2021届某中学高考物理一轮复习专题10—动能定理的应用.doc

1、专题十 动能定理的应用知识点总结一对动能定理的理解1动能定理表明了“三个关系”(1)数量关系：合外力做的功与物体动能的变化具有等量代换关系，但并不是说动能变化就是合外力做的功(2)因果关系：合外力做功是引起物体动能变化的原因(3)量纲关系：单位相同，国际单位都是焦耳2标量性动能是标量，功也是标量，所以动能定理是一个标量式，不存在方向的选取问题当然动能定理也就不存在分量的表达式二动能定理的基本应用1应用流程2注意事项(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)应用动能定理的关键在于准确分析研究对象的受力情况及运动情况，可以画出运动过程的草图

2、，借助草图理解物理过程之间的关系(3)当物体的运动包含多个不同过程时，可分段应用动能定理求解；也可以全过程应用动能定理(4)列动能定理方程时，必须明确各力做功的正、负，确实难以判断的先假定为正功，最后根据结果加以检验三动能定理与图象问题的结合1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、图线下的面积所对应的物理意义，分析解答问题，或者利用函数图线上的特定值代入函数关系式

3、求物理量2图象所围“面积”的意义(1)vt图象：由公式xvt可知，vt图线与坐标轴围成的面积表示物体的位移(2)at图象：由公式vat可知，at图线与坐标轴围成的面积表示物体速度的变化量(3)Fx图象：由公式WFx可知，Fx图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功(4)Pt图象：由公式WPt可知，Pt图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功专题练习1.(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，现以恒定的外力拉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()A外力F做的功等于A和B动能的增量BB对A的摩擦力所做的功等于A的动能

4、的增量CA对B的摩擦力所做的功等于B对A的摩擦力所做的功D外力F对B做的功等于B的动能的增量与B克服摩擦力所做的功之和【答案】BD【解析】A物体所受的合外力等于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的动能的增量，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相对地的位移不相等，故二者做功不相等，C错误对B应用动能定理WFWfEkB，WFEkBWf，即外力F对B做的功等于B的动能的增量与B克服摩擦力所做的功之和，D正确根据功能关系可知，外力F做的功等于A和B动能的增量与产生的内能之和，故A错误2.（多选

5、）用力F拉着一个物体从空中的a点运动到b点的过程中，重力做功3 J，拉力F做功8 J，空气阻力做功0.5 J，则下列判断正确的是()A物体的重力势能增加了3 JB物体的重力势能减少了3 JC物体的动能增加了4.5 JD物体的动能增加了8 J【答案】AC【解析】因为重力做功3 J，所以重力势能增加3 J，A正确，B错误；根据动能定理W合Ek，得Ek3 J8 J0.5 J4.5 J，C正确，D错误3.如图所示为某一游戏的局部简化示意图。D为弹射装置，AB是长为21 m的水平轨道，倾斜直轨道BC固定在竖直放置的半径为R=10 m的圆形支架上，B为圆形的最低点，轨道AB与BC平滑连接，且在同一竖直平面

6、内。某次游戏中，无动力小车在弹射装置D的作用下，以v0=10 m/s的速度滑上轨道AB，并恰好能冲到轨道BC的最高点。已知小车在轨道AB上受到的摩擦力为其重量的0.2倍，轨道BC光滑，则小车从A到C的运动时间是A5 sB4.8 sC4.4 sD3 s【答案】A【解析】设小车的质量为m，小车在AB段所匀减速直线运动，加速度，在AB段，根据动能定理可得，解得，故；小车在BC段，根据机械能守恒可得，解得，过圆形支架的圆心O点作BC的垂线，根据几何知识可得，解得，故小车在BC上运动的加速度为，故小车在BC段的运动时间为，所以小车运动的总时间为，A正确。4.（多选）如图所示，DO是水平面，AB是斜面，初

7、速度为v0的物体从D点出发沿DBA滑动到顶点A时速度刚好为零，如果斜面改为AC，让该物体从D点出发沿DCA滑动到顶点A且速度刚好为零，若已知该物体与路面之间的动摩擦因数处处相同且不为零，则由此可知A该物体从D点出发（沿DCA滑动刚好到顶点A）初速度一定也为v0B该物体从D点出发（沿DCA滑动刚好到顶点A）初速度不一定为v0C该物体从A点静止出发沿ACD 滑动到D点的速度大小一定为v0D该物体从A点静止出发沿ACD 滑动到D点的速度一定小于v0【答案】AD【解析】物体从D点滑动到顶点A过程中，由动能定理可得:，由几何关系 ，因而上式可以简化为，即，从上式可以看出，到达顶点的动能与路径无关，所以该

8、物体从D点出发（沿DCA滑动刚好到顶点A）初速度一定也为v0，故A正确；B错误；该物体从A点静止出发沿ACD 滑动到D点有动能定理可知：与公式，比较可知：，故C错误；D正确；故选AD。5.（多选）从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能Ek与重力势能Ep之和。取地面为重力势能零点，该物体的E总和Ep随它离开地面的高度h的变化如图所示。重力加速度取10 m/s2。由图中数据可得A物体的质量为2 kgBh=0时，物体的速率为20 m/sCh=2 m时，物体的动能Ek=40 JD从地面至h=4 m，物体的动能减少100 J【答案】AD【解析】AEph图像知其斜率为G，故G=20 N，解得m=2

9、 kg，故A正确Bh=0时，Ep=0，Ek=E机Ep=100 J0=100 J，故=100 J，解得：v=10 m/s，故B错误；Ch=2 m时，Ep=40 J，Ek=E机Ep=85 J40 J=45 J，故C错误；Dh=0时，Ek=E机Ep=100 J0=100 J，h=4 m时，Ek=E机Ep=80 J80 J=0 J，故EkEk=100 J，故D正确。6.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A2 kg

10、B1.5 kgC1 kgD0.5 kg【答案】C【解析】对上升过程，由动能定理，得，即F+mg=12 N；下落过程，即N，联立两公式，得到m=1 kg、F=2 N。7.用传感器研究质量为2 kg的物体由静止开始做直线运动的规律时，在计算机上得到06 s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()A06 s内物体先向正方向运动，后向负方向运动B06 s内物体在4 s时的速度最大C物体在24 s时的速度不变D04 s内合力对物体做的功等于06 s内合力对物体做的功【答案】D【解析】物体6 s末的速度v6(25)2 m/s12 m/s6 m/s，则06 s内物体一直向正方向运动，A项错

11、误；由题图可知物体在5 s末速度最大，为vm(25)2 m/s7 m/s，B项错误；由题图可知物体在24 s内加速度不变，做匀加速直线运动，速度变大，C项错误；在04 s内由动能定理可知，W合4mv420，又v4(24)2 m/s6 m/s，得W合436 J,06 s内合力对物体做的功：W合6mv620，又v66 m/s，得W合636 J则W合4W合6，D项正确8.（多选）沙坡头景区的滑沙项目由于惊险刺激，因此深受游客的喜欢。假设某条滑道由上下两段高均为h，与水平面倾角分别为和的滑道组成，滑沙板与沙地之间的动摩擦因数为。质量为m的载人滑沙板从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰

12、好静止于滑道的底端（不计滑沙板在两段滑道交接处的能量损失，sin37=0.6，cos37=0.8，重力加速度大小为g）。则A动摩擦因数B载人滑沙板最大速度为C载人滑沙板克服摩擦力做功为mghD载人滑沙板在下段滑道上的加速度大小为【答案】AB【解析】A项：对整个过程，由动能定理得：，解得：，故A正确；B项：滑草车通过第一段滑道末端时速度最大，设为v，由动能定理得：，故B正确；C项：对整个过程，由动能定理得：，解得：载人滑草车克服摩擦力做功为：Wf=2mgh。故C错误；D项：载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为：，故D错误。9.目前，我国在人工智能和无人驾驶技术方面已取得较大突破。为早日实现无人驾

13、驶，某公司对汽车性能进行了一项测试，让质量为m的汽车沿一山坡直线行驶。测试中发现，下坡时若关掉油门，则汽车的速度保持不变；若以恒定的功率P上坡，则从静止启动做加速运动，发生位移s时速度刚好达到最大值vm。设汽车在上坡和下坡过程中所受阻力的大小分别保持不变，下列说法正确的是A关掉油门后的下坡过程，汽车的机械能守恒B关掉油门后的下坡过程，坡面对汽车的支持力的冲量为零C上坡过程中，汽车速度由增至，所用的时间可能等于D上坡过程中，汽车从静止启动到刚好达到最大速度vm，所用时间一定小于【答案】D【解析】A、关掉油门后的下坡过程，汽车的速度不变、动能不变，重力势能减小，则汽车的机械能减小，故A错误；B、关

14、掉油门后的下坡过程，坡面对汽车的支持力大小不为零，时间不为零，则冲量不为零，故B错误；C、上坡过程中，汽车速度由增至，所用的时间为t，根据动能定理可得：，解得，故C错误；D、上坡过程中，汽车从静止启动到刚好达到最大速度，功率不变，则速度增大、加速度减小，所用时间为，则，解得，故D正确。10.如图所示，与水平面夹角37的斜面和半径R0.4 m的光滑圆轨道相切于B点，且固定于竖直平面内滑块从斜面上的A点由静止释放，经B点后沿圆轨道运动，通过最高点C时轨道对滑块的弹力为零已知滑块与斜面间动摩擦因数0.25.(g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)求： (1)滑块在C点的速度大小

15、vC；(2)滑块在B点的速度大小vB；(3)A、B两点间的高度差h.【答案】(1)2 m/s(2)4.29 m/s(3)1.38 m【解析】(1)在C点，滑块竖直方向所受合力提供向心力mg解得vC2 m/s(2)对BC过程，由动能定理得mgR(1cos 37)mvC2mvB2解得vB4.29 m/s(3)滑块在AB的过程，由动能定理得mghmgcos 37mvB20代入数据解得h1.38 m.11.如图甲所示，在倾角为30的足够长的光滑斜面AB的A处连接一粗糙水平面OA，OA长为4 m有一质量为m的滑块，从O处由静止开始受一水平向右的力F作用F只在水平面上按图乙所示的规律变化滑块与OA间的动摩

16、擦因数0.25，g取10 m/s2，试求： (1)滑块运动到A处的速度大小；(2)不计滑块在A处的速率变化，滑块冲上斜面AB的长度是多少？【答案】(1)5 m/s(2)5 m【解析】(1)由题图乙知，在前2 m内，F12mg，做正功，在第3 m内，F20.5mg，做负功，在第4 m内，F30.滑动摩擦力Ffmg0.25mg，始终做负功，对于滑块在OA上运动的全过程，由动能定理得F1x1F2x2FfxmvA20代入数据解得vA5 m/s.(2)对于滑块冲上斜面的过程，由动能定理得mgLsin 300mvA2解得L5 m所以滑块冲上斜面AB的长度L5 m.12.如图所示，光滑的轨道ABO的AB部分

17、与水平部分BO相切，轨道右侧是一个半径为R的四分之一的圆弧轨道，O点为圆心，C为圆弧上的一点，OC与水平方向的夹角为37.现将一质量为m的小球从轨道AB上某点由静止释放已知重力加速度为g，不计空气阻力(sin 37，cos 37) (1)若小球恰能击中C点，求刚释放小球的位置距离BO平面的高度；(2)改变释放点的位置，求小球落到轨道时动能的最小值【答案】(1)(2)【解析】(1)设小球经过O点的速度为v0，从O点到C点做平抛运动，则有Rcos 37v0t，Rsin 37gt2从A点到O点，由动能定理得mghmv02联立可得，刚释放小球的位置距离BO平面的高度hR；(2)设小球落到轨道上的点与O

18、点的连线与水平方向的夹角为，小球做平抛运动，Rcos v0tRsin gt2对此过程，由动能定理得mgRsin Ekmv02解得EkmgR(sin )当sin 时，小球落到轨道时的动能最小，最小值为EkmgR.13.如图所示，轻质弹簧一端固定在墙壁上的O点，另一端自由伸长到A点，OA之间的水平面光滑，固定曲面在B处与水平面平滑连接AB之间的距离s1 m质量m0.2 kg的小物块开始时静置于水平面上的B点，物块与水平面间的动摩擦因数0.4.现给物块一个水平向左的初速度v05 m/s，g取10 m/s2. (1)求弹簧被压缩到最短时所具有的弹性势能Ep；(2)求物块返回B点时的速度大小；(3)若物块能冲上曲面的最大高度h0.2 m，求物块沿曲面上滑过程所产生的热量【答案】(1)1.7 J(2)3 m/s(3)0.5 J【解析】(1)对小物块从B点至压缩弹簧最短的过程，由动能定理得，mgsW克弹0mv02W克弹Ep代入数据解得Ep1.7 J(2)对小物块从B点开始运动至返回B点的过程，由动能定理得，mg2smvB2mv02代入数据解得vB3 m/s(3)对小物块沿曲面的上滑过程，由动能定理得W克fmgh0mvB2产生的热量QW克f0.5 J.