2019版高考物理總復(fù)習(xí) 第15課 動(dòng)能定理及其應(yīng)用練習(xí).doc

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第15課　動(dòng)能定理及其應(yīng)用 1． 動(dòng)能、動(dòng)能定理的理解 a．速度、合力與動(dòng)能的關(guān)系 (1)(2017淮安模擬，6分)關(guān)于物體的動(dòng)能，下列說法中正確的是(　　) A．物體速度變化，其動(dòng)能一定變化 B．物體所受的合力不為零，其動(dòng)能一定變化 C．物體的動(dòng)能變化，其運(yùn)動(dòng)狀態(tài)一定發(fā)生改變 D．物體的速度變化越大，其動(dòng)能一定變化也越大 答案：C 解析：若速度的方向變化而大小不變，則其動(dòng)能不變化，故A項(xiàng)錯(cuò)誤。物體所受合力不為零，只要速度大小不變，其動(dòng)能就不變化，如勻速圓周運(yùn)動(dòng)中，物體所受合力不為零，但速度大小始終不變，動(dòng)能不變，故B項(xiàng)錯(cuò)誤。物體動(dòng)能變化，其速度一定發(fā)生變化，故運(yùn)動(dòng)狀態(tài)改變，故C項(xiàng)正確。例如豎直上拋運(yùn)動(dòng)中物體經(jīng)過同一點(diǎn)(非最高點(diǎn))時(shí)的速度變化量要大于其到達(dá)最高點(diǎn)的速度變化量，但在該點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能變化量為0，小于從該點(diǎn)到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能變化量，故D項(xiàng)錯(cuò)誤。 b．合力做功對動(dòng)能的影響 (2)(2018匯編，6分)下列對動(dòng)能定理的理解，正確的是(　　) A．物體具有動(dòng)能是由于力對物體做了功 B．物體在合力作用下做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，則動(dòng)能在一段過程中變化量一定不為零 C．在某個(gè)過程中，外力做的總功等于各個(gè)力單獨(dú)做功的絕對值之和 D．如果物體所受的合力為零，那么物體的動(dòng)能變化量為零 答案：D 解析：物體運(yùn)動(dòng)就會(huì)有動(dòng)能，與有無外力做功沒有關(guān)系，故A項(xiàng)錯(cuò)誤。豎直上拋運(yùn)動(dòng)是一種勻變速直線運(yùn)動(dòng)，在上升和下降階段經(jīng)過同一位置時(shí)動(dòng)能相等，動(dòng)能在這段過程中的變化量為零，故B項(xiàng)錯(cuò)誤。外力做的總功等于各個(gè)力單獨(dú)做功的代數(shù)和，故C項(xiàng)錯(cuò)誤。物體所受合力為零，則合力不做功，物體動(dòng)能變化量為零，故D項(xiàng)正確。 2．動(dòng)能定理的應(yīng)用 a．利用動(dòng)能定理求直線運(yùn)動(dòng)中的各類參數(shù) (3)(多選)(2016浙江理綜，6分)如圖所示為一滑草場，某條滑道由上下兩段高均為h，與水平面傾角分別為45和37的滑道組成，滑草車與草地之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ。質(zhì)量為m的載人滑草車從坡頂由靜止開始自由下滑，經(jīng)過上、下兩段滑道后，最后恰好靜止于滑道的底端(不計(jì)滑草車在兩段滑道交接處的能量損失，sin 37＝0.6，cos 37＝0.8)。則(　　) A．動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝ B．載人滑草車最大速度為 C．載人滑草車克服摩擦力做功為mgh D．載人滑草車在下段滑道上的加速度大小為g 答案：AB 解析：作出滑道簡化示意圖，如圖所示，從A處到C處的過程中，根據(jù)動(dòng)能定理有(mgsin θ1－μmgcos θ1)＋(mgsin θ2－μmgcos θ2)＝0，解得μ＝，故A項(xiàng)正確。到B處時(shí)載人滑草車速度最大，從A處到B處的過程中，根據(jù)動(dòng)能定理有(mgsin θ1－μmgcos θ1)＝mv，解得vm＝，故B項(xiàng)正確。從A處到C處的過程中，克服摩擦力所做的功等于重力勢能減少量2mgh，故C項(xiàng)錯(cuò)誤。在下段滑道上的加速度大小a＝＝g，故D項(xiàng)錯(cuò)誤。 b．動(dòng)能定理在平拋、圓周運(yùn)動(dòng)中的應(yīng)用 (4)(2015全國Ⅰ，6分)如圖，一半徑為R、粗糙程度處處相同的半圓形軌道豎直固定放置，直徑POQ水平。一質(zhì)量為m的質(zhì)點(diǎn)自P點(diǎn)上方高度R處由靜止開始下落，恰好從P點(diǎn)進(jìn)入軌道。質(zhì)點(diǎn)滑到軌道最低點(diǎn)N時(shí)，對軌道的壓力為4mg，g為重力加速度的大小。用W表示質(zhì)點(diǎn)從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的過程中克服摩擦力所做的功。則(　　) A．W＝mgR，質(zhì)點(diǎn)恰好可以到達(dá)Q點(diǎn) B．W＞mgR，質(zhì)點(diǎn)不能到達(dá)Q點(diǎn) C．W＝mgR，質(zhì)點(diǎn)到達(dá)Q點(diǎn)后，繼續(xù)上升一段距離 D．W＜mgR，質(zhì)點(diǎn)到達(dá)Q點(diǎn)后，繼續(xù)上升一段距離 答案：C 解析：根據(jù)動(dòng)能定理得P點(diǎn)動(dòng)能EkP＝mgR，經(jīng)過N點(diǎn)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律和向心力公式有4mg－mg＝m，所以N點(diǎn)動(dòng)能為EkN＝，從P點(diǎn)到N點(diǎn)根據(jù)動(dòng)能定理有mgR－ W＝－mgR，即克服摩擦力做功W＝。質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)過程，半徑方向的合力提供向心力即FN－mgcos θ＝ma＝m(θ為半徑與豎直方向的夾角)，根據(jù)左右對稱，在同一高度處，由于摩擦力做功導(dǎo)致在右邊圓形軌道中的速度變小，軌道彈力變小，滑動(dòng)摩擦力Ff＝μFN變小，所以摩擦力做功變小，從N到Q，根據(jù)動(dòng)能定理，Q點(diǎn)動(dòng)能EkQ＝－mgR－W′＝－W′，由于W′＜，所以Q點(diǎn)速度仍然沒有減小到0，會(huì)繼續(xù)向上運(yùn)動(dòng)一段距離，故C項(xiàng)正確，A項(xiàng)、B項(xiàng)、D項(xiàng)均錯(cuò)誤。 c．多過程中的動(dòng)能定理 (5)(2016全國Ⅰ，18分)如圖，一輕彈簧原長為2R，其一端固定在傾角為37的固定直軌道AC的底端A處，另一端位于直軌道上B處，彈簧處于自然狀態(tài)。直軌道與一半徑為R的光滑圓弧軌道相切于C點(diǎn)，AC＝7R，A、B、C、D均在同一豎直平面內(nèi)。質(zhì)量為m的小物塊P自C點(diǎn)由靜止開始下滑，最低到達(dá)E點(diǎn)(未畫出)。隨后P沿軌道被彈回，最高到達(dá)F點(diǎn)，AF＝4R。已知P與直軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝，重力加速度大小為g。(取sin 37＝，cos 37＝) ①求P第一次運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)速度的大小。 ②求P運(yùn)動(dòng)到E點(diǎn)時(shí)彈簧的彈性勢能。 ③改變物塊P的質(zhì)量，將P推至E點(diǎn)，從靜止開始釋放。已知P自圓弧軌道的最高點(diǎn)D處水平飛出后，恰好通過G點(diǎn)。G點(diǎn)在C點(diǎn)左下方，與C點(diǎn)水平相距R、豎直相距R。求P運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)時(shí)速度的大小和改變后P的質(zhì)量。 答案：?、?(4分)　②mgR(6分)?、?5分)　m(3分) 解析：①根據(jù)題意知，B、C之間的距離l為 l＝7R－2R(1分) 設(shè)P到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度為vB，根據(jù)動(dòng)能定理有 mglsin 37－μmglcos 37＝mv(2分) 聯(lián)立解得vB＝2(1分) ②P到達(dá)E點(diǎn)時(shí)速度為零，設(shè)此時(shí)彈簧的彈性勢能為Ep，BE＝x，P由B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到E點(diǎn)的過程中，根據(jù)動(dòng)能定理有 mgxsin 37－μmgxcos 37－Ep＝0－mv(2分) E、F之間的距離l1為 l1＝4R－2R＋x(1分) P到達(dá)E點(diǎn)后反彈，從E點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到F點(diǎn)的過程中，根據(jù)動(dòng)能定理有 Ep－mgl1sin 37－μmgl1cos 37＝0(2分) 聯(lián)立解得x＝R Ep＝mgR(1分) ③設(shè)改變后P的質(zhì)量為m1，D點(diǎn)與G點(diǎn)的水平距離x1和豎直距離y1分別為 x1＝R－Rsin 37(1分) y1＝R＋R＋Rcos 37(1分) 設(shè)P在D點(diǎn)的速度為vD，由D點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到G點(diǎn)的時(shí)間為t。 根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律有 y1＝gt2(1分) x1＝vDt(1分) 聯(lián)立解得 vD＝(1分) 設(shè)P在C點(diǎn)速度的大小為vC，在P由C運(yùn)動(dòng)到D的過程中根據(jù)動(dòng)能定理有 －m1g(R＋Rcos 37)＝m1v－m1v(1分) P由E點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過程中，同理，根據(jù)動(dòng)能定理有 Ep－m1g(x＋5R)sin 37－μm1g(x＋5R)cos 37＝m1v(1分) 聯(lián)立解得 m1＝m(1分) 3．動(dòng)能定理與圖像結(jié)合分析問題 a．動(dòng)能定理與v－t圖像結(jié)合分析問題 (6)(2017吉林二模，6分)A、B兩物體放在同一水平面上，受到大小相同的水平力F的作用，各自從靜止開始運(yùn)動(dòng)。經(jīng)過時(shí)間t0，撤去作用在A物體上的外力F；經(jīng)過時(shí)間4t0，撤去作用在B物體上的外力F。兩物體運(yùn)動(dòng)的v－t圖像如圖所示，則A、B兩物體(　　) A．A、B兩物體的質(zhì)量之比為3∶5 B．A、B兩物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)之比為2∶1 C．在0～2t0時(shí)間間隔內(nèi)，合外力對A、B兩物體做功之比為5∶3 D．在0～4t0時(shí)間間隔內(nèi)，水平力F對A、B兩物體做功之比為2∶1 答案：C 解析：根據(jù)圖像可知，A物體在力F和滑動(dòng)摩擦力作用下運(yùn)動(dòng)，力F作用時(shí)間t0，故F作用的位移s1＝2v0t0＝v0t0，滑動(dòng)摩擦力f1作用全過程，全過程的位移s′1＝2v03t0＝3v0t0。根據(jù)動(dòng)能定理可得Fs1－f1s′1＝0，解得＝3f1。同理可得F與B所受滑動(dòng)摩擦力f2的關(guān)系為F＝f2，故＝。在減速運(yùn)動(dòng)過程中，由滑動(dòng)摩擦力提供加速度，根據(jù)牛頓第二定律有 ＝，＝，故有＝，可得＝＝，故A項(xiàng)錯(cuò)誤。根據(jù)減速運(yùn)動(dòng)過程中由滑動(dòng)摩擦力提供加速度，對A有a′A＝＝＝μ1g＝，對B有a′B＝＝＝μ2g＝，二式聯(lián)立得μ1＝μ2，故B項(xiàng)錯(cuò)誤。0～2t0時(shí)間內(nèi)，根據(jù)動(dòng)能定理可知合力做功之比等于末動(dòng)能之比，即m1v∶m2v＝5∶3，故C項(xiàng)正確。根據(jù)功的公式可知W＝FL，則F做功之比為W1∶W2＝Ft0∶F4t0＝1∶2，故D項(xiàng)錯(cuò)誤。 b．動(dòng)能定理與F－x圖像結(jié)合分析問題 (7)(2016浙江學(xué)業(yè)考試，13分)如圖(a)所示，長為4 m的水平軌道AB與半徑為R＝0.6 m的豎直半圓弧軌道BC在B處相連接，有一質(zhì)量為1 kg的滑塊(大小不計(jì))，從A處由靜止開始受水平向右的力F作用，F(xiàn)的大小隨位移變化關(guān)系如圖(b)所示，滑塊與AB間動(dòng)摩擦因數(shù)為0.25，與BC間的動(dòng)摩擦因數(shù)未知，取g＝10 m/s2。求： ①滑塊到達(dá)B處時(shí)的速度大?。? ②滑塊在水平軌道AB上運(yùn)動(dòng)前2 m過程中所需的時(shí)間； ③若滑塊到達(dá)B點(diǎn)時(shí)撤去力F，滑塊沿半圓弧軌道內(nèi)側(cè)上滑，并恰好能達(dá)到最高點(diǎn)C，則滑塊在半圓軌道上克服摩擦力所做的功是多少。 答案：①2 m/s(3分)?、?s(5分) ③5 J(5分) 解析：①滑塊從A到B的過程中，根據(jù)動(dòng)能定理有 F1x1－F2x2－μmgx＝mv(2分) 解得vB＝2 m/s(1分) ②前2 m滑塊受到拉力的作用，根據(jù)牛頓第二定律有 F1－μmg＝ma1(2分) 根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有x1＝a1t(2分) 聯(lián)立以上二式，解得t1＝ s(1分) ③滑塊恰好能到達(dá)C點(diǎn) 根據(jù)牛頓第二定律有mg＝m(2分) 滑塊從B點(diǎn)到C點(diǎn)的過程中，根據(jù)動(dòng)能定理有 W－mg2R＝mv－mv(2分) 聯(lián)立以上二式，解得W＝－5 J，即克服摩擦力做功為5 J(1分)