1、12015 年高考物理拉分題專項(xiàng)訓(xùn)練 專題 16 動(dòng)能定理的應(yīng)用（含解析）一、考點(diǎn)精析（一）題型分類：對(duì)動(dòng)能定理的考查，出題形式最為全面，有選擇題、填空題、實(shí)驗(yàn)題、還常常以計(jì)算題的形式出現(xiàn)。其綜 合性強(qiáng)，難度大，喜歡以壓軸題的形式出現(xiàn)。常以科技發(fā)展、生產(chǎn)生活等為命題背景，考查方式靈活多變， 既可與動(dòng)力學(xué)綜合考查，也可與電磁學(xué)結(jié)合來考查?？疾橹饕性谝韵聨讉€(gè)方面：考查動(dòng)能定理、考查 動(dòng)能、F-x等等一些圖像。（二）解題思路1選取研究對(duì)象，明確它的運(yùn)動(dòng)過程。2分析研究對(duì)象的受力情況。一 12123求出各力所做功的代數(shù)和，找出過程中初末狀態(tài)所對(duì)應(yīng)的動(dòng)能之差，利用W-m2qmv求解。二、經(jīng)典考題例題

2、 1（2015 屆臨沂）如圖甲所示，靜止在水平地面的物塊A,受到水平向右的拉力F的作用，F(xiàn)與時(shí)間t的關(guān)系如圖乙所示，設(shè)物塊與地面的最大靜摩擦力fm與滑動(dòng)摩擦力大小相等，則（）圖甲圖乙A.011時(shí)間內(nèi)F的功率逐漸增大B.12時(shí)刻物塊A的加速度最大C.ts時(shí)刻物塊A的動(dòng)能最大D.1114時(shí)間內(nèi)物塊A的加速度先增大后減小解析；當(dāng)推力小于最大靜摩瞭力時(shí)，物體靜止不動(dòng)，靜摩擦力與推力二力平衝，當(dāng)推大于最大靜摩擦力 時(shí)，物體開始加速，當(dāng)推力重新小于最大靜摩撩力時(shí)，物體由于慣性繼續(xù)誠逮運(yùn)動(dòng).解；A.時(shí)刻前，推力小于最大靜摩擁力*物體靜止不動(dòng)，靜摩擦力與推力二力平衝，合力為零，力尺的 功率為零，故A錯(cuò)；B.t

3、2時(shí)刻物塊所受的水平拉力最大，根據(jù)牛頓第二定律可知，加速度最大，故B 對(duì);2C.t1到t3時(shí)刻，合力向前，物體一直加速前進(jìn)，t3時(shí)刻加速度等于零，速度達(dá)到最大值，此時(shí)動(dòng)能最大，故 C 對(duì)；D.tit2時(shí)間，F(xiàn)逐漸增大，加速度逐漸增大，t2t3時(shí)間，F(xiàn)逐漸減小，加速度逐漸減小，故D 錯(cuò)。答案：BC例題 2（2015 屆東莞）如圖所示 質(zhì)量為M的小車放在光滑的水平面上，質(zhì)量為m的物體放在小車的一端.受到水平恒力F作用后，物體由靜止開始運(yùn)動(dòng)，設(shè)小車與物體間的摩擦力為f,車長(zhǎng)為L(zhǎng),車發(fā)生的位移為s,則物體從小車一端運(yùn)動(dòng)到另一端時(shí)，下列說法正確的是（）A.物體具有的動(dòng)能為（F-f） （s+L）B.小車具

4、有的動(dòng)能為fsC.物體克服摩擦力所做的功為f(s+L)D.這一過程中小車和物體組成的系統(tǒng)機(jī)械能減少了fL解析：根據(jù)動(dòng)能定理求得物體的動(dòng)能増加量和小車的動(dòng)能増加鑒 注意物體和小車相對(duì)地面的位移不等.系 統(tǒng)機(jī)械能減少量是通過摩擦力對(duì)系統(tǒng)敝功壘度的.解；血根據(jù)動(dòng)能定理得（嚴(yán) Q（bJ）二丘所以物體具有的動(dòng)能丸（尸 （旳故A對(duì)；B.根據(jù)動(dòng)能定理得所UV卜車具有的動(dòng)能為氏 故*對(duì)C.物體克摩擦力做功丸 Cbf）,故C對(duì)；D.這一過程小車和物體組戚的系統(tǒng)受到外力F的作用，做功次旳），摩整力對(duì)系統(tǒng)做功護(hù)-也 由于 摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能抑乩機(jī)械能增加了F （b功-僉,故D錯(cuò).3答案：ABC例題 34（2015 屆煙

5、臺(tái)）如圖所示，滑塊以初速度vo滑上表面粗糙的固定斜面，到達(dá)最高點(diǎn)后又返回到出發(fā)點(diǎn)則能大致反映滑塊整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中速度V、加速度a、動(dòng)能&、重力對(duì)滑塊所做的功W與時(shí)間t或位移x關(guān)系的是（取初速度方向?yàn)檎较颍ǎ┙馕觯焊鶕?jù)牛頓第二定律求出上滑和下滑過程中的加速度大小，從而得出速度隨時(shí)間的變化規(guī)律，根據(jù)動(dòng)能定理得出動(dòng)能與位移的規(guī)律，根據(jù)W=mgh得出重力勢(shì)能與位移變化關(guān)系.mgsin0+u mgcos0mcsin0-卩mgcos0解：上滑時(shí)的加速度ai=-m-=gsin0+u geos0，下滑時(shí)的加速度 & - m-12=gsin0-u geos0.知aia2.根據(jù)位移公式x=2at

6、，由于下滑與上滑過程位移大小相等，則知，下滑時(shí)間t2上滑的時(shí)間ti.由于機(jī)械能有損失，返回到出發(fā)點(diǎn)時(shí)速度小球出發(fā)時(shí)的初速度.根據(jù)速度-時(shí)間圖線的斜率表示加速度，故 A 對(duì). 動(dòng)能是標(biāo)量，不存在負(fù)值，故 C 錯(cuò).重力做功W=-mghF-mgxsin0，故 D 對(duì).答案：AD 例題 4（2015 屆邵陽）如圖所示，光滑斜面的頂端固定一彈簧，一物體向右滑行，并沖上固定在地面上的斜面。設(shè)物體在斜面最低點(diǎn)A的速度為v,壓縮彈簧至C點(diǎn)時(shí)彈簧最短，C點(diǎn)距地面高度為h,則從A到C的過程1212A.mgh-一mvB.mvmgh22C. mghD. （mgh1m2）解析：設(shè)從A到C的過程中彈簧彈力做功為W由A到C

7、的過程運(yùn)用動(dòng)能定理可得B.C.51212mgh W=0 mv，所以W= mgh-mv, 故 A對(duì)。答案：A例題 5(2015 屆棗莊)如圖所示，光滑斜面傾角為 0 ,c為斜面上的固定擋板. 物塊a和b通過輕質(zhì)彈簧連接，a,b處于靜止?fàn)顟B(tài)，彈簧壓縮量為x.現(xiàn)對(duì)a施加沿斜面向下的外力使彈簧再壓縮3x之后突然撤去外力，經(jīng)時(shí)間t，物塊a沿斜面向上運(yùn)動(dòng)的速度為v，此時(shí)物塊b剛要離開擋板已知兩物塊的質(zhì)量均為m,重力加則知，彈簧對(duì)b有向下 2 的壓力，故物塊b對(duì)擋板c的壓力不為 0, C 錯(cuò)。mgin0 xB.物塊b剛要離開擋板時(shí)，a的加速度為gsin0C.物塊a沿斜面向上運(yùn)動(dòng)速度最大時(shí)，物塊b對(duì)擋板c的壓

8、力為 0D.12撤去外力后，經(jīng)過時(shí)間t,彈簧彈力對(duì)物塊a做的功為 5mg)sin0+空mv解析：(1)靜止時(shí)，彈簧的彈力大小等于物塊a重力沿斜面向下的分力，由胡克定律求出彈簧的勁度系數(shù);(2)物塊b剛要離開擋板時(shí)，彈簧的彈力等于物塊b的重力沿斜面向下的分力，根據(jù)牛頓第二定律求得的加速度;(3)物塊a沿斜面向上運(yùn)動(dòng)速度最大時(shí)，彈簧的彈力沿斜面向上， 大小與a的重力沿斜面向下的分力相等,物塊b對(duì)擋板c的壓力不等于零;(4)根據(jù)動(dòng)能解：A.靜止時(shí)，對(duì)a作受力分析，由平衡條件可知，彈簧的彈力大小等于物塊a重力沿斜面向下的分力,由胡克定律得：彈簧的勁度系數(shù)k=mgSin ,故 A 對(duì)。xB.物塊b剛要離

9、開擋板時(shí)，彈簧的彈力等于物塊b的重力沿斜面向下的分力，則對(duì)a有 2mn0=maa=2gsin0，故 B 錯(cuò)。C.物塊a沿斜面向上運(yùn)動(dòng)速度最大時(shí)，彈簧的彈力沿斜面向上，大小與a的重力沿斜面向下的分力相等,6mv,解得，彈簧彈力對(duì)物塊a做的功為V=5mg)6in0D.撤去外力后，經(jīng)過時(shí)間t,彈簧的伸長(zhǎng)量為Xm0，根據(jù)動(dòng)能定理得：V-mg(4x+x) sin0 JmV,故 D 對(duì)。7答案：AD例題 6（2015 屆鹽城）如圖所示，A、B兩小球用輕桿連接，豎直放置。由于微小的擾動(dòng)，A球沿豎直光滑槽運(yùn)動(dòng),B球沿水平光滑槽運(yùn)動(dòng)。則在A球到達(dá)底端前（）A.A球做勻加速直線運(yùn)動(dòng)B.輕桿對(duì)A球做負(fù)功，對(duì)B球做正

10、功C.A球到達(dá)豎直槽底端時(shí)B球的速度為零D.A球的機(jī)械能最小時(shí)輕桿對(duì)B球的作用力為零解析：分析A球到達(dá)豎直槽底端時(shí)受力情況，判斷加速度的方向，根據(jù)加速度是否變化，判斷A球的運(yùn)動(dòng)情況。A球受到重力和輕桿向右的拉力，桿剛水平時(shí)，A球的速度是豎直方向的，B球的速度為 0。根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒，A的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為B的動(dòng)能，B的動(dòng)能開始是 0，最終還是 0,所以A球的機(jī)械能先減小后 增大。最終A球以一定的豎直速度撞擊橫槽。解：A球到達(dá)豎直槽底端時(shí)受到重力和輕桿向右的拉力，合力斜向右下方，加速度也斜向右下方，而在到 達(dá)豎直槽底端前A的加速度是豎直方向，說明A的加速度是變化，不可能做勻加速運(yùn)動(dòng)，故A 錯(cuò)。A球到

11、達(dá)豎直槽底端瞬間，A的速度方向豎直向下，則B球的速度為零。B的動(dòng)能開始是 0，最終還是 0,則B的動(dòng)能先增大后減小，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，所以A球的機(jī)械能先減小后增大。則輕桿對(duì)A先做負(fù)功再做正功， 對(duì)B球先做正功再做負(fù)功，故 C 對(duì)。A球的機(jī)械能最小時(shí)，B的機(jī)械能最大，這是一個(gè)瞬間狀態(tài)，是輕桿對(duì)B做負(fù)功和正功的臨界點(diǎn)，所以作用力為 0，故 D 對(duì)。答案：CD三、鞏固練習(xí)1.如圖所示，將質(zhì)量為 2m的重物懸掛在輕繩的一端，輕繩的另一端系一質(zhì)量為m的環(huán)，環(huán)套在豎直固定的光滑直桿上，光滑的輕小定滑輪與直桿的距離為d,桿上的A點(diǎn)與定滑輪等高，桿上的B點(diǎn)在A點(diǎn)下方距離為d處?，F(xiàn)將環(huán)從A處由靜止釋放，不計(jì)一切摩

12、擦阻力，下列說法正確的是（）8A.環(huán)到達(dá)B處時(shí)，重物上升的高度h=2B.環(huán)到達(dá)B處時(shí)，環(huán)與重物的速度大小相等C.環(huán)從A到B,環(huán)減少的機(jī)械能等于重物增加的機(jī)械能D.環(huán)能下降的最大高度為4d解析：環(huán)剛開始釋放時(shí)，重物由靜止開始加速。根據(jù)數(shù)學(xué)幾何關(guān)系求出環(huán)到達(dá)對(duì)B的速度沿繩子方向和垂直于繩子方向分解，在沿繩子方向上的分速度等于重物的速度，從而求出環(huán)在B處速度與重物的速度之比。環(huán)和重物組成的系統(tǒng)，機(jī)械能守恒。解：A.根據(jù)幾何關(guān)系有，環(huán)從A下滑至B點(diǎn)時(shí)，重物上升的高度h= 2d-d,故 A 錯(cuò)；B.對(duì)B的速度沿繩子方向和垂直于繩子方向分解， 在沿繩子方向上的分速度等于重物的速度，有vcos 45=v重物

13、，故 B 錯(cuò)；C.環(huán)下滑過程中無摩擦力對(duì)系統(tǒng)做功，故系統(tǒng)機(jī)械能守恒，即滿足環(huán)減小的機(jī)械能等于重物增加的機(jī)械能；D.環(huán)下滑到最大高度為h時(shí)環(huán)和重物的速度均為 0，此時(shí)重物上升的最大高度為h2+d2-d，根據(jù)機(jī)械能守 恒有mgh=2mg h2+d2-d）解得h=；d,故 D 對(duì)。答案：CD2如圖所示，一個(gè)電量為+Q的點(diǎn)電荷甲，固定在絕緣水平面上的0點(diǎn)，另一個(gè)電量為-q、質(zhì)量為m的點(diǎn)電與水平面的動(dòng)摩擦因數(shù)為 卩,AB間距離為L(zhǎng),則以下說法不正確的是（）A.0B間的距離為B處時(shí)，重物上升的高度。荷乙從A點(diǎn)以初速度V。沿它們的連線向甲運(yùn)動(dòng)，到B點(diǎn)時(shí)速度最小且為v。已知靜電力常量為k，點(diǎn)電荷乙91212B

14、.從A到B的過程中，電場(chǎng)力對(duì)點(diǎn)電荷乙做的功為mg+2mv-?mv1212C.從A到B的過程中，電場(chǎng)力對(duì)點(diǎn)電荷乙做的功為mg+2mv-? mvD.從A到B的過程中，乙的電勢(shì)能減少解析：本題首先要正確分析物體受力特點(diǎn)，明確力和運(yùn)動(dòng)的關(guān)系，在本題中注意滑動(dòng)摩擦力的大小方向不變，兩球靠近過程中庫侖力逐漸增大，小球先減速后加速，根據(jù)牛頓第二定律和功能關(guān)系可正確解答。解：乙到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度最小，乙先減速運(yùn)動(dòng)后做加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)速度最小時(shí)有mg=F庫,即mg=kQ，解得=、卩色，故 A 對(duì)；V mg12121212點(diǎn)電荷乙從A到B的過程中，根據(jù)動(dòng)能定理得W卩mgl=2mv-qmvo,得W=卩mg+2mv-空mv,

15、故 C 對(duì)；點(diǎn)電荷乙從A到B的過程中，電場(chǎng)力對(duì)乙做正功，乙的電勢(shì)能減少，故 D 對(duì)。答案：B3 如圖所示，把質(zhì)量為m帶電量為+Q的物塊放在傾角a=60。的固定光滑絕緣斜面的頂端，整個(gè)裝置處在范圍足夠大的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，已知電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E=亠Qyg，電場(chǎng)方向水平向左，斜面高為H,則釋放物Q塊后，物塊落地時(shí)的速度大小為（）A.(2+23)gHB 2gHc.22gHD.2. gH解析：對(duì)物塊進(jìn)行受力分析，畫出物塊的運(yùn)動(dòng)軌跡。運(yùn)用動(dòng)能定理或牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式解決問題。解：對(duì)物塊進(jìn)行受力分析，物塊受重力和水平向左的電場(chǎng)力。電場(chǎng)力F=QE=3mg重力和水平向左的電場(chǎng)力合力與水平方向夾角3=30,則物塊

16、沿與水平成 30。的方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。運(yùn)用動(dòng)能定理研究從開始到落地過程10mgHF? 3H=1m2-0解得v=2 2gH。答案：C4114 如圖是被譽(yù)為“豪小子”的紐約尼克斯隊(duì)17 號(hào)華裔球員林書豪在美國職業(yè)籃球（ NBA 賽場(chǎng)上投二分球時(shí)的照片?，F(xiàn)假設(shè)林書豪準(zhǔn)備投二分球前先曲腿下蹲再豎直向上躍起，已知林書豪的質(zhì)量為m雙腳離開地面時(shí)的速度為v,從開始下蹲至躍起過程中重心上升的高度為h,則下列說法 正確的是（）A.從地面躍起過程中，地面支持力對(duì)他所做的功為012B.從地面躍起過程中，地面支持力對(duì)他所做的功為2mv+mghC.離開地面后，他在上升過程和下落過程中都處于失重狀態(tài)D.從下蹲到離開地

17、面上升過程中，他的機(jī)械能守恒解析：從地面躍起過程中，地面支持力的位移為零，根據(jù)功的公式分析地面支持力做的功。離開地面后，他在上升過程和下落過程中加速度方向向下，都處于失重狀態(tài)。從下蹲到離開地面上升過程中，他的機(jī)械 能增大。解：從地面躍起過程中，地面支持力的位移為零，對(duì)林書豪所做的功為0,故 A 對(duì)；離開地面后，他只受重力，加速度方向都豎直向下，處于失重狀態(tài)，故C 對(duì)；D.從下蹲到離開地面上升過程中，他的重力勢(shì)能不變，動(dòng)能增大，則其機(jī)械能增大，故D 錯(cuò)。答案：AC5.如圖所示，輕質(zhì)彈簧的一端固定在墻上，另一端與質(zhì)量為m的物體A相連，A放在光滑水平面上，有一質(zhì)量與A相同的物體B,從高h(yuǎn)處由靜止開始

18、沿光滑曲面滑下，與A相碰后一起將彈簧壓縮，彈簧復(fù)原過程中某時(shí)刻B與A分開且沿原曲面上升。下列說法正確的是（A.彈簧被壓縮時(shí)所具有的最大彈性勢(shì)能為B.彈簧被壓縮時(shí)所具有的最大彈性勢(shì)能為C.B能達(dá)到的最大高度為 2D.B能達(dá)到的最大高度為-mghmgh212解析：B從軌道上下滑過程，只有重力做功，機(jī)械能守恒。運(yùn)用機(jī)械能守恒定律可求得B與A碰撞前的速 度。 兩個(gè)物體碰撞過程動(dòng)量守恒，即可求得碰后的共同速度。碰后共同體壓縮彈簧，當(dāng)速度為零，彈簧的壓縮量最大，彈性勢(shì)能最大，根據(jù)系統(tǒng)的機(jī)械能守恒求得最大的彈性勢(shì)能。當(dāng)彈簧再次恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，A與B將分開，根據(jù)機(jī)械能守恒求得B能達(dá)到的最大高度。解：對(duì)B下滑過程中據(jù)機(jī)械能守恒定律可得mg=2mv B剛到達(dá)水平地面的速度vo= 2gh。1物體B、A碰撞過程，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得mv=2mv得A與B碰撞后的共同速度為v=?Vo,所以彈簧被121壓縮時(shí)所具有的最大彈性勢(shì)能為Epn=2 ?2mv=2mgh故 B 對(duì)；12當(dāng)彈簧再次恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，A與B將分開，B以v的速度沿斜面上滑，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得mgh=mV,B能達(dá)到的最大高度為，故 D 對(duì)。4答案：BD6如圖甲所示，靜置于光滑水平面上坐標(biāo)原點(diǎn)處