练案[15]第2讲动能定理及其应用—2021届新高考一轮物理(人教版)复习检测

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(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。

2021版高考物理一轮复习课件第5章机械能第2讲动能定理及其应用

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二、教材习题及改编
1．(鲁科版必修 2·P27·T1 改编)(多选)关于动能，下列说法正确的是(
)
A．公式 Ek＝12mv2 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．物体以相同的速率向东和向西运动，动能的大小相等但方向不同
D．物体以相同的速率做匀速直线运动和曲线运动，其动能不同
2．动能与动能的变化是两个不同的概念，动能是状态量，动能的变化是过程量．动能为非负值，而动能变化量有正负之分．ΔEk＞0 表示物体的动能增加，ΔEk<0 表示物体的动能减少．
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3．应用动能定理时，物体的位移、速度都应以地面或相对地面静止的物体为参考系．
4．动能定理是标量关系式，应用动能定理时不用规定正方向，但要明确相应过程中各力做功的正负，无法确定正负的假设为正功，然后代入计算，根据结果再行判断．
C 13 关键能力突破考点一对动能定理的理解
自主学习
1．对动能定理的理解
(1)做功的过程就是能量转化的过程，动能定理表达式中“＝”的意义是一种因果关
系在数值上相等的符号．
(2)动能定理中的“力”指物体受到的所有力，既包括重力、弹力、摩擦力，也包括电场力、磁场力或其他力，功则为合力所做的总功．
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：选 A．分析木箱在运动过程中的受力情况，其受重力、拉力、支持力和摩擦
力. 根据动能定理可得 WF－Wf＝12mv2－0, 又知道摩擦力做负功，则木箱获得的动能一
定小于拉力所做的功，但与克服摩擦力所做的功大小关系不确定，选项 A 正确．

2021版高考物理一轮复习第五章机械能2动能定理及其应用学案

2021版高考物理一轮复习第五章机械能2动能定理及其应用学案何编辑）动能定理及其应用通必备知识一、动能和动能的变化1o定义：物体由于运动而具有的能。

12. 公式：Ek二2应.3. 单位:焦耳,1 J=1 N • m=1 kg ・ m2/s2o4. 物理意义：（1）动能是状态量.v是瞬时速度（选填“瞬时速度“或“平均速度”）。

⑵动能是标・（选填“矢量”或“标量”），只有正值,动能与速度方向无关（选填“有关“或“无关”）。

15。

动能的变化:物体末动能与初动能之差,即AEk二彳旦情境转换1 1物体在推力F作用下做匀加速直线运动，初动能为末动能为爲『纟动能1 1的变化为益诡-2出二、动能定理1o内容：在一个过程中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。

1 12o表达式:W二生二駁二氐二兔诡二2（开3. 物理意义:合处力的功是物体动能变化的量度.4. 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。

（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。

情境转换'條基础小题1•判断下列题目的正误。

（1）物体的动能是有方向的,其方向与速度的方向相同。

（）（2）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。

（）（3）处于平衡状态的物体动能一定保持不变.（）（4）做自由落体运动的物体,动能与下落时间的二次方成正比。

（）（5）如果合外力对物体做功为零，那么物体所受的合外力一定为零.（）（6）物体在合外力作用下做变速运动，动能一定变化。

（）（7）物体的动能不变，所受的合外力必定为零。

（）提示：⑴X 。

动能是标量，只有大小，没有方向。

歼「5从辽宁号甲板上起飞.牵引力为八阻力为/；滑行距离为、. 起飞时速度为“则汽车刹车时.阻力为刹车距离为"汽车初速度为“末速度为则介0-寺E 2（2） Vo当物体的速度方向发生变化而速度大小不变时，物体的动能不变.(3) V.平衡状态是指物体保持静止状态或匀速直线运动状态，物体的速度保持不变，其动能保持不变。

2021版高考物理一轮复习第五章机械能课时2动能定理及其应用学案新人教版

课时2 动能定理及其应用一、动能1.定义:物体由于运动而具有的能叫动能。

2.公式:212k E mv 。

3.单位:焦耳,1 J=1 N ·m=1 kg ·m 2/s 2。

4.矢标性:动能是标量,只有正值。

二、动能定理1.内容:力在一个过程中对物体做的功,等于物体在这个过程中动能的变化。

2.表达式:W=12m 22v -12m 21v 或W=E k2-E k1。

3.物理意义:合力的功是物体动能变化的量度。

4.适用范围:动能定理既适用于直线运动,也适用于曲线运动;既适用于恒力做功,也适用于变力做功;适用于单过程分析,也适用于多过程分析。

考点一对动能的理解1.动能是状态量,E k =12mv 2,只与运动物体的质量及速率有关,而与其运动方向无关,物体运动仅速度的方向发生变化时,动能不变。

而做功是过程量。

2.动能及动能的变化ΔE k 均是标量,只有大小,没有方向。

动能的变化量为正值,表示物体的动能增加了,对应于合力对物体做正功;动能的变化量为负值,表示物体的动能减少了,对应于合力对物体做负功,或者说物体克服合力做功。

[典例1] 关于动能的理解,下列说法错误的是( )A.动能是普遍存在的机械能的一种基本形式,凡是运动的物体都具有动能B.动能总是正值,但对于不同的参考系,同一物体的动能大小是不同的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,一定处于平衡状态解析:动能是物体由于运动而具有的能量,所以运动的物体都具有动能,选项A 正确;由于E k =12mv 2,而v 与参考系的选取有关,选项B 正确;由于速度为矢量,当只有方向变化时其动能并不改变,选项C 正确;做匀速圆周运动的物体动能不变,但并不是处于平衡状态,选项D 错误。

答案:D变式1:一个质量为0.3 kg的弹性小球,在光滑水平面上以6 m/s的速度垂直撞到墙上,碰撞后小球沿相反方向运动,反弹后的速度大小与碰撞前相同,则碰撞前后小球速度变化量的大小Δv和碰撞过程中小球的动能变化量ΔE k为( B )A.Δv=0B.Δv=12 m/sC.ΔE k=1.8 JD.ΔE k=10.8 J解析:取初速度方向为正方向,则Δv=(-6-6)m/s=-12 m/s,负号表示速度变化量的方向与初速度方向相反,由于速度大小没变,动能不变,故动能变化量为0,故只有选项B正确。

2021年高考物理一轮复习第五章机械能及其守恒定律第2讲动能定理及其应用学案202107022359

2021年高考物理一轮复习第五章机械能及其守恒定律第2讲动能定理及其应用学案202107022359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 ＝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，因此动能也具有相对性。

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 Ⅱ1.内容：合外力对物体所做的功，等于物体在那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.适用范畴广泛(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)力能够是各种性质的力，既能够同时作用，也能够不同时作用。

板块二考点细研·悟法培优考点1动能定理的明白得和应用[拓展延伸]1.做功的过程确实是能量转化的过程，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”，既能够是重力、弹力、摩擦力，也能够是电场力、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，既能够分段考虑，也能够整个过程考虑。

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。

第五章第2讲动能定理及其应用—2021届(新课标版)高考物理一轮复习课件(共27张PPT)

(1)小滑块第一次到达 D 点时的速度大小； (2)小滑块第一次与第二次通过 C 点的时间间隔； (3)小滑块最终停止的位置距 B 点的距离。
【解析】 (1)小滑块从 A→B→C→D 过程中，由动能定理得：mg(h1 －h2)－μmgs＝21mv2D－0，将 h1、h2、s、μ、g 数据代入得：vD＝3 m/s；
2．表达式：W＝ΔEk＝Ek2－Ek1＝12mv22－12mv21。
3．功与动能的关系 (1)W>0，物体的动能增加； (2)W<0，物体的动能减少； (3)W＝0，物体的动能不变。 4．适用条件 (1)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。
【答案】 A
(多选)如图，一固定容器的内壁是半径为 R 的半球面；在半球面水平直径的一端有一质量为 m 的质点 P。它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中，克服摩擦力做的功为 W。重力加速度大小为 g，设质点 P 在最低点时，向心加速度的大小为 a，容器对它的支持力大小为 N，则( )
A．a＝2（mgmRR－W） C．N＝3mgRR－2W
(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】由题意知，W 拉－W 阻＝ΔEk，则 W 拉＞ΔEk。故 A 正确， B 错误；W 阻与ΔEk 的大小关系不确定，C、D 错误。
【答案】 B
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 s ＝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 h1＝4.30 m、h2＝1.35 m。现让质量为 m 的小滑块自 A 点由静止释放。已知小滑块与轨道 BC 间的动摩擦因数 μ＝0.5，重力加速度 g 取 10 m/s2，sin 37°＝0.6， cos 37°＝0.8。求：

高考物理一轮复习第五章机械能第2节动能定理及其应用学案新人教版

学习资料第2节动能定理及其应用必备知识预案自诊知识梳理一、动能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，动能与速度方向。

5。

动能的变化①：物体与之差,即ΔE k= .二、动能定理②1。

内容:在一个过程中合力对物体所做的功，③等于物体在这个过程中.2.表达式:W=ΔE k=E k2-E k1= 。

③注:合外力所做的功也可以理解成所有外力做功的代数和。

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)动能定理既适用于恒力做功,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.5。

应用动能定理时，物体的位移、速度都应以地面或相对地面静止的物体为参考系。

考点自诊1。

判断下列说法的正误。

(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)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。

（)（3)物体在合外力作用下做变速运动时，动能一定变化.（)(4）物体的动能不变，所受的合外力必定为零。

（)(5)合力对物体做正功,物体的动能增加；合力对物体做负功,物体的动能减少。

（)2。

（多选）关于动能，下列说法正确的是()mv2中的速度v一般是物体相对于地面的速度A.公式E k=12B.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.物体以相同的速率向东和向西运动,动能的大小相等但方向不同D。

物体以相同的速率做匀速直线运动和曲线运动，其动能不同3.(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v1增加到v2时，上升高度为H，则在这个过程中,下列说法或表达式正确的是（)A。

对物体,动能定理的表达式为W F N=12mm22，其中W F N为支持力做的功B。

2021高考物理一轮复习第五章机械能第2讲动能定理及其应用课件新人教版

A．A、B间的竖直高度为0.12 m B．小球经过B点时对轨道压力的大小为2.4 N C．小球经过M点时对轨道压力的大小为4.4 N D．小球从A点到M点的过程中所受重力的功率一直增大
[解析] 设 AB 的竖直高度为 h，由 A 到 N 由动能定理得：mg(h＋Rcos 37°)＝12mv2N －0，得 h＝0.12 m，故 A 正确；由 A 到 B 由动能定理得 mgh＝12mv2B－0，NB＝mRv2B，得 NB＝2.4 N，由牛顿第三定律知小球在 B 点对轨道压力大小为 2.4 N，故 B 正确；由 A 到 M 由动能定理得：mg(h＋R)＝12mvM2 －0，NM－mg＝mRv2M，得 NM＝5.4 N，由牛顿第三定律知小球在 M 点对轨道压力大小为 5.4 N，故 C 错误；重力的瞬时功率 P ＝mgvcos θ，A 点因 v＝0，则 PA＝0，M 点因 θ＝90°，则 PM＝0，故从 A 点到 M 点，重力的功率先变大后变小，故 D 错误。
第2讲动能定理及其应用
知识梳理 • 自测巩固
知识点1 动能
1．定义：物体由于__运__动____而具有的能叫动能。 2．公式：Ek＝____12_m__v_2 ____。 3．单位：___焦__耳_____，1 J＝1 N·m。 4．矢标性：动能是__标__量____，只有正值。 5．状态量：动能是__状__态__量____，因为v是瞬时速度。
思维诊断：
(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)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。( √ )

2024年新人教版高考物理一轮复习课件第6章第2讲动能定理及其应用

2024年新人教版高考物理一轮复习课件 DILIUZHANG 第六章机械能守恒定律动能定理及其应用目标要求1.理解动能、动能定理，会用动能定理解决一些基本问题.2.能利用动能定理求变力做的功.3.掌握解决动能定理与图像结合的问题的方法.第2讲内容索引考点一　动能定理的理解和基本应用考点二　应用动能定理求变力做功考点三　动能定理与图像问题的结合课时精练考点一动能定理的理解和基本应用梳理必备知识1.动能(1)定义：物体由于运动而具有的能量叫作动能.(2)公式：E k＝，单位：焦耳(J).1 J＝1 N·m＝1 kg·m2/s2.(3)动能是标量、状态量.2.动能定理(1)内容：力在一个过程中对物体做的功，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：做的功是物体动能变化的量度.动能的变化合力判断正误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.物体在合外力作用下做变速运动时，动能一定变化.( )3.物体的动能不变，所受的合外力必定为零.( )4.合力对物体做正功，物体的动能增加；合力对物体做负功，物体的动能减少.( )√××√提升关键能力1.应用动能定理解题应抓住“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，确定在这一过程中研究对象的受力情况和位置变化或位移信息.2.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)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求解.(3)动能是标量，动能定理是标量式，解题时不能分解动能.例1　如图所示，AB为四分之一圆弧轨道，BC为水平直轨道，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从静止开始下滑，恰好运动到C处停止，不计空气阻力，重力加速度为g，那么物体在AB段克服摩擦力所做的功为√BC段物体所受摩擦力为F f＝μmg，位移为R，故BC段摩擦力对物体做功W＝－F f R＝－μmgR，对全程由动能定理可知mgR＋W1＋W＝0，解得W1＝μmgR－mgR，故AB段克服摩擦力做功为W克＝mgR－μmgR ＝(1－μ)mgR，选D.例2　(2021·河北卷·6)一半径为R的圆柱体水平固定，横截面如图所示，长度为πR、不可伸长的轻细绳，一端固定在圆柱体最高点P处，另一端系一个小球，小球位于P点右侧同一水平高度的Q点时，绳刚好拉直，将小球从Q点由静止释放，当与圆柱体未接触部分的细绳竖直时，小球的速度大小为(重力加速度为g，不计空气阻力)√例3　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√物块以初速度v上升的过程，由动能定理得例4　如图所示，粗糙水平地面AB与半径R＝0.4 m的光滑半圆轨道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＝1 kg的小物块在9 N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x AB＝5 m，小物块与水平地面间的动摩擦因数为μ＝0.1，当小物块运动到B点时撤去力F，取重力加速度g＝10 m/s2，求：(1)小物块到达B点时速度的大小；从A到B过程，据动能定理可得解得小物块到达B点时速度的大小为(2)小物块运动到D点时，轨道对小物块作用力的大小.答案　150 N从B到D过程，据动能定理可得在D点由牛顿第二定律可得联立解得小物块运动到D点时，轨道对小物块作用力的大小为F N＝150 N.方法点拨应用动能定理的解题流程考点二应用动能定理求变力做功例5　质量为m的物体以初速度v0沿水平面向左开始运动，起始点A与一轻弹簧O端相距s，如图所示.已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，物体与弹簧相碰后，弹簧的最大压缩量为x，则从开始碰撞到弹簧被压缩至最短，物体克服弹簧弹力所做的功为(重力加速度大小为g)√例6　(多选)(2023·重庆市模拟)游乐场有一种儿童滑轨，其竖直剖面示意图如图所示，AB部分是半径为R的四分之一圆弧轨道，BC为轨道水平部分，与半径OB垂直.一质量为m的小孩(可视为质点)从A点由静止滑下，滑到圆弧轨道末端B点时，对轨道的正压力大小为2.5mg，重力加速度大小为g.下列说法正确的是√√规律总结考点三动能定理与图像问题的结合图像与横轴所围“面积”或图像斜率的含义例7　(2021·湖北卷·4)如图(a)所示，一物块以一定初速度沿倾角为30°的固定斜面上滑，运动过程中摩擦力大小f恒定，物块动能E k与运动路程s的关系如图(b)所示.重力加速度大小取10 m/s2，物块质量m和所受摩擦力大小f分别为A.m＝0.7 kg，f＝0.5 NB.m＝0.7 kg，f＝1.0 NC.m＝0.8 kg，f＝0.5 ND.m＝0.8 kg，f＝1.0 N √0～10 m内物块上滑，由动能定理得－mg sin 30°·s－fs＝E k－E k0，整理得E k＝E k0－(mg sin 30°＋f )s，结合0～10 m内的图像得，斜率的绝对值|k|＝mg sin 30°＋f＝4 N，10～20 m内物块下滑，由动能定理得(mg sin 30°－f )(s－s1)＝E k，整理得E k＝(mg sin 30°－f )s－(mg sin 30°－f )s1，结合10～20 m内的图像得，斜率k′＝mg sin 30°－f＝3 N，联立解得f＝0.5 N，m＝0.7 kg，故选A.例8　(2020·江苏卷·4)如图所示，一小物块由静止开始沿斜面向下滑动，最后停在水平地面上.斜面和地面平滑连接，且物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为常数.该过程中，物块的动能E k与水平位移x关系的图像是√例9　(多选)在某一粗糙的水平面上，一质量为2 kg 的物体在水平恒定拉力的作用下做匀速直线运动，当运动一段时间后，拉力逐渐减小，且当拉力减小到零时，物体刚好停止运动，图中给出了拉力随位移变化的关系图像.重力加速度g 取10 m/s 2.根据以上信息能精确得出或估算得出的物理量有A.物体与水平面间的动摩擦因数B.合力对物体所做的功C.物体做匀速运动时的速度D.物体运动的时间√√√因为物体做变加速运动，所以运动时间无法求出，D错误.方法点拨解决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、图线之间的交点、图线与横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.四课时精练基础落实练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v1增大到v2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√√2.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/s2，在这一过程中摩擦力做功为A.66.6 JB.－66.6 JC.210.6 JD.－210.6 J√3.(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v0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v0B.大于v0C.小于v0D.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D.滑块在斜面上运动的整个过程产生的热量为√√5.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.F 1对A 、F 2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∶1能力综合练√由v－t图像可知，两个匀减速运动的加速度大小之比为1∶2，由题可知A、B所受摩擦力大小相等，所以A、B的质量关系是2∶1，故C正确.由v－t图像可知，A、B两物体运动的位移相等，且匀加速运动位移之比为1∶2，匀减速运动的位移之比为2∶1，由动能定理可得F1与摩擦力的关系：F1·x－F f1·3x＝0－0，F2与摩擦力的关系：F2·2x－F f2·3x＝0－0，因此可得：F1＝3F f1，F2＝F f2，F f1＝F f2，所以F1＝2F2.全过程中A、B克服摩擦力做的功相等，F1对A、F2对B做的功大小相等，故A、B、D错误.6.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D.电梯上升的最大高度可能为3h0√由题图可知从0到2h0，电梯先做加速度增大的加速运动再做匀加速运动，从2h0到3h0做加速度减小的加速运动，当加速度为零时，电梯向上的速度不为零，仍会向上运动，则电梯上升的最大高度一定大于3h0，故A、D错误；7.(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 kgB.1.5 kg√C.1 kgD.0.5 kg法一：特殊值法画出运动示意图.设该外力的大小为F，据动能定理知A→B(上升过程)：－(mg＋F)h＝E k B－E k AB→A(下落过程)：(mg－F)h＝E k A′－E k B′整理以上两式并代入数据得物体的质量m＝1 kg，选项C正确.法二：写表达式根据斜率求解上升过程：－(mg＋F)h＝E k－E k0，则E k＝－(mg＋F)h＋E k0下落过程：(mg－F)h＝E k′－E k0′，则E k′＝(mg－F)h＋E k0′，联立可得m＝1 kg，选项C正确.8.(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√√。

2021高考人教版物理一轮复习讲义：第5章第2节动能定理

第2节动能定理知识点1 动能1．定义：物体由于运动而具有的能． 2．公式 E k ＝12m v 2，式中v 为瞬时速度，动能是状态量．3．矢标性动能是标量，只有正值，动能与速度的方向无关．4．动能的变化量ΔE k ＝E k2－E k1＝12m v 22－12m v 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动能的变化．2．表达式W ＝ΔE k ＝12m v 22－12m v 21.3．功与动能的关系物理意义：合外力的功是动能变化的量度．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，也可以不同时作用．1．正误判断(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)做自由落体运动的物体，动能与下落距离的平方成正比．(×)(4)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．(√)(5)物体在合外力作用下做变速运动，动能一定变化．(×)(6)物体的动能不变，所受的合外力必定为零．(×)2．[动能变化量的计算]一个质量为0.3 kg的弹性小球，在光滑水平面上以6 m/s的速度垂直撞到墙上，碰撞后小球沿相反方向运动，反弹后的速度大小与碰撞前一样，那么碰撞前后小球速度变化量的大小Δv和碰撞过程中小球的动能变化量ΔE k为()A．Δv＝0B．Δv＝12 m/sC．ΔE k＝1.8 J D．ΔE k＝10.8 JB[取初速度方向为正方向，那么Δv＝(－6－6)m/s＝－12 m/s，由于速度大小没变，动能不变，故动能变化量为0，故只有选项B正确．] 3．[对动能定理的理解](多项选择)关于动能定理的表达式W＝E k2－E k1，以下说法正确的选项是()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BC[公式W＝E k2－E k1中的“W〞为所有力做功的总和，A错误，B正确；W>0时，E k2>E k1，动能增加，W<0时，E k2<E k1，动能减少，C正确；动能定理对直线运动、曲线运动、恒力做功、变力做功均适用，D错误．] 4．[应用动能定理求变力的功]如图5-2-1所示，光滑斜面的顶端固定一弹簧，一小球向右滑行，并冲上固定在地面上的斜面．设小球在斜面最低点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，那么小球从A到C的过程中弹簧弹力做功是()图5-2-1A．mgh－12m v2B．12m v2－mghC．－mgh D．－(mgh＋12m v2)A[小球从A点运动到C点的过程中，重力和弹簧的弹力对小球做负功，由于支持力与位移始终垂直，那么支持力对小球不做功，由动能定理，可得W G＋W F＝0－12m v2，重力做功为W G＝－mgh，那么弹簧的弹力对小球做功为W F＝mgh－12m v2，所以正确选项为A.]动能定理的理解“外力〞的两点理解(1)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．公式中“＝〞表达的三个关系[题组通关]1．(多项选择)如图5-2-2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()【导学号：92492217】图5-2-2A．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，与B对A的摩擦力所做的功大小相等D．外力F对B做的功等于B的动能的增量与B克制摩擦力所做的功之和BD[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，那么有B对A的摩擦力所做的功等于A的动能的增量，即B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，故二者做功大小不等，C错；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克制摩擦力所做的功之和，D对；由前述知B克制摩擦力所做的功与A的动能增量(等于B对A的摩擦力所做的功)不等，故A错．] 2．(多项选择)如图5-2-3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v1增加到v2时，上升高度为H，那么在这个过程中，以下说法或表达式正确的选项是()图5-2-3A．对物体，动能定理的表达式为W F N＝12m v22，其中W F N为支持力的功B．对物体，动能定理的表达式为W合＝0，其中W合为合力的功C．对物体，动能定理的表达式为W F N－mgH＝12m v22－12m v21D．对电梯，其所受合力做功为12M v22－12M v21CD[电梯上升的过程中，对物体做功的有重力mg、支持力F N，这两个力的总功才等于物体动能的增量ΔE k＝12m v22－12m v21，故A、B均错误，C正确；对电梯，无论有几个力对它做功，由动能定理可知，其合力做的功一定等于其动能的增量，故D正确．]动能定理的应用1.解题步骤2．考前须知(1)动能定理的研究对象可以是单一物体，或者是可以看作单一物体的物体系统．(2)动能定理是求解物体的位移或速率的简捷公式．当题目中涉及位移和速度而不涉及时间时可优先考虑动能定理；处理曲线运动中的速率问题时也要优先考虑动能定理．(3)假设过程包含了几个运动性质不同的分过程，既可分段考虑，也可整个过程考虑．但求功时，有些力不是全过程都做功，必须根据不同的情况分别对待求出总功．(4)应用动能定理时，必须明确各力做功的正、负．当一个力做负功时，可设物体克制该力做功为W，将该力做功表达为－W，也可以直接用字母W表示该力做功，使其字母本身含有负号．[多维探究]●考向1用动能定理分析求解变力做功问题1．(2021·长春模拟)如图5-2-4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，A球向右运动0.1 m时速度大小为3 m/s，那么在此过程中绳的拉力对B 球所做的功为(g 取10 m/s 2)( )图5-2-4A ．11 JB ．16 JC ．18 JD ．9 JC [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，那么有tan α＝34.v A cos α＝v B sin α，解得：v B 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．]●考向2 利用动能定理求解多过程问题2．(多项选择)(2021·吉安模拟)如图5-2-5所示，固定斜面AD 上有B 、C 两点，且AB ＝BC ＝CD ，小滑块以初动能E k0从A 点出发，沿斜面向上运动．假设整个斜面AD 光滑，那么滑块到达D 位置速度恰好为零，而后下滑．现斜面AB 局部与滑块间处处有一样的摩擦力，其余局部BD 无摩擦力，那么滑块恰好滑到C 位置速度为零，然后下滑，那么滑块下滑到( )【导学号：92492218】图5-2-5A ．位置B 时的动能为E k03B ．位置B 时的动能为E k02C ．位置A 时的动能为E k02D ．位置A 时的动能为E k03AD [设斜面长为3x 、高为3h ，假设斜面光滑，滑块由底端运动到顶端过程中，－mg ·3h ＝0－E k0 ①假设AB 局部粗糙、其他局部光滑，滑块由底端A 到C 过程中，－F f ·x －mg ·2h ＝0－E k0② 滑块由C 滑到B 过程中，mgh ＝E k B③解①③可得：E k B ＝13E k0，A 项正确；滑块由C 滑到A 过程中，mg ·2h －F f ·x ＝E k A④ 解①②④三式得：E k A ＝E k03，D 项正确．]3.如图5-2-6所示，倾角θ＝37°的斜面与光滑圆弧︵BCD 相切于B 点，整个装置固定在竖直平面内．有一质量m ＝2.0 kg 、可视为质点的物体，从斜面上的A 处由静止下滑，AB 长L ＝3.0 m ，物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5.不计空气阻力，重力加速度g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：图5-2-6(1)物体第一次从A 点到B 点过程中克制摩擦力做的功；(2)物体第一次回到斜面的最高位置距A 点的距离；(3)物体在斜面上运动的总路程．【解析】 (1)物体第一次从A 点到B 点过程中克制摩擦力做的功W f ＝μmgL cos θ＝24 J.(2)设物体第一次回到斜面的最高位置距A 点的距离为x ，由动能定理得 mgx sin θ－μmg (2L －x )cos θ＝0解得x ＝2.4 m.(3)对物体在斜面上运动的全过程，由动能定理得mgL sin θ－μmgs 总cos θ＝0解得s 总＝4.5 m.【答案】 (1)24 J (2)2.4 m (3)4.5 m应用动能定理注意两个问题(1)运用动能定理解决问题时，选择适宜的研究过程能使问题得以简化．当物体的运动过程包含几个运动性质不同的子过程时，可以选择一个、几个或全部子过程作为研究过程．(2)中选择全部子过程作为研究过程，涉及重力、大小恒定的阻力或摩擦力做功时，要注意运用它们的做功特点：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．动能定理与图象的结合问题(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比照，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．2．四类图象所围面积的含义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a-t图由公式Δv＝at可知，a-t图线与坐标轴围成的面积表示物体速度的变化量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工作原理产生了兴趣．他构建了一个打桩机的简易模型，如图5-2-7甲所示．他设想，用恒定大小的拉力F拉动绳端B，使物体从A点(与钉子接触处)由静止开场运动，上升一段高度后撤去F，物体运动到最高点后自由下落并撞击钉子，将钉子打入一定深度．按此模型分析，假设物体质量m＝1 kg，上升了1 m高度时撤去拉力，撤去拉力前物体的动能E k与上升高度h的关系图象如图5-2-7乙所示．(g取10 m/s2，不计空气阻力)图5-2-7 图5-2-8(1)求物体上升到0.4 m高度处F的瞬时功率；(2)假设物体撞击钉子后瞬间弹起，且使其不再落下，钉子获得20 J的动能向下运动．钉子总长为10 cm.撞击前插入局部可以忽略，不计钉子重力．钉子在插入过程中所受阻力F f与深度x的关系图象如图5-2-8所示，求钉子能够插入的最大深度．【解析】(1)撤去F前，根据动能定理，有(F－mg)h＝E k－0由题图乙得，斜率为k＝F－mg＝20 N，得F＝30 N又由题图乙得，h＝0.4 m时，E k＝8 J那么v＝4 m/s，P＝F v＝120 W.(2)碰撞后，对钉子，有－F f x′＝0－E k′E k′＝20 J，F f＝k′x′2又由题图丙得k′＝105 N/m，解得：x′＝0.02 m.【答案】(1)120 W(2)0.02 m[母题迁移]●迁移1 动能定理与F -x 图象的结合1．如图5-2-9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 处由静止开场受水平向右的力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：甲乙图5-2-9(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)假设到达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 ，那么滑块在半圆弧轨道上克制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代入数值解得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＝835 s.(3)当滑块恰好能到达最高点C 时，有：mg ＝m v 2C R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 ，即克制摩擦力做的功为5 J.【答案】 (1)210 m/s (2)835 s (3)5 J●迁移2 动能定理与v -t 图象的结合F 拉一物体，使物体在水平地面上由静止开场做匀加速直线运动，t 1时刻撤.去拉力F，物体做匀减速直线运动，到t2时刻停顿，其速度—时间图象如图5-2-10所示，且α>β，假设拉力F做的功为W1，平均功率为P1；物体克制摩擦阻力f 做的功为W2，平均功率为P2，那么以下选项正确的选项是()【导学号：92492219】图5-2-10A．W1>W2，F＝2f B．W1＝W2，F>2fC．P1<P2，F>2f D．P1＝P2，F＝2fB[由动能定理可得W1－W2＝0，解得W1＝W2.由图象可知，F－f＝ma＝m tan αf＝ma′＝m tan βα>βtan α>tan β因此F>2f，选项A、D错误，B正确；由于摩擦阻力作用时间一定大于水平力F作用时间，所以P1>P2，选项C错误．]动能定理与图象结合问题的分析方法1．首先看清楚所给图象的种类(如v-t图象、F-t图象、E k-x图象等)．2．挖掘图象的隐含条件，根据物理规律写出函数关系式．3．根据函数关系式，求出相应的物理量．下载后可自行编辑修改，页脚下载后可删除。

2021高考物理一轮复习第五章机械能第2讲动能定理及应用学案作业(含解析)新人教版

第2讲动能定理及应用一、动能1．定义：物体由于运动而具有的能． 2．公式：E k ＝12mv 2.3．单位：焦耳，1J ＝1N·m＝1kg·m 2/s 2. 4．标矢性：动能是标量，动能与速度方向无关．5．动能的变化：物体末动能与初动能之差，即ΔE k ＝12mv 22－12mv 12.二、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动能的变化． 2．表达式：W ＝ΔE k ＝E k2－E k1＝12mv 22－12mv 12.3．物理意义：合力的功是物体动能变化的量度．自测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，则物体所受合外力一定为零答案 A 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)动能定理既适用于恒力做功，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．如图1所示，物块沿粗糙斜面下滑至水平面；小球由内壁粗糙的圆弧轨道底端运动至顶端(轨道半径为R )．图1对物块有W G ＋W f1＋W f2＝12mv 2－12mv 02对小球有－2mgR ＋W f ＝12mv 2－12mv 02自测2 如图2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( )图2A.μmgR2B.mgR2C ．mgRD ．(1－μ)mgR答案 D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.1．动能定理表明了“三个关系”(1)数量关系：合外力做的功与物体动能的变化具有等量代换关系，但并不是说动能变化就是合外力做的功．(2)因果关系：合外力做功是引起物体动能变化的原因． (3)量纲关系：单位相同，国际单位都是焦耳． 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(多选)如图3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都向前移动了一段距离．在此过程中( )图3A．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的动能的增量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答案BD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，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相对地面的位移不相等，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，则W F＝ΔE k B＋W f，即外力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，D正确；根据功能关系可知，外力F做的功等于A和B动能的增量与产生的内能之和，故A错误．变式1(多选)用力F拉着一个物体从空中的a点运动到b点的过程中，重力做功－3J，拉力F做功8J，空气阻力做功－0.5J，则下列判断正确的是( )A．物体的重力势能增加了3JB．物体的重力势能减少了3JC．物体的动能增加了4.5JD．物体的动能增加了8J答案AC变式2(2018·全国卷Ⅱ·14)如图4，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( )图4A．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解析由题意知，W 拉－W 克摩＝ΔE k ，则W 拉>ΔE k ，A 项正确，B 项错误；W 克摩与ΔE k 的大小关系不确定，C 、D 项错误．1．应用流程2．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．例2 (多选)(2019·宁夏银川市质检)如图5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，载人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(不计载人滑草车在两段滑道交接处的能量损失，重力加速度为g ，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)．则( )图5A ．动摩擦因数μ＝67B ．载人滑草车最大速度为2gh 7C ．载人滑草车克服摩擦力做功为mghD ．载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为35g答案 AB解析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 cos45°·hsin45°－μmg cos37°·h sin37°＝0，解得μ＝67，选项A 正确；对经过上段滑道的过程分析，根据动能定理有mgh －μmg cos45°·hsin45°＝12mv m 2，解得：v m ＝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为a ＝mg sin37°－μmg cos37°m ＝－335g ，故大小为335g ，选项D 错误．变式3 (2019·河南平顶山市一轮复习质检)如图6所示，半径为r 的半圆弧轨道ABC 固定在竖直平面内，直径AC 水平，一个质量为m 的物块从圆弧轨道A 端正上方P 点由静止释放，物块刚好从A 点无碰撞地进入圆弧轨道并做匀速圆周运动，到B 点时对轨道的压力大小等于物块重力的2倍，重力加速度为g ，不计空气阻力，不计物块的大小，则：图6(1)物块到达A 点时的速度大小和PA 间的高度差分别为多少？ (2)物块从A 运动到B 所用时间和克服摩擦力做的功分别为多少？答案 (1)gr r 2 (2)π2rgmgr 解析 (1)设物块在B 点时的速度为v ，由牛顿第二定律得：F N －mg ＝m v 2r，因为F N ＝2mg ，所以v ＝gr ，因为物块从A 点进入圆弧轨道并做匀速圆周运动，所以物块到达A 点时速度大小为gr ；设PA 间的高度差为h ，从P 到A 的过程由动能定理得：mgh ＝12mv 2，所以h ＝r2.(2)因为物块从A 点进入圆弧轨道并做匀速圆周运动，所以物块从A 运动到B 所用时间t ＝πr2v＝π2r g；从A 运动到B 由动能定理有：mgr －W 克f ＝0，解得：W 克f ＝mgr .1．解决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．图象所围“面积”的意义(1)v －t 图象：由公式x ＝vt 可知，v －t 图线与t 坐标轴围成的面积表示物体的位移． (2)a －t 图象：由公式Δv ＝at 可知，a －t 图线与t 坐标轴围成的面积表示物体速度的变化量．(3)F －x 图象：由公式W ＝Fx 可知，F －x 图线与x 坐标轴围成的面积表示力所做的功． (4)P －t 图象：由公式W ＝Pt 可知，P －t 图线与t 坐标轴围成的面积表示力所做的功．例3 (多选)(2019·东北师大附中3月模拟)在未知方向的恒力F 作用下，一质量为1.0kg 的物体以一定的初速度在光滑水平面上做直线运动，物体的动能E k 随位移x 变化的关系如图7所示．(g 取10m/s 2)由上述已知条件，可知( )图7A ．力F 的最小值为2.5NB ．力F 不可能大于10NC ．物体运动过程中的加速度大小无法求出D ．物体在运动过程中在任意位置力F 的功率是可以求出的答案 AD解析根据动能定理得Fx cos θ＝E k －E k0，则E k ＝E k0＋Fx cos θ，结合题图有E k ＝50－2.5x (J)，得F cos θ＝－2.5N ，故F 有最小值2.5N ，A 正确，B 错误；加速度a ＝F cos θm＝－2.5m/s 2，可以求出，C 错误；力F 的功率P F ＝Fv cos θ＝－2.5v (W)，由题图可知任意位置的动能，从而可知速度，故任意位置力F 的功率可求，D 正确．变式4 如图8甲所示，在倾角为30°的足够长的光滑斜面AB 的A 处连接一粗糙水平面OA ，OA 长为4m ．有一质量为m 的滑块，从O 处由静止开始受一水平向右的力F 作用．F 只在水平面上按图乙所示的规律变化．滑块与OA 间的动摩擦因数μ＝0.25，g 取10m/s 2，试求：图8(1)滑块运动到A 处的速度大小；(2)不计滑块在A 处的速率变化，滑块冲上斜面AB 的长度是多少？答案 (1)52m/s (2)5m解析 (1)由题图乙知，在前2m 内，F 1＝2mg ，做正功，在第3m 内，F 2＝－0.5mg ，做负功，在第4m 内，F 3＝0.滑动摩擦力F f ＝－μmg ＝－0.25mg ，始终做负功，对于滑块在OA 上运动的全过程，由动能定理得F 1x 1＋F 2x 2＋F f x ＝12mv A 2－0代入数据解得v A ＝52m/s.(2)对于滑块冲上斜面的过程，由动能定理得－mgL sin30°＝0－12mv A 2解得L ＝5m所以滑块冲上斜面AB 的长度L ＝5m.例4 如图9所示，轻质弹簧一端固定在墙壁上的O 点，另一端自由伸长到A 点，OA 之间的水平面光滑，固定曲面在B 处与水平面平滑连接．AB 之间的距离s ＝1m ．质量m ＝0.2kg 的小物块开始时静置于水平面上的B 点，物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4.现给物块一个水平向左的初速度v 0＝5m/s ，g 取10 m/s 2.图9(1)求弹簧被压缩到最短时所具有的弹性势能E p ； (2)求物块返回B 点时的速度大小；(3)若物块能冲上曲面的最大高度h ＝0.2m ，求物块沿曲面上滑过程所产生的热量．答案 (1)1.7J (2)3m/s (3)0.5J解析 (1)对小物块从B 点至压缩弹簧最短的过程，由动能定理得，－μmgs －W 克弹＝0－12mv 02W 克弹＝E p代入数据解得E p ＝1.7J(2)对小物块从B 点开始运动至返回B 点的过程，由动能定理得，－μmg ·2s ＝12mv B 2－12mv 02代入数据解得v B ＝3m/s(3)对小物块沿曲面上滑的过程，由动能定理得－W 克f －mgh ＝0－12mv B 2产生的热量Q ＝W 克f ＝0.5J.变式5 (2019·河南名校联盟高三下学期联考)如图10所示，AB 是一段位于竖直平面内的光滑轨道，高度为h ，末端B 处的切线方向水平．一个质量为m 的小物体P 从轨道顶端A 处由静止释放，滑到B 端后飞出，落到地面上的C 点，轨迹如图中虚线BC 所示．已知它落地时相对于B 点的水平位移OC ＝l ．现在轨道下方紧贴B 点安装一水平木板，木板的右端与B 的距离为l2，让P 再次从A 点由静止释放，它离开轨道并在木板上滑行后从右端水平飞出，仍然落在地面的C 点．求：(不计空气阻力，重力加速度为g )图10(1)P 滑至B 点时的速度大小； (2)P 与木板之间的动摩擦因数μ. 答案 (1)2gh (2)3h2l解析 (1)物体P 在AB 轨道上滑动时，根据动能定理mgh ＝12mv 02得物体P 滑到B 点时的速度大小为v 0＝2gh(2)当没有木板时，物体离开B 点后做平抛运动，设运动时间为t ，有：t ＝l v 0＝l 2gh当在轨道下方紧贴B 点安装木板时，物体从木板右端水平抛出，在空中运动的时间也为t ，水平位移为l 2，因此物体从木板右端抛出的速度v 1＝v 02＝2gh2根据动能定理，物体在木板上滑动时，有－μmg l 2＝12mv 12－12mv 02解得物体P 与木板之间的动摩擦因数μ＝3h 2l .1.在篮球比赛中，某位同学获得罚球机会，如图1，他站在罚球线处用力将篮球投出，篮球以约为1m/s 的速度撞击篮筐．已知篮球质量约为0.6kg ，篮筐离地高度约为3m ，忽略篮球受到的空气阻力，则该同学罚球时对篮球做的功大约为( )图1A ．1JB ．10JC ．50JD ．100J 答案 B解析该同学将篮球投出时的高度约为h 1＝1.8m ，根据动能定理有W －mg (h －h 1)＝12mv 2，解得W ＝7.5J ，故选项B 正确．2．在离地面高为h 处竖直上抛一质量为m 的物块，抛出时的速度为v 0，它落到地面时的速度为v ，用g 表示重力加速度，则在此过程中物块克服空气阻力所做的功等于( ) A ．mgh －12mv 2－12mv 02B ．－12mv 2－12mv 02－mghC ．mgh ＋12mv 02－12mv 2D ．mgh ＋12mv 2－12mv 02答案 C解析对物块从h 高处竖直上抛到落地的过程，根据动能定理可得mgh －W f ＝12mv 2－12mv 02，解得W f ＝mgh ＋12mv 02－12mv 2，选项C 正确．3.(2018·天津理综·2)滑雪运动深受人民群众喜爱．如图2所示，某滑雪运动员(可视为质点)由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道AB ，从滑道的A 点滑行到最低点B 的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变，则运动员沿AB 下滑过程中( )图2A ．所受合外力始终为零B ．所受摩擦力大小不变C ．合外力做功一定为零D ．机械能始终保持不变答案 C解析运动员从A 点滑到B 点的过程中速率不变，则运动员做匀速圆周运动，其所受合外力指向圆心，A 错误；如图所示，运动员受到的沿圆弧切线方向的合力为零，即F f ＝mg sin α，下滑过程中α减小，sin α变小，故摩擦力F f 变小，B 错误；由动能定理知，运动员匀速下滑动能不变，合外力做功为零，C 正确；运动员下滑过程中动能不变，重力势能减小，机械能减小，D 错误．4.(多选)(2020·山西运城市质检)质量为m 的物体放在水平面上，它与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g .用水平力拉物体，运动一段时间后撤去此力，最终物体停止运动．物体运动的v －t 图象如图3所示．下列说法正确的是( )图3A ．水平拉力大小为F ＝m v 0t 0B ．物体在0～3t 0时间内的位移大小为32v 0t 0C ．在0～3t 0时间内水平拉力做的功为12mv 02D ．在0～3t 0时间内物体克服摩擦力做功的平均功率为12μmgv 0答案 BD解析根据v －t 图象和牛顿第二定律可知F －μmg ＝m v 0t 0，故选项A 错误；由v －t 图象与t 坐标轴所围面积表示位移可知，在0～3t 0时间内的位移大小为x ＝12·3t 0·v 0＝32v 0t 0，所以选项B 正确；在0～3t 0时间内由动能定理可知W －μmgx ＝0，故水平拉力做的功W ＝32μmgv 0t 0，又F f ＝μmg ＝mv 02t 0，则W ＝34mv 02，选项C 错误；在0～3t 0时间内物体克服摩擦力做功的平均功率为P ＝W f 3t 0＝μmgx 3t 0＝12μmgv 0，所以选项D 正确． 5．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( )答案 A解析小球做竖直上抛运动，设初速度为v 0，则v ＝v 0－gt小球的动能E k ＝12mv 2，把速度v 代入得E k ＝12mg 2t 2－mgv 0t ＋12mv 02E k 与t 为二次函数关系，故A 正确．6.(多选)质量为m 的物体从地面上方H 高处无初速度释放，落在地面后撞出一个深度为h 的坑，如图4所示，重力加速度为g ，在此过程中( )图4A ．重力对物体做功为mgHB ．物体的重力势能减少了mg (H ＋h )C ．合力对物体做的总功为零D ．地面对物体的平均阻力为mg H ＋hh答案 BCD解析重力做功：W G ＝mg (H ＋h )，故A 错误；又ΔE p ＝－W G ，故B 正确；对整个过程运用动能定理得：W 合＝ΔE k ＝0，故C 正确；又W 合＝W G ＋(－F f h )＝ΔE k ＝0，则F f ＝mg H ＋hh，故D 正确．7．(2019·天津卷·10)完全由我国自行设计、建造的国产新型航空母舰已完成多次海试，并取得成功．航母上的舰载机采用滑跃式起飞，故甲板是由水平甲板和上翘甲板两部分构成，如图5甲所示．为了便于研究舰载机的起飞过程，假设上翘甲板BC 是与水平甲板AB 相切的一段圆弧，示意如图乙，AB 长L 1＝150m ，BC 水平投影L 2＝63m ，图中C 点切线方向与水平方向的夹角θ＝12°(sin12°≈0.21)．若舰载机从A 点由静止开始做匀加速直线运动，经t ＝6s 到达B 点进入BC .已知飞行员的质量m ＝60kg ，g ＝10m/s 2，求：图5(1)舰载机水平运动的过程中，飞行员受到的水平力所做功W ； (2)舰载机刚进入BC 时，飞行员受到竖直向上的压力F N 多大．答案 (1)7.5×104J (2)1.1×103N解析 (1)舰载机由静止开始做匀加速直线运动，设其刚进入上翘甲板时的速度为v ，则有v2＝L 1t① 根据动能定理，有W ＝12mv 2－0②联立①②式，代入数据，得W ＝7.5×104J③(2)设上翘甲板所对应的圆弧半径为R ，根据几何关系，有L 2＝R sin θ④由牛顿第二定律有F N －mg ＝m v 2R⑤联立①④⑤式，代入数据，得F N ＝1.1×103N.8．(2019·山东日照市一模)冰壶比赛是在水平冰面上进行的体育项目，比赛场地示意图如图6所示．比赛时，运动员脚蹬起蹬器，身体成跪式，手推冰壶从本垒圆心O向前滑行，至前卫线时放开冰壶使其沿直线OO′滑向营垒圆心O′，为使冰壶能在冰面上滑的更远，运动员可用毛刷刷冰面以减小冰壶与冰面间的动摩擦因数．已知O点到前卫线的距离d＝4m，O、O′之间的距离L＝30.0m，冰壶的质量为m＝20kg，冰壶与冰面间的动摩擦因数μ1＝0.008，用毛刷刷过冰面后动摩擦因数减小到μ2＝0.004，营垒的半径R＝1m，g取10m/s2.图6(1)若不刷冰面，要使冰壶恰好滑到O′点，运动员对冰壶的推力多大？(2)若运动员对冰壶的推力为10N，要使冰壶滑到营垒内，用毛刷刷冰面的距离是多少？答案(1)12N (2)见解析解析(1)设运动员对冰壶的推力大小为F，由动能定理得：Fd－μ1mgL＝0代入数据，解得F＝12N(2)设冰壶运动到营垒的最左边时，用毛刷刷冰面的距离是x1，冰壶运动到营垒的最右边时，用毛刷刷冰面的距离是x2，则由动能定理得：F′d－μ1mg(L－R－x1)－μ2mgx1＝0代入数据，解得x1＝8m由动能定理得：F′d－μ1mg(L＋R－x2)－μ2mgx2＝0代入数据，解得x2＝12m所以用毛刷刷冰面的距离为8m≤x≤12m.9．(2019·山东济宁市第二次摸底)某中学生对刚买来的一辆小型遥控车的性能进行研究．他让这辆小车在水平地面上由静止开始沿直线轨道运动，并将小车运动的全过程通过传感器记录下来，通过数据处理得到如图7所示的v－t图象．已知小车在0～2s内做匀加速直线运动，2～11s内小车牵引力的功率保持不变，9～11s内小车做匀速直线运动，11s末开始小车失去动力而自由滑行．已知小车质量m＝1kg，整个过程中小车受到的阻力大小不变，试求：图7(1)在2～11s内小车牵引力的功率P的大小；(2)小车在2s末的速度v x的大小；(3)小车在2～9s 内通过的距离x . 答案 (1)16W (2)4m/s (3)44m解析 (1)根据题意，在11s 末撤去牵引力后，小车只在阻力F f 作用下做匀减速直线运动，设其加速度大小为a ，根据题图可知：a ＝|0－815－11|m/s 2＝2 m/s 2；根据牛顿第二定律有：F f ＝ma 解得：F f ＝2N ；设小车在匀速直线运动阶段的牵引力为F ，则：F ＝F f ，v m ＝8m/s 根据P ＝Fv m 解得：P ＝16W(2)0～2s 的匀加速直线运动过程中，小车的加速度为：a x ＝v x2设小车的牵引力为F x ，根据牛顿第二定律有：F x －F f ＝ma x根据题意有：P ＝F x v x 联立解得：v x ＝4m/s(3)在2～9s 内的变加速过程，Δt ＝7s ，由动能定理可得：P Δt －F f x ＝12mv m 2－12mv x 2解得x ＝44m.。

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

【新高考】2021高考物理人教版一轮复习：课练 15 动能和动能定理 (含解析)

课练15 动能和动能定理———[狂刷小题夯基础]———练基础小题1．(多选)如图所示，某人将质量为m 的石块从距地面高h 处斜向上方抛出，石块抛出时的速度大小为v 0，由于空气阻力作用石块落地时的速度大小为v ，方向竖直向下，已知重力加速度为g ，下列说法正确的是( )A ．石块刚抛出时重力的瞬时功率为mg v 0B ．石块落地时重力的瞬时功率为mg vC ．石块在空中飞行过程中合外力做的功为12m v 20－12m v 2D ．石块在空中飞行过程中阻力做的功为12m v 2－12m v 20－mgh2．如图所示，半径为R 的水平转盘上叠放有两个小物块P 和Q ，P 的上表面水平，P 到转轴的距离为r .转盘的角速度从0开始缓缓增大，直至P 恰好能与转盘发生相对滑动，此时Q 受到P 的摩擦力设为f ，在此过程中P 和Q 相对静止，转盘对P 做的功为W .已知P 和Q 的质量均为m ，P 与转盘间的动摩擦因数为μ1，P 与Q 间的动摩擦因数为μ2，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列判断正确的是( )A ．f ＝μ2mgB ．W ＝0C ．W ＝μ1mgrD ．条件不足，W 无法求出3．(多选)如图所示，一小朋友做蹦床运动由高处自由落下．从该小朋友双脚接触蹦床开始至双脚到最低点的过程中，不考虑空气阻力，该小朋友( )A ．机械能守恒B ．速度先增大后减小C ．加速度先增大后减小D ．所受重力做的功小于其克服蹦床弹力做的功4．(多选)如图所示，半径为r 的半圆弧轨道ABC 固定在竖直平面内，直径AC 水平，一个质量为m 的物块(可视为质点)从圆弧轨道A 端正上方P 点由静止释放，物块刚好从A 点无碰撞地进入圆弧轨道并在A 、B 之间做匀速圆周运动，到B 点时对轨道的压力大小等于物块重力的2倍，重力加速度为g ，不计空气阻力，则( )A ．物块到达A 点时速度大小为2grB ．P 、A 间的高度差为r 2C ．物块从A 运动到B 所用时间为12πr mD ．物块从A 运动到B 克服摩擦力做功为mgr5．(多选)今年2月，太原市首批纯电动公交车开始运营．在运营前的测试中，电动公交车在平直路面上行驶，某段时间内的v －t 图象如图所示．在0～10 s 内发动机和车内制动装置对车辆所做的总功为零，车辆与路面间的摩擦阻力恒定，空气阻力不计．已知公交车质量为13.5 t ，g ＝10 m/s 2，则( )A ．汽车在0～10 s 内发生的位移为54 mB ．汽车与路面的摩擦阻力为2 000 NC ．发动机在第1 s 内的平均功率是第7 s 内的30031倍D ．第6 s 内汽车克服车内制动装置做的功是第10 s 内的5313倍6．(多选)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，重力加速度为g ，则在这一过程中( )A ．物体所受合力做的功等于12m v 2＋mgHB ．底板对物体的支持力做的功等于mgH ＋12m v 2C ．钢索的拉力做的功等于12M v 2＋MgHD ．钢索的拉力、电梯的重力及物体对底板的压力对电梯做的总功等于12M v 2练高考小题7.[2019·全国卷Ⅱ，18](多选)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．取地面为重力势能零点，该物体的E 总和E p 随它离开地面的高度h 的变化如图所示．重力加速度取10 m/s 2.由图中数据可得( )A ．物体的质量为2 kgB ．h ＝0时，物体的速率为20 m/sC ．h ＝2 m 时，物体的动能E k ＝40 JD ．从地面至h ＝4 m ，物体的动能减少100 J8．[2018·全国卷Ⅱ，14]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9．[2018·全国卷Ⅰ，18]如图，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R；bc是半径为R的四分之一圆弧，与ab相切于b 点．一质量为m的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静止开始向右运动．重力加速度大小为g.小球从a点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为()A．2mgR B．4mgRC．5mgR D．6mgR10．[2017·江苏卷，3]一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处．物块初动能为E k0，与斜面间的动摩擦因数不变，则该过程中，物块的动能E k与位移x关系的图线是()ABCD练模拟小题11．[2019·山东省潍坊模拟](多选) 如图所示，一根细绳的上端系在O 点，下端系一重球B ，放在粗糙的斜面体A 上．现用水平推力F 向右推斜面体使之在光滑水平面上向右匀速运动一段距离(细绳尚未到达平行于斜面的位置)．在此过程中( )A ．B 做匀速圆周运动B ．摩擦力对重球B 做正功C ．水平推力F 和重球B 对A 做的功的大小相等D ．A 对重球B 所做的功与重球B 对A 所做的功大小相等12．[2019·河南省商丘九校联考](多选)已知一足够长的传送带与水平面间的夹角为θ，以一定的速度匀速运动，某时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度的物块(如图a 所示)，以此时为t ＝0时刻记录了小物块在传送带上运动的速度随时间的变化关系，如图b 所示(图中取沿传送带向上的运动方向为正方向，其中|v 1|＞|v 2|)，已知传送带的速度保持不变，则下列判断正确的是( )A ．0～t 1内，物块对传送带一直做负功B ．物块与传送带间的动摩擦因数μ＞tan θC ．0～t 2内，传送带对物块做的功为12m v 22－12m v 21D ．系统产生的热量一定比物块动能的减少量大 13．[2019·福建省福州市八县(市)联考](多选)如图所示，在距水平地面高为0.4 m 处，水平固定一根长直光滑杆，在杆上P 点固定一光滑定滑轮，滑轮可绕水平轴无摩擦转动，在P 点的右侧，杆上套有一质量m ＝2 kg 的滑块A .半径R ＝0.3 m 的光滑半圆形细轨道竖直固定在地面上，其圆心O 在P 点的正下方，在轨道上套有一质量也为m ＝2 kg的小球B.用一条不可伸长的柔软轻细绳，通过定滑轮将A、B连接起来．杆和半圆形轨道在同一竖直面内，A、B均可看成质点，且不计滑轮大小的影响．现给滑块A一个水平向右的恒力F＝50 N(取g＝10 m/s2)．则()A．把小球B从地面拉到P点的正下方C处时力F做的功为20 J B．小球B运动到P点正下方C处时的速度为0C．小球B被拉到与滑块A速度大小相等时，离地面高度为0.225 mD．把小球B从地面拉到P的正下方C处时，小球B的机械能增加了20 J14.[2019·安徽省四校模拟]一质点在0～15 s内竖直向上运动，其加速度－时间图象如图所示，若取竖直向下为正，g取10 m/s2，则下列说法正确的是()A．质点的机械能不断增加B．在0～5 s内质点的动能增加C．在10～15 s内质点的机械能一直增加D．在t＝15 s时质点的机械能大于t＝5 s时质点的机械能15．[2019·江西省南昌调研](多选)如图所示，一小球(可视为质点)从H＝12 m高处，由静止开始沿光滑弯曲轨道AB进入半径R＝4 m的竖直圆环内侧，且与圆环的动摩擦因数处处相等，当到达圆环顶点C 时，刚好对轨道压力为零；然后沿CB圆弧滑下，进入光滑弧形轨道BD，到达高度为h的D点时速度为零，则h的值可能为()A ．10 mB ．9.5 mC ．8.5 mD ．8 m16．[2019·四川五校联考]如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与一质量为m 、套在粗糙竖直固定杆A 处的圆环相连，弹簧水平且处于原长．圆环从A 处由静止开始下滑，经过B 处的速度最大，到达C 处的速度为零，AC ＝h ，此为过程Ⅰ；若圆环在C 处获得一竖直向上的速度v ，则恰好能回到A 处，此为过程Ⅱ.已知弹簧始终在弹性范围内，重力加速度为g ，则圆环( )A ．在过程Ⅰ中，加速度一直减小B ．在过程Ⅱ中，克服摩擦力做的功为12m v 2C ．在C 处，弹簧的弹性势能为14m v 2－mghD ．在过程Ⅰ、过程Ⅱ中克服摩擦力做功相同———[综合测评提能力]———一、单项选择题(本题共8小题，每小题3分，共24分)1．[2019·浙江模拟]如图所示，足球从草皮上的①位置被踢出后落在草皮上③位置，空中到达的最高点为②位置，则( )A ．②位置足球动能等于0B ．①位置到③位置过程只有重力做功C ．①位置到②位置的过程足球的动能全部转化为重力势能D ．②位置到③位置过程足球动能的变化量等于合力做的功2．[2020·河北省定州中学模拟]一个人站在高为H 的平台上，以一定的初速度将一质量为m的小球抛出．测出落地时小球的速度大小为v，不计空气阻力，重力加速度大小为g，人对小球做的功W及小球被抛出时的初速度大小v0分别为()A．W＝12m v2－mgH，v0＝v2－2gHB．W＝12m v2，v0＝2gHC．W＝mgH，v0＝v2＋2gHD．W＝12m v2＋mgH，v0＝2gH3．[2019·全国卷Ⅲ]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 kgC．1 kg D．0.5 kg4．如图所示，第一次将质量为m的物块放在水平面上的P点，给其一定的初速度使其滑向Q点；第二次将质量为2m的物块B放在P 点，并给其施加向右的水平拉力，使物块B从静止开始向Q点运动，结果物块A运动到Q点的动能与物块B运动到PQ中点时的动能相同，物块B从P点运动到PQ中点时，拉力做功为W，两物块与水平面间的动摩擦因数相同，则物块A的初速度大小为()A.Wm B.2WmC. 3Wm D．2Wm5.[预测新题]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球上的水平力F的作用下，A、B两球均处于静止状态，此时A球距O点的距离为x A＝0.3 m，B球距O点的距离x B＝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时的速度大小为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/s2)()A．11 J B．16 JC．18 J D．9 J6.[名师原创]如图所示，A、B是两个等高的固定点，间距为L，一根长为2L的非弹性轻绳两端分别系在A、B两点，绳上套了一个质量为m的小球．现使小球在竖直平面内以AB为中心轴做圆周运动，若小球在最低点的速率为v，则小球运动到最高点时，两段绳的拉力恰好均为零，若小球在最低点的速率为2v，则小球运动到最高点时每段绳上的拉力大小为(重力加速度大小为g，不计一切摩擦)()A.3mg B．53mgC．15mg D．52mg7.[2020·江西五校联考]如图所示，光滑水平面OB与足够长的粗糙斜面BC交于B点．轻弹簧左端固定于竖直墙面，现用质量为m1的滑块压缩弹簧至D点，然后由静止释放，滑块脱离弹簧后经B点滑上斜面，上升到最大高度，并静止在斜面上，不计滑块在B点的机械能损失．换用材料相同、质量为m2的滑块(m2>m1)压缩弹簧至同一点后，重复上述过程，下列说法正确的是()A．两滑块到达B点时的速度相同B．两滑块沿斜面上升的最大高度相同C．两滑块上升到最高点的过程中克服重力做的功不相同D．两滑块上升到最高点的过程中机械能损失相同8．[2019·广东佛山一中段考]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点上方高为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，继续上升一段距离二、多项选择题(本题共2小题，每小题4分，共8分)9．如图甲所示，为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角θ的关系，将某一物体每次以不变的初速度沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角θ，实验测得x与斜面倾角θ的关系如图乙所示，重力加速度大小g取10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，根据图象可求出()A．物体的初速率为3 m/sB．物体与斜面间的动摩擦因数为0.75C．取不同的倾角θ，物体在斜面上能达到的位移x的最小值为1.44 mD．当θ＝45°时，物体达到最大位移后将停在斜面上10．[2019·郑州质检]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．在圆心处连接有力传感器，用来测量绳子上的拉力，运动过程中小球受到空气阻力的作用，空气阻力随速度减小而减小．某一时刻小球通过轨道的最低点，力传感器的示数为7mg ，重力加速度为g ，此后小球继续做圆周运动，经过半个圆周恰能通过最高点，下列说法正确的是( )A ．到最高点过程中小球克服空气阻力做的功为12mgRB ．到最高点过程中小球克服空气阻力做的功为mgRC ．再次经过最低点时力传感器的示数为5mgD ．再次经过最低点时力传感器的示数大于5mg三、非选择题(本题共3小题，共34分)11．(11分)如图所示，粗糙的斜面AB 下端与光滑的圆弧轨道BCD 相切于B ，整个装置竖直放置，C 是最低点，圆心角θ＝37°，D 与圆心O 等高，圆弧轨道半径R ＝1 m ，斜面长L ＝4 m ，现有一个质量m ＝0.1 kg 的小物体P 从斜面AB 上端A 点无初速度下滑，物体P 与斜面AB 之间的动摩擦因数μ＝0.25.不计空气阻力，g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：(1)物体P 第一次通过C 点时的速度大小v C ；(2)物体P 第一次通过C 点时对轨道的压力大小；(3)物体P 第一次离开D 点后在空中做竖直上抛运动到最高点E ，接着从空中又返回到圆弧轨道和斜面，在这样多次反复的整个运动过程中，物体P 对C 点处轨道的最小压力．12．(11分)[2019·江苏常州期末]如图所示，在距水平地面高为h ＝0.5 m 处，水平固定一根长直光滑杆，杆上P 处固定一小定滑轮，在P 点的右边杆上套一质量mA ＝1 kg 的滑块A .半径r ＝0.3 m 的光滑半圆形竖直轨道固定在地面上，其圆心O 在P 点的正下方，半圆形轨道上套有质量mB ＝2 kg 的小球B .滑块A 和小球B 用一条不可伸长的柔软细绳绕过小定滑轮相连，在滑块A 上施加一水平向右的力F .滑轮的质量和摩擦均可忽略不计，且小球可看做质点，g 取10 m/s2，0.34≈0.58.(1)若逐渐增大拉力F ，求小球B 刚要离地时拉力F 1的大小；(2)若拉力F 2 ＝57.9 N ，求小球B 运动到C 处时的速度大小；(结果保留整数)(3)在(2)情形中当小球B 运动到C 处时，拉力变为F 3 ＝16 N ，求小球B 在右侧轨道上运动的最小速度．(结果保留一位小数)13．(12分)[2020·湖南地质中学月考]如图所示，传送带以一定速度沿水平方向匀速转动，将质量为m ＝1.0 kg 的小物块轻轻放在传送带上的P 点，物块运动到A 点后被水平抛出，小物块恰好无碰撞地沿圆弧切线从B 点进入竖直光滑圆弧轨道．B 、C 为圆弧的两端点，其连线水平，轨道最低点为O ，已知圆弧对应圆心角θ＝106°，圆弧半径R ＝1.0 m ，A 点距水平面的高度h ＝0.8 m ，小物块离开C 点后恰好能无碰撞地沿固定斜面向上滑动，经过0.8 s 小物块第二次经过D 点，已知小物块与斜面间的动摩擦因数μ＝13，sin 53°＝0.8，g ＝10 m/s 2.求：(1)小物块离开A 点时的水平速度大小；(2)小物块经过O 点时，轨道对它的支持力大小；(3)斜面上C 、D 间的距离．B的线速度大小是变化的，故不是匀速圆周运动，故A错误；如图，画出球B受到的支持力N，摩擦力f以及球在该位置时运动的切线的方向，由图可知，斜面对B的摩擦力沿斜面向下，与B的速度方向的夹角为锐角，所以摩擦力对重球B做正功，故B正确；A匀速运动，动能不变，根据动能定理知水平推力F和重球B对A做的功的大小相等，故C正确；斜面对B的弹力和B对斜面的弹力是一对作用力和反作用力，大小相等，斜面在弹力方向上的位移等于B在弹力方向上的位移，所以A对重球B的弹力所做的功与重球B对A弹力所做的功大小相等，一正一负，由于B与A间存在相对运动，A的位移与B的位移不相等，所以A对重球B的摩擦力所做的功与重球B对A的摩擦力所做的功大小不相等，所以A对重球B所做的总功与重球B对A所做的总功大小不相等，故D错误．12．ABD由题图b知，物块先向下运动后向上运动，则知传送带的运动方向应向上，0～t1时间内，物块对传送带的摩擦力方向沿传送带向下，则物块对传送带做负功，故A正确．在t1～t2时间内，物块向上运动，则有μmg cos θ>mg sin θ，得μ>tan θ，故B正确.0～t2时间内，由题图b中“面积”等于位移可知，物块的总位移沿斜面向下，高度下降，重力对物块做正功，设为W G，根据动能定理得：W＋W G＝12m v22－12m v21，则传送带对物块做的W＝12m v22－12m v21－W G，故C错误.0～t2时间内，重力对物块做正功，物块的重力势能减小、动能也减小，且都转化为系统产生的内能，则由能量守恒定律知，系统产生的热量一定比物块动能的减少量大，故D正确．故选A、B、D.13．ACD把小球B从地面拉到P点正下方C处的过程中，力F 的位移为：x＝0.42＋0.32m－(0.4－0.3)m＝0.4 m，则力F做的功W F ＝Fx＝20 J，选项A正确；把小球B从地面拉到P点正下方C处时，B的速度方向与绳子方向垂直，A的速度为零，设B的速度为v，则由动能定理：W F－mgR＝12m v2－0，解得v＝14m/s，选项B错误；当细绳与半圆形轨道相切时，小球B的速度方向沿圆周的切线方向向上，此时和绳子方向重合，故与滑块A速度大小相等，由几何关系可得h ＝0.225 m，选项C正确；B的机械能增加量为F做的功20 J，D正确．14．D质点竖直向上运动，0～15 s内加速度方向向下，质点一直做减速运动，B错误.0～5 s内，a＝10 m/s2，质点只受重力，机械能守恒；5～10 s 内，a ＝8 m/s 2，受重力和向上的力F 1，F 1做正功，机械能增加；10～15 s 内，a ＝12 m/s 2，质点受重力和向下的力F 2，F 2做负功，机械能减少，A 、C 错误．由F 合＝ma 可推知F 1＝F 2，由于做减速运动，5～10 s 内通过的位移大于10～15 s 内通过的位移，F 1做的功大于F 2做的功，5～15 s 内增加的机械能大于减少的机械能，所以D 正确．15．BC 设小球质量为m ，以B 点所在水平面为零势能面，由题给条件“当到达圆环顶点C 时，刚好对轨道压力为零”有mg ＝m v 2C R ，小球到达C 点时，有v 2C ＝gR ，在C 点的动能为12m v 2C ＝12mgR ，则小球在C 点的机械能为2mgR ＋12m v 2C ＝52mgR ，则小球从B 点到C 点克服摩擦力做的功为12mgR ，小球到达D 点时速度为零，设小球在D 点的机械能为E k D ，分析可知小球在从C 点到B 点过程中也有摩擦力，且摩擦力做的功小于小球从B 点到C 点克服摩擦力做的功12mgR ，故2mgR ＜E k D ＜52mgR ，即8 m ＜h ＜10 m ，选项B 、C 正确．16．D圆环刚开始下滑时，圆环受到的合力向下，设弹簧原长为L ，下滑过程中，对圆环受力分析，如图所示，弹簧弹力与竖直方向的夹角为θ，则弹簧弹力F ＝kL ⎝ ⎛⎭⎪⎫1sin θ－1，竖直方向根据牛顿第二定律可得mg －F cos θ－μF N ＝ma ，水平方向有F sin θ＝F N ，联立三个方程可知，圆环下滑过程中受到的合力先减小后增大，圆环的加速度先减小后增大，选项A 错误；在过程Ⅰ和Ⅱ中，圆环在相同位置时受到的滑动摩擦力大小相等，所以在这两个过程中克服摩擦力做的功相等，选项D 正确；在过程Ⅰ中，根据动能定理可得W G －W f －W 弹＝0，解得W f ＝W G －W 弹，在过程Ⅱ中，根据动能定理可得－W G ＋W 弹－W f ＝－12m v 2，联立解得W f ＝14m v 2，在C 处E p 弹＝W 弹＝mgh －14m v 2，选项B 、C 错误．。

2021届高考物理一轮复习第5章机械能第2讲动能定理及其应用课时作业(含解析)

2021届高考物理一轮复习第5章机械能第2讲动能定理及其应用课时作业（含解析）[基础训练]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答案：A 解析：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，但合外力不一定为零，C 、D 均错误．2．如图所示，ABCD 是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底BC 的连接处差不多上一段与BC 相切的圆弧，B 、C 在水平线上，其距离d ＝0.5 m ．盆边缘的高度为h ＝0.3 m ．在A 处放一个质量为m 的小物块并让其由静止下滑．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＝0.1.小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停下的位置到B 的距离为( )A ．0.5 mB ．0.25 mC ．0.1 mD ．0答案：D 解析：由mgh ＝μmgx ，得x ＝3 m ，而x d ＝3 m0.5 m＝6，即3个来回后，小物块恰停在B 点，选项D 正确．3．(2020·辽宁沈阳质检)一木块静止在光滑的水平面上，将一个大小恒为F 的水平拉力作用在该木块上，通过位移x 时，拉力的瞬时功率为P ；若将一个大小恒为2F 的水平拉力作用在该木块上，使该木块由静止开始运动，通过位移x 时，拉力的瞬时功率是( )A.2P B ．2P C ．22P D ．4P答案：C 解析：对第一个过程，依照动能定理，有Fx ＝12mv 21，通过位移x 时的瞬时功率P ＝Fv 1＝F ·2Fxm ；同理，对第二个过程有2Fx ＝12mv 22，通过位移x 时的瞬时功率P ′＝2Fv 2＝4F ·Fxm；因此P ′＝22P ，C 项正确． 4．(2020·山东济南模拟)光滑斜面上有一个小球自高为h 的A 处由静止开始滚下，到达光滑的水平面上的B 点时速率为v 0.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阻挡条，如图所示，小球越过n 条阻挡条后停下来．若让小球从2h 高处以初速度v 0滚下，则小球能越过阻挡条的条数为(设小球每次越过阻挡条时缺失的动能相等)( )A ．nB ．2nC ．3nD ．4n答案：C 解析：设每条阻挡条对小球做的功为W ，小球自高为h 的A 处由静止开始滚下到B 处，由动能定理有mgh ＝12mv 20，当小球在水平面上滚动时，由动能定理有－nW ＝0－12mv 20；让小球从2h 高处以初速度v 0滚下到停止，由动能定理有mg ·2h －n ′W ＝0－12mv 20，三式联立解得n ′＝3n ，因此选项C 正确．5．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，t 1时刻撤去拉力F ，物体做匀减速直线运动，到t 2时刻停止，其速度—时刻图象如图所示，且α>β，若拉力F 做的功为W 1，平均功率为P 1，物体克服摩擦阻力F 1做的功为W 2，平均功率为P 2，则下列选项正确的是( )A ．W 1>W 2， F ＝2F fB ．W 1＝W 2，F >2F fC ．P 1<P 2，F >2F fD ．P 1＝P 2，F ＝2F f答案：B 解析：整个运动过程中，依照动能定理有W 1－W 2＝0，因此W 1＝W 2，又P 1＝W 1t 1，P 2＝W 2t 2，t 2>t 1，因此P 1>P 2.依照牛顿第二定律，施加拉力F 时，加速度大小a 1＝F －F fm，撤去拉力后加速度大小a 2＝F fm，v t 图线斜率的绝对值表示加速度的大小，依照题图可知a 1>a 2，即F －F f m >F fm，可得F >2F f ，综上分析，B 正确． 6．(2020·吉林摸底)如图所示，将质量为m 的小球以速度v 0由地面竖直向上抛出．小球落回地面时，其速度大小为34v 0.设小球在运动过程中所受空气阻力的大小不变，则空气阻力的大小等于( )A.34mgB.316mgC.716mgD.725mg 答案：D 解析：对小球向上运动，由动能定理有，－(mg ＋f )H ＝0－12mv 20，对小球向下运动，由动能定理有，(mg －f )H ＝12m ⎝ ⎛⎭⎪⎫34v 02，联立解得f ＝725mg ，故D 正确．7．(2020·河北保定调研)(多选)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：AC 解析：小球做匀速圆周运动，受到的合外力总是指向圆心O ，选项A 对；转过90°时，轻杆对小球的弹力的水平分力提供小球做圆周运动的向心力，竖直分力平稳小球重力，小球受到杆的作用力指向左上方，选项B 错；在转动过程中小球的重力做正功，动能不变，应用动能定理可知轻杆对小球做负功，选项C 对；小球竖直方向的分速度先增大后减小，小球重力做功的功领先增大后减小，选项D 错．[能力提升]8．如图所示，一质量m ＝0.75 kg 的小球在距地面高h ＝10 m 处由静止开释，落到地面后反弹，碰撞时无能量缺失．若小球运动过程中受到的空气阻力f 大小恒为2.5 N ，取g ＝10 m/s 2.求：(1)小球与地面第一次碰撞后向上运动的最大高度；(2)小球从静止开始运动到与地面发生第五次碰撞时通过的总路程．答案：(1)5 m (2)28.75 m解析：(1)设小球与地面第一次碰撞后向上运动的高度为h 2，从开始由静止开释到第一次碰撞后运动高度h 2的过程，由动能定理可得mg (h －h 2)－f (h ＋h 2)＝0解得h 2＝mg －fmg ＋fh ＝5 m. (2)设小球与地面第二次碰撞后向上运动的距离为h 3，从第一次碰撞后运动的高度h 2处静止下落到第二次碰撞后向上运动距离h 3的过程，由动能定理可得，mg (h 2－h 3)－f (h 2＋h 3)＝0解得h 3＝mg －f mg ＋f h 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫mg －f mg ＋f 2h同理得h n ＝⎝⎛⎭⎪⎫mg －f mg ＋f n －1h 小球从静止开始运动到与地面发生第五次碰撞时通过的总路程s ＝h ＋2(h 2＋h 3＋h 4＋h 5)＝28.75 m.9．(2020·陕西一测)如图所示，一个小球由A 静止开始沿粗糙的14圆周轨道顶端运动到底端B 时速度为v 1，克服摩擦力做功W 1；以速度v 2从底端B 动身，恰好能运动到顶端A ，克服摩擦力做功为W 2，则( )A ．v 1>v 2，W 1>W 2B ．v 1＝v 2，W 1>W 2C ．v 1＝v 2，W 1＝W 2D ．v 1<v 2，W 1<W 2答案：D 解析：对小球由14圆周轨道的顶端A 静止开始的下滑过程，由动能定理，mgR－W 1＝12mv 21；对小球由14圆周轨道的底端B 动身的运动过程，由动能定理，－mgR －W 2＝0－12mv 22；明显v 1<v 2.把14圆周轨道分割成专门多微元，两个过程在对应微元上，第二个过程的速度较大，对轨道的压力较大，所受的滑动摩擦力较大，克服摩擦力做功较多，即W 1<W 2，选项D 正确．10．(2020·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，现在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答案：C 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 ，设现在∠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 ＝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．11．(2020·广东清远三中质检)(多选)如图所示，长为L 的长木板水平放置，在木板的A 端放置一个质量为m 的小物块，现缓慢地抬高A 端，使木板以左端为轴转动，当木板转到与水平面的夹角为α时小物块开始滑动，现在停止转动木板，小物块滑到底端的速度为v ，则在整个过程中( )A ．木板对小物块做功为12mv 2B ．摩擦力对小物块做功为mgL sin αC ．支持力对小物块做功为0D ．滑动摩擦力对小物块做功为12mv 2－mgL sin α答案：AD 解析：设在整个过程中，木板对物块做功为W ，整个过程中重力做功为零，则依照动能定理得：W ＝12mv 2，故A 正确．在木板从水平位置开始转动到与水平面的夹角为α的过程中，摩擦力不做功，物块沿木板下滑过程中，摩擦力对物块做功．由于摩擦力小于重力沿斜面向下的分力，即f <mg sin α，则摩擦力对物块做功W f ＝－fL ≠－mgL sin α，故B 错误．在木板从水平位置开始转动到与水平面的夹角为α的过程中，支持力对物块做功，设为W N ，依照动能定理得：W N －mgL sin α＝0，得W N ＝mgL sin α，故C 错误．在物块下滑的过程中，依照动能定理得：mgL sin α＋W f ＝12mv 2－0，则W f ＝12mv 2－mgL sin α，故D正确．12．(2020·江西吉安期末)(多选)如图所示，质量为m 的小球(可视为质点)用长为L 的细线悬挂于O 点，自由静止在A 位置．现用水平力F 缓慢地将小球从A 拉到B 位置而静止，细线与竖直方向夹角为θ＝60°，现在细线的拉力为T 1，然后撤去水平力F ，小球从B 返回到A 点时细线的拉力为T 2，则( )A ．T 1＝T 2＝2mgB ．从A 到B ，拉力F 做功为mgLC ．从B 到A 的过程中，小球受到的合外力大小不变D ．从B 到A 的过程中，小球重力的瞬时功领先增大后减小答案：AD 解析：分析小球在B 点受力可得T 1＝2mg ，撤去拉力后，依照动能定理，mgL (1－cos θ)＝12mv 2，在A 点，T 2－mg ＝m v 2L ，可得T 2＝2mg ，W F －mgL (1－cos θ)＝0，W F ＝12mgL ，选项A 正确，B 错误；从B 到A 过程中，在A 、B 两点重力的瞬时功率都等于零，D 正确；在B 点小球所受合外力为mg sin θ，在A 点的合外力为mg ，选项C 错误．13．泥石流是在雨季由于暴雨、洪水将含有沙石且松软的土质山体经饱和稀释后形成的洪流，它的面积、体积和流量都较大．泥石流流淌的全过程尽管只有专门短时刻，但由于其高速前进，具有强大的能量，因而破坏性极大．某课题小组对泥石流的威力进行了模拟研究，如图甲所示，在水平地面上放置一个质量为m ＝5 kg 的物体，让其在随位移平均减小的水平推力作用下运动，推力F 随位移变化如图乙所示，已知物体与地面间的动摩擦因数为μ＝0.6，取g ＝10 m/s 2.求：甲乙(1)物体在运动过程中的最大加速度为多大？ (2)在距动身点多远处，物体的速度达到最大？ (3)物体在水平面上运动的最大位移是多大？答案：(1)10 m/s 2(2)2.5 m (3)5.33 m 解析：(1)当推力F 最大时，加速度最大由牛顿第二定律得F －μmg ＝ma得a ＝10 m/s 2.(2)由图象可知：F 随x 变化的函数方程为F ＝80－20x速度最大时，合外力为零即F ＝μmg 因此x ＝2.5 m.(3)位移最大时，末速度一定为0 由动能定理可得W F －μmgs ＝0由图象可知，力F 做的功为W F ＝12Fx ＝160 J因此s ＝16030 m ＝5.33 m.。

高考物理一轮复习第五章第2讲动能定理及其应用教案新人教版-新人教版高三全册物理教案

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v1、v2，那么在这段时间内，其中一个力做的功为( B )A.16mv 2 B.14mv 2 C.13mv 2 D.12mv 2 解析：由动能定理得，合力F 做的功W ＝12mv 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 ＝14mv 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 ＝12Mv 2 B ．Fs ＝12mv 2 C ．Fs ＝12mv 20－12(M ＋m )v 2 D ．F (L ＋s )＝12mv 20－12mv 2 解析：根据动能定理，对子弹，有－F (L ＋s )＝12mv 2－12mv 20，选项D 正确；对木块，有FL ＝12Mv 2，选项A 正确；由以上二式可得Fs ＝12mv 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.13mgR C.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 ＝12mv 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.μmgR2 B.mgR2C ．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 ＝mv 2C R，v C ＝gR ＝2 m/s. (2)对B →C 过程，由动能定理得－mgR (1＋cos37°)＝12mv 2C －12mv 2B ， v B ＝v 2C ＋2gR1＋cos37°，滑块在A →B 的过程中，由动能定理得mgh －μmg cos37°·hsin37°＝12mv 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vt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45B．电机的最大牵引力之比为21C．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vt图象的应用．在vt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＝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 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 ＝12mv 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 2C R，对滑块从B 到C 的过程，由动能定理得W －mg ×2R ＝12mv 2C －12mv 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 sin θ＋μmg cos θ)x ＝E k －E k0，整理得E k ＝E k0－(mg sin θ＋μmg cos θ)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 sin θ－μmg cos θ)(s －x )＝E k －0，整理得E k ＝(mg sin θ－μmg cos θ)s －(mg sin θ－μmg cos θ)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。

2021新高考物理考试B方案一轮复习学案：第5章第2讲动能定理及其应用

第2讲动能定理及其应用主干梳理对点激活知识点动能Ⅱ1．定义：物体由于01运动而具有的能。

2．公式：E k＝0212m v2。

3．矢标性：动能是03标量，只有正值，动能与速度方向04无关。

4．状态量：动能是05状态量，因为v是瞬时速度。

5．相对性：由于速度具有06相对性，所以动能也具有相对性。

6．动能的变化：物体07末动能与08初动能之差，即ΔE k＝12m v22－12m v21。

动能的变化是过程量。

知识点动能定理Ⅱ101动能的变化。

2．表达式(1)W02ΔE k。

(2)W03E k2－E k1。

(3)W0412m v22－12m v21。

305合外力的功是物体动能变化的量度。

4．适用范围(1)06曲线运动。

(2)07变力做功。

(3)08不同时作用。

一堵点疏通1．合外力做功是物体动能变化的原因。

()2．如果物体所受合外力不为零，那么合外力的功也一定不为零。

()3．物体的动能不变则物体的速度不变。

()4．物体做变速运动时动能一定变化。

()5．运用动能定理可以求变力做功。

()答案 1.√ 2.× 3.× 4.× 5.√二对点激活1．(人教版必修2·P74·T1改编)改变汽车的质量和速度，都可能使汽车的动能发生改变，下列几种情形中，汽车的动能不变的是()A．质量不变，速度增大到原来的2倍B．速度不变，质量增大到原来的2倍C．质量减半，速度增大到原来的2倍D．速度减半，质量增大到原来的4倍答案 D解析由E k＝12知只有D项所述情形中汽车动能不变，故选D。

2m v2．(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()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答案BC解析W＝E k2－E k1中的W指合外力的功，当然包括重力在内，E k2－E k1为动能的增量，由功来量度，W>0，ΔE k>0，W<0，ΔE k<0，动能定理也适用于曲线运动和变力做功。

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A．R
B．2R
C．3R
D．4R
[解析] 若使小球恰能经过最高点 C，则 mg＝mvRC2 ，以 B 为零势面，根据动能定理有 mg(h
4/8
－2R)＝12mv2C，解得
h＝52R，小球释放的位置到
A
点的距离是
h－R(1－cos x＝ sin 37°
37°)＝263R；若
使小球恰能经过与圆心 O 等高的一点，则释放的高度 h′＝R，此时小球释放的位置到 A 点
＝12mv2，可知只要物块下降的高度相同，到达底端时的速度大小相同，但方向不同，下降的
高度越大，物块沿木板下滑到底端时的速度越大，A、B 均错误；设木板与竖直方向的夹角
为 θ，若木板均光滑，在物块下滑过程中由牛顿第二定律得 mgcos θ＝ma，a＝gcos θ，位移
为 L＝cohs θ，时间为 L＝12at2，联立解得物块沿木板下滑到底端的时间为 t＝
根据动能定理得，mgh＝Ek2－Ek1＝6－3 J＝3 J，则以 6 J 的动能水平抛出，一定落在水平面上，根据动能定理得，mgh＝Ek2′﹣Ek1′，解得 Ek2′＝(3＋6)J＝9 J，故 A 正确，B、
C、D 错误。 2. (2020·河南模拟)如图所示，质量为 m 的小球，从离地面 H 高处由静止开始释放，落到
A．9 J C．16 J
B．12 J D．条件不足，无法判断
[解析] 设小球第一次落在斜面上，速度与水平方向的夹角为 α，
则 cos α＝vv0 因为1212mmvv202＝36＝12，
解得vv0＝
2 2
则 α＝45°。
因为小球速度方向与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的两倍，若小
球落在斜面上，位移与水平方向的夹角正切值为 tan 30°＝ 33，而 tanα＝1，不是位移与水平方向夹角正切值的 2 倍，所以小球落在水平面上。
练案[15]第 2 讲动能定理及其应用
一、单项选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．(2020·大庆中学模拟)如图所示，倾角为 30°的斜面末端与水平地面相连，将一小球(可看成质点)从斜面顶端以 3 J 的初动能水平抛出，不计空气阻力，经过一段时间，小球以 6 J 的动能第一次落在接触面上。若将此小球以 6 J 的初动能水平从斜面顶端抛出，则小球第一次落在接触面上的动能为( A )
过 C 点恰好对圆管无作用力的临界速度满足mRv2Co＝mg，即 vCo＝ gR，由分析可知 vC＝
gR 2
<vCo，由圆管对小球作用力 FNC 方向竖直向上，由牛顿第二定律可得 mg－FNC＝mRv2C，联立解
得 FNC＝12mg，根据牛顿第三定律可知，小球对圆管的作用力大小为12mg，方向竖直向下，故
D 错误。
4．(2020·湖南岳阳月考)将三块木板 1、2、3 分别固定在墙角，构成如图所示的三个斜面，其中 1 与 2 底边相同，2 和 3 高度相同。现将一个可以视为质点的物块，分别从三块木板的顶端由静止释放，沿木板下滑到底端。下列说法中正确的是( D )
A．若木板均光滑，沿木板 2 和 3 下滑到底端时，物块的速度相同 B．若木板均光滑，物块沿木板 3 下滑到底端时，速度最大 C．若木板均光滑，物块沿木板 3 下滑到底端的过程用时最短 D．若木板 1 和 2 粗糙程度相同，则物块沿木板 1 和木板 2 下滑到底端的过程中，克服摩擦力做功相同 [解析] 若木板光滑，物块从高为 h 的木板上由静止滑到底端时，根据动能定理有 mgh
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移 L＝coss α，摩擦力做功 W＝－fL＝－μmgs，故克服摩擦力做功与 α 大小无关，两次做功相
同，D 正确。 5．(2019·云南保山期末)如图所示，粗糙水平面与半径为 R 的23光滑圆轨道之间由小圆弧
平滑连接，一质量为 m 的小球恰以初速度 v0 从 A 点沿切线进入圆轨道。如果小球恰好能够两次经过轨道最高点，已知重力加速度为 g，则小球与水平面之间的动摩擦因数是( B )
2h gcos2
θ，由此
可知，当高度相同时，θ 越小，运动时间越小，故物块沿木板 2 下滑到底端的过程用时比物
块沿木板 3 下滑到底端的过程用时短，C 错误；若木板 1 和 2 粗糙程度相同，设木板与水平
方向的夹角为 α，物块的水平位移为 s，物块所受摩擦力 f＝μmgcos α，物块沿木板下滑的位
的距离是
h′－R(1－cos
x′＝
sin 37°
37°)＝43R；要保证运动过程中小球不离开轨道，小球释放的位
置到 A 点的距离应满足：x≥263R 或 x′≤43R，A、D 正确。
7. (2020·山东潍坊中学模拟)如图所示，不可伸长的轻绳长为 l，一端固定在 O 点，另一端拴接一质量为 m 的小球，将小球拉至与 O 等高，细绳处于伸直状态的位置后由静止释放，在小球由静止释放到运动至最低点的过程中，小球所受阻力做的功为 W，重力加速度为 g，则小球到达最低点时( AC )
着陆坡(倾角 α＝30°)。一运动员连同滑板(整体可视为质点)从 A 点由静止滑下，到 C 点时以
vC＝26 m/s 的速度水平飞出，不计空气阻力，重力加速度 g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，则关于该运动员，下列说法正确的是( BCD )
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A．经过 C 点时对轨道的压力约为其重力的 2.7 倍 B．在 B 点的速度大小约为 24 m/s C．在斜面 AB 上的运动时间约为 4.6 s D．运动员落在着陆坡时的速度大小与 C 点速度 vC 大小成正比 [解析] 本题为多过程运动问题，考查直线运动规律、圆周运动与动能定理及动量定理的综合应用。在 C 点，轨道支持力和重力的合力提供向心力，则 FNC－mg＝mvrC2 ，代入数据得 FNC≈3.7mg，由牛顿第三定律可知 F′NC≈3.7mg，故 A 错误；运动员由 B 运动到 C，由动能定理得 mg(r－rcos θ)＝12mv2C－12mv2B，代入数据得 vB＝24 m/s，故 B 正确；运动员由 A 运动到 B，由运动学公式得 v2B－0＝2aABL，得 aAB＝25858 m/s2，解得 t＝avABB≈4.6 s，故 C 正确；运动员从 C 点飞出后，在空中做平抛运动落到斜面上的 D 点，位移偏向角为 α，则有 tan α ＝yx＝12vgCttC2CDD＝g2tvCCD，解得 tCD＝2vCtgan α；又竖直方向 vy＝gtCD，v2D＝v2y＋v2C，联立解得 v2D＝4v2C tan2α＋v2C，即 vD＝ 73vC，vD∝vC，故 D 正确。三、非选择题 9．(2020·四川攀枝花一诊)如图所示，AB 是半径为 R 的四分之一光滑圆弧轨道，固定在竖直平面内，B 为轨道最低点，距水平地面的高度为12R。现将质量为 m 的小球从 A 点正上方的某点 P(图中未画出)由静止释放，最后落在水平地面上的 C 点，C 点距 B 点的水平距离为 2R。重力加速度为 g，不计空气阻力，求：
(1)小球经过 B 点时，轨道对小球的作用力大小； (2)P 点距 A 点的高度。 [答案] (1)5mg (2)R [解析] 本题考查动能定理在直线与圆弧曲线组合模型中的应用。 (1)设小球在 B 点的速度大小为 vB，受到轨道的作用力大小为 N，从 B 点至落地过程的时
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间为 t，由运动学公式得12R＝12gt2， 2R＝vBt，由牛顿第二定律可知，小球在 B 点所受合力提供向心力，有 N－mg＝mvRB2，联立以上各式得 N＝5mg; (2)设 P 点距 A 点的高度为 h，小球从 P 点下落至 B 点过程由动能定理得 mg(h＋R)＝12mv2B，解得 h＝R。 10．如图所示，水平路面 C 点的右侧有一长度 L1＝2 m 的木板 M。一物块放在木板的最
3mgl＋2W l ，根据公式
a＝vl2可得
2(mgl＋W) a＝ ml ，A、C
正确。
8．(2019·广东汕头一模)我国将于 2022 年举办冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的比
赛项目之一，如图所示为跳台滑雪的示意图，助滑坡由长度为 55 m 的斜面 AB(倾角 θ＝37°)
和半径为 25 m 的光滑圆弧 BC 组成，两者相切于 B 点，过圆弧最低点 C 的切线水平。CD 为
A．若小球刚好能达到轨道的最高点 C，则释放点距 A 点的高度为 1.5R B．若释放点距 A 点竖直高度为 2R，则小球经过最低点 B 时轨道对小球的支持力为 7mg C．若小球从 C 点水平飞出后恰好能落到 A 点，则释放点距 A 点的高度为 2R D．若小球从 C 点水平飞出后恰好能落到 A 点，则小球在 C 点对圆管的作用力为 1.5mg [解析] 本题为圆周运动的临界问题，考查受力情况。小球刚好能到达轨道的最高点 C，即小球到达 C 点的速度为零，根据机械能守恒定律可得 mgh＝mgR，解得 h＝R，即释放点距 A 点的高度为 R，故 A 错误；在 B 点对小球由牛顿第二定律可得 FN－mg＝mvR2B，根据动能定
A．μ＝
63gvR20－
3 3
B．μ＝ 6g3Rv20－23 3
C．μ＝
3v20 6gR
D．μ＝
3v20－ 6gR
3 6
[解析] 小球第二次恰好经过轨道最高点的速度为 v，根据牛顿第二定律可得：mg＝mvR2，
全过程根据动能定理可得：
－μmg· 3R－mgR(1＋12)＝12mv2－12mv20，
解得：μ＝ 63gvR20－23 3，故 B 正确，ACD 错误。二、多项选择题：在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的。 6．(2020·天津五区县联考)如图所示，竖直平面内有一光滑圆环，半径为 R，圆心为 O， B 为最低点，C 为最高点，圆环左下方开一个小口与光滑斜面相切于 A 点，∠AOB＝37°，小球从斜面上某一点 D 由静止释放，经 A 进入圆轨道，不计小球由 D 到 A 的机械能损失，(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)则要保证运动过程中小球不离开轨道，小球释放的位置到 A 点的距离可能是( AD )

练案[15]第2讲 动能定理及其应用—2021届新高考一轮物理(人教版)复习检测

(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