高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第五章 機(jī)械能及其守恒定律 課時(shí)達(dá)標(biāo)15 動(dòng)能定理及其應(yīng)用試題

第15講動(dòng)能定理及其應(yīng)用[解密考綱]深刻理解動(dòng)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(huì)應(yīng)用動(dòng)能定理處理動(dòng)力學(xué)的綜合問(wèn)題的技巧．1．關(guān)于運(yùn)動(dòng)物體所受的合力、合力做的功、物體動(dòng)能的變化，下列說(shuō)法正確的是(B)A．運(yùn)動(dòng)物體所受的合力不為零，合力必做功，物體的動(dòng)能肯定要變化B．運(yùn)動(dòng)物體所受的合力為零，則物體的動(dòng)能肯定不變C．運(yùn)動(dòng)物體的動(dòng)能保持不變，則該物體所受合力一定為零D．運(yùn)動(dòng)物體所受合力不為零，則該物體一定做變速運(yùn)動(dòng)，其動(dòng)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(yùn)動(dòng)，t＝4s時(shí)停下，其v－t圖象如圖所示．已知物塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)處處相同，則下列判斷正確的是(A)A．整個(gè)過(guò)程中拉力做的功等于物塊克服摩擦力做的功B．整個(gè)過(guò)程中拉力做的功等于零C．t＝2s時(shí)刻拉力的瞬時(shí)功率在整個(gè)過(guò)程中最大D．t＝1s到t＝3s這段時(shí)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(guò)程中，其動(dòng)能隨位移的變化關(guān)系如圖所示，則物體返回到出發(fā)點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為(取g＝10m/s2)(A)A．34J B．56JC．92J D．196J解析物體上滑的過(guò)程中重力與摩擦力都做負(fù)功，由動(dòng)能定理得－mgx·sin30°－Ffx＝0－196，下滑過(guò)程重力做正功，摩擦力做負(fù)功，由動(dòng)能定理得mgx·sin30°－Ff·x＝Ek－0，代入數(shù)據(jù)得Ek＝34J，故選項(xiàng)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(diǎn)無(wú)初速度釋放，先后經(jīng)過(guò)A、B、C三點(diǎn)，小物塊到達(dá)左側(cè)C點(diǎn)時(shí)速度為零．B點(diǎn)是最低點(diǎn)，半圓形槽的半徑為R，A點(diǎn)與C點(diǎn)等高，A點(diǎn)與B點(diǎn)高度差為eq\f(R,2).重力加速度為g，則(D)A．小物塊從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過(guò)程中，重力對(duì)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(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過(guò)程中，重力對(duì)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(diǎn)一次，但能經(jīng)過(guò)A點(diǎn)兩次D．小物塊第一次過(guò)B點(diǎn)時(shí)，對(duì)槽的壓力一定大于2mg解析小物塊從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過(guò)程中，運(yùn)用動(dòng)能定理有mghPC－Wf＝0，得重力對(duì)小物塊做的功等于小物塊克服摩擦力做的功，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；小物塊第一次從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過(guò)程中，由于A點(diǎn)與C點(diǎn)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(xiàng)B錯(cuò)誤；小物塊只能到達(dá)C點(diǎn)一次是對(duì)的，然后由C點(diǎn)返回，由于摩擦力做功，所以不能再次經(jīng)過(guò)等高處的A點(diǎn)，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；小物塊第一次從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過(guò)程中，運(yùn)用動(dòng)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(duì)小物塊第一次經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)，運(yùn)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(duì)小物塊的支持力FNB＝2mg＋eq\f(2WfBC,R)，由牛頓第三定律可知選項(xiàng)D正確．5．(2017·湖南長(zhǎng)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(gè)質(zhì)量為m的小球靜止在軌道底部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．必須經(jīng)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4W.設(shè)兩次擊打過(guò)程中小錘對(duì)小球做的功全部用來(lái)增加小球的動(dòng)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(yùn)動(dòng)的最大高度為R，即W≤mgR.第二次擊打，小球才能運(yùn)動(dòng)到圓軌道的最高點(diǎn)，而小球能夠通過(guò)最高點(diǎn)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(diǎn)的過(guò)程，由動(dòng)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(xiàng)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(dòng)摩擦因數(shù)分別為μ、2μ和3μ，三塊薄板長(zhǎng)度均為L(zhǎng)，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(diǎn)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(diǎn)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(diǎn)以相同的初速度v0水平向左運(yùn)動(dòng)；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(diǎn)滑上第一塊薄板．則下列說(shuō)法正確的是(AB)A．第二次小物塊一定能夠運(yùn)動(dòng)到a點(diǎn)并停下B．第一次和第二次小物塊經(jīng)過(guò)c點(diǎn)時(shí)的速度大小相等C．第三次小物塊也一定能運(yùn)動(dòng)到d點(diǎn)D．第一次與第三次小物塊克服摩擦力做的功相等解析因?yàn)榈谝淮魏偷诙伪“寰还潭?，以小物塊為研究對(duì)象，根據(jù)動(dòng)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(diǎn)運(yùn)動(dòng)到a點(diǎn)摩擦力做功相同，故可以運(yùn)動(dòng)到a點(diǎn)并停下，選項(xiàng)A正確；同理，第一次運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)時(shí)，摩擦力做的功Wf1＝－μmgL－2μmgL＝－3μmgL，第二次運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)時(shí)摩擦力做的功Wf2＝－3μmgL，所以?xún)纱瓮ㄟ^(guò)c點(diǎn)時(shí)的速度大小相等，選項(xiàng)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(duì)薄板做功，薄板動(dòng)能增加，系統(tǒng)損失的機(jī)械能減少，小物塊相對(duì)薄板的位移減小，則小物塊不能運(yùn)動(dòng)到d點(diǎn)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；與第一次相比，因?yàn)榈谌涡∥飰K沒(méi)有減速到零，故損失的動(dòng)能減少，所以摩擦力對(duì)小物塊做的功減少，即小物塊克服摩擦力做的功減少，選項(xiàng)D錯(cuò)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(shí)間t的關(guān)系如圖甲所示，物塊的加速度a與時(shí)間t的關(guān)系如圖乙所示，g取10m/s2.設(shè)滑動(dòng)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(cuò)誤的是(ABC)A．地面對(duì)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(dòng)摩擦因數(shù)為0.2D．4s末推力F的瞬時(shí)功率為36W解析由題圖甲知，F(xiàn)＝2t，由題圖乙知，t＝1s時(shí)，物塊開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，此時(shí)，F(xiàn)1＝2N，故地面對(duì)物塊的最大靜摩擦力為2N，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；t＝4s時(shí)，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(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.1，選項(xiàng)B、C錯(cuò)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(shí)功率P＝Fv＝8×4.5W＝36W，選項(xiàng)D正確．8．(多選)如圖所示，水平傳送帶以v＝2m/s的速度順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，將一質(zhì)量m＝0.5kg的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))輕放在傳送帶最左端，在摩擦力的作用下，小物塊會(huì)從傳送帶最右端水平飛出，恰好落在地面上某點(diǎn)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(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，重力加速度g＝10m/s2，則下對(duì)說(shuō)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(shí)間為eq\r(3)sB．落點(diǎn)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(shí)的動(dòng)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(shí)，開(kāi)始做勻速直線運(yùn)動(dòng)，其加速時(shí)間t1＝eq\f(v,μg)＝1s，此時(shí)小物塊的位移為x1＝eq\f(1,2)vt1＝1m，剩下x2＝l－x1＝2m做勻速運(yùn)動(dòng)，勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t2＝eq\f(x2,v)＝1s，離開(kāi)傳送帶后做平拋運(yùn)動(dòng)，平拋運(yùn)動(dòng)時(shí)間t3＝eq\r(\f(2h,g))＝1s，總時(shí)間為t＝t1＋t2＋t3＝3s，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；離開(kāi)傳送帶時(shí)，小物塊的速度為2m/s，則x平＝vt3＝2m，選項(xiàng)B錯(cuò)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(xiàng)C正確；從傳送帶最右端到落到地面，對(duì)小物塊利用動(dòng)能定理可得Ekp＝eq\f(1,2)mv2＋mgh＝26J，選項(xiàng)D正確．9．(2017·湖北襄陽(yáng)模擬)如圖，Q為一個(gè)原來(lái)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(zhǎng)度為L(zhǎng)＝R的粗糙水平軌道，二者相切于D點(diǎn)，D在圓心O的正下方，整個(gè)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(diǎn))，P與AD間的動(dòng)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(diǎn)滑上水平軌道，沖至C點(diǎn)后返回A點(diǎn)時(shí)恰好靜止，求v0的大小和P剛越過(guò)D點(diǎn)時(shí)對(duì)Q的壓力大??；(2)若Q不固定，P仍以速度v0從A點(diǎn)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(guò)程中，只有AD段和DA段的摩擦力做功，由動(dòng)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(diǎn)的速度為vD，從A到D的過(guò)程中，由動(dòng)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(guò)D時(shí)，若Q對(duì)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(duì)Q的壓力大小也為1.2mg.(2)當(dāng)P、Q具有共同速度v時(shí)，P達(dá)到最大高度h，由動(dòng)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(guó)擁有航空母艦后，艦載機(jī)的起飛與降落等問(wèn)題受到了廣泛關(guān)注.2012年11月23日，艦載機(jī)殲—15首降“遼寧艦”獲得成功，隨后艦載機(jī)又通過(guò)滑躍式起飛成功．某興趣小組通過(guò)查閱資料對(duì)艦載機(jī)滑躍起飛過(guò)程進(jìn)行了如下的簡(jiǎn)化模擬：假設(shè)起飛時(shí)“航母”靜止，艦載機(jī)質(zhì)量視為不變并可看成質(zhì)點(diǎn)．“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(jì)拐角處的長(zhǎng)度)，其水平軌道長(zhǎng)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(jī)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(diǎn)由靜止啟動(dòng)，發(fā)動(dòng)機(jī)的推力大小恒為0.6mg，方向與速度方向相同，飛機(jī)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(jī)在水平軌道AB上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；(2)在水平軌道末端B，艦載機(jī)發(fā)動(dòng)機(jī)的推力功率；(3)要保證艦載機(jī)正常起飛，斜面軌道的長(zhǎng)度滿(mǎn)足的條件．(結(jié)果用m、g、L、h、v表示)解析(1)設(shè)艦載機(jī)在水平軌道的加速度為a，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，發(fā)動(dòng)機(jī)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(jī)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(jī)恰能在C端起飛時(shí)，斜面軌道長(zhǎng)為l0，整個(gè)過(guò)程由動(dòng)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(zhǎng)度滿(mǎn)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(chē)靜止在光滑水平地面上，平板車(chē)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(diǎn)的滑塊，以v0＝8m/s的水平初速度從左端滑上平板車(chē)，同時(shí)對(duì)平板車(chē)施加一水平向右、大小為5N的恒力F.當(dāng)滑塊運(yùn)動(dòng)到平板車(chē)的最右端時(shí)，兩者恰好相對(duì)靜止，此時(shí)撤去恒力F，當(dāng)平板車(chē)碰到障礙物A時(shí)立即停止運(yùn)動(dòng)，滑塊水平飛離平板車(chē)后，恰能無(wú)碰撞地沿圓弧切線從B點(diǎn)切入光滑豎直圓弧軌道，并沿軌道下滑．已知滑塊與平板車(chē)間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，圓弧半徑為R＝1.0m，圓弧所對(duì)的圓心角∠BOD＝θ＝106°.g＝10m/s2，sin53°＝0.8