新课标2019届高考物理一轮复习第5章机械能第二节动能定理及其应用达标诊断高效训练201809051

第二节动能定理及其应用达标(建议用时：60分钟)一、单项选择题1．关于物体的动能，下列说法中正确的是( )A．物体速度变化，其动能一定变化B．物体所受的合外力不为零，其动能一定变化C．物体的动能变化，其运动状态一定发生改变D．物体的速度变化越大，其动能一定变化也越大解析：选C.若速度的方向变化而大小不变，则其动能不变，故选项A错误；物体所受合外力不为零，只要速度大小不变，其动能就不变，如匀速圆周运动中，物体所受合外力不为零，但速度大小始终不变，动能不变，故选项B错误；物体动能变化，其速度一定发生变化，故运动状态改变，选项C正确；物体速度变化，若仅由方向变化引起，其动能可能不变，如匀速圆周运动中，速度变化，但动能始终不变，故选项D错误．2.有一质量为m的木块，从半径为r的圆弧曲面上的a点滑向b点，如图所示．若由于摩擦使木块的运动速率保持不变，则以下叙述正确的是( )A．木块所受的合外力为零B．因木块所受的力都不对其做功，所以合外力做的功为零C．重力和摩擦力的合力做的功为零D．重力和摩擦力的合力为零答案：C3.(2018·大庆中学模拟)如图所示，倾角为30°的斜面末端与水平地面相连，将一小球(可看成质点)从斜面顶端以3 J 的初动能水平抛出，不计空气阻力，经过一段时间，小球以6 J的动能第一次落在接触面上．若将此小球以6 J的初动能水平从斜面顶端抛出，则小球第一次落在接触面上的动能为( )A．9 J B．12 JC．16 J D．条件不足，无法判定解析：选A.小球做平抛运动，只有重力做功，分析可知两种情况下小球下落的高度相同，所以重力做功相同，在第一次情况下重力做功为W G＝6 J－3 J＝3 J，故第二种情况下重力也做功3 J，故落地时动能为9 J，A正确．4.(2018·河南模拟)如图所示，质量为m的小球，从离地面H高处由静止开始释放，落到地面后继续陷入泥中h深度而停止，设小球受到空气阻力为f，重力加速度为g ，则下列说法正确的是( ) A ．小球落地时动能等于mgHB ．小球陷入泥中的过程中克服泥的阻力所做的功小于刚落到地面时的动能C ．整个过程中小球克服阻力做的功等于mg (H ＋h )D ．小球在泥土中受到的平均阻力为mg ⎝⎛⎭⎪⎫1＋H h解析：选C.小球从静止开始释放到落到地面的过程，由动能定理得mgH －fH ＝12mv 20，选项A 错误；设泥的平均阻力为f 0，小球陷入泥中的过程，由动能定理得mgh －f 0h ＝0－12mv 20，解得f 0h＝mgh ＋12mv 20，f 0＝mg ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋H h －fHh ，选项B 、D 错误；全过程应用动能定理可知，整个过程中小球克服阻力做的功等于mg (H ＋h )，选项C 正确．5．(2018·湖南郴州教学质检)如图(a)所示，在水平路段AB 上有一质量为1×103kg 的汽车，正以10 m/s 的速度向右匀速行驶，汽车前方的水平路段BC 因粗糙程度与AB 段不同引起阻力变化，汽车通过整个ABC 路段的v －t 图象如图(b)所示，t ＝15 s 时汽车刚好到达C 点，并且已做匀速直线运动，速度大小为 5 m/s.运动过程中汽车发动机的输出功率保持不变，假设汽车在AB 路段上运动时所受的恒定阻力为F f ＝2 000 N ，下列说法正确的是()A ．汽车在AB 、BC 段发动机的额定功率不变都是1×104W B ．汽车在BC 段牵引力增大，所以汽车在BC 段的加速度逐渐增大 C ．由题给条件不能求出汽车在BC 段前进的距离 D ．由题所给条件可以求出汽车在8 m/s 时加速度的大小解析：选D.发动机的额定功率P ＝F f v ＝2 000×10 W ＝2×104W ，选项A 错误；由题图(b)可知汽车在BC 段做加速度减小的减速运动，选项B 错误；根据P ＝fv 可求解汽车在BC 段上所受的阻力大小，根据动能定理Pt －fx BC ＝12mv 22－12mv 21，可求解汽车在BC 段前进的距离，选项C 错误；根据牛顿定律a ＝F －f m ＝Pv－fm，由此公式可以求出汽车在8 m/s 时加速度的大小，选项D 正确．二、多项选择题6.(2018·山东潍坊中学模拟)如图所示，不可伸长的轻绳长为l ，一端固定在O 点，另一端拴接一质量为m 的小球，将小球拉至与O 等高，细绳处于伸直状态的位置后由静止释放，在小球由静止释放到运动至最低点的过程中，小球所受阻力做的功为W ，重力加速度为g ，则小球到达最低点时( ) A ．向心加速度a ＝2（mgl ＋W ）mlB ．向心加速度a ＝2（mgl －W ）mlC ．绳的拉力F ＝3mgl ＋2W lD ．绳的拉力F ＝2（mgl ＋W ）l解析：选AC.从最高点到最低点过程中，重力做正功，阻力做负功，根据动能定理可得mgl ＋W ＝12mv 2，在最低点重力和绳子的拉力充当向心力，所以有F －mg ＝m v 2l ，联立可得F ＝3mgl ＋2W l，根据公式a ＝v 2l 可得a ＝2（mgl ＋W ）ml，A 、C 正确．7.(2018·江苏启东中学模拟)如图所示，直杆AB 与水平面成α角固定，在杆上套一质量为m 的小滑块，杆底端B 点处有一弹性挡板，杆与板面垂直，滑块与挡板碰撞后原速率返回．现将滑块拉到A 点由静止释放，与挡板第一次碰撞后恰好能上升到AB 的中点，设重力加速度为g ，由此可以确定( )A ．滑块下滑和上滑过程加速度的大小a 1、a 2B ．滑块第1次与挡板碰撞前速度v 1C ．滑块与杆之间动摩擦因数μD ．滑块第k 次与挡板碰撞到第k ＋1次与挡板碰撞时间间隔Δt解析：选AC.设AB 长为L .对整个过程运用动能定理得：mg sin α·0.5L －μmg cos α(L ＋0.5L )＝0得：μ＝sin α3cos α；根据牛顿第二定律得下滑过程：mg sin α－μmg cos α＝ma 1；上滑过程：mg sin α＋μmg cos α＝ma 2；解得：a 1＝g sin α－μg cos α，a 2＝g sin α＋μg cos α，所以可求得滑块下滑和上滑过程加速度的大小a 1、a 2，故A 、C 正确；由于AB 间的距离未知，尽管求出加速度，但不能求出滑块到达挡板时的时间以及与挡板碰撞的速度，故B 、D 错误．8．(2018·河南八市重点高中质检)质量m ＝3.0 kg 的小球在竖直向上的恒定拉力作用下，由静止开始从水平地面向上运动，经一段时间，拉力做功为W ＝15.0 J ，此后撤去拉力，球又经相同时间回到地面．以地面为零势能面，不计空气阻力，重力加速度g ＝10 m/s 2.则下列说法正确的是( )A ．恒定拉力大小为40.0 NB ．球动能E k ＝3.0 J 时的重力势能可能是12.0 JC ．拉力作用过程球动能增加了15.0 JD ．球动能E k ＝3.0 J 时的重力势能可能是9.0 J解析：选ABD.设竖直向上的恒力为F ，小球质量m ＝3 kg ，恒力F 作用时间t ，在恒力F 作用过程中上升高度h .根据牛顿第二定律得：运动加速度a 1＝F －mg m ；h ＝12a 1t 2;撤去恒力瞬间速度为v 0，则v 0＝a 1t ，撤去恒力后到小球落地时，取竖直向上方向为正方向，则－h ＝(a 1t )t －12gt 2；联立解得：a 1＝g 3，把a 1＝g3代入得F ＝40 N ，选项A 正确；球动能E k ＝3.0 J 时，由动能定理W F －W G ＝ΔE k ，当力F 做功15 J 时，此时克服重力做功为12 J ，即此时小球的重力势能是12.0J ，选项B 正确；拉力作用过程中，由于重力做负功，故球动能增加小于15.0 J ，选项C 错误；球动能E k ＝3.0 J 时，若重力势能是9.0 J ，由动能定理可知W F －W G ＝ΔE k 可知W F ＝12 J<15 J ，故选项D 正确． 三、非选择题9．如图甲所示，轻弹簧左端固定在竖直墙上，右端点在O 位置．质量为m 的物块A (可视为质点)以初速度v 0从距O 点右方x 0的P 点处向左运动，与弹簧接触后压缩弹簧，将弹簧右端压到O ′点位置后，A 又被弹簧弹回．A 离开弹簧后，恰好回到P 点．物块A 与水平面间的动摩擦因数为μ.求：(1)物块A 从P 点出发又回到P 点的过程，克服摩擦力所做的功． (2)O 点和O ′点间的距离x 1.(3)如图乙所示，若将另一个与A 完全相同的物块B (可视为质点)与弹簧右端拴接，将A 放在B 右边，向左推A 、B ，使弹簧右端压缩到O ′点位置，然后从静止释放，A 、B 共同滑行一段距离后分离．分离后物块A 向右滑行的最大距离x 2是多少？解析：(1)物块A 从P 点出发又回到P 点的过程，根据动能定理得克服摩擦力所做的功为W f ＝12mv 20.(2)物块A 从P 点出发又回到P 点的过程，根据动能定理得2μmg (x 1＋x 0)＝12mv 20解得x 1＝v 204μg－x 0.(3)A 、B 在弹簧处于原长处分离，设此时它们的共同速度是v 1，弹出过程弹力做功W F 只有A 时，从O ′到P 有W F －μmg (x 1＋x 0)＝0－0A 、B 共同从O ′到O 有W F －2μmgx 1＝12×2mv 21分离后对A 有12mv 21＝μmgx 2联立以上各式可得x 2＝x 0－v 208μg. 答案：(1)12mv 20 (2)v 204μg －x 0 (3)x 0－v 28μg10．(2018·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 NP →C 过程：12mgR ＝12mv 2C C 点：F N －mg ＝m v 2CR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)A 点：mg ＝m v 2ARQ →C →A 过程：E p ＝12mv 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)3mgR11．(2018·黑龙江双鸭山一中模拟)如图所示，传送带A 、B 之间的距离为L ＝5.25 m ，与水平面间夹角θ＝30°，传送带沿顺时针方向转动，速度恒为v ＝7.5 m/s.在上端A 点无初速度放置一个质量为m ＝1 kg 、大小可视为质点的金属块，它与传送带的动摩擦因数为μ＝32，金属块滑离传送带后，沿着弯道滑下，进入半径为R ＝1 m 的光滑半圆轨道做圆周运动，刚好能通过最高点E ，D 为半圆轨道的最低点且DE 垂直于水平面，已知B 、D 两点的竖直高度差为h ＝0.5 m(取g ＝10 m/s 2)．求：(1)金属块从A 运动到B 经历的时间；(2)金属块经过半圆轨道的D 点时对轨道的压力大小； (3)金属块在BCD 弯道上克服摩擦力做的功．解析：(1)金属块速度到达v 的过程中，由牛顿第二定律可知mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 解得a ＝12.5 m/s 2需要的时间t 1＝v a ＝7.512.5s ＝0.6 s通过地的位移x 1＝vt 12＝2.25 m因为x 1<L 且mg sin θ<μmg cos θ，金属块将匀速运动 匀速运动时间t 2＝L －x 1v ＝5.25－2.257.5s ＝0.4 s t ＝t 1＋t 2＝(0.6＋0.4) s ＝1 s. (2)金属块刚好通过E 点，则mg ＝m v 2ER金属块从D 到E 过程中由动能定理可知－mg ·2R ＝m v 2E 2－m v 2D2在D 点由牛顿第二定律可知F －mg ＝m v 2DR联立解得F ＝60 N由牛顿第三定律可知对轨道压力为60 N. (3)在BCD 过程中，由动能定理可得mgh －W f ＝12mv 2D －12mv 2代入数据解得W f ＝8.125 J.答案：(1)1 s (2)60 N (3)8.125 J。