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.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wgmv2mv20，可知|w风|wgmgha2，故fffff，所以f2ff，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p1p2，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 30mgmg，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 30mgh(3mm)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ekm3mv2mgh，故d错误。6. (2017成都高三检测)如图所示，斜面的倾角为，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，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qmvmgx0sin ，又由全程产生的热量等于克服摩擦力所做的功，即qmgxcos ，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r2 m，从最低点a有一质量m1 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v04 m/sb若初速度v05 m/s，则运动过程中，小球一定不会脱离圆轨道c若初速度v08 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v08 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mgm，解得v2 m/s；从a到b的过程中，根据动能定理得mv2mvmg2r，解得v010 m/s，所以小球能到达最高点b的条件是v010 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mgrmv，得v0 m/s 2 m/s5 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v08 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，则mgcos m，根据几何关系得cos (h为此时小球离圆轨道中心的高度)。根据动能定理得mv2mvmg(rh)，解得v2 m/s，h0.8 m。所以离开圆轨道的位置离a点的距离为h0.8 m2 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，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acl，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 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mghwfw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mghw弹wf0mv2，解得wfmv2，所以与杆摩擦产生的热量为mv2，由hlsin ，解得w弹mglsin 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mghwfw弹mv0，研究圆环从b处上滑到a的过程，运用动能定理得mghwfw弹0mvb2，由于wf0，所以mv0)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xl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xl的p点时，小球绕钉子转动的半径r1l ，小球由静止运动到最低点的过程中，由动能定理得mgmv，在最低点细绳承受的拉力最大，由牛顿第二定律得fmgm，联立解得f7mg。(2)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mgm，由动能定理得mgmv，钉子所在位置为x ，解得xl，因此钉子所在位置的范围为lxl。答案：(1)7mg(2)lxlb级冲满分10(2017甘肃兰州一中模拟)如图所示，ab是倾角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。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 mgcos s0，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be过程，由动能定理得mgr(1cos )mv在e点，由牛顿第二定律得fnmgm联立两式得fn(3)mg。(3)物体刚好能到d点，由牛顿第二定律有mgm对全过程由动能定理得mglsin mgcos lmgr(1cos )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r0.2 m，右侧水平轨道bc长为l4 m，c点右侧有一壕沟，c、d两点的竖直高度h1 m，水平距离s2 m，小球与水平轨道间的动摩擦因数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fnfnmg。根据牛顿第二定律有fnmg。从b到a过程，由动能定理可得mg2rmvmv，代入数据可解得v02 m/s。(2)情况一：若小球恰好停在c处，对全程进行研究，则有mgl0mv，得v14 m/s。小球刚好通过最高点a时，有mg。从b到a过程，则有mg2rmva2mv，得v2 m/s。所以当 m/svb4 m/s时，小球停在b、c间。情况二：若小球恰能越过壕沟，则有mglmvmv，hgt2，s