（江苏选考）高考物理二轮复习 第一部分 专题二 功和能专题跟踪检测（八）解题利器-“动能定理”的三个应用-人教版高三全册物理试题

专题跟踪检测（八）解题利器——“动能定理”的三个应用一、选择题(第1～5题为单项选择题，第6～9题为多项选择题)1.(2017·南通模拟)弹弓是中国非物质文化遗产，《吴越春秋》中就有相关记载：“弩生于弓，弓生于弹…”。某同学利用一个“Y”形弹弓(如图所示)，将一颗质量约为20g的石头斜向上射出约30m远，最高点离地约10m，空气阻力不计，g取10m/s2。则该同学对弹弓做功约为()A．1J B．2JC．3J D．4J解析：选C设石头到达最高点时的速度为v，从最高点到落地石头做平抛运动，则有：x＝vt，h＝eq\f(1,2)gt2，由石头运动路径的过称性可得：v＝xeq\r(\f(g,2h))＝eq\f(30,2)×eq\r(\f(10,2×10))m/s＝eq\f(15\r(2),2)m/s，根据功能关系得该同学对弹弓做功为：W＝mgh＋eq\f(1,2)mv2＝0.02×10×10J＋eq\f(1,2)×0.02×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(15\r(2),2)))2J＝3.125J≈3J，C正确。2.一人用恒定的力F，通过图示装置拉着物体沿光滑水平面运动，A、B、C是其运动路径上的三个点，且AC＝BC。若物体从A到C、从C到B的过程中，人拉绳做的功分别为WFA、WFB，物体动能的增量分别为ΔEA、ΔEB，不计滑轮质量和摩擦，下列判断正确的是()A．WFA＝WFBΔEA＝ΔEBB．WFA>WFBΔEA>ΔEBC．WFA<WFBΔEA<ΔEBD．WFA>WFBΔEA<ΔEB解析：选B如图，F做的功等于F1做的功，物体由A向B运动的过程中，F1逐渐减小，又因为AC＝BC，由W＝F1l知WFA>WFB；对物体只有F做功，由动能定理知ΔEA>ΔEB，故B正确。3.将一倾角为θ的斜面体固定在水平面上，在最高点A与最低点C之间有一点B，满足AB＝2BC。将一小滑块从最高点由静止释放，经过一段时间后到达C点，且此时滑块的速度为零。已知滑块与AB、BC间的动摩擦因数分别为μ1、μ2。由以上条件判断下列关系式中正确的是()A．tanθ＝eq\f(μ1＋2μ2,3) B．tanθ＝eq\f(2μ1＋μ2,3)C．tanθ＝2μ1－μ2 D．tanθ＝2μ2－μ1解析：选B滑块从最高点由静止释放，恰好能滑动到斜面体的最低点，对滑块受力分析可知滑块受重力、支持力和滑动摩擦力作用。设斜面的总长为L，从A到C，由动能定理得mgLsinθ－μ1mgcosθ·eq\f(2,3)L－μ2mgcosθ·eq\f(1,3)L＝0，解得tanθ＝eq\f(2μ1＋μ2,3)，B正确。4.质量为m的物体以初速度v0沿水平面开始向左运动，起始点A与一轻弹簧O端相距s，如图所示。已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，物体与弹簧相碰后，弹簧的最大压缩量为x，则从开始碰撞到弹簧被压缩至最短，物体克服弹簧弹力所做的功为()A.eq\f(1,2)mv02－μmg(s＋x) B.eq\f(1,2)mv02－μmgxC．μmgs D．μmg(s＋x)解析：选A设物体克服弹簧弹力所做的功为WT，则物体向左压缩弹簧过程中，弹簧弹力对物体做功为－WT，摩擦力对物体做功为－μmg(s＋x)，根据动能定理有－WT－μmg(s＋x)＝0－eq\f(1,2)mv02，所以，WT＝eq\f(1,2)mv02－μmg(s＋x)，故A正确。5.如图，一滑块(可视为质点)以某一初速度冲上倾角为θ的固定斜面，然后沿斜面运动。已知滑块先后两次经过斜面A点速度大小分别为v1和v2，则滑块与斜面之间的动摩擦因数μ为()A.eq\f(v1－v2,v1＋v2)tanθ B.eq\f(v1－v2,v1＋v2)cotθC.eq\f(v12－v22,v12＋v22)tanθ D.eq\f(v12－v22,v12＋v22)cotθ解析：选C滑块先后两次经过斜面A点时由动能定理得eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12＝－μmgcosθ·2x；当滑块第一次从A点到最高点时由动能定理得0－eq\f(1,2)mv12＝－mgxsinθ－μmgcosθ·x，联立解得μ＝eq\f(v12－v22,v12＋v22)tanθ，选项C正确。6.(2017·宁波模拟)如图所示，轻质弹簧的一端固定在倾角为θ的光滑斜面底端，另一端与质量为m的物体连接。开始时用手按住物体使弹簧处于压缩状态，放手后物体向上运动所能达到的最大速度为v。已知重力加速度为g，下列判断正确的是()A．物体达到最大速度v时，弹簧处于压缩状态B．物体达到最大速度v时，其加速度为gsinθC．从释放到达到最大速度v的过程中，物体受到的合外力一直减小D．从释放到达到最大速度v的过程中，弹簧弹力对物体做功为eq\f(1,2)mv2解析：选AC对物体m应用牛顿第二定律可得：kx－mgsinθ＝ma，随x减小，物体向上的加速度逐渐减小，当kx＝mgsinθ时，a＝0，物体速度最大，A、C正确，B错误；由动能定理可知，弹簧弹力和重力所做的总功才等于eq\f(1,2)mv2，D错误。7.物体在合外力作用下做直线运动的v­t图像如图所示。下列表述正确的是()A．在0～2s内，合外力总是做负功B．在1～2s内，合外力不做功C．在0～3s内，合外力做功为零D．在0～1s内比1～3s内合外力做功快解析：选CD由题图和动能定理可知在0～2s内物体先加速后减速，合外力先做正功后做负功，A错；根据动能定理得0～3s内合外力做功为零，1～2s内合外力做负功，C对，B错；在0～1s内比1～3s内合外力做功快，D对。8.如图所示，斜面AB和水平面BC是由同一板材上截下的两段，在B处用小圆弧连接。将铁块(可视为质点)从A处由静止释放后，它沿斜面向下滑行，进入平面，最终静止于P处。若从该板材上再截下一段，搁置在A、P之间，构成一个新的斜面，再将铁块放回A处，并轻推一下使之沿新斜面向下滑动。关于此情况下铁块的运动情况，下列描述正确的是()A．铁块一定能够到达P点B．铁块的初速度必须足够大才能到达P点C．铁块能否到达P点与铁块质量有关D．铁块能否到达P点与铁块质量无关解析：选AD设A距离地面的高度为h，铁块与板材之间的动摩擦因数为μ，对全过程运用动能定理有mgh－μmgcosθ·sAB－μmgsBP＝0，得mgh－μmg(sABcosθ＋sBP)＝0，而sABcosθ＋sBP＝eq\x\to(OP)，即h－μeq\x\to(OP)＝0，铁块在新斜面上有mgsinα－μmgcosα＝ma，由sinα－μcosα＝eq\f(h－μ\x\to(OP),\x\to(AP))＝0，可知铁块在新斜面上做匀速运动，与铁块的质量m无关，铁块一定能够到达P点，选项A、D正确，B、C错误。9.(2017·徐州模拟)如图所示，轻弹簧一端固定于O点，另一端与小滑块连接。把滑块放在光滑斜面上的A点，此时弹簧恰好水平。将滑块从A点由静止释放，经B点到达位于O点正下方的C点。当滑块运动到B点时，弹簧恰处于原长且与斜面垂直。已知弹簧原长为L，斜面倾角θ小于45°，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g。则在此过程中()A．滑块的加速度可能一直减小B．滑块经过B点时的速度可能最大C．滑块经过C点的速度大于eq\r(\f(2gL,cosθ))D．滑块在AB过程中动能的增量比BC过程小解析：选AC滑块下滑过程中受重力、斜面对它的支持力、弹簧弹力。在B点弹簧恰处于原长且与斜面垂直，则滑块从A到B合外力变小且沿斜面向下，做加速度变小的加速运动。滑块从B到C弹簧弹力变大，此过程中有可能合力一直沿斜面向下，那么滑块继续做加速度变小的加速运动；也有可能合力有向上的阶段，那么滑块在此阶段加速度先变小后变大，即做先加速后减速的运动，故A正确，B错误；弹簧原长为L，斜面倾角θ小于45°，由几何关系可知，A到B下降的高度差大于B到C的高度差，又A到B弹簧弹力对滑块做正功B到C做负功，根据动能定理A到B阶段动能增加量大于B到C阶段；设整个过程弹力做功为W，到达C点时速度为v，则由动能定理：mgeq\f(L,cosθ)＋W＝eq\f(1,2)mv2，可得滑块经过C点的速度大于eq\r(\f(2gL,cosθ))，故C正确，D错误。二、非选择题10．(2017·镇江一模)如图所示的装置由水平弹簧发射器及两个轨道组成：轨道Ⅰ是光滑轨道AB，AB间高度差h1＝0.20m；轨道Ⅱ由AE和螺旋圆形EFG两段光滑轨道和粗糙轨道GB平滑连接而成，且A点与EFG段最高处F点等高。轨道Ⅱ最低点与AF所在直线的高度差h2＝0.40m。当弹簧压缩量为d时，恰能使质量m＝0.05kg的滑块沿轨道Ⅰ上升到B点，当弹簧压缩量为2d时，恰能使滑块沿轨道Ⅱ上升到B点，滑块两次到达B点处均被装置锁定不再运动。已知弹簧弹性势能Ep与弹簧压缩量x的平方成正比，弹簧始终处于弹性限度范围内，不考虑滑块与发射器之间的摩擦，重力加速度g＝10m/s2。(1)当弹簧压缩量为d时，求弹簧的弹性势能及滑块离开弹簧瞬间的速度大小；(2)求滑块经过F点时对轨道的压力大小；(3)求滑块通过GB段过程中克服摩擦力所做的功。解析：(1)当弹簧压缩量为d时，恰能使质量m＝0.05kg的滑块沿轨道Ⅰ上升到B点，所以根据能量转化和守恒定律得：弹簧弹性势能Ep1＝mgh1解得：Ep1＝0.1J对滑块由静止到离开弹簧过程由能量转化和守恒定律得：Ep1＝eq\f(1,2)mv2解得：v＝2m/s。(2)根据题意，弹簧弹性势能Ep与弹簧压缩量x的平方成正比，所以弹簧压缩量为2d时，弹簧弹性势能为Ep2＝0.4J根据题意，滑块到达F点时有Ep2＝eq\f(1,2)mv′2，解得滑块的速度v′＝4m/s根据牛顿第二定律可得：mg＋FN＝meq\f(v′2,R)，其中R＝eq\f(h2,2)解得：FN＝3.5N根据牛顿第三定律：滑块对轨道的压力大小为3.5N。(3)滑块通过GB段过程，根据能量转化和守恒定律得Ep2＝mgh1＋Q解得：Q＝0.3J又Q＝W克所以滑块通过GB段过程中克服摩擦力所做的功W克＝0.3J。答案：(1)0.1J2m/s(2)3.5N(3)0.3J11.(2017·南通一模)如图所示，倾角为θ＝30°的光滑斜面上有固定挡板AB，斜面上B、C两点间高度差为h。斜面上叠放着质量均为m的木板和大小不计的物块，木板长为L，下端位于挡板AB处，整体处于静止状态。木板和物块两者间的动摩擦因数μ＝eq\f(\r(3),2)，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。(1)若木板和物块一起以某初速度沿斜面向上运动，木板上端恰能运动到C点，求初速度大小v0；(2)若对木板施加沿斜面向上的拉力，为使木板上滑且与物块间没有相对滑动，求拉力应满足的条件；(3)若给木板施加大小为F＝2mg、方向沿斜面向上的拉力，此后运动过程中物块始终未脱离木板，要使木板上端恰能运动到C点，求拉力F作用的时间t1。解析：(1)以木板和物块整体为研究对象，由动能定理有－2mg(h－Lsinθ)＝0－eq\f(1,2)·2mv02解得v0＝eq\r(g2h－L)。(2)设物块沿斜面向上运动的最大加速度为a，最大拉力为Fm，则μmgcosθ－mgsinθ＝ma对木板和物块整体有Fm－2mgsinθ＝2ma解得Fm＝1.5mg要使木板和物块整体能沿斜面上滑，应满足F＞2mgsinθ＝mg所以mg＜F≤1.5mg。(3)由(2)可知，施加拉力F时物块相对木板会滑动，物块相对木板滑动过程中，设物块的加速度为a1，有拉力F作用时木板的加速度为a2，撤去拉力F后木板的加速度大小为a3，则对物块μmgcosθ－mgsinθ＝ma1，对木板F－mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，mgsinθ＋μmgcosθ＝ma3，解得a1＝eq\f(1,4)g，a2＝eq\f(3,4)g，a3＝eq\f(5,4)g在t1时刻物块的速度为v1，木板的速度为v2，