高考物理大一轮复习题组层级快练22第五单元机械能2动能定理

题组层级快练(二十二)动能定理一、选择题1．A 、B 两物体分别在水平恒力F 1和F 2的作用下沿水平面运动，先后撤去F 1、F 2后，两物体最终停下，它们的v －t 图像如图所示．已知两物体与水平面间的滑动摩擦力大小相等．则下列说法正确的是( )A ．F 1、F 2大小之比为1∶2B ．F 1、F 2对A 、B 做功之比为1∶2C ．A 、B 质量之比为2∶1D ．全过程中A 、B 克服摩擦力做功之比为2∶1 答案 C解析 由速度与时间图像可知，两个匀减速运动的加速度之比为1∶2，由牛顿第二定律可知：A 、B 受摩擦力大小相等，所以A 、B 的质量关系是2∶1，由速度与时间图像可知，A 、B 两物体加速与减速的位移相等，且匀加速运动位移之比1∶2，匀减速运动的位移之比2∶1，由动能定理可得：A 物体的拉力与摩擦力的关系，F 1·x －f 1·3x ＝0－0；B 物体的拉力与摩擦力的关系，F 2·2x －f 2·3x ＝0－0，因此可得：F 1＝3f 1，F 2＝32f 2，f 1＝f 2，所以F 1＝2F 2.全过程中摩擦力对A 、B 做功相等，F 1、F 2对A 、B 做功大小相等．故A 、B 、D 项错误，C 项正确．2．(2017·淮安模拟)如图所示，质量相同的物体分别自斜面AC 和BC 的顶端由静止开始下滑，物体与斜面间的动摩擦因数相同，物体滑至斜面底部C 点时的动能分别为E k1和E k2，下滑过程中克服摩擦力所做的功分别为W 1和W 2，则( )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答案 B解析 设斜面倾角为α，斜面底边长为L ，对物体从斜面顶端由静止下滑到斜面底端过程中，由动能定理，得mgLtan α－μmgcos αLcos α＝E k －0 解得E k ＝mgLtan α－μmgL可见，斜面倾角α越大，物体滑到斜面底端时的动能越大，则E k1>E k2；又W 1＝μmgcos αLcos α＝μmgL ，可见克服摩擦力所做的功大小相等，即W 1＝W 2，故正确选项为B. 3.光滑斜面上有一个小球自高为h 的A 处由静止开始滚下，抵达光滑水平面上的B 点时速度大小为v 0.光滑水平面上每隔相等的距离设置了一个与小球运动方向垂直的活动阻挡条，如图所示，小球越过n 条活动阻挡条后停下来．若让小球从h 高处以初速度v 0滚下，则小球能越过的活动阻挡条的条数是(设小球每次越过活动阻挡条时损失的动能相等)( ) A ．n B ．2n C ．3n D ．4n答案 B解析 设每条阻挡条对小球做的功为W ，当小球在水平面上滚动时，由动能定理得nW ＝0－12mv 02，对第二次有NW ＝0－12mv 22＝0－(12mv 02＋mgh)，又因为12mv 02＝mgh ，联立解得N ＝2n ，选项B 正确．4.(2015·课标全国Ⅰ)如图所示，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 点上方高度为R 处由静止开始下落，恰好从P 点进入轨道．质点刚到轨道最低点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P 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，继续上升一段距离答案 C解析 质点在N 时，沿半径方向的合力提供向心力，可得4mg －mg ＝m v 2R ，所以动能为E k ＝32mgR ，从最高点到N 点的过程中，由动能定理，得mg·2R－W ＝32mgR ，即克服摩擦力做功为W ＝12mgR ，质点在运动过程中，沿半径方向的合力提供向心力，即F N －mgsin θ＝m v2R，根据左右对称，在同一高度，由于摩擦力做功导致右半圆的速度小，轨道弹力小，滑动摩擦力f ＝μF N 变小，所以摩擦力做功变小，那么从N 到Q ，由动能定理得Q 点动能为E kQ ＝32mgR －mgR －W ′，由于W ′<mgR2，所以Q 点速度仍然没有减小到0，仍会继续向上运动一段距离，所以选项C 对． 5.如图所示，一个粗糙的水平转台以角速度ω匀速转动，转台上有一个质量为m 的物体，物体与转台间用长L 的绳连接着，此时物体与转台处于相对静止，设物体与转台间的动摩擦因数为μ，现突然制动转台，则( )A ．由于惯性和摩擦力，物体将以O 为圆心、L 为半径做变速圆周运动，直到停止B ．若物体在转台上运动一周，物体克服摩擦力做的功为μmg2πLC ．若物体在转台上运动一周，摩擦力对物体不做功D ．物体在转台上运动L ω24μg π圈后，停止运动答案 ABD解析 制动转台后，物体在绳子约束作用下做圆周运动，速率在减小，运动一周滑动摩擦力做功为W f ＝－μmg2πL ，绳子的拉力对物体不做功，由动能定理可知－N μmg2πL ＝0－12mv 2，又v ＝ωL ，联立得物体在转台上转动的圈数为N ＝L ω24μg π，A 、B 、D 项正确．6.质量为2 kg 的物块放在粗糙水平面上，在水平拉力的作用下由静止开始运动，物块动能E k 与其发生位移x 之间的关系如图所示．已知物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g 取10 m/s 2，则下列说法正确的是( )A ．x ＝1 m 时速度大小为2 m/sB ．x ＝3 m 时物块的加速度大小为2.5 m/s 2C ．在前4 m 位移过程中拉力对物块做的功为9 JD ．在前4 m 位移过程中物块所经历的时间为2.8 s 答案 D解析 对物块由动能定理，得F 合x ＝ΔE k ，则F 合＝ΔE k x ，即图线的斜率等于合外力．在0－2 m 内，F 合＝ΔE k x ＝2 N ，设x ＝1 m 时速度大小为v ，由动能定理，得F 合x ＝12mv 2－0，v ＝ 2 m/s ，A 项错误；由图线知2－4 m 内加速度恒定，a ＝F 合m ＝ΔE k x m ＝52×2 m/s 2＝54 m/s 2，B 项错误；在前4 m 位移过程中由动能定理，得W －μmgx ＝9 J ，W ＝9 J ＋0.2×2×10×4 J ＝25 J ，C 项错误；在x ＝2 m 时，12mv 12＝4 J ，v 1＝2 m/s ，在x ＝4 m 时，12mv 22＝9 J ，v 2＝3 m/s ，在前2 m 内，2 m ＝v 12t 1，t 1＝2 s ，在后2 m 内，2 m ＝v 1＋v 22t 2，t 2＝0.8 s ，故t 1＋t 2＝2.8 s ，D 项正确． 7.如图所示，质量为m 的滑块距挡板P 的距离为l 0，滑块以初速度v 0沿倾角为θ的斜面上滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，滑块所受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，滑块经过的总路程是( ) A.1μ(v 022gcos θ＋l 0tan θ) B.1μ(v 022gsin θ＋l 0tan θ) C.2μ(v 022gcos θ＋l 0tan θ) D.1μ(v 022gcos θ＋l 0cot θ) 答案 A解析 滑块最终停在斜面底部，设滑块经过的总路程为l ，对滑块运动的全过程应用功能关系，全程所产生的热量为Q ＝12mv 02＋mgl 0sin θ，又由全程所产生的热量等于克服摩擦力所做的功，即Q ＝μmglcos θ，解以上两式，可得l ＝1μ(v 022gcos θ＋l 0tan θ)，A 项正确．8.如图所示，内壁光滑半径大小为R 的圆轨道竖直固定在桌面上，一个质量为m的小球静止在轨道底部A 点．现用小锤沿水平方向快速击打小球，击打后迅速移开，使小球沿轨道在竖直面内运动．当小球回到A 点时，再次用小锤沿运动方向击打小球，通过两次击打，小球才能运动到圆轨道的最高点．已知小球在运动过程中始终未脱离轨道，在第一次击打过程中小锤对小球做功W 1，第二次击打过程中小锤对小球做功W 2.设先后两次击打过程中小锤对小球做功全部用来增加小球的动能，则W 1W 2的值可能是( )A ．1/2B ．2/3C ．3/4D ．1答案 AB解析 第一次击打后球最多到达与球心O 等高位置，根据功能关系，有W 1≤mgR ① 两次击打后可以到轨道最高点，根据功能关系，有 W 1＋W 2－2mgR ＝12mv2② 在最高点，有mg ＋N ＝m v2R≥mg③联立①②③式，解得W 1≤mgR ，W 2≥32mgR 故W 1W 2≤23，故A 、B 项正确，C 、D 项错误．9．一个小物块从斜面底端冲上足够长的斜面后又返回到斜面底端．已知其初动能为E ，它返回到斜面底端的动能为E2，上滑到最大路程的中点时速度为v ；若小物块以2E 的初动能冲上斜面，则有( )A ．返回斜面底端时的动能为EB ．返回斜面底端时的动能为3E 2C ．上滑到最大路程的中点时速度为2vD ．上滑到最大路程的中点时速度为2v 答案 AC解析 设小物块沿斜面上滑的最大高度为h ，沿斜面上升的最大距离为x ，由动能定理得－mgh －F f ·x ＝0－E ，而h ＝xsin α，式中α为斜面倾角，可得x ＝E mgsin α＋F f .由此可见，小物块沿斜面上升的距离x 与初动能E 成正比，而摩擦力做功F f ·x 与位移成正比，故当小物块以2E 的初动能上滑时，上滑的最大距离变为原来的2倍，损失的动能(即克服摩擦力做的功)也为原来的2倍，故A 项正确，B 项错误；选取小物块从路程中点至最高点的过程，由v 2＝2ax 得v 2v 12＝xx 1，x 1＝2x ，故有v 1＝2v ，C 项正确，D 项错误．10.如图所示，质量分布均匀的长方体木板放置在水平面上，M 、N 分别是木板的左、右两个端点，水平面的A 、C 之间粗糙，与木板的动摩擦因数处处相等，水平面其余部分光滑，A 、C 间的距离等于木板的长度，B 为AC 的中点．某时刻开始处于光滑水平面的木板具有水平向右的初速度v 0，当M 端运动到C 点时速度刚好为零，则( )A ．木板N 端运动到B 点时速度为3v 04B ．木板N 端运动到C 点时速度为v 02C ．木板N 端从A 到B 摩擦力做的功等于木板N 端从B 到C 摩擦力做的功D ．木板N 端从A 到C 摩擦力做的功等于木板M 端从A 到C 摩擦力做的功 答案 D解析 将木板分为n 等份(n 足够大)，每个部分的质量为mn ；从开始到M 端运动到C 点过程，每个部分克服摩擦力做功均为μm n gL ，根据动能定理，有：n(－μm n gL)＝0－12mv 02①从开始到木板N 端运动到B 点过程，有：n 2(－μm n g L 2)×12＝12mv 12－12mv 02②，联立①②解得v 1＝144v 0，故A 项错误；从开始到木板N 端运动到C 点过程，有：n(－μm n gL )×12＝12mv 22－12mv 02③联立①③解得v 2＝22v 0，故B 项错误；木板N 端从A 到B 过程摩擦力做功：W 1＝n 2(－μm n g L 2)×12＝－18μmgL ，木板N 端从B 到C 过程摩擦力做功：W 2＝n(－μm n gL )×12－(－18μmgL)＝－38μmgL ；两过程中摩擦力做功不相等，故C 项错误；木板N 端从A 到C 摩擦力做的功：W 3＝n(－μm n gL )×12＝－12μmgL ，木板M 端从A 到C 摩擦力做的功：W 4＝n(－μm n gL )×12＝－12μmgL ；二力做功相等，故D 项正确． 二、非选择题11．(2016·天津)我国将于2022年举办冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一．如图所示，质量m ＝60 kg 的运动员从长直助滑道AB 的A 处由静止开始以加速度a ＝3.6 m/s 2匀加速滑下，到达助滑道末端B 时速度v B ＝24 m/s ，A 与B 的竖直高度差H ＝48 m ．为了改变运动员的运动方向，在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接，其中最低点C 处附近是一段以O 为圆心的圆弧．助滑道末端B 与滑道最低点C 的高度差h ＝5 m ，运动员在B 、C 间运动时阻力做功W ＝－1 530 J ，g 取10 m/s 2.(1)求运动员在AB 段下滑时受到阻力F f 的大小；(2)若运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，则C 点所在圆弧的半径R 至少应为多大？ 答案 (1)144 N (2)12.5m解析 (1)运动员在AB 上做初速度为零的匀加速运动，设AB 的长度为x ， 则有v B 2＝2ax① 由牛顿第二定律有mg Hx －F f ＝ma② 联立①②式，代入数据解得F f ＝144 N③(2)设运动员到达C 点时的速度为v C ，在由B 到达C 的过程中，由动能定理有 mgh ＋W ＝12mv C 2－12mv B2④设运动员在C 点所受的支持力为F N ，由牛顿第二定律有F N －mg ＝mv C2R⑤由运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，联立④⑤式，代入数据解得R ＝12.5 m 12．(2017·郑州市毕业班一模)如图所示，固定在水平地面上的工件，由AB 和BD 两部分组成．其中AB 部分为光滑的圆弧，∠AOB ＝37°，圆弧的半径R ＝0.5 m ，圆心O 点在B 点正上方，BD 部分水平，长度为l ＝0.2 m ，C 为BD 的中点．现有一质量m ＝1 kg 的物块(可视为质点)，从A 端由静止释放，恰好能运动到D 点．为使物块运动到C 点时速度为零，可先将BD 部分以B 为轴向上转动一锐角θ，求：(1)该锐角θ应为多大？(假设物块经过B 点时没有能量损失)； (2)物块在BD 板上运动的总路程．(g ＝10 m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)解析 (1)设BD 段长度为l ，动摩擦因数为μ，当BD 水平时，研究物块的运动，从A 到D 的过程中，根据动能定理：mgR(1－cos37°)－μmgl ＝0 代入数据联立解得μ＝0.5当BD 抬起一个锐角时，从A 到C 的过程中，根据动能定理 mgR(1－cos37°)－mg l 2sin θ－μF N l2＝0其中F N ＝mgcos θ 联立解得θ＝37°(2)物块在C 处速度减为零后，由于mgsin θ＞μmgcos θ物块将会下滑，而AB 段光滑，故物块将做往复运动，直到停止在B 点． 根据能量守恒定律mgR(1－cos37°)＝Q 而摩擦产生的热量Q ＝fs ，f ＝μmgcos θ代入数据解得，物块在BD 板上的总路程s ＝0.25 m.13．如图甲所示，倾角θ＝37°的粗糙斜面固定在水平面上，斜面足够长．一根轻弹簧一端固定在斜面的底端，另一端与质量m ＝1.0 kg 的小滑块(可视为质点)接触，滑块与弹簧不相连，弹簧处于压缩状态．当t ＝0时释放滑块．在0－0.24 s 时间内，滑块的加速度a 随时间t 变化的关系如图乙所示．已知弹簧的劲度系数k ＝2.0×102N/m ，当t ＝0.14 s 时，滑块的速度v 1＝2.0 m/s.g 取10 m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.弹簧弹性势能的表达式为E p ＝12kx 2(式中k 为弹簧的劲度系数，x 为弹簧的形变量)．求：(1)斜面对滑块摩擦力的大小F f ；(2)t ＝0.14 s 时滑块与出发点间的距离d ； (3)在0－0.44 s 时间内，摩擦力做的功W.答案 (1)4.0 N (2)0.20 m (3)－1.64 J解析 (1)当t 1＝0.14 s 时，滑块与弹簧开始分离，此后滑块受重力、斜面的支持力和摩擦力，滑块开始做匀减速直线运动．由题中的图乙可知，在这段过程中滑块加速度的大小为： a 1＝10 m/s 2.根据牛顿第二定律有：mgsin θ＋F f ＝ma 1 代入数据解得：F f ＝4.0 N.(2)当t 1＝0.14 s 时弹簧恰好恢复原长，所以此时滑块与出发点间的距离d 等于t 0＝0时弹簧的形变量x ，所以在0－0.14 s 时间内弹簧弹力做的功为： W 弹＝E p 初－E p 末＝12kd 2在这段过程中，根据动能定理有： W 弹－mgdsin θ－F f d ＝12mv 12－0代入数据解得：d ＝0.20 m.(3)设从t 1＝0.14 s 时开始，经时间Δt 1滑块的速度减为零，则有：Δt 1＝0－v 1－a 1＝0.20 s这段时间内滑块运动的距离为：x 1＝0－v 122（－a 1）＝0.20 m此时t 2＝0.14 s ＋Δt 1＝0.34 s ，此后滑块将反向做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可求得此时加速度的大小为： a 2＝mgsin θ－F f m＝2.0 m/s 2在0.34 s －0.44 s(Δt 2＝0.1 s)时间内，滑块反向运动的距离为： x 2＝12a 2(Δt 2)2代入数据解得：x 2＝0.01 m.所以在0－0.44 s 时间内，摩擦力F f 做的功为： W ＝－F f (d ＋x 1＋x 2)代入数据解得：W ＝－1.64 J.。