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

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(shuō)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(guò)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(duì)動(dòng)能的影響(2)(2018匯編，6分)下列對(duì)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(duì)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(guò)程中變化量一定不為零C在某個(gè)過(guò)程中，外力做的總功等于各個(gè)力單獨(dú)做功的絕對(duì)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(wú)外力做功沒(méi)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(guò)同一位置時(shí)動(dòng)能相等，動(dòng)能在這段過(guò)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(chǎng)，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。質(zhì)量為m的載人滑草車從坡頂由靜止開(kāi)始自由下滑，經(jīng)過(guò)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 370.6，cos 370.8)。則()A動(dòng)摩擦因數(shù)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mghD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(jiǎn)化示意圖，如圖所示，從A處到C處的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理有(mgsin 1mgcos 1)(mgsin 2mgcos 2)0，解得，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(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理有(mgsin 1mgcos 1)mv，解得vm，故B項(xiàng)正確。從A處到C處的過(guò)程中，克服摩擦力所做的功等于重力勢(shì)能減少量2mgh，故C項(xiàng)錯(cuò)誤。在下段滑道上的加速度大小ag，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(guó)，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(kāi)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(duì)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(guò)程中克服摩擦力所做的功。則()AWmgR，質(zhì)點(diǎn)恰好可以到達(dá)Q點(diǎn)BWmgR，質(zhì)點(diǎn)不能到達(dá)Q點(diǎn)CWmgR，質(zhì)點(diǎn)到達(dá)Q點(diǎn)后，繼續(xù)上升一段距離DWmgR，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EkPmgR，經(jīng)過(guò)N點(diǎn)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律和向心力公式有4mgmgm，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mgRWmgR，即克服摩擦力做功W。質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)過(guò)程，半徑方向的合力提供向心力即FNmgcos mam(為半徑與豎直方向的夾角)，根據(jù)左右對(duì)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FfFN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EkQmgRWW，由于W，所以Q點(diǎn)速度仍然沒(méi)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(guò)程中的動(dòng)能定理(5)(2016全國(guó)，18分)如圖，一輕彈簧原長(zhǎng)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)，AC7R，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(kāi)始下滑，最低到達(dá)E點(diǎn)(未畫(huà)出)。隨后P沿軌道被彈回，最高到達(dá)F點(diǎn)，AF4R。已知P與直軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)，重力加速度大小為g。(取sin 37，cos 37)求P第一次運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)速度的大小。求P運(yùn)動(dòng)到E點(diǎn)時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能。改變物塊P的質(zhì)量，將P推至E點(diǎn)，從靜止開(kāi)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(guò)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：2(4分)mgR(6分)(5分)m(3分)解析：根據(jù)題意知，B、C之間的距離l為l7R2R(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 37mglcos 37mv(2分)聯(lián)立解得vB2(1分)P到達(dá)E點(diǎn)時(shí)速度為零，設(shè)此時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能為Ep，BEx，P由B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到E點(diǎn)的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理有mgxsin 37mgxcos 37Ep0mv(2分)E、F之間的距離l1為l14R2Rx(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(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理有Epmgl1sin 37mgl1cos 370(2分)聯(lián)立解得xREpmgR(1分)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x1RRsin 37(1分)y1RRRcos 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y1gt2(1分)x1vDt(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(guò)程中根據(jù)動(dòng)能定理有m1g(RRcos 37)m1vm1v(1分)P由E點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過(guò)程中，同理，根據(jù)動(dòng)能定理有Epm1g(x5R)sin 37m1g(x5R)cos 37m1v(1分)聯(lián)立解得m1m(1分)3動(dòng)能定理與圖像結(jié)合分析問(wèn)題 a動(dòng)能定理與vt圖像結(jié)合分析問(wèn)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(kāi)始運(yùn)動(dòng)。經(jīng)過(guò)時(shí)間t0，撤去作用在A物體上的外力F；經(jīng)過(guò)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vt圖像如圖所示，則A、B兩物體()AA、B兩物體的質(zhì)量之比為35BA、B兩物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)之比為21C在02t0時(shí)間間隔內(nèi)，合外力對(duì)A、B兩物體做功之比為53D在04t0時(shí)間間隔內(nèi)，水平力F對(duì)A、B兩物體做功之比為21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s12v0t0v0t0，滑動(dòng)摩擦力f1作用全過(guò)程，全過(guò)程的位移s12v03t03v0t0。根據(jù)動(dòng)能定理可得Fs1f1s10，解得3f1。同理可得F與B所受滑動(dòng)摩擦力f2的關(guān)系為Ff2，故。在減速運(yùn)動(dòng)過(guò)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(guò)程中由滑動(dòng)摩擦力提供加速度，對(duì)A有aA1g，對(duì)B有aB2g，二式聯(lián)立得12，故B項(xiàng)錯(cuò)誤。02t0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m1vm2v53，故C項(xiàng)正確。根據(jù)功的公式可知WFL，則F做功之比為W1W2Ft0F4t012，故D項(xiàng)錯(cuò)誤。b動(dòng)能定理與Fx圖像結(jié)合分析問(wèn)題(7)(2016浙江學(xué)業(yè)考試，13分)如圖(a)所示，長(zhǎng)為4 m的水平軌道AB與半徑為R0.6 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(kāi)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g10 m/s2。求：滑塊到達(dá)B處時(shí)的速度大?。换瑝K在水平軌道AB上運(yùn)動(dòng)前2 m過(guò)程中所需的時(shí)間；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：2 m/s(3分) s(5分) 5 J(5分)解析：滑塊從A到B的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理有F1x1F2x2mgxmv(2分)解得vB2 m/s(1分)前2 m滑塊受到拉力的作用，根據(jù)牛頓第二定律有F1mgma1(2分)根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有x1a1t(2分)聯(lián)立以上二式，解得t1 s(1分)滑塊恰好能到達(dá)C點(diǎn)根據(jù)牛頓第二定律有mgm(2分)滑塊從B點(diǎn)到C點(diǎn)的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理有Wmg2Rmvmv(2分)聯(lián)立以上二式，解得W5 J，即克服摩擦力做功為5 J(1分)