2019版物理 第五章 機械能 微專題38 動能定理的理解和應用備考精煉

學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精PAGE1學必求其心得，業(yè)必貴于專精PAGE38動能定理的理解和應用[方法點撥](1）要對研究對象受力分析并分析各力做功情況；分析物體運動過程，明確對哪個過程應用動能定理．（2)列動能定理方程要規(guī)范，注意各功的正負號問題．1．(多選）如圖1所示，斜面AB和水平面BC是由同一板材上截下的兩段，在B處用小圓弧連接．將小鐵塊（可視為質(zhì)點)從A處由靜止釋放后，它沿斜面向下滑行，進入平面，最終靜止于P處．若從該板材上再截下一段，擱置在A、P之間，構(gòu)成一個新的斜面，再將鐵塊放回A處，并輕推一下使之沿新斜面向下滑動．關(guān)于此情況下鐵塊的運動情況，下列描述正確的是()圖1A．鐵塊一定能夠到達P點B．鐵塊的初速度必須足夠大才能到達P點C．鐵塊能否到達P點與鐵塊質(zhì)量有關(guān)D．鐵塊能否到達P點與鐵塊質(zhì)量無關(guān)2．(多選）（2018·淮安市淮陰區(qū)月考)如圖2所示，用豎直向下的恒力F通過跨過光滑定滑輪的細線拉動在光滑水平面上的物體，物體沿水平面移動過程中經(jīng)過A、B、C三點，設AB＝BC,物體經(jīng)過A、B、C三點時的動能分別為EkA、EkB、EkC，則它們間的關(guān)系是(）圖2A．EkB－EkA＝EkC－EkB B．EkB－EkA＜EkC－EkBC．EkB－EkA＞EkC－EkB D．EkC＜2EkB3。(2017·啟東中學模擬)質(zhì)量為10kg的物體,在變力F作用下沿x軸做直線運動,力隨坐標x的變化情況如圖3所示．物體在x＝0處,速度為1m/s，不計一切摩擦，則物體運動到x＝16m處時，速度大小為（）圖3A．2eq\r（2)m/sB．3m/sC．4m/sD。eq\r(17）m/s4．（多選)如圖4所示，在離地面高為H處以水平速度v0拋出一質(zhì)量為m的小球,經(jīng)時間t,小球離水平地面的高度變?yōu)閔，此時小球的動能為Ek,重力勢能為Ep(選水平地面為零勢能參考面，不計空氣阻力)．下列圖象中大致能反映小球動能Ek、勢能Ep變化規(guī)律的是(）圖45．(2017·常熟市模擬）如圖5所示,豎直平面內(nèi)放一直角桿MON,OM水平、ON豎直且光滑，用不可伸長的輕繩相連的兩小球A和B分別套在OM和ON桿上，B球的質(zhì)量為m＝2kg,在作用于A球的水平力F的作用下，A、B均處于靜止狀態(tài)，此時OA＝0。3m，OB＝0。4m,改變水平力F的大小,使A球向右加速運動，已知A球向右運動0。1m時速度大小為3m/s，則在此過程中繩對B球的拉力所做的功為（取g＝10m/s2)()圖5A．11JB．16JC．18JD．9J6．(多選）如圖6所示是某緩沖裝置，勁度系數(shù)足夠大的輕質(zhì)彈簧與直桿相連，直桿可在固定的槽內(nèi)移動，與槽間的滑動摩擦力恒為Ff,直桿質(zhì)量不可忽略．一質(zhì)量為m的小車以速度v0撞擊彈簧，最終以速度v彈回．直桿足夠長，且直桿與槽間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，不計小車與地面間的摩擦．則()圖6A．小車被彈回時速度v一定小于v0B．若直桿在槽內(nèi)運動，移動的距離等于eq\f(1，F(xiàn)f）(eq\f(1，2）mv02－eq\f（1，2）mv2）C．直桿在槽內(nèi)向右運動時，小車與直桿始終保持相對靜止D．彈簧的彈力可能大于直桿與槽間的最大靜摩擦力7.如圖7所示是一種升降電梯的模型示意圖，A為轎廂，B為平衡重物,A、B的質(zhì)量分別為1kg和0.5kg.A、B由跨過輕質(zhì)滑輪的足夠長輕繩系住．在電動機牽引下使轎廂由靜止開始向上運動，電動機輸出功率10W保持不變，轎廂上升1m后恰好達到最大速度．不計空氣阻力和摩擦阻力，g＝10m/s2。在轎廂向上運動過程中,求:圖7（1)轎廂的最大速度vm的大??；(2)轎廂向上的加速度為a＝2m/s2時，重物B下端繩的拉力大小;(3）轎廂從開始運動到恰好達到最大速度的過程中所用的時間．8．如圖8所示，固定直桿上套有一小球和兩根輕彈簧,兩根輕彈簧的一端與小球相連,另一端分別固定在桿上相距為2L的A、B兩點．直桿與水平面的夾角為θ，小球質(zhì)量為m，兩根輕彈簧的原長均為L、勁度系數(shù)均為eq\f(3mgsinθ，L)，g為重力加速度．圖8（1)小球在距B點eq\f（4,5)L的P點處于靜止狀態(tài),求此時小球受到的摩擦力大小和方向；(2）設小球在P點受到的摩擦力為最大靜摩擦力，且與滑動摩擦力相等．現(xiàn)讓小球從P點以一沿桿方向的初速度向上運動,小球最高能到達距A點eq\f(4,5)L的Q點,求初速度的大?。?．（2018·如皋市名校聯(lián)考）如圖9甲所示，彎曲部分AB和CD是兩個半徑都為r＝0。3m的四分之一圓弧軌道，中間的BC段是豎直的薄壁細圓管(細圓管內(nèi)徑略大于小球的直徑）軌道，分別與上下圓弧軌道相切連接，BC的長度L＝0。2m．下圓弧軌道與水平軌道相切,其中D、A分別是上、下圓弧軌道的最高點和最低點，整個軌道固定在豎直平面內(nèi)．現(xiàn)有一質(zhì)量m＝0.3kg的小球以一定的速度沿水平軌道向右運動并從A點進入圓弧，不計小球運動中的一切阻力,g＝10m/s2，求：圖9（1)當小球由D點以10m/s的速度水平飛出時,小球落地點與D點的水平距離；(2）當小球由D點以3m/s的速度水平飛出時，小球過圓弧A點時對軌道的壓力大小;（3)若在D點右側(cè)連接一半徑為R＝0.4m的半圓形光滑軌道DEF，如圖乙所示,要使小球不脫離軌道運動,小球在水平軌道向右運動的速度大小范圍(計算結(jié)果可用根式表示）．

答案精析1．AD［設A距離地面的高度為h，板材的動摩擦因數(shù)為μ,對全過程運用動能定理有mgh－μmgcosθ·sAB－μmgsBP＝0，得mgh－μmg（sABcosθ＋sBP）＝0，而sABcosθ＋sBP＝eq\x\to(OP)，即h－μeq\x\to(OP)＝0，鐵塊在新斜面上有mgsinα－μmgcosα＝ma,由sinα－μcosα＝eq\f（h－μ\x\to(OP），\x\to（AP））＝0，可知鐵塊在新斜面上做勻速運動，與鐵塊的質(zhì)量m無關(guān)，鐵塊一定能夠到達P點，選項A、D正確,B、C錯誤．］2．CD［由動能定理得EkB－EkA＝WAB，EkC－EkB＝WBC，物體所受的合外力做的功為拉力的水平分力所做的功．由幾何關(guān)系可知,從A運動到B的過程中拉力在水平方向的平均分力大小大于從B到C過程中拉力在水平方向的平均分力大小，因此WAB＞W(wǎng)BC，選項A、B錯誤，C、D正確．]3．B［F－x圖象與x軸圍成的面積表示力F做的功，圖形位于x軸上方表示力做正功，位于x軸下方表示力做負功，面積大小表示功的大小，所以物體運動到x＝16m處時，力F對物體做的總功W＝40J,由動能定理得W＝eq\f（1,2)mv2－eq\f(1,2）mv02，解得v＝3m/s，B正確．]4．AD[由動能定理可知，mg(H－h(huán))＝Ek－Ek0，即Ek＝Ek0＋mgH－mgh，Ek－h(huán)圖象為一次函數(shù)圖象，B項錯誤；又Ek＝Ek0＋eq\f(1,2)mg2t2，可知Ek－t圖象為開口向上的拋物線，A項正確；由重力勢能定義式有：Ep＝mgh，Ep－h(huán)為正比例函數(shù),所以D項正確；由平拋運動規(guī)律有：H－h(huán)＝eq\f(1,2)gt2,所以Ep＝mg(H－eq\f(1,2)gt2)，所以Ep－t圖象不是直線，C項錯誤．]5．C［A球向右運動0。1m時,由幾何關(guān)系得,B上升距離:h＝0。4m－eq\r（0。52－0.42)m＝0。1m，此時細繩與水平方向夾角θ的正切值:tanθ＝eq\f(3,4),則得cosθ＝eq\f(4,5)，sinθ＝eq\f（3，5)，由運動的合成與分解知識可知:vBsinθ＝vAcosθ,可得vB＝4m/s.以B球為研究對象,由動能定理得：W－mgh＝eq\f(1，2）mvB2，代入數(shù)據(jù)解得：W＝18J,即繩對B球的拉力所做的功為18J，故選C.］6．BD[小車在向右運動的過程中，彈簧的形變量若始終小于x＝eq\f（Ff,k)時，直桿和槽間無相對運動,小車被彈回時速度v等于v0；當形變量等于x＝eq\f（Ff，k)時，直桿和槽間即出現(xiàn)相對運動，克服摩擦力做功,所以小車被彈回時速度v小于v0，A錯誤；整個過程應用動能定理：Ffs＝ΔEk，直桿在槽內(nèi)移動的距離s＝eq\f(1,Ff)(eq\f(1,2)mv02－eq\f（1，2)mv2），B正確；直桿在槽內(nèi)向右運動時，開始小車速度比直桿的大，所以不可能與直桿始終保持相對靜止,C錯誤；當彈簧的彈力等于最大靜摩擦力時桿即開始運動，此時車的速度大于桿的速度，彈簧進一步被壓縮，彈簧的彈力大于最大靜摩擦力，D正確．]7．（1)2m/s（2）8N（3)0.8s解析（1)當轎廂受力平衡，即牽引力F＝(M－m）g時轎廂速度最大由P＝Fvm得vm＝eq\f（P，M－mg)＝2m/s（2)轎廂的加速度為a＝2m/s2時,對A:FA－Mg＝Ma對B:FB＋mg－FA＝ma解得：FB＝8N(3）由動能定理可知：Pt－Mgh＋mgh＝eq\f(1,2）（M＋m)vm2得t＝0。8s。8．（1)eq\f(mgsinθ,5）方向沿桿向下（2）eq\f(2\r(6gLsinθ），5)解析（1）小球在P點時兩根彈簧的彈力方向沿桿向上，大小相等，設為F，根據(jù)胡克定律有F＝k（L－eq\f（4，5)L)①設小球靜止時受到的摩擦力大小為Ff,方向沿桿向下，根據(jù)平衡條件有mgsinθ＋Ff＝2F②由①②式并代入已知數(shù)據(jù)得Ff＝eq\f(mgsinθ，5)③假設成立，即摩擦力方向沿桿向下(2）小球在P、Q兩點時，彈簧的彈性勢能相等，故小球從P到Q的過程中，彈簧對小球做功為零據(jù)動能定理有W合＝ΔEk④－mg·2（L－eq\f(4,5)L)sinθ－Ff·2（L－eq\f（4,5)L）＝0－eq\f（1，2）mv2⑤由③⑤式得v＝eq\f(2\r(6gLsinθ）,5)⑥9．見解析解析(1）小球由D點飛出后做平拋運動，有：x＝v0t2r＋L＝eq\f(1，2）gt2解得:x＝4m(2）由A到D過程，由動能定理：－mg(2r＋L)＝eq\f(1，2)mvD2－eq\f(1，2）mvA2在A點，根據(jù)牛頓第二定律：FN－mg＝meq\f(v\o\al（2，A)，r）代入數(shù)據(jù)，聯(lián)立解得FN＝28N根據(jù)牛頓第三定律：FN′＝FN即小球在A點時對軌道的壓力大小：FN′＝28N(3)若小球到C后返回,由動能定理有:eq\f(1,2)mvA12＝mg(r＋L）若小球能過D做完整的圓周運動，在D點有:mg＝meq\f(vD′2，R)A到D過程，由動能定理：－mg