2020年物理高考大一輪復習 第5章 機械能及其守恒定律 第15講 動能定理及其應用練習（含解析）

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1、第15講 動能定理及其應用解密考綱深刻理解動能定理解題的優(yōu)越性，掌握它是一條適用范圍很廣的物理規(guī)律，體會應用動能定理處理動力學的綜合問題的技巧1(2018全國卷)如圖所示，某同學用繩子拉動木箱，使它從靜止開始沿粗糙水平面運動至具有某一速度，木箱獲得的動能一定()A小于拉力所做的功B等于拉力所做的功C等于克服摩擦力所做的功D大于克服摩擦力所做的功A解析 木箱受力如圖所示，木箱在移動的過程中有兩個力做功，拉力做正功，摩擦力做負功，根據動能定理可知，WFWfmv20，所以動能小于拉力做的功，故選項A正確，B錯誤；無法比較動能與摩擦力做功的大小，故選項C、D錯誤2(2019北京第十九中學高三月考)(多

2、選)將質量為m的小球在距地面高度為h處拋出，拋出時的速度大小為v0.小球落到地面的速度大小為2v0，若小球受到的空氣阻力不能忽略，則對于小球下落的整個過程，下列說法中正確的是()A小球克服空氣阻力做的功大于mghB重力對小球做的功等于mghC合外力對小球做的功大于mvD合外力對小球做的功等于mvBC解析 根據動能定理得 m(2v0)2mvmghWf，解得 Wfmghmvmgh，選項A錯誤；重力做的功為WGmgh，選項B正確；合外力對小球做的功W合m(2v0)2mvmv，選項C正確，D錯誤3(多選)如圖所示，水平轉臺上有一質量為m的物塊，用長為L的細繩將物塊連接在轉軸上，細線與豎直轉軸的夾角為角

3、，此時繩中張力為零，物塊與轉臺間動摩擦因數為，tan ，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，物塊隨轉臺由靜止開始緩慢加速轉動，則()A至繩中出現拉力時，轉臺對物塊做的功為mgLsin B至繩中出現拉力時，轉臺對物塊做的功為mgLsin C至轉臺對物塊支持力為零時，轉臺對物塊做的功為D當物體的角速度為時，物塊與轉臺間無相互作用力AC解析 對物體受力分析，當繩中剛出現拉力時，由牛頓第二定律得水平方向有 Ffm，豎直方向有FNmg，根據動能定理知轉臺對物塊做的功為WEkmv2，其中 rLsin ，且有FfFN，聯立解得至繩中出現拉力時，轉臺對物塊做的功為WmgLsin ，故選項A正確，B錯誤；當轉臺對物塊支

4、持力為零時，由牛頓第二定律有mgtan m，轉臺對物塊做的功為Wmv2mgLsin tan ，故選項C正確；由B項分析知v，此時角速度為 0，所以當物塊的角速度增大到，物塊與轉臺間恰好無相互作用，因此，當物體的角速度為時，物塊與轉臺間有相互作用，故選項D錯誤4(2019湖南、湖北八市十二校高三聯考)(多選)如圖所示，左右兩側水平面等高，A、B為光滑定滑輪，C為光滑動滑輪足夠長的輕繩跨過滑輪，右端與小車相連，左端固定在墻壁上，質量為m的物塊懸掛在動滑輪上從某時刻開始小車向右移動，使物塊以速度v0勻速上升，小車在移動過程中所受阻力恒定不變在物塊上升的過程中(未到AB所在的水平面)，下列說法正確的是

5、()A輕繩對小車的拉力增大B小車向右做加速運動C小車阻力的功率可能不變D小車牽引力做的功小于物塊重力勢能的增加量與小車克服阻力做功之和AD解析 物塊以v0勻速上升時，兩邊繩子的夾角變大，可知繩子的拉力變大，即輕繩對小車的拉力變大，選項A正確；設繩子與豎直方向的夾角為，則由運動的合成知識可知v車2v0cos ，則隨著物體的上升變大，車的速度減小，選項B錯誤；小車在移動過程中所受阻力恒定不變，根據PFfv車可知小車阻力的功率減小，選項C錯誤；由能量關系可知 W牽W阻W重Ek車，因小車動能減小，則W牽tan B小物塊下滑的加速度逐漸增大C小物塊下滑到斜面底端的過程中克服摩擦力做的功為0mglcos

6、D小物塊下滑到底端時的速度大小為BC解析 物塊在斜面頂端靜止釋放能夠下滑，則滿足mgsin 0mgcos ，即0tan ，選項A錯誤根據牛頓第二定律有 agsin gcos ，下滑過程中逐漸減小，則加速度a逐漸增大，選項B正確由圖乙可知x0，則摩擦力Ffmgcos x0mgcos ，可知Ff與x成線性關系，如圖所示，其中Ff00mgcos ，圖線和橫軸所圍的面積表示克服摩擦力做的功，則下滑到斜面底端的過程克服摩擦力做功 WfFf0l0mglcos ，選項C正確下滑過程根據動能定理有 mglsin Wfmv2，解得 v，選項D錯誤6(2019景德鎮(zhèn)第一中學高三月考)(多選)如圖甲所示，在光滑水平

7、地面上疊放著質量均為M2 kg的A、B兩個滑塊，用隨位移均勻減小的水平推力F推滑塊A，讓它們運動，推力F隨位移x變化的圖象如圖乙所示已知兩滑塊間的動摩擦因數0.3，g10 m/s2(最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)下列說法正確的是()A在運動過程中滑塊A的最大加速度是2.5 m/s2B在運動過程中滑塊B的最大加速度是3 m/s2C滑塊在水平面上運動的最大位移是3 mD物體運動的最大速度為 m/sAD解析 假設開始時A、B相對靜止，對整體根據牛頓第二定律，有F2Ma，解得a m/s22.5 m/s2，隔離B，B受到重力、支持力和A對B的靜摩擦力，根據牛頓第二定律，FfMa22.5 N5 NMg6 N

8、，所以A、B不會發(fā)生相對滑動，保持相對靜止，最大加速度均為2.5 m/s2，故選項A正確，B錯誤；當F0時，加速度為零，之后A、B做勻速運動，位移繼續(xù)增加，故選項C錯誤；Fx圖象包圍的面積等于力F做的功，W210 J10 J，當F0，即a0時達到最大速度，對A、B整體，根據動能定理有W2Mv0，代入數據得vm m/s，故選項D正確7(2019長春實驗中學高三期中)(多選)如圖所示，用跨過光滑定滑輪的纜繩將海面上一艘失去動力的小船沿直線拖向岸邊已知拖動纜繩的電動機功率恒為P，小船的質量為m，小船受到的阻力大小恒為Ff，經過A點時的速度大小為v0，小船從A點沿直線加速運動到B點經歷時間為t1，A、

9、B兩點間距離為d，纜繩質量忽略不計下列說法正確的是()A小船從A點運動到B點的全過程克服阻力做的功WfFfdB小船經過B點時的速度大小v1C小船經過B點時的速度大小v12D小船經過B點時的加速度大小aABD解析 小船從A點運動到B點過程中克服阻力做功WfFfd，故選項A正確；小船從A點運動到B點，電動機牽引纜繩對小船做功WPt1，由動能定理有WWfmvmv，聯立解得v1，故選項B正確，C錯誤；設小船經過B點時繩的拉力大小為F，繩與水平方向夾角為，繩的速度大小為v，PFv，vv1cos ，牛頓第二定律 Fcos Ffma，聯立解得a，故選項D正確8(2019黑龍江雙鴨山第一中學高三月考)如圖所示

10、，在豎直平面內有一個粗糙的圓弧軌道，其半徑R0.4 m，軌道的最低點距地面高度h0.45 m一質量m0.1 kg的小滑塊從軌道的最高點A由靜止釋放，到達最低點B時以一定的水平速度離開軌道，落地點C距軌道最低點的水平距離x0.6 m空氣阻力不計，g取10 m/s2，求：(結果保留兩位有效數字) (1)小滑塊離開軌道時的速度大?。?2)小滑塊運動到軌道最低點時，對軌道的壓力大小；(3)小滑塊在軌道上運動的過程中，克服摩擦力所做的功解析 (1)小滑塊離開軌道后做平拋運動，設運動時間為t，初速度為v，則xvt，hgt2，解得v2.0 m/s.(2)小滑塊到達軌道最低點時，受重力和軌道對它的彈力為FN，

11、根據牛頓第二定律FNmgm，解得FN2.0 N，根據牛頓第三定律，軌道受到的壓力大小FNFN2.0 N.(3)在滑塊從軌道的最高點到最低點的過程中，根據動能定理mgRWfmv2，Wf0.2 J，所以小滑塊克服摩擦力做功為0.2 J.答案 (1)2.0 m/s(2)2.0 N(3)0.2 J9(2019啟東中學高三月考)如圖所示，一軌道由半徑為2 m的豎直圓弧軌道AB和長度可調的水平直軌道BC在B點平滑連接而成現有一質量為0.2 kg的小球從A點無初速度釋放，經過圓弧上B點時，傳感器測得軌道所受壓力大小為3.6 N，小球經過BC段所受的阻力為其重力的0.2倍，然后從C點水平飛離軌道，落到水平地面

12、上的P點，P、C兩點間的高度差為3.2 m小球運動過程中可視為質點且不計空氣阻力(1)求小球運動至B點時的速度大小；(2)求小球在圓弧軌道上克服摩擦力所做的功；(3)為使小球落點P與B點的水平距離最大，求BC 段的長度解析 (1)在B點，由牛頓運動定律FNmgm，解得vB4 m/s.(2)小球從A到B的過程，有重力和摩擦力做功，設克服摩擦力做功為Wf，由動能定理 mgRWfmv0，解得Wf2.4 J.(3)設到C點時的速度為vC，B至C的過程，由動能定理得kmgLBCmvmv，離開C后做平拋運動，運動時間為，所以B至P的水平距離為LvC4vvC，由二次函數的單調性可得，當vC1.6 m/s時，

13、B至P的水平距離最大，由此可得LBC3.36 m.答案 (1)4 m/s(2)2.4 J(3)3.36 m 10(2019人大附中高三月考)如圖所示，豎直平面內的圓弧形光滑管道半徑略大于小球半徑，管道中心到圓心距離為 R，A 端與圓心O等高，AD為水平面，B端在O的正下方，小球自A點正上方由靜止釋放，自由下落至 A點時進入管道(1)如果管道與小球接觸的內側壁(圖中較小的圓周)始終對小球沒有彈力，小球釋放點距離A點的最小高度為多大？(2)如果小球到達B點時，管壁對小球的彈力大小為小球重力大小的 9 倍求：釋放點距A點的豎直高度；落點C與A的水平距離解析 (1)如果管道與小球接觸的內側壁始終對小球

14、沒有彈力，則小球到達最高點時的最小速度滿足mgm；從開始下落到到達管的最高點，由機械能守恒 mghAmgRmv2，解得hA1.5R，則小球釋放點距離A點的最小高度為1.5R.(2)在B點，管壁對小球的彈力F9mg，小球做圓周運動，由牛頓第二定律可得Fmgm，從小球開始下落到達B點的過程中，由動能定理可得mg(hR)mv0，解得h3R.小球從B點到達管道最高點過程中，由動能定理可得2mgRmv2mv，小球離開管道后做平拋運動，在豎直方向上Rgt2，在水平方向上xvt，解得x2R，落點C與A的水平距離為(21)R.答案 (1)1.5R(2)3R(21)R11(2019安徽師范大學附屬中學高三期中)

15、如圖所示，高為L的斜軌道AB、CD與水平面的夾角均為45，它們分別與豎直平面內的圓弧形光滑軌道相切于B、D兩點，圓弧的半徑也為L.質量為m的小滑塊從A點由靜止滑下后，經CD軌道返回，再次沖上AB軌道至速度為零時，相對于BD面的高度為.已知滑塊與AB軌道間的動摩擦因數為10.5，重力加速度為g，求：(1)滑塊第一次經過圓軌道最低點時對軌道的壓力大??；(2)滑塊與CD軌道間的動摩擦因數2；(3)經過足夠長時間后，滑塊在兩斜面上滑動的路程之和s.解析 (1)對第一次滑動到最低點的過程中運用動能定理得mg(LLLsin 45)1mgcos 45Lmv20，在最低點，根據牛頓第二定律得Fmgm，聯立兩式

16、解得F(4)mg，則第一次經過圓弧軌道最低點時對軌道的壓力為(4)mg.(2)滑塊第一次經過D時的動能為Ek1mgLFf1L0.5mgL，Ff11mgcos 45，第二次經過D時的動能為 Ek2mgFf10.25mgL，設滑塊在CD上的摩擦力為Ff2，Ff22mgcos 45，第一次在CD上靜止時離BD面的高度為h，由功能關系得 Ek1mghFf2hmgh2mgh，Ek1Ek22Ff2h22mgh，代入數據解得2.(3)設滑塊在AB、CD上滑動的總路程分別為s1、s2，由題設條件可知，滑塊在AB上從靜止滑下到再次滑上AB并靜止，其高度變?yōu)殚_始時的，則s1L，經過很長時間，滑塊將保持在BD間滑動，損失的機械能為mgL1mgcos 45s12mgcos 45s2，解得s2L，所以ss1s2L.答案 (1)(4)mg(2)2(3)sL8