（通用版）2020版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 考點規(guī)范練16 動能定理及其應(yīng)用 新人教版.docx

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考點規(guī)范練16　動能定理及其應(yīng)用 一、單項選擇題 1.下列有關(guān)動能的說法正確的是(　　) A.物體只有做勻速運動時,動能才不變 B.物體的動能變化時,速度不一定變化 C.物體做平拋運動時,水平速度不變,動能不變 D.物體做自由落體運動時,物體的動能增加 答案D 解析物體只要速率不變,動能就不變,A錯誤;物體的動能變化時,速度的大小一定變化,B錯誤;物體做平拋運動時,速率增大動能就會增大,C錯誤;物體做自由落體運動時,其速率增大,物體的動能增加,D正確。 2.質(zhì)量m=2 kg的物體,在光滑水平面上以v1=6 m/s的速度勻速向西運動,若有一個F=8 N方向向北的恒力作用于物體,在t=2 s內(nèi)物體的動能增加了(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　 A.28 J B.64 J C.32 J D.36 J 答案B 解析由于力F與速度v1垂直,物體做曲線運動,其兩個分運動為向西的勻速運動和向北的勻加速直線運動,對勻加速運動:a=Fm=4m/s2,v2=at=8m/s,2s末物體的速度v=v12+v22=10m/s,2s內(nèi)物體的動能增加了ΔEk=12mv2-12mv12=64J,故選項B正確。 3.一個質(zhì)量為0.3 kg的彈性小球,在光滑水平面上以6 m/s的速度垂直撞到墻上,碰撞后小球沿相反方向運動,反彈后的速度大小與碰撞前相同,則下列碰撞前后小球速度變化量的大小Δv和碰撞過程中小球的動能變化量ΔEk正確的是(　　) A.Δv=0 B.Δv=12 m/s C.ΔEk=1.8 J D.ΔEk=10.8 J 答案B 解析速度是矢量,規(guī)定反彈后速度方向為正,則Δv=6m/s-(-6m/s)=12m/s,故B正確,A錯誤;動能是標量,速度大小不變,動能不變,則ΔEk=0,C、D錯誤。 4. 光滑斜面上有一個小球自高為h的A處由靜止開始滾下,抵達光滑水平面上的B點時速度大小為v0。光滑水平面上每隔相等的距離設(shè)置了一個與小球運動方向垂直的活動阻擋條,如圖所示,小球越過n條活動阻擋條后停下來。若讓小球從h高處以初速度v0滾下,則小球能越過的活動阻擋條的條數(shù)是(設(shè)小球每次越過活動阻擋條時損失的動能相等)(　　) A.n B.2n C.3n D.4n 答案B 解析設(shè)每條阻擋條對小球做的功為W,當小球在水平面上滾動時,由動能定理得nW=0-12mv02,對第二次有NW=0-12mv22=0-12mv02+mgh,又因為12mv02=mgh,聯(lián)立解得N=2n,選項B正確。 5.物體在恒定阻力作用下,以某初速度在水平面上沿直線滑行直到停止。以a、Ek、s和t分別表示物體運動的加速度大小、動能、位移的大小和運動的時間,則以下各圖像中,能正確反映這一過程的是(　　) 答案C 解析物體在恒定阻力作用下運動,其加速度不隨時間和位移變化,選項A、B錯誤;由動能定理,-Ffs=Ek-Ek0,解得Ek=Ek0-Ffs,選項C正確,D錯誤。 6.如圖所示,質(zhì)量為0.1 kg的小物塊在粗糙水平桌面上滑行4 m后以3.0 m/s的速度飛離桌面,最終落在水平地面上,已知物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)為0.5,桌面高0.45 m,若不計空氣阻力,g取10 m/s2,則(　　) A.小物塊的初速度是5 m/s B.小物塊的水平射程為1.2 m C.小物塊在桌面上克服摩擦力做8 J的功 D.小物塊落地時的動能為0.9 J 答案D 解析小物塊在桌面上克服摩擦力做功Wf=μmgL=2J,C錯。在水平桌面上滑行,由動能定理得-Wf=12mv2-12mv02,解得v0=7m/s,A錯。小物塊飛離桌面后做平拋運動,有x=vt,h=12gt2,解得x=0.9m,B錯。設(shè)小物塊落地時動能為Ek,由動能定理得mgh=Ek-12mv2,解得Ek=0.9J,D正確。 二、多項選擇題 7.(2018湖南省十三校聯(lián)考)有一物體由某一固定的長斜面的底端以初速度v0沿斜面上滑,斜面與物體間的動摩擦因數(shù)μ=0.5,其動能Ek隨離開斜面底端的距離x變化的圖線如圖所示,g取10 m/s2,不計空氣阻力,則以下說法正確的是(　　) A.斜面的傾角θ=30 B.物體的質(zhì)量m=0.5 kg C.斜面與物體間的摩擦力大小Ff=2 N D.物體在斜面上運動的總時間t=2 s 答案BC 解析由動能定理F合x=ΔEk知Ek-x圖像的斜率表示合外力,則上升階段斜率為mgsinθ+μmgcosθ=255=5,下降階段斜率為mgsinθ-μmgcosθ=55=1,聯(lián)立得tanθ=34,即θ=37,m=0.5kg,故A錯誤,B正確。物體與斜面間的摩擦力為Ff=μmgcosθ=2N,故C正確。上升階段由Ek-x圖像的斜率知合力為F1=5N,由F1=ma1,得a1=10m/s2,t1=v0a1,Ek1=12mv02=25J,聯(lián)立得t1=1s,同理,下降階段合力為F2=1N,由F2=ma2,得a2=2m/s2,t2=v2a2,Ek2=12mv22=5J,聯(lián)立得t2=5s,則t=t1+t2=(1+5)s,故D錯誤。 8. 如圖所示,電梯質(zhì)量為m0,在它的水平地板上放置一質(zhì)量為m的物體。電梯在鋼索的拉力作用下由靜止開始豎直向上加速運動,當上升高度為h時,電梯的速度達到v,則在這個過程中,以下說法中正確的是 (　　) A.電梯地板對物體的支持力所做的功等于mv22 B.電梯地板對物體的支持力所做的功大于mv22 C.鋼索的拉力所做的功等于mv22+m0gh D.鋼索的拉力所做的功大于mv22+m0gh 答案BD 解析以物體為研究對象,由動能定理得WN-mgh=12mv2,即WN=mgh+12mv2,選項B正確,A錯誤。以系統(tǒng)為研究對象,由動能定理得WT-(m+m0)gh=12(m0+m)v2,即WT=12(m0+m)v2+(m0+m)gh>mv22+m0gh,選項D正確,C錯誤。 9. 某人通過滑輪將質(zhì)量為m的物體,沿粗糙的斜面從靜止開始勻加速地由底端拉到斜面頂端,物體上升的高度為h,到達斜面頂端時的速度為v,如圖所示。則在此過程中(　　) A.物體所受的合外力做的功為mgh+12mv2 B.物體所受的合外力做的功為12mv2 C.人對物體做的功為mgh D.人對物體做的功大于mgh 答案BD 解析物體沿斜面做勻加速運動,根據(jù)動能定理:W合=WF-Wf-mgh=12mv2,其中Wf為物體克服摩擦力做的功。人對物體做的功即是人對物體的拉力做的功,所以W人=WF=Wf+mgh+12mv2,A、C錯誤,B、D正確。 三、非選擇題 10.如圖甲所示,固定在水平地面上的工件,由AB和BD兩部分組成,其中AB部分為光滑的圓弧,∠AOB=37,圓弧的半徑R=0.5 m,圓心O點在B點正上方;BD部分水平,長度為0.2 m,C為BD的中點?，F(xiàn)有一質(zhì)量m=1 kg,可視為質(zhì)點的物塊從A端由靜止釋放,恰好能運動到D點。(g取10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37=0.8)求: (1)為使物塊恰好運動到C點靜止,可以在物塊運動到B點后,對它施加一豎直向下的恒力F,F應(yīng)為多大; (2)為使物塊運動到C點時速度為零,也可先將BD部分以B為軸向上轉(zhuǎn)動一銳角θ,如圖乙所示,θ應(yīng)為多大。(假設(shè)B處有一小段的弧線平滑連接,物塊經(jīng)過B點時沒有能量損失) 答案(1)10 N　(2)37 解析(1)設(shè)BD段長度為l,與物塊間的動摩擦因數(shù)為μ。研究物塊運動,根據(jù)動能定理有: 從A到D的過程中有 mgR(1-cos37)-μmgl=0 從A到C,到C點恰好靜止的過程中有mgR(1-cos37)-μ(F+mg)l2=0 聯(lián)立解得μ=0.5,F=10N。 (2)乙圖中,從A到C的過程中,根據(jù)動能定理有mgR(1-cos37)-l2mgsinθ-μFNl2=0 其中FN=mgcosθ 聯(lián)立解得θ=37。 11.如圖所示,半徑R=0.5 m的光滑圓弧面CDM分別與光滑斜面體ABC和斜面MN相切于C、M點,斜面傾角分別如圖所示。O為圓弧圓心,D為圓弧最低點,C、M在同一水平高度。斜面體ABC固定在地面上,頂端B安裝一定滑輪,一輕質(zhì)軟細繩跨過定滑輪(不計滑輪摩擦)分別連接小物塊P、Q(兩邊細繩分別與對應(yīng)斜面平行),并保持P、Q兩物塊靜止。若PC間距為l1=0.25 m,斜面MN足夠長,物塊P質(zhì)量m1=3 kg,與MN間的動摩擦因數(shù)μ=13,重力加速度g取10 m/s2(sin 37=0.6,cos 37=0.8)。求: (1)小物塊Q的質(zhì)量m2; (2)燒斷細繩后,物塊P第一次到達D點時對軌道的壓力大小; (3)物塊P在MN斜面上滑行的總路程。 答案(1)4 kg　(2)78 N　(3)1.0 m 解析(1)根據(jù)共點力平衡條件,兩物塊的重力沿斜面的分力相等,有 m1gsin53=m2gsin37 解得m2=4kg 即小物塊Q的質(zhì)量m2為4kg。 (2)小物塊P到D點過程,由動能定理得m1gh=12m1vD2 根據(jù)幾何關(guān)系,有 h=l1sin53+R(1-cos53) 在D點,支持力和重力的合力提供向心力FD-m1g=m1vD2R 解得FD=78N 由牛頓第三定律,得物塊P對軌道的壓力大小為78N。 (3)分析可知最終物塊在CDM之間往復(fù)運動,C點和M點速度為零。 由全過程動能定理得 m1gl1sin53-μm1gcos53l總=0 解得l總=1.0m,即物塊P在MN斜面上滑行的總路程為1.0m。 12.(2018廣西南寧一模)如圖所示,AB是傾角為θ=30的粗糙直軌道,BCD是光滑的圓弧軌道,AB恰好在B點與圓弧相切,圓弧的半徑為R。一個質(zhì)量為m的物體(可以看作質(zhì)點)從直軌道上的P點由靜止釋放,結(jié)果它能在兩軌道上做往返運動。已知P點與圓弧的圓心O等高,物體與軌道AB間的動摩擦因數(shù)為μ,重力加速度為g。 (1)求物體對圓弧軌道最大壓力的大小。 (2)求物體滑回軌道AB上距B點的最大距離。 (3)釋放點距B點的距離l應(yīng)滿足什么條件,才能使物體順利通過圓弧軌道的最高點D。 答案(1)3mg(1-μ)　(2)3-3μ3μ+1R　(3)l≥3+31-3μR 解析(1)根據(jù)幾何關(guān)系可得PB=Rtanθ=3R, 從P點到E點根據(jù)動能定理,有 mgR-μmgcosθPB=12mvE2-0, 代入數(shù)據(jù)解得vE=(2-3μ)gR, 在E點,根據(jù)牛頓第二定律有FN-mg=mvE2R, 解得FN=3mg(1-μ)。 (2)設(shè)物體滑回到軌道AB上距B點的最大距離為x,根據(jù)動能定理,有 mg(BP-x)sinθ-μmgcosθ(BP+x)=0, 代入數(shù)據(jù)解得x=3-3μ3μ+1R。 (3)物體剛好到達最高點D時,有mg=mv2R, 解得v=gR, 從釋放點到最高點D的過程,根據(jù)動能定理,有 mg(lsinθ-R-Rcosθ)-μmgcosθl=12mv2-0 代入數(shù)據(jù)解得l=3+31-3μR, 所以只有l(wèi)≥3+31-3μR,物體才能順利通過圓弧軌道的最高點D。