人教版高考物理一轮复习第5章机械能第2讲动能定理及其应课时练含答案

这是一份人教版高考物理一轮复习第5章机械能第2讲动能定理及其应课时练含答案，共8页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

1．(2021·山东枣庄月考)如图所示，长为L＝1 m的长木板水平放置，在木板的A端放置一个质量为m＝1 kg 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＝30°时小物块开始滑动，此时停止转动木板，小物块滑到底端时的速度为v＝2 m/s，g取10 m/s2，则在整个过程中( D )
A．木板对小物块做功为5 J
B．摩擦力对小物块做功为5 J
C．支持力对小物块做功为零
D．小物块克服摩擦力做功为3 J
[解析] 本题考查旋转运动中各力做功情况的计算。设在整个过程中木板对小物块做功为W，整个过程中重力做功为零，则根据动能定理得W＝eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)×1×22J＝2 J，故A错误；在木板从水平位置开始转动到与水平面的夹角为30°的过程中，设支持力对物块做功为WN，根据动能定理得WN－mgLsin 30°＝0，解得WN＝mgLsin 30°＝5 J，故C错误；设小物块沿木板下滑的过程中摩擦力做的功为Wf，根据动能定理得mgLsin 30°＋Wf＝eq \f(1,2)mv2－0，解得Wf＝－3 J，所以小物块克服摩擦力做功为3 J，故B错误，D正确。
2．刹车距离是衡量汽车安全性能的重要参数之一，如图所示的图线1,2分别为甲、乙两辆汽车在紧急刹车过程中的刹车距离l与刹车前的车速v的关系曲线。已知紧急刹车过程中车与地面间的摩擦是滑动摩擦。据此可知，下列说法中正确的是( B )
A．甲车的刹车距离随刹车前的车速v变化快，甲车的刹车性能好
B．乙车与地面间的动摩擦因数较大，乙车的刹车性能好
C．以相同的车速开始刹车，甲车先停下来，甲车的刹车性能好
D．甲车的刹车距离随刹车前的车速v变化快，甲车与地面间的动摩擦因数较大
[解析] 对刹车过程，由动能定理可知μmgl＝eq \f(1,2)mv2，得l＝eq \f(v2,2μg)＝eq \f(v2,2a)，结合题图可知甲车与地面间的动摩擦因数小，乙车与地面间的动摩擦因数大，刹车时的加速度a＝μg，以相同的车速开始刹车，乙车先停下来，乙车刹车性能好，B正确。
3．如图所示，ABCD是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底BC的连接处均为与BC相切的圆弧，BC是水平的，其长度d＝0.60 m。盆边缘的高度为h＝0.30 m。在A处放一个质量为m的小物块并让其从静止下滑。已知盆内侧壁是光滑的，而盆底BC面与小物块间的动摩擦因数为μ＝0.10。小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停止位置到B点的距离为( B )
A．0.50 m B．0.60 m
C．0.10 m D．0
[解析] 本题考查动能定理在圆弧曲面上的应用。设小物块在BC面上运动的总路程为s。物块在BC面上所受的滑动摩擦力大小始终为f＝μmg，对小物块从开始运动到停止运动的过程，由动能定理得mgh－μmgs＝0，得s＝eq \f(h,μ)＝eq \f(0.30,0.10)m＝3 m，d＝0.60 m，则s＝5d，所以小物块在BC面上来回运动共5次，最后停在C点，则停止位置到B点的距离为0.60 m，故B正确。
4．(2021·湖南岳阳月考)将三块木板1、2、3分别固定在墙角，构成如图所示的三个斜面，其中1与2底边相同，2和3高度相同。现将一个可以视为质点的物块，分别从三块木板的顶端由静止释放，沿木板下滑到底端。下列说法中正确的是( D )
A．若木板均光滑，沿木板2和3下滑到底端时，物块的速度相同
B．若木板均光滑，物块沿木板3下滑到底端时，速度最大
C．若木板均光滑，物块沿木板3下滑到底端的过程用时最短
D．若木板1和2粗糙程度相同，则物块沿木板1和木板2下滑到底端的过程中，克服摩擦力做功相同
[解析] 若木板光滑，物块从高为h的木板上由静止滑到底端时，根据动能定理有mgh＝eq \f(1,2)mv2，可知只要物块下降的高度相同，到达底端时的速度大小相同，但方向不同，下降的高度越大，物块沿木板下滑到底端时的速度越大，A、B均错误；设木板与竖直方向的夹角为θ，若木板均光滑，在物块下滑过程中由牛顿第二定律得mgcs θ＝ma，a＝gcs θ，位移为L＝eq \f(h,cs θ)，时间为L＝eq \f(1,2)at2，联立解得物块沿木板下滑到底端的时间为t＝eq \r(\f(2h,gcs2 θ))，由此可知，当高度相同时，θ越小，运动时间越小，故物块沿木板2下滑到底端的过程用时比物块沿木板3下滑到底端的过程用时短，C错误；若木板1和2粗糙程度相同，设木板与水平方向的夹角为α，物块的水平位移为s，物块所受摩擦力f＝μmgcs α，物块沿木板下滑的位移L＝eq \f(s,cs α)，摩擦力做功W＝－fL＝－μmgs，故克服摩擦力做功与α大小无关，两次做功相同，D正确。
5．(2021·河北衡水中学期中)如图所示，一内壁粗糙程度相同、半径为R的圆筒固定在竖直平面内，圆筒内一质量为m的小球沿筒壁做圆周运动。若小球从最低点算起运动一圈又回到最低点的过程中，两次在最低点时筒壁对小球的弹力大小分别为10mg和8mg。设小球在该过程中克服摩擦力做的功为W，经过最高点时筒壁对小球的弹力大小为F，重力加速度为g，则( BD )
A．W＝2mgR B．W＝mgR
C．3mg[解析] 对小球进行受力分析，先后两次在最低点所受的合外力分别为9mg和7mg，方向指向圆心。设小球先后两次经过最低点的速率分别为v1和v2，根据牛顿第二定律有9mg＝eq \f(mv\\al(2,1),R)和7mg＝eq \f(mv\\al(2,2),R)，小球在整个过程中，由动能定理得W＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)，联立解得W＝mgR，故A错，B对；小球在上升和下降过程中的等高处，上升时受到的摩擦力较大，而下降时受到的摩擦力较小，则上升时克服摩擦力做功W1>eq \f(W,2)，下降时克服摩擦力做功W22mg，故C错，D对。故选BD。
6．如图所示，在竖直平面内有一光滑水平直轨道与半径为R的光滑半圆形轨道在半圆的一个端点B相切，可视为质点的小球从A点通过B点进入半径为R的半圆，恰好能通过半圆的最高点M，从M点飞出后落在水平面上，不计空气阻力，则( BC )
A．小球到达M点时的速度大小为0
B．小球在A点时的速度为eq \r(5gR)
C．小球落地点离B点的水平距离为2R
D．小球落地时的动能为3mgR
[解析] 小球恰好能通过半圆的最高点M，由重力提供向心力，则有mg＝eq \f(mv\\al(2,M),R)，解得vM＝eq \r(gR)，故选项A错误；小球从A到M，由动能定理得－2mgR＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,M)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)，解得vA＝eq \r(5gR)，EkA＝eq \f(5,2)mgR，故B正确，D错误；小球离开M点后做平抛运动，则有x＝vMt,2R＝eq \f(1,2)gt2，得x＝2R，故C正确。
7．(2021·青岛模拟)在新冠肺炎疫情防控期间，可以利用无人机投送物品。设无人机悬停在距离地面高度为h的空中，欲将质量为m的物质投送到地面，重力加速度为g，下列说法中正确的是( BD )
A．若让物品自由下落，到达地面时速度为v1，则下落过程中物品克服空气阻力做的功为eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)
B．若用轻绳系在物品上，轻绳另一端系在无人机上，使物品加速下落，到达地面时物品速度为v2，不计空气阻力，则下落过程中克服轻绳拉力做的功为mgh－eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)
C．若用轻绳系在物品上，轻绳另一端系在无人机上(忽略短暂的加速过程)，物品以速度v3匀速落到地面，不计空气阻力，则下落过程中克服轻绳拉力做的功为mgh－eq \f(1,2)mveq \\al(2,3)
D．若用轻绳系在物品上，轻绳另一端系在无人机上，使物品先加速下落eq \f(1,2)h，然后以同样大小的加速度减速下落，不计空气阻力，则下落过程中克服轻绳拉力做的功为mgh
[解析] 若让物品自由下落，到达地面时速度为v1，则下落过程由动能定理有mgh－WF＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)，解得下落过程中物品克服空气阻力做的功为WF＝mgh－eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)，选项A错误；若用轻绳系在物品上，物品加速下落，到达地面的速度为v2，不计空气阻力，则由动能定理有mgh－WF2＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)，解得下落过程中克服轻绳拉力做的功为WF2＝mgh－eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)，选项B正确；若用轻绳系在物品上，物品匀速下落，动能不变，不计空气阻力，则由动能定理有mgh－WF3＝0，解得下落过程中克服轻绳拉力做的功为WF3＝mgh，选项C错误；若用轻绳系在物品上，物品先加速下落eq \f(1,2)h，然后以同样大小的加速度减速下落，由运动的对称性可知，物品落地时速度为零，动能变化量为零，不计空气阻力，则由动能定理有mgh－WF4＝0，解得下落过程中克服轻绳拉力做的功为WF4＝mgh，选项D正确。
8．(2021·陕西质检)质量均为1 t的甲、乙两辆汽车同时同地出发，沿同一方向做直线运动，两车的动能Ek随位移x的变化图像如图所示，下列说法正确的是( AC )
A．甲的加速度大小为2 m/s2
B．乙的加速度大小为1.5 m/s2
C．甲、乙在x＝6 m处的速度大小为2eq \r(3)m/s
D．甲、乙在x＝9 m处相遇
[解析] 本题结合动能图像考查追及相遇问题。根据动能定理，对甲有－F甲x＝Ek－Ek0，由题图可知甲车图线的斜率为－F甲＝－2 000 N，则F甲＝2 000 N，对乙有F乙x＝Ek－0，由题图可知乙车图线的斜率为F乙＝1 000 N，根据牛顿第二定律F合＝ma可知，a甲＝eq \f(F甲,m)＝2 m/s2，a乙＝eq \f(F乙,m)＝1 m/s2，故A正确，B错误；甲、乙图线在x＝6 m处交于一点，动能均为Ek＝eq \f(1,2)mv2＝6 000 J，解得v＝2eq \r(3)m/s，故C正确；设甲、乙相遇时位移为x，初始时甲的速度v0＝6 m/s，则x＝v0t－eq \f(1,2)a甲t2，对乙有x＝eq \f(1,2)a乙t2，联立解得x＝8 m，故D错误。
二、非选择题
9．如图甲所示，游乐场的过山车可以底朝上在竖直圆轨道上运行，可抽象为图乙所示的模型。倾角为45°的直轨道AB、半径R＝10 m的光滑竖直圆轨道和倾角为37°的直轨道EF。分别通过水平光滑衔接轨道BC、C′E平滑连接，另有水平减速直轨道FG与EF平滑连接，EG间的水平距离l＝40 m。现有质量m＝500 kg的过山车，从高h＝40 m处的A点由静止下滑，经BCDC′EF最终停在G点。过山车与轨道AB、EF间的动摩擦因数均为μ1＝0.2，与减速直轨道FG间的动摩擦因数μ2＝0.75。过山车可视为质点，运动中不脱离轨道，g取10 m/s2。求：
(1)过山车运动至圆轨道最低点C时的速度大小；
(2)过山车运动至圆轨道最高点D时对轨道的作用力大小；
(3)减速直轨道FG的长度x。(已知sin 37°＝0.6, cs 37°＝0.8)
[答案] (1)8eq \r(10) m/s (2)7×103 N (3)30 m
[解析] (1)设过山车在C点的速度大小为vC，由动能定理得mgh－μ1mgcs 45°·eq \f(h,sin 45)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)，代入数据得vC＝8eq \r(10) m/s。
(2)设过山车在D点的速度大小为vD，受到轨道的作用力大小为F，由动能定理得
mg(h－2R)－μ1mgcs 45°·eq \f(h,sin 45°)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,D)
又F＋mg＝meq \f(v\\al(2,D),R)，联立解得F＝7×103 N
由牛顿第三定律知，过山车在D点对轨道的作用力大小为7×103 N。
(3)对全程应用动能定理有
mg[h－(l－x)tan 37°]－μ1mgcs 45°·eq \f(h,sin 45°)－μmgcs 37°·eq \f(l－x,cs 37°)－μ2mgx＝0
代入数据解得x＝30 m。
10．(2018·全国卷Ⅲ，25)如图，在竖直平面内，一半径为R的光滑圆弧轨道ABC和水平轨道PA在A点相切，BC为圆弧轨道的直径，O为圆心，OA和OB之间的夹角为α，sin α＝eq \f(3,5)。一质量为m的小球沿水平轨道向右运动，经A点沿圆弧轨道通过C点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用。已知小球在C点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零。重力加速度大小为g。求：
(1)水平恒力的大小和小球到达C点时速度的大小；
(2)小球到达A点时动量的大小；
(3)小球从C点落至水平轨道所用的时间。
[答案] (1)eq \f(3,4)mg eq \f(\r(5gR),2) (2)eq \f(m\r(23gR),2) (3)eq \f(3,5)eq \r(\f(5R,g))
[解析] (1)设水平恒力的大小为F0，小球到达C点时所受合力的大小为F。由力的合成法则有
eq \f(F0,mg)＝tan α①
F2＝(mg)2＋Feq \\al(2,0)②
设小球到达C点时的速度大小为v，由牛顿第二定律得
F＝meq \f(v2,R)③
由①②③式和题给数据得
F0＝eq \f(3,4)mg④
v＝eq \f(\r(5gR),2)。⑤
(2)设小球到达A点的速度大小为v1，作CD⊥PA，交PA于D点，由几何关系得
DA＝Rsin α⑥
CD＝R(1＋cs α)⑦
由动能定理有
－mg·CD－F0·DA＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)⑧
由④⑤⑥⑦⑧式和题给数据得，小球在A点的动量大小为
p＝mv1＝eq \f(m\r(23gR),2)。⑨
(3)小球离开C点后在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运动，加速度大小为g。设小球在竖直方向的初速度为v⊥，从C点落至水平轨道上所用时间为t。由运动学公式有
v⊥t＋eq \f(1,2)gt2＝CD⑩
v⊥＝vsin α⑪
由⑤⑦⑩⑪式和题给数据得
t＝eq \f(3,5)eq \r(\f(5R,g))。