2017届高三物理一轮复习 第5章 机械能 第2讲 动能定理及其应用知

动能定理及其应用

[随堂反馈]

1．(2016·衡水中学模拟)有两条滑道平行建造，左侧相同而右侧有差异，一个滑道的右侧水平，另一个的右侧是斜坡．某滑雪者保持一定姿势坐在雪橇上不动，从h1高处的A点由静止开始沿倾角为θ的雪道下滑，最后停在与A点水平距离为s的水平雪道上．接着改用另一个滑道，还从与A点等高的位置由静止开始下滑，结果能冲上另一个倾角为α的雪道上h2高处的E点停下．若动摩擦因数处处相同，且不考虑雪橇在路径转折处的能量损失，则( )

A．动摩擦因数为tan θ C．倾角α一定大于θ

B.动摩擦因数为 D.倾角α可以大于θ

h1s解析：第一次停在水平滑道上的某点，由动能定理得 mgh1－μmgcos θ·－μmgs′＝0

sin θ

h1

mgh1－μmg?

?h1＋s′?＝0

?

?tan θ?

mgh1－μmgs＝0

μ＝

A错误，B正确．

在AB段由静止下滑，说明μmgcos θ＜mgsin θ，第二次滑上CE在E点停下，说明μmgcos α＞mgsin α，故α＜θ；若α＞θ，则雪橇不能停在E点，所以C、D错误． 答案：B

2.(2015·高考全国卷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( )

h1

s

1

A．W＝mgR，质点恰好可以到达Q点

21

B．W＞mgR，质点不能到达Q点

2

1

1

C．W＝mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离

21

D．W＜mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离

2解析：质点由静止开始下落到最低点N的过程中 12

由动能定理有mg·2R－W＝mvN

2

mv2N质点在最低点由牛顿第二定律得FN－mg＝ R由牛顿第三定律得FN＝4mg

1

联立得W＝mgR，质点由N点到Q点的过程中在等高位置处的速度总小于由P点到N点下滑

2时的速度，故由N点到Q点过程克服摩擦力做功W′＜W.从N到Q的过程，由动能定理得－

22

mgR－W′＝mv2Q－mvN，即mgR－W′＝mvQ，故质点到达Q点后，会继续上升一段距离，选

1

2121212

项C正确． 答案：C

3．(多选)质量为2 kg的物体，放在动摩擦因数μ＝0.1的水平面上，在水平拉力的作用下由静止开始运动，水平拉力做的功W和物体随位置x变化的关系如图．重力加速度g取10 m/s，则( )

2

2

A．在x＝0至x＝3 m的过程中，物体的加速度是2.5 m/s B．x＝6 m时，拉力的功率是6 W C．x＝9 m时，物体的速度是3 m/s

D．在x＝3 m至x＝9 m的过程中，合力做的功是12 J

W1527－15

解析：图象的斜率k＝＝F，可知在0～3 m内拉力F1＝ N＝5 N, 3～9 m内的拉力F2＝

x36

N＝2 N．F1－μmg＝ma1，可得a1＝1.5 m/s，故A错误．x＝6 m时物体速度为v1，由动能12

定理有W－μmgx＝mv1，在前6 m内拉力做的功W＝15 J＋2×3 J＝21 J，可解得v1＝3 m/s，

2拉力的功率P＝F2v1＝6 W，故B正确．同理可得x＝9 m时的速度v2＝3 m/s，故C正确．物体在3～9 m过程中速度为3 m/s，做匀速运动，所以合力做功为零，故D错误． 答案：BC

4．(多选)如图所示，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( )

2

2

A．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．力F对B做的功等于B动能的增量与B克服摩擦力所做的功之和

解析：A物体所受的合力等于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动能的增量，即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对地的位移不等，故二者做功不等，C错误；对B应用动能定理有，WF－Wf＝ΔEkB，即WF＝ΔEkB＋Wf，就是力F对B做的功等于B动能的增量与B克服摩擦力所做的功之和，D正确；由前述讨论知B克服摩擦力所做的功与A动能的增量(等于B对A的摩擦力所做的功)不等，故A错误． 答案：BD

5.(2015·高考浙江卷)如图所示，用一块长L1＝1.0 m的木板在墙和桌面间架设斜面，桌子高H＝0.8 m，长L2＝1.5 m．斜面与水平桌面的倾角θ可在0～60°间调节后固定．将质量

m＝0.2 kg的小物块从斜面顶端静止释放，物块与斜面间的动摩擦因数μ1＝0.05，物块与

桌面间的动摩擦因数为μ2，忽略物块在斜面与桌面交接处的能量损失．(重力加速度g取10 m/s；最大静摩擦力等于滑动摩擦力)

2

(1)当θ角增大到多少时，物块能从斜面开始下滑；(用正切值表示)

(2)当θ角增大到37°时，物块恰能停在桌面边缘，求物块与桌面间的动摩擦因数μ2；(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)

(3)继续增大θ角，发现θ＝53°时物块落地点与墙面的距离最大，求此最大距离xm. 解析：(1)为使小物块下滑，应有mgsin θ≥μ1mgcos θ① θ满足的条件tan θ≥0.05② (2)克服摩擦力做功

Wf＝μ1mgL1cos θ＋μ2mg(L2－L1cos θ)③

由动能定理得mgL1sin θ－Wf＝0④ 代入数据得μ2＝0.8 ⑤

12

(3)由动能定理得mgL1sin θ－Wf＝mv⑥

2结合③式，代入数据得v＝1 m/s 由平抛运动规律得 12

H＝gt2 x1＝vt

3

解得t＝0.4 s⑧

x1＝0.4 m xm＝x1＋L2＝1.9 m

答案：(1)tan θ≥0.05 (2)0.8 (3)1.9 m

[课时作业]

一、单项选择题

1．A、B两物体在光滑水平面上，分别在相同的水平恒力F作用下，由静止开始通过相同的位移l.若A的质量大于B的质量，则在这一过程中( ) A．A获得动能较大 B．B获得动能较大 C．A、B获得动能一样大 D．无法比较A、B获得动能大小

12

解析：由动能定理可知恒力F做功W＝Fl＝mv－0，因为F、l相同，所以A、B的动能变化

2相同，C正确． 答案：C

2．质量m＝2 kg的物体在光滑水平面上以v1＝6 m/s的速度匀速向西运动，若有一个F＝8 N、方向向北的恒力作用于物体，在t＝2 s内物体的动能增加了( ) A．28 J C．32 J

B.64 J D.36 J

解析：由于力F与速度v1垂直，物体做曲线运动，其两个分运动为向西的匀速运动和向北的匀加速直线运动，对匀加速运动有a＝＝4 m/s，v2＝at＝8 m/s. 2 s末物体的速度v＝

222

v21＋v2＝10 m/s, 2 s内物体的动能增加了ΔE＝mv－mv1＝64 J，故选项B正确．

Fm2

1212

答案：B

3.(2016·北京模拟)一个质量为m的小球，用长为L的轻绳悬挂于O点，小球在水平拉力F作用下，从平衡位置P点很缓慢地移动到Q点，此时轻绳与竖直方向的夹角为θ，如图所示，则拉力F所做的功为( )

A．mgLcos θ B．mgL(1－cos θ) C．FLsin θ D．FLcos θ

4

解析：小球缓慢地由P移动到Q，动能不变，只有重力、水平拉力F对小球做功，绳子拉力不做功，由动能定理有－mgL(1－cos θ)＋WF＝ΔEk＝0即WF＝mgL(1－cos θ)，故B正确． 答案：B

4．物体沿直线运动的v－t关系如图所示，已知在第1 s内合力对物体做的功为W，则( )

A．从第1 s末到第3 s末合力做功为4W B．从第3 s末到第5 s末合力做功为－2W C．从第5 s末到第7 s末合力做功为W D．从第3 s末到第4 s末合力做功为0.75W

解析：由题图知，第1 s末速度、第3 s末速度、第7 s末速度大小关系为v1＝v3＝v7，由12121 2

题知W＝mv1－0，则由动能定理知第1 s末到第3 s末合力做功W2＝mv3－mv1＝0，A错

22212

误；第3 s末到第5 s末合力做功W3＝0－mv3＝－W，B错误；第5 s末到第7 s末合力做

21212121

功W4＝mv7－0＝W，C正确；第3 s末到第4 s末合力做功W5＝mv4－mv3，因v4＝v3，所

2222以W5＝－0.75W，D错误． 答案：C

5．(2016·衡水中学模拟)如图所示，质量为0.1 kg的小物块在粗糙水平桌面上滑行4 m后以3.0 m/s的速度飞离桌面，最终落在水平地面上．已知物块与桌面间的动摩擦因数为0.5，桌面高0.45 m，若不计空气阻力，g取10 m/s，则( )

2

A．小物块的初速度是5 m/s B．小物块的水平射程为1.2 m

C．小物块在桌面上克服摩擦力做8 J的功 D．小物块落地时的动能为0.9 J

解析：小物块在桌面上克服摩擦力做功Wf＝μmgL＝2 J，C错．在水平桌面上滑行时，由动1212

能定理得－Wf＝mv－mv0，解得v0＝7 m/s，A错．小物块飞离桌面后做平抛运动，有x＝

22

2

vt、h＝gt2，解得x＝0.9 m，B错．设小物块落地时动能为Ek，由动能定理得mgh＝Ek－mv，

1

212

解得Ek＝0.9 J，D正确． 答案：D

6.(2015·江西十校二模)将三个木板1、2、3固定在墙角，木板与墙壁和地面构成了三个不同的三角形，如图所示，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

5

物块分别从三个木板的顶端由静止释放，并沿斜面下滑到底端，物块与木板之间的动摩擦因数μ均相同．在这三个过程中，下列说法不正确的是( )

A．沿着1和2下滑到底端时，物块的速率不同，沿着2和3下滑到底端时，物块的速率相同

B．沿着1下滑到底端时，物块的速率最大

C．物块沿着3下滑到底端的过程中，产生的热量是最多的 D．物块沿着1和2下滑到底端的过程中，产生的热量是一样多的

解析：设1、2、3木板与地面的夹角分别为θ1、θ2、θ3，木板长分别为l1、l2、l3，当物12

块沿木板1下滑时，由动能定理有mgh1－μmgl1cos θ1＝mv1－0，当物块沿木板2下滑时，

212

由动能定理有mgh2－μmgl2cos θ2＝mv2－0，又h1＞h2，l1cos θ1＝l2cos θ2，可得v1＞

2

2

v2；当物块沿木板3下滑时，由动能定理有mgh3－μmgl3cos θ3＝mv3－0，又h2＝h3，l2cos

1

2

θ2＜l3cos θ3，可得v2＞v3，故A错，B对．三个过程中产生的热量分别为Q1＝μmgl1cos θ1，

Q2＝μmgl2cos θ2，Q3＝μmgl3cos θ3，则Q1＝Q2＜Q3，故C、D对，应选A.

答案：A 二、多项选择题

7．如图所示，质量相等的物体A和物体B与地面的动摩擦因数相等，在力F的作用下，一起沿水平地面向右移动x，则( )

A．摩擦力对A、B做功相等 B．A、B动能的增量相同

C．F对A做的功与F对B做的功相等 D．合力对A做的功与合力对B做的功相等

解析：因F斜向下作用在物体A上，A、B受到的摩擦力不相同，因此，摩擦力对A、B做的功不相等，A错误；A、B两物体一起运动，速度始终相同，故A、B动能增量一定相等，B正确；F不作用在B上，不能说F对B做功，C错误；合力对物体做的功等于物体动能的增量，D正确． 答案：BD

8.(2016·河北保定调研)如图所示，内壁光滑半径大小为R的圆轨道竖直固定在桌面上，一个质量为m的小球静止在轨道底部A点．现用小锤沿水平方向快速击打小球，击打后迅速移

6

开，使小球沿轨道在竖直面内运动．当小球回到A点时，再次用小锤沿运动方向击打小球，通过两次击打，小球才能运动到圆轨道的最高点．已知小球在运动过程中始终未脱离轨道，在第一次击打过程中小锤对小球做功W1，第二次击打过程中小锤对小球做功W2.设先后两次击打过程中小锤对小球做功全部用来增加小球的动能，则的值可能是( )

W1W2

1A. 23C. 4

2B. 3D.1

解析：第一次击打，小球运动的最大高度为R，即W1≤mgR，第二次击打，小球才能运动到

v2高

圆轨道的最高点，而恰好过最高点的条件为mg＝m，即v高＝gR，小球从静止到到达最

R125W12

高点的过程，由动能定理得W1＋W2－mg2R＝mv高－0，得W1＋W2＝mgR，则≤.故选A、B.

22W23答案：AB

9.(2016·石家庄模拟)如图所示，半径为R的半圆形光滑凹槽A静止在光滑水平面上，其质量为m.现有一质量也为m的小物块B，由静止开始从槽左端的最高点沿凹槽滑下，当小物块

B刚要到达槽最低点时，凹槽A恰好被一表面涂有黏性物的固定挡板粘住，在极短的时间内

速度减为零；小物块B继续向右运动，运动到距槽最低点的最大高度是.则小物块从释放到

2第一次到达最低点的过程中，下列说法正确的是( )

R

1

A．凹槽A对小物块B做的功W＝－mgR

2B．凹槽A对小物块B做的功W＝mgR

C．凹槽A被粘住的瞬间，小物块B对凹槽A的压力大小为mg D．凹槽A被粘住的瞬间，小物块B对凹槽A的压力大小为2mg

解析：设小物块B第一次到达最低点的速度为v，小物块B从最低点继续向右运动到最高点，

R12

根据动能定理有mg＝mv，得v＝gR，小物块B从左端最高点到最低点的过程中，对B22

121

由动能定理有mgR＋W＝mv－0，得W＝－mgR，A项正确，B项错误．在最低点小物块所受

22

v2

的向心力F向＝FN－mg＝m，得FN＝2mg，则由牛顿第三定律可知小物块对凹槽的压力大小

R

7

FN′＝FN＝2mg，所以D项正确，C项错误．

答案：AD 三、非选择题

10．小孩玩冰壶游戏，如图所示，将静止于O点的冰壶(视为质点)沿直线OB用水平恒力推到A点放手，此后冰壶沿直线滑行，最后停在B点．已知冰面与冰壶的动摩擦因数为μ，冰壶质量为m，OA＝x，AB＝L，重力加速度为g.求：

(1)冰壶在A点的速率vA；

(2)冰壶从O点运动到A点的过程中受到小孩施加的水平推力F.

解析：(1)冰壶从A点运动至B点的过程中，只有滑动摩擦力对其做负功， 12

由动能定理得－μmgL＝0－mvA

2解得vA＝2μgL.

(2)冰壶从O点运动至A点的过程中，水平推力F和滑动摩擦力同时对其做功， 12

由动能定理得(F－μmg)x＝mvA

2μmg?x＋L?

解得F＝. xμmg?x＋L?答案：(1)2μgL (2) x11.2015年7月举行的世锦赛10米跳台比赛中，我国运动员技压群芳，夺得优异成绩．设运动员质量为m＝50 kg，其体形可等效为长度l＝1.0 m、直径d＝0.3 m的圆柱体，不计空气阻力，当她跳起到达最高点时，她的重心离跳台台面的高度为0.70 m，在从起跳到接触水面过程中完成一系列动作，入水后水的等效阻力F(不包括浮力)作用于圆柱体的下端面，

F的数值随入水深度y变化的函数图象如图所示，该直线与F轴相交于F＝2.5mg处，与y轴相交于y＝h(某一未知深度)处．为了确保运动员的安全，水池必须有一定的深度，已知水的密度ρ＝1×10 kg/m，g取10 m/s，根据以上的数据估算：

3

3

2

(1)起跳瞬间所做的功；

(2)从起跳到接触水面过程的时间；

(3)跳水池至少应为多深．(保留两位有效数字)

1.0

解析：(1)起跳瞬间做功W＝mgh1，h1＝0.70 m－ m＝0.2 m，代入数据得W＝100 J.

212

(2)从起跳到接触水面为竖直上抛运动，mv0＝mgh1，代入数据得v0＝2 m/s，根据位移公式

2

8

12

得－h2＝v0t－gt，h2＝10 m，代入数据得t＝1.63 s.

2

(3)由F－y图象可知，阻力F随y均匀变化，故平均阻力为.从起跳到入水至最低点，设水

2池至少深为h，根据动能定理得

FFhF浮lW＋mg(h2＋h)－－－F浮(h－l)＝0.

2

2

πd式中F浮＝ρgV＝ρgl，

4代入数据，得h＝6.6 m.

答案：(1)100 J (2)1.63 s (3)6.6 m

12．(2015·启东中学期中)如图所示，倾角为37°的粗糙斜面AB底端与半径R＝0.4 m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＝1 kg的滑块从A点由静止开始下滑，恰好能滑到与O点等高的D点．g取10 m/s，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.

2

2

(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处的速度大小为4 m/s，求滑块从C点飞出至落到斜面上所经历的时间t. 解析：(1)滑块从A点到D点的过程中，根据动能定理有

2R＝0

sin 37°

mg·(2R－R)－μmgcos 37°·

解得μ＝0.375

(2)若滑块能到达C点，根据牛顿第二定律有

2mvCmg＋FN＝

R当FN＝0时，滑块恰能到达C点，有vC≥Rg＝2 m/s 滑块从A点到C点的过程中，根据动能定理有 2R1212

－μmgcos 37°·＝mvC－mv0

sin 37°22解得v0≥23 m/s

12

(3)滑块离开C点做平抛运动，有x＝vt，y＝gt

22R－y由几何关系得tan 37°＝

x联立以上各式整理得5t＋3t－0.8＝0 解得t＝0.2 s

9

2

答案：(1)0.375 (2)23 m/s (3)0.2 s

10

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