2020高考物理一轮总复习课时冲关18《动能定理及其应用》（含解析）人教版 学案

动能定理及其应用

 [A级－基础练]

1．(2018·全国卷Ⅰ)高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动．在启动阶段，列车的动能(　　)

A．与它所经历的时间成正比

B．与它的位移成正比

C．与它的速度成正比

D．与它的动量成正比

解析：B　[设列车运动时间为t，由匀变速直线运动规律v＝at、x＝at2，结合动能公式Ek＝得Ek＝、Ek＝max，可知Ek∝v2、Ek∝t2、Ek∝x，故A、C项均错误，B项正确．由Ek＝，得Ek∝p2，故D项错误．]

2．(2018·江苏卷)从地面竖直向上抛出一只小球，小球运动一段时间后落回地面．忽略空气阻力，该过程中小球的动能Ek与时间t的关系图象是(　　)

解析：A　[设小球初动能为Ek0，初速度为v0，重力加速度为g.瞬时动能Ek＝Ek0－mgh，h＝v0t－gt2，联立得Ek＝mg2t2－mgv0t＋Ek0，故A正确．]

3．(2019·宣城模拟)如图所示，AB为圆弧轨道，BC为水平直轨道，圆弧的半径为R，BC的长度也是R，一质量为m的物体，与两个轨道间的动摩擦因数都为μ，当它由轨道顶端A从静止开始下落，恰好运动到C处停止，则物体在AB段克服摩擦力做的功为(　　)

A.μmgR　　　　 B.mgR

C．mgR  D．(1－μ)mgR

解析：D　[全程对物体由动能定理得，mgR－W－μmgR＝0，解得W＝(1－μ)mgR，故D正确．]

4．(2017·海南卷)将一小球竖直向上抛出，小球在运动过程中所受到的空气阻力不可忽略．a为小球运动轨迹上的一点，小球上升和下降经过a点时的动能分别为Ek1和Ek2，从抛出开始到小球第一次经过a点时重力所做的功为W1，从抛出开始到小球第二次经过a点时重力所做的功为W2.下列选项正确的是(　　)

A．Ek1＝Ek2，W1＝W2  B．Ek1＞Ek2，W1＝W2

C．Ek1＜Ek2，W1＜W2  D．Ek1＞Ek2，W1＜W2

解析：B　[从抛出开始到第一次经过a点和从抛出开始第二次经过a点，上升的高度相等，可知重力做功相等，即W1＝W2，对两次经过a点的过程由动能定理得，－Wf＝Ek2－Ek1，可知Ek1＞Ek2，故B正确，A、C、D错误．]

5．(2019·聊城模拟)如图所示，两个半径不等的光滑半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高，两个质量不等的球(从半径大的轨道下落的小球质量大，设为大球，另一个为小球，且均可视为质点)分别自轨道左端由静止开始下落，在各自轨迹的最低点时，下列说法正确的是(　　)

A．大球的速度可能小于小球的速度

B．大球的动能可能小于小球的动能

C．大球所受轨道的支持力等于小球所受轨道的支持力

D．大球的向心加速度等于小球的向心加速度

解析：D　[由动能定理得mgR＝mv2－0，解得v＝，半径大的圆形轨道，球到达底端时的速度大，所以大球的速度一定大于小球的速度，故A错误；大球质量大，到达底端时的速度大，动能一定大，故B错误；根据a＝＝2g知，两球的向心加速度相等，故D正确；在底端时，由牛顿第二定律得，FN－mg＝ma，解得FN＝3mg，由于大球的质量大，则大球所受的支持力大，故C错误．]

6．(2019·烟台模拟)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的变化的图象如图所示，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一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一定小于乙与地面的动摩擦因数

解析：A　[甲、乙两物体的初动能和末动能都相同，都只受摩擦力作用，根据动能定理可知摩擦力对甲、乙两物体做的功相等，即μ甲m甲gs甲＝μ乙m乙gs乙，由图可知s甲＜s乙，所以μ甲m甲g＞μ乙m乙g，即甲所受的摩擦力一定比乙大，若甲、乙两物体与水平面动摩擦因数相同，由Ff＝μmg可知，则甲的质量较大，故A正确，B错误；μ甲m甲g＞μ乙m乙g，由于质量关系未知，故无法直接确定动摩擦因数之间的关系，故C、D错误．]

7.质量m＝10 kg的物体只在变力F作用下沿水平方向做直线运动，F随坐标x的变化关系如图所示．若物体从坐标原点处由静止出发，则物体运动到x＝16 m处时的速度大小为(　　)

A．3 m/s  B．4 m/s

C．2 m/s  D. m/s

解析：C　[F­x图线与x轴围成的面积表示力F所做的功，则这段过程中，外力做功为W＝×(4＋8)×10 J－×4×10 J＝40 J，根据动能定理得W＝mv2，解得v＝＝ m/s＝2 m/s，故C正确，A、B、D错误．]

8．(2016·全国卷Ⅲ)如图，在竖直平面内有由圆弧AB和圆弧BC组成的光滑固定轨道，两者在最低点B平滑连接．AB弧的半径为R，BC弧的半径为.一小球在A点正上方与A相距处由静止开始自由下落，经A点沿圆弧轨道运动．

(1)求小球在B、A两点的动能之比．

(2)通过计算判断小球能否沿轨道运动到C点．

解析：(1)小球下落过程由动能定理得：

小球下落至A点的过程：mg·＝EkA－0

小球下落至B点的过程：mg＝EkB－0

由以上两式联立解得：＝5

(2)小球恰好经过C点时，由牛顿第二定律得：

mg＝m解得：v0＝

小球由开始下落至C点的过程，由动能定理得：

mg·＝mv－0解得：vC＝

由于vC＝v0，故小球恰好可以沿轨道运动到C点．

答案：(1)5　(2)可以沿轨道运动到C点

[B级—能力练]

9．(多选)甲、乙两个质量相同的物体，用大小相等的力F分别拉它们在水平面上从静止开始运动相同的距离s.如图所示，甲在光滑面上，乙在粗糙面上，则下列关于力F对甲、乙做的功和甲、乙两物体获得的动能的说法中正确的是(　　)

A．力F对甲做功多

B．力F对甲、乙两个物体做的功一样多

C．甲物体获得的动能比乙大

D．甲、乙两个物体获得的动能相同

解析：BC　[由功的公式W＝Fscos α可知，两种情况下力F对甲、乙两个物体做的功一样多，A错误，B正确；根据动能定理，对甲有Fs＝Ek1－0，对乙有Fs－Ffs＝Ek2－0，可知Ek1＞Ek2，即甲物体获得的动能比乙大，C正确，D错误．]

10．(2019·赣州模拟)(多选)在水平地面上有一质量为2 kg的物体，物体在水平拉力F的作用下由静止开始运动，后撤去拉力．该物体运动的v－t图象如图所示，g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　)

A．物体的最大位移是56 m

B．物体受到的拉力F的大小为2.4 N

C．物体与地面之间的动摩擦因数为0.2

D．前12 s内，拉力与阻力做功的代数和为12 J

解析：AC　[在v－t图象中图线所包围的面积表示位移，则物体的最大位移应该是14 s内的位移，即xm＝×8×14 m＝56 m，故A正确；物体在前10 s受到拉力作用，10 s撤去拉力，在v－t图象中斜率的大小表示加速度的大小，由图线可知0～10 s内加速度大小为a1＝ m/s2＝0.8 m/s2,10～14 s内加速度大小为a2＝ m/s2＝2 m/s2，根据牛顿第二定律得，F－μmg＝ma1，μmg＝ma2，解得F＝5.6 N，μ＝0.2，故B错误，C正确；物体在12 s时的速度为v＝v0－a2t＝(8－2×2) m/s＝4 m/s，前12 s内由动能定理得W＝mv2－0＝×2×42 J＝16 J，故D错误．]

11．(2019·赣州模拟)(多选)如图所示，质量为m的小球从A点由静止开始，沿竖直平面内固定光滑的圆弧轨道AB滑下，从B端水平飞出，恰好落到斜面BC的底端．已知圆弧轨道的半径为R，OA为水平半径，斜面倾角为θ，重力加速度为g.则(　　)

A．小球下滑到B点时对圆弧轨道的压力大小为2mg

B．小球下滑到B点时的速度大小为

C．小球落到斜面底端时的速度方向与水平方向的夹角为2θ

D．斜面的高度为4Rtan2θ

解析：BD　[小球由A至B的过程由动能定理得，mgR＝mv2－0，解得v＝，小球通过B点时，由牛顿第二定律得FN－mg＝m，解得FN＝3mg，根据牛顿第三定律可知，在B点小球对轨道的压力大小为3mg，故A错误，B正确；小球从B到C做平抛运动，则有tan θ＝＝，解得t＝，小球落到斜面底端时的速度方向与水平方向的夹角正切为tan α＝＝2tan θ，则α≠2θ，故C错误；斜面的高度为h＝gt2＝g2＝4Rtan2θ，故D正确．]

12．单板滑雪U形池如图甲所示，乙图为示意图，由两个完全相同的圆弧滑道AB、CD和水平滑道BC构成，圆弧滑道的半径R＝4 m，B、C分别为圆弧滑道的最低点，B、C间的距离x＝7.5 m，假设某次比赛中运动员经过水平滑道B点时水平向右的速度v0＝16 m/s，运动员从B点运动到C点所用的时间t＝0.5 s，从D点跃起时的速度vD＝8 m/s.设运动员连同滑板的质量m＝50 kg，忽略空气阻力的影响，已知圆弧上A、D两点的切线沿竖直方向，重力加速度g取10 m/s2.求：

(1)运动员在C点对圆弧轨道的压力大小和运动员与水平轨道间的动摩擦因数．

(2)运动员从D点跃起后在空中上升的最大高度．

(3)运动员从C点到D点运动的过程中克服摩擦阻力所做的功．

解析：(1)运动员从B点到C点，做匀变速直线运动，则有：x＝(v0＋vC)t，

解得：vC＝14 m/s

在C点对运动员由牛顿第二定律得：FN－mg＝m

解得：FN＝2 950 N

由牛顿第三定律得运动员在C点对轨道的压力大小为2 950 N

运动员由B至C的过程，由动能定理得：

－μmgx＝mv－mv

解得：μ＝0.4

(2)运动员从D点跃起后在空中上升的过程由动能定理得：－mgh＝0－mv，

解得：h＝3.2 m

(3)运动员从C点到D点的过程中，由动能定理得：

－Wf－mgR＝mv－mv，

解得：Wf＝1 300 J.

答案：(1)2 950 N　0.4　(2)3.2 m　(3)1 300 J

13.(2019·陕西咸阳模拟)如图是翻滚过山车的模型，光滑的竖直圆轨道半径R＝2 m，入口的平直轨道AC和出口的平直轨道CD均是粗糙的，质量m＝2 kg的小车与水平轨道之间的动摩擦因数均为μ＝0.5，加速阶段AB的长度l＝3 m，小车从A点由静止开始受到水平拉力F＝60 N的作用，在B点撤去拉力，取g＝10 m/s2.试问：

(1)要使小车恰好通过圆轨道的最高点，小车在C点的速度为多少？

(2)满足(1)问条件下，小车能沿着出口平直轨道CD滑行多远的距离？

(3)要使小车不脱离轨道，求平直轨道BC段的长度范围．

解析：(1)设小车恰好通过最高点的速度为v0，则有

mg＝①

由C点到最高点满足机械能守恒定律，有

mv＝mg·2R＋mv②

解得vC＝10 m/s

(2)小车由最高点滑下到最终停在轨道CD上，由动能定理有

mg·2R－μmgxCD＝0－mv③

联立①③解得xCD＝10 m

(3)小车经过C点的速度vC≥10 m/s就能做完整的圆周运动．

小车由A到C由动能定理得

Fl－μmg(l＋xBC)＝mv

解得xBC≤5 m

小车进入圆轨道时，上升的高度h≤R＝2 m时，小车返回而不会脱离轨道，由动能定理有

Fl－μmg(l＋xBC)－mgh＝0

解得xBC≥11 m

综上可得，xBC≤5 m或者xBC≥11 m时小车不脱离轨道．

答案：(1)10 m/s　(2)10 m

(3)xBC≤5 m或者xBC≥11 m

14.(2019·黑龙江牡丹江一中模拟)如图，半径为R的光滑半圆形轨道ABC在竖直平面内与水平轨道CD相切于C点，D端有一被锁定的轻质压缩弹簧，弹簧左端连接在固定的挡板上，弹簧右端Q到C点的距离为2R.质量为m的滑块(视为质点)从轨道上的P点由静止滑下，刚好能运动到Q点，并能触发弹簧解除锁定，然后滑块被弹回，且刚好能通过圆轨道的最高点A.已知∠POC＝60°，求：

(1)滑块第一次滑至圆形轨道最低点C时所受轨道支持力；

(2)滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ；

(3)弹簧被锁定时具有的弹性势能．

解析：(1)设滑块第一次滑至C点时的速度为vC，圆轨道C点对滑块的支持力为FN

P→C过程：mgR＝mv

C点：FN－mg＝m

解得FN＝2mg，方向竖直向上．

(2)对P→C→Q过程：mgR(1－cos 60°)－μmg·2R＝0解得μ＝0.25.

(3)由题意可知在A点：mg＝m

Q→C→A过程：Ep＝mv＋mg·2R＋μmg·2R

解得弹性势能Ep＝3mgR.

答案：(1)2mg，方向竖直向上　(2)0.25　(3)3mgR