动能定理及其应用

1、全国名校高考物理复习优质专题训练汇编（附详解）第15课动能定理及其应用1. 动能、动能定理的理解 a.速度、合力与动能的关系（1）（优质试题，6分）关于物体的动能，下列说法中正确的是（）A .物体速度变化，其动能一定变化B .物体所受的合力不为零，其动能一定变化C.物体的动能变化，其运动状态一定发生改变D .物体的速度变化越大，其动能一定变化也越大 答案：C解析：若速度的方向变化而大小不变，则其动能不变化，故A项错 误。物体所受合力不为零，只要速度大小不变，其动能就不变化，如 匀速圆周运动中，物体所受合力不为零，但速度大小始终不变，动能 不变，故B项错误。物体动能变化，其速度一定发生变化，故运

2、动 状态改变，故C项正确。例如竖直上抛运动中物体经过同一点 （非最 高点）时的速度变化量要大于其到达最高点的速度变化量，但在该点时的动能变化量为0,小于从该点到达最高点时的动能变化量，故D 项错误。b合力做功对动能的影响 （2）（优质试题分）下列对动能定理的理解，正确的是（）A .物体具有动能是由于力对物体做了功B .物体在合力作用下做匀变速直线运动，则动能在一段过程中变化量一定不为零C.在某个过程中，外力做的总功等于各个力单独做功的绝对值之和D .如果物体所受的合力为零，那么物体的动能变化量为零 答案：D解析：物体运动就会有动能，与有无外力做功没有关系，故A项错 误。竖直上抛运动是一种匀变速

3、直线运动， 在上升和下降阶段经过同 一位置时动能相等，动能在这段过程中的变化量为零，故B项错误。外力做的总功等于各个力单独做功的代数和，故C项错误。物体所 受合力为零，则合力不做功，物体动能变化量为零，故 D项正确。2.动能定理的应用 a.利用动能定理求直线运动中的各类参数 （3）（多选）（优质试题，6分）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 歩质量为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 计滑草车在两段滑道交接处的能量损失，sin 37 = 0.

4、6, cos 37 = 0.8）。A .动摩擦因数B .载人滑草车最大速度为/2ghC.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35g答案：AB解析：作出滑道简化示意图，如图所示，从A处到C处的过程中,h根据动能定理有 （mgsin 0i 卩mgos t1）w + （mgsin 也卩mgos Sin q碣=0,解得 尸7,故A项正确。到B处时载人滑草车速度 最大，从A处到B处的过程中，根据动能定理有（mgsin厲卩mgos61）si, q = mVm，解得 Vm =，故B项正确。从A处到C处的过程中，克服摩擦力所做的功等于重力势能减少量 2mgh,故C项错误

5、。在下段滑道上的加速度大小a=卩mgos mgsin q = 35g,故D项错 误。b动能定理在平抛、圆周运动中的应用 （4）（优质试题6分）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 全国名校高考物理复习优质专题训练汇编（附详解）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。贝J ()C.1W= 2mgR,1W> 2mgR,W= mgR,Wv |mgR,质点恰好可以到达Q点质点不能到达Q点质点到达

6、Q点后，继续上升一段距离质点到达Q点后，继续上升一段距离答案：C 解析：根据动能定理得P点动能EkP= mgR,经过N点时，根据牛顿2第二定律和向心力公式有 4mg mg= mR，所以N点动能为EkN = 3mgR，从P点到N点根据动能定理有mgR-W= 严mgR,即克服摩擦力做功 W= 哆。质点运动过程，半径2方向的合力提供向心力即Fn mgcos 0= ma= mR( 0为半径与竖直方 向的夹角)，根据左右对称，在同一高度处，由于摩擦力做功导致在 右边圆形轨道中的速度变小，轨道弹力变小，滑动摩擦力 Ff=aF变 小，所以摩擦力做功变小，从 N到Q,根据动能定理，Q点动能EkQ譬mgR- W

7、-響W；由于W'v罟，所以Q点速度仍然 没有减小到0,会继续向上运动一段距离，故C项正确，A项、B项、D项均错误。C.多过程中的动能定理 （5）（优质试题18分）如图，一轻弹簧原长为2R,其一端固定在倾角为 37°勺固定直轨道AC的底端A处，另一端位于直轨道上 B处，弹簧5处于自然状态。直轨道与一半径为5只的光滑圆弧轨道相切于C点,AC= 7R, A、B、C、D均在同一竖直平面内。质量为 m的小物块P 自C点由静止开始下滑，最低到达E点（未画出）。随后P沿轨道被弹一 1回，最高到达F点，AF = 4R。已知P与直轨道间的动摩擦因数 =4,34重力加速度大小为g。（取sin 3

8、7 =5，cos 37 °5） 求P第一次运动到B点时速度的大小。 求P运动到E点时弹簧的弹性势能。 改变物块P的质量，将P推至E点，从静止开始释放。已知 P自 圆弧轨道的最高点D处水平飞出后，恰好通过 G点。G点在C点左 下方，与C点水平相距7R、竖直相距R。求P运动到D点时速度的 大小和改变后P的质量。答案：2何（4分）¥mgR（6分）|辰口（5分）1m（3分） 解析：根据题意知，B、C之间的距离I为 l = 7R 2R（1 分） 设P到达B点时的速度为Vb,根据动能定理有1mglsin 37 卩 mgJos 37 °2mvB（2 分） 联立解得vB=gR（i

9、分） P到达E点时速度为零，设此时弹簧的弹性势能为 Ep, BE=x, P 由B点运动到E点的过程中，根据动能定理有1 2mgxsin 37 卩 mgxos 37 Ep = 02mvB（2 分）E、F之间的距离li为 li = 4R 2R+ x（1 分）P到达E点后反弹，从E点运动到F点的过程中，根据动能定理有Ep mghsin 37 卩 mgCos 37 =0（2 分） 联立解得x= REp = 7mgR（1 分）设改变后P的质量为mi, D点与G点的水平距离xi和竖直距离yi分别为X1 = Ir Rsin 37 （ 1 分）55y1= R+6R+ gRcos 37 （1 分） 设P在D点的

10、速度为VD，由D点运动到G点的时间为t。根据平抛运动规律有 yi = 2g（1 分）Xl = VDt（1 分） 联立解得VD=5/5gR（1 分） 设P在C点速度的大小为Vc,在P由C运动到D的过程中根据动能 定理有551212m1g（6R + 6Rcos 37） = qmiVD 2mivc（1 分）P由E点运动到C点的过程中，同理，根据动能定理有1 2Ep mig（x + 5R）s in 37 amg（x + 5R）cos 37 =2mivc（1 分） 联立解得1m1 = 3m（1 分）3.动能定理与图像结合分析问题 a.动能定理与V t图像结合分析问题（6）（优质试题，6分）A、B两物体放

11、在同一水平面上，受到大小相同的 水平力F的作用，各自从静止开始运动。经过时间to,撤去作用在A 物体上的外力F;经过时间4to，撤去作用在B物体上的外力F。两物体运动的V-1图像如图所示，则A、B两物体（）hlA、B两物体的质量之比为3 : 5A、B两物体与水平面间的动摩擦因数之比为 2 : 1C.在02to时间间隔内，合外力对 A、B两物体做功之比为5 : 3D .在04to时间间隔内，水平力F对A、B两物体做功之比为2 : 1 答案：C 解析：根据图像可知，A物体在力F和滑动摩擦力作用下运动，力F1作用时间to,故F作用的位移Si = -X2voto= voto，滑动摩擦力fi作用1全过程

12、，全过程的位移s； = X 2vo 3to= 3voto。根据动能定理可得FS1 -fis上0,解得F = 3fi。同理可得F与B所受滑动摩擦力f2的关系为F=5f2,故¥=令。在减速运动过程中，由滑动摩擦力提供加速度, 根据牛顿第二定律有m=严，m=半，故有rn1 to m2 tom；=m2,可得nn2=f；=12,故A项错误。根 据减速运动过程中由滑动摩擦力提供加速度， 对A有a； = n =弋严m1m1=P1g = ¥,对B有aB = m = 書罟=g =晋,二式联立得 w =址,故B项错误。02to时间内，根据动能定理可知合力做功之比等于末动1 1能之比，即-m1v

13、1 : 2m2v2 = 5 : 3,故C项正确。根据功的公式可知 W =FL,则 F 做功之比为 Wi : W2= Fto ： Fyx 4to= 1 : 2,故 D 项错 误。b.动能定理与F-x图像结合分析问题(7) (优质试题考试，13分)如图(a)所示，长为4 m的水平轨道AB与半 径为R= 0.6 m的竖直半圆弧轨道BC在B处相连接，有一质量为1 kg 的滑块(大小不计)，从A处由静止开始受水平向右的力F作用，F的 大小随位移变化关系如图(b)所示，滑块与AB间动摩擦因数为0.25, 与BC间的动摩擦因数未知，取g= 10 m/S2。求:20100-10ran h-' 滑块到达B处时的速度大小;滑块在水平轨道AB上运动前2 m过程中所需的时间;若滑块到达B点时撤去力F,滑块沿半圆弧轨道内侧上滑，并恰好能达到最高点C,则滑块在半圆轨道上克服摩擦力所做的功是多少。答案：2你 m/s（3分）、s（5分）5 J（5分） 解析：滑块从A到B的过程中，根据动能定理有iFiXi F2X2卩 mg#2mvB（