《2018-2019學年高考物理 主題二 機械能及其守恒定律 第四章 機械能及其守恒定律 習題課 動能定理的應用學案 教科版.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2018-2019學年高考物理 主題二 機械能及其守恒定律 第四章 機械能及其守恒定律 習題課 動能定理的應用學案 教科版.doc（14頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

習題課　動能定理的應用 　應用動能定理求變力的功 [要點歸納] 1.應用動能定理求變力的功是常用的方法，當物體受到一個變力和幾個恒力作用時，可以用動能定理間接求變力做的功，即W變＋W其他＝ΔEk。 2.當機車以恒定功率啟動時，牽引力為變力，牽引力做的功可表示為W＝Pt。 [試題案例] [例1] 如圖1所示，AB為圓弧軌道，BC為水平直軌道，圓弧的半徑為R，BC的長度也是R。一質量為m的物體，與兩個軌道的動摩擦因數都為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(　　) 圖1 A.μmgR B.mgR C.mgR D.(1－μ)mgR 解析　設物體在AB段克服摩擦力所做的功為WAB，物體從A到C的全過程，根據動能定理有mgR－WAB－μmgR＝0，所以有WAB＝mgR－μmgR＝(1－μ)mgR。選項D正確。 答案　D [例2] (多選)質量為m的汽車在平直的公路上行駛，某時刻速度為v0，從該時刻起汽車開始加速，經過時間t前進的距離為s，此時速度達到最大值vmax，設在加速過程中發(fā)動機的功率恒為P，汽車所受阻力恒為f，則這段時間內牽引力所做的功為(　　) A.Pt B.fvmaxt C.fs D.mv＋fs－mv 解析　牽引力的功率為P，則W＝Pt，A正確；當牽引力等于阻力時，速度達到最大值，則有P＝fvmax，B正確；加速階段牽引力大于阻力，C錯誤；對加速階段，由動能定理得W－fs＝mv－mv，D正確。 答案　ABD 應用動能定理分析問題時要確定研究過程的初、末狀態(tài)，對研究對象進行受力分析，明確力做功的情況，這是求解問題的關鍵。如例2中對于汽車以恒定功率加速的過程，要明確阻力做功為恒力做功Wf＝－fs而牽引力做功為變力做功，由于功率不變，則W＝Pt。動能定理的表現形式應為Pt－fs＝mv－mv。 [針對訓練1] 質量為m的物體以初速度v0沿水平面向左開始運動，起始點A與一輕彈簧O端相距s，如圖2所示，已知物體與水平面間的動摩擦因數為μ，物體與彈簧相碰后，彈簧的最大壓縮量為x，則從開始碰撞到彈簧被壓縮至最短，物體克服彈簧彈力所做的功為(　　) 圖2 A.mv－μmg(s＋x) B.mv－μmgx C.μmgs D.μmg(s＋x) 解析　由動能定理得：－W－μmg(s＋x)＝0－mv，故物體克服彈簧彈力做功 W＝mv－μmg(s＋x)，A正確。 答案　A 　動能定理與圖像相結合的問題 [要點歸納] 動能定理經常和圖像問題相結合應用，分析時一定要弄清圖像的物理意義，要特別注意圖像的形狀、交點、截距、斜率、面積等信息，并結合運動圖像建立相應的物理情境，選擇合理的規(guī)律求解有關問題。 [試題案例] [例3] (多選)在平直公路上，汽車由靜止開始做勻加速運動，當速度達到vm后立即關閉發(fā)動機直到停止，v－t圖像如圖3所示。設汽車的牽引力為F，摩擦力為f，全過程中牽引力做功W1，克服摩擦力做功W2，則(　　) 圖3 A.F∶f＝1∶3 B.F∶f＝4∶1 C.W1∶W2＝1∶1 D.W1∶W2＝1∶3 解析　全過程初、末狀態(tài)的動能都為零， 對全過程應用動能定理得 W1－W2＝0① 即W1＝W2，選項C正確； 設物體在0～1 s內和1～4 s內運動的位移大小分別為x1、x2，則 W1＝Fx1② W2＝f(x1＋x2)③ 在v－t圖像中，圖像與時間軸包圍的面積表示位移，由圖像可知， x2＝3x1④ 由②③④式解得：F∶f＝4∶1，選項B正確。 答案　BC “三步法”分析動能定理與圖像的結合問題 [針對訓練2] (2018張家口高一檢測)物體在恒定阻力作用下，以某初速度在水平面上沿直線滑行直到停止。以a、Ek、x和t分別表示物體運動的加速度大小、動能、位移的大小和運動的時間。則以下各圖像中，能正確反映這一過程的是(　　) 解析　物體在恒定阻力作用下運動，其加速度不隨時間和位移變化，選項A、B錯誤；由動能定理得：－fx＝Ek－Ek0，解得Ek＝Ek0－fx，可知選項C正確，D錯誤。 答案　C 　動能定理在多過程問題中的應用 [要點歸納]　 對于包含多個運動階段的多過程問題，應用動能定理時可以選擇分段法或全程法。 1.分段法：將復雜的過程分割成一個個子過程，對每個子過程的做功情況和初、末動能進行分析，然后針對每個子過程應用動能定理列式，然后聯立求解。 2.全程法：分析整個過程中的各個力的做功情況，確定整個過程中各個力做功的代數和，然后確定整個過程的初、末動能，針對整個過程利用動能定理列式求解。當題目不涉及中間量時，選擇全程法更簡潔。 注意：當物體運動過程中涉及多個力做功時，各力對應的位移可能不相同，計算各力做功時，應注意各力對應的位移。計算總功時，應計算整個過程中出現過的各力做功的代數和。 [試題案例] [例4] 右端連有光滑弧形槽的水平面AB長為L＝1.5 m，如圖4所示。一個質量為m＝0.5 kg的木塊在F＝1.5 N的水平拉力作用下，從水平面上A端由靜止開始向右運動，木塊到達B端時撤去拉力F。木塊與水平面間的動摩擦因數μ＝0.2，取g＝10 m/s2。求： 圖4 (1)木塊沿弧形槽上升的最大高度； (2)木塊沿弧形槽滑回B端后，在水平面上滑動的距離。 解析　(1)設木塊沿弧形槽上升的最大高度為h，對木塊由A端運動到最大高度的過程，由動能定理得 FL－μmgL－mgh＝0 解得h＝＝0.15 m。 (2)設木塊沿弧形槽滑回B端后在水平面上滑行的距離為s，由動能定理得 mgh－μmgs＝0 解得s＝＝0.75 m。 答案　(1)0.15 m　(2)0.75 m 物體在運動過程中若包含幾個不同的過程，應優(yōu)先考慮對全過程運用動能定理，這樣往往比分過程運用動能定理求解簡單。但對全過程列式時，要弄清整個過程中有哪些力做功，每個力做的功與哪段位移相對應，否則容易出錯。 [針對訓練3] 如圖5所示，光滑水平面AB與一半圓形軌道在B點相連，半圓形軌道位于豎直面內，其半徑為R，一個質量為m的物塊靜止在水平面上，現向左推物塊使其壓緊彈簧，然后放手，物塊在彈力作用下由靜止獲得一速度，當它經B點進入半圓形軌道瞬間，對軌道的壓力為其重力的7倍，之后向上運動恰能完成半圓周運動到達C點，重力加速度為g。求： 圖5 (1)彈簧彈力對物塊做的功； (2)物塊從B到C克服阻力所做的功； (3)物塊離開C點后，再落回到水平面上時的動能。 解析　(1)由動能定理得W＝mv 在B點由牛頓第二定律得7mg－mg＝m 解得W＝3mgR (2)物塊從B到C由動能定理得 －2mgR＋W′＝mv－mv 物塊在C點時mg＝m 解得W′＝－mgR， 即物塊從B到C克服阻力做功為mgR。 (3)物塊從C點平拋到水平面的過程中，由動能定理得 2mgR＝Ek－mv，解得Ek＝mgR。 答案　(1)3mgR　(2)mgR　(3)mgR 1.(動能定理的應用)(2018東營高一檢測)人在距地面h高處拋出一個質量為m的小球，落地時小球的速度為v，不計空氣阻力，人對小球做功是(　　) A.mv2 B.mgh＋mv2 C.mgh－mv2 D.mv2－mgh 解析　運用動能定理得：mgh＋W＝mv2－0，解得：W＝mv2－mgh，故D正確，A、B、C錯誤。 答案　D 2.(應用動能定理求變力的功)如圖6所示，木板長為l，木板的A端放一質量為m的小物體，物體與板間的動摩擦因數為μ。開始時木板水平，在繞O點緩慢轉過一個小角度θ的過程中，若物體始終保持與板相對靜止。對于這個過程中各力做功的情況，下列說法中正確的是(　　) 圖6 A.摩擦力對物體所做的功為mglsin θ(1－cos θ) B.彈力對物體所做的功為mglsin θcos θ C.木板對物體所做的功為mglsin θ D.合力對物體所做的功為mglcos θ 解析　重力是恒力，可直接用功的計算公式，則WG＝－mgh＝－mglsin θ；摩擦力雖是變力，但因摩擦力方向上物體沒有發(fā)生位移，所以Wf＝0；因木塊緩慢運動，所以合力F合＝0，則W合＝0；因支持力N為變力，不能直接用公式求它做的功，由動能定理W合＝ΔEk知，WG＋WN＝0，所以WN＝－WG＝mgh＝mglsin θ。即木板對物體做功為mglsin θ，選項C正確。 答案　C 3.(動能定理與圖像相結合問題)靜止在粗糙水平面上的物塊在水平向右的拉力作用下做直線運動，t＝4 s 時停下，其v－t圖像如圖7所示，已知物塊與水平面間的動摩擦因數處處相同，則下列判斷正確的是 (　　) 圖7 A.整個過程中拉力做的功等于物塊克服摩擦力做的功 B.整個過程中拉力做的功等于零 C.t＝2 s時刻拉力的瞬時功率在整個過程中最大 D.t＝1 s到t＝3 s這段時間內拉力不做功 解析　全過程由動能定理得WF＋Wf＝0，所以選項A正確；因物體從靜止開始運動，整個過程WF≠0，B錯誤；拉力的瞬時功率在1～3 s內相等，1 s末時刻拉力的瞬時功率最大，C錯誤；t＝1 s到t＝3 s這段時間內，物體做勻速運動，F＝f≠0，拉力做功W＝Fx13≠0，D錯誤。 答案　A 4.(多過程問題)如圖8所示，AB段為粗糙水平面軌道，BC段是固定于豎直平面內的光滑半圓形導軌，半徑為R。一質量為m的滑塊靜止在A點，在水平恒力F作用下從A點向右運動，當運動至B點時，撤去恒力F，滑塊沿半圓形軌道向上運動恰能通過最高點C。已知滑塊與水平軌道間的滑動摩擦力f＝，水平恒力F＝。求： 圖8 (1)滑塊與水平軌道間的動摩擦因數μ； (2)滑塊運動至C點的速度大小vC； (3)水平軌道AB的長度L。 解析　(1)滑塊在水平軌道上運動時，由f＝μN＝μmg 得μ＝＝0.25 (2)滑塊在C點時僅受重力，據牛頓第二定律，有 mg＝m 可得vC＝ (3)滑塊從A到C的過程，運用動能定理得： (F－f)L－2mgR＝mv－0 又f＝，F＝ 解得L＝10R。 答案　(1)0.25　(2)　(3)10R 合格性檢測 1.(2018全國卷Ⅱ，14)如圖1，某同學用繩子拉動木箱，使它從靜止開始沿粗糙水平路面運動至具有某一速度。木箱獲得的動能一定(　　) 圖1 A.小于拉力所做的功 B.等于拉力所做的功 C.等于克服摩擦力所做的功 D.大于克服摩擦力所做的功 解析　由動能定理WF－Wf＝Ek－0，可知木箱獲得的動能一定小于拉力所做的功，A正確。 答案　A 2.(多選)用力F拉著一個物體從空中的a點運動到b點的過程中，重力做功－3 J，拉力F做功8 J，空氣阻力做功－0.5 J，則下列判斷正確的是(　　) A.物體的重力勢能增加了3 J B.物體的重力勢能減少了3 J C.物體的動能增加了4.5 J D.物體的動能增加了8 J 解析　因為重力做功－3 J，所以重力勢能增加3 J，A正確，B錯誤；根據動能定理W合＝ΔEk，得ΔEk＝W合＝WG＋WF＋Wf＝－3 J＋8 J－0.5 J＝4.5 J，C正確，D錯誤。 答案　AC 3.如圖2所示，一個小球質量為m，靜止在光滑的軌道上?，F以水平力擊打小球，使小球能夠通過半徑為R的豎直光滑半圓軌道的最高點C，則水平力對小球所做的功至少為(　　) 圖2 A.mgR B.2mgR C.2.5mgR D.3mgR 解析　要通過豎直光滑半圓軌道的最高點C，在C點，則有mg＝，對小球，由動能定理W－2mgR＝mv2，聯立解得W＝2.5mgR，C項正確。 答案C 4.(2018廊坊高一檢測)如圖3所示，質量為m的物塊與水平轉臺間的動摩擦因數為μ，物塊與轉軸相距R，物塊隨轉臺由靜止開始轉動。當轉速增至某一值時，物塊即將在轉臺上滑動，此時轉臺已開始勻速轉動，在這一過程中，摩擦力對物塊做的功是(假設物塊所受的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)(　　) 圖3 A.0 B.2μmgR C.2πμmgR D. 解析　物塊即將在轉臺上滑動但還未滑動時，轉臺對物塊的最大靜摩擦力恰好提供向心力，設此時物塊做圓周運動的線速度為v，則有μmg＝。在物塊由靜止到獲得速度v的過程中，物塊受到的重力和支持力不做功，只有摩擦力對物塊做功，由動能定理得W＝mv2－0。聯立解得W＝μmgR。故D正確。 答案　D 5.(2018江蘇單科，4)從地面豎直向上拋出一只小球，小球運動一段時間后落回地面。忽略空氣阻力，該過程中小球的動能Ek與時間t的關系圖像是(　　) 解析　設小球拋出瞬間的速度大小為v0，拋出后，某時刻t小球的速度v＝v0－gt，故小球的動能Ek＝mv2＝m(v0－gt)2，結合數學知識知，選項A正確。 答案　A 6.(2018淮安高一檢測)(多選)如圖4甲所示，質量m＝2 kg 的物體以100 J的初動能在粗糙的水平地面上滑行，其動能Ek隨位移x變化的關系圖像如圖乙所示，則下列判斷正確的是(　　) 圖4 A.物體運動的總位移大小為10 m B.物體運動的加速度大小為10 m/s2 C.物體運動的初速度大小為10 m/s D.物體所受的摩擦力大小為10 N 解析　由圖像可知，物體運動的總位移為10 m，根據動能定理得，－f x＝0－Ek0，解得f＝＝ N＝10 N，故A、D正確；根據牛頓第二定律得，物體運動的加速度大小a＝＝ m/s2＝5 m/s2，故B錯誤；根據Ek0＝mv得v0＝＝ m/s＝10 m/s，故C正確。 答案　ACD 7.如圖5所示，光滑圓軌道固定在豎直面內，一質量為m的小球沿軌道做完整的圓周運動，已知小球在最低點時對軌道的壓力大小為N1，在最高點時對軌道的壓力大小為N2。重力加速度大小為g，則N1－N2的值為(　　) 圖5 A.3mg B.4mg C.5mg D.6mg 解析　對最低點有N1－mg＝m，最高點有N2＋mg＝m。小球在運動過程中由動能定理：－mg2R＝mv－mv，解得N1－N2＝6mg。 答案　D 8.質量m＝1 kg的物體，在水平拉力F的作用下，沿粗糙水平面運動，在位移是4 m時，拉力F停止作用，運動到位移是8 m時物體停止，運動過程中Ek－x的圖像如圖6所示，g取10 m/s2，求： 圖6 (1)物體和水平面間的動摩擦因數； (2)拉力F的大小。 解析　(1)在運動的第二階段，物體在位移x2＝4 m內，動能由Ek＝10 J變?yōu)榱恪? 由動能定理得：－μmgx2＝0－Ek， 故動摩擦因數μ＝＝＝0.25。 (2)在運動的第一階段，物體位移x1＝4 m，初動能Ek0＝2 J，根據動能定理得：Fx1－μmgx1＝Ek－Ek0，所以F＝4.5 N。 答案　(1)0.25　(2)4.5 N 等級性檢測 9.(多選)如圖7，一固定容器的內壁是半徑為R的半球面；在半球面水平直徑的一端有一質量為m的質點P。它在容器內壁由靜止下滑到最低點的過程中，克服摩擦力做的功為W。重力加速度大小為g。設質點P在最低點時，向心加速度的大小為a，容器對它的支持力大小為N，則(　　) 圖7 A.a＝ B.a＝ C.N＝ D.N＝ 解析　由動能定理知，在P從最高點下滑到最低點的過程中mgR－W＝mv2，在最低點的向心加速度a＝，聯立得a＝，選項A正確；在最低點時N－mg＝ma，所以N＝，選項C正確。 答案　AC 10.如圖8，與水平面夾角θ＝37的斜面和半徑R＝0.4 m的光滑圓軌道相切于B點，且固定于豎直平面內?；瑝K從斜面上的A點由靜止釋放，經B點后沿圓軌道運動，通過最高點C時軌道對滑塊的彈力為零。已知滑塊與斜面間動摩擦因數μ＝0.25。(g取10 m/s2，sin 37＝0.6，cos 37＝0.8)求： 圖8 (1)滑塊在C點的速度大小vC； (2)滑塊在B點的速度大小vB； (3)A、B兩點間的高度差h。 解析　(1)滑塊在C點豎直方向所受合力提供向心力 mg＝① vC＝＝2 m/s (2)對B―→C過程，由動能定理有 －mgR(1＋cos 37)＝mv－mv② vB＝＝4.29 m/s (3)滑塊在A―→B的過程，利用動能定理得 mgh－μmgcos 37＝mv－0③ 代入數據解得h＝1.38 m 答案　(1)2 m/s　(2)4.29 m/s　(3)1.38 m 11.(2018江陰一中高一檢測)我國海軍殲—15艦載機已經在“遼寧”號航母上成功著艦和起飛。現將飛機起飛模型簡化為飛機先在水平甲板上做勻加速直線運動，再在傾角為θ＝15的斜面甲板上以最大功率做加速運動，最后從甲板飛出的速度為360 km/h，如圖9所示。若飛機的質量為18噸，甲板AB＝180 m，BC＝50 m。(飛機長度忽略當成質點，不計一切摩擦和空氣阻力，取sin 15＝0.3，g＝10 m/s2) 圖9 (1)如果要求到達甲板B點的速度至少為離開斜面甲板速度的60%，則飛機在水平甲板上運動時的牽引力至少為多少才能使飛機起飛？ (2)如果到達B點時飛機剛好達到最大功率，則從飛機開始運動到飛離甲板共需多少時間？ 解析　(1)由題意知m＝18 t＝1.8104 kg， vC＝360 km/h＝100 m/s， 則B點的速度至少為v＝0.6vC＝60 m/s， 由動能定理得，FxAB＝mv2，解得F＝1.8105 N。 (2)到達B點時的功率P＝Fv＝1.08107 W， 飛機從A運動到B的時間t1＝， 飛機從B到C的運動過程由動能定理，得 Pt2－mgsin θxBC＝mv－mv2，t＝t1＋t2， 聯立解得t＝11.58 s。 答案　(1)1.8105 N　(2)11.58 s 12.如圖10甲所示，長為4 m的水平軌道AB與半徑為R＝0.6 m的豎直半圓弧軌道BC在B處平滑連接，有一質量為1 kg的滑塊(大小不計)從A處由靜止開始受水平力F作用而運動，F隨位移變化的關系如圖乙所示(水平向右為正)，滑塊與AB間的動摩擦因數為μ＝0.25，與BC間的動摩擦因數未知，g取10 m/s2。 圖10 (1)求滑塊到達B處時的速度大?。? (2)求滑塊在水平軌道AB上運動前2 m過程所用的時間； (3)若到達B點時撤去力F，滑塊沿半圓弧軌道內側上滑，并恰好能到達最高點C，則滑塊在半圓弧軌道上克服摩擦力所做的功是多少？ 解析　(1)對滑塊從A到B的過程，由動能定理得 F1x1－F3x3－μmgx＝mv 得vB＝2 m/s。 (2)在前2 m內，由牛頓第二定律得 F1－μmg＝ma，且x1＝at 解得t1＝ s。 (3)當滑塊恰好能到達最高點C時，有mg＝m 對滑塊從B到C的過程，由動能定理得 W－mg2R＝mv－mv 代入數值得W＝－5 J 即克服摩擦力做的功為5 J。 答案　(1)2 m/s　(2) s　(3)5 J