新高考物理一轮复习讲义 第6章 第2讲 动能定理及其应用

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考点一 动能定理的理解和基本应用
基础回扣
1．动能
(1)定义：物体由于运动而具有的能量叫作动能．
(2)公式：Ek＝eq \f(1,2)mv2，单位：焦耳(J).1 J＝1 N·m＝1 kg·m2/s2.
(3)动能是标量、状态量．
2．动能定理
(1)内容：力在一个过程中对物体做的功，等于物体在这个过程中动能的变化．
(2)表达式：W＝ΔEk＝Ek2－Ek1＝eq \f(1,2)mv22－eq \f(1,2)mv12.
(3)物理意义：合力做的功是物体动能变化的量度．
技巧点拨
1．适用条件
(1)动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动．
(2)动能定理既适用于恒力做功，也适用于变力做功．
(3)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以分阶段作用．
2．解题步骤
3．注意事项
(1)动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系．
(2)当物体的运动包含多个不同过程时，可分段应用动能定理求解；也可以全过程应用动能定理求解．
(3)动能是标量，动能定理是标量式，解题时不能分解动能．
例1 (2019·辽宁大连市高三月考)如图1所示，一名滑雪爱好者从离地h＝40 m高的山坡上A点由静止沿两段坡度不同的直雪道AD、DC滑下，滑到坡底C时的速度大小v＝20 m/s.已知滑雪爱好者的质量m＝60 kg，滑雪板与雪道间的动摩擦因数μ＝0.25，BC间的距离L＝100 m，重力加速度g＝10 m/s2，忽略在D点损失的机械能，则下滑过程中滑雪爱好者做的功为( )
图1
A．3 000 J B．4 000 J
C．5 000 J D．6 000 J
答案 A
解析 根据动能定理有W－μmgLADcs α－μmgLCDcs β＋mgh＝eq \f(1,2)mv2，即：W－μmgL＋mgh＝eq \f(1,2)mv2，求得W＝3 000 J，故选A.
例2 (多选)(2020·贵州安顺市网上调研)如图2所示，半圆形光滑轨道BC与水平光滑轨道AB平滑连接．小物体在水平恒力F作用下，从水平轨道上的P点，由静止开始运动，运动到B点撤去外力F，小物体由C点离开半圆轨道后落在P点右侧区域．已知PB＝3R，重力加速度为g，F的大小可能为( )
图2
A.eq \f(1,2)mg B.eq \f(5mg,6)
C．mg D.eq \f(7mg,6)
答案 BC
解析 小球能通过C点应满足meq \f(v\\al(C2),R)≥mg，
且由C点离开半圆轨道后落在P点右侧区域，则有2R＝eq \f(1,2)gt2，vCtΔEk，A项正确，B项错误；W克摩与ΔEk的大小关系不确定，C、D项错误．
2.如图2所示，小物体从A处由静止开始沿光滑斜面AO下滑，又在粗糙水平面上滑动，最终停在B处，已知A距水平面OB的高度为h，物体的质量为m，现用力将物体从B点静止沿原路拉回至距水平面高为eq \f(2,3)h的C点处，已知重力加速度为g，需外力做的功至少应为( )
图2
A.eq \f(1,3)mgh B.eq \f(2,3)mgh
C.eq \f(5,3)mgh D．2mgh
答案 C
解析 物体从A到B全程应用动能定理可得mgh－Wf＝0，由B返回C处过程，由动能定理得WF－Wf－eq \f(2,3)mgh＝0，联立可得WF＝eq \f(5,3)mgh，故选C.
3．(2018·江苏卷·4)从地面竖直向上抛出一只小球，小球运动一段时间后落回地面．忽略空气阻力，该过程中小球的动能Ek与时间t的关系图像是( )
答案 A
解析 小球做竖直上抛运动，设初速度为v0，则v＝v0－gt
小球的动能Ek＝eq \f(1,2)mv2，把速度v代入得
Ek＝eq \f(1,2)mg2t2－mgv0t＋eq \f(1,2)mv02，
Ek与t为二次函数关系，故A正确．
4．(2021·广东茂名市第一中学期中)如图3所示，运动员把质量为m的足球从水平地面踢出，足球在空中达到的最高点高度为h，在最高点时的速度为v，不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
图3
A．运动员踢球时对足球做功eq \f(1,2)mv2
B．足球上升过程重力做功mgh
C．运动员踢球时对足球做功mgh＋eq \f(1,2)mv2
D．足球上升过程克服重力做功mgh＋eq \f(1,2)mv2
答案 C
解析 足球被踢起后在运动过程中，只受到重力作用，只有重力做功，重力做功为－mgh，即克服重力做功mgh，B、D错误；由动能定理有W人－mgh＝eq \f(1,2)mv2，因此运动员对足球做功W人＝mgh＋eq \f(1,2)mv2，故A错误，C正确．
5．(2021·湖南怀化市模拟)如图4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A点且速度刚好为零，则物体具有的初速度(已知物体与斜面及水平面之间的动摩擦因数处处相同且不为零)( )
图4
A．等于v0 B．大于v0
C．小于v0 D．取决于斜面
答案 A
解析 物体从D点滑动到顶点A过程中－mg·xAO－μmg·xDB－μmgcs α·xAB＝0－eq \f(1,2)mv02，由几何关系有xABcs α＝xOB，因而上式可以简化为－mg·xAO－μmg·xOD＝0－eq \f(1,2)mv02，从上式可以看出，物体的初速度与路径无关．故选A.
6.(2021·福建宁德市高三期中)如图5所示，质量为m的物体置于光滑水平面上，一根绳子跨过定滑轮一端固定在物体上，另一端在力F作用下，物体由静止开始运动到绳与水平方向的夹角α＝45°时绳以速度v0竖直向下运动，此过程中，绳的拉力对物体做的功为( )
图5
A.eq \f(1,4)mv02 B.eq \f(1,2)mv02
C．mv02 D.eq \f(\r(2),2)mv02
答案 C
解析 将物体的运动分解为沿绳子方向的运动以及垂直绳子方向的运动，则当物体运动到绳与水平方向的夹角α＝45°时物体的速度为v，则vcs 45°＝v0，可得v＝eq \r(2)v0，物体由静止开始运动到绳与水平方向的夹角α＝45°过程中，只有绳子拉力对物体做功，由动能定理得绳的拉力对物体做的功：W＝eq \f(1,2)mv2－0＝mv02，故C正确，A、B、D错误．
7．(多选)在某一粗糙的水平面上，一质量为2 kg的物体在水平恒定拉力的作用下做匀速直线运动，当运动一段时间后，拉力逐渐减小，且当拉力减小到零时，物体刚好停止运动，图6中给出了拉力随位移变化的关系图像．已知重力加速度g取10 m/s2.根据以上信息能精确得出或估算得出的物理量有( )
图6
A．物体与水平面间的动摩擦因数
B．合外力对物体所做的功
C．物体做匀速运动时的速度
D．物体运动的时间
答案 ABC
解析 物体做匀速直线运动时，拉力F0与滑动摩擦力Ff相等，物体与水平面间的动摩擦因数为μ＝eq \f(F0,mg)＝0.35，A正确；减速过程由动能定理得WF＋Wf＝0－eq \f(1,2)mv2，根据F－x图像中图线与坐标轴围成的面积可以估算力F做的功WF，而Wf＝－μmgx＝－F0x，由此可求得合外力对物体所做的功，及物体做匀速运动时的速度v，B、C正确；因为物体做变加速运动，所以运动时间无法求出，D错误．
8.质量m＝1 kg的物体，在水平恒定拉力F(拉力方向与物体初速度方向相同)的作用下，沿粗糙水平面运动，经过的位移为4 m时，拉力F停止作用，运动到位移为8 m时物体停止运动，运动过程中Ek－x图像如图7所示．取g＝10 m/s2，求：
图7
(1)物体的初速度大小；
(2)物体和水平面间的动摩擦因数；
(3)拉力F的大小．
答案 (1)2 m/s (2)0.25 (3)4.5 N
解析 (1)从题图可知物体初动能为2 J，则
Ek0＝eq \f(1,2)mv2＝2 J，
得v＝2 m/s.
(2)在位移为4 m处物体的动能为Ek＝10 J，在位移为8 m处物体的动能为零，这段过程中物体克服摩擦力做功．
设摩擦力为Ff，则由动能定理得
－Ff x2＝0－Ek
代入数据，解得Ff＝2.5 N.
因Ff＝μmg，
故μ＝0.25.
(3)物体从开始运动到位移为4 m的过程中，受拉力F和摩擦力Ff的作用，合力为F－Ff，根据动能定理有
(F－Ff)x1＝Ek－Ek0，
故得F＝4.5 N.
9.(2017·全国卷Ⅱ·17)如图8，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直．一小物块以速度v从轨道下端滑入轨道，并从轨道上端水平飞出，小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关，此距离最大时对应的轨道半径为(重力加速度大小为g)( )
图8
A.eq \f(v2,16g) B.eq \f(v2,8g)
C.eq \f(v2,4g) D.eq \f(v2,2g)
答案 B
解析 设小物块滑到轨道上端的速度大小为v1，小物块由最低点到最高点的过程，由动能定理得－2mgr＝eq \f(1,2)mv12－eq \f(1,2)mv2
小物块做平抛运动时，设落地点到轨道下端的距离为x，则有x＝v1t，
2r＝eq \f(1,2)gt2，联立以上式子解得：x＝2eq \r(\f(v2,g)r－4r2)，
当r＝eq \f(v2,8g)时，x最大，故选项B正确．
10.如图9所示，一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平．一质量为m的小球(可看成质点)从P点上方高为R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道．小球滑到轨道最低点N时，对轨道的压力大小为4mg，g为重力加速度．用W表示小球从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功，则( )
图9
A．W＝eq \f(1,2)mgR，小球恰好可以到达Q点
B．W>eq \f(1,2)mgR，小球不能到达Q点
C．W＝eq \f(1,2)mgR，小球到达Q点后，继续上升一段距离
D．W