（通用版）2018-2019版高考物理总复习 主题三 机械能及其守恒定律 提升课 动能定理的应用学案 新人教版

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1、 提升课　动能定理的应用 　应用动能定理求变力做功 [要点归纳] 1.动能定理不仅适用于求恒力做功，也适用于求变力做功，同时因为不涉及变力作用的过程分析，应用非常方便。 2.利用动能定理求变力的功是最常用的方法，当物体受到一个变力和几个恒力作用时，可以用动能定理间接求变力做的功，即W变＋W其他＝ΔEk。 3.当机车以恒定功率启动，牵引力为变力时，那么牵引力做的功可表示为W＝Pt。 [精典示例] [例1]　一质量为m的小球，用长为l的轻绳悬挂于O点。第一次小球在水平拉力F1作用下，从平衡位置P点缓慢地移到Q点，此时绳与竖直方向夹角为θ(如图1所示)，在这个过程中水平拉力做

2、功为W1。第二次小球在水平恒力F2作用下，从P点移到Q点，水平恒力做功为W2。重力加速度为g，且θ<90°，则(　　) 图1 A.W1＝F1lsin θ，W2＝F2lsin θ B.W1＝W2＝mgl(1－cos θ) C.W1＝mgl(1－cos θ)，W2＝F2lsin θ D.W1＝F1lsin θ，W2＝mgl(1－cos θ) 思路导航 第一次缓慢拉动，物体处于动态平衡状态，拉力为变力，变力的功使用动能定理求解；第二次为恒力，可使用功的公式求得。 解析　第一次水平拉力为变力，由动能定理有W1－mgl(1－cos θ)＝0，得W1＝mgl(1－cos θ)。第二

3、次水平拉力为恒力，由功的公式可得W2＝F2lsin θ。C正确。 答案　C 方法总结 (1)所求变力的功可以是合力的功，也可以是其中一个力的功，但动能定理中，合力的功才等于动能的变化量。 (2)待求变力的功一般用符号W表示，但要分清结果是变力的功，还是克服此变力的功。 [针对训练1] 质量为m的物体以初速度v0沿水平面向左开始运动，起始点A与一轻弹簧O端相距s，如图2所示，已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，物体与弹簧相碰后，弹簧的最大压缩量为x，则从开始碰撞到弹簧被压缩至最短，物体克服弹簧弹力所做的功为(　　) 图2 A.mv－μmg(s＋x) B.mv－μmgx C

4、.μmgs D.μmg(s＋x) 解析　由动能定理得－W－μmg(s＋x)＝0－mv，故物体克服弹簧弹力做功W＝mv－μmg(s＋x)，A正确。 答案　A 　动能定理与图象的结合 [要点归纳] 利用物体的运动图象可以了解物体的运动情况，要特别注意图象的形状、交点、截距、斜率、面积等信息。动能定理经常和图象问题综合起来，分析时一定要弄清图象的物理意义，并结合相应的物理情境选择合理的规律求解。 [精典示例] [例2]　质量m＝1 kg的物体，在水平拉力F的作用下，沿粗糙水平面运动，在位移是4 m时，拉力F停止作用，运动到位移是8 m时物体停止，运动过程中Ek－x的图象如图3所示，

5、g取10 m/s2，求： 图3 (1)物体和平面间的动摩擦因数； (2)拉力F的大小。 解析　(1)在运动的第二阶段，物体在位移x2＝4 m内，动能由Ek＝10 J变为零。由动能定理得：－μmgx2＝0－Ek， 故动摩擦因数：μ＝＝＝0.25。 (2)在运动的第一阶段，物体位移x1＝4 m，初动能Ek0＝2 J，根据动能定理得：Fx1－μmgx1＝Ek－Ek0，所以F＝4.5 N。 答案　(1)0.25　(2)4.5 N 方法总结 分析动能定理与图象结合问题“三步走” [针对训练2] (多选)物体沿直线运动的v－t关系图象如图4所示，已知在第1 s内合力对物体所做的

6、功为W，则(　　) 图4 A.从第1 s末到第3 s末合力做功为4W B.从第3 s末到第5 s末合力做功为－2W C.从第5 s末到第7 s末合力做功为W D.从第3 s末到第4 s末合力做功为－0.75W 解析　设物体在第1 s末速度为v，由动能定理可得在第1 s内合力做的功W＝ mv2－0。从第1 s末到第3 s末物体的速度不变，所以合力做的功为W1＝0。从第3 s末到第5 s末合力做的功为W2＝0－mv2＝－W。从第5 s末到第7 s末合力做的功为W3＝m(－v)2－0＝W。第4 s末的速度v4＝，所以从第3 s末到第 4 s末合力做的功W4＝m－mv2＝－W。故选

7、项C、D正确。 答案　CD 　动能定理在多过程问题中的应用 [要点归纳] 对于包含多个运动阶段的复杂运动过程，可以选择分段或全程应用动能定理。 1.分段应用动能定理时，将复杂的过程分割成一个个子过程，对每个子过程的做功情况和初、末动能进行分析，然后针对每个子过程应用动能定理列式，然后联立求解。 2.全程应用动能定理时，分析整个过程中出现过的各力的做功情况，分析每个力的做功，确定整个过程中合力做的总功，然后确定整个过程的初、末动能，针对整个过程利用动能定理列式求解。当题目不涉及中间量时，选择全程应用动能定理更简单，更方便。 [精典示例] [例3]　如图5所示，质量为m的小球，

8、从离地面H高处从静止开始释放，落到地面后继续陷入泥中h深度而停止，设小球受到空气阻力为f，重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　) 图5 A.小球落地时动能等于mgH B.小球陷入泥中的过程中克服泥的阻力所做的功小于刚落到地面时的动能 C.整个过程中小球克服阻力做的功等于mg(H＋h) D.小球在泥土中受到的平均阻力为mg(1＋) 解析　小球从静止开始释放到落到地面的过程，由动能定理得mgH－fH＝mv，选项A错误；设泥的平均阻力为f0，小球陷入泥中的过程，由动能定理得mgh－f0h＝0－mv，解得f0h＝mgh＋mv，f0＝mg(1＋)－，选项B、D错误；全过程应用动能定理

9、可知，整个过程中小球克服阻力做的功等于mg(H＋h)，选项C正确。 答案　C 方法总结 利用动能定理研究单物体多过程问题的思路 (1)应用动能定理解决多过程问题时，要根据题目所求解的问题选取合适的过程，可以分过程，也可以整过程一起研究。值得注意的是虽然列式时忽略了中间复杂过程，但不能忽略对每个过程的分析。 (2)在运动过程中，物体受到的某个力可能是变化的或分阶段存在的，应用动能定理列式时要注意这种力做功的表达方式。 [针对训练3] 如图6所示，右端连有一个光滑弧形槽的水平桌面AB长L＝1.5 m，一个质量为m＝0.5 kg的木块在F＝1.5 N的水平拉力作用下，从桌面上的A端由静止

10、开始向右运动，木块到达B端时撤去拉力F，木块与水平桌面间的动摩擦因数μ＝0.2，取g＝10 m/s2。求： 图6 (1)木块沿弧形槽上升的最大高度(木块未离开弧形槽)； (2)木块沿弧形槽滑回B端后，在水平桌面上滑动的最大距离。 解析　(1)设木块沿弧形槽上升的最大高度为h，木块在最高点时的速度为零。从木块开始运动到弧形槽最高点，由动能定理得：FL－Ff L－mgh＝0 其中Ff＝μFN＝μmg＝0.2×0.5×10 N＝1.0 N 所以h＝＝ m＝0.15 m (2)设木块离开B点后沿桌面滑动的最大距离为x。由动能定理得：mgh－Ff x＝0 所以x＝＝ m＝0.75 m

11、 答案　(1)0.15 m　(2)0.75 m 1.(多选)一质点开始时做匀速直线运动，从某时刻起受到一恒力作用。此后，该质点的动能可能(　　) A.一直增大 B.先逐渐减小至零，再逐渐增大 C.先逐渐增大至某一最大值，再逐渐减小 D.先逐渐减小至某一非零的最小值，再逐渐增大 解析　若恒力的方向与初速度的方向相同或二者夹角为锐角或直角，该质点一直做加速运动，选项A正确；若恒力的方向与初速度的方向相反，该质点先做匀减速运动，再反向做匀加速运动，选项B正确；若恒力方向与初速度方向之间的夹角为钝角，可类比斜上抛运动，易知选项D正确。 答案　ABD 2.北京获得2022年冬奥

12、会举办权，冰壶是冬奥会的比赛项目。将一个冰壶以一定初速度推出后将运动一段距离停下来。换一个材料相同、质量更大的冰壶，以相同的初速度推出后，冰壶运动的距离将(　　) A.不变 B.变小 C.变大 D.无法判断 解析　冰壶在冰面上以一定初速度被推出后，在滑动摩擦力作用下做匀减速运动，根据动能定理有－μmgs＝0－mv2，得s＝，两种冰壶的初速度相等，材料相同，故运动的距离相等。故选项A正确。 答案　A 3.(2017·淮安高一检测)(多选)如图7甲所示，质量m＝2 kg 的物体以100 J的初动能在粗糙的水平地面上滑行，其动能Ek随位移x变化的关系图象如图乙所示，则下列判断正确的是(

13、　　) 图7 A.物体运动的总位移大小为10 m B.物体运动的加速度大小为10 m/s2 C.物体运动的初速度大小为10 m/s D.物体所受的摩擦力大小为10 N 解析　由图象可知，物体运动的总位移为10 m，根据动能定理得，－Ff x＝0－Ek0，解得Ff＝＝ N＝10 N，故A、D正确；根据牛顿第二定律得，物体运动的加速度大小a＝＝ m/s2＝5 m/s2，故B错误；根据Ek0＝mv得v0＝＝ m/s＝10 m/s，故C正确。 答案　ACD 4.半径R＝1 m的圆弧轨道下端与一水平轨道连接，水平轨道离地面高度h＝ 1 m，如图8所示，有一质量m＝1.0 kg

14、的小滑块自圆轨道最高点A由静止开始滑下，经过水平轨道末端B时速度为4 m/s，滑块最终落在地面上，g取10 m/s2，试求： 图8 (1)不计空气阻力，滑块落在地面上时速度大小； (2)滑块在轨道上滑行时克服摩擦力做的功。 解析　(1)从B点到地面这一过程，只有重力做功，根据动能定理有mgh＝mv2－mv， 代入数据解得v＝6 m/s。 (2)设滑块在轨道上滑行时克服摩擦力做的功为Wf，对A到B这一过程运用动能定理有mgR－Wf＝mv－0， 解得Wf＝2 J。 答案　(1)6 m/s　(2)2 J 基础过关 1.一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间

15、隔t内位移为s，动能变为原来的9倍。该质点的加速度为(　　) A. B. C. D. 解析　动能变为原来的9倍，则物体的速度变为原来的3倍，即v＝3v0，由s＝(v0＋v)t和a＝得a＝，故A项正确。 答案　A 2.如图1所示，假设在某次比赛中他从10 m高处的跳台跳下，设水的平均阻力约为其体重的3倍，在粗略估算中，把运动员当作质点处理，为了保证运动员的人身安全，池水深度至少为(不计空气阻力)(　　) 图1 A.5 m B.3 m C.7 m D.1 m 解析　设水深h，对全程运用动能定理 mg(H＋h)－h＝0，＝3mg， 即mg(H＋h)＝3m

16、gh。所以h＝5 m。 答案　A 3.如图2所示，木板长为l，木板的A端放一质量为m的小物体，物体与板间的动摩擦因数为μ。开始时木板水平，在绕O点缓慢转过一个小角度θ的过程中，若物体始终保持与木板相对静止。对于这个过程中各力做功的情况，下列说法中正确的是(　　) 图2 A.摩擦力对物体所做的功为mglsin θ(1－cos θ) B.弹力对物体所做的功为mglsin θcos θ C.木板对物体所做的功为mglsin θ D.合力对物体所做的功为mglcos θ 解析　重力是恒力，可直接用功的计算公式，则WG＝－mgh；摩擦力虽是变力，但因摩擦力方向上物体没有发生位移，所以

17、Wf＝0；因木板缓慢运动，所以合力F合＝0，则W合＝0；因支持力FN为变力，不能直接用公式求它做的功，由动能定理W合＝ΔEk知，WG＋WFN＝0，所以WFN＝－WG＝mgh＝mglsin θ。 答案　C 4.如图3所示，光滑斜面的顶端固定一弹簧，一小球向右滑行，并冲上固定在地面上的斜面。设小球在斜面最低点A的速度为v，压缩弹簧至C点时弹簧最短，C点距地面高度为h，则从A到C的过程中弹簧弹力做功是(　　) 图3 A.mgh－mv2 B.mv2－mgh C.－mgh D.－ 解析　由A到C的过程运用动能定理可得： －mgh＋W＝0－mv2，所以W＝mgh－mv2，故A

18、正确。 答案　A 5.如图4所示，固定斜面倾角为θ，整个斜面分为AB、BC两段，AB＝2BC。小物块P(可视为质点)与AB、BC两段斜面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2。已知P由静止开始从A点释放，恰好能滑动到C点而停下，那么θ、μ1、μ2间应满足的关系是(　　) 图4 A.tan θ＝ B.tan θ＝ C.tan θ＝2μ1－μ2 D.tan θ＝2μ2＋μ1 解析　由动能定理得mg·AC·sin θ－μ1mgcos θ·AB－μ2mgcos θ·BC＝0，则有tan θ＝，故选项B正确。 答案　B 6.用起重机提升货物，货物上升过程中的v－t图象如图5所示，

19、在t＝3 s 到t＝5 s内，重力对货物做的功为W1、绳索拉力对货物做的功为W2、货物所受合力做的功为W3，则(　　) 图5 A.W1＞0 　　　　 B.W2＜0 C.W2＞0 　　　　 D.W3＞0 解析　分析题图可知，货物一直向上运动，根据功的定义式可得：重力做负功，拉力做正功，即W1＜0，W2＞0，A、B错误，C正确；根据动能定理：合力做的功W3＝0－mv2，v＝2 m/s，即W3＜0，D错误。 答案　C 能力提升 7.(多选)在平直公路上，汽车由静止开始做匀加速直线运动，当速度达到vmax后，立即关闭发动机直至静止，v－t图象如图6所示，设汽车的牵引力

20、为F，受到的摩擦力为Ff，全程中牵引力做功为W1，克服摩擦力做功为W2，则(　　) 图6 A.F∶Ff＝1∶3 B.W1∶W2＝1∶1 C.F∶Ff＝4∶1 D.W1∶W2＝1∶3 解析　对汽车运动的全过程，由动能定理得：W1－W2＝ΔEk＝0，所以W1＝W2，选项B正确，选项D错误；设牵引力、摩擦力作用下的位移分别为x1、x2，由图象知x1∶x2＝1∶4。由动能定理得Fx1－Ff x2＝0，所以F∶Ff＝4∶1，选项A错误，选项C正确。 答案　BC 8.一列火车由机车牵引沿水平轨道行驶，经过时间t，其速度由0增大到v。已知列车总质量为M，机车功率P保持不变，列车所

21、受阻力f为恒力。求这段时间内列车通过的路程。 解析　以列车为研究对象，列车水平方向受牵引力和阻力。设列车通过路程为s，据动能定理 WF－Wf＝Mv2－0，WF＝Pt，Wf＝fs 故Pt－fs＝Mv2 解得：s＝。 答案　 9.如图7所示，质量为m的物体从高为h、倾角为θ的光滑斜面顶端由静止开始沿斜面下滑，最后停在水平面上，已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，求： 图7 (1)物体滑至斜面底端时的速度； (2)物体在水平面上滑行的距离。(不计斜面与平面交接处的动能损失) 解析　(1)物体下滑过程中只有重力做功，且重力做功与路径无关，由动能定理：mgh＝mv2，可求得物体滑

22、至斜面底端时速度大小为v＝。 (2)设物体在水平面上滑行的距离为l， 由动能定理得：－μmgl＝0－mv2 解得：l＝＝。 答案　(1)　(2) 10.如图8甲所示，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处平滑连接，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力F作用而运动，F随位移变化的关系如图乙所示(水平向右为正)，滑块与AB间的动摩擦因数为μ＝0.25，与BC间的动摩擦因数未知，g取10 m/s2。 图8 (1)求滑块到达B处时的速度大小； (2)求滑块在水平轨道AB上运动前2 m过程所用的时间。 解析　(1)对滑块从

23、A到B的过程，由动能定理得 F1x1－F3x3－μmgx＝mv 得vB＝2m/s。 (2)在前2 m内，由牛顿第二定律得 F1－μmg＝ma，且x1＝at 解得t1＝ s。 答案　(1)2m/s　(2) s 11.如图9所示，ABCD为一位于竖直平面内的轨道，其中BC水平，A点比BC高出10 m，BC长1 m，AB和CD轨道光滑且与BC平滑连接。一质量为1 kg的物体，从A点以4 m/s的速度开始运动，经过BC后滑到高出C点10.3 m的D点速度为零。g取10 m/s2，求： 图9 (1)物体与BC轨道间的动摩擦因数； (2)物体第5次经过B点时的速度； (3)物体最后停止的位置(距B点多少米)。 解析　(1)由动能定理得 mg(H－h)－μmgxBC＝0－mv，解得μ＝0.5。 (2)物体第5次经过B点时，物体在BC上滑动了4次，由动能定理得mgH－μmg·4xBC＝mv－mv 解得v2＝4 m/s。 (3)分析整个过程，由动能定理得 mgH－μmgs＝0－mv 解得s＝21.6 m。 所以物体在轨道上来回运动了10次后，还有1.6 m，故距B点的距离为2 m－1.6 m＝0.4 m。 答案　(1)0.5　(2)4 m/s　(3)距B点0.4 m 12