2020年物理高考大一轮复习 第5章 机械能及其守恒定律 第15讲 动能定理及其应用练习（含解析）

第15讲 动能定理及其应用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(2018全国卷)如图所示，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平面运动至具有某一速度，木箱获得的动能一定()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 木箱受力如图所示，木箱在移动的过程中有两个力做功，拉力做正功，摩擦力做负功，根据动能定理可知，WFWfmv20，所以动能小于拉力做的功，故选项A正确，B错误；无法比较动能与摩擦力做功的大小，故选项C、D错误2(2019北京第十九中学高三月考)(多选)将质量为m的小球在距地面高度为h处抛出，抛出时的速度大小为v0.小球落到地面的速度大小为2v0，若小球受到的空气阻力不能忽略，则对于小球下落的整个过程，下列说法中正确的是()A小球克服空气阻力做的功大于mghB重力对小球做的功等于mghC合外力对小球做的功大于mvD合外力对小球做的功等于mvBC解析 根据动能定理得 m(2v0)2mvmghWf，解得 Wfmghmvmgh，选项A错误；重力做的功为WGmgh，选项B正确；合外力对小球做的功W合m(2v0)2mvmv，选项C正确，D错误3(多选)如图所示，水平转台上有一质量为m的物块，用长为L的细绳将物块连接在转轴上，细线与竖直转轴的夹角为角，此时绳中张力为零，物块与转台间动摩擦因数为，tan ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块随转台由静止开始缓慢加速转动，则()A至绳中出现拉力时，转台对物块做的功为mgLsin B至绳中出现拉力时，转台对物块做的功为mgLsin C至转台对物块支持力为零时，转台对物块做的功为D当物体的角速度为时，物块与转台间无相互作用力AC解析 对物体受力分析，当绳中刚出现拉力时，由牛顿第二定律得水平方向有 Ffm，竖直方向有FNmg，根据动能定理知转台对物块做的功为WEkmv2，其中 rLsin ，且有FfFN，联立解得至绳中出现拉力时，转台对物块做的功为WmgLsin ，故选项A正确，B错误；当转台对物块支持力为零时，由牛顿第二定律有mgtan m，转台对物块做的功为Wmv2mgLsin tan ，故选项C正确；由B项分析知v，此时角速度为 0，所以当物块的角速度增大到，物块与转台间恰好无相互作用，因此，当物体的角速度为时，物块与转台间有相互作用，故选项D错误4(2019湖南、湖北八市十二校高三联考)(多选)如图所示，左右两侧水平面等高，A、B为光滑定滑轮，C为光滑动滑轮足够长的轻绳跨过滑轮，右端与小车相连，左端固定在墙壁上，质量为m的物块悬挂在动滑轮上从某时刻开始小车向右移动，使物块以速度v0匀速上升，小车在移动过程中所受阻力恒定不变在物块上升的过程中(未到AB所在的水平面)，下列说法正确的是()A轻绳对小车的拉力增大B小车向右做加速运动C小车阻力的功率可能不变D小车牵引力做的功小于物块重力势能的增加量与小车克服阻力做功之和AD解析 物块以v0匀速上升时，两边绳子的夹角变大，可知绳子的拉力变大，即轻绳对小车的拉力变大，选项A正确；设绳子与竖直方向的夹角为，则由运动的合成知识可知v车2v0cos ，则随着物体的上升变大，车的速度减小，选项B错误；小车在移动过程中所受阻力恒定不变，根据PFfv车可知小车阻力的功率减小，选项C错误；由能量关系可知 W牵W阻W重Ek车，因小车动能减小，则W牵tan B小物块下滑的加速度逐渐增大C小物块下滑到斜面底端的过程中克服摩擦力做的功为0mglcos D小物块下滑到底端时的速度大小为BC解析 物块在斜面顶端静止释放能够下滑，则满足mgsin 0mgcos ，即0tan ，选项A错误根据牛顿第二定律有 agsin gcos ，下滑过程中逐渐减小，则加速度a逐渐增大，选项B正确由图乙可知x0，则摩擦力Ffmgcos x0mgcos ，可知Ff与x成线性关系，如图所示，其中Ff00mgcos ，图线和横轴所围的面积表示克服摩擦力做的功，则下滑到斜面底端的过程克服摩擦力做功 WfFf0l0mglcos ，选项C正确下滑过程根据动能定理有 mglsin Wfmv2，解得 v，选项D错误6(2019景德镇第一中学高三月考)(多选)如图甲所示，在光滑水平地面上叠放着质量均为M2 kg的A、B两个滑块，用随位移均匀减小的水平推力F推滑块A，让它们运动，推力F随位移x变化的图象如图乙所示已知两滑块间的动摩擦因数0.3，g10 m/s2(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)下列说法正确的是()A在运动过程中滑块A的最大加速度是2.5 m/s2B在运动过程中滑块B的最大加速度是3 m/s2C滑块在水平面上运动的最大位移是3 mD物体运动的最大速度为 m/sAD解析 假设开始时A、B相对静止，对整体根据牛顿第二定律，有F2Ma，解得a m/s22.5 m/s2，隔离B，B受到重力、支持力和A对B的静摩擦力，根据牛顿第二定律，FfMa22.5 N5 NMg6 N，所以A、B不会发生相对滑动，保持相对静止，最大加速度均为2.5 m/s2，故选项A正确，B错误；当F0时，加速度为零，之后A、B做匀速运动，位移继续增加，故选项C错误；Fx图象包围的面积等于力F做的功，W210 J10 J，当F0，即a0时达到最大速度，对A、B整体，根据动能定理有W2Mv0，代入数据得vm m/s，故选项D正确7(2019长春实验中学高三期中)(多选)如图所示，用跨过光滑定滑轮的缆绳将海面上一艘失去动力的小船沿直线拖向岸边已知拖动缆绳的电动机功率恒为P，小船的质量为m，小船受到的阻力大小恒为Ff，经过A点时的速度大小为v0，小船从A点沿直线加速运动到B点经历时间为t1，A、B两点间距离为d，缆绳质量忽略不计下列说法正确的是()A小船从A点运动到B点的全过程克服阻力做的功WfFfdB小船经过B点时的速度大小v1C小船经过B点时的速度大小v12D小船经过B点时的加速度大小aABD解析 小船从A点运动到B点过程中克服阻力做功WfFfd，故选项A正确；小船从A点运动到B点，电动机牵引缆绳对小船做功WPt1，由动能定理有WWfmvmv，联立解得v1，故选项B正确，C错误；设小船经过B点时绳的拉力大小为F，绳与水平方向夹角为，绳的速度大小为v，PFv，vv1cos ，牛顿第二定律 Fcos Ffma，联立解得a，故选项D正确8(2019黑龙江双鸭山第一中学高三月考)如图所示，在竖直平面内有一个粗糙的圆弧轨道，其半径R0.4 m，轨道的最低点距地面高度h0.45 m一质量m0.1 kg的小滑块从轨道的最高点A由静止释放，到达最低点B时以一定的水平速度离开轨道，落地点C距轨道最低点的水平距离x0.6 m空气阻力不计，g取10 m/s2，求：(结果保留两位有效数字) (1)小滑块离开轨道时的速度大小；(2)小滑块运动到轨道最低点时，对轨道的压力大小；(3)小滑块在轨道上运动的过程中，克服摩擦力所做的功解析 (1)小滑块离开轨道后做平抛运动，设运动时间为t，初速度为v，则xvt，hgt2，解得v2.0 m/s.(2)小滑块到达轨道最低点时，受重力和轨道对它的弹力为FN，根据牛顿第二定律FNmgm，解得FN2.0 N，根据牛顿第三定律，轨道受到的压力大小FNFN2.0 N.(3)在滑块从轨道的最高点到最低点的过程中，根据动能定理mgRWfmv2，Wf0.2 J，所以小滑块克服摩擦力做功为0.2 J.答案 (1)2.0 m/s(2)2.0 N(3)0.2 J9(2019启东中学高三月考)如图所示，一轨道由半径为2 m的竖直圆弧轨道AB和长度可调的水平直轨道BC在B点平滑连接而成现有一质量为0.2 kg的小球从A点无初速度释放，经过圆弧上B点时，传感器测得轨道所受压力大小为3.6 N，小球经过BC段所受的阻力为其重力的0.2倍，然后从C点水平飞离轨道，落到水平地面上的P点，P、C两点间的高度差为3.2 m小球运动过程中可视为质点且不计空气阻力(1)求小球运动至B点时的速度大小；(2)求小球在圆弧轨道上克服摩擦力所做的功；(3)为使小球落点P与B点的水平距离最大，求BC 段的长度解析 (1)在B点，由牛顿运动定律FNmgm，解得vB4 m/s.(2)小球从A到B的过程，有重力和摩擦力做功，设克服摩擦力做功为Wf，由动能定理 mgRWfmv0，解得Wf2.4 J.(3)设到C点时的速度为vC，B至C的过程，由动能定理得kmgLBCmvmv，离开C后做平抛运动，运动时间为，所以B至P的水平距离为LvC4vvC，由二次函数的单调性可得，当vC1.6 m/s时，B至P的水平距离最大，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)如图所示，竖直平面内的圆弧形光滑管道半径略大于小球半径，管道中心到圆心距离为 R，A 端与圆心O等高，AD为水平面，B端在O的正下方，小球自A点正上方由静止释放，自由下落至 A点时进入管道(1)如果管道与小球接触的内侧壁(图中较小的圆周)始终对小球没有弹力，小球释放点距离A点的最小高度为多大？(2)如果小球到达B点时，管壁对小球的弹力大小为小球重力大小的 9 倍求：释放点距A点的竖直高度；落点C与A的水平距离解析 (1)如果管道与小球接触的内侧壁始终对小球没有弹力，则小球到达最高点时的最小速度满足mgm；从开始下落到到达管的最高点，由机械能守恒 mghAmgRmv2，解得hA1.5R，则小球释放点距离A点的最小高度为1.5R.(2)在B点，管壁对小球的弹力F9mg，小球做圆周运动，由牛顿第二定律可得Fmgm，从小球开始下落到达B点的过程中，由动能定理可得mg(hR)mv0，解得h3R.小球从B点到达管道最高点过程中，由动能定理可得2mgRmv2mv，小球离开管道后做平抛运动，在竖直方向上Rgt2，在水平方向上xvt，解得x2R，落点C与A的水平距离为(21)R.答案 (1)1.5R(2)3R(21)R11(2019安徽师范大学附属中学高三期中)如图所示，高为L的斜轨道AB、CD与水平面的夹角均为45，它们分别与竖直平面内的圆弧形光滑轨道相切于B、D两点，圆弧的半径也为L.质量为m的小滑块从A点由静止滑下后，经CD轨道返回，再次冲上AB轨道至速度为零时，相对于BD面的高度为.已知滑块与AB轨道间的动摩擦因数为10.5，重力加速度为g，求：(1)滑块第一次经过圆轨道最低点时对轨道的压力大小；(2)滑块与CD轨道间的动摩擦因数2；(3)经过足够长时间后，滑块在两斜面上滑动的路程之和s.解析 (1)对第一次滑动到最低点的过程中运用动能定理得mg(LLLsin 45)1mgcos 45Lmv20，在最低点，根据牛顿第二定律得Fmgm，联立两式解得F(4)mg，则第一次经过圆弧轨道最低点时对轨道的压力为(4)mg.(2)滑块第一次经过D时的动能为Ek1mgLFf1L0.5mgL，Ff11mgcos 45，第二次经过D时的动能为 Ek2mgFf10.25mgL，设滑块在CD上的摩擦力为Ff2，Ff22mgcos 45，第一次在CD上静止时离BD面的高度为h，由功能关系得 Ek1mghFf2hmgh2mgh，Ek1Ek22Ff2h22mgh，代入数据解得2.(3)设滑块在AB、CD上滑动的总路程分别为s1、s2，由题设条件可知，滑块在AB上从静止滑下到再次滑上AB并静止，其高度变为开始时的，则s1L，经过很长时间，滑块将保持在BD间滑动，损失的机械能为mgL1mgcos 45s12mgcos 45s2，解得s2L，所以ss1s2L.答案 (1)(4)mg(2)2(3)sL8