高考物理一轮复习课时分层集训15动能定理新人教版.doc

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1、1 / 11【2019【2019 最新最新】精选高考物理一轮复习课时分层集训精选高考物理一轮复习课时分层集训 1515动能定理新人教版动能定理新人教版(限时：40 分钟)基础对点练动能及动能定理的理解1关于运动物体所受的合外力、合外力做的功及动能变化的关系，下列说法正确的是( ) 【导学号：84370215】A合外力为零，则合外力做功一定为零B合外力做功为零，则合外力一定为零C合外力做功越多，则动能一定越大D动能不变，则物体合外力一定为零A A 由由 W WFlcosFlcos 可知，物体所受合外力为零，合外力做功可知，物体所受合外力为零，合外力做功一定为零，但合外力做功为零，可能是一定为零，

2、但合外力做功为零，可能是 9090，故，故 A A 正确，正确，B B 错误由动能定理错误由动能定理 W WEkEk 可知，合外力做功越多，动能变可知，合外力做功越多，动能变化量越大，但动能不一定越大动能不变，合外力做功为零，化量越大，但动能不一定越大动能不变，合外力做功为零，但物体合外力不一定为零，但物体合外力不一定为零，C C、D D 均错误均错误 2(多选)质量为 m 的物体在水平力 F 的作用下由静止开始在光滑地面上运动，前进一段距离之后速度大小为 v，再前进一段距离使物体的速度增大为 2v，则( )A第二过程的速度增量等于第一过程的速度增量B第二过程的动能增量是第一过程动能增量的 3

3、 倍C第二过程合外力做的功等于第一过程合外力做的功2 / 11D第二过程合外力做的功等于第一过程合外力做功的 2 倍ABAB 由题意知，两个过程中速度增量均为由题意知，两个过程中速度增量均为 v v，A A 正确；由动能正确；由动能定理知：定理知：W1W1mv2mv2，W2W2m(2v)2m(2v)2mv2mv2mv2mv2，故，故 B B 正确，正确，C C、D D错误错误 3(多选)如图 5212 所示，一块长木板 B 放在光滑的水平面上，在 B 上放一物体 A，现以恒定的外力拉 B，由于 A、B 间摩擦力的作用，A 将在 B 上滑动，以地面为参考系，A、B 都向前移动一段距离在此过程中(

4、 )图 5212A外力 F 做的功等于 A 和 B 动能的增量BB 对 A 的摩擦力所做的功，等于 A 的动能增量CA 对 B 的摩擦力所做的功，与 B 对 A 的摩擦力所做的功大小相等D外力 F 对 B 做的功等于 B 的动能的增量与 B 克服摩擦力所做的功之和BDBD AA 物体所受的合外力等于物体所受的合外力等于 B B 对对 A A 的摩擦力，对的摩擦力，对 A A 物物体运用动能定理，则有体运用动能定理，则有 B B 对对 A A 的摩擦力所做的功等于的摩擦力所做的功等于 A A的动能的增量，即的动能的增量，即 B B 对；对；A A 对对 B B 的摩擦力与的摩擦力与 B B 对对

5、 A A 的摩的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，但是由于但是由于 A A 在在 B B 上滑动，上滑动，A A、B B 对地的位移不等，故二者对地的位移不等，故二者做功大小不等，做功大小不等，C C 错；对错；对 B B 应用动能定理，应用动能定理，WFWFWfWfEkBEkB，即，即 WFWFEkBEkBWfWf，就是外力，就是外力 F F 对对 B B 做做的功，等于的功，等于 B B 的动能增量与的动能增量与 B B 克服摩擦力所做的功之和，克服摩擦力所做的功之和，D D 对；由前述知对；由前述知 B B 克服摩擦力所做的

6、功与克服摩擦力所做的功与 A A 的动能增量的动能增量( (等于等于 B B 对对 A A 的摩擦力所做的功的摩擦力所做的功) )不等，故不等，故 A A 错错 3 / 11动能定理的应用4(多选)(2016全国卷)如图 5213 所示，一固定容器的内壁是半径为 R 的半球面；在半球面水平直径的一端有一质量为 m 的质点 P.它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中，克服摩擦力做的功为 W.重力加速度大小为 g.设质点 P 在最低点时，向心加速度的大小为 a，容器对它的支持力大小为 N，则( ) 【导学号：84370216】图 5213BaAa 2mgRW mRDNCN 2mgRW RACAC

7、质点质点 P P 下滑到最低点的过程中，由动能定理得下滑到最低点的过程中，由动能定理得mgRmgRW Wmv2mv2，则速度，则速度 v v，最低点的向心加速度，最低点的向心加速度a a，选项，选项 A A 正确，选项正确，选项 B B 错误；在最低点时，由牛顿错误；在最低点时，由牛顿第二定律得第二定律得 N Nmgmgmama，N N，选项，选项 C C 正确，选项正确，选项 D D 错错误误 5. 一物块沿倾角为 的斜坡向上滑动当物块的初速度为 v 时，上升的最大高度为 H，如图 5214 所示；当物块的初速度为时，上升的最大高度记为 h.重力加速度大小为 g.物块与斜坡间的动摩擦因数和

8、h 分别为( )图 5214B.tan 和Atan 和 H 2D.tan 和Ctan 和 H 4D D 由动能定理有由动能定理有mgHmgHmgcosmgcos 0 0mv2mv2，mghmghmgcosmgcos 0 0m2m2，解得，解得4 / 11tantan ，h h，D D 正确正确 6. (多选)如图 5215 所示为一滑草场某条滑道由上下两段高均为 h，与水平面倾角分别为 45和 37的滑道组成，滑草车与草地之间的动摩擦因数为 .质量为 m 的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端(不计滑草车在两段滑道交接处的能量损失，sin 370.

9、6，cos370.8)则( ) 【导学号：84370217】图 5215A动摩擦因数 6 7B载人滑草车最大速度为2gh 7C载人滑草车克服摩擦力做功为 mghD载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为 gABAB 由题意知，上、下两段斜坡的长分别为由题意知，上、下两段斜坡的长分别为s1s1、s2s2h sin 37由动能定理(或功能关系)知：2mghmgs1cos 45mgs2cos 37解得动摩擦因数 ，选项 A 正确；下落 h 时的速度最大，由动能定理知：mghmgs1cos 45mv2解得 v，选项 B 正确；载人滑草车克服摩擦力做的功与重力做功相等，即W2mgh，选项 C 错误；滑草车在

10、下段滑道上的加速度大小为 agcos 375 / 11gsin 37g，选项 D 错误7(多选)(2018吉安模拟)如图 5216 所示，固定斜面 AD 上有B、C 两点，且 ABBCCD，小滑块以初动能 Ek0 从 A 点出发，沿斜面向上运动若整个斜面 AD 光滑，则滑块到达 D 位置速度恰好为零，而后下滑现斜面 AB 部分与滑块间处处有相同的摩擦力，其余部分 BD 无摩擦力，则滑块恰好滑到 C 位置速度为零，然后下滑，那么滑块下滑到( )图 5216A位置 B 时的动能为Ek0 3B位置 B 时的动能为Ek0 2C位置 A 时的动能为Ek0 2D位置 A 时的动能为Ek0 3ADAD 设斜

11、面长为设斜面长为 3x3x、高为、高为 3h3h，若斜面光滑，滑块由底，若斜面光滑，滑块由底端运动到顶端过程中，端运动到顶端过程中，mg3hmg3h0 0Ek0Ek0若 AB 部分粗糙、其他部分光滑，滑块由底端 A 到 C 过程中，Ffxmg2h0Ek0滑块由 C 滑到 B 过程中，mghEkB解可得：EkBEk0，A 项正确；滑块由 C 滑到 A 过程中，mg2hFfxEkA解三式得：EkA，D 项正确如图所示，一半径为 R 的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高；质量为 m 的质点自轨道端点 P 由静止开始滑下，滑到最低点 Q 时，对轨道的正压力为 2mg，重力加速度大小为 g.质点自 P

12、 滑到 Q 的过程中，克服摩擦力6 / 11所做的功为( )B.mgRA.mgR D.mgRC.mgR C C 质点在轨道最低点时受重力和支持力，根据牛顿第质点在轨道最低点时受重力和支持力，根据牛顿第三定律可知，支持力三定律可知，支持力 FNFN2mg.2mg.如图所示，如图所示，FNFNmgmgm m，得得 v v. .对质点的下滑过程应用动能定理，对质点的下滑过程应用动能定理，mgRmgRW Wmv2mv2，得，得 W WmgRmgR，C C 正确正确 动能定理与图象结合问题8. 用水平力 F 拉一物体，使物体在水平地面上由静止开始做匀加速直线运动，t1 时刻撤去拉力 F，物体做匀减速直线

13、运动，到 t2时刻停止，其速度时间图象如图 5217 所示，且 ，若拉力 F 做的功为 W1，平均功率为 P1；物体克服摩擦阻力 Ff 做的功为 W2，平均功率为 P2，则下列选项正确的是( ) 【导学号：84370218】图 5217BW1W2，F2FfAW1W2，F2Ff DP1P2，F2FfCP12Ff B B 由动能定理可得由动能定理可得 W1W1W2W20 0，解得，解得 W1W1W2.W2.由图象可由图象可知，知，F FFfFfmamamtanmtan Ffmamtan tan tan 因此 F2Ff，选项 A、D 错误，B 正确；由于摩擦阻力作用时间一定大于水平力 F 作用时间，

14、所以 P1P2，选项C 错误9一个质量为 0.5 kg 的物体，从静止开始做直线运动，物体所受7 / 11合外力 F 随物体位移 x 变化的图象如图 5218 所示，则物体位移 x8 m 时，物体的速度为( )图 5218B8 m/sA2 m/s D4 m/sC4 m/s C C FxFx 图象中图线与横轴所围面积表示功，横轴上方图象中图线与横轴所围面积表示功，横轴上方为正功，下方为负功，为正功，下方为负功，x x8 8 m m 时，可求得时，可求得 W W8 8 J J；由动；由动能定理有能定理有 mv2mv28 8 J J，解得，解得 v v4 4 m/s.m/s.(2018合肥一模)A、

15、B 两物体分别在水平恒力 F1 和 F2的作用下沿水平面运动，先后撤去 F1、F2 后，两物体最终停下，它们的 vt 图象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( )AF1、F2 大小之比为 12BF1、F2 对 A、B 做功之比为 12CA、B 质量之比为 21D全过程中 A、B 克服摩擦力做功之比为 21C C 由速度由速度时间图象可知，两个匀减速运动的加速度时间图象可知，两个匀减速运动的加速度之比为之比为 1212，由牛顿第二定律可知：，由牛顿第二定律可知：A A、B B 所受摩擦力大所受摩擦力大小相等，所以小相等，所以 A A、B B 的质量关系是的质量关系

16、是 2121，由速度，由速度时间时间图象可知，图象可知，A A、B B 两物体加速与减速的位移相等，且匀加两物体加速与减速的位移相等，且匀加速运动位移之比为速运动位移之比为 1212，匀减速运动的位移之比为，匀减速运动的位移之比为2121，由动能定理可得：，由动能定理可得：A A 物体的拉力与摩擦力的关系，物体的拉力与摩擦力的关系，F1xF1xFf13xFf13x0 00 0；B B 物体的拉力与摩擦力的关系，物体的拉力与摩擦力的关系，F22xF22xFf23xFf23x0 00 0，因此可得：，因此可得：F1F13Ff13Ff1，F2F2Ff2Ff2，Ff1Ff1Ff2Ff2，所以，所以 F

17、1F12F2.2F2.全过程全过程8 / 11中摩擦力对中摩擦力对 A A、B B 做功相等，做功相等，F1F1、F2F2 对对 A A、B B 做功大小相做功大小相等故等故 A A、B B、D D 错误，错误，C C 正确正确 考点综合练10(多选)质量为 1 kg 的物体静止在水平粗糙的地面上，在一水平外力 F 的作用下运动，如图 5219 甲所示，外力 F 和物体克服摩擦力 Ff 做的功 W 与物体位移 x 的关系如图 5219 乙所示，重力加速度 g 取 10 m/s2.下列分析正确的是( )图 5219A物体与地面之间的动摩擦因数为 0.2B物体运动的位移为 13 mC物体在前 3

18、m 运动过程中的加速度为 3 m/s2Dx9 m 时，物体的速度为 3 m/sACDACD 由由 WfWfFfxFfx 对应图乙可知，物体与地面之间的滑对应图乙可知，物体与地面之间的滑动摩擦力动摩擦力 FfFf2 2 N N，由，由 FfFfmgmg 可得可得 0.20.2，A A 正确；正确；由由 WFWFFxFx 对应图乙可知，前对应图乙可知，前 3 3 m m 内，拉力内，拉力 F1F15 5 N,3N,39 9 m m 内拉力内拉力 F2F22 2 N N，物体在前，物体在前 3 3 m m 内的加速度内的加速度a1a13 3 m/s2m/s2，C C 正确；由动能定理得：正确；由动能

19、定理得：WFWFFfxFfxmv2mv2，可得：，可得：x x9 9 m m 时，物体的速度为时，物体的速度为 v v3 3 m/sm/s，D D 正确；物体的最大位移正确；物体的最大位移 xmxm13.513.5 m m，B B 错误错误 11(2017全国卷)为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线相距 s0 和 s1(s1s0)处分别放置一个挡板和一面小旗，如图 5220 所示训练时，让运动员和冰球都位于起跑线上，教练员将冰球以速度 v0 击出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方向滑向挡板；冰球被击出的同时，运动员垂直于起跑线从静止出发滑向小旗训练要求当冰球到达挡板时，运动员至9

20、 / 11少到达小旗处假定运动员在滑行过程中做匀加速运动，冰球到达挡板时的速度为 v1.重力加速度大小为 g.求：图 5220(1)冰球与冰面之间的动摩擦因数；(2)满足训练要求的运动员的最小加速度. 【导学号：84370219】解析(1)设冰球的质量为 m，冰球与冰面之间的动摩擦因数为 ，由动能定理得mgs0mvmv解得 .(2)冰球到达挡板时，满足训练要求的运动员中，刚好到达小旗处的运动员的加速度最小设这种情况下，冰球和运动员的加速度大小分别为 a1 和 a2，所用的时间为 t.由运动学公式得vv2a1s0v0v1a1ts1a2t2联立式得a2.答案(1) (2)s1v1v02 2s2 0

21、12(2018襄阳模拟)从地面上以初速度 v09 m/s 竖直向上抛出一质量为 m0.1 kg 的球，若运动过程中受到的空气阻力与其速率成正比关系，球运动的速率随时间变化规律如图 5221 所示，t1 时刻到达最高点，再落回地面，落地时速率为 v13 m/s，且落地前球已经做匀速运动(g 取 10 m/s2)求：10 / 11图 5221(1)球从抛出到落地过程中克服空气阻力所做的功；(2)球抛出瞬间的加速度大小解析(1)由动能定理得 Wfmvmv2 0克服空气阻力做功 WWfmvmv2 1代入数据得：W3.6 J.(2)空气阻力 fkv落地前匀速，则 mgkv10刚抛出时加速度大小为 a0，

22、则mgkv0ma0解得 a0(1)g代入数据得：a040 m/s2.答案(1)3.6 J (2)40 m/s213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 5222 所示，质量 m60 kg 的运动员从长直助滑道 AB 的 A 处由静止开始以加速度 a3.6 m/s2 匀加速滑下，到达助滑道末端 B 时速度 vB24 m/s，A 与 B 的竖直高度差 H48 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 h5 m，运动员在B、C 间运动时阻力做功 W

23、1 530 J，取 g10 m/s2.图 5222(1)求运动员在 AB 段下滑时受到阻力 Ff 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. 11 / 11【导学号：84370220】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 v2ax由牛顿第二定律有 mgF 阻ma联立式，代入数据解得 F 阻144 N(2)设运动员到达 C 点时的速度为 vC，在由 B 到达 C 的过程中，由动能定理有 mghWmvmv设运动员在 C 点所受的支持力为 FN，由牛顿第二定律有FNmgm由运动员能够承受的最大压力为其所受重力的 6 倍，联立式，代入数据解得 R12.5 m 答案答案(1)144(1)144 N N (2)12.5(2)12.5 m m