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2019年高考物理二輪復(fù)習 第一部分 專題二 功和能專題跟蹤檢測（八）解題利器——“動能定理”的三個應(yīng)用
一、選擇題(第1～5題為單項選擇題，第6～9題為多項選擇題)
1.(xx南通模擬)彈弓是中國非物質(zhì)文化遺產(chǎn)，《吳越春秋》中就有相關(guān)記載：“弩生于弓，弓生于彈…”。某同學利用一個“Y”形彈弓(如圖所示)，將一顆質(zhì)量約為20 g的石頭斜向上射出約30 m遠，最高點離地約10 m，空氣阻力不計，g取10 m/s2。則該同學對彈弓做功約為( )
A．1 J B．2 J
C．3 J D．4 J
解析：選C 設(shè)石頭到達最高點時的速度為v，從最高點到落地石頭做平拋運動，則有：x＝vt，h＝gt2，由石頭運動路徑的過稱性可得：v＝x＝ m/s＝ m/s，根據(jù)功能關(guān)系得該同學對彈弓做功為：W＝mgh＋mv2＝0.021010 J＋0.022 J＝3.125 J≈3 J，C正確。
2.一人用恒定的力F，通過圖示裝置拉著物體沿光滑水平面運動，A、B、C是其運動路徑上的三個點，且AC＝BC。若物體從A到C、從C到B的過程中，人拉繩做的功分別為WFA、WFB，物體動能的增量分別為ΔEA、ΔEB，不計滑輪質(zhì)量和摩擦，下列判斷正確的是( )
A．WFA＝WFB ΔEA＝ΔEB
B．WFA>WFB ΔEA>ΔEB
C．WFA
WFB ΔEA<ΔEB
解析：選B 如圖，F(xiàn)做的功等于F1做的功，物體由A向B運動的過程中，F(xiàn)1逐漸減小，又因為AC＝BC，由W＝F1l知WFA>WFB；對物體只有F做功，由動能定理知ΔEA>ΔEB，故B正確。
3.將一傾角為θ的斜面體固定在水平面上，在最高點A與最低點C之間有一點B，滿足AB＝2BC。將一小滑塊從最高點由靜止釋放，經(jīng)過一段時間后到達C點，且此時滑塊的速度為零。已知滑塊與AB、BC間的動摩擦因數(shù)分別為μ1、μ2。由以上條件判斷下列關(guān)系式中正確的是( )
A．tan θ＝ B．tan θ＝
C．tan θ＝2μ1－μ2 D．tan θ＝2μ2－μ1
解析：選B 滑塊從最高點由靜止釋放，恰好能滑動到斜面體的最低點，對滑塊受力分析可知滑塊受重力、支持力和滑動摩擦力作用。設(shè)斜面的總長為L，從A到C，由動能定理得mgLsin θ－μ1mgcos θL－μ2mgcos θL＝0，解得tan θ＝，B正確。
4.質(zhì)量為m的物體以初速度v0沿水平面開始向左運動，起始點A與一輕彈簧O端相距s，如圖所示。已知物體與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ，物體與彈簧相碰后，彈簧的最大壓縮量為x，則從開始碰撞到彈簧被壓縮至最短，物體克服彈簧彈力所做的功為( )
A.mv02－μmg(s＋x) B.mv02－μmgx
C．μmgs D．μmg(s＋x)
解析：選A 設(shè)物體克服彈簧彈力所做的功為WT，則物體向左壓縮彈簧過程中，彈簧彈力對物體做功為－WT，摩擦力對物體做功為－μmg(s＋x)，根據(jù)動能定理有－WT－μmg(s＋x)＝0－mv02，所以，WT＝mv02－μmg(s＋x)，故A正確。
5.如圖，一滑塊(可視為質(zhì)點)以某一初速度沖上傾角為θ的固定斜面，然后沿斜面運動。已知滑塊先后兩次經(jīng)過斜面A點速度大小分別為v1和v2，則滑塊與斜面之間的動摩擦因數(shù)μ為( )
A.tan θ B.cot θ
C.tan θ D.cot θ
解析：選C 滑塊先后兩次經(jīng)過斜面A點時由動能定理得mv22－mv12＝－μmgcos θ2x；當滑塊第一次從A點到最高點時由動能定理得0－mv12＝－mgxsin θ－μmgcos θx，聯(lián)立解得μ＝tan θ，選項C正確。
6.(xx寧波模擬)如圖所示，輕質(zhì)彈簧的一端固定在傾角為θ的光滑斜面底端，另一端與質(zhì)量為m的物體連接。開始時用手按住物體使彈簧處于壓縮狀態(tài)，放手后物體向上運動所能達到的最大速度為v。已知重力加速度為g，下列判斷正確的是( )
A．物體達到最大速度v時，彈簧處于壓縮狀態(tài)
B．物體達到最大速度v時，其加速度為gsin θ
C．從釋放到達到最大速度v的過程中，物體受到的合外力一直減小
D．從釋放到達到最大速度v的過程中，彈簧彈力對物體做功為mv2
解析：選AC 對物體m應(yīng)用牛頓第二定律可得：kx－mgsin θ＝ma，隨x減小，物體向上的加速度逐漸減小，當kx＝mgsin θ時，a＝0，物體速度最大，A、C正確，B錯誤；由動能定理可知，彈簧彈力和重力所做的總功才等于mv2，D錯誤。
7.物體在合外力作用下做直線運動的v t圖像如圖所示。下列表述正確的是( )
A．在0～2 s內(nèi)，合外力總是做負功
B．在1～2 s內(nèi)，合外力不做功
C．在0～3 s內(nèi)，合外力做功為零
D．在0～1 s內(nèi)比1～3 s內(nèi)合外力做功快
解析：選CD 由題圖和動能定理可知在0～2 s內(nèi)物體先加速后減速，合外力先做正功后做負功，A錯；根據(jù)動能定理得0～3 s內(nèi)合外力做功為零，1～2 s內(nèi)合外力做負功，C對，B錯；在0～1 s內(nèi)比1～3 s內(nèi)合外力做功快，D對。
8.如圖所示，斜面AB和水平面BC是由同一板材上截下的兩段，在B處用小圓弧連接。將鐵塊(可視為質(zhì)點)從A處由靜止釋放后，它沿斜面向下滑行，進入平面，最終靜止于P處。若從該板材上再截下一段，擱置在A、P之間，構(gòu)成一個新的斜面，再將鐵塊放回A處，并輕推一下使之沿新斜面向下滑動。關(guān)于此情況下鐵塊的運動情況，下列描述正確的是( )
A．鐵塊一定能夠到達P點
B．鐵塊的初速度必須足夠大才能到達P點
C．鐵塊能否到達P點與鐵塊質(zhì)量有關(guān)
D．鐵塊能否到達P點與鐵塊質(zhì)量無關(guān)
解析：選AD 設(shè)A距離地面的高度為h，鐵塊與板材之間的動摩擦因數(shù)為μ，對全過程運用動能定理有mgh－μmgcos θsAB－μmgsBP＝0，得mgh－μmg(sABcos θ＋sBP)＝0，而sABcos θ＋sBP＝，即h－μ＝0，鐵塊在新斜面上有mgsin α－μmgcos α＝ma，由sin α－μcos α＝＝0，可知鐵塊在新斜面上做勻速運動，與鐵塊的質(zhì)量m無關(guān)，鐵塊一定能夠到達P點，選項A、D正確，B、C錯誤。
9.(xx徐州模擬)如圖所示，輕彈簧一端固定于O點，另一端與小滑塊連接。把滑塊放在光滑斜面上的A點，此時彈簧恰好水平。將滑塊從A點由靜止釋放，經(jīng)B點到達位于O點正下方的C點。當滑塊運動到B點時，彈簧恰處于原長且與斜面垂直。已知彈簧原長為L，斜面傾角θ小于45，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，重力加速度為g。則在此過程中( )
A．滑塊的加速度可能一直減小
B．滑塊經(jīng)過B點時的速度可能最大
C．滑塊經(jīng)過C點的速度大于
D．滑塊在AB過程中動能的增量比BC過程小
解析：選AC 滑塊下滑過程中受重力、斜面對它的支持力、彈簧彈力。在B點彈簧恰處于原長且與斜面垂直，則滑塊從A到B合外力變小且沿斜面向下，做加速度變小的加速運動?；瑝K從B到C彈簧彈力變大，此過程中有可能合力一直沿斜面向下，那么滑塊繼續(xù)做加速度變小的加速運動；也有可能合力有向上的階段，那么滑塊在此階段加速度先變小后變大，即做先加速后減速的運動，故A正確，B錯誤；彈簧原長為L，斜面傾角θ小于45，由幾何關(guān)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彈簧彈力對滑塊做正功B到C做負功，根據(jù)動能定理A到B階段動能增加量大于B到C階段；設(shè)整個過程彈力做功為W，到達C點時速度為v，則由動能定理：mg＋W＝mv2，可得滑塊經(jīng)過C點的速度大于 ，故C正確，D錯誤。
二、非選擇題
10．(xx鎮(zhèn)江一模)如圖所示的裝置由水平彈簧發(fā)射器及兩個軌道組成：軌道Ⅰ是光滑軌道AB，AB間高度差h1＝0.20 m；軌道Ⅱ由AE和螺旋圓形EFG兩段光滑軌道和粗糙軌道GB平滑連接而成，且A點與EFG段最高處F點等高。軌道Ⅱ最低點與AF所在直線的高度差h2＝0.40 m。當彈簧壓縮量為d時，恰能使質(zhì)量m＝0.05 kg的滑塊沿軌道Ⅰ上升到B點，當彈簧壓縮量為2d時，恰能使滑塊沿軌道Ⅱ上升到B點，滑塊兩次到達B點處均被裝置鎖定不再運動。已知彈簧彈性勢能Ep與彈簧壓縮量x的平方成正比，彈簧始終處于彈性限度范圍內(nèi)，不考慮滑塊與發(fā)射器之間的摩擦，重力加速度g＝10 m/s2。
(1)當彈簧壓縮量為d時，求彈簧的彈性勢能及滑塊離開彈簧瞬間的速度大??；
(2)求滑塊經(jīng)過F點時對軌道的壓力大?。?
(3)求滑塊通過GB段過程中克服摩擦力所做的功。
解析：(1)當彈簧壓縮量為d時，恰能使質(zhì)量m＝0.05 kg的滑塊沿軌道Ⅰ上升到B點，所以根據(jù)能量轉(zhuǎn)化和守恒定律得：
彈簧彈性勢能Ep1＝mgh1
解得：Ep1＝0.1 J
對滑塊由靜止到離開彈簧過程由能量轉(zhuǎn)化和守恒定律得：
Ep1＝mv2
解得：v＝2 m/s。
(2)根據(jù)題意，彈簧彈性勢能Ep與彈簧壓縮量x的平方成正比，所以彈簧壓縮量為2d時，彈簧彈性勢能為Ep2＝0.4 J
根據(jù)題意，滑塊到達F點時有Ep2＝mv′2，
解得滑塊的速度v′＝4 m/s
根據(jù)牛頓第二定律可得：mg＋FN＝m，其中R＝
解得：FN＝3.5 N
根據(jù)牛頓第三定律：滑塊對軌道的壓力大小為3.5 N。
(3)滑塊通過GB段過程，根據(jù)能量轉(zhuǎn)化和守恒定律得
Ep2＝mgh1＋Q
解得：Q＝0.3 J
又Q＝W克
所以滑塊通過GB段過程中克服摩擦力所做的功W克＝0.3 J。
答案：(1)0.1 J 2 m/s (2)3.5 N (3)0.3 J
11.(xx南通一模)如圖所示，傾角為θ＝30的光滑斜面上有固定擋板AB，斜面上B、C 兩點間高度差為h。斜面上疊放著質(zhì)量均為m的木板和大小不計的物塊，木板長為L，下端位于擋板AB處，整體處于靜止狀態(tài)。木板和物塊兩者間的動摩擦因數(shù)μ＝，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g。
(1)若木板和物塊一起以某初速度沿斜面向上運動，木板上端恰能運動到C點，求初速度大小v0；
(2)若對木板施加沿斜面向上的拉力，為使木板上滑且與物塊間沒有相對滑動，求拉力應(yīng)滿足的條件；
(3)若給木板施加大小為F＝2mg、方向沿斜面向上的拉力，此后運動過程中物塊始終未脫離木板，要使木板上端恰能運動到C點，求拉力F作用的時間t1。
解析：(1)以木板和物塊整體為研究對象，由動能定理有
－2mg(h－Lsin θ)＝0－2mv02
解得v0＝。
(2)設(shè)物塊沿斜面向上運動的最大加速度為a，最大拉力為Fm，則
μmgcos θ－mgsin θ＝ma
對木板和物塊整體有Fm－2mgsin θ＝2ma
解得Fm＝1.5mg
要使木板和物塊整體能沿斜面上滑，應(yīng)滿足F＞2mgsin θ＝mg
所以mg＜F≤1.5mg。
(3)由(2)可知，施加拉力F時物塊相對木板會滑動，物塊相對木板滑動過程中，設(shè)物塊的加速度為a1，有拉力F作用時木板的加速度為a2，撤去拉力F后木板的加速度大小為a3，則
對物塊μmgcos θ－mgsin θ＝ma1，
對木板F－mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，
mgsin θ＋μmgcos θ＝ma3，
解得a1＝g，a2＝g，a3＝g
在t1時刻物塊的速度為v1，木板的速度為v2，則
v1＝a1t1，v2＝a2t1
設(shè)撤去拉力F后，經(jīng)過時間t2二者速度相同，則
v3＝v2－a3t2＝v1＋a1t2
此后二者一起勻減速上滑，設(shè)加速度大小為a4，則
2mgsin θ＝2ma4
全過程中木板的位移
x＝a2t12＋a2t1t2－a3t22＋
由幾何關(guān)系有＝x＋L
解得拉力F作用的時間 t1＝ 。
答案：(1) (2)mg＜F≤1.5mg
(3)
2019年高考物理二輪復(fù)習 第一部分 專題二 功和能專題跟蹤檢測（八）解題利器——“動能定理”的三個應(yīng)用.doc
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