【创新导学案】2021年高考物理总复习课时知能训练：5-2-动能定理及其应用

5-2动能定理及其应用(45分钟100分)一、选择题(本大题共10小题，每小题7分，共70分。每小题至少一个答案正确，选不全得4分。)1．一人站在电梯中，当电梯匀加速上升时()A．人处于超重状态B．人对电梯的压力大于电梯对人的支持力C．电梯对人做的功等于人增加的动能D．电梯对人做的功等于人增加的机械能【解析】当物体具有向上的加速度时，处于超重状态，故A正确。由牛顿第三定律可知，人对电梯的压力等于电梯对人的支持力，故B错误。设人受的支持力为F，则有F－mg＝ma，上上升度h时，由动能定理(F－mg)h＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，得Fh＝mgh＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，所以电梯对人做的功等于人增加的机械能，故C错D对。【答案】AD2．质量m＝2kg的物体，在水平面上以v1＝6m/s的速度匀速向西运动，若有一个F＝8N方向向北的恒力作用于物体，在t＝2s内物体的动能增加了()A．28JB．64JC．32JD．36J【答案】B3．如图所示，长为L的长木板水平放置，在木板的A端放置一个质量为m的小物块。现缓慢地抬高A端，使木板以左端为轴转动，当木板转到与水平面的夹角为α时小物块开头滑动，此时停止转动木板，小物块滑到底端的速度为v，则在整个过程中()A．支持力对小物块做功为0B．支持力对小物块做功为mgLsinαC．摩擦力对小物块做功为mgLsinαD．滑动摩擦力对小物块做功为eq\f(1,2)mv2－mgLsinα【答案】BD4．质量为10kg的物体，在变力F作用下沿x轴做直线运动，力随坐标x的变化状况如图所示。物体在x＝0处，速度为1m/s，不计一切摩擦，则物体运动到x＝16m处时，速度大小为()A．2eq\r(2)m/sB．3m/sC．4m/sD.eq\r(17)m/s【解析】由图可知变力F做的正功W1＝10×4J＋10×4×eq\f(1,2)J＝60J，变力F做的负功大小W2＝10×4×eq\f(1,2)J＝20J，由动能定理得：W1－W2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，即60－20＝eq\f(1,2)×10veq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)×10×12，解得：v2＝3m/s，故B正确。【答案】B5．如图所示，图线表示作用在某物体上的合力随时间变化的关系，若物体开头时是静止的，那么()A．从t＝0开头，5s内物体的动能变化量为零B．在前5s内只有第1s末物体的动能最大C．在前5s内只有第5s末物体的速率最大D．前3s内合外力对物体做的功为零【解析】由图像可知0～1s的合外力的大小是1～5s的合外力的大小的2倍，所以加速度大小的关系也是2∶1，物体的运动状态可描述为0～1s物体做匀加速运动到速度最大，3s末减速到零，5s末反向加速到最大，因此5s内动能变化量不为零，故选项A错；第1s末和第5s末物体的动能和速率一样大，所以选项B、C都不对；3s末减速到零，所以前3s内合外力对物体做的功为零，所以正确选项为D。【答案】D6．质量均为m的两物块A、B以肯定的初速度在水平面上只受摩擦力而滑动，如图所示是它们滑动的最大位移x与初速度的平方veq\o\al(2,0)的关系图像，已知veq\o\al(2,02)＝2veq\o\al(2,01)，下列描述中正确的是()A．若A、B滑行的初速度相等，则到它们都停下来时滑动摩擦力对A做的功是对B做功的2倍B．若A、B滑行的初速度相等，则到它们都停下来时滑动摩擦力对A做的功是对B做功的eq\f(1,2)C．若A、B滑行的最大位移相等，则滑动摩擦力对它们做的功相等D．若A、B滑行的最大位移相等，则滑动摩擦力对B做的功是对A做功的2倍【解析】由于两物块质量均为m，若A、B滑行的初速度相等则初动能相等，由动能定理得－WFf＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，即滑动摩擦力做的功相等，A、B错；若A、B滑行的最大位移相等，由题意可知veq\o\al(2,02)＝2veq\o\al(2,01)，B的初动能是A的初动能的2倍，滑动摩擦力对B做的功是对A做功的2倍，C错，D对。【答案】D7．一环状物体套在光滑水平直杆上，能沿杆自由滑动，绳子一端系在物体上，另一端绕过定滑轮，用大小恒定的力F拉着，使物体沿杆自左向右滑动，如图所示，物体在杆上通过a、b、c三点时的动能分别为Ea、Eb、Ec，且ab＝bc，滑轮质量和摩擦均不计，则下列关系中正确的是()A．Eb－Ea＝Ec－EbB．Eb－Ea＜Ec－EbC．Eb－Ea＞Ec－EbD．Ea＜Ec＜Eb【解析】对环状物体，绳的拉力对其做正功，物体的动能增加，D错；但这个力为变力，它做的功等于恒力F的功，恒力F的功等于F与它作用的绳伸长的距离的乘积，从a到b绳伸长的距离大于从b到c绳伸长的距离，依据动能定理，故C对。【答案】C8．质量为2kg的物体，放在动摩擦因数μ＝0.1的水平面上，在水平拉力的作用下由静止开头运动，水平拉力做的功W和物体发生的位移L之间的关系如图所示，重力加速度g取10m/s2，则此物体()A．在位移L＝9m时的速度是3eq\r(3)m/sB．在位移L＝9m时的速度是3m/sC．在OA段运动的加速度是2.5m/s2D．在AB段运动的加速度是1m/s2【解析】由图像可知当L＝9m时，W＝27J，而摩擦力做功WFf＝－18J，则W合＝W＋WFf＝9J，由动能定理有W合＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝3m/s，B正确A错误；在OA段过程中，W′＝15J，WFf′＝－μmgL′＝－6J，由动能定理可得vA＝3m/s，则a＝eq\f(veq\o\al(2,A),2L′)＝1.5m/s2，C错误；物体在AB段时，W＝12J，WFf＝－μmgL＝－12J，故F＝Ff＝2N，物体做匀速直线运动，故D错误。【答案】B9．如图所示，一个粗糙的水平转台以角速度ω匀速转动，转台上有一个质量为m的物体，物体与转台间用长L的绳连接着，此时物体与转台处于相对静止，设物体与转台间的动摩擦因数为μ，现突然制动转台，则以下结论错误的是()A．由于惯性和摩擦力，物体将以O为圆心、L为半径做变速圆周运动，直到停止B．若物体在转台上运动一周，物体克服摩擦力做的功为μmg2πLC．若物体在转台上运动一周，摩擦力对物体不做功D．物体在转台上运动eq\f(Lω2,4μgπ)圈后，停止运动【解析】制动转台后，物体在绳子约束作用下做圆周运动，速率在减小，运动一周滑动摩擦力做功为WFf＝－μmg2πL，绳子的拉力对物体不做功，由动能定理可知：－Nμmg2πL＝0－eq\f(1,2)mv2，又v＝ωL，联立得物体在转台上转动的圈数为N＝eq\f(Lω2,4μgπ)，A、B、D正确，C错误。【答案】C10．如图所示，在光滑的水平面上有一个质量为M的木板B处于静止状态，现有一个质量为m的木块A在B的左端以初速度v0开头向右滑动，已知M＞m，用①和②分别表示木块A和木板B的图像，在木块A从B的左端滑到右端的过程中，下面关于速度v随时间t、动能Ek随位移x的变化图像，其中可能正确的是()【解析】设A、B间动摩擦因数为μ，二者加速度分别为aA、aB，则μmg＝maA，μmg＝MaB，可知aA＞aB，v­t图像中，①的斜率确定值应大于②，故A、B均错误；对A、B分别由动能定理得－μmgxA＝EkA－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，μmgxB＝EkB，故有EkA＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－μmgxA，EkB＝μmgxB，可知Ek­x图像中，①、②的斜率确定值应相同，故C错误，D正确。【答案】D二、计算题(本大题共2小题，共30分。要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)11．(2021·天津理综)(15分)质量为m＝4kg的小物块静止于水平地面上的A点，现用F＝10N的水平恒力拉动物块一段时间后撤去，物块连续滑动一段位移停在B点，A、B两点相距x＝20m，物块与地面间的动摩擦因数μ＝0.2，g取10m/s2，求：(1)物块在力F作用过程发生位移x1的大小；(2)撤去力F后物块连续滑动的时间t。【解析】(1)设物块受到的滑动摩擦力为F1，则F1＝μmg①依据动能定理，对物块由A到B整个过程，有Fx1－F1x＝0②代入数据，解得x1＝16m③(2)设刚撤去力F时物块的速度为v，此后物块的加速度为a，滑动的位移为x2，则x2＝x－x1④由牛顿其次定律得a＝eq\f(F1,m)⑤由匀变速直线运动公式得v2＝2ax2⑥以物块运动的方向为正方向，由动量定理，得－F1t＝0－mv⑦代入数据，解得t＝2s⑧【答案】(1)16m(2)2s12．(力量挑战题)(15分)如图所示，AB是倾角为θ的粗糙直轨道，BCD是光滑的圆弧轨道，AB恰好在B点与圆弧相切，圆弧的半径为R。一个质量为m的物体(可以看做质点)从直轨道上的P点由静止释放，结果它能在两轨道间做来回运动。已知P点与圆弧的圆心O等高，物体与轨道AB间的动摩擦因数为μ，求：(1)物体做来回运动的整个过程中在AB轨道上通过的总路程；(2)最终当物体通过圆弧轨道最低点E时，对圆弧轨道的压力；(3)为使物体能顺当到达圆弧轨道的最高点D，释放点距B点的距离L′应满足什么条件。【解析】(1)由于摩擦力始终对物体做负功，所以物体最终在圆心角为2θ的圆弧轨道上往复运动。对整体过程由动能定理得：mgR·cosθ－μmgcosθ·s＝0，所以总路程为s＝eq\f(R,μ)(2)对B→E过程mgR(1－cosθ)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,E)①FN－mg＝eq\f(mveq\o\al(2,E),R)②由①②得FN＝(3－2cosθ)mg由牛顿第三定律可知，物体对轨道的压力FN′＝FN＝(3－2cosθ)mg，方向竖直向下。(3)设物体刚好到D点，则mg＝eq\f(mveq\o\al(2,D),R)