高考物理一轮复习-第2讲-动能定理及应用

授课提示：对应学生用书第323页[A组基础巩固练]热点一动能定理的理解1．(2022·湖北黄冈模拟)关于动能概念及动能定理表达式W＝Ek2－Ek1的说法正确的是()A．若物体速度在变化，则动能一定在变化B．速度大的物体，动能一定大C．W＝Ek2－Ek1表示功可以变成能D．动能的变化可以用合力做的功来量度解析：速度是矢量，而动能是标量，若物体速度只改变方向，不改变大小，则动能不变，A错误；由Ek＝eq\f(1,2)mv2知，B错误；动能定理表达式W＝Ek2－Ek1表示动能的变化可用合力做的功量度，但功和能是两个不同的概念，有着本质的区别，故C错误，D正确。答案：D2.(2022·湖南怀化联考)如图所示，DO是水平面，AB是斜面，初速度为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且速度刚好也为零，则物体具有的初速度(已知物体与路面之间的动摩擦因数处处相同且不为零)()A．等于v0 B．大于v0C．小于v0 D．取决于斜面的倾角解析：物体从D点沿DBA滑动到顶点A的过程中，由动能定理得－mg·xAO－μmg·xDB－μmgcosα·xAB＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，由几何关系cosα·xAB＝xOB，因而上式可以简化为－mg·xAO－μmg·xOD＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，从上式可以看出，到达顶点的动能与路径无关，故选A。答案：A3.(2022·江西万载中学模拟)如图所示，AB为eq\f(1,4)圆弧轨道，BC为水平直轨道，圆弧的半径为R，BC的长度也是R，一个质量为m的物体，与两个轨道的动摩擦因数都为μ，当它由轨道顶端A从静止下滑时，恰好运动到C处停止，那么物体在AB段克服摩擦力做功为()A.eq\f(1,2)μmgR B.eq\f(1,2)mgRC．mgR D．(1－μ)mgR解析：BC段物体受摩擦力f＝μmg，位移为R，故BC段摩擦力对物体做功W＝－fR＝－μmgR,对全程由动能定理可知，mgR＋W1＋W＝0，解得W1＝μmgR－mgR，故AB段克服摩擦力做功W克＝mgR－μmgR＝(1－μ)mgR，D正确。答案：D热点二动能定理与图象的结合问题4.(2022·福建厦门模拟)一个质量为2kg的物体静止在水平桌面上，在水平拉力F的作用下，沿水平方向运动2s后撤去外力，其v-t图象如图所示，下列说法正确的是()A．在0～2s，合外力做的功为4JB．在0～2s，合外力做的功为8JC．在0～6s，摩擦力做的功为－8JD．在0～6s，摩擦力做的功为－4J解析：在0～2s内由图象可读出物体初末速度，由动能定理可得W合＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－0＝4J，故A正确，B错误。在0～6s内，由全程的动能定理得WF＋Wf＝0－0，其中f＝ma2＝2×eq\f(2,4)N＝1N；对于0～2s由牛顿第二定律得F－f＝ma1，得F＝3N，而WF＝F·x1＝3×2J＝6J，联立得Wf＝－6J，故C、D错误。答案：A5．(多选)(2022·河北隆化质检)如图甲所示，一个物体由某一个固定的长斜面的底端以初速度v0沿斜面上滑，其动能Ek随离开斜面底端的距离x变化的图象如图乙所示，斜面与物体间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10m/s2，不计空气阻力，则以下说法正确的是()A．斜面的倾角θ＝30°B．物体的质量m＝0.5kgC．斜面与物体间的摩擦力大小f＝2ND．物体在斜面上运动的总时间t＝2s解析：由动能定理知，Ek-x图象的斜率的绝对值表示合外力的大小，则上升阶段有mgsinθ＋μmgcosθ＝5N，下降阶段有mgsinθ－μmgcosθ＝1N，联立得tanθ＝eq\f(3,4)，即θ＝37°，m＝0.5kg，故A错误，B正确；物体与斜面间的摩擦力f＝μmgcosθ＝2N，故C正确；上升阶段由Ek-x图象知，合力F1＝5N，则a1＝10m/s2，t1＝eq\f(v1,a1)，Ek1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝25J，联立得t1＝1s，同理，下降阶段合力F2＝1N，则a2＝2m/s2，t2＝eq\f(v2,a2)，Ek2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＝5J，联立得t2＝eq\r(5)s，则t＝t1＋t2＝(1＋eq\r(5))s，故D错误。答案：BC热点三动能定理在多过程或往复运动中的应用6．(多选)(2022·江苏南通质检)如图所示，轻质弹簧的左端固定，并处于自然状态。小物块的质量为m，从A点向左沿水平地面运动，压缩弹簧后被弹回，运动到A点恰好静止。物块向左运动的最大距离为s，与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，弹簧未超出弹性限度。在上述过程中()A．弹簧的最大弹力为μmgB．物块克服摩擦力做的功为2μmgsC．弹簧的最大弹性势能为μmgsD．物块在A点的初速度为eq\r(2μgs)解析：对物块从A点开始到再回到A点的整个过程，由动能定理可知Wf＝－2μmgs＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)，则vA＝2eq\r(μgs)，故B正确，D错误；对物块从A点开始到弹簧压缩量最大这一过程，由动能定理可知W弹＋Wf′＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)，Wf′＝－μmgs，则W弹＝－μmgs，即物块克服弹力做功为μmgs，所以弹簧弹性势能增加μmgs，故C正确；当克服弹力做功为μmgs时，弹簧的最大弹力要大于μmg，故A错误。答案：BC7．(多选)(2022·广西南宁模拟)在有大风的情况下，一个小球自A点竖直上抛，其运动轨迹如图所示(小球的运动可看作竖直方向的竖直上抛运动和水平方向的初速度为零的匀加速直线运动的合运动)，小球运动轨迹上的A、B两点在同一水平直线上，M点为轨迹的最高点。若风力的大小恒定，方向水平向右，小球在A点抛出时的动能为4J，在M点时它的动能为2J，落回到B点时动能记为EkB，小球上升时间记为t1，下落时间记为t2，不计其他阻力，下列说法正确的是()A．x1∶x2＝1∶3 B．t1<t2C．EkB＝6J D．EkB＝12J解析：由小球上升与下落时间相等即t1＝t2得，x1∶(x1＋x2)＝1∶22＝1∶4，即x1∶x2＝1∶3，A正确，B错误；A→M应用动能定理得－mgh＋W1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,M)－eq\f(1,2)mv2①，竖直方向有v2＝2gh②，①②式联立得W1＝2J，A→B风力做功W2＝4W1＝8J，A→B由动能定理W2＝EkB－EkA，可求得EkB＝12J，C错误，D正确。答案：AD[B组综合提能练]8.(2022·山东青岛期末)如图所示，竖直平面内有一半径R＝0.35m的内壁光滑的固定圆形轨道，轨道底端与光滑水平地面相切，一小球(可视为质点)以v0＝3.5m/s的初速度进入轨道，取g＝10m/s2，则()A．小球不会脱离圆轨道运动B．小球上升的最大高度为0.6125mC．小球脱离轨道时的速度大小为eq\f(\r(7),2)m/sD．小球脱离轨道的位置与圆心连线和水平方向间的夹角为60°解析：假设小球可以到达轨道最高点，则从最低点到最高点的过程，由动能定理可得－mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，代入数据由数学知识可知v1无解，故小球不能到达轨道最高点，假设速度减小为0时上升的高度为h，由动能定理可得－mgh＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得h＝0.6125m，大于轨道半径R，说明小球会脱离轨道做斜抛运动，至最高点的速度不为零，即上升的实际高度h′<0.6125m，A、B错误；设小球运动至A点时刚好脱离轨道，此时轨道对小球的弹力为0，小球的速度为v2，如图所示，在A点满足mgsinθ＝meq\f(v\o\al(2,2),R)，从最低点运动至A点过程，由动能定理可得－mg(R＋Rsinθ)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，联立可解得θ＝30°，v2＝eq\f(\r(7),2)m/s，C正确，D错误。答案：C9．(2022·北京北大附中模拟)利用传感器和计算机可以研究快速变化的力的大小。实验时，把图甲中的小球举高到绳子的悬点O处，然后小球由静止释放，同时开始计时，利用传感器和计算机获得弹性绳的拉力随时间的变化如图乙所示。根据图象提供的信息，下列说法正确的是()A．t1、t3时刻小球的速度最大B．t2、t5时刻小球的动能最小C．t3、t4时刻小球的运动方向相同D．t4－t3<t7－t6解析：把小球举高到绳子的悬点O处，让小球自由下落，t1时刻绳子刚好绷紧，此时小球所受的重力大于绳子的拉力，小球向下做加速运动，当绳子的拉力大于重力时，小球才开始做减速运动，t2时刻绳子的拉力最大，小球运动到最低点，速度为零；当绳子的拉力与重力相等时，速度最大，而t1、t3时刻绳子的拉力都为零，小于小球的重力，故t1、t3时刻小球的速度不是最大，故A错误。由图乙可知，t2、t5时刻小球都到达最低点，速度为零，动能都为零，为最小，故B正确。t3时刻小球的速度方向向上，t4时刻小球的速度向下，t3、t4时刻小球的运动方向相反，故C错误。t3～t4时间内与t6～t7时间内小球都做竖直上抛运动，由于t3时刻的速度大于t6时刻的速度，由竖直上抛运动的时间t＝eq\f(2v0,g)，可知t4－t3>t7－t6，故D错误。答案：B10．(多选)(2022·广东佛山模拟)如图所示，半径为2R的粗糙eq\f(1,4)圆弧轨道与半径为R的光滑半圆弧轨道放置在同一个竖直平面内，两个轨道之间是由一个长DC＝5R的光滑水平轨道相连，一个小球从B点正上方R处的A点无初速度释放后切入粗糙eq\f(1,4)圆弧轨道上运动，最终小球恰好到达半圆弧轨道的最高点E。已知小球的质量为m，重力加速度为g，则以下选项正确的是()A．小球从A点释放到达B点时的速度大小为eq\r(gR)B．小球从B点下滑到达C点时的速度大小为eq\r(2gR)C．小球在圆弧轨道上，克服摩擦力做的功为eq\f(mgR,2)D．小球恰好到达E点后将会做平抛运动解析：小球从A点释放到达B点时，根据动能定理得：mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，解得vB＝eq\r(2gR)，故选项A错误；小球恰好到达半圆弧轨道的最高点E，根据牛顿第二定律得：mg＝meq\f(v\o\al(2,E),R)，从D点到E点根据动能定理可得：－mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,E)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)，联立解得vD＝eq\r(5gR)，因为C点到D点光滑，所以小球从B点下滑到达C点时的速度大小为eq\r(5gR)，故选项B错误；从A点到C点根据动能定理可得：mg·3R－W克f＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－0，解得克服摩擦力做功W克f＝eq\f(1,2)mgR，故选项C正确；小球恰好到达E点后，只受重力，且水平初速度为eq\r(gR)，所以将会做平抛运动，故选项D正确。答案：CD11.质量为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，重力加速度g取10m/s2，则下列说法正确的是()A．x＝1m时速度大小为2m/sB．x＝3m时物块的加速度大小为2.5m/s2C．在前4m位移过程中拉力对物块做的功为9JD．在前4m位移过程中物块所经历的时间为2.8s解析：由图象可知x＝1m时动能为2J，v1＝eq\r(\f(2Ek,m))＝eq\r(2)m/s，故A错误；同理，当x＝2m时动能为4J，v2＝2m/s，当x＝4m时动能为9J，v4＝3m/s，则2～4m，有2a2x2＝veq\o\al(2,4)－veq\o\al(2,2)，解得2～4m加速度a2＝1.25m/s2，故B错误；对物块运动全过程由动能定理得：WF＋(－μmgx)＝Ek末－0，解得WF＝25J，故C错误；0～2m过程，t1＝eq\f(2x1,v2)＝2s,2～4m过程，t2＝eq\f(x2,\f(v2＋v4,2))＝0.8s，故总时间t＝2s＋0.8s＝2.8s，故D正确。答案：D12．(2022·天津滨海新区模拟)某同学参照过山车情景设计了如图所示的模型。光滑的竖直圆轨道半径R＝2m，入口的平直轨道AC和出口的平直轨道CD均是粗糙的，质量m＝2kg的小滑块与水平轨道之间的动摩擦因数均为μ＝0.5，滑块从A点由静止开始受到水平拉力F＝60N的作用，在B点时撤去拉力，AB段的长度为l＝5m，不计空气阻力。(g＝10m/s2)(1)