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-人教版高三全册物理试题.doc

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1、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

2、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

3、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

4、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/

5、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

6、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

7、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，

8、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

9、。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

10、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

11、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：

12、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，svCt，得v36 m/s，所以当vB6 m/s，小球越过壕沟。情况三：若小球刚能运动到与圆心等高位置，则有mgR0mv，得v42 m/s。所以当vB2 m/s时，小球又沿圆轨道返回。综上，小球在B点的初速度大小的范围是vB2 m/s或 m/svB4 m/s或vB6 m/s。答案：(1)2 m/s(2)vB2 m/s或 m/svB4 m/s 或vB6 m/s