高考物理一輪復習-第2講-動能定理及應用

授課提示：對應學生用書第323頁[A組基礎鞏固練]熱點一動能定理的理解1．(2022·湖北黃岡模擬)關(guān)于動能概念及動能定理表達式W＝Ek2－Ek1的說法正確的是()A．若物體速度在變化，則動能一定在變化B．速度大的物體，動能一定大C．W＝Ek2－Ek1表示功可以變成能D．動能的變化可以用合力做的功來量度解析：速度是矢量，而動能是標量，若物體速度只改變方向，不改變大小，則動能不變，A錯誤；由Ek＝eq\f(1,2)mv2知，B錯誤；動能定理表達式W＝Ek2－Ek1表示動能的變化可用合力做的功量度，但功和能是兩個不同的概念，有著本質(zhì)的區(qū)別，故C錯誤，D正確。答案：D2.(2022·湖南懷化聯(lián)考)如圖所示，DO是水平面，AB是斜面，初速度為v0的物體從D點出發(fā)沿DBA滑動到頂點A時速度剛好為零。如果斜面改為AC，讓該物體從D點出發(fā)沿DCA滑動到頂點A且速度剛好也為零，則物體具有的初速度(已知物體與路面之間的動摩擦因數(shù)處處相同且不為零)()A．等于v0 B．大于v0C．小于v0 D．取決于斜面的傾角解析：物體從D點沿DBA滑動到頂點A的過程中，由動能定理得－mg·xAO－μmg·xDB－μmgcosα·xAB＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，由幾何關(guān)系cosα·xAB＝xOB，因而上式可以簡化為－mg·xAO－μmg·xOD＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，從上式可以看出，到達頂點的動能與路徑無關(guān)，故選A。答案：A3.(2022·江西萬載中學模擬)如圖所示，AB為eq\f(1,4)圓弧軌道，BC為水平直軌道，圓弧的半徑為R，BC的長度也是R，一個質(zhì)量為m的物體，與兩個軌道的動摩擦因數(shù)都為μ，當它由軌道頂端A從靜止下滑時，恰好運動到C處停止，那么物體在AB段克服摩擦力做功為()A.eq\f(1,2)μmgR B.eq\f(1,2)mgRC．mgR D．(1－μ)mgR解析：BC段物體受摩擦力f＝μmg，位移為R，故BC段摩擦力對物體做功W＝－fR＝－μmgR,對全程由動能定理可知，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正確。答案：D熱點二動能定理與圖象的結(jié)合問題4.(2022·福建廈門模擬)一個質(zhì)量為2kg的物體靜止在水平桌面上，在水平拉力F的作用下，沿水平方向運動2s后撤去外力，其v-t圖象如圖所示，下列說法正確的是()A．在0～2s，合外力做的功為4JB．在0～2s，合外力做的功為8JC．在0～6s，摩擦力做的功為－8JD．在0～6s，摩擦力做的功為－4J解析：在0～2s內(nèi)由圖象可讀出物體初末速度，由動能定理可得W合＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－0＝4J，故A正確，B錯誤。在0～6s內(nèi)，由全程的動能定理得WF＋Wf＝0－0，其中f＝ma2＝2×eq\f(2,4)N＝1N；對于0～2s由牛頓第二定律得F－f＝ma1，得F＝3N，而WF＝F·x1＝3×2J＝6J，聯(lián)立得Wf＝－6J，故C、D錯誤。答案：A5．(多選)(2022·河北隆化質(zhì)檢)如圖甲所示，一個物體由某一個固定的長斜面的底端以初速度v0沿斜面上滑，其動能Ek隨離開斜面底端的距離x變化的圖象如圖乙所示，斜面與物體間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，g取10m/s2，不計空氣阻力，則以下說法正確的是()A．斜面的傾角θ＝30°B．物體的質(zhì)量m＝0.5kgC．斜面與物體間的摩擦力大小f＝2ND．物體在斜面上運動的總時間t＝2s解析：由動能定理知，Ek-x圖象的斜率的絕對值表示合外力的大小，則上升階段有mgsinθ＋μmgcosθ＝5N，下降階段有mgsinθ－μmgcosθ＝1N，聯(lián)立得tanθ＝eq\f(3,4)，即θ＝37°，m＝0.5kg，故A錯誤，B正確；物體與斜面間的摩擦力f＝μmgcosθ＝2N，故C正確；上升階段由Ek-x圖象知，合力F1＝5N，則a1＝10m/s2，t1＝eq\f(v1,a1)，Ek1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝25J，聯(lián)立得t1＝1s，同理，下降階段合力F2＝1N，則a2＝2m/s2，t2＝eq\f(v2,a2)，Ek2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＝5J，聯(lián)立得t2＝eq\r(5)s，則t＝t1＋t2＝(1＋eq\r(5))s，故D錯誤。答案：BC熱點三動能定理在多過程或往復運動中的應用6．(多選)(2022·江蘇南通質(zhì)檢)如圖所示，輕質(zhì)彈簧的左端固定，并處于自然狀態(tài)。小物塊的質(zhì)量為m，從A點向左沿水平地面運動，壓縮彈簧后被彈回，運動到A點恰好靜止。物塊向左運動的最大距離為s，與地面間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，彈簧未超出彈性限度。在上述過程中()A．彈簧的最大彈力為μmgB．物塊克服摩擦力做的功為2μmgsC．彈簧的最大彈性勢能為μmgsD．物塊在A點的初速度為eq\r(2μgs)解析：對物塊從A點開始到再回到A點的整個過程，由動能定理可知Wf＝－2μmgs＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)，則vA＝2eq\r(μgs)，故B正確，D錯誤；對物塊從A點開始到彈簧壓縮量最大這一過程，由動能定理可知W彈＋Wf′＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)，Wf′＝－μmgs，則W彈＝－μmgs，即物塊克服彈力做功為μmgs，所以彈簧彈性勢能增加μmgs，故C正確；當克服彈力做功為μmgs時，彈簧的最大彈力要大于μmg，故A錯誤。答案：BC7．(多選)(2022·廣西南寧模擬)在有大風的情況下，一個小球自A點豎直上拋，其運動軌跡如圖所示(小球的運動可看作豎直方向的豎直上拋運動和水平方向的初速度為零的勻加速直線運動的合運動)，小球運動軌跡上的A、B兩點在同一水平直線上，M點為軌跡的最高點。若風力的大小恒定，方向水平向右，小球在A點拋出時的動能為4J，在M點時它的動能為2J，落回到B點時動能記為EkB，小球上升時間記為t1，下落時間記為t2，不計其他阻力，下列說法正確的是()A．x1∶x2＝1∶3 B．t1<t2C．EkB＝6J D．EkB＝12J解析：由小球上升與下落時間相等即t1＝t2得，x1∶(x1＋x2)＝1∶22＝1∶4，即x1∶x2＝1∶3，A正確，B錯誤；A→M應用動能定理得－mgh＋W1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,M)－eq\f(1,2)mv2①，豎直方向有v2＝2gh②，①②式聯(lián)立得W1＝2J，A→B風力做功W2＝4W1＝8J，A→B由動能定理W2＝EkB－EkA，可求得EkB＝12J，C錯誤，D正確。答案：AD[B組綜合提能練]8.(2022·山東青島期末)如圖所示，豎直平面內(nèi)有一半徑R＝0.35m的內(nèi)壁光滑的固定圓形軌道，軌道底端與光滑水平地面相切，一小球(可視為質(zhì)點)以v0＝3.5m/s的初速度進入軌道，取g＝10m/s2，則()A．小球不會脫離圓軌道運動B．小球上升的最大高度為0.6125mC．小球脫離軌道時的速度大小為eq\f(\r(7),2)m/sD．小球脫離軌道的位置與圓心連線和水平方向間的夾角為60°解析：假設小球可以到達軌道最高點，則從最低點到最高點的過程，由動能定理可得－mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，代入數(shù)據(jù)由數(shù)學知識可知v1無解，故小球不能到達軌道最高點，假設速度減小為0時上升的高度為h，由動能定理可得－mgh＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得h＝0.6125m，大于軌道半徑R，說明小球會脫離軌道做斜拋運動，至最高點的速度不為零，即上升的實際高度h′<0.6125m，A、B錯誤；設小球運動至A點時剛好脫離軌道，此時軌道對小球的彈力為0，小球的速度為v2，如圖所示，在A點滿足mgsinθ＝meq\f(v\o\al(2,2),R)，從最低點運動至A點過程，由動能定理可得－mg(R＋Rsinθ)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，聯(lián)立可解得θ＝30°，v2＝eq\f(\r(7),2)m/s，C正確，D錯誤。答案：C9．(2022·北京北大附中模擬)利用傳感器和計算機可以研究快速變化的力的大小。實驗時，把圖甲中的小球舉高到繩子的懸點O處，然后小球由靜止釋放，同時開始計時，利用傳感器和計算機獲得彈性繩的拉力隨時間的變化如圖乙所示。根據(jù)圖象提供的信息，下列說法正確的是()A．t1、t3時刻小球的速度最大B．t2、t5時刻小球的動能最小C．t3、t4時刻小球的運動方向相同D．t4－t3<t7－t6解析：把小球舉高到繩子的懸點O處，讓小球自由下落，t1時刻繩子剛好繃緊，此時小球所受的重力大于繩子的拉力，小球向下做加速運動，當繩子的拉力大于重力時，小球才開始做減速運動，t2時刻繩子的拉力最大，小球運動到最低點，速度為零；當繩子的拉力與重力相等時，速度最大，而t1、t3時刻繩子的拉力都為零，小于小球的重力，故t1、t3時刻小球的速度不是最大，故A錯誤。由圖乙可知，t2、t5時刻小球都到達最低點，速度為零，動能都為零，為最小，故B正確。t3時刻小球的速度方向向上，t4時刻小球的速度向下，t3、t4時刻小球的運動方向相反，故C錯誤。t3～t4時間內(nèi)與t6～t7時間內(nèi)小球都做豎直上拋運動，由于t3時刻的速度大于t6時刻的速度，由豎直上拋運動的時間t＝eq\f(2v0,g)，可知t4－t3>t7－t6，故D錯誤。答案：B10．(多選)(2022·廣東佛山模擬)如圖所示，半徑為2R的粗糙eq\f(1,4)圓弧軌道與半徑為R的光滑半圓弧軌道放置在同一個豎直平面內(nèi)，兩個軌道之間是由一個長DC＝5R的光滑水平軌道相連，一個小球從B點正上方R處的A點無初速度釋放后切入粗糙eq\f(1,4)圓弧軌道上運動，最終小球恰好到達半圓弧軌道的最高點E。已知小球的質(zhì)量為m，重力加速度為g，則以下選項正確的是()A．小球從A點釋放到達B點時的速度大小為eq\r(gR)B．小球從B點下滑到達C點時的速度大小為eq\r(2gR)C．小球在圓弧軌道上，克服摩擦力做的功為eq\f(mgR,2)D．小球恰好到達E點后將會做平拋運動解析：小球從A點釋放到達B點時，根據(jù)動能定理得：mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，解得vB＝eq\r(2gR)，故選項A錯誤；小球恰好到達半圓弧軌道的最高點E，根據(jù)牛頓第二定律得：mg＝meq\f(v\o\al(2,E),R)，從D點到E點根據(jù)動能定理可得：－mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,E)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)，聯(lián)立解得vD＝eq\r(5gR)，因為C點到D點光滑，所以小球從B點下滑到達C點時的速度大小為eq\r(5gR)，故選項B錯誤；從A點到C點根據(jù)動能定理可得：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，故選項C正確；小球恰好到達E點后，只受重力，且水平初速度為eq\r(gR)，所以將會做平拋運動，故選項D正確。答案：CD11.質(zhì)量為2kg的物塊放在粗糙水平面上，在水平拉力的作用下由靜止開始運動，物塊動能Ek與其發(fā)生位移x之間的關(guān)系如圖所示。已知物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，重力加速度g取10m/s2，則下列說法正確的是()A．x＝1m時速度大小為2m/sB．x＝3m時物塊的加速度大小為2.5m/s2C．在前4m位移過程中拉力對物塊做的功為9JD．在前4m位移過程中物塊所經(jīng)歷的時間為2.8s解析：由圖象可知x＝1m時動能為2J，v1＝eq\r(\f(2Ek,m))＝eq\r(2)m/s，故A錯誤；同理，當x＝2m時動能為4J，v2＝2m/s，當x＝4m時動能為9J，v4＝3m/s，則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錯誤；對物塊運動全過程由動能定理得：WF＋(－μmgx)＝Ek末－0，解得WF＝25J，故C錯誤；0～2m過程，t1＝eq\f(2x1,v2)＝2s,2～4m過程，t2＝eq\f(x2,\f(v2＋v4,2))＝0.8s，故總時間t＝2s＋0.8s＝2.8s，故D正確。答案：D12．(2022·天津濱海新區(qū)模擬)某同學參照過山車情景設計了如圖所示的模型。光滑的豎直圓軌道半徑R＝2m，入口的平直軌道AC和出口的平直軌道CD均是粗糙的，質(zhì)量m＝2kg的小滑塊與水平軌道之間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.5，滑塊從A點由靜止開始受到水平拉力F＝60N的作用，在B點時撤去拉力，AB段的長度為l＝5m，不計空氣阻力。(g＝10m/s2)(1)