人教版高考物理一轮复习课后限时集训13动能定理及其应用含答案

这是一份人教版高考物理一轮复习课后限时集训13动能定理及其应用含答案，共9页。


1．关于运动物体所受的合外力、合外力做的功及动能变化的关系，下列说法正确的是( )
A．合外力为零，则合外力做功一定为零
B．合外力做功为零，则合外力一定为零
C．合外力做功越多，则动能一定越大
D．动能不变，则物体合外力一定为零
A [由W＝Flcs α可知，物体所受合外力为零，合外力做功一定为零，但合外力做功为零，可能是α＝90°，故A正确，B错误；由动能定理W＝ΔEk可知，合外力做功越多，动能变化量越大，但动能不一定越大，C错误；动能不变，合外力做功为零，但物体合外力不一定为零，D错误。]
2．物体在恒定阻力作用下，以某初速度在水平面上沿直线滑行直到停止。以a、Ek、x和t分别表示物体运动的加速度大小、动能、位移的大小和运动的时间。则以下各图象中，能正确反映这一过程的是( )
A B C D
C [物体在恒定阻力作用下运动，其加速度不随时间变化，不随位移变化，选项A、B错误；由动能定理，－Ffx＝Ek－Ek0，解得Ek＝Ek0－Ffx，选项C正确；又x＝vt－eq \f(1,2)at2，故Ek与t不成线性关系，D错误。]
3.如图所示，用细绳通过定滑轮拉物体，使物体在水平面上由静止开始从A点运动到B点，已知H＝3 m，m＝25 kg，F＝50 N恒定不变，到B点时的速度v＝2 m/s，滑轮到物体间的细绳与水平方向的夹角在A、B两处分别为30°和45°。此过程中物体克服阻力所做的功为( )
A．50(5－3eq \r(2)) JB．50(7－3eq \r(2)) J
C．50(3eq \r(3)－4) JD．50(3eq \r(3)－2) J
A [设物体克服阻力做的功为Wf，由动能定理得Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(H,sin 30°)－\f(H,sin 45°)))－Wf＝eq \f(1,2)mv2，代入数据求得Wf＝50(5－3eq \r(2)) J，选项A正确。]
4.(2020·湘赣皖十五校5月联考)某同学参加学校运动会立定跳远项目比赛，从起跳至着地的整个过程如图所示，测量得到比赛成绩是2.4 m，目测空中脚离地最大高度约为0.8 m。已知他的质量约为60 kg，重力加速度g＝10 m/s2，忽略空气阻力，则起跳过程该同学所做的功约为( )
A．90 JB．480 J
C．800 JD．1 250 J
C [该同学起跳后做抛体运动，从起跳至达到最大高度的过程中，其在竖直方向做加速度为g的匀减速直线运动，则有t＝eq \r(\f(2h,g))＝eq \r(\f(2×0.8,10)) s＝0.4 s，故竖直方向初速度为vy＝gt＝4 m/s；其在水平方向做匀速直线运动，则有v0＝eq \f(x,2t)＝eq \f(2.4,2×0.4) m/s＝3 m/s。根据速度的合成可知起跳时的速度为v＝eq \r(v\\al(2,0)＋v\\al(2,y))＝5 m/s，因该同学的质量约为60 kg，根据动能定理得起跳过程该同学所做的功约为W＝eq \f(1,2)mv2＝750 J，最接近800 J，选项C正确，A、B、D错误。]
5. (2020·江苏省高考)如图所示，一小物块由静止开始沿斜面向下滑动，最后停在水平地面上。斜面和地面平滑连接，且物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为常数。该过程中，物块的动能Ek与水平位移x关系的图象是( )
A B
C D
A [由题意可知设斜面倾角为θ，动摩擦因数为μ，则物块在斜面上下滑水平距离x时根据动能定理有
mgsin θ·x－μmgcs θ·x＝Ek
整理可得
Ek＝(mgsin θ－μmgcs θ)x
即在斜面上运动时动能与x成线性关系；当小物块在水平面运动时有
μmgx＝Ek
即在水平面运动时动能与x也成线性关系；综上分析可知A正确，故选A。]
6.如图所示，斜面的倾角为θ，质量为m的滑块距挡板P的距离为x0，滑块以初速度v0沿斜面上滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，滑块所受滑动摩擦力小于重力沿斜面向下的分力。若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失，则滑块经过的总路程是( )
A．eq \f(1,μ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v\\al(2,0),2gcs θ)＋x0tan θ)) B．eq \f(1,μ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v\\al(2,0),2gsin θ)＋x0tan θ))
C．eq \f(2,μ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v\\al(2,0),2gcs θ)＋x0tan θ)) D．eq \f(1,μ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v\\al(2,0),2gcs θ)＋\f(x0,tan θ)))
A [由于滑块所受滑动摩擦力小于重力沿斜面向下的分力，故滑块最终要停在斜面底端。设滑块经过的总路程为x，对滑块运动的全程应用动能定理有mgx0sin θ－μmgxcs θ＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，解得x＝eq \f(1,μ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v\\al(2,0),2gcs θ)＋x0tan θ))，选项A正确。]
7.如图所示，倾角为37°的粗糙斜面AB底端与半径R＝0.4 m的光滑半圆轨道BC平滑面相连，O点为轨道圆心，BC为圆轨道直径且处于竖直方向，A、C两点等高。质量m＝1 kg的滑块从A点由静止开始下滑，恰能滑到与O点等高的D点，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。
(1)求滑块与斜面间的动摩擦因数μ；
(2)若使滑块能到达C点，求滑块从A点沿斜面滑下时的初速度v0的最小值。
[解析] (1)滑块从A点到D点的过程中，根据动能定理有
mg(2R－R)－μmgcs 37°·eq \f(2R,sin 37°)＝0－0
解得μ＝eq \f(1,2)tan 37°＝0.375。
(2)若使滑块能到达C点，初速度v0有最小值，根据牛顿第二定律有mg＝eq \f(mv\\al(2,C),R)
解得vC＝eq \r(Rg)＝2 m/s
滑块从A点到C点的过程中，根据动能定理有
－μmgcs 37°·eq \f(2R,sin 37°)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
解得v0＝eq \r(v\\al(2,C)＋\f(4μgR,tan 37°))＝2eq \r(3) m/s
故v0的最小值为2eq \r(3) m/s。
[答案] (1)0.375 (2)2eq \r(3) m/s
8.(2019·全国卷Ⅲ)从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用。距地面高度h在3 m以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图所示。重力加速度取10 m/s2。该物体的质量为( )
A．2 kgB．1.5 kg
C．1 kgD．0.5 kg
C [设物体的质量为m，则物体在上升过程中，受到竖直向下的重力mg和竖直向下的恒定外力F，由动能定理结合题图可得－(mg＋F)×3 m＝(36－72)J；物体在下落过程中，受到竖直向下的重力mg和竖直向上的恒定外力F，再由动能定理结合题图可得(mg－F)×3 m＝(48－24)J，联立解得m＝1 kg、F＝2 N，选项C正确，A、B、D均错误。]
9.如图所示，固定放置的粗糙斜面AB的下端与光滑的圆弧轨道BCD在B点相切，圆弧轨道的半径为R，圆心O与A、D在同一水平面上，C点为圆弧轨道最低点，∠COB＝∠BAO＝θ＝30°。现使一质量为m的小物块(可视为质点)从D点无初速度地释放，小物块与粗糙斜面AB间的动摩擦因数μA．小物块可能运动到A点
B．小物块经过较长时间后会停在C点
C．小物块通过圆弧轨道最低点C时，对C点的最大压力大小为3mg
D．小物块通过圆弧轨道最低点C时，对C点的最小压力大小为eq \r(3)mg
C [小物块从D点无初速度滑下后，在斜面上运动要克服摩擦力做功，机械能不断减小，不可能运动到A点，又知道μ＜tan θ，即mgsin θ＞μmgcs θ，所以小物块最终在与B点关于OC对称的E点之间来回运动，A、B项错误；小物块第一次运动到C点时速度最大，对轨道的压力最大，对于小物块从D点第一次运动到C点的过程，由动能定理得，mgR＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)，由合力提供向心力得F1－mg＝meq \f(v\\al(2,1),R)，联立解得轨道对小物块的支持力F1＝3mg，由牛顿第三定律知小物块对C点的最大压力为3mg，C项正确；当最后稳定后，小物块在B、E之间运动时，由动能定理得mgR(1－cs θ)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)，由合力提供向心力得F2－mg＝meq \f(v\\al(2,2),R)，联立解得轨道对小物块的支持力F2＝(3－eq \r(3))mg，由牛顿第三定律可知，小物块对C点的最小压力为(3－eq \r(3))mg，D项错误。]
10．如图甲所示，一半径R＝1 m、圆心角等于143°的竖直圆弧形光滑轨道，与斜面相切于B点，圆弧形轨道的最高点为M，斜面倾角θ＝37°，t＝0时刻有一物块沿斜面上滑，其在斜面上运动的速度变化规律如图乙所示，若物块恰能到达M点，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，求：
甲 乙
(1)物块经过M点的速度大小；
(2)物块经过B点的速度大小；
(3)物块与斜面间的动摩擦因数。
[解析] (1)物块恰能到达M点，则有
mg＝meq \f(v\\al(2,M),R)
解得vM＝eq \r(gR)＝eq \r(10) m/s。
(2)物块从B点运动到M点的过程中，由动能定理得
－mgR(1＋cs 37°)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,M)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)
解得vB＝eq \r(46) m/s。
(3)由题图乙可知，物块在斜面上运动时，加速度大小为a＝eq \f(Δv,Δt)＝10 m/s，方向沿斜面向下，由牛顿第二定律得mgsin 37°＋μmgcs 37°＝ma
解得μ＝0.5。
[答案] (1)eq \r(10) m/s (2)eq \r(46) m/s (3)0.5
11．(2019·湖南十校联考)如图所示，质量m＝3 kg的小物块以初速度v0＝4 m/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＝3.75 m，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＝0.4 m的半圆弧轨道，C点是圆弧轨道的最高点，半圆弧轨道与水平轨道BD在D点平滑连接。已知重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。
(1)求小物块经过B点时对轨道的压力大小。
(2)若MN的长度为L＝6 m，求小物块通过C点时对轨道的压力大小。
(3)若小物块恰好能通过C点，求MN的长度L′。
[解析] (1)根据平抛运动的规律有v0＝vAcs 37°
解得小物块经过A点时的速度大小vA＝5 m/s
小物块从A点运动到B点，根据动能定理有
mg(R－Rcs 37°)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)
小物块经过B点时，有FN－mg＝eq \f(mv\\al(2,B),R)
解得FN＝62 N，根据牛顿第三定律，小物块对轨道的压力大小是62 N。
(2)小物块由B点运动到C点，根据动能定理有
－μmgL－2mgr＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)
在C点FN′＋mg＝eq \f(mv\\al(2,C),r)
解得FN′＝60 N，根据牛顿第三定律，小物块通过C点时对轨道的压力大小是60 N。
(3)小物块刚好能通过C点时，mg＝eq \f(mvC′2,r)
解得vC′＝2 m/s
小物块从B点运动到C点的过程中，根据动能定理有
－μmgL′－2mgr＝eq \f(1,2)mvC′2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)
解得L′＝10 m。
[答案] (1)62 N (2)60 N (3)10 m
12．(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的变化图象如图乙所示，则( )
甲 乙
A．μ0>tan α
B．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)μ0mglcs α
D．小物块下滑到底端时的速度大小为eq \r(2glsin α－2μ0mglcs α)
BC [小物块在斜面顶端静止释放能够下滑，则满足mgsin α>μ0mgcs α，即μ0