高考物理一轮总复习课时冲关十八动能定理及其

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 ＝12at 2
，结合动能公
式E k ＝
mv 2
2
得E k ＝
ma 2t 2
2
、E k ＝max ，可知E k ∝v 2、E k ∝t 2
、E k ∝x ，故A 、C 项均错误，B 项正确．由
E k ＝p 2
2m
，得E k ∝p 2，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E k 与时间t 的关系图象是( )
解析：A [设小球初动能为E k0，初速度为v 0，重力加速度为g .瞬时动能E k ＝E k0－mgh ，
h ＝v 0t －12gt 2，联立得E k ＝12
mg 2t 2－mgv 0t ＋E k0，故A 正确．]
3．(2019·宣城模拟)如图所示，AB 为1
4
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.1
2μmgR B.12mgR 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E k1和E k2，从抛出开始到小球第一次经过a 点时重力所做的功为W 1，从抛出开始到小球第二次经过a 点时重力所做的功为W 2.下列选项正确的是( )
A ．E k1＝E k2，W 1＝W 2
B ．E k1＞E k2，W 1＝W 2
C ．E k1＜E k2，W 1＜W 2
D ．
E k1＞E k2，W 1＜W 2
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W 1＝W 2，对两次经过a 点的过程由动能定理得，－W f ＝E k2－E k1，可知E k1＞E k2，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 ＝12mv 2
－0，解得v ＝2gR ，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 ＝v 2
R
＝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，F N －mg ＝ma ，解得F N ＝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E k 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F f ＝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 2 m/s
D.17 m/s
解析：C [F ­x 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 ＝12×(4＋8)×10 J－12×4×10 J＝40 J ，根据动能定理得W ＝12
mv 2，解得v ＝
2W
m
＝
2×40
10
m/s ＝2 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14圆弧AB 和1
2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R
2.一小球在A 点正上方与A
相距R
4
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 ·R
4
＝E k A －0
小球下落至B 点的过程：mg ⎝ ⎛⎭
⎪⎫R
4＋R ＝E k B －0 由以上两式联立解得：
E k B
E k A
＝5 (2)小球恰好经过C 点时，由牛顿第二定律得：
mg ＝m v 20
R
2
解得：v 0＝
gR
2
小球由开始下落至C 点的过程，由动能定理得：
mg ·R 4＝12
mv 2C －0解得：v C ＝
gR
2
由于v C ＝v 0，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 ＝Fs cos 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 ＝E k1－0，对乙有Fs －F f s ＝E k2－0，可知E k1＞E k2，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/s 2
，
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x m ＝1
2×8×14 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
a 1＝8
10 m/s 2＝0.8 m/s 2,10～14 s 内加速度大小为a 2＝84
m/s 2＝2 m/s 2
，根据牛顿第二定律得，
F －μmg ＝ma 1，μmg ＝ma 2，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 ＝v 0－a 2t ＝(8－2×2) m/s ＝4 m/s ，前12 s 内由动能定理得W ＝12mv 2－0＝12×2×42
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14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1
4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2gR
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4R tan 2
θ
解析：BD [小球由A 至B 的过程由动能定理得，mgR ＝12
mv 2
－0，解得v ＝2gR ，小球
通过B 点时，由牛顿第二定律得F N －mg ＝m v 2
R
，解得F N ＝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＝12gt 2
vt ＝gt 2v ，解得t ＝2v tan θg
，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＝gt v ＝2tan θ，则α≠2θ，故C 错误；斜面的高度为h ＝12gt 2＝12g ⎝ ⎛⎭
⎪⎫22gR ·tan θg 2
＝4R tan 2
θ，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1
4
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v 0＝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v D ＝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/s 2
.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 ＝1
2(v 0＋v C )t ，
解得：v C ＝14 m/s
在C 点对运动员由牛顿第二定律得：F N －mg ＝m v 2C
R
解得：F N ＝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 ＝12mv 2C －12mv 2
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 ＝0－12mv 2
D ，
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： －W f －mgR ＝12mv 2D －12mv 2
C ，
解得：W f ＝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/s 2
.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v 0，则有
mg ＝mv 20
R
①
由C 点到最高点满足机械能守恒定律，有 12mv 2C ＝mg ·2R ＋12mv 20② 解得v C ＝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 －μmgx CD ＝0－1
2
mv 20③
联立①③解得x CD ＝10 m
(3)小车经过C 点的速度v C ≥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 ＋x BC )＝1
2
mv 2C
解得x BC ≤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 ＋x BC )－mgh ＝0
解得x BC ≥11 m
综上可得，x BC ≤5 m 或者x BC ≥11 m 时小车不脱离轨道． 答案：(1)10 m/s (2)10 m (3)x BC ≤5 m 或者x BC ≥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v C ，圆轨道C 点对滑块的支持力为F N
P →C 过程：12mgR ＝12
mv 2C C 点：F N －mg ＝m v 2C R
解得F N ＝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 v 2A
R
Q →C →A 过程：E p ＝12
mv 2A ＋mg ·2R ＋μmg ·2R
解得弹性势能E p ＝3mgR .
答案：(1)2mg ，方向竖直向上 (2)0.25 (3)3mgR。