2023年高考物理一轮复习课时练15《动能定理及其应用》(含答案详解)

2023年高考物理一轮复习课时练15

《动能定理及其应用》

一 、选择题

1.A、B两物体在光滑水平面上，分别在相同的水平恒力F作用下，由静止开始通过相同的位移l。若A的质量大于B的质量，则在这一过程中(　　 )

A.A获得动能较大

B.B获得动能较大

C.A、B获得动能一样大

D.无法比较A、B获得动能大小

2.如图所示，小球以初速度v0从A点沿不光滑的轨道运动到高为h的B点后自动返回，其返回途中仍经过A点，水平轨道与倾斜轨道之间用平滑圆弧连接(图中没画出)。则返回时经过A点的速度v的大小为(　　 )

A.      B.    C.      D.

3.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=4 s时停下，其v ­t图像如图所示，已知物块与水平面间的动摩擦因数处处相同，则下列判断正确的是(　　)

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=2 s时刻拉力的瞬时功率在整个过程中最大

D.t=1 s到t=3 s这段时间内拉力不做功

4.如图，一块长木板B放在光滑的水平面上，在B上放一A物体，现以恒定的外力拉B，使A、B间产生相对滑动，如果以地面为参考系，A、B都向前移动一段距离。在此过程中(　　)

A.外力F做的功等于A和B动能的增量

B.B对A的摩擦力所做的功，等于A的动能增量

C.A对B的摩擦力所做的功，等于B对A的摩擦力所做的功

D.外力F对B做的功等于B的动能的增量

5.如图所示，质量为m的小球，从离地面高H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mgH

B.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mg

6.如图所示，竖直平面内放一直角杆MON，OM水平，ON竖直且光滑，用不可伸长的轻绳相连的两小球A和B分别套在OM和ON杆上，B球的质量为2 kg，在作用于A球的水平力F的作用下，A、B两球均处于静止状态，此时OA=0.3 m，OB=0.4 m，改变水平力F的大小，使A球向右加速运动，已知A球向右运动0.1 m时速度大小为3 m/s，则在此过程中绳的拉力对B球所做的功为(取g=10 m/s2)(　　)

A.11 J        B.16 J        C.18 J          D.9 J

7.由两种不同材料拼接成的直轨道ABC，B为两种材料的分界线，长度>。先将ABC按图甲方式搭建成倾角为θ的斜面，让一小物块(可看作质点)从斜面顶端由静止释放，经时间t小物块滑过B点；然后将ABC按图乙方式还搭建成倾角为θ的斜面，同样将小物块从斜面顶端由静止释放，小物块经相同时间t滑过B点。则小物块(　　)

A.与AB段的动摩擦因数比与BC段的动摩擦因数大

B.两次滑到B点的速率相同

C.两次从顶端滑到底端所用的时间相同

D.两次从顶端滑到底端的过程中摩擦力做功相同

8.如图所示，质量为m的钢制小球，用长为l的细线悬挂在O点。将小球拉至与O点等高的C点后由静止释放。小球运动到最低点B时对细线的拉力为2mg，若在B点用小锤头向左敲击小球一下，瞬间给它补充机械能ΔE，小球就能恰好摆到与C点等高的A点。设空气阻力只与运动速度相关，且运动速度越大空气阻力就越大。则以下关系正确的是(　　)

A.ΔE>mgl       B.ΔE<mgl     C.ΔE＝mgl       D.mgl<ΔE<mgl

9. (多选)光滑水平面上静止的物体，受到一个水平拉力F作用开始运动，拉力随时间变化如图所示，用Ek、v、x、P分别表示物体的动能、速度、位移和水平拉力的功率，下列四个图像中分别定性描述了这些物理量随时间变化的情况，正确的是(　　 )

10. (多选)如图所示，质量为M的木块放在光滑的水平面上，质量为m的子弹以速度v0沿水平方向射中木块，并最终留在木块中与木块一起以速度v运动。已知当子弹相对木块静止时，木块前进距离为L，子弹进入木块的深度为s，若木块对子弹的阻力F视为恒定，则下列关系中正确的是(　　)

A.FL＝Mv2       B.Fs＝mv2       C.Fs＝mv－(M＋m)v2      D.F(L＋s)＝mv－mv2

11. (多选)有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，斜面与物体间的动摩擦因数μ＝0.5，其动能Ek随离开斜面底端的距离x变化的图线如图所示，g取10 m/s2，不计空气阻力，则以下说法正确的是(　　)

A.斜面的倾角θ＝30°

B.物体的质量为m＝0.5 kg

C.斜面与物体间的摩擦力大小f＝2 N

D.物体在斜面上运动的总时间t＝2 s

12. (多选)如图所示，在倾角为θ的斜面上，轻质弹簧一端与斜面底端固定，另一端与质量为M的平板A连接，一个质量为m的物体B靠在平板的右侧，A、B与斜面的动摩擦因数均为μ。开始时用手按住物体B使弹簧处于压缩状态，现放手，使A和B一起沿斜面向上运动距离L时，A和B达到最大速度v。则以下说法正确的是(　　)

A.A和B达到最大速度v时，弹簧是自然长度

B.若运动过程中A和B能够分离，则A和B恰好分离时，二者加速度大小均为

g(sin θ＋μcos θ)

C.从释放到A和B达到最大速度v的过程中，弹簧对A所做的功等于

Mv2＋MgLsin θ＋μMgLcos θ

D.从释放到A和B达到最大速度v的过程中，B受到的合力对它做的功等于mv2

三 、计算题

13.某星球半径为R=6×106 m，假设该星球表面上有一倾角为θ=30°的固定斜面体，一质量为m=1 kg的小物块在力F作用下从静止开始沿斜面向上运动，力F始终与斜面平行，如图甲所示。已知小物块和斜面间的动摩擦因数μ=，力F随位移x变化的规律如图乙所示(取沿斜面向上为正方向)，如果小物块运动12 m时速度恰好为零，已知万有引力常量G=6.67×10－11 N·m2/kg2。试求：(计算结果保留一位有效数字)

(1)该星球表面上的重力加速度g的大小；

(2)该星球的平均密度。

14.如图所示，用内壁光滑的薄壁细管弯成的“S”形轨道固定于竖直平面内，其弯曲部分是由两个半径均为R＝0.2 m的半圆平滑对接而成(圆的半径远大于细管内径)，轨道底端D点与粗糙的水平地面相切。现有一辆质量为m＝1 kg的玩具小车以恒定的功率从E点由静止开始出发，经过一段时间t＝4 s后，出现了故障，发动机自动关闭，小车在水平地面继续运动并进入“S”形轨道，从轨道的最高点飞出后，恰好垂直撞在固定斜面B上的C点，C点与下半圆的圆心O等高。已知小车与地面之间的动摩擦因数为μ＝0.1，ED之间的距离为x0＝10 m，斜面的倾角为30°。求：(g取10 m/s2)

(1)小车到达C点时的速度大小为多少？

(2)在A点小车对轨道的压力大小是多少，方向如何？

(3)小车的恒定功率是多少？

15.如图所示，ABCD是一个光滑的过山车轨道模型，现对静止在A处的滑块施加一个水平向右的推力F，使它从A点开始做匀加速直线运动，当它水平滑行2.5 m时到达B点，此时撤去推力F、滑块滑入半径为0.5 m且内壁光滑的竖直固定圆轨道，并恰好通过最高点C，当滑块滑过水平BD部分后，又滑上静止在D处，且与ABD等高的长木板上，已知滑块与长木板的质量分别为0.2 kg、0.1 kg，滑块与长木板、长木板与水平地面间的动摩擦因数分别为0.3、，它们之间的最大静摩擦力均等于各自滑动摩擦力，取g=10 m/s2，求：

(1)水平推力F的大小；

(2)滑块到达D点的速度大小；

(3)木板至少为多长时，滑块才能不从木板上掉下来？在该情况下，木板在水平地面上最终滑行的总位移为多少？

0.答案解析

1.答案为：C；

解析：由动能定理可知恒力F做功W=Fl=mv2－0，因为F、l相同，所以A、B的动能变化相同，C正确。

2.答案为：B；

解析：由动能定理得，小球由A到B过程有－mgh－Wf=0－mv02，小球由B到A过程有mgh－Wf=mv2－0，联立解得v=，B正确。

3.答案为：A；

解析：对物块运动全过程应用动能定理得：WF－Wf=0，故A正确，B错误；物块在加速运动过程中受到的拉力最大，故t=1 s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=1 s到t=3 s这段时间内，拉力与摩擦力平衡，拉力做正功，D错误。

4.答案为：B；

解析：外力F做的功等于A、B动能的增量与A、B间摩擦产生的内能之和，A错误；A物体所受的合外力等于B对A的摩擦力，对A物体运用动能定理，则有B对A的摩擦力所做的功等于A的动能的增量，即选项B正确；A对B的摩擦力与B对A的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑动，A、B对地的位移不等，故二者做功不相等，C错误；对B应用动能定理，WF－Wf=ΔEkB，即WF=ΔEkB＋Wf，就是外力F对B做的功，等于B的动能增量与B克服摩擦力所做的功之和，D错误。

5.答案为：C；

解析：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=mv02，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－mv02，解得f0h=mgh＋mv02，f0=mg－，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。

6.答案为：C；

解析：A球向右运动0.1 m时，vA=3 m/s，OA′=0.4 m，OB′=0.3 m，设此时∠B′A′O=α，则有tan α=。由运动的合成与分解可得vAcos α=vBsin α，解得vB=4 m/s。以B球为研究对象，此过程中B球上升高度h=0.1 m，由动能定理，W－mgh=mvB2，解得轻绳的拉力对B球所做的功为W=mgh＋mvB2=2×10×0.1 J＋×2×42 J=18 J，选项C正确。

7.答案为：D

解析：对小物块在斜面上由牛顿第二定律mgsinθ－μmgcosθ＝ma，a＝gsinθ－μgcosθ＝g(sinθ－μcosθ)。对于题图甲的情况，从A到B过程，＝a1t2＝g·(sinθ－μ1cosθ)t2，对于题图乙的情况，从C到B的过程，＝a2t2＝g(sinθ－μ2cosθ)t2，因为>，所以μ1<μ2，即物块与AB段的动摩擦因数比与BC段的动摩擦因数小，A错误。由匀加速直线运动位移公式x＝t，可知两次运动过程位移大的平均速度大、末速度大，故题图甲的情况到B的速率更大些，B错误。两次从顶端滑到底端的过程中摩擦力做功都为Wf＝－μ1mgcosθ·－μ2mgcosθ·，所以图甲和图乙两种情况摩擦力做功相等，故D正确。由于摩擦力做功相等，重力做功相等，根据动能定理可知，两次滑动中物块到达底端速度相等，则题图甲＝t1，题图乙＝t2，因<，v1>v2，所以t1<t2，即题图乙到达底端的时间较长，C错误。

8.答案为：A

解析：设小球由C点到B点的运动过程中克服空气阻力做功Wf1，由动能定理知，mgl－Wf1＝mv，在B点，由牛顿第二定律知：T－mg＝m，其中T＝2mg，由以上各式可得Wf1＝mgl。在B点给小球补充机械能即动能后，小球恰好运动到A点，由动能定理知：－mgl－Wf2＝0－，由以上各式得ΔE＝mgl＋(Wf2－Wf1)，由题意知，上升过程中的速度大于下降过程中的速度，所以Wf2>Wf1，即ΔE>mgl，A正确。

9.答案为：BD；

解析：由动能定理，Fx=F·at2=Ek，选项A错误；在水平拉力F作用下，做匀加速直线运动，选项B正确；其位移x=at2，选项C错误；水平拉力的功率P=Fv=Fat，选项D正确。

10.答案为：ACD

解析：根据动能定理，对子弹：－F(L＋s)＝mv2－mv知，D正确；对木块：FL＝Mv2，

A正确；由以上二式相加后整理可得Fs＝mv－(M＋m)v2，C正确，B错误。

11.答案为：BC

解析：由动能定理F合x＝ΔEk知Ek­x图象的斜率表示合外力，则上升阶段斜率为mgsinθ＋μmgcosθ＝＝5，下降阶段斜率为mgsinθ－μmgcosθ＝＝1，联立得tanθ＝，即θ＝37°，m＝0.5 kg，故A错误，B正确。物体与斜面间的摩擦力为f＝μmgcosθ＝2 N，故C正确。上升阶段由Ek­x图象的斜率知合力为F1＝5 N，由F1＝ma1，则a1＝10 m/s2，t1＝，Ek1＝mv＝25，联立得t1＝1 s，同理，下降阶段合力为F2＝1 N，由F2＝ma2，则a2＝2 m/s2，t2＝，Ek2＝mv＝5，联立得t2＝ s，则t＝t1＋t2＝(1＋) s，故D错误。

12.答案为：BD；

解析：A和B达到最大速度v时，A和B的加速度为零。对AB整体：由平衡条件知kx=(m＋M)gsin θ＋μ(m＋M)gcos θ，所以此时弹簧处于压缩状态，故A错误；A和B恰好分离时，A、B间的弹力为0，A、B的加速度相同，对B受力分析，由牛顿第二定律知，mgsin θ＋μmgcos θ=ma，得a=gsin θ＋μgcos θ，故B正确；从释放到A和B达到最大速度v的过程中，对AB整体，根据动能定理得W弹－(m＋M)gLsin θ－μ(m＋M)gcos θ·L=(m＋M)v2，所以弹簧对A所做的功W弹=(m＋M)v2＋(m＋M)gLsin θ＋μ(m＋M)gcos θ·L，故C错误；从释放到A和B达到最大速度v的过程中，对于B，根据动能定理得B受到的合力对它做的功W合=ΔEk=mv2，故D正确。

三 、计算题

13.解：(1)设该星球表面的重力加速度为g，

物块上滑过程中力F所做的功

WF=(15×6－3×6)J=72 J，

由动能定理得：WF－mgsin θ·x－μmgcos θ·x=0，

解得：g=6 m/s2。

(2)在星球表面重力与万有引力相等，mg=G

可得星球的质量为：M=

所以星球的密度ρ=== kg/m3≈4×103 kg/m3。

14.解：(1)把小车在C点的速度分解为沿水平方向的分速度vA和沿竖直方向的分速度vy，

有v＝2g×3R，vC＝，解得vC＝4 m/s。

(2)由(1)知小车在A点的速度大小

vA＝vCsin30°＝2 m/s，

因为vA＝>，小车对外轨有压力，轨道对小车的作用力竖直向下，

根据牛顿第二定律有mg＋FN＝m，解得FN＝10 N，

根据牛顿第三定律得，小车对轨道的压力的大小FN′＝FN＝10 N，方向竖直向上。

(3)从E到A的过程中，由动能定理可得

Pt－μmgx0－mg×4R＝mv，

解得P＝5 W。

15.解：(1)由于滑块恰好过C点，则有：m1g=m1，

从A到C由动能定理得：Fx－m1g·2R=m1vC2－0，

代入数据联立解得：F=1 N。

(2)从A到D由动能定理得：Fx=m1vD2，

代入数据解得：vD=5 m/s。

(3)滑块滑到木板上时，对滑块：μ1m1g=m1a1，

解得：a1=μ1g=3 m/s2，

对木板有：μ1m1g－μ2(m1＋m2)g=m2a2，

代入数据解得：a2=2 m/s2，

滑块恰好不从木板上滑下，此时滑块滑到木板的右端时恰好与木板速度相同，

有：v共=vD－a1t，v共=a2t，

代入数据解得：t=1 s，

此时滑块的位移为：x1=vDt－a1t2，

木板的位移为：x2=a2t2，L=x1－x2，

代入数据解得：L=2.5 m，v共=2 m/s，x2=1 m，

达到共同速度后木板又滑行x′，则有：v共2=2μ2gx′，

代入数据解得：x′=1.5 m，

木板在水平地面上最终滑行的总位移为：x木=x2＋x′=2.5 m.