2021年高考物理一轮复习微专题训练（人教版）-- 动能定理及其应用（二）（重难点精讲）

专题 22 动能定理及其应用（二） 【知识点一】动能定理与图像结合问题 【例 1】[动能定理与 v-t 图像结合]　质量为 m 的小球在竖直向上的拉力作用下从静止开始运动，其 vt 图 像如图所示(竖直向上为正方向，DE 段为直线)，已知重力加速度大小为 g，下列说法正确的是(　　) A．t0～t2 时间内，合力对小球先做正功后做负功 B．0～t3 时间内，小球的平均速度一定为v3 2 C．t3～t4 时间内，拉力做的功为m(v3＋v4) 2 [(v4－v3)＋g(t4－t3)] D．t3～t4 时间内，小球竖直向下做匀减速直线运动 【例 2】[动能定理与 a­t 图像结合]　用传感器研究质量为 2 kg 的物体由静止开始做直线运动的规律时，在 计算机上得到 0～6 s 内物体的加速度随时间变化的关系如图所示．下列说法正确的是(　　) A．0～6 s 内物体先向正方向运动，后向负方向运动 B．0～6 s 内物体在 4 s 时的速度最大C．物体在 2～4 s 内速度不变 D．0～4 s 内合力对物体做的功等于 0～6 s 内合力做的功 【例 3】[动能定理与 P­t 图像结合]　放在粗糙水平面上的物体受到水平拉力的作用，在 0～6 s 内其速度与 时间图像和该拉力的功率与时间图像分别如图甲和乙所示，下列说法正确的是(　　) A．0～6 s 内物体位移大小为 36 m B．0～6 s 内拉力做的功为 30 J C．合力在 0～6 s 内做的功与 0～2 s 内做的功相等 D．滑动摩擦力大小为 5 N 【例 4】[动能定理与 F­x 图像结合]　(2019·甘肃天水高三上学期期末)如图甲所示，一质量为 4 kg 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，g 取 10 m/s2，则下列说法正确的是(　　) A．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 10 m C．物体运动的最大速度为 2 15 m/s D．物体在运动中的加速度先变小后不变 【知识点二】动能定理解决往返运动 【例 5】如图所示，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＝0.50 m．盆边缘的高度为 h＝0.30 m．在 A 处放一个质量为 m 的小物块并让其从静止 开始下滑．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为 μ＝0.10.小物块在盆内来回 滑动，最后停下来，则停止的地点到 B 的距离为(　　)A．0.50 m　　　　B．0.25 m C．0.10 m D．0 【例 6】(2019·四川成都月考)如图所示，斜面的倾角为 θ，质量为 m 的滑块距挡板 P 的距离为 x0，滑块以 初速度 v0 沿斜面上滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为 μ，滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力．若 滑块每次与挡板相碰均无机械能损失，则滑块经过的总路程是(　　) A.1 μ( v20 2gcos θ＋x0tan θ) B.1 μ( v20 2gsin θ＋x0tan θ) C.2 μ( v20 2gcos θ＋x0tan θ) D.1 μ( v20 2gcos θ＋x0cot θ) 【例 7】如图所示，竖直固定放置的斜面 DE 与一光滑的圆弧轨道 ABC 相切，C 为切点，圆弧轨道的半径 为 R，斜面的倾角为 θ.现有一质量为 m 的滑块从 D 点无初速度下滑，滑块可在斜面和圆弧轨道之间做往复 运动，已知圆弧轨道的圆心 O 与 A、D 在同一水平面上，滑块与斜面间的动摩擦因数为 μ，求： (1)滑块第一次滑至左侧圆弧上时距 A 点的最小高度差 h； (2)滑块在斜面上能通过的最大路程 s. 1 解析：vt 图像中图线的斜率表示加速度，速度在时间轴之上表明速度一直为正，从图像可以看出小 球先向上做加速度越来越大的加速运动，再做加速度越来越小的加速运动，然后做加速度越来越大的减速 运动，最后做匀减速运动，运动方向一直向上，D 错．图中 t0～t2 时间内小球做加速运动，故合力对小球 一直做正功，A 错．vt 图像中图线与 t 轴所围面积表示位移，而平均速度 v＝x t，结合图像中的“面积”可 知 0～t3 时间内，小球的平均速度大于v3 2 ，B 错．t3～t4 时间内由动能定理得 W－mgh＝1 2mv24－1 2mv23，又 h＝v3＋v4 2 (t4－t3)，解得 W＝m(v3＋v4) 2 [(v4－v3)＋g(t4－t3)]，C 对． 答案：C 2 解析：由 v＝at 可知，a ­t 图像中，图线与坐标轴所围面积表示物体速度的变化量，0～6 s 内物体的 速度始终为正值，故一直向正方向运动，A 项错；t＝5 s 时，速度最大，B 项错；2～4 s 内加速度保持不 变且不为零，速度一定变化，C 项错；0～4 s 内与 0～6 s 内图线与坐标轴所围面积相等，故物体 4 s 末和 6 s 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 项对． 答案：D 3 解析：由 P＝Fv 及对应 vt 图像和 Pt 图像可得 30 W＝F·6 m/s,10 W＝f·6 m/s，解得 F＝5 N，f＝ 5 3 N，D 错误；0～6 s 内物体的位移大小为(4＋6)×6×1 2 m＝30 m，A 错误；0～6 s 内拉力做功 W＝1 2×30×2 J＋10×4 J＝70 J，B 错误；由动能定理可知，C 正确． 答案：C 4 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＝1 2×4×100 J＝200 J，根据动能定理有 W－μmgxm＝0，得 xm＝10 m，选项 B 正确；当推力与摩擦力平衡时，加速度为零，速度最大，由题图乙得 F＝100－25x(N)，当 F＝ μmg＝20 N 时 x＝3.2 m，由动能定理得1 2(100＋20)·x－μmgx＝1 2mv2m，解得物体运动的最大速度 vm＝8 m/s， 选项 C 错误；物体运动中当推力由 100 N 减小到 20 N 的过程中，加速度逐渐减小，当推力由 20 N 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：B 5[解析]　设小物块在 BC 段通过的总路程为 s，由于只有水平面上存在摩擦力，则小物块从 A 点开始运 动到最终静止的整个过程中，摩擦力做的功为－μmgs，而重力做的功与路径无关，由动能定理得 mgh－μmgs ＝0－0，代入数据可解得 s＝3 m．由于 d＝0.50 m，所以小物块在 BC 段经过 3 次往复运动后，又回到 B 点． [答案]　D 6[解析]　滑块最终要停在斜面底部，设滑块经过的总路程为 x，对滑块运动的全程应用动能定理得 mgx0sin θ－μmgxcos θ＝0－1 2mv20，解得 x＝1 μ( v20 2gcos θ＋x0tan θ)，选项 A 正确． [答案]　A 7[解析]　(1)滑块从 D 到达左侧最高点 F 经历 DC、CB、BF 三个过程，现以 DF 整个过程为研究过程， 运用动能定理得 mgh－μmgcos θ· R tan θ＝0，解得 h＝μRcos θ tan θ . (2)通过分析可知，滑块最终至 C 点的速度为 0 时对应在斜面上的总路程最大，由动能定理得mgRcos θ－μmgcos θ·s＝0，解得 s＝R μ. [答案]　(1)μRcos θ tan θ 　(2)R μ