2024高考物理一轮复习第5章机械能及其守恒定律第2讲动能定理及其应用课时作业含解析新人教版

PAGE7-第2讲动能定理及其应用时间：60分钟满分：100分一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分。其中1～6题为单选，7～10题为多选)1．若物体在运动过程中受到的合外力不为0，则()A．物体的动能不行能总是不变的B．物体的加速度肯定改变C．物体的速度方向肯定改变D．物体所受的合外力做的功可能为0答案D解析当合外力不为0时，若物体做匀速圆周运动，则动能不变，合外力做的功为0，A错误，D正确；当F恒定时，加速度就不变，速度方向可能不变，B、C错误。2.物体沿直线运动的v－t关系如图所示，已知在第1秒内合外力对物体做的功为W，则()A．从第1秒末到第3秒末合外力做功为4WB．从第3秒末到第5秒末合外力做功为－2WC．从第5秒末到第7秒末合外力做功为WD．从第3秒末到第4秒末合外力做功为－2W答案C解析物体在第1秒末到第3秒末做匀速直线运动，合外力为零，做功为零，A错误；从第3秒末到第5秒末动能的改变量与第1秒内动能的改变量大小相同，合外力做的功为－W，B错误；从第5秒末到第7秒末动能的改变量与第1秒内动能的改变量相同，合外力做功相同，即为W，C正确；从第3秒末到第4秒末动能改变量是负值，大小等于第1秒内动能改变量大小的eq\f(3,4)，则合外力做功为－0.75W，D错误。3.长为L的木块静止在光滑水平面上。质量为m的子弹以水平速度v0射入木块并从中射出，且出射速度为v1。已知从子弹射入到射出木块移动的距离为s，子弹在木块中受到的平均阻力大小为()A.eq\f(m(v\o\al(2,1)－v\o\al(2,0)),2(s＋L)) B.eq\f(m(v\o\al(2,0)－v\o\al(2,1)),2s)C.eq\f(m(v\o\al(2,0)－v\o\al(2,1)),2L) D.eq\f(m(v\o\al(2,0)－v\o\al(2,1)),2(s＋L))答案D解析对子弹依据动能定理：－f(L＋s)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得f＝eq\f(m(v\o\al(2,0)－v\o\al(2,1)),2(s＋L))，D正确。4．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改变的图象如图所示，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肯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肯定小于乙与地面的动摩擦因数答案A解析Ek－s图象的斜率大小表示物体与地面的摩擦力f＝μmg，由图知f甲>f乙，若甲、乙两物体与水平面动摩擦因数相同，则m甲>m乙，故A正确，B错误。由于甲、乙两物体质量大小关系未知，故甲、乙与地面间动摩擦因数大小关系不能确定，C、D错误。5.静止在粗糙水平面上的物块在水平向右的拉力作用下做直线运动，t＝4s时停下，其v－t图象如图所示，已知物块与水平面间的动摩擦因数到处相同，则下列推断正确的是()A．整个过程中拉力做的功等于物块克服摩擦力做的功B．整个过程中拉力做的功等于零C．t＝2s时刻拉力的瞬时功率在整个过程中最大D．t＝1s到t＝3s这段时间内拉力不做功答案A解析对物块运动全过程应用动能定理得：WF－Wf＝0，A正确，B错误；物块在加速运动过程中受到的拉力最大，结合题图可知，t＝1s时拉力的瞬时功率为整个过程中拉力功率的最大值，C错误；t＝1s到t＝3s这段时间内，拉力与摩擦力平衡，拉力做正功，D错误。6．如图所示，置于光滑水平面上的物块在水平恒力F的作用下由静止起先运动，其速度v、动能Ek及拉力功率P随时间t或位移x的改变图象可能正确的是()答案C解析物块在水平恒力作用下由静止起先做匀加速直线运动，其加速度a＝eq\f(F,m)，速度v＝at＝eq\f(F,m)t，vt图象为过坐标原点的倾斜直线，A错误；由v2＝2ax＝eq\f(2F,m)x，可知vx图象的抛物线开口向x轴正方向，B错误；动能Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(F2,2m)t2，C正确；功率P＝Fv＝Fat＝eq\f(F2,m)t，D错误。7．(2024·河北衡水模拟)如图所示，轻杆一端固定质量为m的小球，另一端固定在转轴上，轻杆长度为R，可绕水平光滑转轴O在竖直平面内转动。将轻杆从与水平方向成30°角的位置由静止释放。若小球在运动过程中受到的空气阻力大小不变，当小球运动到最低点P时，轻杆对小球的弹力大小为eq\f(24,7)mg，方向竖直向上。下列说法正确的是()A．小球运动到P点时的速度大小为eq\r(\f(24gR,7))B．小球受到的空气阻力大小为eq\f(3mg,7π)C．小球能运动到与O点等高的Q点D．小球不能运动到与O点等高的Q点答案BC解析小球运动到P点时，依据牛顿其次定律可得eq\f(24,7)mg－mg＝meq\f(v2,R)，解得小球在P点的速度大小为v＝eq\r(\f(17gR,7))，A错误；对从起先释放到运动到P点，依据动能定理可得mgR(1＋sin30°)－f×eq\f(2,3)πR＝eq\f(1,2)mv2，解得f＝eq\f(3mg,7π)，B正确；假设小球能运动到与O点等高的Q点，对从起先释放到运动到Q点，依据动能定理可得mg·eq\f(1,2)R－f·eq\f(180°＋30°,360°)×2πR＝EkQ－0，解得EkQ＝0，故假设成立，小球能运动到与O点等高的Q点，且到达Q点的速度刚好为零，C正确，D错误。8．如图甲所示，长为l、倾角为α的斜面固定在水平地面上，一质量为m的物块从斜面顶端由静止释放并沿斜面对下滑动。已知物块与斜面间的动摩擦因数μ与下滑距离x的改变图象如图乙所示，则()A．μ0>tanαB．物块下滑的加速度渐渐增大C．物块下滑到斜面底端的过程克服摩擦力做功为eq\f(1,2)μ0mglcosαD．物块下滑究竟端时的速度大小为eq\r(2glsinα－2μ0glcosα)答案BC解析物块在斜面顶端静止释放能够下滑，应满意mgsinα>μ0mgcosα，即μ0<tanα，故A错误；依据牛顿其次定律有mgsinα－μmgcosα＝ma，得a＝gsinα－μgcosα，可知物块下滑过程中随着μ的减小，a在增大，故B正确；摩擦力f＝μmgcosα＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(μ0－\f(μ0,l)x))mgcosα(0≤x≤l)，可知f与x成线性关系，如图所示，其中f0＝μ0mgcosα，则物块下滑到斜面底端的过程克服摩擦力做功Wf＝eq\x\to(f)l＝eq\f(1,2)μ0mglcosα，故C正确；由动能定理有mglsinα－eq\f(1,2)μ0mglcosα＝eq\f(1,2)mv2，得v＝eq\r(2glsinα－μ0glcosα)，故D错误。9.如图所示，轻弹簧一端固定于倾角为θ(θ<45°)的光滑斜面(固定)上方的O点，O点到斜面的距离OQ等于弹簧的原长L，弹簧另一端与小滑块(可视为质点)连接。在斜面上移动滑块至P点，使弹簧处于水平状态。现将滑块从P点由静止释放，滑块沿斜面运动到O点正下方M点，该过程中弹簧始终在弹性限度内。重力加速度大小为g。下列说法正确的是()A．滑块经过Q点时的速度最大B．滑块经过M点时的速度大于eq\r(\f(2gL,cosθ))C．滑块从P点运动到Q点的过程中，其加速度始终在减小D．滑块从P点运动到Q点过程中动能的增量比从Q点运动到M点过程中动能的增量小答案BC解析对滑块受力分析，其受竖直向下的重力、垂直斜面对上的支持力以及弹簧弹力，在滑块由P到M过程中结合弹簧弹力的改变状况可知，小滑块下滑过程中所受合力在P→Q过程中始终沿斜面对下，在Q→M过程中可能始终沿斜面对下，也可能先沿斜面对下后沿斜面对上，所以A项错误。滑块由P到M过程中，依据动能定理有WG＋W弹＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,M)，又WG＝mgeq\f(L,cosθ)，W弹>0，可得vM>eq\r(\f(2gL,cosθ))，B项正确。在P→Q的过程中因重力沿斜面对下的分力不变，而弹簧弹力沿斜面对下的分力渐渐变小，则滑块所受沿斜面对下的合力渐渐减小，则其加速度始终在减小，C项正确。由几何关系可知滑块由P到Q下降的高度大于由Q到M下降的高度，又P到Q过程中弹簧弹力做正功，Q到M过程中弹簧弹力做负功，再结合动能定理分析可知，D项错误。10．如图所示，一个小球(可视为质点)从H＝12m高处，由静止起先沿光滑弯曲轨道AB进入半径R＝4m的竖直圆环内侧，且与圆环的动摩擦因数到处相等，当到达圆环顶点C时，刚好对轨道压力为零；然后沿CB圆弧滑下，进入光滑弧形轨道BD，到达高度为h的D点时速度为零，则h的值可能为()A．10m B．9.5mC．8.5m D．8m答案BC解析小球到达圆环顶点C时，刚好小球对轨道压力为零，在C点，由重力充当向心力，则依据牛顿其次定律得：mg＝meq\f(v2,R)，起先小球从H＝12m高处，由静止起先通过光滑弧形轨道AB，因此在小球上升到顶点C时，依据动能定理得：mg(H－2R)－Wf＝eq\f(1,2)mv2，得Wf＝2mg。从C到D由动能定理得：mg(2R－h)－Wf′＝0－eq\f(1,2)mv2，由于摩擦力做功，所以上升过程平均速度比下降过程平均速度大，对轨道的压力大、摩擦力大，所以0<Wf′<Wf，解得8m<h<10m，所以B、C正确。二、非选择题(本题共2小题，共30分)11．(15分)如图所示，质量m＝3kg的小物块以初速度v0＝4m/s水平向右抛出，恰好从A点沿着圆弧的切线方向进入圆弧轨道，圆弧轨道的半径为R＝3.75m，B点是圆弧轨道的最低点，圆弧轨道与水平轨道BD平滑连接，A与圆心O的连线与竖直方向成37°角。MN是一段粗糙的水平轨道，小物块与MN间的动摩擦因数μ＝0.1，轨道其他部分光滑。最右侧是一个半径为r＝0.4m的半圆轨道，C点是圆弧轨道的最高点，半圆轨道与水平轨道BD在D点平滑连接。已知重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。(1)求小物块的抛出点离A点的竖直距离h；(2)若MN的长度为L＝6m，求小物块通过C点时所受轨道的弹力FN；(3)若小物块恰好能通过C点，求MN的长度L′。答案(1)0.45m(2)60N(3)10m解析(1)依据平抛运动规律有：tan37°＝eq\f(gt,v0)得t＝0.3s解得h＝eq\f(1,2)gt2＝0.45m。(2)小物块由抛出点运动到B点的过程中，依据动能定理有：mg[h＋R(1－cos37°)]＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得vB＝2eq\r(10)m/s小物块由B点运动到C点的过程中，依据动能定理有：－μmgL－2mgr＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)在C点：FN＋mg＝eq\f(mv\o\al(2,C),r)解得FN＝60N。(3)小物块刚好能通过C点时，有mg＝eq\f(mvC′2,r)解得vC′＝2m/s小物块从B点运动到C点的过程中，依据动能定理有：－μmgL′－2mgr＝eq\f(1,2)mvC′2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)解得L′＝10m。12.(15分)如图所示，AB是倾角为θ＝30°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(可以看成质点)从直轨道上的P点由静止释放，结果它能在两轨道上做来回运动。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，重力加速度为g。(1)求物体对圆弧轨道最大压力的大小；(2)求物体滑回轨道AB上距B点的最大距离；(3)释放点距B点的距离L′应满意什么条件，才能使物体顺当通过圆弧轨道的最高点D?答案(1)3mg(1－μ)(2)eq\f(\a\vs4\al(\r(3)－3μ),\r(3)μ＋1)R(3)L′≥eq\f(3＋\r(3),1－\r(3)μ)R解析(1)依据几何关系可得PB的长度l＝eq\f(R,tanθ)＝eq\r(3)R从P点到E点依据动能定理，有mgR－μmgcosθ·l＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,E)－0代入数据解得vE＝eq\r((2－3μ)gR)在E点，依据牛顿其次定律有FN－mg＝meq\f(v\o\al(2,E),R)解得FN＝3mg(1－μ)由牛顿第三定律知物体对圆弧轨道的最大压力FN′＝FN＝3mg(1－μ)。(2)设物体滑回到轨