【高物】同步课程-必修2-动能定理B级(共3讲)-第02讲-动能定理及其应用-(1)

动能定理及其应用一、动能的表达式二、动能定理动能定理及其应用知识点高考大纲动能定理及其应用一、动能的表达式1、跳伞运动员在刚跳离飞机，其降落伞尚未打开的一段时间内，下列说法中正确的是（）A．空气阻力做正功B．重力势能增加C．动能增加D．空气阻力做负功【答案】CD【解析】判断动能和重力势能的变化主要从动能和重力势能的影响因素判断．动能大小的影响因素：质量、速度．质量越大，速度越大，动能越大．重力势能大小的影响因素：质量、被举得高度．质量越大，高度越高，重力势能越大．判断力做正功还是负功，主要看力和位移的夹角．空降兵跳伞，在他们离开飞机、打开降落伞之前的一段时间内，质量不变，其下降的速度越来越大，动能越来越大；高度越来越小，重力势能越来越小．受到的阻力向上，位移向下，做负功．2、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，再逐渐增大知识点动能定理及其应用【答案】ABD【解析】若力F的方向与初速度0v的方向一致，则质点一直加速，动能一直增大，若力F的方向与0v的方向相反，则质点先减速至速度为零后反向加速，动能先减小至零后增大，若力F的方向与0v的方向成一钝角，如斜上抛运动，物体先减速，减到某一值，再加速，则其动能先减小至某一非零的最小值再增大3、一质量为1kg的质点静止于光滑水平面上，从0t时起，第1秒内受到2N的水平外力作用，第2秒内受到同方向的1N的外力作用．下列判断正确的是（）A．02s～内外力的平均功率是9W4B．第2秒内外力所做的功是5J4C．第2秒末外力的瞬时功率最大D．第1秒内与第2秒内质点动能增加量的比值是45【答案】AD【解析】利用动力学公式求出1s末、2s末速度分别为：122m/s3m/svv、由动能定理可知合力做功为214.5J2Wmv，故02s～内功率是：9W4WPt1s末、2s末功率分别为：1112224W3WPFvPFv、第1秒内与第2秒动能增加量分别为：2112.5J2mv故第2s内外力所做的功为2.5J而动能增加量的比值为4：54、质点所受的力F随时间变化的规律如图所示，力的方向始终在一直线上．已知0t时质点的速度为零．在图中所示的123ttt、、和4t各时刻中，哪一时刻质点的动能最大（）动能定理及其应用A．1tB．2tC．3tD．4t【答案】B【解析】由力的图象分析可知：在10~t时间内，质点向正方向做加速度增大的加速运动．在12~tt时间内，质点向正方向做加速度减小的加速运动．在23~tt时间内，质点向正方向做加速度增大的减速运动．在34~tt时间内，质点向正方向做加速度减小的减速运动．4t时刻速度为零，则2t时刻质点的速度最大，动能最大．二、动能定理5、（2015高考顺义一模）质量为m的物体从距离地面高度为0H处由静止落下，若不计空气阻力，物体下落过程中动能kE随距地面高度h变化关系的kEh﹣图象是（）A．A图B．B图C．C图D．D图A．B．C．D．D．动能定理及其应用【答案】B【解析】当距离地面高度为h时，则下降的高度为0Hh﹣，根据动能定理得，00kmgHhE（﹣）﹣，解得0kEmghmgH﹣，与h成一次函数关系，随h增大，动能减小．可知B正确，A、C、D错误．6、（2012高考东城二模）如图所示，在轻弹簧的下端悬挂一个质量为m的小球A，若将小球A从弹簧原长位置由静止释放，小球A能够下降的最大高度为h．若将小球A换为质量为2m的小球B，仍从弹簧原长位置由静止释放，则小球B下降h时的速度为（已知重力加速度为g，且不计空气阻力）（）A．2ghB．ghC．2ghD．0【答案】B【解析】小球A下降h过程，根据动能定理，有10mghW﹣小球B下降h过程，根据动能定理，有2112202mghWmv﹣联立解得vgh动能定理及其应用7、（2011高考东城一模）如图所示，水平台面AB距地面的高度0.80mh．质量为0.2kg的滑块以06.0m/sv的初速度从A点开始滑动，滑块与平台间的动摩擦因数0.25．滑块滑到平台边缘的B点后水平飞出．已知AB间距离12.2ms．滑块可视为质点，不计空气阻力．（g取210m/s）求：（1）滑块从B点飞出时的速度大小（2）滑块落地点到平台边缘的水平距离2s（3）滑块自A点到落地点的过程中滑块的动能、势能和机械能的变化量各是多少．【答案】（1）5.0m/s（2）2.0m（3）动能增加0.5J、势能减小1.6J、机械能减小1.1J【解析】（1）滑块从A点滑到B点的过程中，克服摩擦力做功，由动能定理22101122fSmvmv﹣①滑动摩擦力fmg②由①②两式联立，将06.0m/sv，12.2ms，0.25带入，可得5.0m/sv故滑块从B点飞出时的速度大小为5.0m/s．（2）滑块离开B点后做平抛运动，竖直方向做自由落体运动212hgt③水平方向做匀速直线运动2Svt④由③④两式联立，将0.80mh，210m/sg带入，可得22.0ms即滑块落地点到平台边缘的水平距离2s为2.0m．动能定理及其应用（3）落地时的动能2214.1J2Emvmgh滑块在A点的初动能为21013.6J2Emv由A到落地点滑块的动能增加了210.5JKEEE﹣重力势能减小量为1.6JpEmgh机械能的减小量11.1JEmgS即滑块自A点到落地点的过程中滑块的动能增加0.5J、势能减小1.6J、机械能减小1.1J．8、（2011高考东城二模）如图所示，在竖直平面内，由倾斜轨道AB、水平轨道BC和半圆形轨道CD连接而成的光滑轨道，AB与BC的连接处是半径很小的圆弧，BC与CD相切，圆形轨道CD的半径为R．质量为m的小物块从倾斜轨道上距水平面高为2.5hR处由静止开始下滑．求：（1）小物块通过B点时速度Bv的大小；（2）小物块通过圆形轨道最低点C时圆形轨道对物块的支持力F的大小；（3）试通过计算说明，小物块能否通过圆形轨道的最高点D．【答案】（1）5BvgR（2）6Fmg（3）物块能通过圆形轨道的最高点【解析】（1）物块从A点运动到B点的过程中，由机械能守恒得212Bmghmv解得：5BvgR．（2）物块从B至C做匀速直线运动∴5CBvvgR动能定理及其应用物块通过圆形轨道最低点C时，做圆周运动，由牛顿第二定律有：2CvFmgmR∴6Fmg．（3）设物块能从C点运动到D点，由动能定理得：2211222DCmgRmvmv解得：DvgR物块做圆周运动，通过圆形轨道的最高点的最小速度设为1Dv，由牛顿第二定律得：21DvmgmR，1DvgR可知物块能通过圆形轨道的最高点．9、（2008高考海淀零模）如图所示，水平轨道AB与放置在竖直平面内的1/4圆弧轨道BC相连，圆弧轨道的B端的切线沿水平方向．一质量1.0kgm的滑块（可视为质点），在水平恒力5.0NF的作用下，从A点由静止开始运动，已知AB、之间的距离5.5ms，滑块与水平轨道间的动摩擦因数0.10，圆弧轨道的半径0.30mR，取210m/sg．（1）求当滑块运动的位移为2.0m时的速度大小；（2）当滑块运动的位移为2.0m时撤去F，求滑块通过B点时对圆弧轨道的压力大小；（3）滑块运动的位移为2.0m时撤去F后，若滑块恰好能上升到圆弧轨道的最高点，求在圆弧轨道上滑块克服摩擦力所做的功．【答案】（1）求当滑块运动的位移为2.0m时的速度大小为4.0m/s；（2）当滑块运动的位移为2.0m时撤去F，滑块通过B点时对圆弧轨道的压力大小为40N；（3）滑块运动的位移为2.0m时撤去F后，若滑块恰好能上升到圆弧轨道的最高点，在圆弧轨道上滑块克服摩擦力所做的功为1.5J．【解析】（1）设滑块的加速度为1a，根据牛顿第二定律1Fmgma﹣动能定理及其应用解得：214.0m/sa设滑块运动的位移为2.0m时的速度大小为v，根据运动学公式2112vas解得：4.0m/sv（2）设撤去拉力F后的加速度为2a，根据牛顿第二定律2mgma解得：221.0m/sag设滑块通过B点时的速度大小为Bv，根据运动学公式22212()BvvaSS解得：3.0m/sBv设滑块在B点受到的支持力为BN，根据牛顿第二定律2BBvNmgmR﹣解得：40NBN根据牛顿第三定律，滑块通过B点时对圆弧轨道的压力为40N．（3）设圆弧轨道的摩擦力对滑块做功为W，根据动能定理2102BmgRWmv﹣﹣解得：1.5JW﹣圆弧轨道上滑块克服摩擦力所做的功为1.5J．10、（2007高考西城二模）如图所示的是杂技演员表演的“水流星”．一根细长绳的一端，系着一个盛了水的容器．以绳的另一端为圆心，使容器在竖直平面内做半径为R的圆周运动．N为圆周的最高点，M为圆周的最低点．若“水流星”通过最低点时的速度5vgR．则下列判断正确的是（）动能定理及其应用A．“水流星”到最高点时的速度为零B．“水流星”通过最高点时，有水从容器中流出C．“水流星”通过最高点时，水对容器底没有压力D．“水流星”通过最高点时，绳对容器有向下的拉力【答案】C【解析】A、根据动能定理得，22112'22mgRmvmv，解得最高点的速度vgR．故A错误．B、对桶中的水分析，有2'vNmgmR，解得0N．知水对桶底压力恰好为零，水恰好不流出．故B错误，C正确．D、对整体受力分析，有：2'vFmgmR，解得0F，绳子的拉力为零．故D错误．11、在光滑的水平面上有一静止的物体，现以水平恒力甲推这一物体，作用一段时间后，换成相反的水平恒力乙推这一物体．当恒力乙作用时间与恒力甲作用时间相同时，物体恰好回到原出发点，此时物体的动能为32J．则整个过程中，恒力甲、乙做的功各是多少？【答案】8JW甲，24JW乙【解析】物体在甲恒力作用下匀加速运动，在乙恒力作用下匀减速运动，设甲、乙两恒力的作用时间各为t，甲力结束作用时物体的速度为1v，回到出发点时物体的速度为2v．由此，可定性作出物体在2t时间里的的速度图像如图（a）所示．若设想，在乙恒力作用的同时，甲恒力反向作用在物体上，为使物体的运动与原先等效，应在乙恒力方向上再增加一个与甲恒力相同的力，则在2t时间里，由运动的合成知识，可做出物体运动的速度图像如图（b）所示．依题意，图像与t轴围成的面积应为零，由图（b）有：1211(2)()22vtvt，则212vv．又vtt2tv1v2Ovtt2tv1v2O(a)(b)动能定理及其应用由题意有：22132J2kEmv，由此得：21118J24kmvE．由动能定理有：2118J2Wmv甲，22211124J22Wmvmv乙12、在半径5000kmR的某星球表面，宇航员做了如下实验．实验装置如图甲所示，竖直平面内的光滑轨道由轨道AB和圆弧轨道BC组成，将质量0.2kgm的小球从轨道AB上高H处的某点静止滑下，用力传感器测出小球经过C点时对轨道的压力F，改变H的大小，可测出相应的F大小，F随H的变化关系如图乙所示．求：（1）圆轨道的半径．（2）该星球的第一宇宙速度．【答案】（1）0.2m（2）5km/s【解析】（1）设星球表面重力加速度为0g，圆轨道半径为r．当0.5mH时，有：2001(2)2mgHrmv，200mvmgr，解得：20.2m5rH（2）当0.5mH时，有：201(2)2mgHrmv，20mvmgFr，即021FgH由F－H图象可得：205m/sg该星球的第一宇宙速度05km/svgR动能定理及其应用1、一颗速度较大的子弹，水平击穿原来静止在光滑水平面上的木块，设子弹对木块的阻力恒定，则当子弹入射速度增大时，下列说法正确的是（）A．木块获得的动能变大B．木块获得的动能变小C．子弹穿过木块的时间变长D．子弹穿过木块的时间变短【