高考小題必練9：動能和動能定理⑴動能及動能定理；(2)應用動能定理求解多過程問題⑶應用動能定理求解多物體的運動問題。考以蓬就考以蓬就例1.(2019?全國III卷?17)從地面豎直向上拋出一物體，物體在運動過程中除受到重力外，還受到一大小不變、方向始終與運動方向相反的外力作用。距地面高度h在3m以內時，物體上升、下落過程中動能E^^h的變化如圖所示。重力加速度取10m/s2。該物體的質量為()0 [ 2 3himA.2kgB.1.5kgC.1kgD.0.5kg【答案】C【解析】設物體的質量為m,則物體在上升過程中，受到豎直向下的重力mg和豎直向下的恒定外力F，當Ah=3m時，由動能定理結合題圖可得-(mg+F)xAh=(36-72)J;物體在下落過程中，受到豎直向下的重力mg和豎直向上的恒定外力F,當Ah=3m時，再1/11高考由動能定理結合題圖可得(mg-F)xAh=(48-24)J,聯立解得m=1kg、F=2N,選項C正確，A、B、D均錯誤。【點睛】本題考查動能定理，體現了模型建構素養。物體受到大小不變的外力，方向始終與速度方向相反，即上升時外力方向向下，下落時外力方向向上，這是解答此題的關鍵。1.汽車在一段坡度不變的山坡上勻速上行，速度大小為v，汽車發動機輸出功率為P。設汽車所受摩擦力大小恒為f，則下列說法中錯誤的是()A.汽車所受合外力對汽車所做的功為零B.汽車所受的摩擦力與重力對汽車做負功，支持力對汽車不做功C.汽車發動機輸出功率P=fvD.若汽車勻速上行的速度大小為2V，發動機輸出功率應為2P【答案】C【解析】汽車勻速上行，根據動能定理W=AEk=0,A正確；汽車受到的重力方向和汽車的位移方向夾角是鈍角，重力做負功，摩擦力方向和汽車位移方向相反，做負功，支持力始終和汽車的位移垂直，不做功，B正確；設山坡的傾角為B，因為勻速上升，則牽引力F二f+mgsin0，則汽車發動機輸出功率P=Fv=(f+mgsin0)v,C錯誤；若汽車勻速上行的速度大小為2v時，汽車的牽引力沒有變化，但是速度增加了2倍，則P'=F2V=2P,D正確。2.(多選)在工廠的流水線上安裝有足夠長的水平傳送帶，用水平傳送帶傳送工件，可以大2/11高考大提高工作效率，如圖所示，水平傳送帶以恒定的速率V運送質量為m的工件，工件以v0(v0<v)的初速度從A位置滑上傳送帶，工件與傳送帶間的動摩擦因數為^，已知重力加速1B.因傳送工件電動機多做的功為2m(V2-”)1C.傳送帶的摩擦力對工件所做的功為2m(v-v0)2(v-VolD.工件與傳送帶的相對位移為『—(py【答案】AD【解析】工件滑上傳送帶后先做勻加速運動，pmg=ma,a=pg，相對滑動時間為t=7Vo,pyA項正確；因傳送工件電動機多做的功W=pmgvt=mv(v-v0),B項錯誤；根據動能定理1 v+v傳送帶對工件做功W1=2m(v2-v2),C項錯誤；工件與傳送帶的相對位移Ax=vt--y^t(V-v0)2「 ,D項正確。ppg3.如圖，一半徑為R粗糙程度處處相同的半圓形軌道豎直固定放置，直徑POQ水平。一質量為m的質點自P點上方高度R處由靜止開始下落，恰好從P點進入軌道。質點滑到軌道最低點N時，對軌道的壓力為4mg,g為重力加速度的大小。用W表示質點從P點運動到N點的過程中克服摩擦力所做的功。則()3/11高考1A.W”mgR,質點恰好可以到達Q點1B.W>/mgR,質點不能到達Q點1C.W=/mgR,質點到達Q點后，繼續上升一段距離D.Wv/gR,質點到達Q點后，繼續上升一段距離【答案】C【解析】根據動能定理得P點動能Ekp=mgR,經過N點時，由牛頓第二定律和向心力公Kr式可得4mg-mg=mR,所以N點動能為E^^mgR,從P點到N點根據動能定理可31得mgR-W=/mgR-mgR,即克服摩擦力做功W”mgR質點運動過程，半徑方向的合力提供向心力即Fn-mgcosB=ma=m-R,根據左右對稱，在同一高度處，由于摩擦力做功導致在右邊圓形軌道中的速度變小，軌道彈力變小，滑動摩擦力f="N變小，所以摩31擦力做功變小，那么從N到Q,根據動能定理々點動能Ek_=-mgR-mgR-W'=-mgRkQ2 2-W’,由于Wv/gR,所以Q點速度仍然沒有減小到0,會繼續向上運動一段距離，對照選項，C項正確。4.質量為m的小球在豎直向上的拉力作用下從靜止開始運動，其丫-1圖象如圖所示（豎直向上為正方向，DE段為直線），已知重力加速度大小為g，下列說法正確的是（）4/11高考A.t3~t4時間內，小球豎直向下做勻減速直線運動B.t0~t2時間內，合力對小球先做正功后做負功一Vc.o~t2時間內，小球的平均速度一定為當1D.t3~t4時間內，拉力做的功為5m(v3+v4)[(v4-v3)+g(t4-13)]【答案】D【解析】t3~t4時間內小球做豎直向上的勻減速直線運動，A錯誤；to~t2時間內小球速度一直增大，合力對小球一直做正功，B錯誤；0~t3時間內小球的運動不是勻變速運動，不v/ 11 1等于寸，C錯誤；t3~t4由動能定理得WF-mgh=/mv4-,mv2，且h=/(v4+v3)(t4-13),1解得WF=2m(v3+v4)[(v4-v3)+g(t4-13)],D正確。.(多選)如圖所示，在傾角為0的斜面上，輕質彈簧一端與斜面底端固定，另一端與質量為M的平板A連接，一個質量為m的物體B靠在平板的右側，A、B與斜面的動摩擦因數均為L開始時用手按住物體B使彈簧處于壓縮狀態，現放手，使A和B一起沿斜面向上運動距離L時，A和B達到最大速度v。則以下說法正確的是()A.A和B達到最大速度v時，彈簧是自然長度B.若運動過程中A和B能夠分離，則A和B恰好分離時，二者加速度大小均為g(sin05/11高考+pcos0)1C.從釋放到A和B達到最大速度v的過程中，彈簧對A所做的功等5Mv2+MgLsin0+pMgLcos01D.從釋放到人和B達到最大速度v的過程中，B受到的合力對它做的功等^mv2【答案】BD【解析】A和B達到最大速度v時，A和B的加速度為零。對AB整體，由平衡條件知kx=(m+M)gsin0+M(m+M)gcos0，所以此時彈簧處于壓縮狀態，故A項錯誤；A和B恰好分離時，A、B間的彈力為0,A、B的加速度相同，對B受力分析，由牛頓第二定律知，mgsin0+pmgcos0=ma,得a=gsin0+pgcos0,故B項正確；從釋放到A和B達到最大速度v的過程中，對AB整體，根據動能定理得W彈-(m+M)gLsin0-p(m11+M)gcos01=2m+”加2所以彈簧對人所做的功W彈=2(m+M)v2+(m+M)gLsin0+M(m+M)gcos8L,故C項錯誤；從釋放到A和B達到最大速度v的過程中，對于B,1根據動能定理得B受到的合力對它做的功W△=AEk=-mv2，故D項正確。合k2.如圖所示，豎直平面內放一直角桿MON,OM水平，ON豎直且光滑，用不可伸長的輕繩相連的兩小球A和B分別套在OM和ON桿上，B球的質量為2kg，在作用于A球的水平力F的作用下，A、8兩球均處于靜止狀態，此時OA=0.3m,OB=0.4m，改變水平力F的大小，使A球向右加速運動，已知A球向右運動0.1m時速度大小為3m/s,則在此過程中繩的拉力對B球所做的功為(取g=10m/s2)()6/11高考A.11JB.16JC.18JD.9J【答案】C【解析】A球向右運動0.1m時，vA=3m/s,OA=0.4m,OB,=0.3m，設此時nBA3O=a,則有tana=4。由運動的合成與分解可得vAcosa=vBsina,解得vB=4m/s。1以B球為研究對象，此過程中B球上升高度h=0.1m,由動能定理，W-mgh及mv^,11解得輕繩的拉力對B球所做的功為W=mgh+]mvB2=2x10x0.1J+2x2x42J=18J,選項C正確。.（多選）如圖所示，內壁光滑半徑大小為R的圓軌道豎直固定在桌面上，一個質量為m的小球靜止在軌道底部A點。現用小錘沿水平方向快速擊打小球，擊打后迅速移開，使小球沿軌道在豎直面內運動。當小球回到A點時，再次用小錘沿運動方向擊打小球，通過兩次擊打，小球才能運動到圓軌道的最高點。已知小球在運動過程中始終未脫離軌道，在第一次擊打過程中小錘對小球做功W「第二次擊打過程中小錘對小球做功W2。設先后兩次擊打過程中小錘對小球做功全部用來增加小球的動能，貝第的值可能是（）12 3A.-B.-C.'D.12 3 4【答案】AB【解析】第一次擊打后球最高到達與球心。等高位置，根據動能定理，有：W^mgR,兩1次擊打后可以到達軌道最高點，根據動能定理，有：W1+W2-2mgR=2mv2，在最高點，7/11高考V2 3 W12有：mg+N=mR>mg，聯立①②③解得：Wi<mgR,W/^mgR,故，故A、正確，C、D錯誤。.如圖所示，上表面水平的圓盤固定在水平地面上，一小物塊從圓盤邊緣上的P點，以大小恒定的初速度v0，在圓盤上沿與直徑pq成不同夾角e的方向開始滑動，小物塊運動到圓盤另一邊緣時的速度大小為V,則丫2-8$9圖象應為（）【答案】A【解析】設圓盤半徑為r,小物塊與圓盤間的動摩擦因數為^，由動能定理可得-|Jmg.2rcos1 1e=2mv2-2mv2，整理得V2=Vo-4pgrcos0，可知v?與cose為線性關系，斜率為負,故A項正確，B、C、D項錯誤。.（多選）如圖所示，物塊A、B、C、D的質量都是m,并都可看作質點，四個物塊用細線通過輕質滑輪連接。物塊B與C、C與D、D與地面的距離都是L。現將物塊A下方的細線D.A上升的最大高度是飛【答案】AD8/11高考【解析】設物塊D落地時速度為看,在D落地過程中，對四個物塊應用動能定理有3mgL11-mgL=,x4mv2；在物塊C落地過程中，對三個物塊應用動能定理有2mgL-mgL=/xTOC\o"1-5"\h\z1 而3mv2-]x3mv2，聯立解得v2s?-,A正確，B錯誤；之后物塊B勻速下降直到落地，A勻速上升，至此A已上升了3L的高度；再往后物塊A做豎直上拋運動，還可以上升V25L 23h=W=z，A上升的最大高度H=h+3L="L,C錯誤，D正確。2g6 610.多級火箭是由數級火箭組合而成的運載工具，每一級都有發動機與燃料，目的是為了提高火箭的連續飛行能力與最終速度。現有一小型多級火箭，質量為M，第一級發動機的額定功率為P,先使火箭由靜止豎直向上做加速度為a的勻加速直線運動。若空氣阻力為f并保持不變，不考慮燃料燃燒引起的質量變化及高度不同引起的重力變化，達到額定功率后，發動機功率保持不變，直到火箭上升達到最大速度時高度為H。試求：(1)第一級發動機能使火箭達到的最大速度。(2)第一級發動機做勻加速運動的時間。(3)第一級發動機以額定功率開始工作，直到最大速度時的運行時間。【解析】(1)由題意知火箭達到最大速度時加速度為零，設發動機牽引力為F,則：F=f+Mg額定功率為P,所以最大速度有⑵由題意知做勻加速運動，加速度a不變，功率為P,設勻加速運動的最大速度為％時間為％,此時牽引力為F_則有：F「（f+Mg）=Ma9/11

高考v1=at1聯立解得：t二尸。1(Ma+f+Mg)a(3)設以額定功率開始工作，直到最大速度的時間為t,則根據動能定理有:111Pt-(f+Mg)(H-2ma12)=^Mvm2-嚴9由(1)可知：由(1)可知：v=—= mFf+MgP(Ma+f+Mg)P2a(f+Mg+Ma)聯立解得：t=/MP2、+(f+Mg)P2a(f+Mg+Ma)11.如圖所示，光滑圓弧AB在豎直平面內，圓弧B處的切線水平，A、B兩端的高度差為1=0.2m,B端高出水平地面h2=0.8m,O點在B點的正下方，將一確定的滑塊從A端由靜止釋放，落在水平面上的C點處。取g=10m/s2。求：(1)落地點C到O的距離xOC;⑵在B端平滑連接一水平放置長為L=1.0m的木板MN,滑塊從A端釋放后正好運動到N端停止，求木板MN與滑塊間的動摩擦因數;(3)若將木板右端截去長為AL的一段，滑塊從A端釋放后將滑離木板落在水平面上P點處，要使落地點P距O點的距離最遠，則AL應為多少？距離s的最大值為多少？1【解析】(1)滑塊從光滑圓弧AB下滑過程中，根據動能定理得：mgh1=2mvB2-0得vB=、：：2ghi=2m/s10/11高考滑塊離開B點后做平拋運動，則：1豎直方向：h2=?gt2水平方向：X=vBt匹聯立得到X二VB\J