课时8.3 动能和动能定理--2024-2025学年高中物理同步练习分类专题教案（人教版2019必修第二册）

第八章 机械能守恒定律 课时8.3 动能和动能定理 1. 知道动能的概念及定义式，会比较、计算物体的动能。 2. 理解动能定理的推导过程、含义及适用范围，并能灵活应用动能定理分析问题。 3. 掌握利用动能定理求变力的功的方法。 1. 动能 1. 定义：物体由于运动而具有的能量叫作动能。 2. 表达式：Ek = mv2 3. 单位：焦耳，简称焦，符号是J。1kg·(m/s)2 = 1N·m = 1J。 4. 特点 (1) 瞬时性：动能与某个状态（或时刻）相对应，具有瞬时性。 (2) 相对性：动能具有相对性，选取不同的参考系，同一物体的动能一般不同。通常是指物体相对于地面的动能。 (3) 标矢性：动能是标量，只有大小，没有方向。 5. 动能与速度的变化关系：一定质量的物体，动能变化时，速度一定变化；速度变化时，可能只是方向变化，动能不一定变化。 1. 动能定理 1. 内容：力在一个过程中对物体做的功，等于物体在这个过程中动能的变化。 2. 表达式：W = Ek2－Ek1 = mv22 － mv12。 3. 适用范围：动能定理既适用于恒力做功，也适用于变力做功；既适用于直线运动，也适用于曲线运动。既适用于各种性质的力同时作用，也适用于各种性质的力不同时作用。 4. 对动能定理的理解 (1) W表示合力做的功，它等于各个力做功的代数和。 (2) 公式的物理意义：合力做功引起物体动能的变化。合力做正功，物体的动能增加；合力做负功，物体的动能减少。 (3) 动能定理表达式是标量式，无分量式，不能在某一方向应用动能定理列方程。 5. 动能定理的好处：动能定理不涉及运动过程中的加速度和时间，用它处理问题往往比较方便。 考点　对动能定理的理解 1. 定理中“外力”的两点理解 (1) 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) 既可以是恒力，也可以是变力。 2. 公式中“ = ”体现的三个关系 因果关系 ➟合力做功是引起物体动能变化的原因 数量关系 ➟合力做功与动能变化具有等量代换的关系 单位关系 ➟国际单位制中功和能的单位都是焦耳 基础过关练 题组一　动能 1.(2024山西太原期末)关于动能，下列说法正确的是 (　　) A.物体做曲线运动，动能一定变化 B.物体的速度变化越大，动能变化越大 C.两物体的动能相同，速度的大小也一定相同 D.洒水车在匀速洒水的过程中，动能在减小 2.(经典题)(2024江西宜春期中)如图所示，建筑工地经常使用偏心轮。偏心轮主要由飞轮和配重组成，配重的质量为m=6 kg(配重可视为质点)，到轮轴的距离为r=20 cm。若某时刻飞轮转动的角速度为ω=10 rad/s，则此时配重的动能为 (　　) A.36 J　　　　B.48 J　　　　C.72 J　　　　D.144 J 题组二　动能定理的理解及其应用 3.(2023江苏南通海安高级中学期中)如图所示，电梯质量为M，电梯中放置一质量为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。已知重力加速度为g，在这个过程中，下列说法正确的是 (　　) A.对物体，动能定理的表达式为WN=m，其中WN为支持力做的功 B.对物体，动能定理的表达式为W合=0，其中W合为合力做的功 C.对物体，动能定理的表达式为WN-mgH=m-m D.对电梯，其所受合力做功为M-M-mgH 4.(2024河北唐山开滦第二中学月考)如图所示，小明同学在玩荡秋千。家长将小明拉到与最低点高度差1.0 m的位置后由静止释放。已知秋千的两根绳长均为5 m，小明和秋千的总质量为20 kg(不计绳重)。当小明第一次荡到最低点时，速度大小为4 m/s，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是 (　　) A.在最低点，平均每根绳子的拉力大小为132 N B.在最低点，平均每根绳子的拉力大小为32 N C.从释放至第一次荡到最低点的过程，重力做功为1 000 J D.从释放至第一次荡到最低点的过程，阻力做功为40 J 5.(2023江苏苏州中学期中)如图所示，长为L的长木板水平放置，在木板的A端放置一个质量为m的小物块。现缓慢地抬高A端，使木板以左端为轴转动，当木板转到与水平面的夹角为α时，小物块开始滑动，此时停止转动木板，小物块滑到木板底端时的速度为v。已知重力加速度为g，关于整个过程，下列说法正确的是 (　　) A.支持力对物块做功为mgL sin α B.静摩擦力对物块做功为mgL sin α C.滑动摩擦力对物块做功为-mv2 D.木板对物块做功为mv2-mgL sin α 6.(2024江西南昌模拟)如图所示，半径为R的半圆形光滑管道ACB固定在竖直平面内。在一平行于纸面的恒力F(图中未画出)作用下，质量为m的小球从A端由静止释放后，恰能到达最低点C；从B端由静止释放后，到达C点时管道受到的压力大小为10mg(g为重力加速度)，则F的大小为 (　　) A.mg　　　　B.mg　　　　C.mg　　　　D.mg 7.(2024江苏南京第一中学月考)一辆汽车在平直公路上由静止开始启动，汽车的输出功率与速度的关系如图所示，当汽车的速度达到v0后保持功率不变，汽车能达到的最大速度为2v0。已知汽车的质量为m，运动过程中所受阻力恒为f，速度从v0增到2v0所用时间为t，则下列说法正确的是 (　　) A.汽车的最大功率为fv0 B.汽车速度为v0时，加速度为 C.汽车速度从0增到v0的过程中，通过的位移为 D.汽车速度从0增到2v0的过程中，通过的位移为v0t- 8.(2024江苏宿迁期末)如图所示，竖直平面内倾角θ=37°的粗糙斜面和固定光滑圆轨道相切于B点，将一质量m=1 kg的小滑块从斜面上A点由静止释放，滑块沿轨道运动恰好通过最高点C。已知A、B两点间的高度差h=1.725 m，圆轨道半径R=0.5 m。重力加速度g=10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，不计空气阻力。求： (1)滑块在C点的速度大小v； (2)滑块与斜面间的动摩擦因数μ； (3)若从A点下方某点由静止释放滑块，且滑块运动过程中恰好不脱离圆轨道，求释放点与B点的高度差。 9.(2024福建泉州泉港第二中学月考)如图所示，固定在水平面上的光滑斜面BC长为L=9 m，倾角θ=37°，现有一质量m=4 kg的物块(可看成质点)由静止开始从斜面顶端向下运动。物块与水平面间的动摩擦因数为μ=0.1，斜面底端B与水平面间有光滑小圆弧连接(物块在B点前后速度大小不变)，水平面无限长，同时物块一直受到风对它的水平向右的作用力F=20 N。重力加速度g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，求： (1)物块沿斜面下滑到斜面底端B点时的速度大小vB； (2)物块在水平面AB上运动距B点的最大距离s； (3)物块第二次在斜面上运动时所能到达的最大高度h。 能力提升练 题组一　应用动能定理解决多过程的直线运动问题 1.(2024北京理工大学附属中学期中)如图所示，轻质弹簧的左端固定，并处于自然伸长状态。小物块的质量为m，从A点向左沿水平地面运动，压缩弹簧后被弹回，运动到A点恰好静止。物块向左运动的最大距离为s，与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，弹簧未超出弹性限度。在上述过程中 (　　) A.弹簧的最大弹力为μmg B.物块克服摩擦力做的功为μmgs C.弹簧的最大弹性势能为2μmgs D.物块在A点的初速度大小为2 2.(教材深研拓展)人们有时用“打夯”的方式把松散的地面夯实。设某次打夯符合以下模型：如图所示，两人同时通过绳子对质量为m的重物分别施加大小均为mg(g为重力加速度的大小)、方向都与竖直方向成37°的力F，重物离开地面h后人停止施力，最后重物自由下落砸入地面的深度为。已知cos 37°=0.8，不计空气阻力，则 (　　) A.重物在空中上升的时间等于在空中下落的时间 B.重物克服地面阻力做的功等于人对重物做的功 C.重物刚落地时的速度大小为 D.地面对重物的平均阻力大小为17mg 3.(2024江苏江阴第一中学期中)一质量为m的物体自倾角为α的固定斜面底端(零势能参考面)沿斜面向上滑动，该物体开始滑动时的动能为Ek，向上滑动一段距离后速度减小为零，此后物体向下滑动，到达斜面底端时的动能为。已知 sin α=0.6，重力加速度大小为g，则 (　　) A.物体向上滑动的最大距离为 B.物体向下滑动时的加速度大小为g C.物体与斜面间的动摩擦因数为0.2 D.物体上滑距离为时，动能与势能相等 4.(经典题)(2023江西上饶期中)如图所示，竖直平面内放一直角杆MON，OM水平，ON竖直且光滑，用不可伸长的轻绳相连的两小球A和B分别套在OM和ON杆上，B球的质量为3 kg，在水平力F的作用下，A、B两球均处于静止状态，此时A球到O点的距离为x1=0.3 m，B球到O点的距离为x2=0.4 m。改变水平力F的大小，使A球向右加速运动，已知A球向右运动0.1 m时的速度大小为3 m/s，则在此过程中绳的拉力对B球所做的功为(重力加速度g=10 m/s2) (　　) A.27 J　　　　B.16 J　　　　C.18 J　　　　D.9 J 题组二　应用动能定理解决多过程的曲线运动问题 5.(2024江苏扬州期中)如图所示，用大小为10 N、方向与水平地面成37°角的拉力F，使静止的物体从A点沿水平粗糙地面运动到相距15 m的B点，到达B点后立即撤去F，物体沿光滑圆弧形轨道恰好滑到C点，C点离地高度h=1.8 m，然后又沿圆弧轨道返回水平地面，停在了D点。物体的质量为2 kg，不计空气阻力及物体在B点的动能损失，取重力加速度g=10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。求： (1)物体到达B点时的速度大小； (2)物体由A运动到B过程中摩擦力做的功； (3)D点到B点的距离。 6.(2024山东潍坊模拟)如图所示为冰雪冲浪项目流程图，AB段为水平加速区，BC段为半径r=22.5 m的光滑圆管形通道，AB与BC相切于B点；CDE段为半径R=100 m的圆弧冰滑道，BC与CDE相切于C点，弧DE所对应的圆心角θ=37°，D为轨道最低点，C、E关于OD对称。安全员将小朋友和滑板(可视为质点)从A点沿水平方向向左加速推动一段距离后释放，到达光滑圆管形通道上B点时小朋友和滑板与通道之间没有相互作用，小朋友运动至滑道E点时对滑道压力大小FN=410 N。已知小朋友和滑板的总质量为m=40 kg，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。求： (1)小朋友在B点时的速度v0； (2)小朋友通过CDE段滑道克服摩擦力做的功。 7.(2024广东广州期中)如图所示，在竖直平面内，粗糙的斜面轨道AB的下端与光滑的圆弧轨道BCD相切于B，C是最低点，圆心角∠BOC=37°，D与圆心O等高，圆弧轨道半径R=1.0 m。现有一个质量为m=0.2 kg、可视为质点的小物体，从D点的正上方E点处自由下落，物体恰好到达斜面顶端A处。已知D、E间的距离h=1.0 m，物体与斜面AB之间的动摩擦因数μ=0.5。取sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，重力加速度g=10 m/s2。求： (1)物体第一次到达C点时的速度大小和受到的支持力大小； (2)斜面AB的长度L； (3)若μ可变，求μ取不同值时，物体在斜面上滑行的路程x。 答案与分层梯度式解析 第八章　机械能守恒定律 3　动能和动能定理 基础过关练 1.D　根据Ek=mv2可知，一定质量的物体的动能与物体的速度大小有关(破题关键)。物体做曲线运动时，其速度大小有可能不变，如物体做匀速圆周运动，其动能不变，故A错误；速度为矢量，速度变化大，速度的大小变化不一定大，其动能变化不一定大，故B错误；两物体的动能相同，若两物体的质量不相等，则其速度大小不相同，故C错误；洒水车在匀速洒水的过程中，洒水车的总质量变小，而速度大小不变，故洒水车的动能在减小，D正确。 2.A　配重的线速度大小为v=ωr=10×0.2 m/s=2 m/s，此时配重的动能为Ek=mv2=×6×(2)2 J=36 J，A正确。 3.C　电梯内的物体受支持力和重力作用，由动能定理可得W合=WN-mgH=m-m，解得WN=mgH+m-m，故A、B错误，C正确；对电梯，根据动能定理可知其所受合力做功为W=M-M，D错误。 4.A　当小明第一次荡到最低点时，两根绳子的拉力与重力的合力提供向心力，设每根绳子的拉力大小均为T，则有2T-mg=，解得T=132 N，A正确，B错误；从释放至第一次荡到最低点的过程，重力做功WG=mgh=200 J，由动能定理可得WG+W阻=mv2-0，可得阻力做功为W阻=-40 J，C、D错误。 5.A　在小物块与木板保持相对静止的过程中，静摩擦力的方向始终与物块的速度方向垂直，静摩擦力对物块不做功；支持力的方向与物块的运动方向相同，故支持力对物块做正功，根据动能定理有-mgL sin α=0，解得=mgL sin α，A正确，B错误。在物块沿木板下滑过程中，重力和滑动摩擦力做功，根据动能定理有mgL sin α+Wf=mv2-0，解得Wf=mv2-mgL sin α，C错误。设在整个过程中，木板对物块做的功为W，重力做功为零，则根据动能定理有W=mv2，D错误。 6.D　设F方向斜向左下方(点拨：小球从A端释放后恰能到达最低点C，说明F有水平向左的分量，据此作出假设)，且与水平方向的夹角为θ，小球从A端由静止释放时，由A运动到C过程，根据动能定理有mgR+F sin θ·R-F cos θ·R=0-0，其中 sin2θ+cos2θ=1；从B端由静止释放运动到C过程，根据动能定理有mgR+F cos θ·R+F sin θ·R=mv2，在C点根据受力分析及牛顿第二定律有F向=10mg-mg-F sin θ=m，联立得F=mg，D正确。 7.C　汽车的速度为v0时，设牵引力为F1，汽车的速度为2v0时，设牵引力为F2，由题意知F2=f。汽车的速度从v0增到2v0牵引力的功率恒定，则有Pmax=F1v0=F2·2v0=2fv0，解得F1=2f，根据牛顿第二定律可得汽车速度为v0时加速度为a1==，A、B错误。0~v0阶段汽车做匀加速直线运动，位移为x1==，设v0~2v0阶段汽车的位移为x2，对汽车运用动能定理可得Pmaxt-fx2=m(2v0)2-m，解得x2=2v0t-，汽车速度从0增到2v0的过程中，位移为x=x1+x2=2v0t-，C正确，D错误。 8.答案　(1) m/s　(2)0.25　(3)0.6 m 解析　(1)滑块恰好通过最高点C时，重力提供向心力，有mg=m 解得v= m/s (2)滑块从A运动到C过程，由动能定理可得 mg(h-R-R cos θ)-μmg cos θ·=mv2 解得滑块与斜面间的动摩擦因数μ=0.25 (3)设释放点与B点的高度差为h0，从释放点到圆轨道上圆心等高点(点拨：滑块在此处速度恰为零)，由动能定理可得mg(h0-R cos θ)-μmg cos θ·=0 解得h0=0.6 m 9.答案　(1)6 m/s　(2)3 m　(3)3.6 m 解析　(1)物块沿斜面下滑时，重力和水平风力做功，由动能定理可得mgL sin 37°-FL cos 37°=m 解得vB=6 m/s (2)物块在水平面上向左运动过程，水平风力和摩擦力做功，根据动能定理有-Fs-μmgs=0-m 解得s=3 m (3)物块从最左端到第二次到达斜面的最大高度，由动能定理可得F-μmgs-mgh=0 解得h=3.6 m 能力提升练 1.D　物块向左运动压缩弹簧，弹簧最短时，弹簧弹力最大，此时物块具有向右的加速度，弹簧弹力大于摩擦力，即F>μmg，故A错误。从物块将弹簧压缩到最短至物块运动到A点的过程，根据动能定理有W弹-μmgs=0，得W弹=μmgs；由弹簧弹力做功与弹性势能的关系，可得Epm=W弹=μmgs，故C错误。对于物块的整个运动过程，有Wf=-μmg·2s，可知物块克服摩擦力做的功为2μmgs，故B错误。对整个运动过程，由动能定理可得Wf=0-Ek(点拨：弹簧弹力做的总功为0)，解得Ek=2μmgs，则物块在A点的初速度大小为2，D正确。 2.D　设停止施力瞬间重物的速度大小为v1，根据动能定理有(2F cos 37°-mg)h=m，则v1=，设重物刚落地时的速度大小为v2，从开始运动到落地过程，根据动能定理有2F cos 37°·h=m，解得v2=，C错误；重物在空中运动过程，开始在拉力作用下向上做匀加速运动，速度大小达到v1后继续向上做匀减速运动直至速度为零，之后再向下做匀加速直线运动直至速度大小为v2，由此可知上升过程中的平均速度大小为=，下降过程中的平均速度大小为=，又由于上升、下降的位移大小相等，由h=t可知重物在空中上升的时间一定大于在空中下落的时间，A错误；重物在整个运动过程中，根据动能定理有W人+WG-W阻=0，即2F cos 37°·h+mg-F阻=0，解得F阻=17mg，W阻=W人+WG，则重物克服地面阻力做的功大于人对重物做的功，B错误，D正确。 3.D 模型建构　建构物体沿斜面上滑和下滑模型，如图所示： 解析　设物体上滑的最大距离为x，根据动能定理，物体沿斜面上滑过程有-mg sin α·x-fx=0-Ek，物体沿斜面下滑过程有mg sin α·x-fx=-0，解得x==，f=mg sin α=mg，A错误；物体向下滑动时的加速度大小为a==g，B错误；根据f=μmg cos α可得动摩擦因数为μ=0.5，C错误；物体上滑距离为s=时，由动能定理有-mg sin α·s-μmg cos α·s=E'k-Ek，代入数据解得此时物体的动能为E'k=Ek，而重力势能为Ep=mgs· sin α=Ek，可知动能与势能相等，D正确。 4.A　初始状态，A、B两球之间的距离即绳长为 m=0.5 m。A球向右运动0.1 m时，由几何关系得B球上升的距离h=0.4 m- m=0.1 m，此时细绳与水平方向的夹角θ的正切值为tan θ=，可得cos θ=，sin θ=；由运动的合成与分解知识可知，vB sin θ=vA cos θ，解得vB=4 m/s；以B球为研究对象，设绳的拉力对B球所做的功为WF，由动能定理有WF-mgh=m，解得WF=27 J，选A。 5.答案　(1)6 m/s　(2)-84 J　(3)4.5 m 解析　(1)对物体从B到C的过程，根据动能定理有-mgh=0-m 解得vB=6 m/s (2)对物体从A到B的过程，应用动能定理有 FsAB cos 37°+Wf=m-0 解得Wf=-84 J (3)在AB段，摩擦力做功 Wf=-μ(mg-F sin 37°)sAB=-84 J 解得μ=0.4 物体由B点到D点过程，由动能定理可得 -μmgsBD=0-m 解得sBD=4.5 m 6.答案　(1)15 m/s，方向水平向左　(2)1 800 J 解析　(1)由于到达光滑圆管形通道上B点时小朋友和滑板与通道之间没有相互作用，则重力提供向心力，有mg=m 所以v0=15 m/s，方向水平向左。 (2)小朋友从B滑到E，根据动能定理可得 mgr(1-cos 37°)-W克f=m-m 在E点，根据牛顿第二定律可得 FN-mg cos 37°=m 联立可得W克f=1 800 J 7.答案　(1)2 m/s　10 N　(2)1.8 m　(3)见解析 解析　(1)设物体第一次到达C点的速度大小为v，从E到C，由动能定理得mg(h+R)=mv2-0 代入数据得v=2 m/s 在C点，由牛顿第二定律可得F-mg=m 代入数据得F=10 N (2)物体从C运动到A，由动能定理得 -mg(R-R cos 37°+L sin 37°)-μmg cos 37°·L=0-mv2 代入数据得L=1.8 m (3)设动摩擦因数为μ1时，物体刚好能静止在斜面轨道AB上，则有mg sin 37°=μ1mg cos 37° 解得μ1=0.75 ①若0≤μ<0.5，物体将从斜面顶端A滑出，则物体在斜面上滑行的路程为x=L=1.8 m ②若0.5≤μ<μ1=0.75，物体在斜面上多次往返，最后在B点速度为零，则有 mg(h+R cos 37°)-μmg cos 37°·x=0 解得x= ③若μ≥μ1=0.75，则物体将停在斜面上，有 mg(h+R cos 37°-x sin 37°)-μmg cos 37°·x=0 解得x= 方法技巧 应用动能定理解题的思路 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！6 学科网（北京）股份有限公司 $$