[課下鞏固精練卷(十五)]動(dòng)能定理及其應(yīng)用________________________________________________________________________(選擇題每題5分，解答題每題10分，建議用時(shí)：50分鐘)考點(diǎn)基礎(chǔ)題綜合題動(dòng)能定理的理解與簡(jiǎn)單應(yīng)用1，2，611應(yīng)用動(dòng)能定理求變力做功4，7，810動(dòng)能定理與圖像的結(jié)合3，59，12【基礎(chǔ)落實(shí)練】1．(多選)關(guān)于動(dòng)能定理的表達(dá)式W＝Ek2－Ek1，下列說(shuō)法正確的是()A．公式中的W為不包含重力的其他力做的總功B．公式中的W為包含重力在內(nèi)的所有力做的功，也可通過(guò)以下兩種方式計(jì)算：先求每個(gè)力的功再求功的代數(shù)和，或先求合外力再求合外力的功C．公式中的Ek2－Ek1為動(dòng)能的增量，當(dāng)W＞0時(shí)動(dòng)能增加，當(dāng)W＜0時(shí)，動(dòng)能減少D．動(dòng)能定理適用于直線運(yùn)動(dòng)，但不適用于曲線運(yùn)動(dòng)，適用于恒力做功，但不適用于變力做功解析：選BC。公式W＝Ek2－Ek1中的“W”為所有力所做的總功，A錯(cuò)誤，B正確；若W＞0，則Ek2＞Ek1，若W＜0，則Ek2＜Ek1，C正確；動(dòng)能定理對(duì)直線運(yùn)動(dòng)、曲線運(yùn)動(dòng)、恒力做功、變力做功均適用，D錯(cuò)誤。2.(多選)如圖所示，電梯質(zhì)量為M，在它的水平地板上放置一質(zhì)量為m的物體。電梯在鋼索的拉力作用下豎直向上加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)電梯的速度由v1增大到v2時(shí)，上升高度為H，重力加速度為g，則在這個(gè)過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是()A．對(duì)物體，動(dòng)能定理的表達(dá)式為W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))－eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))，其中W為支持力做的功B．對(duì)物體，動(dòng)能定理的表達(dá)式為W合＝0，其中W合為合力做的功C．對(duì)物體，動(dòng)能定理的表達(dá)式為W－mgH＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))－eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))，其中W為支持力做的功D．對(duì)電梯，其所受的合力做功為eq\f(1,2)Mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))－eq\f(1,2)Mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))解析：選CD。電梯上升的過(guò)程中，對(duì)物體做功的有重力mg、支持力FN，這兩個(gè)力的總功(即合力做的功)才等于物體動(dòng)能的增量，即W合＝W－mgH＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))－eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))，其中W為支持力做的功，A、B錯(cuò)誤，C正確；對(duì)電梯，無(wú)論有幾個(gè)力對(duì)它做功，由動(dòng)能定理可知，其合力做的功一定等于其動(dòng)能的增量，即eq\f(1,2)Mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))－eq\f(1,2)Mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))，D正確。3．(多選)如圖所示，一個(gè)小環(huán)沿豎直放置的光滑圓環(huán)形軌道做圓周運(yùn)動(dòng)，小環(huán)從最高點(diǎn)A滑到最低點(diǎn)B的過(guò)程中，線速度大小的平方v2隨下落高度h的變化圖像可能是選項(xiàng)中的()解析：選AB。對(duì)小環(huán)由動(dòng)能定理得mgh＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))，則v2＝2gh＋veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))，當(dāng)v0＝0時(shí)，B正確；當(dāng)v0≠0時(shí)，A正確。4．(多選)(2023·廣東高考)人們用滑道從高處向低處運(yùn)送貨物。如圖所示，可看作質(zhì)點(diǎn)的貨物從eq\f(1,4)圓弧滑道頂端P點(diǎn)靜止釋放，沿滑道運(yùn)動(dòng)到圓弧末端Q點(diǎn)時(shí)速度大小為6m/s。已知貨物質(zhì)量為20kg，滑道高度h為4m，且過(guò)Q點(diǎn)的切線水平，重力加速度取10m/s2。關(guān)于貨物從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)的過(guò)程，下列說(shuō)法正確的有()A．重力做的功為360JB．克服阻力做的功為440JC．經(jīng)過(guò)Q點(diǎn)時(shí)向心加速度大小為9m/s2D．經(jīng)過(guò)Q點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小為380N解析：選BCD。重力做的功WG＝mgh＝800J，A錯(cuò)誤；下滑過(guò)程根據(jù)動(dòng)能定理可得WG－W克＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(Q))，代入數(shù)據(jù)解得，克服阻力做的功W克＝440J，B正確；經(jīng)過(guò)Q點(diǎn)時(shí)向心加速度大小a＝eq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(Q)),h)＝9m/s2，C正確；經(jīng)過(guò)Q點(diǎn)時(shí)，據(jù)牛頓第二定律可得F－mg＝ma，解得貨物受到的支持力大小F＝380N，據(jù)牛頓第三定律可知，貨物對(duì)軌道的壓力大小為380N，D正確。5．A、B兩物體分別在水平恒力F1和F2的作用下沿水平面運(yùn)動(dòng)，先后撤去F1、F2后，兩物體最終停下，它們的v-t圖像如圖所示。已知兩物體與水平面間的滑動(dòng)摩擦力大小相等，則下列說(shuō)法正確的是()A．F1、F2大小之比為1∶2B．F1、F2對(duì)A、B做功之比為1∶2C．A、B質(zhì)量之比為2∶1D．全過(guò)程中A、B克服摩擦力做功之比為2∶1解析：選C。由速度—時(shí)間圖像可知，兩個(gè)勻減速運(yùn)動(dòng)的加速度之比為1∶2，A、B受摩擦力大小相等，由牛頓第二定律可知A、B的質(zhì)量之比是2∶1，由速度—時(shí)間圖像可知，A、B兩物體加速與減速的總位移相等，且勻加速運(yùn)動(dòng)位移之比1∶2，勻減速運(yùn)動(dòng)的位移之比2∶1，由動(dòng)能定理可得A物體的拉力與摩擦力的關(guān)系，F(xiàn)1·x－f1·3x＝0－0；B物體的拉力與摩擦力的關(guān)系，F(xiàn)2·2x－f2·3x＝0－0，因此可得F1＝3f1，F(xiàn)2＝eq\f(3,2)f2，f1＝f2，所以F1＝2F2，全過(guò)程中摩擦力對(duì)A、B做功相等，F(xiàn)1、F2對(duì)A、B做功大小相等，故A、B、D錯(cuò)誤，C正確。6．如圖所示，相同材料制成的滑道ABC，其中AB段為曲面，BC段為水平面?，F(xiàn)有質(zhì)量為m的木塊，從距離水平面h高處的A點(diǎn)由靜止釋放，滑到B點(diǎn)過(guò)程中克服摩擦力做功為eq\f(1,3)mgh；木塊通過(guò)B點(diǎn)后繼續(xù)滑行2h距離后，在C點(diǎn)停下來(lái)，則木塊與曲面間的動(dòng)摩擦因數(shù)應(yīng)為()A．eq\f(1,3)B．eq\f(2,3)C．eq\f(1,6)D．eq\f(1,12)解析：選A。木塊從A點(diǎn)到C點(diǎn)根據(jù)動(dòng)能定理，mgh－eq\f(1,3)mgh－μmg·2h＝0，解得μ＝eq\f(1,3)，因?yàn)榍婧退杰壍朗峭N材料，所以木塊與曲面間的動(dòng)摩擦因數(shù)也為eq\f(1,3)，A正確。7．如圖所示，一半圓弧形細(xì)桿ABC豎直固定在水平地面上，AC為其水平直徑，圓弧半徑BO＝3.6m，質(zhì)量為m＝4.0kg的小圓環(huán)(可視為質(zhì)點(diǎn)，小環(huán)直徑略大于桿的)套在細(xì)桿上，在大小為50N、方向始終沿圓的切線方向的拉力F作用下，從A點(diǎn)由靜止開始運(yùn)動(dòng)，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)對(duì)細(xì)桿的壓力恰好為0。已知π取3.14，重力加速度g取10m/s2，在這一過(guò)程中摩擦力做功為()A．66.6JB．－66.6JC．210.6JD．－210.6J解析：選B。小圓環(huán)到達(dá)B點(diǎn)時(shí)對(duì)細(xì)桿的壓力恰好為0，則mg＝meq\f(v2,r)，拉力F沿圓的切線方向，圓環(huán)由A到B的過(guò)程根據(jù)動(dòng)能定理有F·eq\f(2πr,4)－mgr＋Wf＝eq\f(1,2)mv2，代入數(shù)據(jù)得摩擦力做功為Wf＝－66.6J，故B正確。8．(多選)(2024·重慶模擬)游樂(lè)場(chǎng)有一種兒童滑軌，其豎直剖面示意圖如圖所示，AB部分是半徑為R的四分之一圓弧軌道，BC為軌道水平部分，與半徑OB垂直。一質(zhì)量為m的小孩(可視為質(zhì)點(diǎn))從A點(diǎn)由靜止滑下，滑到圓弧軌道末端B點(diǎn)時(shí)，對(duì)軌道的正壓力大小為2.5mg，重力加速度大小為g，下列說(shuō)法正確的是()A．小孩到達(dá)B點(diǎn)的速度大小為eq\r(2gR)B．小孩到達(dá)B點(diǎn)的速度大小為eq\f(\r(6gR),2)C．小孩從A到B克服摩擦力做的功為eq\f(1,4)mgRD．小孩從A到B克服摩擦力做的功為eq\f(1,2)mgR解析：選BC。根據(jù)牛頓第三定律可知，軌道對(duì)小孩的支持力大小等于2.5mg，根據(jù)牛頓第二定律有FN－mg＝eq\f(mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(B)),R)，可得vB＝eq\f(\r(6gR),2)，故A錯(cuò)誤，B正確；從A到B由動(dòng)能定理有mgR－W克＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(B))－0，可得克服摩擦力做的功為W克＝eq\f(1,4)mgR，故C正確，D錯(cuò)誤?！揪C合提升練】9．如圖(a)所示，一物塊以一定初速度沿傾角為30°的固定斜面上滑，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中摩擦力大小f恒定，物塊動(dòng)能Ek與運(yùn)動(dòng)路程s的關(guān)系如圖(b)所示。重力加速度大小取10m/s2，物塊質(zhì)量m和所受摩擦力大小f分別為()A．m＝0.7kg，f＝0.5NB．m＝0.7kg，f＝1.0NC．m＝0.8kg，f＝0.5ND．m＝0.8kg，f＝1.0N解析：選A。0～10m內(nèi)物塊上滑，由動(dòng)能定理得－mgsin30°·s－fs＝Ek－Ek0，整理得Ek＝Ek0－(mgsin30°＋f)s，結(jié)合0～10m內(nèi)的圖像得，斜率的絕對(duì)值|k|＝mgsin30°＋f＝4N，10～20m內(nèi)物塊下滑，由動(dòng)能定理得(mgsin30°－f)(s－s1)＝Ek，整理得Ek＝(mgsin30°－f)s－(mgsin30°－f)s1，結(jié)合10～20m內(nèi)的圖像得，斜率k′＝mgsin30°－f＝3N，聯(lián)立解得f＝0.5N，m＝0.7kg，故A正確。10．(多選)一種升降電梯的原理如圖所示，A為電梯的轎廂，B為平衡配重。在某次運(yùn)行時(shí)A(含乘客)、B的質(zhì)量分別為M＝1000kg和m＝800kg。A、B由跨過(guò)輕質(zhì)滑輪的足夠長(zhǎng)輕質(zhì)纜繩連接。電動(dòng)機(jī)通過(guò)牽引繩向下拉配重B，使得電梯的轎廂由靜止開始向上運(yùn)動(dòng)(轎廂A、配重B一直未與滑輪相撞)。電動(dòng)機(jī)輸出功率P＝2kW保持不變。不計(jì)空氣阻力和摩擦阻力，g＝10m/s2。在A向上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，則()A．轎廂A先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，再做加速度減小的直線運(yùn)動(dòng)，最后做勻速直線運(yùn)動(dòng)B．轎廂A能達(dá)到的最大速度vm＝1m/sC．轎廂A向上的加速度為a＝2m/s2時(shí)，配重B下端的牽引繩上拉力F＝5600ND．廂體A從靜止開始到上升的高度為5m時(shí)(廂體已處于勻速狀態(tài))，所用的時(shí)間t＝5.25s解析：選BC。電動(dòng)機(jī)輸出功率P＝2kW保持不變，速度增大時(shí)，根據(jù)P＝Fv可知牽引力減小，所以轎廂A做加速度減小的加速直線運(yùn)動(dòng)，最后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；當(dāng)轎廂A的速度達(dá)到最大時(shí)，轎廂A做勻速直線運(yùn)動(dòng)，此時(shí)電動(dòng)機(jī)的牽引力為F＝(M－m)g，又P＝Fvm，聯(lián)立解得vm＝1m/s，故B正確；當(dāng)A向上的加速度為a＝2m/s2時(shí)，設(shè)A、B之間繩的拉力為F1，重物B下端繩的拉力大小為F，分別分析A、B，根據(jù)牛頓第二定律得F1－Mg＝Ma，F(xiàn)＋mg－F1＝ma,聯(lián)立解得F＝5600N，故C正確；廂體A從靜止開始到上升的高度為5m時(shí)，轎廂廂體已處于勻速狀態(tài)，對(duì)A、B整體，由動(dòng)能定理得Pt＋mgh－Mgh＝eq\f(1,2)(M＋m)veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(m))，解得t＝5.45s，故D錯(cuò)誤。11．(10分)(2023·重慶高考)機(jī)械臂廣泛應(yīng)用于機(jī)械裝配。若某質(zhì)量為m的工件(視為質(zhì)點(diǎn))被機(jī)械臂抓取后，在豎直平面內(nèi)由靜止開始斜向上做加速度大小為a的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)方向與豎直方向夾角為θ，提升高度為h，如圖所示。求：(1)提升高度為h時(shí)，工件的速度大??；(4分)(2)在此過(guò)程中，工件運(yùn)動(dòng)的時(shí)間及合力對(duì)工件做的功。(6分)解析：(1)根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)位移與速度關(guān)系有veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＝2aeq\f(h,cosθ)解得v0＝eq\r(\f(2ah,cosθ))。(2)根據(jù)速度公式有v0＝at解得t＝eq\r(\f(2h,acosθ))根據(jù)動(dòng)能定理有W合＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))解得W合＝eq\f(mah,cosθ)。答案：(1)eq\r(\f(2ah,cosθ))(2)eq\r(\f(2h,acosθ))，eq\f(mah,cosθ)12．(10分)(2023·云南昆明模擬)如圖甲所示，兩個(gè)不同材料制成的滑塊A、B靜置于水平桌面上，滑塊A的右端與滑塊B的左端接觸。某時(shí)刻開始，給滑塊A一個(gè)水平向右的力F，使滑塊A、B開始滑動(dòng)，當(dāng)滑塊A、B滑動(dòng)1.0m時(shí)撤去力F，整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，滑塊A、B的動(dòng)能Ek隨位移