩擦因数为μ，由动能定理得－μmgs 0＝12mv 21－12mv 20①解得μ＝v 20－v 212gs 0(2)冰球到达挡板时，满足训练要求的运动员中，刚好到达小旗处的运动员的加速度最小，设这种情况下，冰球和运动员的加速度大小分别为a 1和a 2，所用的时间为t .由运动学公式得v 20－v 21＝2a 1s 0②v 0－v 1＝a 1t ③ s 1＝12a 2t 2④联立②③④式得a 2＝s 1(v 1＋v 0)22s 2.[答案] (1)v 20－v 212gs 0 (2)s 1(v 0＋v 1)22s 2用好动能定理的“5个”突破突破①——研究对象的选取动能定理适用于单个物体，当题目中出现多个物体时可分别将单个物体取为研究对象，应用动能定理．突破②——研究过程的选取应用动能定理时，选取不同的研究过程列出的方程是不相同的．因为动能定理是个过程式，选取合适的过程往往可以大大简化运算．突破③——受力分析运用动能定理时，必须分析清楚物体在过程中的全部受力情况，找出哪些力不做功，哪些力做功，做多少功．从而确定出外力的总功，这是解题的关键．突破④——位移的计算应用动能定理时，要注意有的力做功与路程无关，只与位移有关，有的力做功却与路程有关．突破⑤——初、末状态的确定动能定理的计算式为标量式，v 为相对同一参考系的速度，所以确定初、末状态动能时，必须相对于同一参考系而言．[题组巩固]1．(2018·全国卷Ⅱ)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功解析：A [由动能定理可知W 拉－W f ＝E k －0，因此，E k ＜W 拉，故A 正确，B 错误；E k 可能大于、等于或小于W f ，选项C 、D 错误．]2．(2019·运城模拟)如图所示，将一光滑圆轨道固定竖直放置，其中A 点为圆轨道的最低点，B 点为圆水平直径与圆弧的交点．一个质量为m 的物体静置于A 点，现用始终沿轨道切线方向、大小不变的外力F 作用于物体上，使其沿圆轨道到达B 点，随即撤去外力F ，要使物体能在竖直圆轨道内维持圆周运动，外力F 至少为( )A.2mg π B.3mg π C.4mg π D.5mgπ解析：D [物体由A 点运动到最高点的过程，由动能定理可得F ·12πR －mg ·2R ＝12mv 2－0，物体刚好经过最高点，在最高点对物体由牛顿第二定律得mg ＝m v 2R ，联立以上两式解得F ＝5mg π，因此外力F 至少为5mgπ，故D 正确，A 、B 、C 错误．]3．物体在水平面上从x 轴坐标原点O 以v 0＝20 m/s 的初速度沿x 轴正方向开始运动，由x 1＝20 m 处滑上一个倾角为45°的斜面，又滑了下来，物体每次经过斜面底端时都不损失机械能．已知动摩擦因数均为μ＝0.50，g 取10 m/s 2.求：物体停止运动时位置的坐标．(计算结果保留三位有效数字)解析：沿斜面上滑位移为L 时速度减到零，由动能定理得：－μmgx 1－μmg cos 45°L －mgL sin 45°＝0－12mv 2解得L sin 45°＝12v 20－μgx 1(1＋μ)g下滑后停在坐标x 2处，由动能定理得：mgL sin 45°－μmgL cos 45°－μmg (x 1－x 2)＝0解得x 2＝x 1－L sin 45°＝13.3 m. 答案：13.3 m考点二动能定理在多过程中的应用[考点解读]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．[典例赏析][典例2] (2018·全国卷Ⅲ)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PA 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A 点时动量的大小； (3)小球从C 点落至水平轨道所用的时间．[审题指导] (1)研究对象：小球 (2)过程分析小球⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧①C 点⎩⎪⎨⎪⎧力的合成法牛顿第二定律F 向＝m v 2R ②A →C⎩⎪⎨⎪⎧ 动能定理动量p ＝mv 1③C →落地点⎩⎪⎨⎪⎧竖直方向的分运动为匀加速运动，由运动学公式求解时间t[解析] (1)设水平恒力的大小为F 0，小球到达C 点时所受合力的大小为F .由力的合成法则有F 0mg＝tan α① F 2＝(mg )2＋F 20②设小球到达C 点时的速度大小为v ，由牛顿第二定律得F ＝m v 2R③由①②③式和题给数据得F 0＝34mg ④ v ＝5gR 2⑤ (2)设小球到达A 点的速度大小为v 1，作CD ⊥PA ，交PA 于D 点，由几何关系得DA ＝R sin α⑥ CD ＝R (1＋cos α)⑦由动能定理有－mg ·CD －F 0·DA ＝12mv 2－12mv 21⑧由④⑤⑥⑦⑧式和题给数据得，小球在A 点的动量大小为p ＝mv 1＝m 23gR2⑨(3)小球离开C 点后在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运动，加速度大小为g .设小球在竖直方向的初速度为v ⊥，从C 点落至水平轨道上所用时间为t .由运动学公式有v ⊥t ＋12gt 2＝CD ⑩ v ⊥＝v sin α⑪由⑤⑦⑩⑪式和题给数据得t ＝355R g⑫答案：(1)34mg5gR 2 (2)m 23gR 2 (3)355Rg利用动能定理求解多过程问题的基本思路1．弄清物体的运动由哪些过程组成． 2．分析每个过程中物体的受力情况．3．各个力做功有何特点，对动能的变化有无影响．4．从总体上把握全过程，表达出总功，找出初、末状态的动能． 5．对所研究的全过程运用动能定理列方程．[题组巩固]1.(2019·山东潍坊)如图所示，半径为R 的光滑半圆轨道ABC 与倾角为θ＝37°的粗糙斜面轨道DC 相切于C 点，半圆轨道的直径AC 与斜面垂直，质量为m 的小球从A 点左上方距A 点高为h 的斜面上方P 点以某一速度v 0水平抛出，刚好与半圆轨道的A 点相切进入半圆轨道内侧，之后经半圆轨道沿斜面刚好滑到与抛出点等高的D 点．已知当地的重力加速度为g ，取R ＝509h ，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计空气阻力，求：(1)小球被抛出时的速度v 0；(2)小球从C 到D 过程中摩擦力做的功W f .解析：(1)小球到达A 点时，速度与水平方向的夹角为θ，如图所示，则有v y v 0＝tan θ，竖直方向上有v 2y ＝2gh ，联立以上两式，得v 0＝432gh(2)小球从P 经A 、B 、C 至D 全过程，重力做功为零，弹力都不做功，只有摩擦力做功，就全过程应用动能定理W f ＝0－12mv 20，解得W f ＝－169mgh答案：(1)432gh (2)－169mgh2．(2019·银川模拟)如图所示，一质量m ＝0.4 kg 的滑块(可视为质点)静止于动摩擦因数μ＝0.1的水平轨道上的A 点．现对滑块施加一水平外力，使其向右运动，外力的功率恒为P ＝10.0 W ．经过一段时间后撤去外力，滑块继续滑行至B 点后水平飞出，恰好在C 点以5 m/s 的速度沿切线方向进入固定在竖直平面内的光滑圆弧形轨道，轨道的最低点D 处装有压力传感器．已知轨道AB 的长度L ＝2.0 m ，半径OC 和竖直方向的夹角α＝37°，圆形轨道的半径R ＝0.5 m ．(空气阻力可忽略，重力加速度g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，求：(1)滑块运动到D 点时压力传感器的示数． (2)水平外力作用在滑块上的时间t .解析：(1)滑块由C 点运动到D 点的过程，由动能定理得：mgR (1－cos 37°)＝12mv 2D －12mv 2C解得：v D ＝3 3 m/s在D 点，对滑块由牛顿第二定律得：F N ′－mg ＝m v 2DR解得：F N ＝25.6 N根据牛顿第三定律得滑块对轨道的压力F N ′＝F N ＝25.6 N ，方向竖直向下．(2)滑块离开B 点后做平抛运动，恰好在C 点沿切线方向进入圆弧形轨道，由几何关系可知，滑块运动在B 点的速度为v B ＝v C cos 37°＝4 m/s滑块由A 点运动到B 点的过程，由动能定理得：Pt －μmgL ＝12mv 2B －0解得：t ＝0.4 s.答案：(1)25.6 N (2)0.4 s3．(2019·郴州模拟)如图甲所示是高速公路出口的匝道，车辆为了防止在转弯时出现侧滑的危险，必须在匝道的直道上提前减速．现绘制水平面简化图如图乙所示，一辆质量m ＝2 000 kg 的汽车原来在水平直道上做匀速直线运动，行驶速度v 0＝108 km/h ，恒定阻力F f ＝1 000 N ．现将汽车的减速运动简化为两种方式：方式一为“小踩刹车减速”，司机松开油门使汽车失去牵引力，在水平方向上仅受匀速运动时的恒定阻力作用；方式二为“刹车减速”，汽车做匀减速直线运动的加速度a ＝6 m/s 2.(1)求汽车原来匀速直线行驶时的功率．(2)司机在离弯道口Q 距离为x 1的地方开始减速，全程采取“小踩刹车减速”，汽车恰好能以15 m/s 的安全速度进入弯道，求出汽车在上述减速直线运动的过程中克服阻力做功的大小以及距离x 1的大小．(3)在离弯道口Q 距离为125 m 的P 位置，司机先采取“小踩刹车减速”滑行一段距离x 2后，立即采取“刹车减速”，汽车仍能恰好以15 m/s 的安全速度进入弯道，求x 2的大小．解析：(1)汽车匀速运动的速度为：v 0＝108 km/h ＝30 m/s因为汽车做匀速直线运动，所以牵引力为：F ＝F f 汽车的功率为：P ＝Fv 0 故P ＝F f v 0＝30 kW(2)全程采取“小踩刹车减速”时，由动能定理得：－W f ＝12mv 21－12mv 2解得克服阻力做功为：W f ＝6.75×105J 又：W f ＝F f x 1 解得：x 1＝675 m(3)从P 到Q 的过程中，由动能定理得：－F f x 2－ma (125 m －x 2)＝12mv 21－12mv 2解得：x 2＝75 m.答案：(1)30 kW (2)6.75×105J 675 m (3)75 m考点三动能定理中的图象问题[考点解读]1．解决动能定理与图象问题的基本步骤2．四类图象所围“面积”的意义[典例赏析][典例3] (2017·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x关系的图线是( )[解析] C [设物块与斜面间的动摩擦因数为μ，物块的质量为m，则物块在上滑过程中根据动能定理有－(mg sin θ＋μmg cos θ)x＝E k－E k0，即E k＝E k0－(mg sin θ＋μmg cos θ)x，物块沿斜面下滑的过程中有(mg sin θ－μmg cos θ)(x0－x)＝E k′，由此可以判断C项正确．][母题探究][探究1] 动能定理与F －x 图象结合问题(2019·临沂模拟)(多选)水平面上质量为m ＝6 kg 的物体，在大小为12 N 的水平拉力F 的作用下做匀速直线运动，从x ＝2.5 m 位置处拉力F 逐渐减小，力F 随位移x 变化规律如图所示，当x ＝7 m 时拉力减为零，物体也恰好停下，g 取10 m/s 2，下列结论正确的是( )A ．物体与水平面间的动摩擦因数为0.2B ．合外力对物体所做的功为－27 JC ．物体匀速运动时的速度为3 m/sD ．物体在减速阶段所受合外力的冲量为12 N·s解析：ABC [物体做匀速运动时，由平衡条件得F f ＝F ＝12 N ，μ＝F f mg ＝12 N6×10 N＝0.2，故A 正确；图象与坐标轴围成的“面积”表示拉力做的功，则由图象可知W F ＝12×2.5 J＋12×(7－2.5)×12 J＝57 J ，滑动摩擦力做的功为W f ＝－μmgx ＝－0.2×6×10×7 J＝－84 J ，所以合外力做的功为W 合＝－84 J ＋57 J ＝－27 J ，故B 正确；由动能定理得W 合＝0－12mv 20，解得v 0＝3 m/s ，故C 正确；由动量定理得I ＝0－mv 0＝－6×3 N·s＝－18 N·s，故D 错误．][探究2] 动能定理与P －t 图象结合问题(2019·南平模拟)(多选)放在粗糙水平地面上质量为0.8 kg 的物体受到水平拉力的作用，在0～6 s 内其速度与时间的关系图象和该拉力的功率与时间的关系图象分别如图所示．下列说法中正确的是( )A ．0～6 s 内拉力做的功为140 JB ．物体在0～2 s 内所受的拉力为4 NC ．物体与粗糙水平地面的动摩擦因数为0.5D ．合外力在0～6 s 内做的功与0～2 s 内做的功相等解析：AD [由于P －t 图象与t 轴围成的“面积”表示拉力所做的功，所以0～6 s 内拉力做的功为W ＝12×2×60 J＋4×20 J＝140 J ，故A 正确；由水平拉力的功率P ＝Fv 可得，在0～2 s 内拉力F ＝P v＝6 N,2～6 s ，拉力F ′＝P ′v ′＝2 N ，故B 错误；物体在水平面上只受摩擦力和拉力，在2～6 s 内物体受力平衡可得F f ＝μmg ＝F ′，解得μ＝F ′mg ＝ 2 N0.8×10 N＝0.25，故C 错误；由v －t 图象可知，物体在2 s 末的速度与6 s 末的速度相等，由动能定理W 合＝ΔE k 可知，0～6 s 与0～2 s 动能的变化量相同，所以合外力在0～6 s 内做的功与0～2 s 内做的功相等，故D 正确．][探究3] 动能定理与v －t 图象结合问题(2019·昆明模拟)低空跳伞是一种危险性很高的极限运动，通常从高楼、悬崖、高塔等固定物上起跳，在极短时间内必须打开降落伞，才能保证着地安全，某跳伞运动员从高H ＝100 m 的楼层起跳，自由下落一段时间后打开降落伞，最终以安全速度匀速落地．若降落伞视为瞬间打开，得到运动员起跳后的速度v 随时间t 变化的图象如图所示，已知运动员及降落伞装备的总质量m ＝60 kg ，开伞后所受阻力大小与速率成正比，即F f ＝kv ，g 取10 m/s 2，求：(1)打开降落伞瞬间运动员的加速度． (2)打开降落伞后阻力所做的功．解析：(1)匀速运动时，则有：mg ＝kv 解得：k ＝120 N/(m·s －1)打开降落伞的瞬间，速度为：v 1＝18 m/s 由牛顿第二定律得：kv 1－mg ＝ma 解得：a ＝26 m/s 2方向竖直向上(2)根据图线围成的面积知，自由下落的位移为：x 1＝12×2×18 m＝18 m则打开降落伞后的位移为：x 2＝H －x 1＝100 m －18 m ＝82 m由动能定理得：mgx 2＋W f ＝12mv 2－12mv 21代入数据解得：W f ＝－58 170 J.答案：(1)26 m/s 2，方向竖直向上 (2)－58 170 J思想方法(九) 用动能定理巧解往复运动问题[典例] (2019·江苏泰州模拟)如图所示，足够长的固定木板的倾角为37°，劲度系数为k ＝36 N/m 的轻质弹簧的一端固定在木板上的P 点，图中AP 间距等于弹簧的自然长度．现将质量m ＝1 kg 的可视为质点的物块放在木板上，在外力作用下将弹簧压缩到某一位置B 点后释放．已知木板PA 段光滑，AQ 段粗糙，物块与木板间的动摩擦因数μ＝38，物块在B 点释放后向上运动，第一次到达A 点时速度大小为v 0＝3 3 m/s ，取重力加速度g ＝10m/s 2.(1)求物块第一次向下运动到A 点时的速度大小v 1；(2)请说出物块最终的运动状态，并求出物块在A 点上方运动的总路程s . [审题指导] (1)把握过程构建运动模型(2)选好过程，列出方程①过程①②分别列出动能定理方程． ②对多次往复后的全程列出动能定理方程． [解析] (1)设物块从A 点向上滑行的最大距离为s 1. 根据动能定理，上滑过程有：－mgs 1sin 37°－μmgs 1cos 37°＝0－12mv 2下滑过程有：mgs 1sin 37°－μmgs 1cos 37°＝12mv 21－0联立解得：s 1＝1.5 m ，v 1＝3 m/s(2)物块最终在A 点下方做往复运动，最高点为A 根据动能定理：μmgs cos 37°＝12mv 2代入数据解得：s ＝4.5 m.[答案] (1)3 m/s (2)物块最终在A 点下方做往复运动4.5 m1．应用动能定理求解往复运动问题时，要确定物体的初状态和最终状态． 2．重力做功与物体运动路径无关，可用W G ＝mgh 直接求解．3．滑动摩擦力做功与物体运动路径有关，可用W f ＝－F f s 求解，其中s 为物体相对滑行的路程．[题组巩固]1．如图所示，AB 是倾角为θ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(可以看做质点)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；(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 ′应满足什么条件．解析：(1)因为摩擦力始终对物体做负功，所以物体最终在圆心角为2θ的圆弧轨道上做往复运动．对整体过程由动能定理，得mgR ·cos θ－μmg cos θ·s ＝0所以总路程为s ＝R μ(2)对B →E 过程mgR (1－cos θ)＝12mv 2① F N －mg ＝mv 2R②由①②，得F N ＝(3－2cos θ)mg由牛顿第三定律可知，物体对轨道的压力是 (3－2cos θ)·mg ，方向竖直向下． (3)设物体刚好到D 点，则mg ＝mv 2DR③L ′取最小值时，对全过程由动能定理，得mgL ′sin θ－μmg cos θ·L ′－mgR (1＋cos θ)＝12mv 2D ④由③④，得L ′＝3＋2cos θ2(sin θ－μcos θ)·R故应满足的条件为L ′≥3＋2cos θ2(sin θ－μcos θ)·R .答案：(1)R μ(2)(3－2cos θ)mg ，方向竖直向下 (3)L ′≥3＋2cos θ2(sin θ－μcos θ)·R2．如图所示，在竖直平面内，粗糙的斜面AB 长为2.4 m ，其下端与光滑的圆弧轨道BCD 相切于B ，C 是最低点，圆心角∠BOC ＝37°，D 与圆心O 等高，圆弧轨道半径R ＝1.0 m ，现有一个质量为m ＝0.2 kg 可视为质点的滑块，从D 点的正上方h ＝1.6 m 的E 点处自由下落，滑块恰好能运动到A 点(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s 2，计算结果可保留根号)．求：(1)滑块第一次到达B 点的速度． (2)滑块与斜面AB 之间的动摩擦因数． (3)滑块在斜面上运动的总路程及总时间．解析：(1)第一次到达B 点的速度为v 1，根据动能定理得：mg (h ＋R cos 37°)＝12mv 21代入数据解得：v 1＝4 3 m/s(2)从E 到A 的过程中，由动能定理得：mg (h ＋R cos 37°－L AB sin 37°)－μmg cos 37°·L AB ＝0代入数据解得：μ＝0.5 (3)全过程由动能定理得：mg (h ＋R cos 37°)－μmg cos 37°s ＝0代入数据解得：s ＝6 m 沿斜面上滑加速度为：a 1＝g sin 37°＋μg cos 37°＝10 m/s 2沿斜面下滑加速度为：a 2＝g sin 37°－μg cos 37°＝2 m/s 2 因为v 212a 1＝v 222a 2，解得：v 2＝a 2a 1v 1＝15v 1v 3＝a 2a 1v 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫152v 1 …v n ＝⎝⎛⎭⎪⎫15n －1v 1 则：t ＝⎝⎛⎭⎪⎫v 1a 1＋v 2a 1＋v 3a 1＋…＋v n a 1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫v 2a 2＋v 3a 2＋…＋v na2代入数据解得：t ＝3 15＋535 s.答案：(1)4 3 m/s (2)0.5 (3)6 m315＋535s。

2020年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

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] (2015·四川卷)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v 2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H 2B ．(v 22gH －1)tan θ和H 2。