专题15 动能定理的理解与应用（解析版）-2021届高考物理一轮复习热点题型归纳与变式演练

2021 届高考物理一轮复习热点题型归纳与变式演练 专题 15 动能定理的理解与应用 【专题导航】 目录 热点题型一　对动能定理的理解及应用 ...................................................................................................................1 热点题型二　动能定理的基本应用 ...........................................................................................................................3 类型一：动能定理在直线中的应用 ...................................................................................................................3 类型二 动能定理在曲线运动中的应用 .............................................................................................................4 热点题型三 应用动能定理求解多过程问题 .............................................................................................................6 类型一 动能定理解决往复运动问题 .................................................................................................................7 类型二 动能定理解决平抛、圆周运动相结合的问题 .................................................................................10 热点题型四 动能定理与图象的综合问题 ...............................................................................................................12 【题型归纳】 热点题型一　对动能定理的理解及应用 【题型要点】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】(2020·湖州质检)关于运动物体所受的合外力、合外力做的功及动能变化的关系．下列说法正确的是 (　　) A．合外力为零，则合外力做功一定为零 B．合外力做功为零，则合外力一定为零 C．合外力做功越多，则动能一定越大 D．动能不变，则物体合外力一定为零 【答案】A. 【解析】：由 W＝Flcos α 可知，物体所受合外力为零，合外力做功一定为零，但合外力做功为零，可能是 α ＝90°，故 A 正确，B 错误；由动能定理 W＝ΔEk 可知，合外力做功越多，动能变化量越大，但动能不一定 越大，动能不变，合外力做功为零，但合外力不一定为零，C、D 均错误． 【变式 1】(多选)如图所示，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 (　　) A．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 【答案】　BD 【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。 【变式 2】(多选)如图所示，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(　　) A．对物体，动能定理的表达式为 WN＝1 2mv22，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＝1 2mv22－1 2mv21，其中 WN 为支持力的功 D．对电梯，其所受合力做功为 1 2Mv22－1 2Mv21 【答案】CD　 【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＝1 2mv22－1 2mv21，故 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 D 正确． 【变式 3】．(2020·宁波调研)张伟同学参加学校运动会立定跳远项目比赛，起跳直至着地过程如图所示，测 量得到比赛成绩是 2.5 m，目测空中脚离地最大高度约 0.8 m，忽略空气阻力，则起跳过程该同学所做功最 接近(　　) A．65 J B．750 J C．1 025 J D．1 650 J 【答案】B. 【解析】：人从最高点落地可看做平抛运动，设人在最高点的速度为 v0，则 h＝1 2gt2，1 2x＝v0t，则起跳过程中该同学所做的功为 W＝mgh＋1 2mv20，解得 W≈750 J. 热点题型二　动能定理的基本应用 1．应用流程 2．注意事项 (1)动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系． (2)应用动能定理的关键在于准确分析研究对象的受力情况及运动情况，可以画出运动过程的草图，借助草 图理解物理过程之间的关系． (3)当物体的运动包含多个不同过程时，可分段应用动能定理求解；也可以全过程应用动能定理． (4)列动能定理方程时，必须明确各力做功的正、负，确实难以判断的先假定为正功，最后根据结果加以检 验． 类型一：动能定理在直线中的应用 【例 1】(多选)(2020·宁夏银川市质检)如图所示为一滑草场．某条滑道由上下两段高均为 h，与水平面倾角 分别为 45°和 37°的滑道组成，载人滑草车与草地之间的动摩擦因数为 μ.质量为 m 的载人滑草车从坡顶由静 止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端(不计载人滑草车在两段滑道交接处 的能量损失，重力加速度为 g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．则(　　) A．动摩擦因数 μ＝6 7 B．载人滑草车最大速度为 2gh 7C．载人滑草车克服摩擦力做功为 mgh D．载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为 3 5g 【答案】AB 【解析】对载人滑草车从坡顶由静止开始滑到底端的全过程分析，由动能定理可知：mg·2h－μmgcos 45°· h sin 45°－μmgcos 37°· h sin 37°＝0，解得 μ＝6 7，选项 A 正确； 对经过上段滑道的过程分析，根据动能定理 有 mgh－μmgcos 45°· h sin 45°＝1 2mvm2，解得：vm＝ 2gh 7 ，选项 B 正确；载人滑草车克服摩擦力做功为 2mgh， 选项 C 错误；载人滑草车在下段滑道上的加速度为 a＝mgsin 37°－μmgcos 37° m ＝－ 3 35g，故大小为 3 35g，选项 D 错误． 【变式】如图所示，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(　　) A．tan θ B．tan α C．tan(θ＋α) D．tan(θ－α) 【答案】　B 【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－μmgcos θ· x2 cos θ－μmgx1＝0，解得 μ＝ h x1＋x2＝tan α，故选项 B 正确。 类型二 动能定理在曲线运动中的应用 【例 2】(2019·河南平顶山市一轮复习质检)如图所示，半径为 r 的半圆弧轨道 ABC 固定在竖直平面内，直径 AC 水平，一个质量为 m 的物块从圆弧轨道 A 端正上方 P 点由静止释放，物块刚好从 A 点无碰撞地进入 圆弧轨道并做匀速圆周运动，到 B 点时对轨道的压力大小等于物块重力的 2 倍，重力加速度为 g，不计空气 阻力，不计物块的大小，则： (1)物块到达 A 点时的速度大小和 PA 间的高度差分别为多少？ (2)物块从 A 运动到 B 所用时间和克服摩擦力做的功分别为多少？ 【答案　(1) gr　r 2　(2)π 2 r g　mgr 【解析】(1)设物块在 B 点时的速度为 v，由牛顿第二定律得：FN－mg＝mv2 r ， 因为 FN＝2mg，所以 v＝ gr， 因为物块从 A 点进入圆弧轨道并做匀速圆周运动，所以物块到达 A 点时速度大小为 gr； 设 PA 间的高度差为 h，从 P 到 A 的过程由动能定理得：mgh＝1 2mv2，所以 h＝r 2. (2)因为物块从 A 点进入圆弧轨道并做匀速圆周运动，所以物块从 A 运动到 B 所用时间 t＝ πr 2 v ＝π 2 r g； 从 A 运动到 B 由动能定理有：mgr－W 克 f＝0，解得：W 克 f＝mgr. 【变式 1】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．如图所示，质量 m＝60 kg 的运动员从长直助滑道 AB 的 A 处由静止开始以加速度 a＝3.6 m/s2 匀加速滑下，到达助滑道末端 B 时速度 vB ＝24 m/s，A 与 B 的竖直高度差 H＝48 m，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＝5 m，运动员在 B、C 间运动时阻力做功 W＝－1 530 J，取 g＝10 m/s2.(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． 【答案】：(1)144 N　(2)12.5 m 【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＝2ax ① 由牛顿第二定律有 mgH x－Ff＝ma② 联立①②式，代入数据解得 Ff＝144 N③ (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＝1 2mv2B－1 2mv2B④ 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＝mv R⑤ 由题意和牛顿第三定律知 FN＝6mg⑥ 联立④⑤⑥式，代入数据解得 R＝12.5 m. 热点题型三 应用动能定理求解多过程问题 【题型要点】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 1】．(2019·4 月浙江选考)某砂场为提高运输效率，研究砂粒下滑的高度与砂粒在传送带上运动的关系， 建立如图所示的物理模型．竖直平面内有一倾角 θ＝37°的直轨道 AB，其下方右侧放置一水平传送带，直轨 道末端 B 与传送带间距可近似为零，但允许砂粒通过．转轮半径 R＝0.4 m、转轴间距 L＝2 m 的传送带以恒 定的线速度逆时针转动，转轮最低点离地面的高度 H＝2.2 m．现将一小物块放在距离传送带高 h 处静止释 放，假设小物块从直轨道 B 端运动到达传送带上 C 点时，速度大小不变，方向变为水平向右．已知小物块 与直轨道和传送带间的动摩擦因数均为 μ＝0.5.(sin 37°＝0.6) (1)若 h＝2.4 m，求小物块到达 B 端时速度的大小； (2)若小物块落到传送带左侧地面，求 h 需要满足的条件； (3)改变小物块释放的高度 h，小物块从传送带的 D 点水平向右抛出，求小物块落地点到 D 点的水平距离 x 与 h 的关系式及 h 需要满足的条件． 【答案】　(1)4 m/s　(2)h