专题33 动能定理的理解和应用解析版.docx
《专题33 动能定理的理解和应用解析版.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《专题33 动能定理的理解和应用解析版.docx（17页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。
专题33动能定理的理解和应用解析版
高考物理备考微专题精准突破
专题3.3动能定理的理解和应用
【专题诠释】
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）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标量式，不能在其中一个方向上应用动能定理.
（3）动能定理本质上反映了动力学过程中的能量转化与守恒，普遍适用于一切运动过程.
【高考领航】
【2019·新课标全国Ⅲ卷】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3m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10m/s2。
该物体的质量为（）
1
A．2kgB．1.5kgC．1kgD．0.5kg
【答案】C
【解析】对上升过程，由动能定理，-（F+mg）h=Ek-Ek0，得Ek=Ek0-（F+mg）h，即F+mg=12N；下落过程，（mg-F）（6-h）=Ek，即mg-F=k'=8N，联立两公式，得到m=1kg、F=2N。
【2018·江苏卷】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Ek与时间t的关系图象是
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】本题考查动能的概念和Ek–t图象，意在考查考生的推理能力和分析能力。
小球做竖直上抛运动时，
速度v=v–gt，根据动能E=1mv2得E=1m（v
-
gt）2，故图象A正确。
k2k20
【2018·高考全国卷Ⅰ】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．2mgRB．4mgR
C．5mgRD．6mgR
【思路点拨】解答本题应注意以下三点：
（1）小球由a到c的过程，由动能定理求出小球在c点的速度大小．
2
（2）小球离开c点后水平方向和竖直方向的加速度大小均为g.
（3）小球轨迹最高点的竖直方向速度为零．
【答案】C
【解析】
小球从a运动到c，根据动能定理，得
F·3R－mgR＝12，又F＝mg，故v＝2gR，
mv11
2
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＝v1＝2R，水平位移x＝1gt2＝2R，根据功能关系，小球从a点到轨迹最高点机械能的增
gg2
量为力F做的功，即ΔE＝F·（2R＋R＋x）＝5mgR.
【方法技巧】
（1）动能定理解决的是合力做功与动能变化量之间的关系，所以在分析时一定要对物体受到的各个力做的功都作分析.
（2）动能定理往往应用于单个物体的运动过程，由于不涉及时间，比用运动学规律更加方便.（3）找到物体运动的初、末状态的动能和此过程中合力做的功，是应用动能定理解题的关键.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．
3
四类图象所围“面积”的含义
【最新考向解码】
【例1】（2019·黑龙江齐齐哈尔五校联谊高三上学期期末联考）
如图所示，固定在竖直平面内的
1圆弧轨道与
4
水平轨道相切于最低点B，质量为m的小物块从圆弧轨道的顶端A由静止滑下，经过B点后沿水平轨道运动，并停在到B点距离等于圆弧轨道半径的C点。
圆弧轨道粗糙，物块与水平轨道间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。
物块到达B点前瞬间对轨道的压力大小为（）
A．2μmgB．3mg
C．（1＋2μ）mgD．（1＋μ）mg
【答案】C
B
【解析】设圆弧轨道的半径为r，物块从B到C的过程，由动能定理得－μmgr＝0－1mv2，在B点，由牛顿
2
v2
第二定律得N－mg＝mB，联立解得N＝（1＋2μ）mg，由牛顿第三定律可知，物块到达B点前瞬间对轨道的
r
压力大小为N′＝N＝（1＋2μ）mg，C正确。
【例2】（2019·广东揭阳高三上学期期末）某位工人师傅用如图所示的装置，将重物从地面沿竖直方向拉到楼上，在此过程中，工人师傅沿地面以速度v向右匀速直线运动，当质量为m的重物G上升高度为h时轻绳
4
与水平方向成α角，（重力加速度大小为g，滑轮的质量和摩擦均不计）在此过程中，下列说法正确的是（）
A．人的速度比重物的速度小B．轻绳对重物的拉力大于重物的重力
C．重物做匀速直线运动D．绳的拉力对重物做的功为mgh1mv2
＋
2
【答案】B
【解析】将人的速度沿绳子方向和垂直于绳子方向分解，沿绳子方向的速度等于重物G的速度，根据平行四边形定则，绳子与水平方向的夹角为θ时，vG＝vcosθ，故v>vG，A错误；人在向右匀速运动的过程中，绳子与水平方向的夹角θ减小，所以重物的速度增大，重物做加速上升运动，由牛顿第二定律可知绳子的拉力大于重物的重力，B正确，C错误；当重物G上升高度为h时，重物的速度vG＝vcosα，重物由地面上升高
度h的过程中，根据动能定理可知W－mgh＝12，解得W＝mgh1m（vcosα）2，D错误。
mvG＋
22
【微专题精练】
1.（2019·湖北名校联考）如图所示，一个可视为质点的滑块从高H＝12m处的A点由静止沿光滑的轨道AB滑下，进入半径为r＝4m的竖直圆环，圆环内轨道与滑块间的动摩擦因数处处相同，当滑块到达圆环顶点C时，滑块对轨道的压力恰好为零，滑块继续沿CFB滑下，进入光滑轨道BD，且到达高度为h的D点时速度为零，则h的值可能为（重力加速度大小g取10m/s2）（）
A．8mB．9mC．10mD．11m
【答案】：
B
2
【解析】：
滑块到达圆环顶点C时对轨道压力为零，由牛顿第二定律得mg＝mC，得速度vC＝gr，设滑块
r
5
在BEC段上克服摩擦力做的功为W1，由动能定理得mg（H－2r）－W1＝1mv2，则W1＝mg（H－2r）－1mv2＝
CC
22
mg（H－5r），滑块在CFB段克服摩擦力做的功W2满足02
C
W2＝－1mv2，代入得8m2
2.（2019·湖南郴州教学质检）如图（a）所示，在水平路段AB上有一质量为1×103kg的汽车，正以10m/s的速度向右匀速行驶，汽车前方的水平路段BC因粗糙程度与AB段不同引起阻力变化，汽车通过整个ABC路段的vt图象如图（b）所示，t＝15s时汽车刚好到达C点，并且已做匀速直线运动，速度大小为5m/s.运动过程中汽车发动机的输出功率保持不变，假设汽车在AB路段上运动时所受的恒定阻力为Ff＝2000N，下列说法正确的是（）
A．汽车在AB、BC段发动机的额定功率不变都是1×104WB．汽车在BC段牵引力增大，所以汽车在BC段的加速度逐渐增大
C．由题给条件不能求出汽车在BC段前进的距离
D．由题所给条件可以求出汽车在8m/s时加速度的大小
【答案】：
D
【解析】：
发动机的额定功率P＝Ffv1＝2000×10W＝2×104W，选项A错误；由题图（b）可知汽车在BC段做加速度减小的减速运动，选项B错误；根据P＝Ff′v2可求解汽车在BC段上所受的阻力大小，根据动能定理
Pt－Ff′xBC＝1mv2－1mv2，可求解汽车在BC段前进的距离，选项C错误；根据牛顿第二定律a＝F－Ff′＝
21
22m
P－Ff′
v3，可以求出汽车在8m/s时加速度的大小，选项D正确．
m
3.（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，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）．则（）
6
A．动摩擦因数μ＝6
7
B．载人滑草车最大速度为2gh
7
C．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3g
5
【答案】：
AB
【解析】：
对滑草车从坡顶由静止滑下，到底端静止的全过程，得mg·2h－μmgcos45°·h－μmgcos
sin45°
37°·h＝0，解得μ＝6，选项A正确；对经过上段滑道过程，根据动能定理得，mgh－μmgcos45°·h
sin37°7
12
sin45°
＝mv，解得v＝
2
，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大小为a＝mgsin37°－μmgcos37°＝－3g，选项D错误．
m35
4.（2019·辽宁五校联考）在某一粗糙的水平面上，一质量为2kg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象．已知重力加速度g取10m/s2.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．合外力对物体所做的功C．物体做匀速运动时的速度D．物体运动的时间
【答案】：
ABC
【解析】：
物体做匀速直线运动时，拉力F与滑动摩擦力Ff相等，物体与水平面间的动摩擦因数为μ＝F＝
mg
0.35，A正确；减速过程由动能定理得WF＋Wf＝0－1mv2，根据Fs图象中图线与坐标轴围成的面积可以估
2
算力F做的功WF，而Wf＝－μmgs，由此可求得合外力对物体所做的功，及物体做匀速运动时的速度v，B、
C正确；因为物体做变加速运动，所以运动时间无法求出，D错误．
7
5.如图所示，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，则小球从A到C的过程中弹簧弹力做功是（）
A．mgh－1mv2
2
1
B.mv
2
2－mgh
C．－mghD．－（mgh
1
2
＋mv）2
【答案】：
A
【解析】：
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，则支持力对小球不做功，由动能定理，可得WG＋WF＝0－1mv2，重力做的功为WG＝－mgh，则弹簧的弹力
2
对小球做的功为WF＝mgh－1mv2，所以正确选项为A.
2
6.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，t1时刻撤去拉力F，物体做匀减速直线运动，到t2时刻停止，其速度—时间图象如图所示，且α>β.若拉力F做的功为W1，在0～t1时间内拉力F的平均功率为P1；0～t2时间内物体克服摩擦阻力Ff做的功为W2,克服摩擦力的平均功率为P2，则下列选项正确的是（）
A．W1>W2，F＝2FfB．W1＝W2，F>2FfC．P12FfD．P1＝P2，F＝2Ff
【答案】：
B
【解析】：
对整个过程由动能定理可得W1－W2＝0，解得W1＝W2.由图象可知，匀加速过程加速度大小a1大于匀减速过程的加速度大小a2，即F－Ff>Ff，F>2Ff，选项A、D错误，B正确；由于摩擦阻力作用时间大
mm
于水平力F作用时间，所以P1>P2，选项C错误．
7.（2019·安徽合肥一模）A、B两物体分别在水平恒力F1和F2的作用下沿水平面运动，先后撤去F1、F2后，
8
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．F1、F2大小之比为1∶2B．F1、F2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】C.
【解析】：
由v－t图象可知，两个匀减速运动的加速度之比为1∶2，由牛顿第二定律可知，A、B受摩擦力大小相等，所以A、B的质量关系是2∶1，由v－t图象可知，A、B两物体加速与减速的位移之和相等，且匀加速位移之比为1∶2，匀减速运动的位移之比为2∶1，由动能定理可得，A物体的拉力与摩擦力的关系，
F1·x－Ff1·3x＝0－0；B物体的拉力与摩擦力的关系，F2·2x－Ff2·3x＝0－0，因此可得：
F1＝3Ff1，F2＝3Ff2，
2
Ff1＝Ff2，所以F1＝2F2.全过程中摩擦力对A、B做功相等，F1、F2对A、B做功大小相等．故A、B、D错误，C正确．
8．（2019·山西模拟）用传感器研究质量为2kg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～
6s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．0～6s内物体先向正方向运动，后向负方向运动B．0～6s内物体在4s时的速度最大C．物体在2～4s内速度不变
D．0～4s内合力对物体做的功等于0～6s内合力做的功
【答案】D.
9
【解析】：
由v＝at可知，a－t图象中，图线与坐标轴所围面积表示质点的速度，0～6s内物体的速度始终为正值，故一直为正方向，A项错；t＝5s时，速度最大，B项错；2～4s内加速度保持不变且不为零，速度一定变化，C项错；0～4s内与0～6s内图线与坐标轴所围面积相等，故物体4s末和6s末速度相同，由动能定理可知，两段时间内合力对物体做功相等，D项对．
9.（2019·南宁模拟）在有大风的情况下，一小球自A点竖直上抛，其运动轨迹如图所示（小球的运动可看做竖直方向的竖直上抛运动和水平方向的初速度为零的匀加速直线运动的合运动），小球运动轨迹上的A、B两点在同一水平直线上，M点为轨迹的最高点．若风力的大小恒定，方向水平向右，小球在A点抛出时的动能为4J，在M点时它的动能为2J，落回到B点时动能记为EkB，小球上升时间记为t1，下落时间记为t2，不计其他阻力，则（）
A．x1∶x2＝1∶3B．t1C．EkB＝6JD．EkB＝12J
【答案】AD.
【解析】：
由小球上升与下落时间相等即t1＝t2得，x1∶（x1＋x2）＝1∶22＝1∶4，即x1∶x2＝1∶3，A正确，B错误；A→M应用动能定理得
－mgh＋W＝1mv21mv2，①
1M－
22
竖直方向有v2＝2gh②
①②式联立得W1＝2J
A→B风力做功W2＝4W1＝8J，A→B由动能定理W2＝EkB－EkA，可求得EkB＝12J，C错误，D正确．
10.（2019·陕西模拟）如图所示，轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于粗糙水平面上质量为m的小球接触但不连接．开始时小球位于O点，弹簧水平且无形变．O点的左侧有一竖直放置的光滑半圆弧轨道，圆弧的半径为R，B为轨道最高点，小球与水平面间的动摩擦因数为μ.现用外力推动小球，将弹簧压缩至A点，
10
OA间距离为x0，将球由静止释放，小球恰能沿轨道运动到最高点B.已知弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g.下列说法中正确的是（）
A．小球在从A到O运动的过程中速度不断增大
B．小球运动过程中的最大速度为vm＝5gR
C．小球与弹簧作用的过程中，弹簧的最大弹性势能Ep＝2.5mgR＋μmgx0
D．小球通过圆弧轨道最低点时，对轨道的压力为5mg
【答案】C.
【解析】：
小球在从A到O运动的过程中，受弹力和摩擦力，由牛顿第二定律可知：
kΔx－μmg＝ma，物体做加速度减小的加速运动，当加速度为零的时（弹力等于摩擦力时）速度最大，接下来摩擦力大于弹力，小球开始做减速运动，当弹簧恢复原长时小球离开弹簧，故A错误；因为小球恰能沿轨道运动到最高点B，由
重力提供向心力：
mg＝mB，解得：
vB＝gR，从O到B根据动能定理得：
－2mgR＝1
R2
mv2－
1mv2，联立以
2
上解得：
v0＝5gR，由上分析可知：
小球从开始运动到离开弹簧速度先增大后减小，所以最大速度要比5gR
大，故B错误；从A到O根据能量守恒得：
E＝12＋μmgx，联立以上得：
E＝2.5mgR＋μmgx，故C正
Pmv00P0
2
v2
确；小球在最低点时做圆周运动，由牛顿第二定律得：
N－mg＝m0，联立以上解得：
N＝6mg，故D错误．
R
11.2022年北京和张家口将携手举办冬奥会，因此在张家口建造了高标准的滑雪跑道，来迎接冬奥会的到来．如图所示，一个滑雪运动员从左侧斜坡距离坡底8m处自由滑下，当下滑到距离坡底s1处时，动能和势能相等（以坡底为参考平面）；到坡底后运动员又靠惯性冲上斜坡（不计经过坡底时的机械能损失），当上滑到距离坡底s2处时，运动员的动能和势能又相等，上滑的最大距离为4m．关于这个过程，下列说法中正确的是（）
11
A．摩擦力对运动员所做的功等于运动员动能的变化量
B．重力和摩擦力对运动员所做的总功等于运动员动能的变化量C．s1<4m，s2>2m
D．s1>4m，s2<2m
【答案】BC.
【解析】：
运动员在斜坡上滑行的过程中有重力做功，摩擦力做功，由动能定理可知A错，B对；从左侧斜坡s处滑至s1处过程中，由动能定理得：
mg（s－s1）sinα－Wf＝1mv2①
2
（其中s＝8m，s1是距坡底的距离）因为下滑到距离坡底s1处动能和势能相等，所以有：
mgs1·sinα＝1mv2
2
②
由①②得：
mg（s－s1）sinα－Wf＝mgs1·sinα③
由③得：
s－s1>s1，即s1<4m．同理，从右侧斜坡s2处滑至s′（s′＝4m）处过程中，由动能定理得：
1
－mg（s′－s2）·sinθ－W′f＝0－1mv2④
2
因为距坡底s2处动能和势能相等，有
mgs·sinθ＝12⑤
2mv1
2
由④⑤得：
mg（s′－s2）·sinθ＋W′f＝mgs2·sinθ⑥由⑥式得：
s′－s22m．综上所述，C正确，D错误．
12.（2019·桂林质检）如图所示，倾角为37°的粗糙斜面AB底端与半径R＝0.4m的光滑半圆轨道BC平滑相连，
O点为轨道圆心，BC为圆轨道直径且处于竖直方向，A、C两点等高，质量m＝1kg的滑块从A点由静止开始下滑，恰能滑到与O点等高的D点，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.
12
（1）求滑块与斜面间的动摩擦因数μ；
（2）若使滑块能到达C点，求滑块从A点沿斜面滑下时的初速度v0的最小值；
（3）若滑块离开C点的速度大小为4m/s，求滑块从C点飞出至落到斜面上所经历的时间t.
【答案】：
（1）0.375
（2）23m/s（3）0.2s
【解析】：
（1）滑块恰能滑到D点，则vD＝0
滑块从A→B→D过程中，由动能定理得
μmgcosθ·
mg（2R－R）－2R＝0－0sinθ
解得μ＝0.375.
（2）滑块恰能过C点时，vC有最小值，则在C点
mg＝mv2
R
滑块从A→B→D→C过程，由动能定理得
－μmgcosθ·2R＝1
21mv2
sinθ22
解得v0＝23m/s.
（3）滑块离开C点后做平抛运动，设下落的高度为h，
则有h＝12
gt
2
x＝v′Ct
x
＝tan53°
2R－h
13
其中v′C＝4m/s，联立解得t＝0.2s.
14
升级会员 