高考物理一轮复习课时分层练习5.2《动能定理及其应用》(含答案详解)

1、物理备课大师 【全免费】 课时分层作业 十五动能定理及其应用(45分钟100分)【基础达标题组】一、选择题(本题共10小题,每小题6分,共60分。16题为单选题,710题为多选题)1.质量不等但有相同初动能的两物体,在动摩擦因数相同的水平地面上滑行,直到停止,则()A.质量大的物体滑行距离大B.质量小的物体滑行距离大C.质量小的物体克服摩擦做的功多D.质量大的物体克服摩擦做的功多【解析】选B。根据动能定理得-mgx=0-Ek,得滑行距离x=,由题意可知,、Ek相同,则m越小,x越大,即质量小的物体滑行距离大,故A错误,B正确;由动能定理可知,物体克服摩擦做的功等于物体动能的减小量,动能的减小量

2、相等,则物体克服摩擦做的功相等,故C、D错误。2.(宣城模拟)如图所示,AB为圆弧轨道,BC为水平直轨道,圆弧的半径为R,BC的长度也是R,一质量为m的物体,与两个轨道间的动摩擦因数都为,当它由轨道顶端A从静止开始下落,恰好运动到C处停止,则物体在AB段克服摩擦力做的功为()A.mgRB.mgRC.mgRD.(1-)mgR【解析】选D。全程对物体由动能定理得,mgR-W-mgR =0,解得W=(1-)mgR ,故D正确。3.(2017·海南高考)将一小球竖直向上抛出,小球在运动过程中所受到的空气阻力不可忽略。a为小球运动轨迹上的一点,小球上升和下降经过a点时的动能分别为Ek1和Ek2

3、,从抛出开始到小球第一次经过a点时重力所做的功为W1,从抛出开始到小球第二次经过a点时重力所做的功为W2。下列选项正确的是()A.Ek1=Ek2,W1=W2B.Ek1>Ek2,W1=W2C.Ek1<Ek2,W1<W2D.Ek1>Ek2,W1<W2【解析】选B。从抛出开始到第一次经过a点和抛出开始第二次经过a点,上升的高度相等,可知重力做功相等,即W1=W2,对两次经过a点的过程由动能定理得,-Wf=Ek2-Ek1,可知Ek1>Ek2,故B正确,A、C、D错误。4.(聊城模拟)如图所示,两个半径不等的光滑半圆形轨道竖直固定放置,轨道两端等高,两个质量不等的球(

4、从半径大的轨道下落的小球质量大,设为大球,另一个为小球,且均可视为质点)分别自轨道左端由静止开始下落,各自轨迹的最低点时,下列说法正确的是()A.大球的速度可能小于小球的速度B.大球的动能可能小于小球的动能C.大球所受轨道的支持力等于小球所受轨道的支持力D.大球的向心加速度等于小球的向心加速度【解析】选D。由动能定理得 mgR=mv2-0,解得v=,半径大的圆形轨道,球到达底端时的速度大,所以大球的速度一定大于小球的速度,故A错误;大球质量大,到达底端时的速度大,动能一定大,故B错误;根据a=2g知,两球的向心加速度相等,故D正确;在底端时,由牛顿第二定律得,FN-mg=ma,解得FN=3mg

5、,由于大球的质量大,则大球所受的支持力大,故C错误。5.(烟台模拟)水平面上甲、乙两物体,在某时刻动能相同,它们仅在摩擦力作用下停下来。甲、乙两物体的动能Ek随位移大小s的变化的图象如图所示,则下列说法正确的是()A.若甲、乙两物体与水平面动摩擦因数相同,则甲的质量较大B.若甲、乙两物体与水平面动摩擦因数相同,则乙的质量较大C.甲与地面间的动摩擦因数一定大于乙与地面的动摩擦因数D.甲与地面间的动摩擦因数一定小于乙与地面的动摩擦因数【解析】选A。甲、乙两物体的初动能和末动能都相同,都只受摩擦力作用,根据动能定理可知摩擦力对甲、乙两物体做的功相等,即甲m甲gs甲=乙m乙gs乙,由图可知s甲<

6、s乙,所以甲m甲g>乙m乙g,即甲所受的摩擦力一定比乙大,若甲、乙两物体与水平面动摩擦因数相同,由Ff=mg可知,则甲的质量较大,故A正确,B错误;甲m甲g>乙m乙g,由于质量关系未知,故无法直接确定动摩擦因数之间的关系,故C、D错误。6.质量m=10 kg的物体只在变力F作用下沿水平方向做直线运动,F随坐标x的变化关系如图所示。若物体从坐标原点处由静止出发,则物体运动到x=16 m处时的速度大小为()A.3 m/sB.4 m/sC.2 m/sD. m/s【解析】选C。F-x图线与x轴围成的面积表示力F所做的功,则这段过程中,外力做功为W=×(4+8)×10 J

7、-×4×10 J=40 J,根据动能定理得W=mv2,解得v= m/s=2 m/s,故C正确,A、B、D错误。7.(沈阳模拟)如图所示,在水平地面上O点正上方的A、B两点同时水平抛出两个相同小球,它们最后都落到地面上的C点,则两球()A.不可能同时落地B.落在C点的速度方向可能相同C.落在C点的速度大小可能相同D.落在C点的重力的瞬时功率可能相同【解析】选A、C。小球在竖直方向做自由落体运动,由h=gt2可知高度不同,所以运动时间一定不同,故A正确;平抛运动轨迹为抛物线,速度方向为该点的切线方向,分别从A、B两点抛出的小球轨迹不同,在C点的切线方向也不同,所以落地时方向不可

8、能相同,故B错误;由动能定理得mgh=mv2-m,落地速度为v=,则知落在C点的速度大小可能相同,故C正确;落在C点时重力的功率P=mgvy=mg,由于是两个相同的小球,而下落的高度不同,所以重力的功率不相同,故D错误。8.(2016·浙江高考)如图所示为一滑草场。某条滑道由上、下两段高均为h,与水平面倾角分别为45°和37°的滑道组成,滑草车与草地之间的动摩擦因数为。质量为m的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑,经过上、下两段滑道后,最后恰好静止于滑道的底端(不计滑草车在两段滑道交接处的能量损失,sin37°=0.6,cos37°=0.8)。

9、则()A.动摩擦因数=B.载人滑草车最大速度为C.载人滑草车克服摩擦力做功为mghD.载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为g【解析】选A、B。质量为m的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑,经过两个斜面到达斜面底部速度为零,由动能定理得2mgh-mgcos45°-mgcos37°=0解得=,A正确;刚好滑到第一个斜面末端时速度最大,mgh-mgcos45°=,解得v=,B正确;经过上、下两段滑道后,最后恰好静止于滑道的底端,载人滑草车克服摩擦力做功为2mgh,C项错误;在下段滑道上沿斜面方向mgsin37°-mgcos37°=ma,a=g(sin

10、37°-cos37°)=-g,则D错误。故选A、B。9.(赣州模拟)如图所示,质量为m的小球从A点由静止开始,沿竖直平面内固定光滑的圆弧轨道AB滑下,从B端水平飞出,恰好落到斜面BC的底端。已知圆弧轨道的半径为R,OA为水平半径,斜面倾角为,重力加速度为g。则()A.小球下滑到B点时对圆弧轨道的压力大小为2mgB.小球下滑到B点时的速度大小为C.小球落到斜面底端时的速度方向与水平方向的夹角为2D.斜面的高度为4Rtan2【解析】选B、D。小球由A至B的过程由动能定理得,mgR=mv2-0,解得v=,小球通过B点时,由牛顿第二定律得FN-mg=m,解得FN=3mg ,根据牛顿

11、第三定律可知,在B点小球对轨道的压力大小为3mg,故A错误,B正确;小球从B到C做平抛运动,则有tan=,解得 t=,小球落到斜面底端时的速度方向与水平方向的夹角正切为tan=2tan,则2,故C错误;斜面的高度为 h=gt2=g=4Rtan2,故D正确。【加固训练】(多选)如图所示,竖直固定放置的粗糙斜面AB的下端与光滑的圆弧轨道BCD在B点相切,圆弧轨道的半径为R,圆心O与A、D在同一水平面上,C点为圆弧轨道最低点,COB=30°。现使一质量为m的小物块从D点无初速度地释放,小物块与粗糙斜面AB间的动摩擦因数<tan ,则关于小物块的运动情况,下列说法正确的是()A.小物块

12、可能运动到A点B.小物块经过较长时间后会停在C点C.小物块通过圆弧轨道最低点C时,对C点的最大压力大小为3mgD.小物块通过圆弧轨道最低点C时,对C点的最小压力大小为(3-)mg【解析】选C、D。物块从D点无初速度滑下后,由于在AB段要克服摩擦力做功,所以物块在斜面上运动时机械能不断减小,在斜面上升的最大高度越来越小,不可能运动到A点,最终在如图所示BE圆弧上往复运动,不会停在C点,故A、B错误;物块第一次运动到C时速度最大,对轨道的压力最大,物块从D第一次运动到C的过程,由动能定理得mgR=m,设此时轨道对物块的支持力为F1,由牛顿第二定律得F1-mg=m,联立解得F1=3mg,由牛顿第三定

13、律知物块对C点的最大压力为3mg,故C正确;当最后稳定后,物块在BE之间运动时,设物块经过C点的速度为v2,由动能定理得mgR(1-cos)=m,设轨道对物块的支持力为F2,由牛顿第二定律得F2-mg=m,联立解得F2=3mg-2mgcos=(3-)mg,由牛顿第三定律可知,物块对C点的最小压力为(3-)mg,故D正确。10.(唐山模拟)一物体在水平面上受恒定的水平拉力和摩擦力作用由静止开始做直线运动,在第1秒末撤去水平拉力,其Ek-x图象如图所示,g取10 m/s2,则()A.物体的质量为10 kgB.物体与水平面的动摩擦因数为0.2C.第1秒内合力对物体做的功为30 JD.前4秒内拉力对物

14、体做的功为60 J【解析】选A、D。由图可知,当位移为x1=1.5 m时撤去外力,所以x1=1.5 m所对应的时间为1 s,物体在第1 s内的位移为x1=at2,解得a=3 m/s2,则由动能定理可得合外力做功W=F合x1=45 J,解得F合=30 N,由牛顿第二定律得F合=ma,解得m=10 kg,故A正确;当撤掉外力F后,物体做减速运动,由图可知物体发生的位移为x2=4.5 m,物体在摩擦力作用下减速,此时合外力做功为W=F合x2=-45 J,F合=Ff=mg=10 N,解得=0.1,故B错误;从图象可知在第1 s内合外力做的功等于动能的变化量,所以合外力做功为45 J,故C错误;第1 s

15、内由动能定理可得合外力做功W=F合x1=45 J,解得F合=F-mg=30 N,即F=40 N,物体在第1 s内受拉力作用,所以前4 s内拉力做的功即等于第1 s内拉力做的功,WF=Fx1=40×1.5 J=60 J,故D正确。【加固训练】(多选)如图所示,一个小环沿竖直放置的光滑圆环形轨道做圆周运动。小环从最高点A滑到最低点B的过程中,小环线速度大小的平方v2随下落高度h的变化图象可能是图中的()【解析】选A、B。对小环由动能定理得mgh=mv2-m,则v2=2gh+,当v0=0时,B正确;当v00时,A正确。二、计算题(15分。需写出规范的解题步骤)11.(2016·全

16、国卷)如图,在竖直平面内由圆弧AB和圆弧BC组成的光滑固定轨道,两者在最低点B平滑连接。AB弧的半径为R,BC弧的半径为。一小球在A点正上方与A相距处由静止开始自由下落,经A点沿圆弧轨道运动。(1)求小球在B、A两点的动能之比。(2)通过计算判断小球能否沿轨道运动到C点。【解题指导】解答本题时应注意以下三点:(1)小球下落过程只有重力做功,由动能定理分别求出小球在B、A两点的动能;(2)圆周运动向心力F向=m;(3)圆周运动绳模型能通过最高点的条件是v。【解析】(1)小球下落过程由动能定理得:小球下落至A点的过程:mg·=EkA-0小球下落至B点的过程:mg=EkB-0由以上两式联立

17、解得:=(2)小球恰好经过C点时,由牛顿第二定律得:mg=m解得:v0=小球由开始下落至C点的过程,由动能定理得:mg·=m-0解得:vC=由于vC=v0,故小球恰好可以沿轨道运动到C点。答案:(1)51(2)见解析【能力拔高题组】1.(8分)(多选)如图甲所示,为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角的关系,将某一物体每次以不变的初速率v0沿足够长的斜面向上推出,调节斜面与水平方向的夹角,实验测得x与斜面倾角的关系如图乙所示,g取10 m/s2,根据图象可求出()A.物体的初速率v0=3 m/sB.物体与斜面间的动摩擦因数=0.75C.取不同的倾角,物体在斜面上能达到的位

18、移x的最小值xmin=1.44 mD.当=45°时,物体达到最大位移后将停在斜面上【解题指导】解答本题应注意以下三点:(1)当=90°时,物体做竖直上抛运动,只有重力做功;当=0°时,物体在水平面内运动,只有滑动摩擦力做功;当倾角取不同值时,物体沿斜面运动,重力和滑动摩擦力都做负功。(2)由动能定理列方程,利用三角函数分析物体在斜面上位移的最小值。(3)由动摩擦因数与tan的大小关系确定当=45°时,物体达到最大位移后能否停在斜面上。【解析】选B、C。由图可知,当=90°时,物体做竖直上抛运动,位移为1.80 m,则由动能定理得-mgh=0-m

19、,解得v0= m/s =6 m/s,故A错误;当=0°时,位移为2.40 m,由动能定理得-mgx=0-m,解得=0.75,故B正确;由动能定理得-mgxsin-mgxcos=0-m,解得x=,当+=90°时,sin(+)=1,此时位移最小,解得xmin=1.44 m,故C正确;若=45°时,由于mgsin45°>mgcos45°,故物体到达最大位移后会下滑,故D错误。2.(17分)如图所示,质量为m=0.2 kg可看作质点的小物块静止放在半径r=0.8 m的水平圆盘边缘上A处,圆盘由特殊材料制成,其与物块的动摩擦因数为1=2,倾角为=3

20、7°的斜面轨道与水平轨道光滑连接于C点,小物块与斜面轨道和水平轨道存在摩擦,动摩擦因数均为2=0.4,斜面轨道长度LBC=0.75 m,C与竖直圆轨道最低点D处的距离为LCD=0.525 m,圆轨道光滑,其半径R=0.5 m。开始圆盘静止,后在电动机的带动下绕轴转动,在圆盘加速转动到某时刻时物块被圆盘沿纸面水平方向甩出(此时圆心O与A连线垂直圆盘面),后恰好切入斜面轨道B处后沿斜面方向做直线运动,经C处运动至D,在D处进入竖直平面圆轨道,绕过圆轨道后沿水平轨道向右运动。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。(sin37° =0.6,cos37°=0.8,g取10 m/s2)试求:(1)圆盘对小物块m做的功。(2)物块刚运动到圆弧轨道最低处D时对轨道的压力。(3)假设竖直圆轨道可以左右移动,要使物块能够通过竖直圆轨道,求竖直圆轨道底端D与斜面轨道底端C之间最远距离和小