青岛二中2021届高三物理复习-第5章第2讲 动能 动能定理

mv2 A. 2d
mv2 B. d
mv C. 2d
D．mv
解析：本题考查变力做功 问题。根据动能定理可 得 Fd＝12mv2， 解得 F＝m2vd2，故选 A。
答案： A
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考点二 动能定理在多过程综合问题中的应用
1．运用动能定理解决多过程问题时，有两种思路：一种是全过程列式，另一种是 分段列式。
C．1 kg
D．0.5 kg
解析：设物体的质量为 m，则物体在上升 过程中，受到竖直向下的重力 mg 和竖 直向下的恒定外力 F，由动能定理结合 题图可得－(mg＋F)×3 m＝(36－72)J； 物体在下落过程中，受到竖直向下的重 力 mg 和竖直向上的恒定外力 F，再由 动能定理结合题图可得(mg－F)×3 m＝ (48－24)J，联立解得 m＝1 kg、F＝2 N， 选项 C 正确，A、B、D 均错误。
答案： 49 N
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考点二 动能定理在多过程综合问题中的应用
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
2．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)重力做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做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。
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考点二 动能定理在多过程综合问题中的应用
如图所示，AB 为倾角 θ＝37°的斜面轨道，轨道的 AC 部分光滑，CB 部分粗糙。 BP 为圆心角等于 143°，半径 R＝1 m 的竖直光滑圆弧形轨道，两轨道相切于 B 点， P、O 两点在同一竖直线上，轻弹簧一端固定在 A 点，另一自由 端在斜面上 C 点处，现有一质量 m＝2 kg 的物块在外力作用下 将弹簧缓慢压缩到 D 点后(不拴接)释放，物块经过 C 点后，从 C 点运动到 B 点过程中的位移与时间的关系为 x＝12t－4t2(式 中 x 单位是 m，t 单位是 s)，假设物块第一次经过 B 点后恰能 到达 P 点，(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取 10 m/s2)试求： (1)若 CD＝1 m，物块从 D 点运动到 C 点的过程中，弹簧对物块所做的功； (2)B、C 两点间的距离 x。
式通车。大桥设计使用寿命 120 年，可抵御 8 级地震、16 级
台风、允许 30 万吨级油轮通过。假设一艘质量为 m 的轮船由
于失控，以速度 v 撞向大桥(大桥无损)，最后没有反弹而停下
来，事故勘察测量发现轮船迎面相撞处下凹深度 d，据此估算
出船对桥的平均撞击力 F，关于 F 的表达式正确的是( )
答案： C
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考点二 动能定理在多过程综合问题中的应用
5．(2019·浙江卷·20)某砂场为提高运输效率，研究砂粒下滑的高度与砂粒在传送带上运动的 关系，建立如图所示的物理模型。竖直平面内有一倾角 θ＝37°的直轨道 AB，其下方右侧放 置一水平传送带，直轨道末端 B 与传送带间距可近似为零，但允许砂粒通过。转轮半径 R ＝0.4 m 、转轴间距 L＝2 m 的传送带以恒定的线速度逆时针转动，转轮最低点离地面的高 度 H＝2.2 m。现将一小物块放在距离传送带高 h 处静止释放，假设小物块从直轨道 B 端运 动到达传送带上 C 点时，速度大小不变，方向变为水平向右。已知小物块与直轨道和传送 带间的动摩擦因数均为 μ＝0.5。(sin 37°＝0.6) (1)若 h＝2.4 m，求小物块到达 B 端时速度的大小； (2)若小物块落到传送带左侧地面，求 h 需要满足的条件； (3)改变小物块释放的高度 h，小物块从传送带的 D 点水平 向右抛出，求小物块落地点到 D 点的水平距离 x 与 h 的关系式及 h 需要满足的条件。
第五章 机械能
第2讲 动能 动能定理
考点一 对动能定理的理解和应用 考点二 动能定理在多过程综合问题中的应用 考点三 动能定理与图象问题的结合
考点一 对动能定理的理解和应用
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。
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
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考点一 对动能定理的理解和应用
1．(多选)如图所示。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，则在此过程中( ) 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
a -t 图象 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 图象 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 图象 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
2.解决物理图象问题的基本步骤
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考点三 动能定理与图象问题的结合
解析：对物体应用动能定理可 得 W 合＝W 人－mgh＝12mv2， 故 W 人＝mgh＋12mv2，B、D 选项正确。
答案： BD
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考点一 对动能定理的理解和应用
2．(2020·湖南师大附中模拟)港珠澳大桥是中国境内一座连接香
港、珠海和澳门的桥隧工程。2018 年 10 月 24 日上午 9 时正
(2018·全国卷Ⅱ·14)如图，某同学用绳子拉动木箱， 解析：由题意知，W 拉－W 阻＝ΔEk，
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
则 W 拉>ΔEk ，所以 A 对，B 错； 由于 W 阻与 ΔEk 的大小关系不确
B．等于拉力所做的功
定，所以 C、D 错。
H＋2R＝12gt2，x＝vt
(2)若要小物块落到传送带左侧地面，设当 解得 x＝2 h－3 m
小物块到达传送带上 D 点速度为零时，小 为使小物块能在 D 点水平向右抛出，则需
物块从距传送带高度为 h1 处由静止释放， 则有 0＝mgh1－μmgcos θ·sihn1θ－μmgL
满足 mg≤mRv2 解得 h≥3.6 m
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．4mgR
C．5mgR
D．6mgR
解析：小球从 a 运动到 c，根据动能定理，得 F·3R－mgR＝12mv12，又 F＝mg，故 v1＝2 gR， 小球离开 c 点在竖直方向做竖直上抛运动， 水平方向做初速度为零的匀加速直线运动。 且水平方向与竖直方向的加速度大小相等， 都为 g，故小球从 c 点到最高点所用的时间 t＝vg1＝2 Rg，水平位移 x＝12gt2＝2R， 根据功能关系，小球从 a 点到轨迹最高点 机械能的增量为力 F 做的功，即 ΔE＝F·(2R ＋R＋x)＝5mgR。
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，则停止位置
到 B 点的距离为( A．0.50 m C．0.10 m
) B．0.60 m D．0
解析：设小物块在 BC 面上运动的总路程 为 s。物块在 BC 面上所受的滑动摩擦 力大小始终为 Ff＝μmg，对小物块从开 始运动到停止运动的始末状态进行研 究，由动能定理得 mgh－μmgs＝0，得 到 s＝hμ＝00..3100 m＝3 m，d＝0.60 m，则 s＝5d，所以小物块在 BC 面上来回运动 共 5 次，最后停在 C 点，则停止位置到 B 点的距离为 0.60 m，故 B 正确。
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考点二 动能定理在多过程综合问题中的应用
3．(2019·辽宁瓦房店三中期中)如图所示，ABCD
是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底 BC 的连接处 均为与 BC 相切的圆弧，BC 是水平的，其长度 d＝0.60 m。盆边缘的高度为 h＝0.30 m。在 A 处 放一个质量为 m 的小物块 并让其从静止下滑。已知盆
解得 h1＝3.0 m
答案： (1) 4 m/s (2) h<3.0 m
当 h<h1＝3.0 m 时满足题中条件
(3) x＝2 h－3 m h≥3.6 m
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考点三 动能定理与图象问题的结合
1．力学中图象所围“面积”的意义
v -t 图象
由公式 x＝vt 可知，v -t 图线与坐标轴围成的面积表示物体的位移
(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 Ek 随 h 的变化如 图所示。重力加速度取
10 m/s2。该物体的质量为( )
A．2 kg
B．1.5 kg
F＝ma＝16 N 物块在 P 点的速度满足 mg＝mRvP2
C 到 P 的过程，由动能定理得
－Fx－mgR(1＋cos 37°)＝12mvP2－12mv02 解得 x＝489 m＝6.125 m。 答案： (1)156 J (2)6.125 m
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考点二 动能定理在多过程综合问题中的应用
1.在【例 2】中，求物块释放后通过与 O 点等高的位置 Q 点时对轨道的压力。 解析：物块在 P 点时满足 mg＝mRvP2，
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。
2．在【例 2】中，若 BC 部分光滑，把物块仍然压缩到 D 点释放，求物块运动到 P 点时受到轨道的压力大小。
解析：物块从 C 到 P 的过程中，由动能定理得 －mgxsin 37°－mgR(1＋cos 37°)＝12mvP′2－12mv20 物块在 P 点时满足 FN＋mg＝mvRP′2， 联立以上两式得 FN＝49 N。
物块从 Q 点到 P 点过程中，由动能定理得－mgR＝12mv2P－12mv2Q。 物块在 Q 点时有 FN＝mRv2Q。 联立以上各式得 FN＝3 mg＝60 N。 由牛顿第三定律可知物块通过 Q 点时对轨道压力为 60 N，方向水平向右。 答案： 60 N 方向水平向右
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考点二 动能定理在多过程综合问题中的应用
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考点二 动能定理在多过程综合问题中的应用
解析：(1)小物块由静止释放到 B 的过程中， (3)当小物块从右侧抛出时，设小物块到达
有 mgsin θ－μmgcos θ＝ma
D 点的速度为 v，则有
v2B＝2asinh θ
12mv2＝mgh－μmgcos
h θsin
θ－μmgL
解得 vB＝4 m/s
答案： B
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考点二 动能定理在多过程综合问题中的应用
4.(2018·全国卷Ⅰ·18)如图，abc 是竖直面内的
源自文库
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。
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考点二 动能定理在多过程综合问题中的应用
解析：(1)由 x＝12t－4t2 知，
(2)物块在 CB 段，根据牛顿第二定律，物
物块在 C 点速度为 v0＝
块所受合力
12 m/s，a＝8 m/s2 设物块从 D 点运动到 C 点的过程中，弹簧对物块 所做的功为 W，由动能定理得 W－mgsin 37°·CD ＝12mv02 代入数据得 W＝12mv20＋mgsin 37°·CD ＝ 156 J。
(2)“外力”既可以是恒力，也可以是变力。
2．动能定理公式中“＝”体现的“三个关系”
数量关系
合力的功与物体动能的变化可以等量代换
单位关系
国际单位都是焦耳
因果关系
合力做的功是物体动能变化的原因
3.“一个参考系”：高中阶段动能定理中的位移和速度应以地面或相对地面静止的物
体为参考系。
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