2020届高三物理一轮复习专题分类练习题卷：动能定理

2020届高三物理一轮复习专题分类练习题卷：动能定理2020届高三物理一轮复习专题分类练习题卷：动能定理/16【解析】.物体做匀速直线运动时，拉力F与滑动摩擦力f大小相等，物体与水平面间的动摩擦因数为 严—=0.35,mg1A正确；减速过程由动能定理得WF+Wf=0—'mv2,根据F—x图象中图线与坐标轴围成的面积可以估算力F做的功Wf,而Wf=—科mgx由此可求得合外力对物体所做的功，及物体做匀速运动时的速度 v,B、C正确；因为物体做变加速运动，所以运动时间无法求出，D错误.vt图像【例5】（2019安徽合肥一模）A、B两物体分别在水平恒力Fl和F2的作用下沿水平面运动，先后撤去 Fi、F2后，两物体最终停下，它们的 v—t图象如图所示.已知两物体与水平面间的滑动摩擦力大小相等.则下列说法正确的是( )( )A.Fi、F2大小之比为1:2C.A、B质量之比为2：1A.Fi、F2大小之比为1:2C.A、B质量之比为2：1【答案】C.D.全过程中A、B克服摩擦力做功之比为 2：1【解析】由v—t图象可知，两个匀减速运动的加速度之比为 1：2,由牛顿第二定律可知，A、B受摩擦力大小相等,所以A、B的质量关系是2：1,由v—t图象可知，A、B两物体加速与减速的位移之和相等，且匀加速位移之比为1:2,匀减速运动的位移之比为 2：1,由动能定理可得，A物体的拉力与摩擦力的关系， F1x-Ff1X=0-0;B物3 体的拉力与摩擦力的关系， F2 X-Ff2X=0-0,因此可得：F1=3Ff1, F2=2Ff2,Ff1= Ff2,所以F1=2F2.全过程中摩擦力对A、B做功相等，F1、F2对A、B做功大小相等.故A、B、D错误，C正确.【变式】（2018高考全国卷II）地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送到地面.某竖井中矿车提升的速度大小v随时间t的变化关系如图所示，其中图线①②分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶段加速度的大小都相同；两次提升的高度相同，提升的质量相等.不考虑摩擦阻力和空气阻力.对于第①次和第②次提升过程 （ ）A.矿车上升所用的时间之比为4:5A.矿车上升所用的时间之比为4:5C.电机输出的最大功率之比为 2：1【答案】AC【解析】由图线①知，矿车上升总高度v0h=~-t0=v0t0.B.电机的最大牵引力之比为 2：1D,电机所做的功之比为 4:5由图线②知，加速阶段和减速阶段上升高度和V02toto1h1=2",2+2）=4V0t01 3匀速阶段：h-hi=2vot；解得t'=3to故第②次提升过程所用时间为2°+|to+ *o,5两次上升所用时间之比为2to:2t0=4:5,A对；对矿车受力分析，当矿车向上做加速直线运动时，电机的牵引力最大，由于加速阶段加速度相同，故加速时牵引力相同，B错；在加速上升阶段，由牛顿第二定律知，F—mg=ma,F=m（g+a）第①次在to时刻，功率Pi=Fvo,第②次在£时刻，功率P2=Fv0,第②次在匀速阶段P2=F'v・=mgv0<P2,可知，电机输出的最大功率之比 Pi：P2=2：1,C对；由动能定理知，两个过程动能变化量相同，克服重力做功相同，故两次电机做功也相同， D错.at图像【例6】（2019山西模拟）用传感器研究质量为2kg的物体由静止开始做直线运动的规律时，在计算机上得到0〜6s内物体的加速度随时间变化的关系如图所示.下列说法正确的是 （ ）Mie，♦胃Mie，♦胃A.0〜6s内物体先向正方向运动，后向负方向运动 B.0〜6s内物体在4s时的速度最大C.物体在C.物体在2〜4s内速度不变【答案】D.D.0〜4s内合力对物体做的功等于 0〜6s内合力做的功【解析】由v=at可知，a—t图象中，图线与坐标轴所围面积表示质点的速度， 0〜6s内物体的速度始终为正值，故一直为正方向，A项错；t=5s时，速度最大，B项错；2〜4s内加速度保持不变且不为零，速度一定变化， C项错；0〜4s内与0〜6s内图线与坐标轴所围面积相等，故物体 4s末和6s末速度相同，由动能定理可知，两段时间内合力对物体做功相等， D项对.【变式】质量为m的小球被系在轻绳一端，在竖直平面内做半径为 R的圆周运动，运动过程中小球受到空气阻力的作用.设某一时刻小球通过轨道的最低点，此时绳子的张力为 7mg,此后小球继续做圆周运动，经过半个圆周恰能通过最高点，则在此过程中小球克服空气阻力所做的功为 ( )【答案】C3B.讪mgR1C./mgR【答案】C3B.讪mgR1C./mgR【解析】最低点mv27mg-mg=-,则最低点速度为:vi=6gR2最高点mg=R~,则最高点速度为： v2=VgR1cle由动能7E理得：-2mgR+Wf=2mv2—2mv11 1 . .解得：Wf=—1mgR,故克服空气阻力做功Wf=1mgR,故选项C正确，A、B、D错误.EkEk物块初动能为 Eko,与斜面间的动摩擦因数【例7】(2017物块初动能为 Eko,与斜面间的动摩擦因数不变，则该过程中，物块的动能 Ek与位移x关系的图线是( )【答案】C.【解析】设斜面的倾角为 以物块与斜面间的动摩擦因数为 由物块质量为m,小物块沿斜面向上滑动过程，由动能定理得，—(mgsin0+科mgos()x=Ek—Eko,即Ek=Eko—(mgsin0+mcps0)x;设小物块滑到最高点的距离为 L,小物块沿斜面滑动全过程由能量守恒定律得， Ek=Eko—mgxsin0—科mgps9(2L—x)=(Eko—2科mgLos0)—(mgsin0—mgps@x,故选项C正确.【变式】(2。18高考江苏卷)从地面竖直向上抛出一只小球，小球运动一段时间后落回地面.忽略空气阻力，该过程中小球的动能Ek与时间中小球的动能Ek与时间t的关系图象是 (【答案】A【解析】对于整个竖直上抛过程 (包括上升与下落)，速度与时间的关系为1v=vo—gt,v2=g2t2—2vogt+v2,Ek=/mv2,可见动能与时间是二次函数关系，由数学中的二次函数知识可判断 A正确.题型五动能定理在多阶段、多过程综合问题中的应用运用动能定理巧解往复运动问题【例8】.如图所示装置由AB、BC、CD三段轨道组成，轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接，其中轨道 AB、CD段是光滑的，水平轨道BC的长度s=5m,轨道CD足够长且倾角0=37°,A、D两点离轨道BC的高度分别为hi=4.30m、h2=1.35m.现让质量为m的小滑块自A点由静止释放.已知小滑块与轨道BC间的动摩擦因数(i=0.5,重力加速度g取10m/s2,sin37=0.6,cos37=0.8.求:(1)小滑块第一次到达D点时的速度大小；(2)小滑块最终停止的位置距 B点的距离.【答案】(1)3m/s(2)1.4m【解析】(1)小滑块从A-B-C-D过程中，由动能定理得mg(h1—h2)—叱mgs2mvD—0将h1、h2、s、旧g代入彳导:vd=3m/s.(2)对小滑块运动全过程应用动能定理，设小滑块在水平轨道上运动的总路程为 s总.有：mgh1= mgs将h1、代入得：s总=8.6m故小滑块最终停止的位置距 B点的距离为2s-s总=1.4m.【变式】如图所示，ABCD是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底 BC的连接处都是一段与BC相切的圆弧，BC是水平的，其距离d=0.50m.盆边缘的高度为h=0.30m.在A处放一个质量为m的小物块并让其从静止开始下滑(图中小物块未画出).已知盆内侧壁是光滑的，而盆底 BC面与小物块间的动摩擦因数为 -0.10.小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停止的地点到 B的距离为( )A.0.50m0.25m0.10m0

A.0.50m0.25m0.10m0【解析】设小物块在BC段通过的总＞路程为s,由于只有BC面上存在摩擦力，其做功为-科mgs而重力做功与路径无关，由动能定理得： mgh—mgs0—0,代入数据可解得s=3m.由于d=0.50m,所以，小物块在BC面上经过3次往复运动后，又回到B点，D正确.动能定理解决平抛、圆周运动相结合的问题【例9】.(2019桂林质检)如图所示，倾角为37。的粗糙斜面AB底端与半径R=0.4m的光滑半圆轨道BC平滑相连,O点为轨道圆心，BC为圆轨道直径且处于竖直方向， A、C两点等高，质量m=1kg的滑块从A点由静止开始下滑,恰能滑到与。点等高的D点,g取10m/s2,sin37=0.6,cos37=0.8.(1)求滑块与斜面间的动摩擦因数 叵(2)若使滑块能到达C点，求滑块从A点沿斜面滑下时的初速度 V0的最小值；(3)若滑块离开C点的速度大小为4m/s,求滑块从C点飞出至落到斜面上所经历的时间 t.【答案】(1)0.375(2)23m/s(3)0.2s【解析】(1)滑块恰能滑到D点，则VD=0滑块从A-B-D过程中，由动能定理得2Rmg(2R-R)—”cos0sn^=0-0解得尸0.375.(2)滑块恰能过C点时，vc有最小值，则在C点mvCmg=v滑块从A-B-D-C过程，由动能定理得TOC\o"1-5"\h\z一mgos0^^-=2mvC—2mv2sin02 2解得v0=2，3m/s.(3)滑块离开C点后做平抛运动，设下落的高度为 h,… 1c则有h=2gt2x

x

2R-h=tan53其中vC=4m/s,联立解得t=0.2s.【变式1】(2019河北衡水中学模拟)如图所示，质量为0.1kg的小物块在粗糙水平桌面上滑行 4m后以3.0m/s的速0.5,桌面高0.5,桌面高0.45m,若不计空气阻力，取g=10m/s2,则下列说法错误的是( )A.小物块的初速度是5m/s B.小物块的水平射程为 1.2mC.小物块在桌面上克服摩擦力做 8J的功D.小物块落地时的动能为 0.9J【答案】ABC.1c1【解析】小物块在桌面上克服摩擦力做功Wf=^mgL2J,C错；在水平桌面上滑行，由动能定理得—Wf=^mv2—2mv0,解得v0=7m/s,A错；小物块飞离桌面后做平抛运动，有x=vt、h=-2gt2,联立解得x=0.9m,B错；设小物块落地时动能为Ek,由动能定理得mgh=Ek-2mv2,解得Ek=0.9J,D对.【变式2】如图，在水平轨道右侧固定半径为 R的竖直圆槽形光滑轨道，水平轨道的 PQ段铺设特殊材料，调节其初始长度为l,水平轨道左侧有一轻质弹簧左端固定，弹簧处于自然伸长状态.可视为质点的小物块从轨道右侧A点以初速度V0冲上轨道，通过圆形轨道、水平轨道后压缩弹簧，并被弹簧以原速率弹回.已知R=0.4m,l=2.5m,v0=6m/s,物块质量m=1kg,与PQ段间的动摩擦因数-0.4,轨道其他部分摩擦不方t.g取10m/s2.求：p\^ / Q(1)物块第一次经过圆轨道最高点 B时对轨道的压力;(2)物块仍以Vo从右侧冲上轨道，调节PQ段的长度L,当L长度是多少时，物块恰能不脱离