優(yōu)化探究(新課標(biāo))2017屆高三物理一輪復(fù)習(xí)第5章機(jī)械能第2講動(dòng)能定理及其應(yīng)用知能提升演練

1、 動(dòng)能定理及其應(yīng)用 隨堂反饋 1. （2016 衡水中學(xué)模擬）有兩條滑道平行建造，左側(cè)相同而右側(cè)有差異，一個(gè)滑道的右側(cè) 水平，另一個(gè)的右側(cè)是斜坡某滑雪者保持一定姿勢(shì)坐在雪橇上不動(dòng)，從 hi高處的A點(diǎn)由 靜止開(kāi)始沿傾角為 B 的雪道下滑，最后停在與 A點(diǎn)水平距離為s的水平雪道上接著改用 另一個(gè)滑道，還從與 A點(diǎn)等高的位置由靜止開(kāi)始下滑，結(jié)果能沖上另一個(gè)傾角為 a 的雪道 上h2高處的E點(diǎn)停下.若動(dòng)摩擦因數(shù)處處相同，且不考慮雪橇在路徑轉(zhuǎn)折處的能量損失， C.傾角 a 一定大于 0 解析：第一次停在水平滑道上的某點(diǎn)，由動(dòng)能定理得 r hi mgh-卩 mgtan mghmgs= 0 hi A 錯(cuò)誤，

2、B 正確. a mgi n a,故 a v 0 ；若 a 0，則雪橇不能停在 E點(diǎn)，所以 C、D 錯(cuò)誤. 答案：B 2. （2015 高考全國(guó)卷I ）如圖，一半徑為R粗糙程度處處相同的半圓形軌道豎直固定放置， 直徑POOR平.一質(zhì)量為m的質(zhì)點(diǎn)自P點(diǎn)上方高度R處由靜止開(kāi)始下落， 恰好從P點(diǎn)進(jìn)入軌 道.質(zhì)點(diǎn)滑到軌道最低點(diǎn) N時(shí)，對(duì)軌道的壓力為 4mg g為重力加速度的大小.用 W表示質(zhì) 點(diǎn)從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的過(guò)程中克服摩擦力所做的功則 （ ） A.動(dòng)摩擦因數(shù)為 hi mgh卩 mgcos 0 -n0 口 mg- = 0 在AB段由靜止下滑, 說(shuō)明mgcos 0 v mgin 0 ,第二次滑上 CE在

3、E點(diǎn)停下，說(shuō)明 i mgcos tan D.傾角 a 可以大于 0 2 A. W= 2mgR質(zhì)點(diǎn)恰好可以到達(dá) Q點(diǎn) B. W *mgR質(zhì)點(diǎn)不能到達(dá)Q點(diǎn) 1 C. W mgR質(zhì)點(diǎn)到達(dá)Q點(diǎn)后，繼續(xù)上升一段距離 1 D. W 2mgR質(zhì)點(diǎn)到達(dá)Q點(diǎn)后，繼續(xù)上升一段距離 解析：質(zhì)點(diǎn)由靜止開(kāi)始下落到最低點(diǎn) N的過(guò)程中 一 1 2 由動(dòng)能定理有 mg2 R W qmv 2 mvN 質(zhì)點(diǎn)在最低點(diǎn)由牛頓第二定律得 FN mg= R 由牛頓第三定律得 FN= 4mg 1 聯(lián)立得W= qmgR質(zhì)點(diǎn)由N點(diǎn)到Q點(diǎn)的過(guò)程中在等高位置處的速度總小于由 P點(diǎn)到N點(diǎn)下滑 時(shí)的速度，故由N點(diǎn)到Q點(diǎn)過(guò)程克服摩擦力做功 W v W從

4、N到Q的過(guò)程，由動(dòng)能定理得一 1 2 1 2 1 1 2 , mg W = qmv qmv,即mgR-W = qmv,故質(zhì)點(diǎn)到達(dá) Q點(diǎn)后，會(huì)繼續(xù)上升一段距離，選 項(xiàng) C 正確. 答案：C 3. （多選）質(zhì)量為 2 kg 的物體，放在動(dòng)摩擦因數(shù) 卩=0.1 的水平面上，在水平拉力的作用下 由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，水平拉力做的功 W和物體隨位置x變化的關(guān)系如圖重力加速度 g取 10 m/s2,則（ ） A. 在x = 0 至x = 3 m 的過(guò)程中，物體的加速度是 2.5 m/s B. x = 6 m 時(shí)，拉力的功率是 6 W C. x = 9 m 時(shí)，物體的速度是 3 m/s D. 在x = 3 m 至

5、x= 9 m 的過(guò)程中，合力做的功是 12 J 15 27 15 解析：圖象的斜率k = -= F,可知在 03 m 內(nèi)拉力F1= N = 5 N, 39 m 內(nèi)的拉力F2= x 3 6 N= 2 N . F1 mg= ma，可得 a= 1.5 m/s 2,故 A 錯(cuò)誤.x = 6 m 時(shí)物體速度為 V1,由動(dòng)能 1 2 一 定理有 W卩mgx= mv,在前 6 m 內(nèi)拉力做的功 W= 15 J + 2X 3 J= 21 J，可解得V1 = 3 m/s , 拉力的功率 P= F2V1= 6 W,故 B 正確.同理可得 x= 9 m 時(shí)的速度V2= 3 m/s，故 C 正確.物 體在 39 m過(guò)

6、程中速度為 3 m/s，做勻速運(yùn)動(dòng)，所以合力做功為零，故 D 錯(cuò)誤. 答案：BC 3 4. （多選）如圖所示，一塊長(zhǎng)木板 B放在光滑的水平面上，在 B上放一物體 A,現(xiàn)以恒定的 力拉B,由于A B間摩擦力的作用，A將在B上滑動(dòng)，以地面為參考系， A B都向前移動(dòng) 一段距離.在此過(guò)程中（ ） A 力F做的功等于A和B動(dòng)能的增量 B. B對(duì)A的摩擦力所做的功等于 A動(dòng)能的增量 C. A對(duì)B的摩擦力所做的功等于 B對(duì)A的摩擦力所做的功 D. 力F對(duì)B做的功等于B動(dòng)能的增量與B克服摩擦力所做的功之和 解析：A物體所受的合力等于 B對(duì)A的摩擦力，對(duì) A物體運(yùn)用動(dòng)能定理，則有 B對(duì)A的摩擦 力所做的功等于

7、 A動(dòng)能的增量，即 B 正確；A對(duì)B的摩擦力與B對(duì)A的摩擦力是一對(duì)作用力 與反作用力，大小相等，方向相反，但是由于 A在B上滑動(dòng)，A、B對(duì)地的位移不等，故二 者做功不等，C 錯(cuò)誤；對(duì)B應(yīng)用動(dòng)能定理有， W VW= A EB,I卩 E 0.05 （2） 克服摩擦力做功 W=nmgLcos 0 + 卩 2mgL2 L1cos 0） 由動(dòng)能定理得 mgLsin 0 W= 0 代入數(shù)據(jù)得 12= 0.8 一 1 2 4 由動(dòng)能定理得 mgLsin 0 W= ?mv 結(jié)合式，代入數(shù)據(jù)得 v = 1 m/s 由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律得 1 2 H= ?gt X1 = vt5 解得t = 0.4 s Xi = 0.4

8、 m Xm= Xi + L2= 1.9 m 答案：（1）tan 0 0.0 5 （2）0.8 （3）1.9 m 課時(shí)作業(yè) 一、單項(xiàng)選擇題 1. A B兩物體在光滑水平面上， 分別在相同的水平恒力 F作用下，由靜止開(kāi)始通過(guò)相同的 位移1.若A的質(zhì)量大于B的質(zhì)量，則在這一過(guò)程中（ ） A. A 獲得動(dòng)能較大 B. B 獲得動(dòng)能較大 C. A、B獲得動(dòng)能一樣大 D. 無(wú)法比較A B獲得動(dòng)能大小 1 2 解析：由動(dòng)能定理可知恒力 F做功W= Fl = qmV 0,因?yàn)镕、l相同，所以A、B的動(dòng)能變化 相同，C 正確. 答案：C 2. 質(zhì)量m= 2 kg 的物體在光滑水平面上以 V1= 6 m/s 的速

9、度勻速向西運(yùn)動(dòng)， 若有一個(gè)F= 8 N 方向向北的恒力作用于物體，在 t = 2 s 內(nèi)物體的動(dòng)能增加了 （ ） A. 28 J B.64 J C. 32 J D.36 J 解析：由于力 F與速度V1垂直，物體做曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，其兩個(gè)分運(yùn)動(dòng)為向西的勻速運(yùn)動(dòng)和向北 一 一 F 2 的勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，對(duì)勻加速運(yùn)動(dòng)有 a = -= 4 m/s , V2= at = 8 m/s. 2 s 末物體的速度 v = _ 1 1 2 2 2 2 V1+ V2= 10 m/s, 2 s 內(nèi)物體的動(dòng)能增加了 E= $mv mv= 64 J，故選項(xiàng) B 正確. 答案：B 3. （2016 北京模擬）一個(gè)質(zhì)量為 m的小球，

10、用長(zhǎng)為L(zhǎng)的輕繩懸掛于 O點(diǎn)，小球在水平拉力 F 作用下，從平衡位置 P點(diǎn)很緩慢地移動(dòng)到 Q點(diǎn)，此時(shí)輕繩與豎直方向的夾角為 0，如圖所 示，則拉力F所做的功為（ 6 A. mglcos 0 B. mgL1 cos 0 ) C. FLsin 0 D. FLcos 0 解析：小球緩慢地由 P移動(dòng)到Q動(dòng)能不變，只有重力、水平拉力 F對(duì)小球做功，繩子拉力 不做功，由動(dòng)能定理有一 mgL1 cos 0 ） + W= 丘=0 即W= mgl（1 cos 0 ），故 B 正確. 答案：B 4. 物體沿直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的v t關(guān)系如圖所示，已知在第 1 s 內(nèi)合力對(duì)物體做的功為 vy則（ ） J1 A 從第 1 s 末

11、到第 3 s 末合力做功為4W B. 從第 3 s 末到第 5 s 末合力做功為2W C. 從第 5 s 末到第 7 s 末合力做功為 W D. 從第 3 s 末到第 4 s 末合力做功為 0.75 W 解析：由題圖知，第 1 s 末速度、第 3 s 末速度、第 7 s 末速度大小關(guān)系為 vi= V3= V7，由 1 2 1 2 1 2 題知 W= qmV 0,則由動(dòng)能定理知第 1 s 末到第 3 s 末合力做功 W= qmVqmV1 2 = 0, A 錯(cuò) 1 2 誤；第 3 s 末到第 5 s 末合力做功 W= 0 ?mv= W B 錯(cuò)誤；第 5 s末到第 7 s 末合力做 1 2 1 2

12、1 2 1 功 W= qmv 0 = W C 正確；第 3 s 末到第 4 s 末合力做功 W= qmv qmv,因V4=?V3，所 以 W= 0.75 W D 錯(cuò)誤. 答案：C 5. （2016 衡水中學(xué)模擬）如圖所示，質(zhì)量為 0.1 kg 的小物塊在粗糙水平桌面上滑行 4 m 后以 3.0 m/s的速度飛離桌面，最終落在水平地面上已知物塊與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為 2 0.5，桌面高 0.45 m，若不計(jì)空氣阻力，g取 10 m/s ,則（ ） 1, - Xft & A. 小物塊的初速度是 5 m/s B. 小物塊的水平射程為 1.2 m C. 小物塊在桌面上克服摩擦力做 8 J 的功

13、 D. 小物塊落地時(shí)的動(dòng)能為 0.9 J 1 2 1 2 vt、h = gt ,解得x= 0.9 m, B 錯(cuò).設(shè)小物塊落地時(shí)動(dòng)能為 Ek,由動(dòng)能定理得 mgh= Ek ?mv, 解得 6 = 0.9 J , D 正確. 答案：D 6. （2015 江西十校二模）將三個(gè)木板 1、2、3 固定在墻角，木板與墻壁和地面構(gòu)成了三個(gè)不 同的三角形，如圖所示，其中 1 與 2 底邊相同，2 和 3 高度相同.現(xiàn)將一個(gè)可以視為質(zhì)點(diǎn)的 7 解析：小物塊在桌面上克服摩擦力做功 W=卩mgL= 2 J, C 錯(cuò).在水平桌面上滑行時(shí)，由動(dòng) 1 1 能定理得W= mv mv,解得V0= 7 m/s , A 錯(cuò).小物

14、塊飛離桌面后做平拋運(yùn)動(dòng)，有 x =8 物塊分別從三個(gè)木板的頂端由靜止釋放， 并沿斜面下滑到底端， 物塊與木板之間的動(dòng)摩擦因 A. 沿著 1 和 2 下滑到底端時(shí)，物塊的速率不同，沿著 2 和 3 下滑到底端時(shí)，物塊的速率相 同 B. 沿著 1 下滑到底端時(shí)，物塊的速率最大 C. 物塊沿著 3 下滑到底端的過(guò)程中，產(chǎn)生的熱量是最多的 D. 物塊沿著 1 和 2 下滑到底端的過(guò)程中，產(chǎn)生的熱量是一樣多的 解析：設(shè) 1、2、3 木板與地面的夾角分別為 0 1、0 2、0 3,木板長(zhǎng)分別為丨1、丨2、丨3,當(dāng)物 塊沿木板 1 下滑時(shí)，由動(dòng)能定理有 mgh卩mghcos 0 1 = *mV 0，當(dāng)物塊沿

15、木板 2 下滑時(shí), 一 1 2 V2；當(dāng)物塊沿木板 3 下滑時(shí)，由動(dòng)能定理有 mgh卩mgbcos 0 3 = -m2 0,又h2= hs, 12cos 0 2 v 13cos 0 3,可得V2 V3,故 A 錯(cuò)，B 對(duì).三個(gè)過(guò)程中產(chǎn)生的熱量分別為 Q= mglicos 0 1, Q= 1 mgbcos 0 2, Q= 1 mgbcos 0 3,貝U Q= Qv Q,故 C、D 對(duì)，應(yīng)選 A. 答案：A 二、多項(xiàng)選擇題 7. 如圖所示，質(zhì)量相等的物體 A和物體B與地面的動(dòng)摩擦因數(shù)相等，在力 F的作用下，一 起沿水平地面向右移動(dòng) x，則（ ） A 摩擦力對(duì)A B做功相等 B. A、B動(dòng)能的增量相

16、同 C. F對(duì)A做的功與F對(duì)B做的功相等 D. 合力對(duì)A做的功與合力對(duì)B做的功相等 解析：因F斜向下作用在物體 A上, A B受到的摩擦力不相同，因此，摩擦力對(duì) A B做的 功不相等，A 錯(cuò)誤；A B兩物體一起運(yùn)動(dòng)，速度始終相同，故 A B動(dòng)能增量一定相等，B 正確；F不作用在B上，不能說(shuō)F對(duì)B做功，C 錯(cuò)誤；合力對(duì)物體做的功等于物體動(dòng)能的增 量，D 正確. 答案：BD 由動(dòng)能定理有 mgh 口 1 2 0 2 =尹乎0，又 l COS 0 1= l 2COS 0 2,可得 V1 9 8. （2016 河北保定調(diào)研）如圖所示，內(nèi)壁光滑半徑大小為 R的圓軌道豎直固定在桌面上， 一 個(gè)質(zhì)量為m的小

17、球靜止在軌道底部 A點(diǎn).現(xiàn)用小錘沿水平方向快速擊打小球， 擊打后迅速移10 開(kāi)，使小球沿軌道在豎直面內(nèi)運(yùn)動(dòng)當(dāng)小球回到 A點(diǎn)時(shí)，再次用小錘沿運(yùn)動(dòng)方向擊打小球, 通過(guò)兩次擊打，小球才能運(yùn)動(dòng)到圓軌道的最高點(diǎn)已知小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終未脫離軌道， 在第一次擊打過(guò)程中小錘對(duì)小球做功 W,第二次擊打過(guò)程中小錘對(duì)小球做功 擊打過(guò)程中小錘對(duì)小球做功全部用來(lái)增加小球的動(dòng)能，則 W的值可能是（ A. D. 1 解析：第一次擊打，小球運(yùn)動(dòng)的最大高度為 R即W/w mgR第二次擊打，小球才能運(yùn)動(dòng)到 2 圓軌道的最高點(diǎn)，而恰好過(guò)最高點(diǎn)的條件為 mg= mR，即v高=,尿 小球從靜止到到達(dá)最 1 2 5 W 2 高點(diǎn)的過(guò)程

18、，由動(dòng)能定理得 W+ W mg?R= 2m高- 0，得 W+ W= -mgFR則稈故選 A、B. 答案：AB 9. （2016 石家莊模擬）如圖所示，半徑為R的半圓形光滑凹槽 A靜止在光滑水平面上，其質(zhì) 量為m現(xiàn)有一質(zhì)量也為m的小物塊B,由靜止開(kāi)始從槽左端的最高點(diǎn)沿凹槽滑下， 當(dāng)小物塊 B剛要到達(dá)槽最低點(diǎn)時(shí)，凹槽 A恰好被一表面涂有黏性物的固定擋板粘住，在極短的時(shí)間內(nèi) R 速度減為零；小物塊B繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)到距槽最低點(diǎn)的最大高度是 2.則小物塊從釋放到 第一次到達(dá)最低點(diǎn)的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是 （ ） 1 A. 凹槽 A對(duì)小物塊 B做的功 W= ?mgR B. 凹槽 A對(duì)小物塊 B做的功

19、 W mgR C. 凹槽A被粘住的瞬間，小物塊 B對(duì)凹槽A的壓力大小為 mg D. 凹槽A被粘住的瞬間，小物塊 B對(duì)凹槽A的壓力大小為 2mg 解析：設(shè)小物塊B第一次到達(dá)最低點(diǎn)的速度為 v，小物塊B從最低點(diǎn)繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)， R 1 W設(shè)先后兩次 ） 3 11 根據(jù)動(dòng)能定理有 mg =，mV,得v = gR,小物塊B從左端最高點(diǎn)到最低點(diǎn)的過(guò)程中，對(duì) B 1 2 1 一 由動(dòng)能定理有 mgRF W ?mv 0，得W ，mgR A 項(xiàng)正確，B 項(xiàng)錯(cuò)誤.在最低點(diǎn)小物塊所受 2 的向心力F向=FN mg= mR，得FN= 2mg則由牛頓第三定律可知小物塊對(duì)凹槽的壓力大小12 FN= FN= 2mg

20、所以 D 項(xiàng)正確，C 項(xiàng)錯(cuò)誤. 答案：AD 三、非選擇題 10小孩玩冰壺游戲，如圖所示，將靜止于 O點(diǎn)的冰壺（視為質(zhì)點(diǎn)）沿直線(xiàn)OB用水平恒力推 到A點(diǎn)放手， 此后冰壺沿直線(xiàn)滑行， 最后停在 B點(diǎn)已知冰面與冰壺的動(dòng)摩擦因數(shù)為 卩, 冰壺質(zhì)量為m OA= x, AB= L,重力加速度為g.求： -*- - - A O （1）冰壺在A點(diǎn)的速率VA； 冰壺從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)的過(guò)程中受到小孩施加的水平推力 F. 解析：（1）冰壺從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)的過(guò)程中，只有滑動(dòng)摩擦力對(duì)其做負(fù)功， 1 2 由動(dòng)能定理得一 卩mg 0 qmv 解得VA= .2卩gL. 冰壺從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至A點(diǎn)的過(guò)程中，水平推力 F和滑動(dòng)摩擦力同

21、時(shí)對(duì)其做功， 1 2 由動(dòng)能定理得（F卩mgx = ?mv 解得F= 卩 mg x+ L x 11.2015 年 7 月舉行的世錦賽 10 米跳臺(tái)比賽中，我國(guó)運(yùn)動(dòng)員技?jí)喝悍?，奪得優(yōu)異成績(jī)?cè)O(shè) 運(yùn)動(dòng)員質(zhì)量為 m= 50 kg,其體形可等效為長(zhǎng)度 I = 1.0 m 直徑d= 0.3 m 的圓柱體，不計(jì)空 氣阻力，當(dāng)她跳起到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)，她的重心離跳臺(tái)臺(tái)面的高度為 0.70 m，在從起跳到接觸 水面過(guò)程中完成一系列動(dòng)作，入水后水的等效阻力 F（不包括浮力）作用于圓柱體的下端面， F的數(shù)值隨入水深度 y變化的函數(shù)圖象如圖所示，該直線(xiàn)與 F軸相交于F= 2.5 mg處，與y 軸相交于y = h（某一未知深度）處為了確保運(yùn)動(dòng)員的安全，水池必須有一定的深度，已知 水的密度p = 1 x 103 kg/m 3, g取 10 m/s 3 4，根據(jù)以上的數(shù)據(jù)估算： （1） 起跳瞬間所做的功； （2） 從起跳到接觸水面過(guò)程的時(shí)間； （3） 跳水池至少應(yīng)為多深.（保留兩位有效數(shù)字） 1 0 3 2 （2）從起跳到接觸水面為豎直上拋運(yùn)動(dòng)， mv= mgh,代入數(shù)據(jù)得vo= 2 m/s，根據(jù)位移公式 答案: 13 解析：（1）起跳瞬間做功 W= mgh, h1= 0.70 m 石 m= 0.2 m，代入數(shù)據(jù)得 W= 100 J.14 代入數(shù)據(jù)，得h= 6.6 m