【文档说明】高考物理一轮复习第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).doc，共(8)页，105.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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1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Ⅱ)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，WF－Wf＝12mv

2－0，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mv20D．合外力对小球做的功等于mv20BC解析根据动能定理得12m(2v0)2－12mv20＝mgh

－Wf，解得Wf＝mgh－32mv20<mgh，选项A错误；重力做的功为WG＝mgh，选项B正确；合外力对小球做的功W合＝12m·(2v0)2－12mv20＝32mv20，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θ角，此时绳中张力为零，物块与转台间动摩擦因数为μ，μ<tanθ，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12μmgLsinθ2B．至绳中出现拉力时，转台对物块做的功为μmgLsinθC．至转台对物块支持力为零时，转台对物块做的功为mgLsin2θ2cosθD．当物体的角速度为g2Lcosθ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Ff＝mv2r，竖直方向有FN＝mg，根据动能定理知转台对物块做的功为W＝Ek＝12mv2，其中r＝Lsinθ，且有Ff＝μFN，联立解得至

绳中出现拉力时，转台对物块做的功为W＝12μmgLsinθ，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mgtanθ＝mv2r，转台对物块做的功为W＝12mv2＝12mgLsinθtanθ＝mgLsin2θ2cosθ，故选项C正确；由B项分析知v＝grtanθ，此时角速度

为ω0＝vr＝gLsinθtanθLsinθ＝gLcosθ，所以当物块的角速度增大到gLcosθ，物块与转台间恰好无相互作用，因此，当物体的角速度为g2Lcosθ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θ，则由运动的合成知识可知v车＝2v0cosθ，则随着物体的上升θ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P＝Ffv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＝ΔEk车，因小车动能减小，则W牵<W阻＋W重，即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，选项D正确．35．(2019·遵义航天高级中学高三月考)(多选)如图甲所示，长

为l、倾角为α的斜面固定在水平地面上，一质量为m的小物块从斜面顶端由静止释放并沿斜面向下滑动，已知小物块与斜面间的动摩擦因数μ与下滑距离x的变化图象如图乙所示，则()A．μ0>tanαB．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12μ

0mglcosαD．小物块下滑到底端时的速度大小为2glsinα－2μ0glcosαBC解析物块在斜面顶端静止释放能够下滑，则满足mgsinα＞μ0mgcosα，即μ0＜tanα，选项A错误．根据牛顿第二定律有a＝mgsinα－μmgcosαm＝gsinα－μgcosα，下滑过程中μ逐渐减

小，则加速度a逐渐增大，选项B正确．由图乙可知μ＝－μ0l·x＋μ0，则摩擦力Ff＝μmgcosα＝－μ0mgcosαlx＋μ0mgcosα，可知Ff与x成线性关系，如图所示，其中Ff0＝μ0mgcosα，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Wf＝12Ff0l＝12μ0mglcosα，选项C正确．下滑过程根据动能定理有mglsinα－Wf＝12mv2，解得v＝2glsinα－μ0glcosα，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M＝2kg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μ＝0.3，g＝10m/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2.5m/s2B．在运动过程中滑块B的最大加速度是3m/s2C．滑块在水平面上运动的最大位移是3mD．物体运动的最大速度为5m/s4AD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F＝2Ma，解得a＝F2M

＝102×2m/s2＝2.5m/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，Ff＝Ma＝2×2.5N＝5N＜μMg＝6N，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2.5m/s2，故选项A正确，B错误；当

F＝0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，W＝12×2×10J＝10J，当F＝0，即a＝0时达到最大速度，对A、B整体，根据动能定理有W

＝12×2Mv2m－0，代入数据得vm＝5m/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Wf＝FfdB．小船经过B点时的速度大小v1

＝v20＋2mPt1－FfdC．小船经过B点时的速度大小v1＝2v20＋2mPt1－FfdD．小船经过B点时的加速度大小a＝Pm2v20＋2mPt1－Ffd－FfmABD解析小船从A点运动到B点过程中克服阻力做功Wf＝Ffd，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W＝Pt1，由动能定理有W－Wf＝12mv21－12mv20，联立解得v1＝v20＋Pt1－Ffdm，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θ，绳的

速度大小为v′，P＝Fv′，v′＝v1cosθ，牛顿第二定律Fcosθ－Ff＝ma，联立解得a＝Pm2v20＋2mPt1－Ffd－Ffm，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14圆弧轨道，其半径R＝0.4m，轨道的最低点距地5面高度h＝0.45m．一质量m＝0.1kg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x＝0.6m．空气阻

力不计，g取10m/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x＝vt，h＝12gt2，解得v＝2.0m/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FN－mg＝mv2R，解得FN＝2.0N，根据牛顿第三定律，轨道受到的压力大小F′N＝FN＝2.0N.(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mgR＋Wf＝12mv2，Wf＝－0.2J，所以小滑块克服摩擦力做功为0.2J.答案(1)2.0m/s(2)2.0N(3)0.2J9．(2019·启东中学高三月考)如图所示，一轨道由半径为2m的14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0.2kg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3.6N，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3.2m．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FN－mg＝mv2

BR，解得vB＝4m/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mgR－Wf＝12mv2B－0，解得Wf＝2.4J.(3)设到C点时的速度为vC，B至C的过程，由动能定理得6－kmgLBC＝12mv2C－12mv2

B，离开C后做平抛运动，运动时间为2hg，所以B至P的水平距离为L＝v2B－v2C2kg＋vC2hg＝4－14v2C＋45vC，由二次函数的单调性可得，当vC＝1.6m/s时，B至P的水平距离最大，由此可得LBC＝3.36m.答案(1)4m/s(2)2.

4J(3)3.36m10．(2019·人大附中高三月考)如图所示，竖直平面内的34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34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：①释放点距A

点的竖直高度；②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mg＝mv2R；从开始下落到到达管的最高点，由机械能守恒mghA＝mgR＋12mv2，解得hA

＝1.5R，则小球释放点距离A点的最小高度为1.5R.(2)①在B点，管壁对小球的弹力F＝9mg，小球做圆周运动，由牛顿第二定律可得F－mg＝mv2BR，从小球开始下落到达B点的过程中，由动能定理可得mg(h＋R)＝12mv2B－0，解得h＝3R.②小球从B点到达管道最高点过程中，由

动能定理可得－2mgR＝12mv′2－12mv2B，小球离开管道后做平抛运动，在竖直方向上R＝12gt2，在水平方向上x＝v′t，解得x＝22R，落点C与A的水平距离为(22－1)R.答案(1)1.5R(

2)①3R②(22－1)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7速度为零时，相对于BD面的高度为L6.已知滑块与AB轨道间的动摩擦因数为μ1＝0.5，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μ2；(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(L＋L－Lsin45°)－μ1mgcos45°·2L＝12mv2－0，在最低

点，根据牛顿第二定律得F－mg＝mv2L，联立两式解得F＝(4－2)mg，则第一次经过圆弧轨道最低点时对轨道的压力为(4－2)mg.(2)滑块第一次经过D时的动能为Ek1＝mgL－Ff1·2L＝0.5mgL，Ff1＝μ1mgcos45

°，第二次经过D时的动能为Ek2＝mgL6＋Ff1·2·L6＝0.25mgL，设滑块在CD上的摩擦力为Ff2，Ff2＝μ2mgcos45°，第一次在CD上静止时离BD面的高度为h，由功能关系得Ek1＝mgh＋Ff2·2h＝mgh＋μ2mgh，Ek1－E

k2＝2Ff2·2h＝2μ2mgh，代入数据解得μ2＝13.(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16，则s1＝2L＋2L6＋L

62＋...＝725L，经过很长时间，滑块将保持在BD间滑动，损失的机械能为mgL＝μ1mgcos45°·s1＋μ2mgcos45°·s2，解得s2＝9102L，所以s＝s1＋s2＝23210L.答案(1)(4－2)mg(2)μ2＝13(3)s＝23210L8