《提分寶典》物理總復(fù)習(xí)練習(xí)：第15課 動(dòng)能定理及其應(yīng)用

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精第15課動(dòng)能定理及其應(yīng)用動(dòng)能、動(dòng)能定理的理解a．速度、合力與動(dòng)能的關(guān)系(1）(2017淮安模擬，6分)關(guān)于物體的動(dòng)能,下列說(shuō)法中正確的是()A．物體速度變化，其動(dòng)能一定變化B．物體所受的合力不為零，其動(dòng)能一定變化C．物體的動(dòng)能變化，其運(yùn)動(dòng)狀態(tài)一定發(fā)生改變D．物體的速度變化越大，其動(dòng)能一定變化也越大答案：C解析：若速度的方向變化而大小不變,則其動(dòng)能不變化，故A項(xiàng)錯(cuò)誤。物體所受合力不為零，只要速度大小不變，其動(dòng)能就不變化，如勻速圓周運(yùn)動(dòng)中，物體所受合力不為零，但速度大小始終不變，動(dòng)能不變，故B項(xiàng)錯(cuò)誤。物體動(dòng)能變化，其速度一定發(fā)生變化，故運(yùn)動(dòng)狀態(tài)改變，故C項(xiàng)正確。例如豎直上拋運(yùn)動(dòng)中物體經(jīng)過(guò)同一點(diǎn)（非最高點(diǎn)）時(shí)的速度變化量要大于其到達(dá)最高點(diǎn)的速度變化量，但在該點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能變化量為0，小于從該點(diǎn)到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能變化量，故D項(xiàng)錯(cuò)誤。b．合力做功對(duì)動(dòng)能的影響(2）（2018匯編，6分)下列對(duì)動(dòng)能定理的理解，正確的是()A．物體具有動(dòng)能是由于力對(duì)物體做了功B．物體在合力作用下做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，則動(dòng)能在一段過(guò)程中變化量一定不為零C．在某個(gè)過(guò)程中，外力做的總功等于各個(gè)力單獨(dú)做功的絕對(duì)值之和D．如果物體所受的合力為零,那么物體的動(dòng)能變化量為零答案：D解析：物體運(yùn)動(dòng)就會(huì)有動(dòng)能，與有無(wú)外力做功沒(méi)有關(guān)系，故A項(xiàng)錯(cuò)誤。豎直上拋運(yùn)動(dòng)是一種勻變速直線運(yùn)動(dòng)，在上升和下降階段經(jīng)過(guò)同一位置時(shí)動(dòng)能相等，動(dòng)能在這段過(guò)程中的變化量為零，故B項(xiàng)錯(cuò)誤。外力做的總功等于各個(gè)力單獨(dú)做功的代數(shù)和，故C項(xiàng)錯(cuò)誤.物體所受合力為零,則合力不做功，物體動(dòng)能變化量為零，故D項(xiàng)正確。2．動(dòng)能定理的應(yīng)用a．利用動(dòng)能定理求直線運(yùn)動(dòng)中的各類參數(shù)（3)(多選）(2016浙江理綜,6分)如圖所示為一滑草場(chǎng)，某條滑道由上下兩段高均為h，與水平面傾角分別為45°和37°的滑道組成,滑草車與草地之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ。質(zhì)量為m的載人滑草車從坡頂由靜止開(kāi)始自由下滑，經(jīng)過(guò)上、下兩段滑道后，最后恰好靜止于滑道的底端（不計(jì)滑草車在兩段滑道交接處的能量損失，sin37°＝0。6,cos37°＝0.8)。則(）A．動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝eq\f(6，7）B．載人滑草車最大速度為eq\r（\f(2gh,7))C．載人滑草車克服摩擦力做功為mghD．載人滑草車在下段滑道上的加速度大小為eq\f（3,5）g答案：AB解析：作出滑道簡(jiǎn)化示意圖,如圖所示,從A處到C處的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理有(mgsinθ1－μmgcosθ1)eq\f(h，sinθ1)＋（mgsinθ2－μmgcosθ2)eq\f(h,sinθ2)＝0，解得μ＝eq\f(6，7），故A項(xiàng)正確。到B處時(shí)載人滑草車速度最大,從A處到B處的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理有（mgsinθ1－μmgcosθ1)eq\f（h，sinθ1）＝eq\f（1,2）mveq\o\al(2，m)，解得vm＝eq\r(\f（2gh,7))，故B項(xiàng)正確。從A處到C處的過(guò)程中，克服摩擦力所做的功等于重力勢(shì)能減少量2mgh，故C項(xiàng)錯(cuò)誤。在下段滑道上的加速度大小a＝eq\f（μmgcosθ2－mgsinθ2,m）＝eq\f（3,35)g,故D項(xiàng)錯(cuò)誤。b．動(dòng)能定理在平拋、圓周運(yùn)動(dòng)中的應(yīng)用(4)(2015全國(guó)Ⅰ，6分)如圖，一半徑為R、粗糙程度處處相同的半圓形軌道豎直固定放置，直徑POQ水平。一質(zhì)量為m的質(zhì)點(diǎn)自P點(diǎn)上方高度R處由靜止開(kāi)始下落,恰好從P點(diǎn)進(jìn)入軌道。質(zhì)點(diǎn)滑到軌道最低點(diǎn)N時(shí)，對(duì)軌道的壓力為4mg，g為重力加速度的大小。用W表示質(zhì)點(diǎn)從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的過(guò)程中克服摩擦力所做的功。則(）A．W＝eq\f(1，2）mgR，質(zhì)點(diǎn)恰好可以到達(dá)Q點(diǎn)B．W＞eq\f(1，2）mgR，質(zhì)點(diǎn)不能到達(dá)Q點(diǎn)C．W＝eq\f(1,2)mgR，質(zhì)點(diǎn)到達(dá)Q點(diǎn)后，繼續(xù)上升一段距離D．W＜eq\f（1,2）mgR，質(zhì)點(diǎn)到達(dá)Q點(diǎn)后,繼續(xù)上升一段距離答案：C解析：根據(jù)動(dòng)能定理得P點(diǎn)動(dòng)能EkP＝mgR,經(jīng)過(guò)N點(diǎn)時(shí),根據(jù)牛頓第二定律和向心力公式有4mg－mg＝meq\f（v2,R)，所以N點(diǎn)動(dòng)能為EkN＝eq\f（3mgR,2)，從P點(diǎn)到N點(diǎn)根據(jù)動(dòng)能定理有mgR－W＝eq\f(3mgR,2)－mgR，即克服摩擦力做功W＝eq\f（mgR,2).質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)過(guò)程,半徑方向的合力提供向心力即FN－mgcosθ＝ma＝meq\f（v2，R）（θ為半徑與豎直方向的夾角),根據(jù)左右對(duì)稱，在同一高度處，由于摩擦力做功導(dǎo)致在右邊圓形軌道中的速度變小，軌道彈力變小，滑動(dòng)摩擦力Ff＝μFN變小,所以摩擦力做功變小，從N到Q，根據(jù)動(dòng)能定理，Q點(diǎn)動(dòng)能EkQ＝eq\f(3mgR,2)－mgR－W′＝eq\f(mgR,2）－W′，由于W′＜eq\f(mgR,2），所以Q點(diǎn)速度仍然沒(méi)有減小到0，會(huì)繼續(xù)向上運(yùn)動(dòng)一段距離，故C項(xiàng)正確，A項(xiàng)、B項(xiàng)、D項(xiàng)均錯(cuò)誤。c．多過(guò)程中的動(dòng)能定理(5）(2016全國(guó)Ⅰ，18分）如圖，一輕彈簧原長(zhǎng)為2R，其一端固定在傾角為37°的固定直軌道AC的底端A處，另一端位于直軌道上B處，彈簧處于自然狀態(tài)。直軌道與一半徑為eq\f(5，6）R的光滑圓弧軌道相切于C點(diǎn)，AC＝7R，A、B、C、D均在同一豎直平面內(nèi)。質(zhì)量為m的小物塊P自C點(diǎn)由靜止開(kāi)始下滑，最低到達(dá)E點(diǎn)(未畫(huà)出）。隨后P沿軌道被彈回，最高到達(dá)F點(diǎn),AF＝4R。已知P與直軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝eq\f（1，4）,重力加速度大小為g。(取sin37°＝eq\f(3,5），cos37°＝eq\f（4,5））①求P第一次運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)速度的大小。②求P運(yùn)動(dòng)到E點(diǎn)時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能。③改變物塊P的質(zhì)量，將P推至E點(diǎn)，從靜止開(kāi)始釋放。已知P自圓弧軌道的最高點(diǎn)D處水平飛出后，恰好通過(guò)G點(diǎn)。G點(diǎn)在C點(diǎn)左下方，與C點(diǎn)水平相距eq\f（7,2）R、豎直相距R。求P運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)時(shí)速度的大小和改變后P的質(zhì)量。答案：①2eq\r(gR)(4分)②eq\f（12,5)mgR(6分)③eq\f(3，5)eq\r(5gR）（5分)eq\f(1,3)m（3分)解析：①根據(jù)題意知,B、C之間的距離l為l＝7R－2R(1分)設(shè)P到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度為vB，根據(jù)動(dòng)能定理有mglsin37°－μmglcos37°＝eq\f(1,2）mveq\o\al（2，B)（2分）聯(lián)立解得vB＝2eq\r(gR）（1分）②P到達(dá)E點(diǎn)時(shí)速度為零，設(shè)此時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能為Ep，BE＝x，P由B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到E點(diǎn)的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理有mgxsin37°－μmgxcos37°－Ep＝0－eq\f（1，2)mveq\o\al（2，B)(2分)E、F之間的距離l1為l1＝4R－2R＋x（1分)P到達(dá)E點(diǎn)后反彈，從E點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到F點(diǎn)的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理有Ep－mgl1sin37°－μmgl1cos37°＝0（2分)聯(lián)立解得x＝REp＝eq\f（12,5）mgR(1分)③設(shè)改變后P的質(zhì)量為m1，D點(diǎn)與G點(diǎn)的水平距離x1和豎直距離y1分別為x1＝eq\f(7,2）R－eq\f（5,6）Rsin37°(1分)y1＝R＋eq\f(5,6）R＋eq\f(5，6）Rcos37°（1分)設(shè)P在D點(diǎn)的速度為vD，由D點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到G點(diǎn)的時(shí)間為t.根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律有y1＝eq\f(1,2)gt2(1分）x1＝vDt(1分）聯(lián)立解得vD＝eq\f（3,5)eq\r(5gR）（1分）設(shè)P在C點(diǎn)速度的大小為vC，在P由C運(yùn)動(dòng)到D的過(guò)程中根據(jù)動(dòng)能定理有－m1g（eq\f(5,6）R＋eq\f(5,6）Rcos37°)＝eq\f(1,2）m1veq\o\al（2，D）－eq\f（1,2)m1veq\o\al（2，C）(1分）P由E點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過(guò)程中,同理,根據(jù)動(dòng)能定理有Ep－m1g（x＋5R)sin37°－μm1g（x＋5R）cos37°＝eq\f（1,2）m1veq\o\al（2,C）（1分)聯(lián)立解得m1＝eq\f(1,3)m(1分)3．動(dòng)能定理與圖像結(jié)合分析問(wèn)題a．動(dòng)能定理與v－t圖像結(jié)合分析問(wèn)題(6）（2017吉林二模，6分）A、B兩物體放在同一水平面上，受到大小相同的水平力F的作用，各自從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)。經(jīng)過(guò)時(shí)間t0，撤去作用在A物體上的外力F；經(jīng)過(guò)時(shí)間4t0，撤去作用在B物體上的外力F。兩物體運(yùn)動(dòng)的v－t圖像如圖所示，則A、B兩物體()A．A、B兩物體的質(zhì)量之比為3∶5B．A、B兩物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)之比為2∶1C．在0～2t0時(shí)間間隔內(nèi),合外力對(duì)A、B兩物體做功之比為5∶3D．在0～4t0時(shí)間間隔內(nèi)，水平力F對(duì)A、B兩物體做功之比為2∶1答案:C解析：根據(jù)圖像可知，A物體在力F和滑動(dòng)摩擦力作用下運(yùn)動(dòng)，力F作用時(shí)間t0，故F作用的位移s1＝eq\f(1，2)×2v0t0＝v0t0，滑動(dòng)摩擦力f1作用全過(guò)程，全過(guò)程的位移s′1＝eq\f(1,2）×2v0·3t0＝3v0t0。根據(jù)動(dòng)能定理可得Fs1－f1s′1＝0，解得eq\o(F,\s\up6（·))＝3f1。同理可得F與B所受滑動(dòng)摩擦力f2的關(guān)系為F＝eq\f（5,4）f2,故eq\f(f1,f2）＝eq\f（5,12）。在減速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，由滑動(dòng)摩擦力提供加速度,根據(jù)牛頓第二定律有eq\f(f1,m1)＝eq\f（v0,t0)，eq\f(f2，m2）＝eq\f(v0，t0），故有eq\f（f1,m1）＝eq\f(f2，m2)，可得eq\f(m1，m2)＝eq\f(f1，f2)＝eq\f（5，12)，故A項(xiàng)錯(cuò)誤。根據(jù)減速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中由滑動(dòng)摩擦力提供加速度，對(duì)A有a′A＝eq\f(f1，m1）＝eq\f(μ1m1g,m1）＝μ1g＝eq\f(v0，t0）,對(duì)B有a′B＝eq\f(f2，m2)＝eq\f（μ2m2g,m2)＝μ2g＝eq\f(v0，t0），二式聯(lián)立得μ1＝μ2，故B項(xiàng)錯(cuò)誤.0～2t0時(shí)間內(nèi)，根據(jù)動(dòng)能定理可知合力做功之比等于末動(dòng)能之比，即eq\f（1，2)m1veq\o\al（2，1）∶eq\f（1，2）m2veq\o\al（2，2)＝5∶3，故C項(xiàng)正確.根據(jù)功的公式可知W＝FL，則F做功之比為W1∶W2＝Feq\f(2v0，2）t0∶Feq\f（v0，2)×4t0＝1∶2,故D項(xiàng)錯(cuò)誤.b．動(dòng)能定理與F－x圖像結(jié)合分析問(wèn)題（7）(2016浙江學(xué)業(yè)考試，13分）如圖(a）所示，長(zhǎng)為4m的水平軌道AB與半徑為R＝0。6m的豎直半圓弧軌道BC在B處相連接,有一質(zhì)量為1kg的滑塊(大小不計(jì))，從A處由靜止開(kāi)始受水平向右的力F作用，F(xiàn)的大小隨位移變化關(guān)系如圖(b)所示，滑塊與AB間動(dòng)摩擦因數(shù)為0.25，與BC間的動(dòng)摩擦因數(shù)未知，取g＝10m/s2。求：①滑塊到達(dá)B處時(shí)的速度大??；②滑塊在水平軌道AB上運(yùn)動(dòng)前2m過(guò)程中所需的時(shí)間；③若滑塊到達(dá)B點(diǎn)時(shí)撤去力F,滑塊沿半圓弧軌道內(nèi)側(cè)上滑，并恰好能達(dá)到最高點(diǎn)C，則滑塊在半圓軌道上克服摩擦力所做的功是多少。答案：①2eq\r(10)m/s（3分）②eq\r（\f（8，35））s（5分）③5J（5分）解析：①滑塊從A到B的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理有F1x1－F2x2－μmgx＝eq\f（1，2）mveq\o\al(2,B)（2分)解得vB＝2eq\r(10)m/s（1分)②前2m滑塊受到拉力的作用,根據(jù)牛頓第二定律有F1－μmg＝ma1(2分)根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有x1＝eq\f（1,2)a1teq\o\al(2,1)（2分）聯(lián)立以上二式，解得t1＝eq\r（\f（8,35)）