1、重难强化训练(四)动能定理的综合应用(时间：45分钟分值：100分)一、选择题(共9小题，每题6分第15为单选题，第69为多选题)1有一质量为m的木块，从半径为r的圆弧曲面上的a点滑向b点，如图1所示，由于摩擦力的作用，木块的运动速率保持不变，则以下叙述正确的是 ()图1A木块所受的合力为零B因木块所受的力都不对其做功，所以合力的功为零C重力做的功和摩擦力做的功代数和为零D重力和摩擦力的合力为零C木块做曲线运动，速度方向变化，加速度不为零，合力不为零，A错误；速率不变，动能不变，由动能定理知，合力做的功为零，支持力始终不做功，重力做正功，所以重力做的功与摩擦力做的功代数和为零，但重力和摩擦力的
2、合力不为零，C正确，B、D错误2如图2所示，质量为m的物体与水平转台间的动摩擦因数为，物体与转轴相距R，物体随转台由静止开始转动当转速增至某一值时，物体即将在转台上滑动，此时转台开始匀速转动(设物体的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力)则在这一过程中摩擦力对物体做的功是()图2A0B2mgRC2mgR DD物体即将在转台上滑动但还未滑动时，转台对物体的最大静摩擦力恰好提供向心力，设此时物体做圆周运动的线速度为v，则有mg.在物体由静止到获得速度v的过程中，物体受到的重力和支持力不做功，只有摩擦力对物体做功，由动能定理得：Wmv20，联立解得WmgR.3质量为m的小球用长度为L的轻绳系住，在竖直平面
3、内做圆周运动，运动过程中小球受空气阻力作用已知小球经过最低点时轻绳受的拉力为7mg，经过半周小球恰好能通过最高点，则此过程中小球克服空气阻力做的功为()A BCDmgLC小球经过最低点时，有FNmg，解得v1.小球恰好能通过最高点，有mg，解得v2.根据动能定理mg2LWfmvmv，解得小球克服空气阻力做功WfmgL，所以C对4如图3所示，小球以初速度v0从A点沿粗糙的轨道运动到高为h的B点后自动返回，其返回途中仍经过A点，则经过A点的速度大小为()图3ABCDB在从A到B的过程中，重力和摩擦力都做负功，根据动能定理可得mghWfmv；从B到A过程中，重力做正功，摩擦力做负功(因为是沿原路返回
4、，所以两种情况摩擦力做功大小相等)根据动能定理可得mghWfmv2，两式联立得再次经过A点的速度为，选B5如图4甲所示，静置于光滑水平面上坐标原点O处的小物块，在水平拉力F的作用下沿x轴方向运动，拉力F随物块所在位置坐标x的变化关系如图乙所示，图线为半圆，则小物块运动到x0处时的动能为() 【导学号：75612134】甲乙图4AFmx0 BFmx0CFmx0 DxCFx图象的“面积”等于拉力做功的大小，则得到拉力做功W2x，由图看出，Fm，得到WFmx0.根据动能定理得：小物块运动到x0处时的动能为Fmx0，故选项C正确6如图5所示，电梯质量为M，在它的水平地板上放置一质量为m的物体电梯在钢索
5、的拉力作用下竖直向上加速运动，当电梯的速度由v1增加到v2时，上升高度为H，则在这个过程中，下列说法或表达式正确的是()图5A对物体，动能定理的表达式为WFNmv，其中WFN为支持力的功B对物体，动能定理的表达式为W合0，其中W合为合力的功C对物体，动能定理的表达式为WFNmgHmvmvD对电梯，其所受合力做功为MvMvCD电梯上升的过程中，对物体做功的有重力mg、支持力FN，这两个力的总功才等于物体动能的增量Ekmvmv，故A、B均错误，C正确；对电梯，无论有几个力对它做功，由动能定理可知，其合力做的功一定等于其动能的增量，故D正确7如图6所示，长为L的轻质硬杆A一端固定小球B，另一端固定在
6、水平转轴O上现使轻杆A绕转轴O在竖直平面内匀速转动，轻杆A与竖直方向夹角从0增加到180的过程中，下列说法正确的是()图6A小球B受到的合力的方向始终沿着轻杆A指向轴OB当90时，小球B受到轻杆A的作用力方向竖直向上C轻杆A对小球B做负功D小球B重力做功的功率不断增大AC小球做匀速圆周运动，受到的合外力总是指向圆心O，选项A对；转过90时，轻杆对小球的弹力的水平分力提供小球做圆周运动的向心力，竖直分力平衡小球重力，小球受到杆的作用力指向左上方，选项B错；在转动过程中小球的重力做正功，动能不变，应用动能定理可知轻杆对小球做负功，选项C对；小球竖直方向的分速度先增大后减小，小球重力做功的功率先增大
7、后减小，选项D错8如图7所示，一固定容器的内壁是半径为R的半球面；在半球面水平直径的一端有一质量为m的质点P.它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中，克服摩擦力做的功为W.重力加速度大小为g.设质点P在最低点时，向心加速度的大小为a，容器对它的支持力大小为N，则()图7AaBaCNDNAC质点P下滑到最低点的过程中，由动能定理得mgRWmv2，则速度v，最低点的向心加速度a，选项A正确，选项B错误；在最低点时，由牛顿第二定律得Nmgma，N，选项C正确，选项D错误9如图8所示，固定斜面AD上有B、C两点，且ABBCCD，小滑块以初动能Ek0从A点出发，沿斜面向上运动若整个斜面AD光滑，则滑块到
8、达D位置速度恰好为零，而后下滑现斜面AB部分与滑块间处处有相同的摩擦力，其余部分BD无摩擦力，则滑块恰好滑到C位置速度为零，然后下滑，那么滑块下滑到()图8A位置B时的动能为B位置B时的动能为C位置A时的动能为D位置A时的动能为AD设斜面长为3x、高为3h，若斜面光滑，滑块由底端运动到顶端过程中，mg3h0Ek0若AB部分粗糙、其他部分光滑，滑块由底端A到C过程中，Ffxmg2h0Ek0滑块由C滑到B过程中，mghEkB解可得：EkBEk0，A项正确；滑块由C滑到A过程中，mg2hFfxEkA解三式得：EkA，D项正确二、非选择题10(15分)如图9所示，质量为m0.2 kg的小物体放在光滑的
9、圆弧上端，圆弧半径R55 cm，下端接一长为1 m的水平轨道AB，最后通过极小圆弧与倾角37的斜面相接，已知物体与水平面和斜面轨道的动摩擦因数均为0.1，将物体无初速度释放，求：图9(1)物体第一次滑到水平轨道与右侧斜面轨道交接处的速度大小；(2)物体第一次滑上右侧斜轨道的最大高度(g取10 m/s2，cos 370.8，sin 370.6) 【导学号：75612135】解析(1)小物体从圆弧上端到B点的过程中，由动能定理得：mgRmgsABmv0解得：vB3 m/s.(2)设物体第一次滑上右侧轨道最大高度为H，此时物体离B点的距离为s，由几何关系有sin 由动能定理得：mgcos smgH0
10、mv，解得：H0.40 m.答案(1)3 m/s(2)0.40 m11(15分)如图10甲所示，长为4 m的水平轨道AB与半径为R0.6 m的竖直半圆弧轨道BC在B处平滑连接，有一质量为1 kg的滑块(大小不计)从A处由静止开始受水平力F作用而运动，F随位移变化的关系如图乙所示(水平向右为正)，滑块与AB间的动摩擦因数为0.25，与BC间的动摩擦因数未知，g取10 m/s2.甲乙图10(1)求滑块到达B处时的速度大小；(2)求滑块在水平轨道AB上运动前2 m过程所用的时间；(3)若到达B点时撤去力F，滑块沿半圆弧轨道内侧上滑，并恰好能到达最高点C，则滑块在半圆弧轨道上克服摩擦力所做的功是多少？
11、解析(1)对滑块从A到B的过程，由动能定理得F1x1F3x3mgxmv得vB2 m/s.(2)在前2 m内，由牛顿第二定律得F1mgma，且x1at解得t1 s.(3)当滑块恰好能到达最高点C时，有mgm对滑块从B到C的过程，由动能定理得Wmg2Rmvmv代入数值得W5 J即克服摩擦力做的功为5 J.答案(1)2 m/s(2) s(3)5 J12(16分)如图11所示，从高台边A点以某速度水平飞出的小物块(可看成质点)，恰能从固定在某位置的光滑圆弧轨道CDM的左端C点沿圆弧切线方向进入轨道圆弧轨道CDM的半径R0.5 m，O为圆弧的圆心，D为圆弧最低点，C、M在同一水平高度，OC与CM夹角为3
12、7，斜面MN与圆弧轨道CDM相切于M点，MN与CM夹角为53，斜面MN足够长，已知小物块的质量m3 kg，第一次到达D点时对轨道的压力大小为78 N，与斜面MN之间的动摩擦因数，小球第一次通过C点后立刻装一与C点相切且与斜面MN关于OD对称的固定光滑斜面，取重力加速度g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8，不考虑小物块运动过程中的转动，求：(1)小物块平抛运动到C点时的速度大小；(2)A点到C点的竖直距离；(3)小物块在斜面MN上滑行的总路程. 【导学号：75612136】图11解析(1)在D点，支持力和重力的合力提供向心力，则有：FDmgm解得v8(m/s)2从C点到D点由动能定理得：mgR(1sin 37)mvmv解得vC2 m/s.(2)平抛运动C点的竖直分速度vCyvCcos 37A点到C点的竖直距离y解得y0.128 m.(3)最后物体在CM之间来回滑动，且到达M点时速度为零，对从第一次过D点到最后物体在CM间滑动时过M点的过程运用动能定理得：mgR(1sin 37)mgcos 53s总mv代入数据并解得：s总1 m.答案(1)2 m/s(2)0.128 m(3)1 m
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