1、课时达标 第 15 讲解密考纲深刻理解动能定理解题的优越性，掌握它是一条适用范围很广的物理规律，体会应用动能定理处理动力学的综合问题的技巧1关于运动物体所受的合力、合力做的功、物体动能的变化，下列说法正确的是( B )A运动物体所受的合力不为零，合力必做功，物体的动能肯定要变化B运动物体所受的合力为零，则物体的动能肯定不变C运动物体的动能保持不变，则该物体所受合力一定为零D运动物体所受合力不为零，则该物体一定做变速运动，其动能要变化2静止在粗糙水平面上的物块在水平向右的拉力作用下做直线运动，t4 s 时停下，其 vt 图象如图所示已知物块与水平面间的动摩擦因数处处相同，则下列判断正确的是( A
2、 )A整个过程中拉力做的功等于物块克服摩擦力做的功B整个过程中拉力做的功等于零Ct2 s 时刻拉力的瞬时功率在整个过程中最大Dt1 s 到 t3 s 这段时间内拉力不做功3质量为 2 kg 的物体以一定的初速度沿倾角为 30的斜面向上滑行，在向上滑行的过程中，其动能随位移的变化关系如图所示，则物体返回到出发点时的动能为(取 g10 m/s2)( A )A34 J B56 J C92 J D196 J解析 物体上滑的过程中重力与摩擦力都做负功，由动能定理得mgxsin 30F fx 0196，下滑过程重力做正功，摩擦力做负功，由动能定理得 mgxsin 30F fxE k0，代入数据得 Ek34
3、 J，故选项 A 正确4(2017湖南湘中名校联考) 如图所示，质量为 m 的小物块从固定的半圆形槽内与圆心等高的位置 P 点无初速度释放，先后经过 A、B、C 三点，小物块到达左侧 C 点时速度为零B 点是最低点，半圆形槽的半径为 R，A 点与 C 点等高，A 点与 B 点高度差为 .重R2力加速度为 g，则( D )A小物块从 P 点运动到 C 点的过程中，重力对小物块做的功大于小物块克服摩擦力做的功B小物块第一次从 A 点运动到 C 点的过程中，重力对小物块做的功大于小物块克服摩擦力做的功C小物块只能到达 C 点一次，但能经过 A 点两次D小物块第一次过 B 点时，对槽的压力一定大于 2
4、mg解析 小物块从 P 点运动到 C 点的过程中，运用动能定理有 mghPCW f0，得重力对小物块做的功等于小物块克服摩擦力做的功，故选项 A 错误；小物块第一次从 A 点运动到 C 点的过程中，由于 A 点与 C 点等高，所以重力做功为零，而小物块克服摩擦力做功不为零，故选项 B 错误；小物块只能到达 C 点一次是对的，然后由 C 点返回，由于摩擦力做功，所以不能再次经过等高处的 A 点，故选项 C 错误；小物块第一次从 B 点运动到 C 点的过程中，运用动能定理mgh BCW fBC0 mv ，由已知条件 hBC ，再对小物块第一12 2B R2次经过 B 点时，运用牛顿第二定律得 FN
5、Bmgm ，联立以上三式可得槽对小物块的支v2BR持力 FNB2mg ，由牛顿第三定律可知选项 D 正确2WfBCR5(2017湖南长沙一模)( 多选) 如图所示，内壁光滑半径大小为 R 的圆轨道竖直固定在桌面上，一个质量为 m 的小球静止在轨道底部 A 点现用小锤沿水平方向快速击打小球，击打后迅速移开，使小球沿轨道在竖直面内运动当小球回到 A 点时，再次用小锤沿运动方向击打小球必须经过两次击打，小球才能运动到圆轨道的最高点已知小球在运动过程中始终未脱离轨道，在第一次击打过程中小锤对小球做功 W，第二次击打过程中小锤对小球做功 4W.设两次击打过程中小锤对小球做的功全部用来增加小球的动能，则
6、W 的值可能是( AB )A mgR B mgR56 34C mgR D mgR38 32解析 第一次击打，小球运动的最大高度为 R，即 WmgR.第二次击打，小球才能运动到圆轨道的最高点，而小球能够通过最高点的条件为 mgm ，即 v0 .小球从静止v20R gR到达最高点的过程，由动能定理得 W4W mg2 R mv 0，得 W mgR，则12 20 12mgR WmgR，故选项 A、 B 正确126(2017山西名校联考)( 多选) 如图所示，小物块与三块材料不同但厚度相同的薄板间的动摩擦因数分别为 、2 和 3，三块薄板长度均为 L，并依次连在一起第一次将三块薄板固定在水平地面上，让小
7、物块以一定的水平初速度 v0 从 a 点滑上第一块薄板，结果小物块恰好滑到第三块薄板的最右端 d 点停下；第二次将三块薄板仍固定在水平地面上，让小物块从 d 点以相同的初速度 v0 水平向左运动；第三次将连在一起的三块薄板放在光滑的水平地面上，让小物块仍以相同的初速度 v0 从 a 点滑上第一块薄板则下列说法正确的是( AB )A第二次小物块一定能够运动到 a 点并停下B第一次和第二次小物块经过 c 点时的速度大小相等C第三次小物块也一定能运动到 d 点D第一次与第三次小物块克服摩擦力做的功相等解析 因为第一次和第二次薄板均被固定，以小物块为研究对象，根据动能定理，第一次有mgL2mgL3mg
8、L 0 mv ，第二次从 d 点运动到 a 点摩擦力做功相同，12 20故可以运动到 a 点并停下，选项 A 正确；同理，第一次运动到 c 点时，摩擦力做的功Wf1 mgL 2mgL3mgL，第二次运动到 c 点时摩擦力做的功 Wf23mgL ，所以两次通过 c 点时的速度大小相等，选项 B 正确；与第一次相比，第三次薄板放在光滑水平地面上，则摩擦力对薄板做功，薄板动能增加，系统损失的机械能减少，小物块相对薄板的位移减小，则小物块不能运动到 d 点，选项 C 错误；与第一次相比，因为第三次小物块没有减速到零，故损失的动能减少，所以摩擦力对小物块做的功减少，即小物块克服摩擦力做的功减少，选项 D
9、 错误7(2017广东深圳市调研)( 多选) 静止在水平地面上的物块，受到水平推力 F 的作用，F 与时间 t 的关系如图甲所示，物块的加速度 a 与时间 t 的关系如图乙所示，g 取 10 m/s2.设滑动摩擦力等于最大静摩擦力，根据图象信息，得出的结论错误的是( ABC )A地面对物块的最大静摩擦力为 1 NB物块的质量为 1 kgC物块与地面间的动摩擦因数为 0.2D4 s 末推力 F 的瞬时功率为 36 W解析 由题图甲知，F2t，由题图乙知，t1 s 时，物块开始运动，此时， F12 N，故地面对物块的最大静摩擦力为 2 N，选项 A 错误；t 4 s 时，由牛顿第二定律有Fmg m
10、a，而 mg2 N，解得物块的质量 m2 kg，物块与地面间的动摩擦因数0.1，选项 B、C 错误；4 s 末物块的速度 v (41)3 m/s4.5 m/s，故 4 s 末推力12F 的瞬时功率 PF v84.5 W36 W，选项 D 正确8(多选) 如图所示，水平传送带以 v2 m/s 的速度顺时针匀速转动，将一质量m 0.5 kg 的小物块 (可视为质点)轻放在传送带最左端，在摩擦力的作用下，小物块会从传送带最右端水平飞出，恰好落在地面上某点 P 处已知传送带左右两端相距 l3 m，上端离地高度 h5 m，小物块与传送带间的动摩擦因数 0.2，重力加速度 g10 m/s2，则下对说法正确
11、的是( CD )A小物块从轻放在传送带上到落到地面的时间为 s3B落点 P 与传送带右端的水平距离为 2 m2C传送带因传送小物块多消耗的电能 2 JD小物块落到地面时的动能为 26 J解析 由题意可得，小物块在传送带上先加速，当速度达到 2 m/s 时，开始做匀速直线运动，其加速时间 t1 1 s，此时小物块的位移为 x1 vt11 m，剩下 x2l x 12 vg 12m 做匀速运动，匀速运动的时间 t2 1 s，离开传送带后做平抛运动，平抛运动时间x2vt3 1 s，总时间为 tt 1t 2t 33 s，选项 A 错误；离开传送带时，小物块的速度为2hg2 m/s，则 x 平 vt 32
12、 m，选项 B 错误；传送带因传送物块多消耗的电能 E 电 mv2mgx 相 mv2mg( vt1x 1)2 J，选项 C 正确；从传送带最右端到落到地面，12 12对小物块利用动能定理可得 Ekp mv2mgh 26 J，选项 D 正确129(2017湖北襄阳模拟)如图， Q 为一个原来静止在光滑水平面上的物体，其 DB 段为一半径为 R 的光滑圆弧轨道，AD 段为一长度为 LR 的粗糙水平轨道，二者相切于 D 点，D 在圆心 O 的正下方，整个轨道位于同一竖直平面内物块 P 的质量为 m(可视为质点)，P 与 AD 间的动摩擦因数 0.1，物体 Q 的质量为 M2m，重力加速度为 g.(1
13、)若 Q 固定， P 以速度 v0 从 A 点滑上水平轨道，冲至 C 点后返回 A 点时恰好静止，求 v0 的大小和 P 刚越过 D 点时对 Q 的压力大小；(2)若 Q 不固定， P 仍以速度 v0 从 A 点滑上水平轨道，求 P 在光滑圆弧轨道上所能达到的最大高度 h.解析 (1)P 从 A 到 C 又返回 A 的过程中，只有 AD 段和 DA 段的摩擦力做功，由动能定理有mg2L 0 mv ， 12 20将 LR 代入解得 v0 .2gR5若 P 在 D 点的速度为 vD，从 A 到 D 的过程中，由动能定理得mgL mv mv .12 2D 12 20刚越过 D 时，若 Q 对 P 的
14、支持力为 FD，根据牛顿第二定律，有FDmg m ，v2DR联立式解得 FD1.2mg.由牛顿第三定律可知，P 对 Q 的压力大小也为 1.2mg.(2)当 P、 Q 具有共同速度 v 时， P 达到最大高度 h，由动量守恒定律有 mv0(m M)v，由功能关系有 mv mgL (mM) v2mgh 12 20 12由两式得 h R130答案 (1) 1.2mg (2) R2gR5 13010(2017上海浦东模拟)我国拥有航空母舰后，舰载机的起飞与降落等问题受到了广泛关注.2012 年 11 月 23 日，舰载机歼15 首降“辽宁舰”获得成功，随后舰载机又通过滑跃式起飞成功某兴趣小组通过查阅
15、资料对舰载机滑跃起飞过程进行了如下的简化模拟：假设起飞时“航母”静止，舰载机质量视为不变并可看成质点 “航母”起飞跑道由如图所示的两段轨道组成(二者平滑连接，不计拐角处的长度 )，其水平轨道长 ABL，水平轨道与斜面轨道末端 C 的高度差为 h.一架歼15 舰载机的总质量为 m，在 C 端的起飞速度至少为 v.若某次起飞训练中，歼15 从 A 点由静止启动，发动机的推力大小恒为 0.6mg，方向与速度方向相同，飞机受到空气和轨道平均阻力的合力大小恒为 0.1mg.重力加速度为 g.求：(1)舰载机在水平轨道 AB 上运动的时间；(2)在水平轨道末端 B，舰载机发动机的推力功率；(3)要保证舰载
16、机正常起飞，斜面轨道的长度满足的条件( 结果用 m、g、L、h、v 表示)解析 (1)设舰载机在水平轨道的加速度为 a，运动时间为 t，发动机的推力为 F，阻力为 Ff，由牛顿第二定律得FF f0.6mg 0.1mgma，得 a0.5g，而由位移公式有 L at2，12解得 t2 .Lg(2)设舰载机在 B 端的速度为 v，功率为 P，由速度公式vat ，gL解得 PF v0.6mg .gL(3)设舰载机恰能在 C 端起飞时，斜面轨道长为 l0，整个过程由动能定理有(FF f)(Ll 0)mgh mv2，12解得 l0 2hL，v2g所以，斜面轨道长度满足的条件是 l 2hL.v2g答案 (1
17、)2 (2)0.6 mg (3)l 2hLLg gL v2g11(2017陕西西安模拟)如图所示，一质量为 M5.0 kg 的平板车静止在光滑水平地面上，平板车的上表面距离地面高 h0.8 m，其右侧足够远处有一固定障碍物 A.另一质量为 m2.0 kg 可视为质点的滑块，以 v08 m/s 的水平初速度从左端滑上平板车，同时对平板车施加一水平向右、大小为 5 N 的恒力 F.当滑块运动到平板车的最右端时，两者恰好相对静止，此时撤去恒力 F，当平板车碰到障碍物 A 时立即停止运动，滑块水平飞离平板车后，恰能无碰撞地沿圆弧切线从 B 点切入光滑竖直圆弧轨道，并沿轨道下滑已知滑块与平板车间的动摩擦
18、因数 0.5 ，圆弧半径为 R1.0 m，圆弧所对的圆心角BOD 106. g10 m/s2，sin 53 0.8，cos 530.6. 求：(1)平板车的长度；(2)障碍物 A 与圆弧左端 B 的水平距离；(3)滑块运动至圆弧轨道最低点 C 时对轨道的压力大小解析 (1)滑块与平板车间的滑动摩擦力Ff mg，对滑块，由牛顿第二定律得a1 g5 m/s 2，Ffm对平板车，由牛顿第二定律得a2 3 m/s 2.F FfM设经过时间 t1，滑块与平板车相对静止，共同速度为 v，则vv 0a 1t1a 2t1，滑块的位移 x1 t1，v0 v2平板车的位移 x2 t1，v2平板车的长度 lx 1x 2，联立解得 l4 m.(2)设滑块从平板车上滑出后做平抛运动的时间为 t2，则h gt ，12 2xABvt 2，障碍物 A 与圆弧左端 B 的水平距离xAB1.2 m.(3)对小物块，从离开平板车到 C 点，由动能定理得mghmgR mv mv2，(1 cos 2) 12 2C 12在 C 点由牛顿第二定律得FNmg m ，v2CR联立解得 FN86 N，由牛顿第三定律得，滑块运动到圆弧轨道最低点 C 时对轨道的压力大小为 86 N.答案 (1)4 m (2)1.2 m (3)86 N
