2021-2022年新教材高中物理第八章机械能守恒定律第3节动能和动能定理课件新人教版

03第三节动能和动能定理课时1动能定理的理解及简单应用1．[广东湛江2020高一下月考]关于物体的动能，下列说法正确的是()A．质量大的物体，动能一定大B．速度大的物体，动能一定大C．速度方向变化，动能一定变化D．物体的质量不变，速度变为原来的两倍，动能将变为原来的四倍题型1动能的表达式课时1动能定理的理解及简单应用刷基础D关键点拨解答本题的关键是明确动能与物体的质量和速率有关，速度变化，可能是大小变化、可能是方向变化、也可能大小方向均变化．解析由动能公式Ek＝mv2可知，物体的动能与质量和速率有关，质量大的物体，动能不一定大，速度大的物体，动能也不一定大，A、B错误；速度方向变化，若速度大小不变，则动能不变，C错误；物体的质量不变，速度变为原来的两倍，动能将变为原来的四倍，D正确．题型1动能的表达式课时1动能定理的理解及简单应用刷基础

A解析物体做平抛运动，假设落地速度为v，落地时速度方向与水平方向的夹角为α，则水平分速度为vx＝vcosα，竖直分速度为vy＝vsinα；由于平抛运动的水平分运动为匀速直线运动，故v0＝vx＝vcosα；由于平抛运动的竖直分运动为自由落体运动，故下落高度为h；抛出时的动能为Ek0＝；抛出时的势能为Ep0＝mgh＝，则动能与势能之比为，故选A.3．下列关于运动物体的合外力做功和动能、速度变化的关系，正确的是()A．物体做变速运动，合外力一定不为零，动能一定变化B．若合外力对物体做功为零，则合外力一定为零C．物体的合外力做功，它的速度大小一定发生变化D．物体的动能不变，所受的合外力必定为零题型2动能定理的理解及简单应用课时1动能定理的理解及简单应用刷基础C解析物体做变速运动，合外力一定不为零，但是动能不一定变化，例如做匀速圆周运动的物体，A错误；若合外力对物体做功为零，则合外力不一定为零，例如做匀速圆周运动的物体受到的合外力指向圆心，B错误；根据动能定理，物体的合外力做功，它的速度大小一定发生变化，C正确；物体的动能不变，所受的合外力不一定为零，例如做匀速圆周运动的物体，D错误．题型2动能定理的理解及简单应用课时1动能定理的理解及简单应用刷基础D解析设阳台离地面的高度为h，根据动能定理得Ek－初速度相同，高度相同，所以三球落地时动能相同，D正确．题型2动能定理的理解及简单应用课时1动能定理的理解及简单应用刷基础B解析整个过程中，根据动能定理得，－mgh－Wf＝0－，解得物块克服空气阻力所做的功Wf＝－mgh，B正确，A、C、D错误．6．[陕西渭南2020高一下月考](多选)甲、乙两个质量相等的物体，用大小相等的力F分别拉两个物体在水平面上从静止开始移动相同的距离s.如图所示，甲在光滑面上，乙在粗糙面上，则下面的说法中正确的是()A．力F对乙做功比对甲做功多B．力F对甲、乙两个物体做功相同C．甲、乙两物体获得的动能相等D．甲物体获得的动能比乙大题型2动能定理的理解及简单应用课时1动能定理的理解及简单应用刷基础BD解析由W＝Fs知，力F对甲、乙两个物体做功相同，B正确，A错误；由动能定理得，对甲，Fs＝Ek甲，对乙，Fs－fs＝Ek乙，故Ek甲>Ek乙，D正确，C错误．题型2动能定理的理解及简单应用课时1动能定理的理解及简单应用刷基础CD解析物体从第1s末到第3s末做匀速直线运动，合力为零，做功为零，故A错误；由题图可知，第3s末和第7s末物体的动能相等，所以从第3s末到第7s末合外力做功为零，故B错误；从第5s末到第7s末动能的变化量与第1s内动能的变化量相同，合力做功相同，即为W，故C正确；从第3s末到第4s末动能变化量等于

又W=则合力做功为－0.75W，故D正确．8．[江西吉安2019高一下期中]如图所示，质量为m的物体静止在水平光滑的平台上，系在物体上的绳子跨过光滑的定滑轮，由地面上的人以速度v0水平向右匀速拉动，设人从地面上平台的边缘开始向右行至绳与水平方向的夹角θ＝37°处，在此过程中人的拉力对物体所做的功为()题型2动能定理的理解及简单应用课时1动能定理的理解及简单应用刷基础B解析将人的速度沿绳子方向和垂直于绳子方向分解，沿绳子方向的分速度大小等于物体的速度大小，则v物＝v0cos37°，根据动能定理有故B正确．课时1动能定理的理解及简单应用刷易错

C易错点1误认为拉力F为恒力解析用水平拉力F将小球缓慢地拉到细线成水平状态过程中，由动能定理得，W－mgL＝0，解得拉力F做功为W＝mgL，C正确，A、B、D错误．易错分析小球缓慢地拉到细线成水平状态过程中，小球的速率不变，该过程中水平拉力F的大小变化，因此不能用功的公式求拉力F做的功，可根据动能定理求解．9.[浙江金华江南中学2020高一下月考]如图所示，原来质量为m的小球用长L的细线悬挂而静止在竖直位置．用水平拉力F将小球缓慢地拉到细线成水平状态过程中，拉力F做功为()A．FLB.C．mgLD．0课时1动能定理的理解及简单应用刷易错A易错点2不理解功的定义易错分析运动员以不同的速度沿曲面运动到同一位置时，速度越大，所需向心力越大，曲面给运动员的支持力越大，运动员受到的摩擦力越大，克服摩擦力做功越多．解析设运动员以7m/s的初速度从曲面A点运动到B点克服摩擦力做功为Wf1，运动员以6m/s的初速度从曲面的A点运动到B点克服摩擦力做功为Wf2，以7m/s的初速度运动时运动员受到的支持力大，则运动员受到的摩擦力大，则Wf1>Wf2，由动能定理得，mghAB－Wf1＝0，mghAB－Wf2＝由以上各式解得，v>v0＝6m/s，A正确，B、C、D错误．课时1动能定理的理解及简单应用刷提升B解析由匀变速直线运动规律得，v＝at，则动能Ek＝故动能与时间的平方成正比，A错误；由动能定理得，Ek＝F合x＝max，故动能与位移成正比，B正确；由Ek＝mv2知，动能与速度的平方成正比，C错误；由动能定理得，Ek＝Fx－fx，故动能与阻力不成正比，D错误．2．(多选)如图所示，细线上吊着小球，用水平恒力F将小球由静止开始从竖直最低点A拉到B点，小球在B点受到的沿圆弧切线方向的合力恰好为零，此时细线与竖直方向的夹角为θ，则()A．恒力F做的功大于小球重力势能的增加量B．小球将静止在B点C．细线对小球的拉力做的功为零D．若在B点将恒力F撤去，小球来回摆动的角度将大于θ课时1动能定理的理解及简单应用刷提升ACD解析小球由A运动到B的过程中恒力F做功，小球的动能和重力势能均增大，根据动能定理可知，恒力F做的功大于小球克服重力做的功，即恒力F做的功大于小球重力势能的增加量，故A正确；由题意知，小球在B点受到的沿圆弧切线方向的合力恰好为零，即恒力F沿圆弧切线方向的分力与重力沿圆弧切线方向的分力大小相等、方向相反，小球运动到B点之前，小球受到的沿圆弧切线方向的合力大于零，方向与速度方向相同，从A到B小球做加速运动，故小球不可能静止在B点，故B错误；细线的拉力始终与小球的速度方向垂直，所以细线的拉力不做功，故C正确；若在B点将恒力F撤去，由于小球有速度，所以小球来回摆动时偏离竖直方向的最大角度大于θ，故D正确．3.如图所示，质量为m的小球用细线牵引着在光滑的水平面上做匀速圆周运动，O为一光滑的孔，当拉力为F时，转动半径为R；当拉力增大到6F时，小球仍做匀速圆周运动，此时转动半径为.在此过程中，拉力对小球做的功为()课时1动能定理的理解及简单应用刷提升

A解析当细线的拉力为F时，设小球做匀速圆周运动的线速度为v1，则有F当细线的拉力增大到6F时，设小球做匀速圆周运动的线速度为v2，则有6F＝在细线的拉力由F增大到6F的过程中，根据动能定理得W所以拉力对小球所做的功为故选A.课时1动能定理的理解及简单应用刷提升B解析设在小球下落h时弹簧弹力做功为W，由动能定理得，对A小球，mgh＋W＝0，对B小球，2mgh＋W＝由以上两式解得，v＝B正确，A、C、D错误．课时1动能定理的理解及简单应用刷提升B解析设直线轨道与水平面的夹角为θ，则物体下滑位移为x时克服摩擦力做的功Wf＝μmgcosθ·x，而xcosθ为轨道在水平面上的投影长度，可知物体沿甲、乙轨道下滑时克服摩擦力做的功相同，即Wf甲＝Wf乙；根据动能定理有可知物体沿甲、乙轨道下滑到达底端的速度大小相等，v1＝v2.分析丙轨道，可将整个曲线轨道分割为无数小段圆弧，根据圆周运动的规律，每一段小圆弧上物体对轨道的压力都大于在直线轨道上运动时的压力，可知物体在曲线轨道上运动时克服摩擦力做的功大于在直线轨道上运动时克服摩擦力做的功，由可知物体到达底端的速度小于在直线轨道上运动时到达底端的速度，则v1＝v2>v3，故选B.课时1动能定理的理解及简单应用刷提升B解析物体无初速度地放到传送带上，匀加速运动的过程中加速度为a＝设物体从放上传送带到速度与传送带相同经历的时间为t，则有t通过的位移为x＝所以物体在B点的速度与传送带相同，根据动能定理得传送带对物体做的功W＝故选B.7．(多选)如图所示，质量为m的物块在水平恒力F的推动下，从粗糙山坡底部的A处由静止运动至高为h的坡顶B处，并获得速度v，A、B之间的水平距离为x，重力加速度为g，则()A．物块克服重力所做的功是mghB．合外力对物块做的功是mv2C．推力对物块做的功是mv2＋mghD．阻力对物块做的功是mv2＋mgh－Fx课时1动能定理的理解及简单应用刷提升ABD解析物块上升的高度为h，则物块克服重力做的功为mgh，故A正确；物块初动能为零，末动能为，根据动能定理知，合外力做的功为，故B正确；根据动能定理知Fx－mgh＋Wf＝，F为恒力，则恒力做的功为Fx＝＋mgh－Wf，阻力做的功Wf＝＋mgh－Fx，故C错误，D正确．8．如图所示，用跨过光滑定滑轮的缆绳将海面上一艘失去动力的小船沿直线拖向岸边．已知拖动缆绳的力大小恒为F，小船的质量为m，经过A点时的速度为v0，此时小船与滑轮之间的绳长为l0，绳与水平面的夹角为θ0，经过B点时，绳与水平面的夹角为θ.小船受到的阻力以及缆绳质量忽略不计．求：(1)小船经过B点时的加速度；(2)小船经过B点时的速度；(3)小船经过B点时，拖动缆绳的力的功率．课时1动能定理的理解及简单应用刷素养解析(1)根据牛顿第二定律，有Fcosθ＝ma，解得a＝(2)根据动能定理，有解得v＝(3)由瞬时功率公式，有P＝Fvcosθ＝03第三节动能和动能定理课时2动能定理的综合应用题型1动能的表达式课时2动能定理的综合应用刷基础CA、B两物体所受摩擦力大小分别为f1和f2，撤去F后，A的加速度大小为a1＝，B的加速度大小为a2＝，根据牛顿第二定律对A有f1＝2ma1＝，对B有f2＝ma2＝，所以有f1＝f2，对两物体运动的全过程，由动能定理有F1，解得F1∶F2＝2∶1，故A错误，C正确；F1和F2对A、B做功之比为W1∶W2＝，故B错误；对全过程，根据动能定理知，摩擦力对A、B做的功等于水平恒力做的功，则全过程中摩擦力对A、B做功之比为1∶1，故D错误．解析2．[北京清华附中2020高一下期末]质量m＝2kg的物块放在粗糙水平面上，在水平拉力的作用下由静止开始运动，物块动能Ek与其发生位移x之间的关系如图所示．已知物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，g取10m/s2，则下列说法中正确的是()A．x＝1m时物块的速度大小为2m/sB．x＝3m时物块的加速度大小为3m/s2C．在前2m的运动过程中物块所经历的时间为2sD．在前4m的运动过程中拉力对物块做的功为24J题型1动能的表达式课时2动能定理的综合应用刷基础C解析根据图像知，x＝1m时，物块的动能为2J，即mv2＝2J，解得v＝m/s，A错误；对物块从x＝2m到x＝4m过程运用动能定理，有Fx2－μmgx2＝Ek4－Ek2，解得F＝6.5N，a2＝m/s2＝1.25m/s2，B错误；对物块前2m的运动过程运用动能定理得F′x1－μmgx1＝Ek2，解得F′＝6N，该过程物块的加速度a1＝＝1m/s2，x＝2m时速度v2＝m/s＝2m/s，根据v2＝a1t得t＝2s，C正确；对全过程运用动能定理得WF－μmg(x1＋x2)＝Ek4，解得WF＝25J，D错误．3．如图所示，将质量为m的小球以速度v0由地面竖直向上抛出．小球落回地面时，其速度大小为0.5v0.设小球在运动过程中所受空气阻力的大小不变，重力加速度为g，则下列说法正确的是()A．小球克服空气阻力做功B．小球的上升时间等于下降时间C．小球上升的最大高度为D．整个过程小球的重力做功不为零题型1动能的表达式课时2动能定理的综合应用刷基础A解析小球由地面竖直向上抛出到落回地面过程中，由动能定理可知－Wf＝，所以小球克服空气阻力做功为，故A正确；小球上升过程受到的空气阻力向下，下降过程受到的空气阻力向上，则小球上升过程的加速度大小大于下降过程的加速度大小，在位移大小相等的情况下，小球运动需要的时间不相等，故B错误；由于小球在运动过程中所受空气阻力的大小不变，则上升过程中克服阻力做的功为，设在上升过程中小球上升的最大高度为h，根据动能定理知－mgh－解得h＝，故C错误；整个过程中重力势能变化为零，所以重力做功为零，故D错误．题型1动能的表达式课时2动能定理的综合应用刷基础BC4．[江苏启东中学2020高一下开学考试](多选)从离沙坑高度H处无初速度地释放一个质量为m的小球，小球落入沙坑后，陷入深度为h.已知当地重力加速度为g，空气阻力不计，则下列关于小球下落全过程的说法中正确的是()A．重力对小球做功为mgHB．小球的重力势能减少了mg(H＋h)C．合外力对小球所做的总功为零D．小球在沙坑中受到的平均阻力为解析重力对小球做功为mg(H＋h)，小球重力势能减少了mg(H＋h)，A错误，B正确；由动能定理知，合力对小球所做的总功为零，C正确；全过程中，由动能定理得，mg(H＋h)－fh＝0，解得小球在沙坑中受到的平均阻力为f＝mg，D错误．题型1动能的表达式课时2动能定理的综合应用刷基础C解析设斜面的倾角为θ，物块的质量为m，取沿斜面向上为位移正方向．根据动能定理可得，上滑过程中有－mgxsinθ－μmgxcosθ＝Ek－Ek0，所以Ek＝Ek0－(mgsinθ＋μmgcosθ)x;下滑过程中有mgx′sinθ－μmgx′cosθ＝Ek－0，所以Ek＝(mgsinθ－μmgcosθ)x′.由于摩擦力做负功，可知最后的总动能减小．故C正确．题型1动能的表达式课时2动能定理的综合应用刷基础思路分析(1)已知汽车的质量、初速度和末速度，汽车动能的变化量等于末动能减初动能，由动能的计算式解答．(2)对于下坡过程，据动能定理求汽车所受的阻力．(3)对于汽车在“避险车道”上运动的过程，运用动能定理求最大位移．(1)从发现刹车失灵至到达“避险车道”的过程汽车动能的变化量为解得ΔEk＝3.0×105J.(2)汽车下坡过程由动能定理得mgh－Ffl＝ΔEk，代入数据解得Ff＝2.0×103N.(3)设汽车向上运动的最大位移为s.在“避险车道”上运动过程由动能定理得－(mgsin17°＋3Ff)s＝0-mv22，代入数据解得s≈33.3m.解析(1)3.0×105J(2)2.0×103N(3)33.3m课时2动能定理的综合应用刷基础题型1动能的表达式课时2动能定理的综合应用刷基础(1)物体P从A下滑经B到C过程中，根据动能定理得mgLsin37°＋mgR(1－cos37°)－μmgcos37°·L＝mvC2－0，解得vC＝6m/s.物体P在C点，根据牛顿第二定律得，解得FN＝4.6N，由牛顿第三定律知，物体P通过C点时对轨道的压力为4.6N.(2)物体P最后在B和与其等高的圆弧轨道上来回运动时，经C点压力最小，设速度为v′C，由B到C，根据动能定理得mgR(1－cos37°)＝mv′2C，解得v′C＝2m/s，则Nmin－mg＝m，解得Nmin＝1.4N，由牛顿第三定律知，物体P对C点处轨道的最小压力为1.4N.(3)物体P在A到B运动的全过程，根据动能定理得mgLsin37°－μmgcos37°·s＝0，解得s＝12m.解析课时2动能定理的综合应用刷基础(1)6m/s4.6N(2)1.4N(3)12m题型1动能的表达式课时2动能定理的综合应用刷基础解析(1)物体从A到D过程，由动能定理得－mg(h－H)－μmglBC＝0－mv12，代入数据解得μ＝0.5.(2)物体第5次经过B点时，已在BC轨道上运动了4次，由动能定理得mgH－μmg·4lBC＝mv22－mv12，解得v2＝4m/s.(3)分析整个过程，由动能定理得mgH－μmgl＝0－mv12，解得l＝21.6m，所以物体在ABCD轨道上来回运动了10次后，还可以运动1.6m，故最后停止的位置离B点的距离为x＝2m－1.6m＝0.4m.9．(多选)“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．小球初速度v0越大，则在P、Q两点绳对小球的拉力差越大C．当v0＞时，小球一定能通过最高点PD．当v0＜时，轻绳始终处于绷紧状态题型2用动能定理解决圆周运动类问题课时2动能定理的综合应用刷基础CD课时2动能定理的综合应用刷基础解析小球在最低点时，重力与拉力的合力提供向心力，所以小球受到的拉力一定大于重力，小球处于超重状态，故A错误；设小球在最高点的速度为v1，最低点的速度为v2，由动能定理得mg(2l)＝mv22－mv12，小球经过最高点P时有mg＋F1＝，小球经过最低点Q时有F2－mg＝，联立解得F2－F1＝6mg，与小球的初速度无关，故B错误；小球恰好经过最高点P，速度取最小值，只受重力，重力提供向心力有mg＝，得v3＝，小球以初速度v0＝向上运动到最高点的过程，由动能定理得－mg×2l＝，得v4＝＝v3，所以当v0＞时，小球一定能够通过最高点，故C正确；若v0＜，设小球能够上升的最大高度为h，由动能定理得mgh＝，所以h＜小球上升的最高点尚不到与O点等高的高度，绳的拉力始终提供向心力，所以轻绳始终处于绷紧状态，故D正确．题型2用动能定理解决圆周运动类问题课时2动能定理的综合应用刷基础BD解析由牛顿第二定律得，小球在最低点有10mg－mg＝m，8mg－mg＝m，小球运动一圈的过程中，由动能定理得，－W＝mv22－mv12，由以上三式解得，W＝mgR，B正确，A错误；小球在最高点有mg＋F＝m，由最高点到最低点的过程中，由动能定理得，mg·2R－W1＝mv22－mv2，0<W1<W，由以上各式解得，2mg<F<3mg，从最低点到最高点的过程中，由动能定理得，－mg·2R－W2＝mv2－mv12，W>W2>W，由以上各式解得，2mg<F<3mg，故2mg<F<3mg，D正确，C错误．11．[福建厦门双十中学2019高一下第一次月考](多选)如图甲所示，长为l、倾角为α的斜面固定在水平地面上，一质量为m的小物块从斜面顶端由静止释放并沿斜面向下滑动，已知小物块与斜面间的动摩擦因数μ与下滑距离x的关系图像如图乙所示，则()A．μ0>tanαB．小物块下滑的加速度逐渐增大C．小物块下滑到斜面底端的过程中克服摩擦力做的功为μ0mglcosαD．小物块下滑到底端时的速度大小为题型3用动能定理解决变力做功问题课时2动能定理的综合应用刷基础BC解析物块从斜面顶端由静止释放并沿斜面下滑，满足mgsinα＞μ0mgcosα，即μ0＜tanα，故A错误；根据牛顿第二定律有a＝＝gsinα－μgcosα，下滑过程中μ逐渐减小，则加速度a逐渐增大，故B正确；由题图乙可知μ＝－x＋μ0，则摩擦力f＝μmgcosα＝－x＋μ0mgcosα，可知f与x成线性关系，如图所示，其中f0＝μ0mgcosα，f－x图线与横轴所围的面积表示克服摩擦力做的功，则物块下滑到斜面底端的过程中克服摩擦力做功为Wf＝，故C正确；物块下滑过程中，根据动能定理有，解得v＝，故D错误．12．如图所示，光滑水平平台上有一个质量为m的物块，站在地面上的人用跨过定滑轮的绳子向右拉动物块，不计绳和滑轮的质量及滑轮的摩擦，且平台边缘离人手作用点竖直高度始终为h.当人以速度v从平台的边缘处向右匀速前进位移x时，则()A．在该过程中，物块的运动可能是匀速的B．在该过程中，人对物块做的功为C．在该过程中，人对物块做的功为mv2D．人前进x时，物块的运动速率为题型3用动能定理解决变力做功问题课时2动能定理的综合应用刷基础B解析设绳与水平方向的夹角为θ，将人的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，在沿绳子方向上的分速度等于物块的速度，如图所示，物块的速度等于vcosθ，故物块的速度随着夹角的变化而变化，为变速运动，A错误；当人从平台的边缘处向右匀速前进了x，此时物块的速度大小为v′＝vcosθ＝，根据动能定理得，人对物块做的功W==，B正确，C、D错误．13.(多选)质量为m的汽车在平直路面上由静止开始匀加速启动，运动过程的v－t图像如图所示，已知t1时刻汽车达到额定功率，之后保持额定功率运动，整个过程中汽车受到的阻力恒定，由图可知()A．在0～t1时间内，汽车的牵引力大小为B．在0～t1时间内，汽车的功率与时间t成正比C．汽车受到的阻力大小为D．在t1～t2时间内，汽车克服阻力做的功为m(v22－v12)题型3用动能定理解决变力做功问题课时2动能定理的综合应用刷基础BC解析在0～t1时间内汽车做匀加速运动，加速度为a1＝，由牛顿第二定律可得F－f＝ma1，在t1时刻达到额定功率，P＝Fv1，t2时刻达到最大速度，此时牵引力大小等于阻力大小，故P＝fv2，联立解得F＝，故A错误，C正确；在0～t1时间内汽车做匀加速运动，牵引力恒定，汽车的功率P＝Fv＝Fat，故功率与时间成正比，故B正确；在t1～t2时间内，根据动能定理可得P(t2－t1)－Wf＝，故克服阻力做的功为Wf＝P(t2－t1)－，故D错误．题型3用动能定理解决变力做功问题课时2动能定理的综合应用刷基础B14．[四川成都七中2020高一下期中]光滑水平面有一粗糙段AB长为s，其动摩擦因数与离A点距离x满足μ＝kx(k为恒量)．一物块(可看作质点)第一次从A点以速度v0向右运动，到达B点时速率为v，第二次也以相同速度v0从B点向左运动，则()A．第二次也能运动到A点，但速率不一定为vB．第二次也能运动到A点，但两次所用时间不同C．两次克服摩擦力做的功不相同D．两次速率相同的位置只有一个，且距离A为解析物块所受的滑动摩擦力大小为f＝μmg＝kmgx，则第一次物块从A向右运动过程中摩擦力不断增大，加速度不断增大，从B向左运动过程中，摩擦力不断减小，加速度不断减小，故第二次物块也能运动到A点，两过程中摩擦力做功相同，由动能定理知，第二次到达A点的速率也为v，时间变长，B正确，A、C错误；设两次速率相同的位置距离A点的距离为x，相同的速率设为v′，根据动能定理得，第一次有－,第二次有，联立解得x＝，D错误．课时2动能定理的综合应用刷提升课时2动能定理的综合应用刷提升解析(1)玩具车在AB段做匀加速直线运动，有，F－f＝ma，联立可得F＝1N．玩具车到达B点时恰好达到额定功率，有vB＝at＝4m/s，P＝FvB＝4W.(2)玩具车在BC段保持功率恒定，准备爬坡时牵引力为F＝1N，而不受阻力，重力沿斜面向下的分力为mgsinθ＝F＝1N，故在BC段玩具车做匀速直线运动，到达C点的速度为4m/s，假设玩具车能经过最高点D点，由动能定理有－mg(R＋Rcosθ)，解得vD＝m/s.安全过D点的最小速度需满足只有重力提供向心力，有mg＝m可得vmin＝m/s，vD>vmin，可知玩具车能安全通过最高点D，由牛顿第二定律有mg＋ND＝m，由牛顿第三定律有ND＝N′D，联立可得玩具车在D点时对轨道的压力N′D＝N.(3)玩具车从B点到C点保持功率为P1＝3W不变，设运动时间为t1，匀速的速度为v1，有P1t1－mgsinθ·sBC＝，P1＝mgsinθ·v1，联立可得t1＝0.2s.2．我国拥有航空母舰后，舰载机的起飞与降落等问题受到了广泛关注.2012年11月23日，舰载机“歼－15”首降“辽宁舰”获得成功，随后舰载机又成功通过滑跃式起飞．某兴趣小组通过查阅资料对舰载机滑跃起飞过程进行了如下的简化模拟：假设起飞时“航母”静止，飞机质量视为不变并可看成质点．“航母”起飞跑道由如图所示的两段轨道组成(二者平滑连接，不计拐角处的长度)，其水平轨道长AB＝L，水平轨道与斜面轨道末端C的高度差为h.一架“歼－15”飞机的总质量为m，在C端的起飞速度至少为v.若某次起飞训练中，“歼－15”从A点由静止启动，飞机发动机的推力大小恒为0.6mg，方向与速度方向相同，飞机受到的空气和轨道的平均阻力的合力大小恒为0.1mg.重力加速度为g.求：(1)飞机在水平轨道AB上运动的时间；(2)在水平轨道末端B，发动机推力的功率；(3)要保证飞机正常起飞，斜面轨道的长度l需满足的条件．(结果用m、g、L、h、v表示)课时2动能定理的综合应用刷提升课时2动能定理的综合应用刷提升解析(1)设飞机在水平轨道上的加速度大小为a，运动时间为t，发动机的推力为F，空气和轨道平均阻力的合力为f，由牛顿第二定律得F－f＝0.6mg－0.1mg＝ma，得a＝0.5g，由位移公式有L＝，解得t＝(2)设飞机在B端的速度为v′，功率为P，由速度公式得v′＝at＝，解得P＝Fv′＝0.6mg.(3)设飞机恰能在C端起飞时，斜面轨道长为l0，整个过程，由动能定理有(F－f)(L＋l0)－mgh＝，解得l0＝所以斜面轨道长度满足的条件是l≥.课时2动能定理的综合应用刷提升解析(1)A从P出发又回到P的过程，根据动能定理，克服摩擦力所做的功为Wf＝(2)A从P出发又回到P全过程，根据动能定理有(3)设A、B刚分离时它们的共同速度是v1，弹出过程弹力做功WF，由题图甲中A从O1点返回P点的过程得WF－μmg(s1＋s0)＝0－0，分离前有WF－2μmgs1＝，分离后有，解得s2＝s0－4．[浙江省2020高二学业考试]如图(a)所示，AB段是长s＝10m的粗糙水平轨道，BC段是半径R＝2.5m的光滑半圆弧竖直轨道．有一个质量m＝0.1kg的小滑块，静止在A点，受一水平恒力F作用，从A点开始向B点运动，刚好到达B点时撤去力F.小滑块经过半圆弧轨道B点时，用DIS力传感器测得轨道对小滑块支持力的大小为FN，若改变水平恒力F的大小，FN会随之变化，实验得到FN－F图像如图(b)，g取10m/s2.(1)若小滑块经半圆弧轨道从C点水平抛出，恰好落在A点，则小滑块在C点的速度大小；(2)滑块与水平轨道间的动摩擦因数为多大？(3)要使小滑块始终不脱离轨道，求水平恒力F的范围．课时2动能定理的综合应用刷素养(1)10m/s(2)0.25(3)F≥0.875N或0.25N＜F≤0.5N解析(1)小滑块做平抛运动，设在C点的速度为vC则s＝vCt，2R＝，得vC＝10m/s.(2)滑块从A到B过程，由动能定理有Fs－μmgs＝，在B点根据牛顿第二定律有，FN－mg＝，得FN＝，由图像把F＝0.5N，FN＝3N代入上式得μ＝0.25.(3)要使小滑块始终不脱离轨道的临界点为当小滑块运动到与O点等高时速度恰好为0，或恰好到最高点．当小滑块运动到与O点等高时速度恰好为零，有Fs－μmgs－mgR＝0，同时要求小滑块能运动到B点，有Fs－μmgs＝>0，得0.25N＜F≤0.5N时小滑块始终不脱离轨道；当恰好到达最高点有得F＝0.875N，故当F≥0.875N时小滑块始终不脱离轨道．03第三节综合训练1．木球从水面上方某位置由静止开始自由下落，落入水中又继续下降一段距离后速度减小到零．把木球在空中下落过程称为第Ⅰ阶段，在水中下落过程称为第Ⅱ阶段．不计空气和水的摩擦阻力．下列说法正确的是()A．第Ⅰ阶段重力对木球做的功等于第Ⅱ阶段木球克服浮力做的功B．第Ⅰ阶段重力对木球做的功大于第Ⅱ阶段木球克服浮力做的功C．第Ⅰ、第Ⅱ阶段重力对木球做的总功和第Ⅱ阶段合力对木球做的功的代数和为零D．第Ⅰ、第Ⅱ阶段重力对木球做的总功等于第Ⅱ阶段木球克服浮力做的功第三节综合训练刷能力

D解析对木球下落的全过程根据动能定理WG－W浮＝0－0，可得WG＝W浮，即第Ⅰ、第Ⅱ阶段重力对木球做的总功等于第Ⅱ阶段木球克服浮力做的功，故D正确．2．[四川成都七中2020高一下期中]如图所示，质量相同的甲、乙两个小物块(视为质点)，甲从竖直固定的光滑圆弧轨道顶端由静止滑下，轨道半径为R，圆弧底端切线水平，乙从高为R的光滑斜面顶端由静止滑下．下列判断正确的是()A．两物块到达底端时速度相同B．两物块运动到底端的过程中重力做功相同C．两物块到达底端时动能不同D．两物块到达底端时，甲物块重力做功的瞬时功率大于乙物块重力做功的瞬时功率第三节综合训练刷能力B解析对于任一物块，根据动能定理得，mgR＝，解得v＝，则知两物块达到底端的动能相等，速度大小相等，但是速度的方向不同，所以速度不同，A、C错误；重力做功WG＝mgR，两物块运动到底端的过程中重力做功相同，B正确；甲物块到达底端时，重力与速度方向垂直，由P＝mgvcosα知，其重力做功的瞬时功率为零，而乙物块重力做功的瞬时功率大于零，所以乙物块重力做功的瞬时功率大于甲物块重力做功的瞬时功率，D错误．第三节综合训练刷能力C解析物块在BC段所受摩擦力f＝μmg，通过的位移为R，故在BC段摩擦力对物块做的功W＝－fR＝－μmgR，即物块在BC段克服摩擦力做的功为μmgR.对全程，由动能定理可知mgR＋W1＋W＝0，得W1＝μmgR－mgR，故物块在AB段克服摩擦力做的功为(1－μ)mgR，故C正确．3.如图所示，用同种材料制成的轨道ABC，AB段为四分之一圆弧，半径为R，水平放置的BC段长也为R.一个物块质量为m，与轨道间的动摩擦因数为μ，它由轨道顶端A从静止开始下滑，恰好运动到C端停止，物块在AB段克服摩擦力做的功为()A.μmgRB.C．(1－μ)mgRD．mgR4．[陕西渭南中学2020高一下月考](多选)图甲为一直角三角形劈，倾角∠abc＝37°，ab长为2L，p为ab的中点，小物块从a点由静止释放沿ab滑到b时速度恰好为零，小物块与ap、pb两段之间的动摩擦因数分别为μ1和μ2，μ1、μ2都小于1.现将劈顺时针旋转90°(如图乙所示)，小物块从b由静止释放，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，则下列说法正确的是()A．图甲中小物块通过ap、pb段克服摩擦力所做的功之比为1∶1B．μ1＋μ2＝1.5C．图乙中小物块可能静止在b处D．图乙中小物块滑到a处时的速度大小为第三节综合训练刷能力

BD解析题图甲中小物块在pb段做减速直线运动，则有mgsin37°<μ2mgcos37°，即有，通过ap段克服摩擦力所做的功Wfap＝μ1mgcos37°·xap，小物块通过pb段克服摩擦力所做的功Wfpb＝μ2mgcos37°·xpb，小物块通过ap、pb段克服摩擦力所做的功之比为Wfap∶Wfpb＝μ1∶μ2；小物块从a点滑到b过程，根据动能定理得，mgxabsin37°－μ1mgcos37°·xap－μ2mgcos37°·xpb＝0，化简为μ1＋μ2＝1.5，故B正确，A错误；题图乙中小物块在b处有mgsin53°－μ2mgcos53°＝，小物块不可能静止在b处，C错误；题图乙中设小物块滑到a处时的速度大小为v，根据动能定理可得mgxbasin53°－μ1mgcos53°·xpa－μ2mgcos53°·xbp＝，解得v＝，D正确．第三节综合训练刷能力

ABD5．[吉林长春第二十九中学2020高一下月考](多选)如图，质量m＝2kg的小球(视为质点)以v0＝3m/s的初速度从P点水平飞出，然后从A点沿切线方向进入圆弧轨道运动，最后小球恰好能通过轨道的最高点C.B为轨道的最低点，C点与P点等高，A点与D点等高，轨道各处动摩擦因数相同，圆弧AB对应的圆心角θ＝53°，已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，不计空气阻力，取g＝10m/s2.则()A．轨道半径R为0.5mB．小球到达C点速度大小为m/sC．小球从A到B和B到D两过程克服摩擦力做功相同D．沿圆弧轨道运动过程小球克服摩擦力做功为4J解析小球从P到A做平抛运动，在A点，vy＝v0tanθ＝4m/s，由平抛运动的规律得2gR(1＋cosθ)＝vy2，解得R＝0.5m，A正确；在C点，由牛顿第二定律得mg＝，解得vC＝m/s，B正确；小球从A到B和从B到D两过程中，经过相同高度的位置时A到B过程的速度较大，向心力较大，轨道对小球的支持力较大，则小球所受摩擦力较大，故小球从A到B的过程克服摩擦力做功较多，C错误；小球经过A点的速度为vA＝＝5m/s，从A到C的过程，由动能定理得，－mgR(1＋cosθ)－Wf＝，解得Wf＝4J，D正确．6．在光滑的水平面上，质量为m的小滑块静止放在质量为M、长度为L且处于静止状态的长木板的最右端，小滑块和木板之间的动摩擦因数为μ.现用一个水平向右、大小为F的恒力作用在木板上，当小滑块滑到木板的最左端时，小滑块和木板的速度大小分别为v1、v2，小滑块和木板相对于水平面的位移大小分别为s1、s2，下列关系式错误的是()第三节综合训练刷能力C解析小滑块受到水平向右的滑动摩擦力，在滑动摩擦力作用下，相对水平面发生位移s1时，速度从零变为v1，根据动能定理可得μmgs1＝，A正确，C错误；长木板在恒力F和水平向左的滑动摩擦力作用下，相对水平面发生位移s2时，速度从零变为v2，根据动能定理可得Fs2－μmgs2＝，B正确；A、B两选项中式子相加可得Fs2－μmgs2＋μmgs1＝，D正确．本题选关系式错误的，故选C.7．[江西九江2019高一下期中](多选)水平地面上做直线运动的A、B两物体，在某时刻动能相同，它们仅在摩擦力的作用下逐渐停下来，图中a、b分别是A、B的动能E和位移s的关系图线，下列说法中正确的是()A．若A和B的质量相等，则A与地面间的动摩擦因数一定比B的大B．若A和B的质量相等，则A与地面间的动摩擦因数一定比B的小C．从某时刻动能相同到A、B停止运动过程中，A克服摩擦力做的功比B克服摩擦力做的功多D．从某时刻动能相同到A、B停止运动过程中，A克服摩擦力做的功与B克服摩擦力做的功一样多第三节综合训练刷能力

AD解析设物体的初动能为E0，E－s图线的斜率绝对值为k，根据动能定理得－μmgs＝E－E0，得E＝E0－μmgs，所以k＝μmg，由题图可知，ka>kb，若A和B的质量相等，则A与地面间的动摩擦因数一定比B的大，故A正确，B错误；由动能定理得－W克＝0－E0，可知从某时刻动能相同到A、B停止运动过程中，A克服摩擦力做的功与B克服摩擦力做的功一样多，故C错误，D正确．8．如图甲所示，质量m＝1kg的物体静止在光滑的水平面上，t＝0时刻，物体受到一个变力F作用，t＝1s时，撤去力F，某时刻物体滑上倾角为37°的粗糙斜面；已知物体从开始运动到斜面最高点的v－t图像如图乙所示，不计其他阻力，g取10m/s2，求：(1)变力F做的功；(2)物体从斜面底端滑到最高点过程中克服摩擦力做功的平均功率；(3)物体回到出发点的速度大小．第三节综合训练刷能力解析(1)由题图乙知物体1s末的速度v1＝10m/s，根据动能定理得WF＝＝50J.(2)物体沿斜面上升的最大距离x＝，物体到达斜面时的速度v2＝10m/s，到达斜面最高点的速度为零，根据动能定理有，解得物体克服摩擦力做功Wf＝20J，则物体克服摩擦力做