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

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20 g的石头斜向上射出约30 m

远，最高点离地约10 m，空气阻力不计，g取10 m/s。则该同学对弹弓做功约为( )

A．1 J C．3 J

B．2 J D．4 J

2

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12

有：x＝vt，h＝gt，由石头运动路径的过称性可得：v＝x2

g30＝× 2h2

10

m/s＝2×10

152121

m/s，根据功能关系得该同学对弹弓做功为：W＝mgh＋mv＝0.02×10×10 J＋222×0.02×?

?15

?2

2?2

? J＝3.125 J≈3 J，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＝WFB ΔEA＝ΔEB B．WFA>WFB ΔEA>ΔEB C．WFAWFB ΔEA<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( )

μ1＋2μ2

A．tan θ＝

3C．tan θ＝2μ1－μ2

2μ1＋μ2

B．tan θ＝

3D．tan θ＝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

1 / 6

212μ1＋μ2

理得mgLsin θ－μ1mgcos θ·L－μ2mgcos θ·L＝0，解得tan θ＝，B正

333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( )

12

A.mv0－μmg(s＋x) 2C．μmgs

12

B.mv0－μmgx 2D．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(s1212

＋x)＝0－mv0，所以，WT＝mv0－μmg(s＋x)，故A正确。

22

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.C.

v1－v2

tan θ v1＋v2

v12－v22

tan θ

v12＋v22

B.D.

v1－v2

cot θ v1＋v2

v12－v22

cot θ

v12＋v22

1212

解析：选C 滑块先后两次经过斜面A点时由动能定理得mv2－mv1＝－μmgcos

22

θ·2x；当滑块第一次从A点到最高点时由动能定理得0－mv12＝－mgxsin θ－μmgcos θ·x，联立解得μ＝

v12－v22

tan θ，选项C正确。

v12＋v22

12

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gsin θ

C．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 1

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mv2

2

解析：选AC 对物体m应用牛顿第二定律可得：kx－mgsin θ＝ma，随x减小，物体

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向上的加速度逐渐减小，当kx＝mgsin θ时，a＝0，物体速度最大，A、C正确，B错误；12

由动能定理可知，弹簧弹力和重力所做的总功才等于mv，D错误。

2

7.物体在合外力作用下做直线运动的v -t图像如图所示。下列表述正确的是( )

A．在0～2 s内，合外力总是做负功 B．在1～2 s内，合外力不做功 C．在0～3 s内，合外力做功为零 D．在0～1 s内比1～3 s内合外力做功快

解析：选CD 由题图和动能定理可知在0～2 s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0～3 s内合外力做功为零，1～2 s内合外力做负功，C对，B错；在0～1 s内比1～3 s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－μmgcos θ·sAB－μmgsBP＝0，得mgh－μmg(sABcos θ＋sBP)＝0，而sABcos θ＋sBP＝OP，即h－μOP＝0，铁块在新斜面上有mgsin α－μmgcos αh－μOP

＝ma，由sin α－μcos α＝

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( )

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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

2gL

cos θ

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L12

过程弹力做功为W，到达C点时速度为v，则由动能定理：mg＋W＝mv，可得滑块

cos θ2经过C点的速度大于

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＝0.20 m；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＝0.40 m。当弹簧压缩量为d时，恰能使质量m＝0.05 kg的滑块沿轨道Ⅰ上升到

2gL

，故C正确，D错误。

cos θ

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＝10 m/s。

2

(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＝0.05 kg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＝0.1 J

对滑块由静止到离开弹簧过程由能量转化和守恒定律得：

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