高考物理总复习 第五章 第2节 动能定理及其应用检测（含解析）试题

动能定理及其应用(建议用时：40分钟)【A级基础题练熟快】1.(2019·大庆中学模拟)如图所示，倾角为30°的斜面末端与水平地面相连，将一小球(可看成质点)从斜面顶端以3J的初动能水平抛出，不计空气阻力，经过一段时间，小球以6J的动能第一次落在接触面上．若将此小球以6J的初动能水平从斜面顶端抛出，则小球第一次落在接触面上的动能为()A．9J B．12JC．16J D．条件不足，无法判定解析：选A.小球做平抛运动，只有重力做功，分析可知两种情况下小球下落的高度相同，所以重力做功相同，在第一次情况下重力做功为WG＝6J－3J＝3J，故第二种情况下重力也做功3J，故落地时动能为9J，A正确．2．如图所示，质量为m的物块与水平转台间的动摩擦因数为μ，物块与转轴相距R，物块随转台由静止开始转动．当转速增至某一值时，物块即将在转台上滑动，此时转台已开始匀速转动，在这一过程中，摩擦力对物块做的功是(假设物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力)()A．0 B．2μmgRC．2πμmgR D.eq\f(μmgR,2)解析：选D.物块即将在转台上滑动但还未滑动时，转台对物块的最大静摩擦力恰好提供向心力，设此时物块做圆周运动的线速度为v，则有μmg＝eq\f(mv2,R).在物块由静止到获得速度v的过程中，物块受到的重力和支持力不做功，只有摩擦力对物块做功，由动能定理得W＝eq\f(1,2)mv2－0.联立解得W＝eq\f(1,2)μmgR，故选项D正确．3．(2019·浙江模拟)如图所示，足球从草皮上的①位置被踢出后落在草皮上的③位置，空中到达的最高点为②位置，则()A．②位置足球动能等于0B．①位置到③位置过程只有重力做功C．①位置到②位置的过程足球的动能全部转化为重力势能D．②位置到③位置过程足球动能的变化量等于合力做的功解析：选D.由题图可知，足球由②到③过程中具有水平位移，则说明足球在②位置存在速度，故A错误；由图可知，①到②的水平位移大于②到③的水平位移，则说明足球受到空气阻力，故B错误；因存在阻力做功，故①位置到②位置的过程足球的动能转化为重力势能和内能，故C错误；根据动能定理可得，②位置到③位置过程足球动能的变化量等于合力做的功，故D正确．4.(2019·河南模拟)如图所示，质量为m的小球，从离地面H高处由静止开始释放，落到地面后继续陷入泥中h深度而停止，设小球受到空气阻力为f，重力加速度为g，则下列说法正确的是()A．小球落地时动能等于mgHB．小球陷入泥中的过程中克服泥的阻力所做的功小于刚落到地面时的动能C．整个过程中小球克服阻力做的功等于mg(H＋h)D．小球在泥土中受到的平均阻力为mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(H,h)))解析：选C.小球从静止开始释放到落到地面的过程，由动能定理得mgH－fH＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，选项A错误；设泥的平均阻力为f0，小球陷入泥中的过程，由动能定理得mgh－f0h＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得f0h＝mgh＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，f0＝mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(H,h)))－eq\f(fH,h)，选项B、D错误；全过程应用动能定理可知，整个过程中小球克服阻力做的功等于mg(H＋h)，选项C正确．5.(多选)(2019·山东潍坊中学模拟)如图所示，不可伸长的轻绳长为l，一端固定在O点，另一端拴接一质量为m的小球，将小球拉至与O等高，细绳处于伸直状态的位置后由静止释放，在小球由静止释放到运动至最低点的过程中，小球所受阻力做的功为W，重力加速度为g，则小球到达最低点时()A．向心加速度a＝eq\f(2（mgl＋W）,ml)B．向心加速度a＝eq\f(2（mgl－W）,ml)C．绳的拉力F＝eq\f(3mgl＋2W,l)D．绳的拉力F＝eq\f(2（mgl＋W）,l)解析：选AC.从最高点到最低点过程中，重力做正功，阻力做负功，根据动能定理可得mgl＋W＝eq\f(1,2)mv2，在最低点重力和绳子的拉力充当向心力，所以有F－mg＝meq\f(v2,l)，联立可得F＝eq\f(3mgl＋2W,l)，根据公式a＝eq\f(v2,l)可得a＝eq\f(2（mgl＋W）,ml)，A、C正确．6．(多选)(2019·天津五区县联考)如图所示，竖直平面内有一光滑圆环，半径为R，圆心为O，B为最低点，C为最高点，圆环左下方开一个小口与光滑斜面相切于A点，∠AOB＝37°，小球从斜面上某一点D由静止释放，经A点进入圆轨道，不计小球由D到A的机械能损失，(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)则要保证运动过程中小球不离开轨道，小球释放的位置到A点的距离可能是()A．R B．2RC．3R D．4R解析：选AD.若使小球恰能经过最高点C，则mg＝meq\f(veq\o\al(2,C),R)，根据动能定理有mg(h－2R)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)，解得h＝eq\f(5,2)R，小球释放的位置到A点的距离是x＝eq\f(h－R（1－cos37°）,sin37°)＝eq\f(23,6)R；若使小球恰能经过与圆心O等高的一点，则释放的高度h′＝R，此时小球释放的位置到A点的距离是x′＝eq\f(h′－R（1－cos37°）,sin37°)＝eq\f(4,3)R；要保证运动过程中小球不离开轨道，小球释放的位置到A点的距离应满足：x≥eq\f(23,6)R或x′≤eq\f(4,3)R，A、D正确．7．(多选)如图所示，斜面AB和水平面BC是由同一板材上截下的两段，在B处用小圆弧连接．将小铁块(可视为质点)从A处由静止释放后，它沿斜面向下滑行，进入平面，最终静止于P处．若从该板材上再截下一段，搁置在A、P之间，构成一个新的斜面，再将铁块放回A处，并轻推一下使之沿新斜面向下滑动．关于此情况下铁块运动情况的描述，正确的是()A．铁块一定能够到达P点B．铁块的初速度必须足够大才能到达P点C．铁块能否到达P点与铁块质量有关D．铁块能否到达P点与铁块质量无关解析：选AD.设A距离水平面BC的高度为h，小铁块与该板材间的动摩擦因数为μ.斜面AB的倾角为α，对全过程运用动能定理有mgh－μmgs1cosα－μmgs2＝0，整理得mgh－μmg(s1cosα＋s2)＝0，而s1cosα＋s2等于OP的长度，即h－μOP＝0，与斜面的倾角无关，故小铁块一定能够到达P点，且与铁块的质量无关．故A、D正确．8．(2019·湖北名校联考)如图所示，一个可视为质点的滑块从高H＝12m处的A点由静止沿光滑的轨道AB滑下，进入半径为r＝4m的竖直圆环，圆环内轨道与滑块间的动摩擦因数处处相同，当滑块到达圆环顶点C时，滑块对轨道的压力恰好为零，滑块继续沿CFB滑下，进入光滑轨道BD，且到达高度为h的D点时速度为零，则h的值可能为(重力加速度大小g＝10m/s2)()A．8m B．9mC．10m D．11m解析：选B.滑块到达圆环顶点C时对轨道压力为零，则mg＝meq\f(veq\o\al(2,C),r)，得速度vC＝eq\r(gr)，滑块在BEC段上克服摩擦力做的功W1＝mg(H－2r)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)＝mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H－\f(5,2)r))，滑块在CFB段克服摩擦力做的功W2满足0<W2<W1，从C到D，eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－W2＝mg(h－2r)，代入得8m<h<10m，B正确．【B级能力题练稳准】9．(2019·山东潍坊模拟)如图所示，固定斜面AE分成等长四部分AB、BC、CD、DE，小物块与AB、CD间的动摩擦因数均为μ1；与BC、DE间的动摩擦因数均为μ2，且μ1＝2μ2.当物块以速度v0从A点沿斜面向上滑动时，刚好能到达E点．当物块以速度eq\f(v0,2)从A点沿斜面向上滑动时，则能到达的最高点()A．刚好为B点 B．刚好为C点C．介于A、B之间 D．介于B、C之间解析：选C.设斜面的倾角为θ，AB＝BC＝CD＝DE＝s，μ1＝2μ2＝2μ，则μ2＝μ，物块以速度v0上滑过程中，由动能定理得，－mg·sinθ·4s－μmgcosθ·2s－2μmgcosθ·2s＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，则eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝4mgssinθ＋6μmgscosθ，当初速度为eq\f(v0,2)时，eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(1,4)×eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mgssinθ＋eq\f(3,2)μmgscosθ<mgssinθ＋2μmgscosθ，则物块能到达的最高点在B点以下，即A、B之间某点，故选C.10.(多选)(2019·吉林实验中学一模)如图所示，在竖直平面内两处分别固定A、B两枚钉子，A、B之间的距离为eq\f(l,2)，A、B连线与水平方向的夹角为θ.A处的钉子系一根长为l的细线，细线的另一端系一个质量为m的小球，将细线拉直，让小球的初始位置在P点处，P点与A点处于同一高度，小球由静止释放，细线与B处钉子接触后，小球继续下降．取B点为参考平面，重力加速度为g，当小球运动到B点正下方的Q点时，下列说法正确的是()A．小球的速率为eq\r(2gl)B．小球的动能为eq\f(1,2)mgl(sinθ＋1)C．重力对小球的功率为0D．小球对绳的拉力为3mg解析：选BC.小球从P点到Q点，重力对小球做的功为eq\f(1,2)mgl(sinθ＋1)，根据动能定理有WG＝WkQ－EkP，所以小球在Q点的动能为eq\f(1,2)mgl(sinθ＋1)，选项B正确；由eq\f(1,2)mgl(sinθ＋1)＝eq\f(1,2)mv2可得v＝eq\r(gl（sinθ＋1）)，选项A错误；在Q点小球速度方向是水平的，重力对小球做功的功率为0，选项C正确；根据F－mg＝eq\f(mv2,\f(l,2))，解得F＝mg(2sinθ＋3)，由牛顿第三定律可知选项D错误．11．如图所示，粗糙的斜面AB下端与光滑的圆弧轨道BCD相切于B，整个装置竖直放置，C是最低点，圆心角θ＝37°，D与圆心O等高，圆弧轨道半径R＝1m，斜面长L＝4m，现有一个质量m＝0.1kg的小物体P从斜面AB上端A点无初速度下滑，物体P与斜面AB之间的动摩擦因数μ＝0.25.不计空气阻力，g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：(1)物体P第一次通过C点时的速度大小vC；(2)物体P第一次通过C点时对轨道的压力大小；(3)物体P第一次离开D点后在空中做竖直上抛运动到最高点E，接着从空中又返回到圆弧轨道和斜面，在这样多次反复的整个运动过程中，物体P对C点处轨道的最小压力．解析：(1)物体P从A下滑经B到C过程中根据动能定理有mgL·sin37°＋mgR(1－cos37°)－μmgcos37°·L＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－0，解得vC＝6m/s.(2)物体P在C点，根据牛顿第二定律有N－mg＝meq\f(veq\o\al(2,C),R)，解得N＝4.6N.根据牛顿第三定律，物体P通过C点时对轨道的压力为4.6N.(3)物体P最后在B和与其等高的圆弧轨道上来回运动时，经C点压力最小，由B到C由动能定理有mgR(1－cos37°)＝eq\f(1,2)mv′eq\o\al(2,C)，解得v′C＝2m/s，则Nmin＝mg＋meq\f(v′eq\o\al(2,C),R)＝1.4N.根据牛顿第三定律，物体P对C点处轨道的最小压力为1.4N.答案：(1)6m/s(2)4.6N(3)1.4N12．(2019·黑龙江牡丹江一中模拟)如图所示，半径为R的光滑半圆形轨道ABC在竖直平面内与水平轨道CD相切于C点，D端有一被锁定的轻质压缩弹簧，弹簧左端连接在固定的挡板上，弹簧右端Q到C点的距离为2R.质量为m的滑块(视为质点)从轨道上的P点由静止滑下，刚好能运动到Q点，并能触发弹簧解除锁定，然后滑块被弹回，且刚好能通过圆轨道的最高点A.已知∠POC＝60°，求：(1)滑块第一次滑至圆形轨道最低点C时所受轨道支持力；(2)滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ；(3)弹簧被锁定时具有的弹性势能．解析：(1)设滑块第一次滑至C点时的速度为