2020年物理高考大一輪復(fù)習(xí) 第5章 機(jī)械能及其守恒定律 第15講 動(dòng)能定理及其應(yīng)用練習(xí)（含解析）

第15講 動(dòng)能定理及其應(yīng)用解密考綱深刻理解動(dòng)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(huì)應(yīng)用動(dòng)能定理處理動(dòng)力學(xué)的綜合問題的技巧1(2018·全國卷)如圖所示，某同學(xué)用繩子拉動(dòng)木箱，使它從靜止開始沿粗糙水平面運(yùn)動(dòng)至具有某一速度，木箱獲得的動(dòng)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(dòng)的過程中有兩個(gè)力做功，拉力做正功，摩擦力做負(fù)功，根據(jù)動(dòng)能定理可知，WFWfmv20，所以動(dòng)能小于拉力做的功，故選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；無法比較動(dòng)能與摩擦力做功的大小，故選項(xiàng)C、D錯(cuò)誤2(2019·北京第十九中學(xué)高三月考)(多選)將質(zhì)量為m的小球在距地面高度為h處拋出，拋出時(shí)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(duì)于小球下落的整個(gè)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(duì)小球做的功等于mghC合外力對(duì)小球做的功大于mvD合外力對(duì)小球做的功等于mvBC解析 根據(jù)動(dòng)能定理得 m(2v0)2mvmghWf，解得 Wfmghmv<mgh，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；重力做的功為WGmgh，選項(xiàng)B正確；合外力對(duì)小球做的功W合m·(2v0)2mvmv，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤3(多選)如圖所示，水平轉(zhuǎn)臺(tái)上有一質(zhì)量為m的物塊，用長為L的細(xì)繩將物塊連接在轉(zhuǎn)軸上，細(xì)線與豎直轉(zhuǎn)軸的夾角為角，此時(shí)繩中張力為零，物塊與轉(zhuǎn)臺(tái)間動(dòng)摩擦因數(shù)為，<tan ，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，物塊隨轉(zhuǎn)臺(tái)由靜止開始緩慢加速轉(zhuǎn)動(dòng)，則()A至繩中出現(xiàn)拉力時(shí)，轉(zhuǎn)臺(tái)對(duì)物塊做的功為mgLsin B至繩中出現(xiàn)拉力時(shí)，轉(zhuǎn)臺(tái)對(duì)物塊做的功為mgLsin C至轉(zhuǎn)臺(tái)對(duì)物塊支持力為零時(shí)，轉(zhuǎn)臺(tái)對(duì)物塊做的功為D當(dāng)物體的角速度為時(shí)，物塊與轉(zhuǎn)臺(tái)間無相互作用力AC解析 對(duì)物體受力分析，當(dāng)繩中剛出現(xiàn)拉力時(shí)，由牛頓第二定律得水平方向有 Ffm，豎直方向有FNmg，根據(jù)動(dòng)能定理知轉(zhuǎn)臺(tái)對(duì)物塊做的功為WEkmv2，其中 rLsin ，且有FfFN，聯(lián)立解得至繩中出現(xiàn)拉力時(shí)，轉(zhuǎn)臺(tái)對(duì)物塊做的功為WmgLsin ，故選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；當(dāng)轉(zhuǎn)臺(tái)對(duì)物塊支持力為零時(shí)，由牛頓第二定律有mgtan m，轉(zhuǎn)臺(tái)對(duì)物塊做的功為Wmv2mgLsin tan ，故選項(xiàng)C正確；由B項(xiàng)分析知v，此時(shí)角速度為 0，所以當(dāng)物塊的角速度增大到，物塊與轉(zhuǎn)臺(tái)間恰好無相互作用，因此，當(dāng)物體的角速度為時(shí)，物塊與轉(zhuǎn)臺(tái)間有相互作用，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤4(2019·湖南、湖北八市十二校高三聯(lián)考)(多選)如圖所示，左右兩側(cè)水平面等高，A、B為光滑定滑輪，C為光滑動(dòng)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(zhì)量為m的物塊懸掛在動(dòng)滑輪上從某時(shí)刻開始小車向右移動(dòng)，使物塊以速度v0勻速上升，小車在移動(dòng)過程中所受阻力恒定不變?cè)谖飰K上升的過程中(未到AB所在的水平面)，下列說法正確的是()A輕繩對(duì)小車的拉力增大B小車向右做加速運(yùn)動(dòng)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(shí)，兩邊繩子的夾角變大，可知繩子的拉力變大，即輕繩對(duì)小車的拉力變大，選項(xiàng)A正確；設(shè)繩子與豎直方向的夾角為，則由運(yùn)動(dòng)的合成知識(shí)可知v車2v0cos ，則隨著物體的上升變大，車的速度減小，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；小車在移動(dòng)過程中所受阻力恒定不變，根據(jù)PFfv車可知小車阻力的功率減小，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；由能量關(guān)系可知 W牽W阻W重Ek車，因小車動(dòng)能減小，則W牽<W阻W重，即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，選項(xiàng)D正確5(2019·遵義航天高級(jí)中學(xué)高三月考)(多選)如圖甲所示，長為l、傾角為的斜面固定在水平地面上，一質(zhì)量為m的小物塊從斜面頂端由靜止釋放并沿斜面向下滑動(dòng)，已知小物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)與下滑距離x的變化圖象如圖乙所示，則()A0>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 D小物塊下滑到底端時(shí)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(xiàng)A錯(cuò)誤根據(jù)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(xiàng)B正確由圖乙可知·x0，則摩擦力Ffmgcos x0mgcos ，可知Ff與x成線性關(guān)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(xiàng)C正確下滑過程根據(jù)動(dòng)能定理有 mglsin Wfmv2，解得 v，選項(xiàng)D錯(cuò)誤6(2019·景德鎮(zhèn)第一中學(xué)高三月考)(多選)如圖甲所示，在光滑水平地面上疊放著質(zhì)量均為M2 kg的A、B兩個(gè)滑塊，用隨位移均勻減小的水平推力F推滑塊A，讓它們運(yùn)動(dòng)，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(dòng)摩擦因數(shù)0.3，g10 m/s2(最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力)下列說法正確的是()A在運(yùn)動(dòng)過程中滑塊A的最大加速度是2.5 m/s2B在運(yùn)動(dòng)過程中滑塊B的最大加速度是3 m/s2C滑塊在水平面上運(yùn)動(dòng)的最大位移是3 mD物體運(yùn)動(dòng)的最大速度為 m/sAD解析 假設(shè)開始時(shí)A、B相對(duì)靜止，對(duì)整體根據(jù)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(duì)B的靜摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律，F(xiàn)fMa2×2.5 N5 NMg6 N，所以A、B不會(huì)發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，保持相對(duì)靜止，最大加速度均為2.5 m/s2，故選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；當(dāng)F0時(shí)，加速度為零，之后A、B做勻速運(yùn)動(dòng)，位移繼續(xù)增加，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；F­x圖象包圍的面積等于力F做的功，W×2×10 J10 J，當(dāng)F0，即a0時(shí)達(dá)到最大速度，對(duì)A、B整體，根據(jù)動(dòng)能定理有W×2Mv0，代入數(shù)據(jù)得vm m/s，故選項(xiàng)D正確7(2019·長春實(shí)驗(yàn)中學(xué)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(dòng)力的小船沿直線拖向岸邊已知拖動(dòng)纜繩的電動(dòng)機(jī)功率恒為P，小船的質(zhì)量為m，小船受到的阻力大小恒為Ff，經(jīng)過A點(diǎn)時(shí)的速度大小為v0，小船從A點(diǎn)沿直線加速運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)經(jīng)歷時(shí)間為t1，A、B兩點(diǎn)間距離為d，纜繩質(zhì)量忽略不計(jì)下列說法正確的是()A小船從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的全過程克服阻力做的功WfFfdB小船經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)的速度大小v1C小船經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)的速度大小v12D小船經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)的加速度大小aABD解析 小船從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)過程中克服阻力做功WfFfd，故選項(xiàng)A正確；小船從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，電動(dòng)機(jī)牽引纜繩對(duì)小船做功WPt1，由動(dòng)能定理有WWfmvmv，聯(lián)立解得v1，故選項(xiàng)B正確，C錯(cuò)誤；設(shè)小船經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)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(lián)立解得a，故選項(xiàng)D正確8(2019·黑龍江雙鴨山第一中學(xué)高三月考)如圖所示，在豎直平面內(nèi)有一個(gè)粗糙的圓弧軌道，其半徑R0.4 m，軌道的最低點(diǎn)距地面高度h0.45 m一質(zhì)量m0.1 kg的小滑塊從軌道的最高點(diǎn)A由靜止釋放，到達(dá)最低點(diǎn)B時(shí)以一定的水平速度離開軌道，落地點(diǎn)C距軌道最低點(diǎn)的水平距離x0.6 m空氣阻力不計(jì)，g取10 m/s2，求：(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字) (1)小滑塊離開軌道時(shí)的速度大?。?2)小滑塊運(yùn)動(dòng)到軌道最低點(diǎn)時(shí)，對(duì)軌道的壓力大?。?3)小滑塊在軌道上運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，初速度為v，則xvt，hgt2，解得v2.0 m/s.(2)小滑塊到達(dá)軌道最低點(diǎn)時(shí)，受重力和軌道對(duì)它的彈力為FN，根據(jù)牛頓第二定律FNmgm，解得FN2.0 N，根據(jù)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(diǎn)到最低點(diǎn)的過程中，根據(jù)動(dòng)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(xué)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(diào)的水平直軌道BC在B點(diǎn)平滑連接而成現(xiàn)有一質(zhì)量為0.2 kg的小球從A點(diǎn)無初速度釋放，經(jīng)過圓弧上B點(diǎn)時(shí)，傳感器測得軌道所受壓力大小為3.6 N，小球經(jīng)過BC段所受的阻力為其重力的0.2倍，然后從C點(diǎn)水平飛離軌道，落到水平地面上的P點(diǎn)，P、C兩點(diǎn)間的高度差為3.2 m小球運(yùn)動(dòng)過程中可視為質(zhì)點(diǎn)且不計(jì)空氣阻力(1)求小球運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)時(shí)的速度大??；(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(diǎn)P與B點(diǎn)的水平距離最大，求BC 段的長度解析 (1)在B點(diǎn)，由牛頓運(yùn)動(dòng)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(shè)克服摩擦力做功為Wf，由動(dòng)能定理 mgRWfmv0，解得Wf2.4 J.(3)設(shè)到C點(diǎn)時(shí)的速度為vC，B至C的過程，由動(dòng)能定理得kmgLBCmvmv，離開C后做平拋運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為，所以B至P的水平距離為LvC4vvC，由二次函數(shù)的單調(diào)性可得，當(dāng)vC1.6 m/s時(shí)，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(nèi)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(diǎn)正上方由靜止釋放，自由下落至 A點(diǎn)時(shí)進(jìn)入管道(1)如果管道與小球接觸的內(nèi)側(cè)壁(圖中較小的圓周)始終對(duì)小球沒有彈力，小球釋放點(diǎn)距離A點(diǎn)的最小高度為多大？(2)如果小球到達(dá)B點(diǎn)時(shí)，管壁對(duì)小球的彈力大小為小球重力大小的 9 倍求：釋放點(diǎn)距A點(diǎn)的豎直高度；落點(diǎn)C與A的水平距離解析 (1)如果管道與小球接觸的內(nèi)側(cè)壁始終對(duì)小球沒有彈力，則小球到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)的最小速度滿足mgm；從開始下落到到達(dá)管的最高點(diǎn)，由機(jī)械能守恒 mghAmgRmv2，解得hA1.5R，則小球釋放點(diǎn)距離A點(diǎn)的最小高度為1.5R.(2)在B點(diǎn)，管壁對(duì)小球的彈力F9mg，小球做圓周運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律可得Fmgm，從小球開始下落到達(dá)B點(diǎn)的過程中，由動(dòng)能定理可得mg(hR)mv0，解得h3R.小球從B點(diǎn)到達(dá)管道最高點(diǎn)過程中，由動(dòng)能定理可得2mgRmv2mv，小球離開管道后做平拋運(yùn)動(dòng)，在豎直方向上Rgt2，在水平方向上xvt，解得x2R，落點(diǎn)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(xué)附屬中學(xué)高三期中)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(nèi)的圓弧形光滑軌道相切于B、D兩點(diǎn)，圓弧的半徑也為L.質(zhì)量為m的小滑塊從A點(diǎn)由靜止滑下后，經(jīng)CD軌道返回，再次沖上AB軌道至速度為零時(shí)，相對(duì)于BD面的高度為.已知滑塊與AB軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為10.5，重力加速度為g，求：(1)滑塊第一次經(jīng)過圓軌道最低點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大??；(2)滑塊與CD軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)2；(3)經(jīng)過足夠長時(shí)間后，滑塊在兩斜面上滑動(dòng)的路程之和s.解析 (1)對(duì)第一次滑動(dòng)到最低點(diǎn)的過程中運(yùn)用動(dòng)能定理得mg(LLLsin 45°)1mgcos 45°·Lmv20，在最低點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律得Fmgm，聯(lián)立兩式解得F(4)mg，則第一次經(jīng)過圓弧軌道最低點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力為(4)mg.(2)滑塊第一次經(jīng)過D時(shí)的動(dòng)能為Ek1mgLFf1·L0.5mgL，F(xiàn)f11mgcos 45°，第二次經(jīng)過D時(shí)的動(dòng)能為 Ek2mgFf1··0.25mgL，設(shè)滑塊在CD上的摩擦力為Ff2，F(xiàn)f22mgcos 45°，第一次在CD上靜止時(shí)離BD面的高度為h，由功能關(guān)系得 Ek1mghFf2·hmgh2mgh，Ek1Ek22Ff2·h22mgh，代入數(shù)據(jù)解得2.(3)設(shè)滑塊在AB、CD上滑動(dòng)的總路程分別為s1、s2，由題設(shè)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(shí)的，則s1L，經(jīng)過很長時(shí)間，滑塊將保持在BD間滑動(dòng)，損失的機(jī)械能為mgL1mgcos 45°·s12mgcos 45°·s2，解得s2L，所以ss1s2L.答案 (1)(4)mg(2)2(3)sL8