【文档说明】(全国版)高考物理一轮复习课时练习必修2 第五章 第2讲 (含解析).doc，共(17)页，403.500 KB，由MTyang资料小铺上传

转载请保留链接：https://www.ichengzhen.cn/view-83453.html

以下为本文档部分文字说明：

第2讲动能定理及应用知识排查动能1.定义：物体由于运动而具有的能叫动能。2．公式：Ek＝12mv2。3．单位：焦耳，1J＝1N·m＝1kg·m2/s2。4．矢标性：动能是标量，只有正值。5．状态量：动能是状态量，因

为v是瞬时速度。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＝12mv22－12mv21或W＝Ek2－Ek1。3．物理意义：合外力的功是物体动能变化的量

度。4．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，也可以间断作用。5．应用动能定理解决的典型问题大致分为两种(1)单一物体的单一过程或者某一过程；(2)单

一物体的多个过程。动能定理由于不涉及加速度和时间，比动力学研究方法要简便。小题速练1．思考判断(1)动能是机械能的一种表现形式，凡是运动的物体都具有动能。()(2)一定质量的物体动能变化时，速度一定变化，

但速度变化时，动能不一定变化。()(3)动能不变的物体，一定处于平衡状态。()(4)物体在合外力作用下做变速运动，动能一定变化。()(5)物体的动能不变，所受的合外力必定为零。()答案(1)√(2)√(3)×(4)×(5)×2．(201

8·全国卷Ⅱ，14)如图1，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度。木箱获得的动能一定()图1A．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动能定理WF－Wf＝Ek－0，可知木箱获得的动

能一定小于拉力所做的功，A正确。答案A对动能定理的理解及应用1．对“外力”的两点理解(1)“外力”指的是合外力，可以是重力、弹力、摩擦力、电场力、磁场力或其他力，它们可以同时作用，也可以不同时作用。(2)“外力”既可以是恒力，也可以是变力。2．公式W合＝ΔEk中“＝

”体现的三个关系【例1】(多选)如图2所示，一块长木板B放在光滑的水平面上，在B上放一物体A，现以恒定的外力拉B，由于A、B间摩擦力的作用，A将在B上滑动，以地面为参考系，A、B都向前移动一段距离。在此过程中

()图2A．外力F做的功等于A和B动能的增量B．B对A的摩擦力所做的功等于A的动能的增量C．A对B的摩擦力所做的功等于B对A的摩擦力所做的功D．外力F对B做的功等于B的动能的增量与B克服摩擦力所做的功

之和解析A物体所受的合外力等于B对A的摩擦力，对A物体运用动能定理，则有B对A的摩擦力所做的功等于A的动能的增量，B正确；A对B的摩擦力与B对A的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑动，A、B相对地的位移不相等，故二者做功不相等，C错误；对B应用动能定理WF－

Wf＝ΔEkB，WF＝ΔEkB＋Wf，即外力F对B做的功等于B的动能的增量与B克服摩擦力所做的功之和，D正确；根据功能关系可知，外力F做的功等于A和B动能的增量与产生的内能之和，故A错误。答案BD1．(多选)如图3所示，质量为M的木块静止在光滑的水平面上，质量为m的子弹以速度v0沿水平方向射入

木块，并最终留在木块中与木块一起以速度v运动。已知当子弹相对木块静止时，木块前进的距离为L，子弹进入木块的深度为s。若木块对子弹的阻力F视为恒定，则下列关系式中正确的是()图3A．FL＝12Mv2B．Fs＝12mv2C．Fs＝12mv20－12

(M＋m)v2D．F(L＋s)＝12mv20－12mv2解析根据动能定理，对子弹，有－F(L＋s)＝12mv2－12mv20，选项D正确；对木块，有FL＝12Mv2，选项A正确；由以上二式可得Fs＝12mv20－12(M＋m)v2，选项C正确，只有选项B

错误。答案ACD2．如图4所示，小物块从倾角为θ的倾斜轨道上A点由静止释放滑下，最终停在水平轨道上的B点，小物块与水平轨道、倾斜轨道之间的动摩擦因数均相同，A、B两点的连线与水平方向的夹角为α，不计物块在轨道转折时的机械能损失，则

动摩擦因数为()图4A．tanθB．tanαC．tan(θ＋α)D．tan(θ－α)解析如图所示，设B、O间距离为x1，A点离水平面的高度为h，A、O间的水平距离为x2，物块的质量为m，在物块运动的全过程中，应用动能定理可得mgh－μmgcosθ·x2

cosθ－μmgx1＝0，解得μ＝hx1＋x2＝tanα，故选项B正确。答案B应用动能定理求解多过程问题1．多过程问题的分析方法(1)将“多过程”分解为许多“子过程”，各“子过程”间由“衔接点”连接。(2)对各“衔接点”进行受力分析和运动分析，必要时画出受力图和过程示意图。(3)根据“子过程”和“

衔接点”的模型特点选择合理的物理规律列方程。(4)分析“衔接点”速度、加速度等的关联，确定各段间的时间关联，并列出相关的辅助方程。(5)联立方程组，分析求解，对结果进行必要的验证或讨论。2．利用动能定理求解多过程问题的基本思路【例2】(2017·上海单科，19)如图5，与水平面夹角θ＝3

7°的斜面和半径R＝0.4m的光滑圆轨道相切于B点，且固定于竖直平面内。滑块从斜面上的A点由静止释放，经B点后沿圆轨道运动，通过最高点C时轨道对滑块的弹力为零。已知滑块与斜面间动摩擦因数μ＝0.25。(g取10m/s2，

sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求：图5(1)滑块在C点的速度大小vC；(2)滑块在B点的速度大小vB；(3)A、B两点间的高度差h。解析(1)滑块在C点竖直方向所受合力提供向心力mg＝mv2CR①vC＝gR＝2m/s(2)对B―→C过程，滑块的机械能守恒，有12mv2B＝12mv2C

＋mgR(1＋cos37°)②vB＝v2C＋2gR（1＋cos37°）＝4.29m/s(3)滑块在A―→B的过程，利用动能定理得mgh－μmgcos37°·hsin37°＝12mv2B－0③代入数据解得h＝1.38m答案(1)2m/s(2)4.29m/s(3)1.38m1．如图6所示，物块以

60J的初动能从斜面底端沿斜面向上滑动，当它的动能减少为零时，重力势能增加了45J，则物块回到斜面底端时的动能为()图6A．15JB．20JC．30JD．45J解析由动能定理可知WG＋Wf＝0－Ek0，解得摩擦力做功为Wf

＝－15J，对物块整个过程由动能定理得2Wf＝Ek－Ek0，解得物块回到斜面底端时的动能为Ek＝30J，故C正确，A、B、D错误。答案C2．如图7甲所示，高H＝1m的桌面上固定一竖直平面内的半径R＝0.8m的四分之一光滑圆弧轨道AB，轨道末端B与桌面边缘水

平相切。将一质量m＝0.05kg的小球由轨道顶端A处静止释放，小球落入地面固定的球筐中。已知球筐的高度h＝0.2m，球筐的直径比球稍大，与轨道半径R、平台高H等相比可忽略，空气阻力忽略不计，g取10m/s2。图7(1)求小球运动到B处时对轨道的压力大小；(2)求球筐距B处的水平距

离；(3)把圆弧轨道撤去，让小球在桌面上从B处水平抛出。有人认为“为防止球入筐时弹出，小球落入球筐时的动能越小越好”。若只改变桌面的高度，求出该动能的最小值。解析(1)小球从A运动到B：mgR＝12mv20在B点FN－mg＝mv20R解得

v0＝4m/s，FN＝1.5N根据牛顿第三定律，小球对轨道的压力大小FN′＝FN，方向竖直向下(2)竖直方向H－h＝12gt2水平方向x＝v0t解得x＝1.6m(3)小球从B运动到球筐过程由动能定理mg(H－h)＝Ek－12mv2B平抛运动

x＝vBt，H－h＝12gt2联立解得Ek＝mgx24（H－h）＋mg(H－h)当H＝h＋12x＝1m时，Ek有最小值，其最小值为Ekm＝mgx＝0.8J答案(1)1.5N(2)1.6m(3)0.8J动能定理与图象结合的问题1．图象所围“面积”或“

斜率”的含义2．解决动能定理与图象问题的基本步骤【例3】(2019·云南云天化中学模拟)如图8甲所示，巴铁(又称“陆地空客”)是一种能有效缓解城市拥堵的未来交通工具，某实验室为了研究其运行时的动力学特性，制造了一辆质量为200kg的模型车，该模型车在运行时所受阻力为车重的0.08倍，某次试

验中该车在25s内运动的v－t图象如图乙所示，g取10m/s2，试求：图8(1)模型巴铁20s末的加速度大小；(2)0～5s内模型巴铁发动机输出的牵引力大小；(3)模型巴铁在此25s内牵引力所做的功。解析(1)由题图可

知，在15～25s内，模型巴铁做匀减速运动，加速度保持不变，故20s末的加速度为a＝ΔvΔt＝0－825－15m/s2＝－0.8m/s2加速度大小为0.8m/s2。(2)在0～5s内，模型巴铁做匀加速运动，加速度为a′＝Δv′Δt′＝85m/s2＝1.6m/s2根

据牛顿第二定律可知F－0.08mg＝ma解得发动机输出的牵引力F＝200×1.6N＋0.08×200×10N＝480N。(3)v－t图象中图形与时间轴所围成的面积表示位移，则可知25s内的位移x＝10＋252×8m＝140m对整个过程，根据动能定理得W－0.08mgx＝0解得牵引力所

做的功W＝2.24×104J。答案(1)0.8m/s2(2)480N(3)2.24×104J1．用传感器研究质量为2kg的物体由静止开始做直线运动的规律时，在计算机上得到0～6s内物体的加速度随时间变化的关系如图9所示。下列说法正确的是()图9A．0～6s内物体先

向正方向运动，后向负方向运动B．0～6s内物体在4s时的速度最大C．物体在2～4s内速度不变D．0～4s内合力对物体做的功等于0～6s内合力做的功解析由Δv＝at可知，a－t图象中，图线与坐标轴所围面积表示质点的速度的变化量，0～6s内物体的速度始终为正值，故一直为正方向，A项错误

；t＝5s时，速度最大，B项错误；2～4s内加速度保持不变且不为零，速度一定变化，C项错误；0～4s内与0～6s内图线与坐标轴所围面积相等，故物体4s末和6s末速度相同，由动能定理可知，两段时间内合力对物体做功相等，D项正

确。答案D2．(2018·湖北襄阳联考)质量m＝1kg的物体，在水平拉力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，经过位移为4m时，拉力F停止作用，运动到位移为8m时物体停止运动，运动过程中Ek－x的图线如图10所示。取g＝10m/s2，求：图10(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。解析(1)从图线可知物体初动能为2J，则Ek0＝12mv2＝2J，得v＝2m/s。(2)在位移为4m处物体的动能为Ek＝10J，在位移为8m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－Ffx2＝0－Ek＝0－10J＝－

10J，x2＝4m，得Ff＝2.5N。因Ff＝μmg，故μ＝0.25。(3)物体从开始运动到位移为4m这段过程中，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＝4.5N。答案(1)2m/s(2)0.25(3)4.5N课时作业(时间：40分钟)基

础巩固练1．(多选)关于动能定理的表达式W＝Ek2－Ek1，下列说法正确的是()A．公式中的W为不包含重力的其他力做的总功B．公式中的W为包含重力在内的所有力做的功，也可通过以下两种方式计算：先求每个力的功再求功的代数和或先求合外力再求合外力的功C．公式中的Ek2－Ek1为动

能的增量，当W＞0时动能增加，当W<0时，动能减少D．动能定理适用于直线运动，但不适用于曲线运动，适用于恒力做功，但不适用于变力做功答案BC2．(多选)如图1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()图1A．对物体，动能定理的表达式为WN＝12mv22，其中WN为支持力的功B．对物体，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WN－mgH＝12mv22－12mv21

，其中WN为支持力的功D．对电梯，其所受合力做功为12Mv22－12Mv21解析电梯上升的过程中，对物体做功的有重力mg、支持力FN，这两个力的总功才等于物体动能的增量ΔEk＝12mv22－12mv21，故选

项A、B错误，C正确；对电梯，无论有几个力对它做功，由动能定理可知，其合力的功一定等于其动能的增量，故选项D正确。答案CD3．北京获得2022年冬奥会举办权，冰壶是冬奥会的比赛项目。将一个冰壶以一定初速度

推出后将运动一段距离停下来。换一个材料相同、质量更大的冰壶，以相同的初速度推出后，冰壶运动的距离将()A．不变B．变小C．变大D．无法判断解析冰壶在冰面上以一定初速度被推出后，在滑动摩擦力作用下做匀减速运动，根据动能定理有－μmgs＝0－12

mv2，得s＝v22μg，两种冰壶的初速度相等，材料相同，故运动的距离相等，故选项A正确。答案A4．如图2所示，在距地面某一高度处，沿三个不同的方向分别抛出三个质量和大小均相同的小球，抛出时的速度大小相同，不计空气阻力，则从抛出到落

地过程中()图2A．三个小球落地时的速度相同B．三个小球重力做功的平均功率相同C．三个小球速度的变化量相同D．三个小球动能的变化量相同解析三个小球落地时的速度方向不同，A项错误；重力做功相同，但做功时

间不同，因此平均功率不同，B项错误；由Δv＝gΔt可知，三个小球运动时间不同，因此速度变化量也不同，C项错误；三个小球重力做功相同，由动能定理可知，三个小球动能的变化量相同，D项正确。答案D5．如图3所示，ABCD是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底BC的连接处都是一段与BC相切的圆弧，BC是水

平的，其距离d＝0.50m。盆边缘的高度为h＝0.30m。在A处放一个质量为m的小物块并让其从静止开始下滑(图中小物块未画出)。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为μ＝0.10。小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停的地点到B的距离为()图3

A．0.50mB．0.25mC．0.10mD．0解析设小物块在BC段通过的总路程为s，由于只有BC面上存在摩擦力做功为－μmgs，而重力做功与路径无关，由动能定理得：mgh－μmgs＝0－0，代入数据可解得s＝3m。由于d

＝0.50m，所以小物块在BC面上经过3次往复运动后，又回到B点，选项D正确。答案D6．(2018·江苏高考)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的关系图象是()解析设小球抛出瞬间的速度大小为v0，抛出后，某时刻t小球的速

度v＝v0－gt，故小球的动能Ek＝12mv2＝12m(v0－gt)2，结合数学知识知，选项A正确。答案A7．如图4所示是公路上的“避险车道”，车道表面是粗糙的碎石，其作用是供下坡的汽车在刹车失灵的情况下避险。质量m＝2.0×103k

g的汽车沿下坡公路行驶，当驾驶员发现刹车失灵的同时发动机失去动力，此时速度表示数v1＝36km/h，汽车继续沿下坡公路匀加速直行l＝350m、下降高度h＝50m时到达“避险车道”，此时速度表示数v2＝72km/h。(g取10m/s2)图

4(1)求从发现刹车失灵至到达“避险车道”这一过程汽车动能的变化量；(2)求汽车沿公路下坡过程中所受的阻力大小；(3)若“避险车道”与水平面间的夹角为17°，汽车在“避险车道”受到的阻力是在下坡公路上的3倍，求汽车在

“避险车道”上运动的最大位移。(sin17°≈0.3)解析(1)由ΔEk＝12mv22－12mv21解得ΔEk＝3.0×105J(2)由动能定理得mgh－fl＝12mv22－12mv21解得f＝2×103N(3)设汽车沿“避险车道”运动的最大

位移为l′，由动能定理得－(mgsin17°＋3f)l′＝0－12mv22解得l′＝33.3m答案(1)3.0×105J(2)2×103N(3)33.3m综合提能练8．(多选)(2016·全国卷Ⅲ，20)如图5所示，一固定容器的内壁是半径为R的半球面；在半球面水平直径的一端有一质量为m的质点P

。它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中，克服摩擦力做的功为W。重力加速度大小为g。设质点P在最低点时，向心加速度的大小为a，容器对它的支持力大小为N，则()图5A．a＝2（mgR－W）mRB．a＝2m

gR－WmRC．N＝3mgR－2WRD．N＝2（mgR－W）R解析质点P下滑过程中，重力和摩擦力做功，根据动能定理可得mgR－W＝12mv2，根据公式a＝v2R，联立可得a＝2（mgR－W）mR，选项A正确，B错误；在最低点重力和支持力的合力充当向心力，根据牛

顿第二定律可得，N－mg＝ma，代入可得，N＝3mgR－2WR，选项C正确，D错误。答案AC9．如图6甲所示，一质量为4kg的物体静止在水平地面上，让物体在随位移均匀减小的水平推力F作用下开始运动，推力F随位移x变化的关系如图乙所示，已知物体与地面间的动摩擦因数μ＝0.5，(取g＝10

m/s2)，则下列说法正确的是()图6A．物体先做加速运动，推力撤去时开始做减速运动B．物体在水平地面上运动的最大位移是10mC．物体运动的最大速度为215m/sD．物体在运动中的加速度先变小后不变解析当推力小于摩擦力时物体就开始做减速运动，选

项A错误；由题图乙中图线与x轴所围面积表示推力对物体做的功得，推力做的功W＝12×4×100J＝200J，根据动能定理有W－μmgxm＝0，得xm＝10m，选项B正确；当推力与摩擦力大小相等时，加速度为零，速度最大，由题图乙得F＝100－25x(N

)，当F＝μmg＝20N时x＝3.2m，由动能定理得12(100＋20)·x－μmgx＝12mv2m，解得物体运动的最大速度vm＝8m/s，选项C错误；物体运动中当推力由100N减小到20N的过程中，加速度逐渐减小，当推力由20N减小到0的过程中，加速度又反向增大

，此后加速度不变，故选项D错误。答案B10．我国将于2022年举办冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。如图7所示，质量m＝60kg的运动员从长直助滑道AB的A处由静止开始以加速度a＝3.6m/s2匀加速滑下，到达助滑道末端B时速度vB＝24m/s，A与B的竖直高度差H＝48m，为

了改变运动员的运动方向，在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接，其中最低点C处附近是一段以O为圆心的圆弧。助滑道末端B与滑道最低点C的高度差h＝5m，运动员在B、C间运动时阻力做功W＝－1530J，取g＝10m/s2。图7(1)求运动员在AB段下滑时

受到阻力Ff的大小；(2)若运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，则C点所在圆弧的半径R至少应为多大。解析(1)运动员在AB上做初速度为零的匀加速运动，设AB的长度为x，则有v2B＝2ax①由牛顿第二定律有mgHx－Ff＝ma②联立

①②式，代入数据解得Ff＝144N③(2)设运动员到达C点时的速度为vC，在由B到达C的过程中，由动能定理得mgh＋W＝12mv2C－12mv2B④设运动员在C点所受的支持力为FN，由牛顿第二定律有FN－mg＝mv2CR

⑤由题意和牛顿第三定律知FN＝6mg⑥联立④⑤⑥式，代入数据解得R＝12.5m。答案(1)144N(2)12.5m11．如图8所示，用一块长L1＝1.0m的木板在墙和桌面间架设斜面，桌子高H＝0.8m，长L2＝1.5m，斜面与水平桌面的倾角θ可在0～60°间调节后固定。将质量m＝0

.2kg的小物块从斜面顶端静止释放，物块与斜面间的动摩擦因数μ1＝0.05，物块与桌面间的动摩擦因数为μ2，忽略物块在斜面与桌面交接处的能量损失。(重力加速度取g＝10m/s2；最大静摩擦力等于滑动摩擦力)图8(1)求θ角增大到多少时，物块能从斜面开始下滑；(

用正切值表示)(2)当θ角增大到37°时，物块恰能停在桌面边缘，求物块与桌面间的动摩擦因数μ2；(已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(3)继续增大θ角，发现θ＝53°时物块落地点与墙面的距离最大，求此最大距离xm。解析(1)为使小物块下滑，应有mgsinθ≥μ1mgcosθ

，θ满足的条件为tanθ≥0.05。(2)克服摩擦力做功Wf＝μ1mgL1cosθ＋μ2mg(L2－L1cosθ)，由动能定理得mgL1sinθ－Wf＝0，代入数据得μ2＝0.8。(3)设当θ＝53°时，物块运动至桌面边缘时速度为v，由动能定理得mgL1sinθ－Wf′＝12mv2，Wf′＝

μ1mgL1cosθ＋μ2mg(L2－L1cosθ)，代入数据得v＝1m/s，之后物块做平抛运动，有H＝12gt2，t＝0.4s，x1＝vt，x1＝0.4m，xm＝x1＋L2＝1.9m。答案(1)tanθ≥0.05(2)0.8(3)1.9m