高中物理重难点96讲专题35动能定理及其应用(原卷版+解析)

这是一份高中物理重难点96讲专题35动能定理及其应用(原卷版+解析)，共27页。
考点一 对动能定理的理解
考点二 动能定理的基本应用
考点三 应用动能定理求变力做功
考点四 应用动能定理处理往复运动和多过程问题
考点五 动能定理的综合应用（1.动能定理与图像结合的问题 2.直线运动、圆周运动、抛体运动的组合）
考点一 对动能定理的理解
1.内容：合力做的功等于动能的变化（合力做的功和动能的变化对应同一个研究对象、同一个运动过程）
2.表达式：W合＝Ek2－Ek1＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)
3.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．
4.动能定理的适用条件
(1)动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动．
(2)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．
1.关于运动物体所受的合外力、合外力做的功及动能变化的关系，下列说法正确的是( )
A．合外力为零，则合外力做功一定为零
B．合外力做功为零，则合外力一定为零
C．合外力做功越多，则动能一定越大
D．动能不变，则物体合外力一定为零
2．关于动能定理，下列说法正确的是（ ）
A．某过程中合力的总功等于各力做功的绝对值之和
B．只要合力对物体做功，物体的动能就一定改变
C．在物体动能不改变的过程中，动能定理不适用
D．动能定理只适用于受恒力作用而加速运动的过程
3．(多选)如图所示，电梯质量为M，在它的水平地板上放置一质量为m的物体。电梯在钢索的拉力作用下竖直向上加速运动，当电梯的速度由v1增加到v2时，上升高度为H，则在这个过程中，下列说法或表达式正确的是（）
A．对物体，动能定理的表达式为WFN=12mv22−12mv12，其中WFN为支持力的功
B．对电梯，动能定理的表达式为W合＝0，其中W合为合力的功
C．对物体，动能定理的表达式为WFN−mgH=12mv22−12mv12
D．对电梯，其所受合力做功为12Mv22−12Mv12

考点二 动能定理的基本应用
1.应用技巧：动能定理中涉及的物理量有F、l、m、v、W、Ek等，在处理含有上述物理量的问题时，优先考虑使用动能定理。若过程包含了几个运动性质不同的分过程，既可以分段考虑，也可以整个过程考虑．
2.应用动能定理解题的基本思路
(1)选取研究对象，明确它的运动过程及初末状态（初末状态的速度或动能一般为所求或已知）
(2)分析研究对象的受力情况和各力的做功情况：
受哪些力→各力是否做功→做正功还是负功→做多少功→各力做功的代数和
(3)明确研究对象初、末状态的动能Ek1和Ek2；
(4)列动能定理的方程W合＝Ek2－Ek1及其他必要的方程进行求解
4．在离地面高为ℎ处竖直上抛一质量为m的物块，抛出时的速度为v0，它落到地面时的速度为v，用g表示重力加速度，则在此过程中物块克服空气阻力所做的功等于（ ）
A．mgℎ−12mv2−12mv02B．−mgℎ−12mv2−12mv02
C．mgℎ+12mv02−12mv2D．mgℎ+12mv2−12mv02
5．(多选)如图所示，质量相同的甲、乙两个小物块，甲从竖直固定的四分之一光滑圆弧轨道项端由静止滑下，轨道半径为R，圆弧底端切线水平，乙从高为R的光滑斜面项端由静止滑下。下列判断正确的是（ ）
A．两物块到达底端时速度相同
B．两物块到达底端时动能相同
C．乙物块运动到底端的过程中重力做功的瞬时功率先增大后减小
D．两物块到达底端时，甲物块重力做功的瞬时功率小于乙物块重力做功的瞬时功率
6．(多选)质量为m的物体，在水平面上以初速度v0开始滑动，经距离d时，速度减为12v0。物体与水平面各处的动摩擦因数相同，则（ ）
A．物体与水平面间的动摩擦因数为3v08gd
B．克服摩擦力做的功为34mv02
C．物体再前进13d便停止
D．要使物体前进总距离为2d，其初速度应为32v0
7．(多选)如图所示，木块质量为M，放在光滑水平面上，一质量为m 的子弹以初速度v0水平射入木块中，最后二者一起以速度v 匀速前进。已知子弹受到的平均阻力为f，子弹射入木块的深度为d，木块移动距离为s。则下列判断正确的是（ ）
A．fd=12mv02−12mv2
B．fd=12mv02−12(M+m)v2
C．f(s+d)=12mv02−12(M+m)v2
D．fs=12Mv2
8．如图所示，质量为m的小球，从离地面高H处由静止开始释放，落到地面后继续陷入泥中h深度而停止。设小球受到的空气阻力为Ff，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A．小球落地时动能等于mgH
B．整个过程中小球克服阻力做的功小于mgH
C．小球在泥中受到的平均阻力为mg1+Hℎ
D．小球陷入泥中的过程中克服泥的阻力所做的功大于刚落到地面时的动能
考点三 应用动能定理求变力做功
变力做功不能直接用功的公式求解，但可用动能定理求解，根据动能定理：W变＋W恒＝eq \f(1,2)mv22－eq \f(1,2)mv12，物体初、末速度或动能已知时，恒力做功W恒可以直接用功的公式求出，从而得到W变＝eq \f(1,2)mv22－eq \f(1,2)mv12－W恒，这样就可以求变力做的功了．
9.如图所示，一半径为R的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高，质量为m的质点自轨道端点P由静止开始滑下，滑到最低点Q时，对轨道的压力为2mg，重力加速度大小为g.质点自P滑到Q的过程中，克服摩擦力所做的功为( )
A.eq \f(1,4)mgR B.eq \f(1,3)mgR
C.eq \f(1,2)mgR D.eq \f(π,4)mgR
10．如图所示，一质量为m的小球，用长为l的轻绳悬挂于O点的正下方P点。若小球在水平拉力的作用下，从P点缓慢地移动到Q点，水平拉力F做的功为W1；若小球在水平恒力F=mg的作用下，从P点运动到Q点水平拉力F做的功为W2，已知θ=30°，则W1和W2大小关系（ ）
A．W1=W2B．W1>W2C．W1Ek 故D正确。
考点三 应用动能定理求变力做功
变力做功不能直接用功的公式求解，但可用动能定理求解，根据动能定理：W变＋W恒＝eq \f(1,2)mv22－eq \f(1,2)mv12，物体初、末速度或动能已知时，恒力做功W恒可以直接用功的公式求出，从而得到W变＝eq \f(1,2)mv22－eq \f(1,2)mv12－W恒，这样就可以求变力做的功了．
9.如图所示，一半径为R的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高，质量为m的质点自轨道端点P由静止开始滑下，滑到最低点Q时，对轨道的压力为2mg，重力加速度大小为g.质点自P滑到Q的过程中，克服摩擦力所做的功为( )
A.eq \f(1,4)mgR B.eq \f(1,3)mgR
C.eq \f(1,2)mgR D.eq \f(π,4)mgR
【答案】 C
【解析】在Q点质点受到的竖直向下的重力和竖直向上的支持力的合力充当向心力，所以有FN－mg＝meq \f(v2,R)，FN＝FN′＝2mg，联立解得v＝eq \r(gR)，下滑过程中，根据动能定理可得mgR＋Wf＝eq \f(1,2)mv2，解得Wf＝－eq \f(1,2)mgR，所以克服摩擦力做功eq \f(1,2)mgR，选项C正确．
10．如图所示，一质量为m的小球，用长为l的轻绳悬挂于O点的正下方P点。若小球在水平拉力的作用下，从P点缓慢地移动到Q点，水平拉力F做的功为W1；若小球在水平恒力F=mg的作用下，从P点运动到Q点水平拉力F做的功为W2，已知θ=30°，则W1和W2大小关系（ ）
A．W1=W2B．W1>W2C．W1W1 故选C。
考点四 应用动能定理处理往复运动和多过程问题
1.往复运动多涉及滑动摩擦力或其他阻力做功，其做功的特点是与路程有关，由于多次往复，运用牛顿运动定律及运动学公式往往无法求解，但由于动能定理只涉及运动的初、末状态，所以用动能定理分析这类问题可使解题过程简化．
2.往复运动和多过程问题初末状态的选取：一般情况下，选取速度(或动能)为所求或已知的状态为初末状态．
3.要关注下列各力做功的特点:
(1)重力做的功取决于物体的初、末位置,与路径无关．
(2)无论物体是否做往复运动，大小恒定的阻力或摩擦力做的功等于力与路程的乘积．
(3)若力F随位移x线性变化，力可用平均值eq \x\t(F)＝eq \f(F1＋F2,2)表示，然后代入功的公式求功．
(4)功率P一定时，可用W＝Pt求功．
4.多过程问题中两个不同运动过程的连接处的速度不能突变往往是解决问题的突破口．
5.涉及竖直面内圆周运动时经常考查最高点和最低点，最高点的速度和最低点的速度可以通过动能定理联系起来，所以竖直面内的圆周运动经常与动能定理联立求解．
11．(多选)如图所示，ABCD是一个固定在水平地面上的盆式容器，盆的内侧与盆底BC的连接处都是一段与BC相切的圆弧。B、C水平，其长度为d=1m，盆边缘的高度为ℎ=0.30m，在A处放一个质量为m的小物块并让其自由下滑，已知盆内侧壁是光滑的，而盆底BC面与小物块间的动摩擦因数μ=0.10，则（g取10m/s2）（ ）
A．小物块第一次到达B点的速度为3m/s
B．小物块第一次到达C点的速度为2m/s
C．小物块在盆内来回滑动，最后停在B点
D．小物块在盆内来回滑动，最后停在C点
【答案】BD
【解析】A．小物块第一次到达B点时，由动能定理得 mgℎ=12mvB2
解得 vB=6m/s 故A错误；
B．小物块第一次到达C点时，由动能定理有 mgℎ−μmgd=12mvC2
解得 vC=2m/s 故B正确；
CD．小物块最终将静止在水平面上，根据动能定理，有 mgℎ−μmgl=0 l=ℎμ=
而d=1m，则物块刚好在B、C间往返运动了3次，所以最终停在C点，故C错误，D正确。
故选BD。
12．(多选)如图所示，ABCD是一条长轨道，其中AB段是倾角为θ的斜面，CD段是水平的，BC是与AB和CD都相切的一段圆弧，其长度可以略去不计。一质量为m的小滑块从A点由静止滑下，最后停在D点，现用一沿着轨道方向的拉力拉滑块，使它缓缓地由D点回到A点，则拉力对滑块做的功等于(设滑块与轨道间的动摩擦因数为μ)（ ）
A．mgh+μmgtanθB．2mgh
C．μmgl+ℎsinθD．2(μmgl＋μmghctθ)
【答案】BD
【解析】物体由A点下落至D点，设克服摩擦力做功为WAD，由动能定理mgℎ−WAD=0
即 WAD=mgℎ
由于缓缓拉，说明动能变化量为零，设克服摩擦力做功为WDA，
由动能定理，当物体从D点被拉回A点有 WF−mgℎ−WDA=0
根据W=FLcsα可得由A点下落至D，摩擦力做得功为 WAD=−μmgcsθ×ℎsinθ−μmgl
从D→A的过程摩擦力做功为 WDA=−μmgcsθ×ℎsinθ−μmgl
解得 WF=2mgℎ=2(μmgl＋μmgℎctθ) 故BD正确，AC错误。
13．如图所示，装置由AB、BC、CD三段轨道组成，轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接，其中轨道AB段和CD段是光滑的，水平轨道BC的长度x=5m，轨道CD足够长且倾角θ=37°，A、D两点离轨道BC的高度分别为ℎ1=4.30m、ℎ2=1.35m。现让质量为m的小滑块（可视为质点）自A点由静止释放，己知小滑块与轨道BC间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6,cs37°=0.8求：
（1）小滑块第一次经过D点时的速度大小；
（2）小滑块第一次与第二次经过C点的时间间隔；
（3）小滑块最终停止的位置到B点的距离。
【答案】（1）3m/s；（2）2s；（3）1.4m
【解析】（1）小滑块从A→B→C→D过程中，由动能定理得 mgℎ1−ℎ2−μmgx=12mvD2−0
代入数据解得 vD=3m/s
（2）小滑块从A→B→C过程中，由动能定理得 mgℎ1−μmgx=12mvC2−0
代入数据解得 vC=6m/s
小滑块沿CD段上滑的加速度大小 a=gsinθ=6m/s2
小滑块沿CD段上滑到最高点的时间 t1=vCa=1s
由对称性可知小滑块从最高点滑回C点的时间 t1=t2=1s
故小滑块第一次与第二次通过C点的时间间隔 t=2s
（3）设小滑块在水平轨道上运动的总路程为x总，对小滑块运动全过程应用动能定理 mgℎ1−μmgx总=0
代入数据解得 x总=8.6m
故小滑块最终停止的位置距B点的距离为 2x−x总=1.4m
14．某游乐场的滑梯可以简化为如图所示竖直面内的ABCD轨道，AB为长L=6m、倾角α=37°的斜轨，BC为水平轨道，CD为半径R=15m、圆心角β=37°的圆弧，轨道AB段粗糙其余各段均光滑。一小孩（可视为质点）从A点以初速度v0=2m/s下滑，沿轨道运动到D点时的速度恰好为零（不计经过B点时的能量损失）。已知该小孩的质量m=30kg，取sin37°=0.6，cs37°=0.8，不计空气阻力，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：
（1）该小孩第一次经过圆弧C点时，对圆弧轨道的压力FN；
（2）该小孩在轨道AB上运动的总路程s。
【答案】（1）420N；（2）28.5m
【解析】（1）小孩由C到D速度减为0，由动能定理可得−mgR−Rcs37°=0−12mvC2
解得 vC=60m/s
小孩在圆弧轨道C点由牛顿第二定律得 FN'−mg=mvC2R
解得 FN'=420N
根据牛顿第三定律，小孩对轨道的压力 FN=420N 方向向下；
（2）对小孩由A到D过程，根据动能定理得 mgLsinα−μmgLcsα−mgR1−csβ=0−12mv02
解得 μ=16