1、重难强化训练(四)动能定理的综合应用(时间：40分钟分值：100分)一、选择题(本题共6小题，每小题6分，共36分)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 ()A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，但重力和摩擦力的合力不为零，C正确
2、，B、D错误2如图所示，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()A0B2mgRC2mgRDD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，在竖直平面内做圆周运动，运动过程中
3、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()A BCDB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，所以两种情况摩擦力做功大小
4、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B.5如图甲所示，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()甲乙AFmx0BFmx0CFmx0DxCFx图象的“面积”等于拉力做功的大小，则得到拉力做功Wx，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(多选)如图所示，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，
5、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()A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正确二、非选择题(14分)7如图所示，质量为m0.2 kg的小物体放在光滑的圆弧上端，圆弧半径R55 cm，下端接一长为1 m的水
6、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：(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)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 smgH0mv，解得：H0.40 m.答案(1)3 m/s(2)0.40 m一、选择题(本题共4小
7、题，每小题6分，共24分)1(多选)如图甲所示，质量m2 kg的物体以100 J的初动能在粗糙的水平地面上滑行，其动能Ek随位移x变化的关系图象如图乙所示，则下列判断中正确的是()甲乙A物体运动的总位移大小为10 mB物体运动的加速度大小为10 m/s2C物体运动的初速度大小为10 m/sD物体所受的摩擦力大小为10 NACD由图象可知，物体运动的总位移为10 m，根据动能定理得，Ffx0Ek0，解得Ff N10 N，故A、D正确根据牛顿第二定律得，物体运动的加速度大小a m/s25 m/s2，故B错误根据Ek0mv得v0 m/s10 m/s，故C正确2(多选)如图所示，长为L的轻质硬杆A一端
8、固定小球B，另一端固定在水平转轴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()A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
9、重力做功的功率先增大后减小，选项D错3(多选)如图所示，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()AaBaCNDNAC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4(多选)如图所示，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
10、若整个斜面AD光滑，则滑块到达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()A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：EkB，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(本题共2小题，共26分)5(13分)如图甲所
11、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(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？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
12、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 J6(13分)如图所示，用一块长L11.0 m的木板在墙和桌面间架设斜面，桌子高H0.8 m，长L21.5 m斜面与水平桌面的倾角可在060间调节后固定将质量m0.2 kg的小物块从斜面顶端静止释放，物块与斜面间的动摩擦因数10.05，物块与桌面间的动摩擦因数为2，忽略物块在斜面与桌面交接处的能量损失(重力加速度取g10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩
13、擦力)(1)求角增大到多少时，物块能从斜面开始下滑；(用正切值表示)(2)当角增大到37时，物块恰能停在桌面边缘，求物块与桌面间的动摩擦因数2；(已知sin 370.6，cos 370.8)(3)继续增大角，发现53时物块落地点与墙面的距离最大，求此最大距离xm.解析(1)为使小物块下滑，应有mgsin 1mgcos 满足的条件tan 0.05即当arctan 0.05时物块恰好从斜面开始下滑(2)克服摩擦力做功Wf1mgL1cos 2mg(L2L1cos )由动能定理得mgL1sin Wf0代入数据得20.8.(3)由动能定理得mgL1sin Wfmv2代入数据得v1 m/s由平抛运动规律得Hgt2，x1vt解得t0.4 sx10.4 mxmx1L21.9 m.答案(1)arctan 0.05(2)0.8(3)1.9 m
