2015年高考物理拉分题专项训练专题16动能定理的应用(含解析)讲解

1、12015 年高考物理拉分题专项训练 专题 16 动能定理的应用（含解析）一、考点精析（一）题型分类：对动能定理的考查，出题形式最为全面，有选择题、填空题、实验题、还常常以计算题的形式出现。其综 合性强，难度大，喜欢以压轴题的形式出现。常以科技发展、生产生活等为命题背景，考查方式灵活多变， 既可与动力学综合考查，也可与电磁学结合来考查。考查主要集中在以下几个方面：考查动能定理、考查 动能、F-x等等一些图像。（二）解题思路1选取研究对象，明确它的运动过程。2分析研究对象的受力情况。一 12123求出各力所做功的代数和，找出过程中初末状态所对应的动能之差，利用W-m2qmv求解。二、经典考题例题

2、 1（2015 届临沂）如图甲所示，静止在水平地面的物块A,受到水平向右的拉力F的作用，F与时间t的关系如图乙所示，设物块与地面的最大静摩擦力fm与滑动摩擦力大小相等，则（）图甲图乙A.011时间内F的功率逐渐增大B.12时刻物块A的加速度最大C.ts时刻物块A的动能最大D.1114时间内物块A的加速度先增大后减小解析；当推力小于最大静摩瞭力时，物体静止不动，静摩擦力与推力二力平衝，当推大于最大静摩擦力 时，物体开始加速，当推力重新小于最大静摩撩力时，物体由于惯性继续诚逮运动.解；A.时刻前，推力小于最大静摩擁力*物体静止不动，静摩擦力与推力二力平衝，合力为零，力尺的 功率为零，故A错；B.t

3、2时刻物块所受的水平拉力最大，根据牛顿第二定律可知，加速度最大，故B 对;2C.t1到t3时刻，合力向前，物体一直加速前进，t3时刻加速度等于零，速度达到最大值，此时动能最大，故 C 对；D.tit2时间，F逐渐增大，加速度逐渐增大，t2t3时间，F逐渐减小，加速度逐渐减小，故D 错。答案：BC例题 2（2015 届东莞）如图所示 质量为M的小车放在光滑的水平面上，质量为m的物体放在小车的一端.受到水平恒力F作用后，物体由静止开始运动，设小车与物体间的摩擦力为f,车长为L,车发生的位移为s,则物体从小车一端运动到另一端时，下列说法正确的是（）A.物体具有的动能为（F-f） （s+L）B.小车具

4、有的动能为fsC.物体克服摩擦力所做的功为f(s+L)D.这一过程中小车和物体组成的系统机械能减少了fL解析：根据动能定理求得物体的动能増加量和小车的动能増加鑒 注意物体和小车相对地面的位移不等.系 统机械能减少量是通过摩擦力对系统敝功壘度的.解；血根据动能定理得（严 Q（bJ）二丘所以物体具有的动能丸（尸 （旳故A对；B.根据动能定理得所UV卜车具有的动能为氏 故*对C.物体克摩擦力做功丸 Cbf）,故C对；D.这一过程小车和物体组戚的系统受到外力F的作用，做功次旳），摩整力对系統做功护-也 由于 摩擦产生的内能抑乩机械能增加了F （b功-佥,故D错.3答案：ABC例题 34（2015 届烟

5、台）如图所示，滑块以初速度vo滑上表面粗糙的固定斜面，到达最高点后又返回到出发点则能大致反映滑块整个运动过程中速度V、加速度a、动能&、重力对滑块所做的功W与时间t或位移x关系的是（取初速度方向为正方向）（）解析：根据牛顿第二定律求出上滑和下滑过程中的加速度大小，从而得出速度随时间的变化规律，根据动能定理得出动能与位移的规律，根据W=mgh得出重力势能与位移变化关系.mgsin0+u mgcos0mcsin0-卩mgcos0解：上滑时的加速度ai=-m-=gsin0+u geos0，下滑时的加速度 & - m-12=gsin0-u geos0.知aia2.根据位移公式x=2at

6、，由于下滑与上滑过程位移大小相等，则知，下滑时间t2上滑的时间ti.由于机械能有损失，返回到出发点时速度小球出发时的初速度.根据速度-时间图线的斜率表示加速度，故 A 对. 动能是标量，不存在负值，故 C 错.重力做功W=-mghF-mgxsin0，故 D 对.答案：AD 例题 4（2015 届邵阳）如图所示，光滑斜面的顶端固定一弹簧，一物体向右滑行，并冲上固定在地面上的斜面。设物体在斜面最低点A的速度为v,压缩弹簧至C点时弹簧最短，C点距地面高度为h,则从A到C的过程1212A.mgh-一mvB.mvmgh22C. mghD. （mgh1m2）解析：设从A到C的过程中弹簧弹力做功为W由A到C

7、的过程运用动能定理可得B.C.51212mgh W=0 mv，所以W= mgh-mv, 故 A对。答案：A例题 5(2015 届枣庄)如图所示，光滑斜面倾角为 0 ,c为斜面上的固定挡板. 物块a和b通过轻质弹簧连接，a,b处于静止状态，弹簧压缩量为x.现对a施加沿斜面向下的外力使弹簧再压缩3x之后突然撤去外力，经时间t，物块a沿斜面向上运动的速度为v，此时物块b刚要离开挡板已知两物块的质量均为m,重力加则知，弹簧对b有向下 2 的压力，故物块b对挡板c的压力不为 0, C 错。mgin0 xB.物块b刚要离开挡板时，a的加速度为gsin0C.物块a沿斜面向上运动速度最大时，物块b对挡板c的压

8、力为 0D.12撤去外力后，经过时间t,弹簧弹力对物块a做的功为 5mg)sin0+空mv解析：(1)静止时，弹簧的弹力大小等于物块a重力沿斜面向下的分力，由胡克定律求出弹簧的劲度系数;(2)物块b刚要离开挡板时，弹簧的弹力等于物块b的重力沿斜面向下的分力，根据牛顿第二定律求得的加速度;(3)物块a沿斜面向上运动速度最大时，弹簧的弹力沿斜面向上， 大小与a的重力沿斜面向下的分力相等,物块b对挡板c的压力不等于零;(4)根据动能解：A.静止时，对a作受力分析，由平衡条件可知，弹簧的弹力大小等于物块a重力沿斜面向下的分力,由胡克定律得：弹簧的劲度系数k=mgSin ,故 A 对。xB.物块b刚要离

9、开挡板时，弹簧的弹力等于物块b的重力沿斜面向下的分力，则对a有 2mn0=maa=2gsin0，故 B 错。C.物块a沿斜面向上运动速度最大时，弹簧的弹力沿斜面向上，大小与a的重力沿斜面向下的分力相等,6mv,解得，弹簧弹力对物块a做的功为V=5mg)6in0D.撤去外力后，经过时间t,弹簧的伸长量为Xm0，根据动能定理得：V-mg(4x+x) sin0 JmV,故 D 对。7答案：AD例题 6（2015 届盐城）如图所示，A、B两小球用轻杆连接，竖直放置。由于微小的扰动，A球沿竖直光滑槽运动,B球沿水平光滑槽运动。则在A球到达底端前（）A.A球做匀加速直线运动B.轻杆对A球做负功，对B球做正

10、功C.A球到达竖直槽底端时B球的速度为零D.A球的机械能最小时轻杆对B球的作用力为零解析：分析A球到达竖直槽底端时受力情况，判断加速度的方向，根据加速度是否变化，判断A球的运动情况。A球受到重力和轻杆向右的拉力，杆刚水平时，A球的速度是竖直方向的，B球的速度为 0。根据系统机械能守恒，A的机械能转化为B的动能，B的动能开始是 0，最终还是 0,所以A球的机械能先减小后 增大。最终A球以一定的竖直速度撞击横槽。解：A球到达竖直槽底端时受到重力和轻杆向右的拉力，合力斜向右下方，加速度也斜向右下方，而在到 达竖直槽底端前A的加速度是竖直方向，说明A的加速度是变化，不可能做匀加速运动，故A 错。A球到

11、达竖直槽底端瞬间，A的速度方向竖直向下，则B球的速度为零。B的动能开始是 0，最终还是 0,则B的动能先增大后减小，系统机械能守恒，所以A球的机械能先减小后增大。则轻杆对A先做负功再做正功， 对B球先做正功再做负功，故 C 对。A球的机械能最小时，B的机械能最大，这是一个瞬间状态，是轻杆对B做负功和正功的临界点，所以作用力为 0，故 D 对。答案：CD三、巩固练习1.如图所示，将质量为 2m的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为m的环，环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑的轻小定滑轮与直杆的距离为d,杆上的A点与定滑轮等高，杆上的B点在A点下方距离为d处。现将环从A处由静止释放，不计一切摩

12、擦阻力，下列说法正确的是（）8A.环到达B处时，重物上升的高度h=2B.环到达B处时，环与重物的速度大小相等C.环从A到B,环减少的机械能等于重物增加的机械能D.环能下降的最大高度为4d解析：环刚开始释放时，重物由静止开始加速。根据数学几何关系求出环到达对B的速度沿绳子方向和垂直于绳子方向分解，在沿绳子方向上的分速度等于重物的速度，从而求出环在B处速度与重物的速度之比。环和重物组成的系统，机械能守恒。解：A.根据几何关系有，环从A下滑至B点时，重物上升的高度h= 2d-d,故 A 错；B.对B的速度沿绳子方向和垂直于绳子方向分解， 在沿绳子方向上的分速度等于重物的速度，有vcos 45=v重物

13、，故 B 错；C.环下滑过程中无摩擦力对系统做功，故系统机械能守恒，即满足环减小的机械能等于重物增加的机械能；D.环下滑到最大高度为h时环和重物的速度均为 0，此时重物上升的最大高度为h2+d2-d，根据机械能守 恒有mgh=2mg h2+d2-d）解得h=；d,故 D 对。答案：CD2如图所示，一个电量为+Q的点电荷甲，固定在绝缘水平面上的0点，另一个电量为-q、质量为m的点电与水平面的动摩擦因数为 卩,AB间距离为L,则以下说法不正确的是（）A.0B间的距离为B处时，重物上升的高度。荷乙从A点以初速度V。沿它们的连线向甲运动，到B点时速度最小且为v。已知静电力常量为k，点电荷乙91212B

14、.从A到B的过程中，电场力对点电荷乙做的功为mg+2mv-?mv1212C.从A到B的过程中，电场力对点电荷乙做的功为mg+2mv-? mvD.从A到B的过程中，乙的电势能减少解析：本题首先要正确分析物体受力特点，明确力和运动的关系，在本题中注意滑动摩擦力的大小方向不变，两球靠近过程中库仑力逐渐增大，小球先减速后加速，根据牛顿第二定律和功能关系可正确解答。解：乙到达B点时速度最小，乙先减速运动后做加速运动，当速度最小时有mg=F库,即mg=kQ，解得=、卩色，故 A 对；V mg12121212点电荷乙从A到B的过程中，根据动能定理得W卩mgl=2mv-qmvo,得W=卩mg+2mv-空mv,

15、故 C 对；点电荷乙从A到B的过程中，电场力对乙做正功，乙的电势能减少，故 D 对。答案：B3 如图所示，把质量为m带电量为+Q的物块放在倾角a=60。的固定光滑绝缘斜面的顶端，整个装置处在范围足够大的匀强电场中，已知电场强度大小为E=亠Qyg，电场方向水平向左，斜面高为H,则释放物Q块后，物块落地时的速度大小为（）A.(2+23)gHB 2gHc.22gHD.2. gH解析：对物块进行受力分析，画出物块的运动轨迹。运用动能定理或牛顿第二定律和运动学公式解决问题。解：对物块进行受力分析，物块受重力和水平向左的电场力。电场力F=QE=3mg重力和水平向左的电场力合力与水平方向夹角3=30,则物块

16、沿与水平成 30。的方向做匀加速直线运动。运用动能定理研究从开始到落地过程10mgHF? 3H=1m2-0解得v=2 2gH。答案：C4114 如图是被誉为“豪小子”的纽约尼克斯队17 号华裔球员林书豪在美国职业篮球（ NBA 赛场上投二分球时的照片。现假设林书豪准备投二分球前先曲腿下蹲再竖直向上跃起，已知林书豪的质量为m双脚离开地面时的速度为v,从开始下蹲至跃起过程中重心上升的高度为h,则下列说法 正确的是（）A.从地面跃起过程中，地面支持力对他所做的功为012B.从地面跃起过程中，地面支持力对他所做的功为2mv+mghC.离开地面后，他在上升过程和下落过程中都处于失重状态D.从下蹲到离开地

17、面上升过程中，他的机械能守恒解析：从地面跃起过程中，地面支持力的位移为零，根据功的公式分析地面支持力做的功。离开地面后，他在上升过程和下落过程中加速度方向向下，都处于失重状态。从下蹲到离开地面上升过程中，他的机械 能增大。解：从地面跃起过程中，地面支持力的位移为零，对林书豪所做的功为0,故 A 对；离开地面后，他只受重力，加速度方向都竖直向下，处于失重状态，故C 对；D.从下蹲到离开地面上升过程中，他的重力势能不变，动能增大，则其机械能增大，故D 错。答案：AC5.如图所示，轻质弹簧的一端固定在墙上，另一端与质量为m的物体A相连，A放在光滑水平面上，有一质量与A相同的物体B,从高h处由静止开始

18、沿光滑曲面滑下，与A相碰后一起将弹簧压缩，弹簧复原过程中某时刻B与A分开且沿原曲面上升。下列说法正确的是（A.弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为B.弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为C.B能达到的最大高度为 2D.B能达到的最大高度为-mghmgh212解析：B从轨道上下滑过程，只有重力做功，机械能守恒。运用机械能守恒定律可求得B与A碰撞前的速 度。 两个物体碰撞过程动量守恒，即可求得碰后的共同速度。碰后共同体压缩弹簧，当速度为零，弹簧的压缩量最大，弹性势能最大，根据系统的机械能守恒求得最大的弹性势能。当弹簧再次恢复原长时，A与B将分开，根据机械能守恒求得B能达到的最大高度。解：对B下滑过程中据机械能守恒定律可得mg=2mv B刚到达水平地面的速度vo= 2gh。1物体B、A碰撞过程，根据动量守恒定律可得mv=2mv得A与B碰撞后的共同速度为v=?Vo,所以弹簧被121压缩时所具有的最大弹性势能为Epn=2 ?2mv=2mgh故 B 对；12当弹簧再次恢复原长时，A与B将分开，B以v的速度沿斜面上滑，根据机械能守恒定律可得mgh=mV,B能达到的最大高度为，故 D 对。4答案：BD6如图甲所示，静置于光滑水平面上坐标原点处