高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第五章 機械能及其守恒定律 課時達(dá)標(biāo)15 動能定理及其應(yīng)用試題

第15講動能定理及其應(yīng)用[解密考綱]深刻理解動能定理解題的優(yōu)越性，掌握它是一條適用范圍很廣的物理規(guī)律，體會應(yīng)用動能定理處理動力學(xué)的綜合問題的技巧．1．關(guān)于運動物體所受的合力、合力做的功、物體動能的變化，下列說法正確的是(B)A．運動物體所受的合力不為零，合力必做功，物體的動能肯定要變化B．運動物體所受的合力為零，則物體的動能肯定不變C．運動物體的動能保持不變，則該物體所受合力一定為零D．運動物體所受合力不為零，則該物體一定做變速運動，其動能要變化2．靜止在粗糙水平面上的物塊在水平向右的拉力作用下做直線運動，t＝4s時停下，其v－t圖象如圖所示．已知物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)處處相同，則下列判斷正確的是(A)A．整個過程中拉力做的功等于物塊克服摩擦力做的功B．整個過程中拉力做的功等于零C．t＝2s時刻拉力的瞬時功率在整個過程中最大D．t＝1s到t＝3s這段時間內(nèi)拉力不做功3．質(zhì)量為2kg的物體以一定的初速度沿傾角為30°的斜面向上滑行，在向上滑行的過程中，其動能隨位移的變化關(guān)系如圖所示，則物體返回到出發(fā)點時的動能為(取g＝10m/s2)(A)A．34J B．56JC．92J D．196J解析物體上滑的過程中重力與摩擦力都做負(fù)功，由動能定理得－mgx·sin30°－Ffx＝0－196，下滑過程重力做正功，摩擦力做負(fù)功，由動能定理得mgx·sin30°－Ff·x＝Ek－0，代入數(shù)據(jù)得Ek＝34J，故選項A正確．4．(2017·湖南湘中名校聯(lián)考)如圖所示，質(zhì)量為m的小物塊從固定的半圓形槽內(nèi)與圓心等高的位置P點無初速度釋放，先后經(jīng)過A、B、C三點，小物塊到達(dá)左側(cè)C點時速度為零．B點是最低點，半圓形槽的半徑為R，A點與C點等高，A點與B點高度差為eq\f(R,2).重力加速度為g，則(D)A．小物塊從P點運動到C點的過程中，重力對小物塊做的功大于小物塊克服摩擦力做的功B．小物塊第一次從A點運動到C點的過程中，重力對小物塊做的功大于小物塊克服摩擦力做的功C．小物塊只能到達(dá)C點一次，但能經(jīng)過A點兩次D．小物塊第一次過B點時，對槽的壓力一定大于2mg解析小物塊從P點運動到C點的過程中，運用動能定理有mghPC－Wf＝0，得重力對小物塊做的功等于小物塊克服摩擦力做的功，故選項A錯誤；小物塊第一次從A點運動到C點的過程中，由于A點與C點等高，所以重力做功為零，而小物塊克服摩擦力做功不為零，故選項B錯誤；小物塊只能到達(dá)C點一次是對的，然后由C點返回，由于摩擦力做功，所以不能再次經(jīng)過等高處的A點，故選項C錯誤；小物塊第一次從B點運動到C點的過程中，運用動能定理－mghBC－WfBC＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，由已知條件hBC＝eq\f(R,2)，再對小物塊第一次經(jīng)過B點時，運用牛頓第二定律得FNB－mg＝meq\f(v\o\al(2,B),R)，聯(lián)立以上三式可得槽對小物塊的支持力FNB＝2mg＋eq\f(2WfBC,R)，由牛頓第三定律可知選項D正確．5．(2017·湖南長沙一模)(多選)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，一個質(zhì)量為m的小球靜止在軌道底部A點．現(xiàn)用小錘沿水平方向快速擊打小球，擊打后迅速移開，使小球沿軌道在豎直面內(nèi)運動．當(dāng)小球回到A點時，再次用小錘沿運動方向擊打小球．必須經(jīng)過兩次擊打，小球才能運動到圓軌道的最高點．已知小球在運動過程中始終未脫離軌道，在第一次擊打過程中小錘對小球做功W，第二次擊打過程中小錘對小球做功4W.設(shè)兩次擊打過程中小錘對小球做的功全部用來增加小球的動能，則W的值可能是(AB)A．eq\f(5,6)mgR B．eq\f(3,4)mgRC．eq\f(3,8)mgR D．eq\f(3,2)mgR解析第一次擊打，小球運動的最大高度為R，即W≤mgR.第二次擊打，小球才能運動到圓軌道的最高點，而小球能夠通過最高點的條件為mg≤meq\f(v\o\al(2,0),R)，即v0≥eq\r(gR).小球從靜止到達(dá)最高點的過程，由動能定理得W＋4W－mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－0，得W≥eq\f(1,2)mgR，則eq\f(1,2)mgR≤W≤mgR，故選項A、B正確．6．(2017·山西名校聯(lián)考)(多選)如圖所示，小物塊與三塊材料不同但厚度相同的薄板間的動摩擦因數(shù)分別為μ、2μ和3μ，三塊薄板長度均為L，并依次連在一起．第一次將三塊薄板固定在水平地面上，讓小物塊以一定的水平初速度v0從a點滑上第一塊薄板，結(jié)果小物塊恰好滑到第三塊薄板的最右端d點停下；第二次將三塊薄板仍固定在水平地面上，讓小物塊從d點以相同的初速度v0水平向左運動；第三次將連在一起的三塊薄板放在光滑的水平地面上，讓小物塊仍以相同的初速度v0從a點滑上第一塊薄板．則下列說法正確的是(AB)A．第二次小物塊一定能夠運動到a點并停下B．第一次和第二次小物塊經(jīng)過c點時的速度大小相等C．第三次小物塊也一定能運動到d點D．第一次與第三次小物塊克服摩擦力做的功相等解析因為第一次和第二次薄板均被固定，以小物塊為研究對象，根據(jù)動能定理，第一次有－μmgL－2μmgL－3μmgL＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，第二次從d點運動到a點摩擦力做功相同，故可以運動到a點并停下，選項A正確；同理，第一次運動到c點時，摩擦力做的功Wf1＝－μmgL－2μmgL＝－3μmgL，第二次運動到c點時摩擦力做的功Wf2＝－3μmgL，所以兩次通過c點時的速度大小相等，選項B正確；與第一次相比，第三次薄板放在光滑水平地面上，則摩擦力對薄板做功，薄板動能增加，系統(tǒng)損失的機械能減少，小物塊相對薄板的位移減小，則小物塊不能運動到d點，選項C錯誤；與第一次相比，因為第三次小物塊沒有減速到零，故損失的動能減少，所以摩擦力對小物塊做的功減少，即小物塊克服摩擦力做的功減少，選項D錯誤．7．(2017·廣東深圳市調(diào)研)(多選)靜止在水平地面上的物塊，受到水平推力F的作用，F(xiàn)與時間t的關(guān)系如圖甲所示，物塊的加速度a與時間t的關(guān)系如圖乙所示，g取10m/s2.設(shè)滑動摩擦力等于最大靜摩擦力，根據(jù)圖象信息，得出的結(jié)論錯誤的是(ABC)A．地面對物塊的最大靜摩擦力為1NB．物塊的質(zhì)量為1kgC．物塊與地面間的動摩擦因數(shù)為0.2D．4s末推力F的瞬時功率為36W解析由題圖甲知，F(xiàn)＝2t，由題圖乙知，t＝1s時，物塊開始運動，此時，F(xiàn)1＝2N，故地面對物塊的最大靜摩擦力為2N，選項A錯誤；t＝4s時，由牛頓第二定律有F－μmg＝ma，而μmg＝2N，解得物塊的質(zhì)量m＝2kg，物塊與地面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1，選項B、C錯誤；4s末物塊的速度v＝eq\f(1,2)×(4－1)×3m/s＝4.5m/s，故4s末推力F的瞬時功率P＝Fv＝8×4.5W＝36W，選項D正確．8．(多選)如圖所示，水平傳送帶以v＝2m/s的速度順時針勻速轉(zhuǎn)動，將一質(zhì)量m＝0.5kg的小物塊(可視為質(zhì)點)輕放在傳送帶最左端，在摩擦力的作用下，小物塊會從傳送帶最右端水平飛出，恰好落在地面上某點P處．已知傳送帶左右兩端相距l(xiāng)＝3m，上端離地高度h＝5m，小物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，重力加速度g＝10m/s2，則下對說法正確的是(CD)A．小物塊從輕放在傳送帶上到落到地面的時間為eq\r(3)sB．落點P與傳送帶右端的水平距離為2eq\r(2)mC．傳送帶因傳送小物塊多消耗的電能2JD．小物塊落到地面時的動能為26J解析由題意可得，小物塊在傳送帶上先加速，當(dāng)速度達(dá)到2m/s時，開始做勻速直線運動，其加速時間t1＝eq\f(v,μg)＝1s，此時小物塊的位移為x1＝eq\f(1,2)vt1＝1m，剩下x2＝l－x1＝2m做勻速運動，勻速運動的時間t2＝eq\f(x2,v)＝1s，離開傳送帶后做平拋運動，平拋運動時間t3＝eq\r(\f(2h,g))＝1s，總時間為t＝t1＋t2＋t3＝3s，選項A錯誤；離開傳送帶時，小物塊的速度為2m/s，則x平＝vt3＝2m，選項B錯誤；傳送帶因傳送物塊多消耗的電能E電＝eq\f(1,2)mv2＋μmgx相＝eq\f(1,2)mv2＋μmg(vt1－x1)＝2J，選項C正確；從傳送帶最右端到落到地面，對小物塊利用動能定理可得Ekp＝eq\f(1,2)mv2＋mgh＝26J，選項D正確．9．(2017·湖北襄陽模擬)如圖，Q為一個原來靜止在光滑水平面上的物體，其DB段為一半徑為R的光滑圓弧軌道，AD段為一長度為L＝R的粗糙水平軌道，二者相切于D點，D在圓心O的正下方，整個軌道位于同一豎直平面內(nèi)．物塊P的質(zhì)量為m(可視為質(zhì)點)，P與AD間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1，物體Q的質(zhì)量為M＝2m，重力加速度為g(1)若Q固定，P以速度v0從A點滑上水平軌道，沖至C點后返回A點時恰好靜止，求v0的大小和P剛越過D點時對Q的壓力大小；(2)若Q不固定，P仍以速度v0從A點滑上水平軌道，求P在光滑圓弧軌道上所能達(dá)到的最大高度h.解析(1)P從A到C又返回A的過程中，只有AD段和DA段的摩擦力做功，由動能定理有－μmg·2L＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，①將L＝R代入①解得v0＝eq\r(\f(2gR,5)).②若P在D點的速度為vD，從A到D的過程中，由動能定理得－μmgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0).③剛越過D時，若Q對P的支持力為FD，根據(jù)牛頓第二定律，有FD－mg＝meq\f(v\o\al(2,D),R)，④聯(lián)立②③④式解得FD＝1.2mg.由牛頓第三定律可知，P對Q的壓力大小也為1.2mg.(2)當(dāng)P、Q具有共同速度v時，P達(dá)到最大高度h，由動量守恒定律有mv0＝(m＋M)v，⑤由功能關(guān)系有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝μmgL＋eq\f(1,2)(m＋M)v2＋mgh⑥由⑤⑥兩式得h＝eq\f(1,30)R答案(1)eq\r(\f(2gR,5))1.2mg(2)eq\f(1,30)R10．(2017·上海浦東模擬)我國擁有航空母艦后，艦載機的起飛與降落等問題受到了廣泛關(guān)注.2012年11月23日，艦載機殲—15首降“遼寧艦”獲得成功，隨后艦載機又通過滑躍式起飛成功．某興趣小組通過查閱資料對艦載機滑躍起飛過程進(jìn)行了如下的簡化模擬：假設(shè)起飛時“航母”靜止，艦載機質(zhì)量視為不變并可看成質(zhì)點．“航母”起飛跑道由如圖所示的兩段軌道組成(二者平滑連接，不計拐角處的長度)，其水平軌道長AB＝L，水平軌道與斜面軌道末端C的高度差為h.一架殲—15艦載機的總質(zhì)量為m，在C端的起飛速度至少為v.若某次起飛訓(xùn)練中，殲—15從A點由靜止啟動，發(fā)動機的推力大小恒為0.6mg，方向與速度方向相同，飛機受到空氣和軌道平均阻力的合力大小恒為0.1mg.重力加速度為g.求：(1)艦載機在水平軌道AB上運動的時間；(2)在水平軌道末端B，艦載機發(fā)動機的推力功率；(3)要保證艦載機正常起飛，斜面軌道的長度滿足的條件．(結(jié)果用m、g、L、h、v表示)解析(1)設(shè)艦載機在水平軌道的加速度為a，運動時間為t，發(fā)動機的推力為F，阻力為Ff，由牛頓第二定律得F－Ff＝0.6mg－0.1mg＝ma，得a＝0.5g而由位移公式有L＝eq\f(1,2)at2，解得t＝2eq\r(\f(L,g)).(2)設(shè)艦載機在B端的速度為v′，功率為P，由速度公式v′＝at＝eq\r(gL)，解得P＝Fv′＝0.6mgeq\r(gL).(3)設(shè)艦載機恰能在C端起飛時，斜面軌道長為l0，整個過程由動能定理有(F－Ff)(L＋l0)－mgh＝eq\f(1,2)mv2，解得l0＝eq\f(v2,g)＋2h－L，所以，斜面軌道長度滿足的條件是l≥eq\f(v2,g)＋2h－L.答案(1)2eq\r(\f(L,g))(2)0.6mgeq\r(gL)(3)l≥eq\f(v2,g)＋2h－L11．(2017·陜西西安模擬)如圖所示，一質(zhì)量為M＝5.0kg的平板車靜止在光滑水平地面上，平板車的上表面距離地面高h(yuǎn)＝0.8m，其右側(cè)足夠遠(yuǎn)處有一固定障礙物A.另一質(zhì)量為m＝2.0kg可視為質(zhì)點的滑塊，以v0＝8m/s的水平初速度從左端滑上平板車，同時對平板車施加一水平向右、大小為5N的恒力F.當(dāng)滑塊運動到平板車的最右端時，兩者恰好相對靜止，此時撤去恒力F，當(dāng)平板車碰到障礙物A時立即停止運動，滑塊水平飛離平板車后，恰能無碰撞地沿圓弧切線從B點切入光滑豎直圓弧軌道，并沿軌道下滑．已知滑塊與平板車間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，圓弧半徑為R＝1.0m，圓弧所對的圓心角∠BOD＝θ＝106°.g＝10m/s2，sin53°＝0.8