(通用版)高考物理一轮复习第五章第2讲动能定理及应用课时作业(含解析)

动能定理及应用一、选择题(本题共10小题，1～6题为单选题，7～10题为多选题)1．质量不等但有相同初动能的两物体，在动摩擦因数相同的水平地面上滑行，直到停止，则( )A ．质量大的物体滑行距离大B ．质量小的物体滑行距离大C ．质量小的物体克服摩擦做的功多D ．质量大的物体克服摩擦做的功多解析：B 根据动能定理得－μmgx ＝0－E k ，得滑行距离x ＝E kμmg ，由题意可知，μ、E k相同，则m 越小，x 越大，即质量小的物体滑行距离大，故A 错误，B 正确；由动能定理可知，物体克服摩擦力做的功等于物体动能的减小量，两物体动能的减小量相等，则物体克服摩擦力做的功相等，故C 、D 错误．2.(2018·宣城模拟)如图所示，AB 为14圆弧轨道，BC 为水平直轨道，圆弧对应的圆的半径为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，那么物体在AB 段克服摩擦力所做的功为( )A.12μmgR B.12mgR C ．mgRD ．(1－μ)mgR解析：D 由题意可知mgR ＝W f AB ＋W f BC ，W f BC ＝μmgR ，所以W f AB ＝(1－μ)mgR ，D 正确． 3．(2017·海南高考)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 2B ．E k1>E k2，W 1＝W 2C ．E k1<E k2，W 1<W 2D ．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．4.质量为10 kg 的物体，在变力F 作用下沿x 轴做直线运动，力随坐标x 的变化情况如图所示．物体在x ＝0处，速度为1 m/s ，一切摩擦不计，则物体运动到x ＝16 m 处时，速度大小为( )A ．2 2 m/sB ．3 m/sC ．4 m/sD.17 m/s解析：B 由F －x 图像可知，拉力F 在物体运动的16 m 内所做的总功W ＝10×4 J＝40 J ．由动能定理可得：W ＝12mv 2－12mv 20，解得v ＝3 m/s ，B 正确．5.如图，一半径为R 、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ 水平．一质量为m 的质点自P 点上方高度R 处由静止开始下落，恰好从P 点进入轨道．质点滑到轨道最低点N 时，对轨道的压力为4mg ，g 为重力加速度的大小．用W 表示质点从P 点运动到N 点的过程中克服摩擦力所做的功．则( )A ．W ＝12mgR ，质点恰好可以到达Q 点B ．W ＞12mgR ，质点不能到达Q 点C ．W ＝12mgR ，质点到达Q 点后，继续上升一段距离D ．W ＜12mgR ，质点到达Q 点后，继续上升一段距离解析：C 设质点到达N 点的速度为v N ，在N 点质点受到轨道的弹力为F N ，则F N －mg ＝mv 2NR，已知F N ＝F N ′＝4mg ，则质点到达N 点的动能为E k N ＝12mv 2N ＝32mgR .质点由开始至N 点的过程，由动能定理得，mg ·2R ＋W f ＝E k N －0，解得摩擦力做的功为W f ＝－12mgR ，即克服摩擦力做的功为W ＝－W f ＝12mgR .设从N 到Q 的过程中克服摩擦力做功为W ′，则W ′<W .从N 到Q 的过程，由动能定理得－mgR －W ′＝12mv 2Q －12mv N ′， 即12mgR －W ′＝12mv 2Q ，故质点到达Q 点后速度不为0，质点继续上升一段距离．选项C 正确．6.(2018·吉林三校联考)如图所示，竖直平面内放一直角杆MON ，OM 水平，ON 竖直且光滑，用不可伸长的轻绳相连的两小球A 和B 分别套在OM 和ON 杆上，B 球的质量为2 kg ，在作用于A 球的水平力F 的作用下，A 、B 均处于静止状态，此时OA ＝0.3 m ，OB ＝0.4 m ，改变水平力F 的大小，使A 球向右加速运动，已知A 球向右运动0.1 m 时速度大小为3 m/s ，则在此过程中绳的拉力对B 球所做的功为(取g ＝10 m/s 2)( )A ．11 JB ．16 JC ．18 JD ．9 J解析：C 本题考查速度分解、动能定理及其相关的知识点．A 球向右运动0.1 m 时，v A ＝3 m/s ，OA ′＝0.4 m ，OB ′＝0.3 m ，设此时∠BAO ＝α，则有tan α＝34.v A cos α＝v B sinα，解得v B ＝4 m/s.此过程中B 球上升高度h ＝0.1 m ，由动能定理，W －mgh ＝12mv 2B ，解得绳的拉力对B 球所做的功为W ＝mgh ＋12mv 2B ＝2×10×0.1 J＋12×2×42J ＝18 J ，选项C 正确．7.如图所示，一轻弹簧直立于水平地面上，质量为m 的小球从距离弹簧上端B 点h 高处的A 点自由下落，在C 点处小球速度达到最大．x 0表示B 、C 两点之间的距离；E k 表示小球在C 点处的动能．若改变高度h ，则下列表示x 0随h 变化的图像和E k 随h 变化的图像中正确的是( )解析：BC 由题意“在C 点处小球速度达到最大”，可知C 点是平衡位置，小球受到的重力与弹力平衡，该位置与h 无关，B 项正确．根据动能定理有mg (h ＋x 0)－E p ＝12mv 2C ＝E k ，其中x 0与弹性势能E p 为常数，可判断出C 项正确．8.(2018·洛阳检测)如图所示，在倾角为θ的斜面上，轻质弹簧一端与斜面底端固定，另一端与质量为M 的平板A 连接，一个质量为m 的物体B 靠在平板的右侧，A 、B 与斜面的动摩擦因数均为μ.开始时用手按住物体B 使弹簧处于压缩状态，现放手，使A 和B 一起沿斜面向上运动距离L 时，A 和B 达到最大速度v .则以下说法正确的是( )A ．A 和B 达到最大速度v 时，弹簧是自然长度B ．若运动过程中A 和B 能够分离，则A 和B 恰好分离时，二者加速度大小均为g (sin θ＋μcos θ)C ．从释放到A 和B 达到最大速度v 的过程中，弹簧对A 所做的功等于12Mv 2＋MgL sin θ＋μMgL cos θD ．从释放到A 和B 达到最大速度v 的过程中，B 受到的合力对它做的功等于12mv 2解析：BD A 和B 达到最大速度v 时，A 和B 的加速度为零．对AB 整体：由平衡条件知kx ＝(m ＋M )g sin θ＋μ(m ＋M )g cos θ，所以此时弹簧处于压缩状态，故A 错误；A 和B 恰好分离时，A 、B 间的弹力为0，A 、B 的加速度相同，对B 受力分析，由牛顿第二定律知，mg sin θ＋μmg cos θ＝ma ，得a ＝g sin θ＋μg cos θ，故B 正确；从释放到A 和B 达到最大速度v 的过程中，对AB 整体，根据动能定理得W 弹－(m ＋M )gL sin θ－μ(m ＋M )g cos θ·L ＝12(m ＋M )v 2，所以弹簧对A 所做的功W弹＝12(m ＋M )v 2＋(m ＋M )·gL sin θ＋μ(m ＋M )g cos θ·L ，故C 错误；从释放到A 和B 达到最大速度v 的过程中，对于B ，根据动能定理得B 受到的合力对它做的功W 合＝ΔE k ＝12mv 2，故D 正确．9.(2018·赣州模拟)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14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2gRC ．小球落到斜面底端时的速度方向与水平方向的夹角为2θD ．斜面的高度为4R tan 2θ解析：BD 小球由A 至B 的过程由动能定理得，mgR ＝12mv 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 2R，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 2vt ＝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 2θ，故D 正确．10．(2018·福建泉州检测)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 的物块从斜面顶端由静止释放并沿斜面向下滑动．已知物块与斜面间的动摩擦因数μ与下滑距离x 的变化图像如图乙所示，则( )A ．μ0>tan αB ．物块下滑的加速度逐渐增大C ．物块下滑到斜面底端的过程克服摩擦力做功为12μ0mgl cos αD ．物块下滑到底端时的速度大小为2gl sin α－2μ0gl cos α解析：BC 物块在斜面顶端静止释放能够下滑，应满足mg sin α>μ0mg cos α，即μ0<tan α，故A 选项错误；根据牛顿第二定律有mg sin α－μmg cos α＝ma ，得a ＝g sin α－μg cos α，可知物块下滑过程中随着μ的减小，a 在增大，故B 选项正确；摩擦力f ＝μmg cos α＝(μ0－μ0lx )mg cos α(0≤x ≤l )，可知f 与x 成线性关系，如图所示，其中f 0＝v 0mg cos α，则物块下滑到斜面底端的过程克服摩擦力做功W f ＝f l ＝12μ0mgl cos α，故C 选项正确；由动能定理有mgl sin α－12μ0mgl cos α＝12mv 2，得v ＝2gl sin α－μgl cos α，故D 选项错误．二、计算题(需写出规范的解题步骤)11.如图，在竖直平面内有由14圆弧AB 和12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R4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)设小球的质量为m ，小球在A 点的动能为E k A ，由机械能守恒得E k A ＝mg R 4①设小球在B 点的动能为E k B ，同理有E k B ＝mg 5R4②由①②式得E k BE k A＝5③ (2)若小球能沿轨道运动到C 点，小球在C 点所受轨道的正压力N 应满足N ≥0④设小球在C 点的速度大小为v C ，由牛顿运动定律和向心加速度公式有N ＋mg ＝m v 2CR2⑤由④⑤式得，v C 应满足mg ≤m2v 2CR⑥由机械能守恒有mg R 4＝12mv 2C ⑦由⑥⑦式可知，小球恰好可以沿轨道运动到C 点． 答案：(1)5 (2)小球恰好能到达C 点12．如图所示，质量为m ＝0.2 kg 可看作质点的小物块静止放在半径r ＝0.8 m 的水平圆盘边缘上A 处，圆盘由特殊材料制成，其与物块的动摩擦因数为μ1＝2，倾角为θ＝37°的斜面轨道与水平轨道光滑连接于C 点，小物块与斜面轨道和水平轨道存在摩擦，动摩擦因数均为μ2＝0.4，斜面轨道长度L BC ＝0.75 m ，C 与竖直圆轨道最低点D 处的距离为L CD ＝0.525 m ，圆轨道光滑，其半径R ＝0.5 m ．开始圆盘静止，后在电动机的带动下绕轴转动，在圆盘加速转动到某时刻时物块被圆盘沿纸面水平方向甩出(此时圆心O 与A 连线垂直圆盘面)，后恰好切入斜面轨道B 处后沿斜面方向做直线运动，经C 处运动至D ，在D 处进入竖直平面圆轨道，绕过圆轨道后沿水平轨道向右运动．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s 2)试求：(1)圆盘对小物块m 做的功．(2)物块刚运动到圆弧轨道最低处D 时对轨道的压力．(3)假设竖直圆轨道可以左右移动，要使物块能够通过竖直圆轨道，求竖直圆轨道底端D 与斜面轨道底端C 之间最远距离和小物块的最终位置．解析：(1)物块刚被甩出时静摩擦力达到最大，由牛顿第二定律得：μ1mg ＝m v 2r解得：v ＝4 m/s物块由静止到刚被甩出的过程，由动能定理得：W ＝12mv 2－0＝1.6 J即圆盘对小物块m 做的功为1.6 J(2)物块被甩出后做平抛运动，到达B 时速度沿斜面向下，则物块刚到达B 点时的速度为：v B ＝vcos 37°＝5 m/s物块从B 到D 的过程，运用动能定理得：mgL BC sin 37°－μ2mg cos 37°·L BC －μ2mgL CD＝12mv 2D －12mv 2B 在D 点，对物块由牛顿第二定律得：F N －mg ＝m v 2D R解得：F N ＝12 N根据牛顿第三定律，物块刚运动到圆弧轨道最低处D 时对轨道的压力：F N ′＝F N ＝12 N方向竖直向下(3)物块恰好通过竖直圆轨道最高点E 时，竖直圆轨道底端D 与斜面轨道底端C 之间距离最远，在E 点由牛顿第二定律得：mg ＝m v 2ER设竖直圆轨道底端D 与斜面轨道底端C 之间最远距离为x ，从B 到E ，由动能定理得：mgL BC sin 37°－μ2mg cos 37°·L BC －μ2mgx －2mgR＝12mv 2E －12mv 2B 解得：x ＝0.525 m设小物块的最终位置到D 点的距离为s ，从E 到最终停止位置，由动能定理得： 2mgR －μ2mgs ＝0－12mv 2E解得：s ＝3.125 m答案：(1)1.6 J (2)12 N ，方向竖直向下 (3)0.525 m 小物块的最终位置距离D 点3.125 m。