高考物理一轮复习-第五章-第2讲-动能定理及其守恒定律

[A组基础题组]一、单项选择题1．关于动能概念及动能定理表达式W＝Ek2－Ek1的说法正确的是()A．若物体速度在变化，则动能一定在变化B．速度大的物体，动能一定大C．W＝Ek2－Ek1表示功可以变成能D．动能的变化可以用合力做的功来量度解析：速度是矢量，而动能是标量，若物体速度只改变方向，不改变大小，则动能不变，A错误；由Ek＝eq\f(1,2)mv2知B错误；动能定理表达式W＝Ek2－Ek1表示动能的变化可用合力做的功量度，但功和能是两个不同的概念，有着本质的区别，故C错误，D正确。答案：D2.(2021·四川德阳质检)如图所示，DO是水平面，AB是斜面，初速度为v0的物体从D点出发沿DBA滑动到顶点A时速度刚好为零，如果斜面改为AC，让该物体从D点出发沿DCA滑动到A点且速度刚好为零，则物体具有的初速度(已知物体与路面之间的动摩擦因数处处相同且不为零)()A．等于v0 B．大于v0C．小于v0 D．取决于斜面的倾角解析：物体从D点滑动到顶点A过程中－mg·xAO－μmg·xDB－μmgcosα·xAB＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))，由几何关系cosα·xAB＝xOB，因而上式可以简化为－mg·xAO－μmg·xOD＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))，从上式可以看出，到达顶点的动能与路径无关，故选A。答案：A3．(2021·黑龙江齐齐哈尔五校联考)如图所示，固定在竖直平面内的eq\f(1,4)圆弧轨道与水平轨道相切于最低点B，质量为m的小物块从圆弧轨道的顶端A由静止滑下，经过B点后沿水平轨道运动，并停在到B点距离等于圆弧轨道半径的C点。圆弧轨道粗糙，物块与水平轨道间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。物块到达B点前瞬间对轨道的压力大小为()A．2μmg B．3mgC．(1＋2μ)mg D．(1＋μ)mg解析：设圆弧轨道的半径为r，物块从B到C的过程，由动能定理得－μmgr＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(B))，在B点，由牛顿第二定律得N－mg＝meq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(B)),r)，联立解得N＝(1＋2μ)mg，由牛顿第三定律可知，物块到达B点前瞬间对轨道的压力大小为N′＝N＝(1＋2μ)mg，C正确。答案：C4．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()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2～4s内速度不变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，at图像中，图线与坐标轴所围面积表示物体速度的变化量，0～6s内物体的速度始终为正值，故一直向正方向运动，A项错；t＝5s时，a＝0，此时速度最大，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。答案：D5．如图，第一次，小球从粗糙的eq\f(1,4)圆形轨道顶端A由静止滑下，到达底端B的速度为v1，克服摩擦力做功为W1；第二次，同一小球从底端B以v2冲上eq\f(1,4)圆形轨道，恰好能到达A点，克服摩擦力做功为W2，则()A．v1可能等于v2B．W1一定小于W2C．小球第一次运动机械能变大了D．小球第一次经过圆弧某点C的速率大于它第二次经过同一点C的速率解析：下滑过程重力做正功、摩擦力做负功，根据动能定理有mgh－W1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))，上滑过程重力、摩擦力做负功，根据动能定理有－mgh－W2＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))，由以上两式可知v1＜v2，且物体在同一位置时上滑速度大于下滑速度相同，A、D错误；物体在同一位置时上滑速度大于下滑速度，故上滑时对轨道的压力较大，那么摩擦力较大，所以上滑过程克服摩擦力做功比下滑时多，即W1＜W2，B正确；小球第一次运动过程中，由于摩擦生热，所以机械能减少，C错误。答案：B二、多项选择题6.在某一粗糙的水平面上，一质量为2kg的物体在水平恒定拉力的作用下做匀速直线运动，当运动一段时间后，拉力逐渐减小，且当拉力减小到零时，物体刚好停止运动，图中给出了拉力随位移变化的关系图像。已知重力加速度g取10m/sA．物体与水平面间的动摩擦因数B．合外力对物体所做的功C．物体做匀速运动时的速度D．物体运动的时间解析：物体做匀速直线运动时，拉力F与滑动摩擦力Ff相等，物体与水平面间的动摩擦因数为μ＝eq\f(F,mg)＝0.35，A正确；对全过程由动能定理得WF＋Wf＝0－eq\f(1,2)mv2，根据Fx图像中图线与坐标轴围成的面积可以估算力F做的功WF，而Wf＝－μmgx，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。答案：ABC7．(2021·广西南宁模拟)在有大风的情况下，一小球自A点竖直上抛，其运动轨迹如图所示(小球的运动可看作竖直方向的竖直上抛运动和水平方向的初速度为零的匀加速直线运动的合运动)，小球运动轨迹上的A、B两点在同一水平直线上，M点为轨迹的最高点。若风力的大小恒定，方向水平向右，小球在A点抛出时的动能为4J，在M点时它的动能为2J，落回到B点时动能记为EkB，小球上升时间记为t1，下落时间记为t2，不计其他阻力，则()A．x1∶x2＝1∶3 B．t1<t2C．EkB＝6J D．EkB＝12J解析：由小球上升与下落时间相等即t1＝t2，得x1∶(x1＋x2)＝1∶22＝1∶4，即x1∶x2＝1∶3，A正确，B错误；对A→M过程，应用动能定理得－mgh＋W1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(M))－eq\f(1,2)mv2①，竖直方向有v2＝2gh②，①②式联立得W1＝2J，A→B过程风力做的功W2＝4W1＝8J，对A→B过程，由动能定理得W2＝EkB－EkA，可求得EkB＝12J，C错误，D正确。答案：AD8．如图所示，半径为r的半圆弧轨道ABC固定在竖直平面内，直径AC水平，一个质量为m的物块从圆弧轨道A点正上方P点由静止释放，物块刚好从A点无碰撞地进入圆弧轨道并做匀速圆周运动，到B点时对轨道的压力大小等于物块重力的2倍。重力加速度为g，不计空气阻力，不计物块的大小，则()A．物块到达A点时速度大小为eq\r(2gr)B．P、A间的高度差为eq\f(r,2)C．物块从A运动到B所用时间为eq\f(1,2)πeq\r(\f(r,g))D．物块从A运动到B克服摩擦力做的功为mgr解析：物块从A到B做匀速圆周运动，因此在A点的速度大小与在B点的速度大小相等，设速度大小为v，在B点，2mg－mg＝meq\f(v2,r)，求得v＝eq\r(gr)，A错误；P、A间的高度差为h＝eq\f(v2,2g)＝eq\f(r,2)，B正确；物块从A运动到B所用的时间t＝eq\f(\f(1,2)πr,v)＝eq\f(1,2)πeq\r(\f(r,g))，C正确；根据动能定理可知，mgr－Wf＝0，因此物块从A运动到B克服摩擦力做的功为Wf＝mgr，D正确。答案：BCD[B组能力题组]9．(多选)(2021·四川广元质检)如图甲所示，一物体由某一固定的长斜面的底端以初速度v0沿斜面上滑，其动能Ek随离开斜面底端的距离x变化的图线如图乙所示，斜面与物体间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10m/s2，不计空气阻力，A.斜面的倾角θ＝30°B．物体的质量m＝0.5C．斜面与物体间的摩擦力大小f＝2ND．物体在斜面上运动的总时间t＝2s解析：由动能定理知Ekx图像的斜率的绝对值表示合外力的大小，则上升阶段有mgsinθ＋μmgcosθ＝5N，下降阶段有mgsinθ－μmgcosθ＝1N，联立得tanθ＝eq\f(3,4)，即θ＝37°，m＝0.5kg，故A错误，B正确；物体与斜面间的摩擦力f＝μmgcosθ＝2N，故C正确；上升阶段由Ekx图像知合力F1＝5N，则a1＝10m/s2，又t1＝eq\f(v1,a1)，Ek1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＝25J，联立得t1＝1s，同理，下降阶段合力F2＝1N，则a2＝2m/s2，又t2＝eq\f(v2,a2)，Ek2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＝5J，联立得t2＝eq\r(5)s，则t＝t1＋t2＝(1＋eq\r(5))s，故D错误。答案：BC10．(多选)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的小物块从斜面顶端由静止释放并沿斜面向下滑动，已知小物块与斜面间的动摩擦因数μ与下滑距离x的变化图像如图乙所示，则()A．μ0>tanαB．小物块下滑的加速度逐渐增大C．小物块下滑到斜面底端的过程中克服摩擦力做的功为eq\f(1,2)μ0mglcosαD．小物块下滑到底端时的速度大小为eq\r(2glsinα－2μ0glcosα)解析：小物块在斜面顶端由静止释放能够下滑，则满足mgsinα>μ0mgcosα，即μ0<tanα，故A错误；根据牛顿第二定律得a＝eq\f(mgsinα－μmgcosα,m)＝gsinα－μgcosα，下滑过程中μ逐渐减小，则加速度a逐渐增大，故B正确；由图乙可知μ＝－eq\f(μ0,l)x＋μ0，则摩擦力f＝μmgcosα＝－eq\f(μ0mgcosα,l)x＋μ0mgcosα，可知f与x呈线性关系，如图所示，其中f0＝μ0mgcosα，图线和横轴所围成的面积表示克服摩擦力做的功，则下滑到斜面底端的过程克服摩擦力做的功Wf＝eq\f(1,2)f0l＝eq\f(1,2)μ0mglcosα，故C正确；下滑过程根据动能定理得mglsinα－Wf＝eq\f(1,2)mv2－0，解得v＝eq\r(2glsinα－μ0glcosα)，故D错误。答案：BC11．(2021·江西南昌模拟)一质量m＝0.2kg的滑块以一定的初速度冲上一倾角为37°的足够长的斜面，某同学利用DIS实验系统测出了滑块冲上斜面过程中多个时刻的瞬时速度，如图所示为通过计算机绘制出的滑块上滑过程速度v随时间t变化的vt图像。已知sin37°＝0.6，g取10m/s2(1)滑块与斜面间的动摩擦因数；(2)滑块重新回到斜面底端的动能。解析：(1)由图示vt图像可知，滑块的加速度大小为a＝eq\f(Δv,Δt)＝8m/s2，物体在冲上斜面过程中，由牛顿第二定律得mgsin37°＋μmgcos37°＝ma，代入数据解得μ＝0.25。(2)滑块向上滑行的最大距离为x＝eq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),2a)，由动能定理得mgxsin37°－μmgxcos37°＝Ek，代入数据解得Ek＝1.25J。答案：(1)0.25(2)1.25J12．(2021·四川眉山高三检测)如图所示，ABCD为一位于竖直平面内的轨道，其中BC水平，A点比BC高出10m，BC长1m，AB和CD轨道光滑且与BC平滑连接。一质量为1kg的物体，从A点以4m/s的速度开始运动，经过BC后滑到高出C点10.3m的D点速度为零。求：(g取10m/s2(1)物体与BC轨道间的动摩擦因数；(2)物体第5次经过B点时的速度；(3)物体最后停止的位置(距B点多少米处)。解析：(1)物体从A到D的运动过程只有重力、摩擦力做功，由动能定理可得mg(H－h)－μmgLBC＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(A))，所以μ＝eq\f(2g（H－h）＋veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(A)),2gLBC)＝0.5。(2)物体第5次经过B点时，物体在BC上运动的总位移x＝4LBC＝4m对物体从A到物体第5次经过B点的运动过程应用动能定理可得mgH－μmgx＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(A))，所以v＝eq\r(veq