高考物理二轮复习第五章能量和动量提能增分练一动能定理的四大应用[共8页].doc

提能增分练(一)　动能定理的四大应用[A级夺高分]　　　　　　　　　　　　　　　　　1. (2017福建师大附中模拟)将质量为m的物体在高空中以速率v水平向右抛出，由于风力作用，经过时间t后，物体下落一段高度，速率仍为v，方向与初速度相反，如图所示在这一运动过程中不考虑空气阻力，下列关于风力做功的说法，正确的是(　　)A．风力对物体不做功B．风力对物体做的功(绝对值)为C．风力对物体做的功(绝对值)小于D．由于风力方向未知，不能判断风力做功情况解析：选C　对物体从开始抛出到速度再次等于v的过程，由动能定理可知W风＋WG＝mv2－mv2＝0，可知|W风|＝WG＝mgh

3.一物块沿倾角为θ的斜坡向上滑动当物块的初速度为v时，上升的最大高度为H，如图所示；当物块的初速度为时，上升的最大高度记为h重力加速度大小为g物块与斜坡间的动摩擦因数和h分别为(　　)A．tan θ和 B.tan θ和C．tan θ和 D.tan θ和解析：选D　物块沿斜坡向上运动过程中，由几何关系及动能定理可得－mgH－ μmgcos θ＝0－mv2，－mgh－μmgcos θ＝0－m2，可得h＝，μ＝tan θ，选项D正确，选项A、B、C错误4. (2017浙江十校联考)用水平力F拉一物体，使物体在水平地面上由静止开始做匀加速直线运动，t1时刻撤去拉力F，物体做匀减速直线运动，到t2时刻停止，其速度—时间图像如图所示，且α＞β，若拉力F做的功为W1，平均功率为P1；物体克服摩擦阻力Ff做的功为W2，平均功率为P2，则下列选项正确的是(　　)A．W1＞W2，F＝2Ff B．W1＝W2，F＞2FfC．P1＜P2，F＞2Ff D．P1＝P2，F＝2Ff解析：选B　由动能定理可得W1－W2＝0，解得W1＝W2由题图可知，加速过程加速度a1大于减速过程的加速度a2，根据牛顿第二定律有：F－Ff＝ma1，Ff＝ma2，由于a1>a2，故F－Ff>Ff，所以F＞2Ff，选项A、D错误，B正确；由于摩擦阻力作用时间一定大于拉力F作用时间，所以P1＞P2，选项C错误。

5. (2017浙江杭州五校联考)如图所示，把小车放在倾角为30的光滑斜面上，用轻绳跨过定滑轮使之与盛有沙子的小桶相连，不计滑轮质量及摩擦，已知小车的质量为3m，小桶与沙子的总质量为m，小车从静止释放后，在小桶上升竖直高度为h的过程中(　　)A．小桶处于失重状态B．小桶的最大速度为C．小桶受绳的拉力等于mgD．小车的最大动能为mgh解析：选B　在整个运动过程中，由小车重力沿斜面向下的分力3mgsin 30＝mg>mg，可知小桶向上做加速运动，所以小桶受到的拉力大于重力，小桶处于超重状态，故A、C错误；在小桶上升竖直高度为h的过程中，只有重力对小车、小桶组成的系统做功，由动能定理得：3mghsin 30－mgh＝(3m＋m)v2，解得小桶的最大速度v＝，故B正确；小车和小桶具有相等的最大速度，所以小车的最大动能为Ekm＝3mv2＝mgh，故D错误6. (2017成都高三检测)如图所示，斜面的倾角为θ，质量为m的滑块距挡板P的距离为x0，滑块以初速度v0沿斜面上滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失，滑块经过的总路程是(　　)A.　 　B.C. D.解析：选A　由题意易知，滑块最终要停在斜面底部，设滑块经过的总路程为x，对滑块运动的全程应用功能关系，全程所产生的热量为Q＝mv＋mgx0sin θ，又由全程产生的热量等于克服摩擦力所做的功，即Q＝μmgxcos θ，解以上两式可得x＝，选项A正确。

7. (多选)(2017重庆育才中学模拟)如图所示，竖直平面内光滑圆轨道半径R＝2 m，从最低点A有一质量m＝1 kg的小球开始运动，初速度v0方向水平向右，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　)A．小球能到达最高点B的条件是v0≥4 m/sB．若初速度v0＝5 m/s，则运动过程中，小球一定不会脱离圆轨道C．若初速度v0＝8 m/s，则小球将在离A点2.8 m高的位置离开圆轨道D．若初速度v0＝8 m/s，则小球离开圆轨道时的速度大小为2 m/s解析：选BCD　当小球恰好能到达最高点时，由重力提供向心力，此时速度最小，有mg＝m，解得v＝＝2 m/s；从A到B的过程中，根据动能定理得mv2－mv＝－mg2R，解得v0＝10 m/s，所以小球能到达最高点B的条件是v0≥10 m/s，故A错误；当小球恰好运动到与圆轨道中心等高处时，有mgR＝mv，得v0＝＝ m/s＝ 2 m/s>5 m/s，则小球在圆轨道中心下部分做往复运动，一定不会离开轨道，故B正确；若初速度v0＝8 m/s，小球刚好脱离轨道时，轨道对小球的弹力为零，重力沿半径方向的分量提供向心力，设此时重力方向与半径方向的夹角为θ，则mgcos θ＝m，根据几何关系得cos θ＝(h为此时小球离圆轨道中心的高度)。

根据动能定理得mv′2－mv＝－mg(R＋h)，解得v′＝2 m/s，h＝0.8 m所以离开圆轨道的位置离A点的距离为H＝0.8 m＋2 m＝ 2.8 m，故C、D正确8. (多选)(2017江苏徐州检测)轻质弹簧一端固定，另一端与质量为m的圆环相连，圆环套在倾斜的粗糙固定杆上，杆与水平面之间的夹角为α，圆环在A处时弹簧竖直且处于原长将圆环从A处由静止释放，到达C处时速度为零若圆环在C处获得沿杆向上的速度v，恰好能回到A已知AC＝L，B是AC的中点，弹簧始终在弹性限度之内，重力加速度为g，则(　　)A．下滑过程中，圆环受到的合力不断减小B．下滑过程中，圆环与杆摩擦产生的热量为mv2C．从C到A过程，弹簧对圆环做功为mgLsin α－mv2D．圆环经过B时，上滑的速度大于下滑的速度解析：选BCD　圆环从A处由静止开始下滑，初速度为零，到达C处的速度为零，所以圆环先做加速度逐渐减小的加速运动，后做加速度逐渐增大的减速运动，则合力先减小后增大，故A错误；研究圆环从A处由静止开始下滑到C的过程，运用动能定理得mgh＋Wf－W弹＝0，在C处获得一沿杆向上的速度v，恰好能回到A，运用动能定理得－mgh＋W弹＋Wf＝0－mv2，解得Wf＝－mv2，所以与杆摩擦产生的热量为mv2，由h＝Lsin α，解得W弹＝mgLsin α－mv2，故B、C正确；研究圆环从A处由静止开始下滑到B的过程，运用动能定理得mgh′＋Wf′－W弹′＝mv－0，研究圆环从B处上滑到A的过程，运用动能定理得－mgh′＋Wf′＋W弹′＝0－mvB′2，由于Wf′<0，所以mv

9. (2017河南中原名校联考)如图所示，在竖直平面内有xOy坐标系，长为l的不可伸长的细绳，一端固定在A点，A点的坐标为，另一端系一质量为m的小球现在x坐标轴上(x>0)固定一个小钉，拉小球使细绳绷直并呈水平位置，再将小球从静止释放，当细绳碰到钉子以后，小球可以绕钉子在竖直平面内做圆周运动1)当钉子在x＝l的P点时，小球经过最低点时细绳恰好不被拉断，求细绳能承受的最大拉力；(2)为使小球释放后能绕钉子在竖直平面内做圆周运动，而细绳又不被拉断，求钉子所在位置的范围解析：(1)当钉子在x＝l的P点时，小球绕钉子转动的半径R1＝l－ ，小球由静止运动到最低点的过程中，由动能定理得mg＝mv，在最低点细绳承受的拉力最大，由牛顿第二定律得F－mg＝m，联立解得F＝7mg2)小球绕钉子做圆周运动恰好能到达最高点时，由牛顿第二定律得圆mg＝m，由动能定理得mg＝mv，钉子所在位置为x′＝ ，解得x′＝l，因此钉子所在位置的范围为l≤x≤l答案：(1)7mg　(2)l≤x≤l[B级冲满分]10．(2017甘肃兰州一中模拟)如图所示，AB是倾角θ＝30的粗糙直轨道，BCD是光滑的圆弧轨道，AB恰好在B点与圆弧相切，圆弧的半径为R，一个质量为m的物体(可以看成质点)从直轨道上的P点由静止释放，结果它能在两轨道间做往返运动。

已知P点与圆弧的圆心O等高，物体与轨道AB间的动摩擦因数为μ求：(1)物体做往返运动的整个过程中在AB轨道上通过的总路程；(2)最终当物体通过圆弧轨道最低点E时，对圆弧轨道的压力；(3)为使物体能顺利到达圆弧轨道的最高点D，释放点距B点的距离L′至少多大解析：(1)对整个过程，由动能定理得mgRcos θ－μmgcos θs＝0，所以物体在AB轨道上通过的总路程s＝2)最终物体以B(还有B关于OE的对称点)为最高点，在圆弧底部做往复运动，对B→E过程，由动能定理得mgR(1－cos θ)＝mv在E点，由牛顿第二定律得FN－mg＝m联立两式得FN＝(3－)mg3)物体刚好能到D点，由牛顿第二定律有mg＝m对全过程由动能定理得mgL′sin θ－μmgcos θL′－mgR(1＋cos θ)＝mv联立两式得L′＝答案：(1)　(2)(3－)mg　(3)11. (2017四川成都外国语学校检测)如图所示，水平的粗糙轨道与竖直的光滑圆形轨道相连，圆形轨道间不相互重叠，即小球离开圆形轨道后可继续沿水平轨道运动圆形轨道半径R＝0.2 m，右侧水平轨道BC长为L＝4 m，C点右侧有一壕沟，C、D两点的竖直高度h＝1 m，水平距离s＝2 m，小球与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g取10 m/s2。

小球从圆形轨道最低点B以某一水平向右的初速度出发，进入圆形轨道1)若小球通过圆形轨道最高点A时给轨道的压力大小恰为小球的重力大小，求小球在B点的初速度大小；(2)若小球从B点向右出发，在以后的运动过程中，小球既不脱离圆形轨道，又不掉进壕沟，求小球在B点的初速度大小的范围解析：(1)小球在最高点A处时，根据牛顿第三定律可知，轨道对小球的压力FN＝FN′＝mg根据牛顿第二定律有FN＋mg＝从B到A过程，由动能定理可得－mg2R＝mv－mv，代入数据可解得v0＝2 m/s2)情况一：若小球恰好停在C处，对全程进行研究，则有－μmgL＝0－mv，得v1＝4 m/s小球刚好通过最高点A时，有mg＝从B到A过程，则有－mg2R＝mvA′2－mv，得v2＝ m/s所以当 m/s≤vB≤4 m/s时，小球停在B、C间情况二：若小球恰。