（江苏专用）高考物理一轮复习 第5章 机械能 基础课时13 动能定理及应用（含解析）-人教版高三物理试题

基础课时13动能定理及应用一、单项选择题1．(2016·湖北襄阳一模)用竖直向上大小为30N的力F，将2kg的物体由沙坑表面静止抬升1m时撤去力F，经一段时间后，物体落入沙坑，测得落入沙坑的深度为20cm。若忽略空气阻力，g取10m/s2。则物体克服沙坑的阻力所做的功为()A．20JB．24JC．34JD．54J答案C2．物体在恒定阻力作用下，以某初速度在水平面上沿直线滑行直到停止。以a、Ek、x和t分别表示物体运动的加速度大小、动能、位移的大小和运动的时间，则以下各图象中，能正确反映这一过程的是()解析物体在恒定阻力作用下运动，其加速度随时间不变，随位移不变，选项A、B错误；由动能定理，－Ffx＝Ek－Ek0，解得Ek＝Ek0－Ffx，选项C正确；Ek＝Ek0－Ffx＝Ek0－Ff(v0t－eq\f(1,2)at2)，Ek与时间t不成线性关系，D错误。答案C3.如图1所示，将一质量为m的小球以一定的初速度自O点水平向右抛出，小球在运动过程中恰好通过A点，OA与竖直方向夹角为53°，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则小球抛出时的动能与到达A点时动能的比值为()图1A.eq\f(4,3)B.eq\f(3,4)C.eq\f(13,4)D.eq\f(4,13)解析小球做平抛运动，则v0t＝eq\f(1,2)gt2tan53°，vy＝gt，veq\o\al(2,A)＝veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,y)，可得eq\f(\f(1,2)mveq\o\al(2,0),\f(1,2)mveq\o\al(2,A))＝eq\f(4,13)，选项D正确。答案D4.如图2所示，一质量为m＝1kg的小球(可视为质点)从高H＝12m处的A点由静止沿光滑的圆弧轨道AB滑下，进入半径为r＝4m的竖直圆环轨道，圆环轨道的动摩擦因数处处相同，当到达圆环轨道的顶点C时，小球对圆环轨道的压力恰好为零，小球继续沿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(g取10m/s2)()图2A．8mB．9mC．10mD．11m解析小球在圆环轨道的最高点时速度vC＝eq\r(gr)＝2eq\r(10)m/s，设小球在BEC段克服摩擦力做的功为W1，则W1＝mg(H－2r)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)＝20J，设小球在CFB段克服摩擦力做的功为W2，则0＜W2＜W1，从C点到D点有－mg(h－2r)－W2＝－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)，代入数据得8m＜h＜10m，B正确。答案B5.(2016·山东济南模拟)光滑斜面上有一个小球自高为h的A处由静止开始滚下，到达光滑的水平面上的B点时速率为v0。光滑水平面上每隔相等的距离设置了一个与小球运动方向垂直的阻挡条，如图3所示，小球越过n条阻挡条后停下来。若让小球从2h高处以初速度v0滚下，则小球能越过阻挡条的条数为(设小球每次越过阻挡条时损失的动能相等)()图3A．nB．2nC．3nD．4n解析设每条阻挡条对小球做的功为W，小球自高为h的A处由静止开始滚下到B，由动能定理有mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，当小球在水平面上滚动时，由动能定理有－nW＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)；让小球从2h高处以初速度v0滚下到停止，由动能定理有mg·2h－n′W＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，三式联立解得n′＝3n，所以选项C正确。答案C二、多项选择题6.北京时间2015年8月6日，在喀山游泳世锦赛的男子100米自由泳决赛中，宁泽涛以47秒84的成绩夺冠，夺取了亚洲在该项目上的首枚金牌。假设宁泽涛在发令枪响后，两脚迅速蹬离起跑器，在向前加速的同时身体重心下降。如图4所示，假设宁泽涛质量为m，在起跳前进的距离s内，重心下降的高度为h，获得的速度大小为v，水的阻力做功为W阻，则在此过程中()图4A．宁泽涛的机械能增加了eq\f(1,2)mv2B．宁泽涛的机械能增加了eq\f(1,2)mv2＋mghC．宁泽涛的重力做的功为W重＝mghD．宁泽涛自身做功W人＝eq\f(1,2)mv2－mgh－W阻解析宁泽涛的重心下降的高度为h，获得的速度为v，则其机械能增加量为eq\f(1,2)mv2－mgh，选项A、B错误；宁泽涛自身做功和水的阻力做功之和等于机械能的增加量，W人＋W阻＝eq\f(1,2)mv2－mgh，故宁泽涛自身做功W人＝eq\f(1,2)mv2－mgh－W阻，选项D正确；宁泽涛的重心下降的高度为h，重力做正功，W重＝mgh，选项C正确。答案CD7.如图5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。关于此情况下铁块的运动情况，下列描述正确的是()图5A．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设A距离地面的高度为h，动摩擦因数为μ，对全过程运用动能定理有mgh－μmgcosθ·xAB－μmgxBP＝0，得mgh－μmg(xABcosθ＋xBP)＝0，而xABcosθ＋xBP＝eq\o(OP,\s\up6(－))，即h－μ·eq\o(OP,\s\up6(－))＝0。铁块在新斜面上有mgsinα－μmgcosα＝ma，由sinα－μcosα＝eq\f(h－μ·\o(OP,\s\up6(－)),\o(AP,\s\up6(－)))＝0，可知铁块在新斜面上做匀速运动，与铁块的质量m无关，铁块一定能够到达P点，选项A、D正确，B、C错误。答案AD三、非选择题8.在赛车场上，为了安全起见，车道外围都固定上废旧轮胎作为围栏，当车碰撞围栏时起缓冲器作用。在一次模拟实验中用弹簧来代替废旧轮胎，实验情景如图6所示，水平放置的轻弹簧左侧固定于墙上，处于自然状态，开始赛车在A处且处于静止状态，距弹簧自由端的距离为L1＝1m。当赛车启动时，产生水平向左的恒为F＝24N的牵引力使赛车向左匀加速前进，当赛车接触弹簧的瞬间立即关闭发动机，赛车继续压缩弹簧，最后被弹回到B处停下。已知赛车的质量为m＝2kg，A、B之间的距离为L2＝3m，赛车被弹回的过程中离开弹簧时的速度大小为v＝4m/s，水平向右。g取10m/s2。求：图6(1)赛车和地面间的动摩擦因数；(2)弹簧被压缩的最大距离。解析(1)从赛车离开弹簧到B点静止，由动能定理得－μmg(L1＋L2)＝0－eq\f(1,2)mv2解得μ＝0.2。(2)设弹簧被压缩的最大距离为L，从赛车加速到离开弹簧，由动能定理得FL1－μmg(L1＋2L)＝eq\f(1,2)mv2－0解得L＝0.5m。答案(1)0.2(2)0.5m9.如图7所示，QB段是半径为R＝1m的光滑圆弧轨道，AQ段是长度为L＝1m的粗糙水平轨道，两轨道相切于Q点，Q在圆心O的正下方，整个轨道位于同一竖直平面内。物块P的质量m＝1kg(可视为质点)，P与AQ间的动摩擦因数μ＝0.1，若物块P以速度v0从A点滑上水平轨道，到C点又返回A点时恰好静止。(取g＝10m/s2)求：图7(1)v0的大小；(2)物块P第一次刚通过Q点时对圆弧轨道的压力。解析(1)物块P从A到C又返回A的过程中，由动能定理有：－μmg·2L＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得v0＝eq\r(4μgL)＝2m/s(2)设物块P第一次刚通过Q点时的速度为v，在Q点轨道对P的支持力为FN，由动能定理和牛顿第二定律有：－μmgL＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)FN－mg＝meq\f(v2,R)解得：FN＝12N由牛顿第三定律可知，物块P第一次刚通过Q点时对圆弧轨道的压力大小为12N，方向竖直向下。答案(1)2m/s(2)12N，方向竖直向下10．(2015·江苏单科，14)一转动装置如图8所示，四根轻杆OA、OC、AB和CB与两小球及一小环通过铰链连接，轻杆长均为l，球和环的质量均为m，O端固定在竖直的轻质转轴上。套在转轴上的轻质弹簧连接在O与小环之间，原长为L。装置静止时，弹簧长为eq\f(3,2)L。转动该装置并缓慢增大转速，小环缓慢上升。弹簧始终在弹性限度内，忽略一切摩擦和空气阻力，重力加速度为g。求：图8(1)弹簧的劲度系数k；(2)AB杆中弹力为零时，装置转动的角速度ω0；(3)弹簧长度从eq\f(3,2)L缓慢缩短为eq\f(1,2)L的过程中，外界对转动装置所做的功W。解析(1)装置静止时，设OA、AB杆中的弹力分别为F1、T1，OA杆与转轴的夹角为θ1小环受到弹簧的弹力F弹1＝keq\f(L,2)小环受力平衡：F弹1＝mg＋2T1cosθ1小球受力平衡：F1cosθ1＋T1cosθ1＝mg，F1sinθ1＝T1sinθ1解得：k＝eq\f(4mg,L)(2)设OA、AB杆中的弹力分别为F2、T2，OA杆与转轴的夹角为θ2，弹簧长度为x小环受到弹簧的弹力F弹2＝k(x－L)小环受力平衡：F弹2＝mg，得x＝eq\f(5,4)L对小球：F2cosθ2＝mg，F2sinθ2＝mωeq\o\al(2,0)lsinθ2且cosθ2＝eq\f(x,2l)解得ω0＝eq\r(\f(8g,5L))(3)弹簧长度为eq\f(L,2)时，设OA、AB杆中的弹力分别为F3、T3，OA杆与弹簧的夹角为θ3小环受到弹簧的弹力F弹3＝keq\f(L,2)小环受力平衡：2T3cosθ3＝mg＋F弹3，cosθ3＝eq\f(L,4l)对小球：F3cosθ3＝T3cosθ3＋mg；F3sinθ3＋T3sinθ3＝mωeq\o\al(2,3)lsinθ3解得ω3＝eq\r(\f(16g,L))整个过程弹簧弹性势能变化为零，则弹力