《2014年高考物理復(fù)習(xí) 第5章 第2課時(shí) 動(dòng)能定理訓(xùn)練題（含解析） 新人教版》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2014年高考物理復(fù)習(xí) 第5章 第2課時(shí) 動(dòng)能定理訓(xùn)練題（含解析） 新人教版（24頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第2課時(shí)　動(dòng)能定理 考綱解讀1.掌握動(dòng)能的概念，會(huì)求動(dòng)能的變化量.2.掌握動(dòng)能定理，并能在實(shí)際問題中熟練應(yīng)用． 1．[對動(dòng)能的理解]關(guān)于動(dòng)能的理解，下列說法正確的是 (　　) A．動(dòng)能是機(jī)械能的一種表現(xiàn)形式，凡是運(yùn)動(dòng)的物體都具有動(dòng)能 B．物體的動(dòng)能不可能為負(fù)值 C．一定質(zhì)量的物體動(dòng)能變化時(shí)，速度一定變化，但速度變化時(shí)，動(dòng)能不一定變化 D．動(dòng)能不變的物體，一定處于平衡狀態(tài) 答案　ABC 2．[對動(dòng)能定理的理解]關(guān)于運(yùn)動(dòng)物體所受的合外力、合外力做的功及動(dòng)能變化的關(guān)系，下列說法正確的是 (　　) A．合外力為零，則合外力做功一定為零 B

2、．合外力做功為零，則合外力一定為零 C．合外力做功越多，則動(dòng)能一定越大 D．動(dòng)能不變，則物體合外力一定為零 答案　A 解析　合外力為零，則物體可能靜止，也可能做勻速直線運(yùn)動(dòng)，這兩種情況合外力做功均為零，所以合外力做功一定為零，A對；合外力做功為零或動(dòng)能不變，合外力不一定為零，如勻速圓周運(yùn)動(dòng)，故B、D錯(cuò)；合外力做功越多，動(dòng)能變化越大，而不是動(dòng)能越大，故C錯(cuò)． 3．[動(dòng)能定理的簡單應(yīng)用]質(zhì)量為m的物體在水平力F的作用下由靜止開始在光滑地面上運(yùn)動(dòng)，前進(jìn)一段距離之后速度大小為v，再前進(jìn)一段距離使物體的速度增大為2v，則(　　) A．第二過程的速度增量等于第一過程的速度增量 B．第二過程的

3、動(dòng)能增量是第一過程動(dòng)能增量的3倍 C．第二過程合外力做的功等于第一過程合外力做的功 D．第二過程合外力做的功等于第一過程合外力做功的2倍 答案　AB 解析　由題意知，兩個(gè)過程中速度增量均為v，A正確；由動(dòng)能定理知：W1＝mv2，W2＝m(2v)2－mv2＝mv2，故B正確，C、D錯(cuò)誤． 4．[動(dòng)能定理的應(yīng)用]甲、乙兩物體質(zhì)量之比m1∶m2＝1∶2，它們與水平桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，在水平桌面上運(yùn)動(dòng)時(shí)，因受摩擦力作用而停止． (1)若它們的初速度相同，則運(yùn)動(dòng)位移之比為________； (2)若它們的初動(dòng)能相同，則運(yùn)動(dòng)位移之比為________． 答案　(1)1∶1　(2)2∶

4、1 解析　設(shè)兩物體與水平桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ. (1)它們的初速度相同，設(shè)為v0，由動(dòng)能定理得： －μm1gl1＝0－m1v. －μm2gl2＝0－m2v. 所以l1∶l2＝1∶1. (2)它們的初動(dòng)能相同，設(shè)為Ek，由動(dòng)能定理得： －μm1gl1＝0－Ek. －μm2gl2＝0－Ek. 所以l1∶l2＝m2∶m1＝2∶1. 考點(diǎn)梳理 一、動(dòng)能 1．定義：物體由于運(yùn)動(dòng)而具有的能． 2．表達(dá)式：Ek＝mv2. 3．物理意義：動(dòng)能是狀態(tài)量，是標(biāo)量(填“矢量”或“標(biāo)量”)． 二、動(dòng)能定理 1．內(nèi)容：力在一個(gè)過程中對物體所做的功，等于物體在這個(gè)過程中動(dòng)能的變化． 2

5、．表達(dá)式：W＝mv－mv＝Ek2－Ek1. 3．物理意義：合外力的功是物體動(dòng)能變化的量度． 4．適用條件 (1)動(dòng)能定理既適用于直線運(yùn)動(dòng)，也適用于曲線運(yùn)動(dòng)． (2)既適用于恒力做功，也適用于變力做功． (3)力可以是各種性質(zhì)的力，既可以同時(shí)作用，也可以分階段作用． 5．[利用動(dòng)能定理求變力功]一個(gè)質(zhì)量為m的小球，用長為L的 輕繩懸掛于O點(diǎn)，小球在水平拉力F作用下，從平衡位置 P點(diǎn)很緩慢地移動(dòng)到Q點(diǎn)，此時(shí)輕繩與豎直方向夾角為θ， 如圖1所示，則拉力F所做的功為 (　　) 圖1 A．mgLcos θ B．mgL(1－cos θ) C．FLsin θ

6、D．FLcos θ 答案　B 解析　小球從P點(diǎn)移動(dòng)到Q點(diǎn)時(shí)，受重力、繩子的拉力及水平拉力F作用，因很緩慢地移動(dòng)，小球可視處于平衡狀態(tài)，由平衡條件可知：F＝mgtan θ，隨θ的增大，拉力F也增大，故F是變力，因此不能直接用W＝FLcos θ計(jì)算．根據(jù)動(dòng)能定理有：WF－WG＝0，所以WF＝WG＝mgL(1－cos θ)，選項(xiàng)B正確． 6．[利用動(dòng)能定理求彈力的功]如圖2所示，光滑斜面的頂端固定一 彈簧，一物體向右滑行，并沖上固定在地面上的斜面．設(shè)物體 在斜面最低點(diǎn)A的速度為v，壓縮彈簧至C點(diǎn)時(shí)彈簧最短， 圖2 C點(diǎn)距地面高度為h，則從A到C的過程中彈簧彈力做功是(　　) A

7、．mgh－mv2 B.mv2－mgh C．－mgh D．－(mgh＋mv2) 答案　A 解析　由A到C的過程運(yùn)用動(dòng)能定理可得 －mgh＋W＝0－mv2 所以W＝mgh－mv2，所以A正確． 方法提煉　利用動(dòng)能定理求變力功 1．明確題中除變力功外，還有哪些力做功，總功如何表示． 2．明確物體動(dòng)能的變化． 考點(diǎn)一　對動(dòng)能及其變化的理解 1．對動(dòng)能的理解 (1)動(dòng)能是物體由于運(yùn)動(dòng)而具有的能量，表達(dá)式Ek＝mv2. (2)動(dòng)能是狀態(tài)量，和物體的瞬時(shí)速度大小(速率)對應(yīng)． 2．關(guān)于動(dòng)能的變化 動(dòng)能的變化量為正值，表示物體的動(dòng)能增加了，對應(yīng)于合

8、外力對物體做正功；動(dòng)能的變化量為負(fù)值，表示物體的動(dòng)能減小了，對應(yīng)于合外力對物體做負(fù)功，或者說物體克服合外力做功． 例1　(2011·課標(biāo)全國·15)一質(zhì)點(diǎn)開始時(shí)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，從某時(shí)刻起受到一恒力作用．此后，該質(zhì)點(diǎn)的動(dòng)能可能 (　　) A．一直增大 B．先逐漸減小至零，再逐漸增大 C．先逐漸增大至某一最大值，再逐漸減小 D．先逐漸減小至某一非零的最小值，再逐漸增大 解析　若力F的方向與初速度v0的方向一致，則質(zhì)點(diǎn)一直加速，動(dòng)能一直增大，選項(xiàng)A正確．若力F的方向與v0的方向相反，則質(zhì)點(diǎn)先減速至速度為零后再反向加速，動(dòng)能先減小至零后再增大，選項(xiàng)B正確．若力F的方

9、向與v0的方向成一鈍角，如斜上拋運(yùn)動(dòng)，物體先減速，減到某一值再加速，則其動(dòng)能先減小至某一非零的最小值再增大，選項(xiàng)D正確． 答案　ABD 考點(diǎn)二　動(dòng)能定理及其應(yīng)用 1．對動(dòng)能定理的理解 (1)動(dòng)能定理公式中等號表明了合外力做功與物體動(dòng)能的變化間的兩個(gè)關(guān)系： ①數(shù)量關(guān)系：即合外力所做的功與物體動(dòng)能的變化具有等量代換關(guān)系．可以通過計(jì)算物體動(dòng)能的變化，求合外力的功，進(jìn)而求得某一力的功． ②因果關(guān)系：合外力的功是引起物體動(dòng)能變化的原因． (2)動(dòng)能定理中涉及的物理量有F、l、m、v、W、Ek等，在處理含有上述物理量的問題時(shí)，優(yōu)先考慮使用動(dòng)能定理． 2．運(yùn)用動(dòng)能定理需注意的問題 (1)應(yīng)

10、用動(dòng)能定理解題時(shí)，在分析過程的基礎(chǔ)上無需深究物體運(yùn)動(dòng)過程中狀態(tài)變化的細(xì)節(jié)，只需考慮整個(gè)過程的功及過程初末的動(dòng)能． (2)若過程包含了幾個(gè)運(yùn)動(dòng)性質(zhì)不同的分過程，既可分段考慮，也可整個(gè)過程考慮．但求功時(shí)，有些力不是全過程都作用的，必須根據(jù)不同的情況分別對待求出總功，計(jì)算時(shí)要把各力的功連同正負(fù)號一同代入公式． 例2　如圖3所示，質(zhì)量為m的小球用長為L的輕質(zhì)細(xì)線懸于O點(diǎn)， 與O點(diǎn)處于同一水平線上的P點(diǎn)處有一個(gè)光滑的細(xì)釘，已知OP ＝，在A點(diǎn)給小球一個(gè)水平向左的初速度v0，發(fā)現(xiàn)小球恰能到 達(dá)跟P點(diǎn)在同一豎直線上的最高點(diǎn)B.則： (1)小球到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速率？ 圖3

11、(2)若不計(jì)空氣阻力，則初速度v0為多少？ (3)若初速度v0＝3，則小球在從A到B的過程中克服空氣阻力做了多少功？ 解析　(1)小球恰能到達(dá)最高點(diǎn)B， 有mg＝m，得vB＝ . (2)從A→B由動(dòng)能定理得 －mg(L＋)＝mv－mv 可求出v0＝ . (3)由動(dòng)能定理得－mg(L＋)－Wf＝mv－mv 可求出Wf＝mgL. 答案　(1) 　(2) 　(3)mgL 應(yīng)用動(dòng)能定理求變力做功時(shí)應(yīng)注意的問題 1．所求的變力的功不一定為總功，故所求的變力的功不一定等于ΔEk. 2．合外力對物體所做的功對應(yīng)物體動(dòng)能的變化，而不是對應(yīng)物體的動(dòng)能． 3．若有多個(gè)力做功時(shí)，必須明

12、確各力做功的正負(fù)，待求的變力的功若為負(fù)功， 可以設(shè)克服該力做功為W，則表達(dá)式中應(yīng)用－W；也可以設(shè)變力的功為W，則 字母W本身含有負(fù)號． 突破訓(xùn)練1　如圖4所示，質(zhì)量為m的物塊與水平轉(zhuǎn)臺(tái)之間的動(dòng)摩擦 因數(shù)為μ，物體與轉(zhuǎn)臺(tái)轉(zhuǎn)軸相距R，物體隨轉(zhuǎn)臺(tái)由靜止開始轉(zhuǎn)動(dòng)， 當(dāng)轉(zhuǎn)速增加到某值時(shí)，物塊即將開始滑動(dòng)，在這一過程中，摩擦 力對物體做的功是 (　　) 圖4 A.μmgR B．2πmgR C．2μmgR D．0 答案　A 解析　物塊即將開始滑動(dòng)時(shí)，最大靜摩擦力(近似等于滑動(dòng)摩擦力)提供向心力，有μmg＝，根據(jù)動(dòng)能定理有

13、，Wf＝，解得Wf＝，選項(xiàng)A正確． 例3　如圖5所示，電梯質(zhì)量為M，在它的水平地板上放置一質(zhì)量為m 的物體．電梯在鋼索的拉力作用下由靜止開始豎直向上加速運(yùn)動(dòng)， 當(dāng)上升高度為H時(shí)，電梯的速度達(dá)到v，則在這個(gè)過程中，以下 說法中正確的是 (　　) 圖5 A．電梯地板對物體的支持力所做的功等于 B．電梯地板對物體的支持力所做的功大于 C．鋼索的拉力所做的功等于＋MgH D．鋼索的拉力所做的功大于＋MgH 解析　以物體為研究對象，由動(dòng)能定理得WN－mgH＝mv2，即WN＝mgH＋mv2，選項(xiàng)B正確，選項(xiàng)A錯(cuò)誤．以系統(tǒng)為研究對象，由動(dòng)能定理得WT－(m＋M)gH＝(

14、M＋m)v2，即WT＝(M＋m)v2＋(M＋m)gH>＋MgH，選項(xiàng)D正確，選項(xiàng)C錯(cuò)誤． 答案　BD 應(yīng)用動(dòng)能定理解題的基本思路 1．選取研究對象，明確它的運(yùn)動(dòng)過程； 2．分析研究對象的受力情況和各力的做功情況： 3．明確研究對象在過程的初末狀態(tài)的動(dòng)能Ek1和Ek2； 4.列動(dòng)能定理的方程W合＝Ek2－Ek1及其他必要的解題方程，進(jìn)行求解． 突破訓(xùn)練2　如圖6所示，一塊長木板B放在光滑的水平面上， 在B上放一物體A，現(xiàn)以恒定的外力F拉B，由于A、B間 摩擦力的作用，A將在B上滑動(dòng)，以地面為參考系，A、B都 圖6 向前移動(dòng)一段距離．在此過程中 (　　) A

15、．外力F做的功等于A和B動(dòng)能的增量 B．B對A的摩擦力所做的功等于A的動(dòng)能增量 C．A對B的摩擦力所做的功等于B對A的摩擦力所做的功 D．外力F對B做的功等于B的動(dòng)能的增量與B克服摩擦力所做的功之和 答案　BD 解析　A物體所受的合外力等于B對A的摩擦力，對A物體運(yùn)用動(dòng)能定理，則有B對A的摩擦力所做的功等于A的動(dòng)能的增量，B對．A對B的摩擦力與B對A的摩擦力是一對作用力與反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑動(dòng)，A、B對地的位移不等，故二者做功不等，C錯(cuò)．對B應(yīng)用動(dòng)能定理，WF－Wf＝ΔEkB，WF＝ΔEkB＋Wf，即外力F對B做的功等于B的動(dòng)能的增量與B克服摩擦力所做的功

16、之和，D對．由前述討論知B克服摩擦力所做的功與A的動(dòng)能增量(等于B對A的摩擦力所做的功)不等，故A錯(cuò)． 考點(diǎn)三　動(dòng)能定理與圖象結(jié)合的問題 例4　如圖7甲所示，一根輕質(zhì)彈簧左端固定在豎直墻面上，右端放一個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的小物塊，小物塊的質(zhì)量為m＝1.0 kg，當(dāng)彈簧處于原長時(shí)，小物塊靜止于O點(diǎn)．現(xiàn)對小物塊施加一個(gè)外力F，使它緩慢移動(dòng)，將彈簧壓縮至A點(diǎn)，壓縮量為x＝0.1 m，在這一過程中，所用外力F與壓縮量的關(guān)系如圖乙所示．然后撤去F釋放小物塊，讓小物塊沿桌面運(yùn)動(dòng)，已知O點(diǎn)至桌邊B點(diǎn)的距離為L＝2x，水平桌面的高為h＝5.0 m，計(jì)算時(shí)，可用滑動(dòng)摩擦力近似等于最大靜摩擦力．(g取10 m/s2)

17、求： 圖7 (1)在壓縮彈簧的過程中，彈簧存貯的最大彈性勢能； (2)小物塊到達(dá)桌邊B點(diǎn)時(shí)速度的大??； (3)小物塊落地點(diǎn)與桌邊B的水平距離． 審題指導(dǎo)　解答本題時(shí)應(yīng)注意以下三點(diǎn)： (1)F－x圖象與x軸所圍面積為變力F做的功； (2)彈簧存貯的彈性勢能對應(yīng)彈簧的彈力所做的負(fù)功的值； (3)F－x圖象中x＝0時(shí)對應(yīng)F的含義． 解析　(1)取向左為正方向，從F—x圖中可以看出，小物塊與桌面間的滑動(dòng)摩擦力大小為 Ff＝1.0 N，方向?yàn)樨?fù)方向 在壓縮過程中，摩擦力做功為Wf＝－Ffx＝－0.1 J 由圖線與x軸所圍面積可得外力F做功為 WF＝ J＝2.4 J 所以彈

18、簧存貯的最大彈性勢能為Epm＝WF＋Wf＝2.3 J (2)從A點(diǎn)到B點(diǎn)的過程中，由于L＝2x，摩擦力做功為Wf′＝Ff·3x＝0.3 J 對小物塊運(yùn)用動(dòng)能定理有Epm－Wf′＝mv 解得vB＝2 m/s (3)物塊從B點(diǎn)開始做平拋運(yùn)動(dòng)，有 h＝gt2 解得下落時(shí)間t＝1 s，水平距離s＝vBt＝2 m 答案　(1)2.3 J　(2)2 m/s　(3)2 m 突破訓(xùn)練3　總質(zhì)量為80 kg的跳傘運(yùn)動(dòng)員從離地500 m的直升機(jī)上跳下，經(jīng)過2 s拉開繩索開啟降落傘．如圖8所示是跳傘過程中的v－t圖象，試根據(jù)圖象(g取10 m/s2) 圖8 (1)求0～2 s內(nèi)阻力做的功；

19、 (2)估算14 s內(nèi)運(yùn)動(dòng)員下落的高度及克服阻力做的功； (3)估算運(yùn)動(dòng)員從飛機(jī)上跳下到著地的總時(shí)間． 答案　(1)－2 560 J　(2)160 m　1.27×105 J　(3)71 s 解析　(1)從題圖中可以看出，在0～2 s內(nèi)運(yùn)動(dòng)員做勻加速運(yùn)動(dòng)，其加速度大小為 a＝＝ m/s2＝8 m/s2. 設(shè)此過程中運(yùn)動(dòng)員受到的阻力大小為Ff，根據(jù)牛頓第二定律，有mg－Ff＝ma得 Ff＝m(g－a)＝80×(10－8) N＝160 N. 0～2 s內(nèi)下落高度h′＝t＝×2 m＝16 m. 阻力做功W＝－Ffh′＝－2 560 J. (2)從題圖中估算得出運(yùn)動(dòng)員在14 s內(nèi)下落了

20、 h＝40×2×2 m＝160 m 根據(jù)動(dòng)能定理，有mgh－Wf＝mv2 所以有Wf＝mgh－mv2＝(80×10×160－×80×62) J≈1.27×105 J. (3)14 s后運(yùn)動(dòng)員做勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為 t′＝＝ s＝57 s. 運(yùn)動(dòng)員從飛機(jī)上跳下到著地需要的總時(shí)間 t總＝t＋t′＝(14＋57) s＝71 s. 24．動(dòng)能定理在多過程問題中的應(yīng)用 模型特征：優(yōu)先考慮應(yīng)用動(dòng)能定理的典型問題 (1)不涉及加速度、時(shí)間的問題． (2)有多個(gè)物理過程且不需要研究整個(gè)過程中的中間狀態(tài)的問題． (3)變力做功的問題． (

21、4)含有F、l、m、v、W、Ek等物理量的力學(xué)問題． 解析　(1)小滑塊由C運(yùn)動(dòng)到A，由動(dòng)能定理得 mgLsin 37°－μmgs＝0 （2分） 解得μ＝ （1分） (2)設(shè)在斜面上，拉力作用的距離為x，小滑塊由A運(yùn)動(dòng)到C，由動(dòng)能定理得 Fs－μmgs＋Fx－mgLsin 37°＝0 （2分） 解得x＝1.25 m

22、 （1分） (3)小滑塊由A運(yùn)動(dòng)到B，由動(dòng)能定理得Fs－μmgs＝mv2 （2分） 由牛頓第二定律得F－mgsin 37°＝ma （2分） 由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得x＝vt＋at2 （2分） 聯(lián)立解得t＝0.5 s （1分） 答案　(1)　(2)1.25 m　(3)0.5 s 突破訓(xùn)練4　一質(zhì)量為2 kg的鉛球從離地面2 m高處自由下落，陷入 沙坑中2 cm深處，如圖10所示，求沙子對鉛球的平均阻力(g＝10 m/s2)． 答案　2 020 N 解析　小球的運(yùn)動(dòng)包括自由落體運(yùn)動(dòng)和陷入沙坑減速運(yùn)動(dòng)兩

23、個(gè)過程，知 道初末態(tài)動(dòng)能和運(yùn)動(dòng)位移，應(yīng)選用動(dòng)能定理解決，處理方法有兩種： 圖10 解法一　分段列式：鉛球自由下落過程中，設(shè)小球落到沙面時(shí)速度為v，則：mgH＝mv2 v＝＝ m/s＝2 m/s. 鉛球陷入沙坑過程中，只受重力和阻力Ff作用，由動(dòng)能定理得：mgh－Ffh＝0－ Ff＝＝ N＝2 020 N 解法二　全程列式：全過程都有重力做功，進(jìn)入沙中又有阻力做功． 所以W總＝mg(H＋h)－Ffh 由動(dòng)能定理得：mg(H＋h)－Ffh＝0－0 故：Ff＝＝ N＝2 020 N. 高考題組 1．(2012·福建理綜·21)如圖11所示，用跨過光滑定滑輪的纜繩將海面上

24、一艘失去動(dòng)力的小船沿直線拖向岸邊．已知拖動(dòng)纜繩的電動(dòng)機(jī)功率恒為P，小船的質(zhì)量為m，小船受到的阻力大小恒為f，經(jīng)過A點(diǎn)時(shí)的速度大小為v0，小船從A點(diǎn)沿直線加速運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)經(jīng)歷時(shí)間為t1，A、B兩點(diǎn)間距離為d，纜繩質(zhì)量忽略不計(jì)．求： 圖11 (1)小船從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的全過程克服阻力做的功Wf； (2)小船經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)的速度大小v1； (3)小船經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)的加速度大小a. 答案　(1)fd　(2) (3)－ 解析　(1)小船從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)克服阻力做功 Wf＝fd ① (2)小船從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，電動(dòng)機(jī)牽引纜繩對小船做功 W＝Pt1

25、 ② 由動(dòng)能定理有 W－Wf＝mv－mv ③ 由①②③式解得v1＝ ④ (3)設(shè)小船經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)纜繩的拉力大小為F，纜繩與水平方向夾角為θ，電動(dòng)機(jī)牽引纜繩的速度大小為v，則 P＝Fv ⑤ v＝v1cos θ ⑥ 由牛頓第二定律有 Fcos θ－f＝ma ⑦ 由④⑤⑥⑦式解得a＝－. 2．(2012·北京理綜·22)如圖12所示，質(zhì)量為m的小物塊在粗糙水平桌面上做直線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)距離l后以速度v飛離桌面，最終落在水平地面上．

26、已知l＝1.4 m，v＝3.0 m/s，m＝ 0.10 kg，小物塊與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.25，桌面高h(yuǎn)＝0.45 m．不計(jì)空氣阻力，重力加速度g取10 m/s2.求： 圖12 (1)小物塊落地點(diǎn)到飛出點(diǎn)的水平距離s； (2)小物塊落地時(shí)的動(dòng)能Ek； (3)小物塊的初速度大小v0. 答案　(1)0.90 m　(2)0.90 J　(3)4.0 m/s 解析　(1)由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律，有 豎直方向h＝gt2 水平方向s＝vt 得水平距離s＝ v＝0.90 m (2)由機(jī)械能守恒定律，得落地時(shí)的動(dòng)能Ek＝mv2＋mgh＝0.90 J (3)由動(dòng)能定理，有－μmgl＝mv

27、2－mv 得初速度大小v0＝＝4.0 m/s. 模擬題組 3．如圖13甲所示，一質(zhì)量為m＝1 kg的物塊靜止在粗糙水平面上的A點(diǎn)，從t＝0時(shí)刻開始，物塊在按如圖乙所示規(guī)律變化的水平力F作用下向右運(yùn)動(dòng)，第3 s末物塊運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)速度剛好為0，第5 s末物塊剛好回到A點(diǎn)，已知物塊與粗糙水平面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，(g取10 m/s2)求： 圖13 (1)AB間的距離； (2)水平力F在5 s時(shí)間內(nèi)對物塊所做的功． 答案　(1)4 m　(2)24 J 解析　(1)在3 s～5 s內(nèi)物塊在水平恒力F作用下由B點(diǎn)勻加速直線運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)，設(shè)加速度為a，AB間的距離為x，則 F－μ

28、mg＝ma a＝＝ m/s2＝2 m/s2 x＝at2＝×2×22 m＝4 m (2)設(shè)整個(gè)過程中F做的功為WF，物塊回到A點(diǎn)時(shí)的速度為vA，由動(dòng)能定理得 WF－2μmgx＝mv 又v＝2ax 所以WF＝2μmgx＋max＝24 J 4．如圖14所示裝置由AB、BC、CD三段軌道組成，軌道交接處 均由很小的圓弧平滑連接，其中軌道AB、CD段是光滑的， 水平軌道BC的長度s＝5 m，軌道CD足夠長且傾角θ＝37°， A、D兩點(diǎn)離軌道BC的高度分別為h1＝4.30 m、h2＝1.35 m． 圖14 現(xiàn)讓質(zhì)量為m的小滑塊自A點(diǎn)由靜止釋放．已知小滑塊與軌道BC間的動(dòng)摩擦因數(shù)

29、μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求： (1)小滑塊第一次到達(dá)D點(diǎn)時(shí)的速度大?。? (2)小滑塊第一次與第二次通過C點(diǎn)的時(shí)間間隔． 答案　(1)3 m/s　(2)2 s 解析　(1)物塊從A→B→C→D過程中，由動(dòng)能定理得 mg(h1－h(huán)2)－μmgs＝mvD2－0， 解得：vD＝3 m/s (2)小物塊從A→B→C過程中，有 mgh1－μmgs＝mv 解得：vC＝6 m/s 小物塊沿CD段上滑的加速度 a＝gsin θ＝6 m/s2 小物塊沿CD段上滑到最高點(diǎn)的時(shí)間 t1＝＝1 s 小物塊從最高點(diǎn)滑回C點(diǎn)的時(shí)間

30、t2＝t1＝1 s 故t＝t1＋t2＝2 s (限時(shí)：45分鐘) ?題組1　動(dòng)能定理的簡單應(yīng)用 1．某人用手托著質(zhì)量為m的物體，從靜止開始沿水平方向運(yùn)動(dòng)，前進(jìn)距離l后，速度為v(物體與手始終相對靜止)，物體與手掌之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，則人對物體做的功為(　　) A．mgl B．0 C．μmgl D.mv2 答案　D 2．子彈的速度為v，打穿一塊固定的木塊后速度剛好變?yōu)榱悖裟緣K對子彈的阻力為恒力，那么當(dāng)子彈射入木塊的深度為其厚度的一半時(shí)，子彈的速度是 (　　) A. B.v C. D. 答案　B 解析　設(shè)子彈的

31、質(zhì)量為m，木塊的厚度為d，木塊對子彈的阻力為Ff.根據(jù)動(dòng)能定理，子彈剛好打穿木塊的過程滿足－Ffd＝0－mv2.設(shè)子彈射入木塊厚度一半時(shí)的速度為v′，則－Ff·＝mv′2－mv2，得v′＝v，故選B. 3．在地面上某處將一金屬小球豎直向上拋出，上升一定高度后再落回原處，若不考慮空氣阻力，則下列圖象能正確反映小球的速度、加速度、位移和動(dòng)能隨時(shí)間變化關(guān)系的是(取向上為正方向) (　　) 答案　A 解析　小球運(yùn)動(dòng)過程中加速度不變，B錯(cuò)；速度均勻變化，先減小后反向增大，A對；位移和動(dòng)能與時(shí)間不是線性關(guān)系，C、D錯(cuò)． 4．一人乘豎直電梯從1樓到12樓，在此過程

32、中經(jīng)歷了先加速，后勻速，再減速的運(yùn)動(dòng)過程，則下列說法正確的是 (　　) A．電梯對人做功情況是：加速時(shí)做正功，勻速時(shí)不做功，減速時(shí)做負(fù)功 B．電梯對人做功情況是：加速和勻速時(shí)做正功，減速時(shí)做負(fù)功 C．電梯對人做的功等于人動(dòng)能的增加量 D．電梯對人做的功和重力對人做的功的代數(shù)和等于人動(dòng)能的增加量 答案　D 解析　電梯向上加速、勻速、再減速運(yùn)動(dòng)的過程中，電梯對人的作用力始終向上，故電梯始終對人做正功，A、B均錯(cuò)誤；由動(dòng)能定理可知，電梯對人做的功和重力對人做的功的代數(shù)和等于人動(dòng)能的增加量，故C錯(cuò)誤，D正確． 5．如圖1所示，物體與斜面AB、DB間動(dòng)摩擦因數(shù)相同．

33、可視為質(zhì)點(diǎn)的 物體分別沿AB、DB從斜面頂端由靜止下滑到底端，下列說法正確的 是 (　　) A．物體沿斜面DB滑動(dòng)到底端時(shí)動(dòng)能較大 B．物體沿斜面AB滑動(dòng)到底端時(shí)動(dòng)能較大 圖1 C．物體沿斜面DB滑動(dòng)過程中克服摩擦力做的功較多 D．物體沿斜面AB滑動(dòng)過程中克服摩擦力做的功較多 答案　B 解析　已知物體與斜面AB、DB間動(dòng)摩擦因數(shù)相同，設(shè)斜面傾角為θ，底邊為x，則斜面高度為h＝xtan θ，斜面長度為L＝，物體分別沿AB、DB從斜面頂端由靜止下滑到底端，由動(dòng)能定理有：mgh－μmgcos θ·L＝mgh－μmgx＝mv2，可知物體沿斜面AB滑

34、動(dòng)到底端時(shí)動(dòng)能較大，故A錯(cuò)誤，B正確；物體沿斜面滑動(dòng)過程中克服摩擦力做的功W＝μmgLcos θ＝μmgx，則兩次相同，故C、D錯(cuò)誤． 6．人通過滑輪將質(zhì)量為m的物體，沿粗糙的斜面從靜止開始勻加速地 由底端拉到斜面頂端，物體上升的高度為h，到達(dá)斜面頂端時(shí)的速度 為v，如圖2所示．則在此過程中 (　　) 圖2 A．物體所受的合外力做的功為mgh＋mv2 B．物體所受的合外力做的功為mv2 C．人對物體做的功為mgh D．人對物體做的功大于mgh 答案　BD 解析　物體沿斜面做勻加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理：W合＝WF－Wf－mgh＝mv2，其中Wf為物體克服摩擦力做的

35、功．人對物體做的功即是人對物體的拉力做的功，所以W人＝WF＝Wf＋mgh＋mv2，A、C錯(cuò)誤，B、D正確． ?題組2　應(yīng)用動(dòng)能定理求解變力做功問題 7．如圖3所示，光滑水平平臺(tái)上有一個(gè)質(zhì)量為m的物塊，站在地面上的 人用跨過定滑輪的繩子向右拉動(dòng)物塊，不計(jì)繩和滑輪的質(zhì)量及滑輪的 摩擦，且平臺(tái)邊緣離人手作用點(diǎn)豎直高度始終為h.當(dāng)人以速度v從平 圖3 臺(tái)的邊緣處向右勻速前進(jìn)位移x時(shí)，則 (　　) A．在該過程中，物塊的運(yùn)動(dòng)可能是勻速的 B．在該過程中，人對物塊做的功為 C．在該過程中，人對物塊做的功為mv2 D．人前進(jìn)x時(shí)，物塊的運(yùn)動(dòng)速率為 答案　B 解析　設(shè)繩子與

36、水平方向的夾角為θ，則物塊運(yùn)動(dòng)的速度v物＝vcos θ，而cos θ＝，故v物＝，可見物塊的速度隨x的增大而增大，A、D均錯(cuò)誤；人對物塊的拉力為變力，變力的功可應(yīng)用動(dòng)能定理求解，即W＝mv＝，B正確，C錯(cuò)誤． 8．如圖4所示，一質(zhì)量為m的質(zhì)點(diǎn)在半徑為R的半球形容器中(容器固定) 由靜止開始自邊緣上的A點(diǎn)滑下，到達(dá)最低點(diǎn)B時(shí)，它對容器的正壓力 為FN.重力加速度為g，則質(zhì)點(diǎn)自A滑到B的過程中，摩擦力對其所做 的功為 (　　) 圖4 A.R(FN－3mg) B.R(3mg－FN) C.R(FN－mg) D.R(FN－

37、2mg) 答案　A 解析　質(zhì)點(diǎn)到達(dá)最低點(diǎn)B時(shí)，它對容器的正壓力為FN，根據(jù)牛頓第二定律有FN－mg＝m，根據(jù)動(dòng)能定理，質(zhì)點(diǎn)自A滑到B的過程中有Wf＋mgR＝mv2，故摩擦力對其所做的功Wf＝RFN－mgR，故A項(xiàng)正確． 9．質(zhì)量為m的小球被系在輕繩一端，在豎直平面內(nèi)做半徑為R的圓周 運(yùn)動(dòng)，如圖5所示，運(yùn)動(dòng)過程中小球受到空氣阻力的作用．設(shè)某一 時(shí)刻小球通過軌道的最低點(diǎn)，此時(shí)繩子的張力為7mg，在此后小球 繼續(xù)做圓周運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過半個(gè)圓周恰好能通過最高點(diǎn)，則在此過程中 小球克服空氣阻力所做的功是 (　　) 圖5 A.mgR B.mgR C.m

38、gR D．mgR 答案　C 解析　小球通過最低點(diǎn)時(shí)，繩的張力為 F＝7mg ① 由牛頓第二定律可知： F－mg＝ ② 小球恰好過最高點(diǎn)，繩子拉力為零，由牛頓第二定律可知： mg＝ ③ 小球由最低點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)的過程中，由動(dòng)能定理得： －2mgR＋Wf＝mv－mv ④ 由①②③④可得Wf＝－mgR，所以小球克服空氣阻力所做的功為mgR，故C正確，A、B、D錯(cuò)誤． ?題組3　應(yīng)用動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)和動(dòng)能定理解決多過程問題 10．如圖6所示，粗糙水

39、平地面AB與半徑R＝0.4 m的光滑半圓 軌道BCD相連接，且在同一豎直平面內(nèi)，O是BCD的圓心， BOD在同一豎直線上．質(zhì)量m＝2 kg的小物塊在9 N的水 平恒力F的作用下，從A點(diǎn)由靜止開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)． 圖6 已知AB＝5 m，小物塊與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.2.當(dāng)小物塊運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)撤去力F.取重力加速度g＝10 m/s2.求： (1)小物塊到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度的大??； (2)小物塊運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)時(shí)，軌道對小物塊作用力的大??； (3)小物塊離開D點(diǎn)落到水平地面上的點(diǎn)與B點(diǎn)之間的距離． 答案　(1)5 m/s　(2)25 N　(3)1.2 m 解析　(1)從A到B

40、，根據(jù)動(dòng)能定理有 (F－μmg)xAB＝mv 得vB＝ ＝5 m/s (2)從B到D，根據(jù)動(dòng)能定理有 －mg·2R＝mv－mv 得vD＝＝3 m/s 在D點(diǎn)，根據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律有FN＋mg＝ 得FN＝m－mg＝25 N (3)由D點(diǎn)到落點(diǎn)小物塊做平拋運(yùn)動(dòng)，在豎直方向上有 2R＝gt2 得t＝ ＝ s＝0.4 s 水平地面上落點(diǎn)與B點(diǎn)之間的距離為 x＝vDt＝3×0.4 m＝1.2 m 11．水上滑梯可簡化成如圖7所示的模型：傾角為θ＝37°的傾斜滑道AB和水平滑道BC平滑連接，起點(diǎn)A距水面的高度H＝7.0 m，BC的長度d＝2.0 m，端點(diǎn)C距水面的高度h＝1.0 m

41、．一質(zhì)量m＝50 kg的運(yùn)動(dòng)員從滑道起點(diǎn)A無初速度地自由滑下，運(yùn)動(dòng)員與AB、BC間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.1.(取重力加速度g＝10 m/s2，cos 37°＝0.8，sin 37°＝0.6，運(yùn)動(dòng)員在運(yùn)動(dòng)過程中可視為質(zhì)點(diǎn)) 圖7 (1)求運(yùn)動(dòng)員沿AB下滑時(shí)加速度的大小a； (2)求運(yùn)動(dòng)員從A滑到C的過程中克服摩擦力所做的功W和到達(dá)C點(diǎn)時(shí)速度的大小vC； (3)保持水平滑道端點(diǎn)在同一水平線上，調(diào)節(jié)水平滑道高度h和長度d到圖中B′C′位置時(shí)，運(yùn)動(dòng)員從滑梯平拋到水面的水平位移最大，求此時(shí)滑道B′C′距水面的高度h′. 答案　(1)5.2 m/s2　(2)500 J　10 m/s　(3)

42、3 m 解析　(1)運(yùn)動(dòng)員沿AB下滑時(shí)，受力情況如圖所示 Ff＝μFN＝μmgcos θ 根據(jù)牛頓第二定律： mgsin θ－μmgcos θ＝ma 得運(yùn)動(dòng)員沿AB下滑時(shí)加速度的大小為： a＝gsin θ－μgcos θ＝5.2 m/s2 (2)運(yùn)動(dòng)員從A滑到C的過程中，克服摩擦力做的功為： W＝μmgcos θ·＋μmgd＝μmg[d＋(H－h(huán))cot θ]＝10μmg＝500 J， mg(H－h(huán))－W＝mv－0 解得運(yùn)動(dòng)員滑到C點(diǎn)時(shí)速度的大小vC＝10 m/s (3)在從C′點(diǎn)滑出至落到水面的過程中，運(yùn)動(dòng)員做平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t， h′＝gt2，t＝ 下滑過程中克服摩擦力做功保持不變，W＝500 J 根據(jù)動(dòng)能定理得： mg(H－h(huán)′)－W＝mv2－0，v＝ 運(yùn)動(dòng)員在水平方向的位移： x＝vt＝ ＝ 當(dāng)h′＝＝3 m時(shí)，水平位移最大．