2020-2021物理第二册提升训练：第八章 专题三 动能定理的综合应用含解析

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精2020-2021学年新教材物理人教版必修第二册提升训练：第八章专题三动能定理的综合应用含解析专题三动能定理的综合应用1．动能定理公式中体现的“三个关系”(1)数量关系：合力所做的功与物体eq\o(□,\s\up4（01）)动能的变化具有等量代换关系，可以通过计算物体动能的变化，求eq\o(□，\s\up4(02）)合力做的功，进而求得某一力做的功。(2）单位关系：等式两侧物理量的国际单位都是eq\o（□,\s\up4（03)）焦耳。(3)因果关系：合力做的功是引起物体eq\o(□,\s\up4(04)）动能变化的原因.2．对“力”的理解动能定理中所说的“力”，是重力、弹力、摩擦力等物体所受各个力的合力.3．应用动能定理的“四点注意"（1）动能定理中的位移和速度必须是相对于eq\o（□，\s\up4(05)）同一个参考系的,一般以eq\o（□，\s\up4（06)）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一个eq\o（□，\s\up4（07））标量式，不能在某方向上应用动能定理。(3)动能定理往往用于单个物体的运动过程，由于不涉及加速度和eq\o（□,\s\up4（08)）时间，比动力学研究方法更简便。(4）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；当所求解的问题不涉及中间的速度时，也可以eq\o（□，\s\up4(09））全过程应用动能定理求解。4．应用动能定理解题的基本思路（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一般步骤（3)应用动能定理解题的关键是写出各力做功的代数和,不要漏掉某个力的功，同时要注意各力做功的正负.典型考点一动能定理在曲线运动中的应用1．如图所示，物块分别两次从凹形曲面上A处滑至最低点B处，若第1次下滑时的初速度大于第2次下滑时的初速度，则物块下滑时摩擦阻力所做的功的大小是()A．第1次大B．第2次大C．两次一样D．无法确定答案A解析第1次下滑时的初速度大于第2次下滑时的初速度,所以第1次下滑时需要的向心力大，即每一位置都是第1次受到的支持力大；根据f＝μFN，则每一位置都是第1次受到的摩擦力大，所以第1次物块下滑时摩擦阻力所做的功大，A正确.2．“水流星”是一种常见的杂技项目,该运动可以简化为轻绳一端系着小球在竖直平面内的圆周运动模型（如图所示）。已知绳长为l，重力加速度为g，则(）A．小球运动到最低点Q时，处于失重状态B．当v0＞eq\r（2gl)时，小球一定能通过最高点PC．当v0＜eq\r(gl)时，细绳始终处于绷紧状态D．小球初速度v0越大,则在P、Q两点绳对小球的拉力差越大答案C解析小球运动到最低点Q时,加速度的方向向上，处于超重状态,故A错误；由meq\f（v2，l)＝mg，得球越过最高点的临界速度v＝eq\r（gl)，根据动能定理得，－mg×2l＝eq\f(1，2)mv2－eq\f（1,2）mveq\o\al(2，0)，解得v0＝eq\r(5gl）,即在最低点的速度需满足v0≥eq\r(5gl），小球才能通过最高点P，故B错误；当v0＜eq\r(gl）时，根据动能定理得，－mgh＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al（2，0）,则h<eq\f(1,2)l，可知小球不会越过四分之一圆周，细绳始终处于绷紧状态,故C正确；在Q点，根据牛顿第二定律得,F1－mg＝eq\f(mv\o\al(2，0），l)，在P点，F2＋mg＝eq\f（mv2，l)，又－mg·2l＝eq\f(1，2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2，0)，联立解得拉力差ΔF＝F1－F2＝6mg，由此可知拉力差与v0大小无关，故D错误。3．如图所示,质量为m的小物块在粗糙水平桌面上做直线运动，经距离l后以速度v飞离桌面,最终落在水平地面上.已知l＝1。4m，v＝3。0m/s，m＝0.10kg，物块与桌面间的动摩擦因数μ＝0。25，桌面高h＝0。45m。不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2.求：(1）小物块落地点距飞出点的水平距离s；（2)小物块落地时的动能Ek；（3）小物块的初速度大小v0。答案（1)0.9m（2）0.9J(3）4m/s解析（1)由h＝eq\f（1，2）gt2，s＝vt解得s＝0.9m。(2）根据动能定理mgh＝Ek－eq\f（1,2）mv2解得Ek＝mgh＋eq\f(1,2）mv2＝0.9J。（3）由动能定理－μmgl＝eq\f（1，2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al（2，0)故v0＝eq\r（v2＋2μgl)＝4m/s。4．如图所示,质量为m的小球用长为L的轻质细线悬于O点，与O点处于同一水平线上的P点处有一根光滑的细钉，已知OP＝eq\f(L,2），在A点给小球一个水平向左的初速度v0，发现小球恰能到达跟P点在同一竖直线上的最高点B.已知重力加速度为g，求：（1)小球到达B点时的速率;（2）若不计空气阻力，则初速度v0为多少？（3)若初速度变为v0′＝3eq\r（gL），其他条件均不变，则小球从A到B的过程中空气阻力做了多少功？答案（1）eq\r(\f（gL，2)）(2）eq\r(\f(7gL,2））（3）－eq\f（11,4)mgL解析（1)小球恰能到达最高点B,则在最高点有mg＝eq\f(mv2,\f（L，2）)，得小球到达B点时的速率v＝eq\r（\f（gL,2）)。（2)由动能定理得－mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(L＋\f（L,2)))＝eq\f（1,2）mv2－eq\f（1，2）mveq\o\al(2,0），则v0＝eq\r（\f(7gL,2))。（3）设小球从A到B的过程中空气阻力做功为Wf,由动能定理得－mgeq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（L＋\f(L,2）))＋Wf＝eq\f（1，2)mv2－eq\f(1，2）mv0′2，解得Wf＝－eq\f(11,4）mgL。典型考点二动能定理在多过程问题中的应用5．如图所示,ABCD是一条长轨道,其中AB段是倾角为θ的斜面，CD段是水平的，BC是与AB和CD都相切的一段圆弧，其长度可以略去不计。一质量为m的小滑块从A点由静止滑下,最后停在D点，现用一沿着轨道方向的拉力拉滑块，使它缓缓地由D点回到A点，则拉力对滑块做的功等于(设滑块与轨道间的动摩擦因数为μ)()A．mgh B．2mghC．μmgeq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(l＋\f(h，sinθ））） D．μmgl＋μmghcotθ答案B解析由A到D，滑块先在斜面上加速，后在水平面上减速停下。在整个过程中，重力做正功WG＝mgh，摩擦力做功为Wf＝－eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（μmgl＋μmg·cosθ·\f(h，sinθ)））＝－μmg·（l＋hcotθ)，支持力始终不做功。全程由动能定理有mgh＋Wf＝0得Wf＝－mgh由D返回A，设拉力做功WF，摩擦力做功仍为Wf，重力做功为WG′＝－mgh由动能定理,得WF＋Wf－mgh＝0解得WF＝2mgh＝2μmg（l＋hcotθ），B正确,A、C、D错误。6．从离地面H高处落下一只小球，小球在运动过程中所受的空气阻力是它重力的k(k<1）倍,而小球与地面相碰后,能以相同大小的速率反弹，求：（1)小球第一次与地面碰撞后，能够反弹起的最大高度是多少?（2)小球从释放开始,直至停止弹跳为止，所通过的总路程是多少？答案（1)eq\f（1－k,1＋k）H(2)eq\f（H，k）解析(1）设小球第一次与地面碰撞后，能够反弹起的最大高度是h，则由动能定理得mg（H－h)－kmg(H＋h)＝0解得h＝eq\f(1－k，1＋k）H。(2）设球从释放开始,直至停止弹跳为止，所通过的总路程是s，对全过程由动能定理得mgH－kmgs＝0解得s＝eq\f（H，k)。7．如图所示,AB、BC、CD三段轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接，其中轨道AB、CD段是光滑的，水平轨道BC的长度L＝5m，轨道CD足够长且倾角θ＝37°，A点离轨道BC的高度H＝4.3m。质量为m的小滑块自A点由静止释放,已知小滑块与轨道BC间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0。6，cos37°＝0.8。求：(1)小滑块第1次到达C点时的速度大小;（2）小滑块第1次与第2次通过C点的时间间隔；(3)小滑块最终停止位置距B点的距离。答案(1）6m/s(2)2s（3）1.4m解析（1）小滑块沿A→B→C运动过程中，由动能定理得mgH－μmgL＝eq\f（1，2）mveq\o\al（2,C）,代入数据得小滑块第1次到达C点时的速度大小vC＝6m/s。(2)小滑块沿CD段上滑的加速度大小a＝gsinθ＝6m/s2,小滑块沿CD段上滑到最高点的时间t1＝eq\f（vC,a)＝1s，由对称性可知小滑块从最高点滑回C点的时间t2＝t1＝1s，故小滑块第1次与第2次通过C点的时间间隔t＝t1＋t2＝2s。（3）设小滑块在水平轨道上运动的总路程为s，对小滑块运动的全过程利用动能定理有mgH－μmgs＝0，代入数据得s＝8。6m，故小滑块最终停止位置距B点的距离为2L－s＝1.4m。1．下列关于做功和物体动能变化的关系，不正确的是()A．只有动力对物体做功时，物体的动能增加B．只有阻力对物体做功时,它的动能减少C．外力对物体做功的代数和等于物体的末动能与初动能之差D．动力和阻力都对物体做功，物体的动能一定变化答案D解析根据动能定理W总＝ΔEk，知合力做的功等于物体动能的变化。动力对物体做正功，所以，只有动力对物体做功时,物体的动能增加，A正确；阻力对物体做负功，只有阻力对物体做功时，它的动能减少，故B正确；外力对物体做功的代数和等于合力对物体做的功，根据动能定理可知：外力对物体做功的代数和等于物体的末动能与初动能之差，故C正确;动力和阻力都对物体做功，物体受各个力做功的代数和可能为零，即物体的动能可能不变,故D错误。2．一质量为1kg的滑块，以6m/s的初速度在光滑的水平面上向左滑行。从某一时刻起在滑块上施加一个向右的水平力，经过一段时间后，滑块的速度方向变成向右，大小仍为6m/s。在这段时间里水平力对物体所做的功是（）A．0 B．9JC．18J D．无法确定答案A解析动能的大小与速度的方向无关，在这段时间里滑块的动能大小没有发生变化。根据动能定理，W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2）－eq\f（1，2)mveq\o\al(2,1）＝0，故选A.3．(多选）在水平面上有一质量为M的物体，受到水平力F的作用从静止开始运动，通过距离s撤去力F，这以后又通过距离s停止运动，则在这个过程中(）A．它所受的摩擦力大小为FB．它所受的摩擦力大小为eq\f(F,2)C．力F对物体做的功为FsD．力F对物体做的功为零答案BC解析根据功的定义，力F做的功WF＝Fs,C正确，D错误；根据动能定理Fs－Ff·2s＝0,Ff＝eq\f(1，2)F,A错误，B正确。4。一物体在水平面上，受恒定的水平拉力和摩擦力作用由静止开始沿直线运动，已知在第1s内合力对物体做的功为45J，在第1s末撤去拉力，物体的v.t图像如图所示，g取10m/s2,则（）A．物体的质量为1kgB．物体与水平面间的动摩擦因数为0。2C．第1s内拉力对物体做的功为60JD．第1s内摩擦力对物体做的功为60J答案C解析由题图知，第1s内物体的位移为x1＝eq\f（1×3，2）m＝1。5m,由动能定理得合力做功为W＝F合x1＝eq\f（1，2）mv2＝45J,得F合＝30N，由图知v＝3m/s，解得m＝10kg，故A错误;1～4s内，由动能定理得摩擦力做功为Wf＝0－eq\f（1，2）mv2＝－45J，位移为x2＝eq\f(3×3,2）m＝4.5m，又由Wf＝－μmgx2得μ＝－eq\f(Wf,mgx2）＝eq\f（45,10×10×4。5)＝0。1，故B错误;第1s内摩擦力做功为Wf′＝－μmgx1＝－0。1×10×10×1.5J＝－15J，由动能定理可知WF＋Wf′＝eq\f（1，2)mv2＝45J，解得拉力对物体做的功为WF＝60J，故C正确，D错误.5．如图所示，长为2L的轻杆上端及其正中央固定两个质量均为m的小球,杆的下端有光滑铰链与水平面相连接，杆原来竖直静止，现让其自由倒下，则A着地时的速度为（）A。eq\f(1，5)eq\r（15gL) B。eq\f(2,5)eq\r(15gL）C。eq\f（1，5)eq\r(30gL） D。eq\f（2,5)eq\r（30gL)答案D解析设A着地时的速度为v，则B着地时的速度为eq\f(v，2)，杆倒下过程只有球的重力做功，由动能定理得mg·2L＋mgL＝eq\f（1,2)mv2＋eq\f(1,2）meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(v，2）))2－0，解得v＝eq\f（2,5）eq\r（30gL)，D正确.6．如图所示，半圆形轨道MON竖直放置且固定在地面上，直径MN是水平的。一小物块从M点正上方高度为H处自由下落，正好在M点滑入半圆轨道,测得其第一次离开N点后上升的最大高度为eq\f(H,2)。小物块接着下落从N点滑入半圆轨道，在向M点滑行的过程中(整个过程不计空气阻力)()A．小物块正好能到达M点B．小物块一定到不了M点C．小物块一定能冲出M点D．不能确定小物块能否冲出M点答案C解析小物块从开始到到达N点上方eq\f（H,2）处过程根据动能定理得mgH－mgeq\f(H，2)＋Wf＝0，假设能到达M点且到M点时速度为v，根据动能定理有mgeq\f(H，2)＋Wf′＝eq\f(1,2)mv2，因小物块第二次经过半圆轨道过程中在同一处速度均小于第一次，则轨道支持力也变小,物块所受摩擦力变小，故摩擦力做功减少,则速度v〉0，因此小物块能冲出M点,C正确。7．如图所示，ABCD是一个固定在水平地面上的盆式容器，盆的内侧与盆底BC的连接处都是一段与BC相切的圆弧。BC水平，其长度为d＝0.50m，盆边缘的高度为h＝0。30m，在A处放一个质量为m的小物块并让其自由下滑，已知盆内侧壁是光滑的，而盆底BC面与小物块间的动摩擦因数μ＝0.10，小物块在盆内来回滑动,最后停下来，则停的地点到B的距离为（)A．0.50mB．0.25mC．0。10mD．0答案D解析对小物块从A点出发到最后停下来的整个过程应用动能定理有mgh－μmgl＝0,l＝eq\f(h,μ）＝eq\f(0。3，0。1)m＝3m，而d＝0.5m，刚好在B、C间往返运动了3次，所以最终停在B点，故选D.8．如图所示，斜面倾角为θ,滑块质量为m，滑块与斜面的动摩擦因数为μ，从距挡板P为s0的位置以v0的速度沿斜面向上滑行。设重力沿斜面的分力大于滑动摩擦力,且每次与P碰撞前后的速度大小保持不变，挡板与斜面垂直，斜面足够长。已知重力加速度为g，求滑块从开始运动到最后停止滑行的总路程s.答案eq\f（s0tanθ,μ)＋eq\f（v\o\al(2，0),2μgcosθ)解析滑块在斜面上运动时受到的摩擦力大小Ff＝μFN＝μmgcosθ整个过程滑块下落的总高度h＝s0sinθ根据动能定理mgh－Ff·s＝0－eq\f（1,2）mveq\o\al(2,0）联立以上各式得s＝eq\f（s0tanθ,μ)＋eq\f（v\o\al（2，0），2μgcosθ)。9．如图所示,质量m＝1kg的木块静止在高h＝1.2m的平台上，木块与平台间的动摩擦因数μ＝0。2,用水平推力F＝20N推木块，使木块产生位移l1＝3m时撤去推力，木块又滑行l2＝1m后飞出平台,求木块落地时速度的大小（g取10m/s2)。答案8eq\r（2）m/s解析木块运动分为三个阶段，先是匀加速直线运动，然后是匀减速直线运动，最后是平抛运动。设木块落地时的速度为v。整个过程中各力做功情况分别为：推力做功WF＝Fl1摩擦力做功Wf＝－μmg（l1＋l2)重力做功WG＝mgh故合力做的功：W＝Fl1－μmg(l1＋l2）＋mgh由动能定理W＝ΔEk得Fl1－μmg(l1＋l2）＋mgh＝eq\f（1，2)mv2－0，代入数据解得v＝8eq\r（2)m/s。10．如图所示,质量m＝0.1kg的金属小球从距水平面高h＝2.0m的光滑斜面上由静止开始释放,运动到A点时无能量损耗，水平面AB是长2。0m的粗糙平面，与半径为R＝0.4m的光滑的半圆形轨道BCD相切于B点，其中半圆形轨道在竖直平面内，D为轨道的最高点，小球恰能通过最高点D，求：(g＝10m/s2）（1）小球运动到A点时的速度大小;(2）小球从A运动到B的过程中摩擦阻力所做的功;（3)小球从D点飞出后落点E与A的距离。答案（1)2eq\r（10)m/s(2）－1J（3）1。2m解析(1)根据题意可得，小球下落到A点的过程中由动能定理得:W＝mgh＝eq\f（1,2)mveq\o\al（2，A）解得vA＝2eq\