全国通用近年高考物理一轮复习第五章机械能课时作业十五5.2动能定理及其应用(2021-2022学年)8360.pdf

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1、课时分层作业 十五动能定理及其应用（4分钟 100 分)【基础达标题组】一、选择题（本题共 10 小题，每小题分，共 60 分。16 题为单选题，710 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.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】选。根据动能定理得gx=0-k，得滑行距离,由题意可知，、Ek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,物体克服摩擦做的功等于物体动能的减小量，动能的减小量相等，则物体克

2、服摩擦做的功相等，故 C、D 错误。2。（28宣城模拟)如图所示,AB 为 圆弧轨道,BC 为水平直轨道,圆弧的半径为 R,BC 的长度也是，一质量为 m 的物体，与两个轨道间的动摩擦因数都为，当它由轨道顶端 A 从静止开始下落,恰好运动到处停止,则物体在 A段克服摩擦力做的功为(）A。mgR B.mgR C。mg D.(1)mg【解析】选 D。全程对物体由动能定理得,mgRWgR=0,解得(1）gR，故 D 正确。（017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 Ek1和 Ek，从抛出开始到小

3、球第一次经过点时重力所做的功为 W1，从抛出开始到小球第二次经过 a 点时重力所做的功为 W2。下列选项正确的是(）A。Ek=Ek2，=W2 B。EkEk2,W1=W C.Ek1Ek,W1W DEk1Ek2,WEk2，故正确,A、C、D 错误。4.(2018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，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。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

4、支持力 大球的向心加速度等于小球的向心加速度【解析】选 D.由动能定理得 mgR=mv20，解得=，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=2g 知,两球的向心加速度相等，故正确;在底端时，由牛顿第二定律得，FN-ma，解得 F=3mg，由于大球的质量大，则大球所受的支持力大,故错误 5。（2018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 Ek随位移大小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

5、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】选。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 甲m甲gs甲=乙乙gs乙,由图可知 s甲s乙，所以 甲m甲g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 Ff=可知，则甲的质量较大，故 A 正确,错误;甲甲乙m乙，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、D 错误。.质量=0 k的物

6、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)(。3 m/s 。m/s C。ms D.m/s【解析】选 C。F图线与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(+)1 J-0 J=0 J，根据动能定理得 W mv2，解得 v=m/s m/s,故 C 正确,A、B、D 错误 7。(201沈阳模拟)如图所示,在水平地面上 O 点正上方的 A、B 两点同时水平抛出两个相同小球，它们最后都落到地面上的 C 点,则两球（）.不可能同时落地.落在 C 点的速度方向可能相同 C。

7、落在 C 点的速度大小可能相同.落在点的重力的瞬时功率可能相同【解析】选 A、C。小球在竖直方向做自由落体运动,由 h=g2可知高度不同，所以运动时间一定不同,故 A 正确;平抛运动轨迹为抛物线,速度方向为该点的切线方向,分别从、B 两点抛出的小球轨迹不同，在 C 点的切线方向也不同,所以落地时方向不可能相同，故 B 错误；由动能定理得 mg=mv2，落地速度为 v=,则知落在 C 点的速度大小可能相同，故 C 正确；落在 C 点时重力的功率 P=mgv=mg,由于是两个相同的小球,而下落的高度不同,所以重力的功率不相同，故 D错误。8.（2016浙江高考)如图所示为一滑草场。某条滑道由上、下

8、两段高均为 h,与水平面倾角分别为45和 3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,70.6,cos3=0。8)。则)(A。动摩擦因数=B。载人滑草车最大速度为.载人滑草车克服摩擦力做功为 mgh.载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为 g【解析】选 A、B。质量为 m 的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过两个斜面到达斜面底部速度为零，由动能定理得 2mghmgco45-m3=解得=，A 正确；刚好滑到第一个斜面末端时速度最大,mggcos4=,解得

9、v,B 正确;经过上、下两段滑道后,最后恰好静止于滑道的底端,载人滑草车克服摩擦力做功为 2mgh,C 项错误;在下段滑道上沿斜面方向 mgsin7mgcos37m，a=g（sin37-cos37）=g,则 D 错误。故选 A、B。9.(018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 圆弧轨道 A滑下,从 B 端水平飞出,恰好落到斜面 BC 的底端.已知 圆弧轨道的半径为 R,OA 为水平半径,斜面倾角为，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.小球下滑到 B 点时的速度大小为 C.小球落到斜面底端时的速度方向与

10、水平方向的夹角为 2。斜面的高度为 4Rta2【解析】选 B、D。小球由 A 至 B 的过程由动能定理得,mgR mv0,解得=,小球通过 B 点时,由牛顿第二定律得Nmg=，解得 FN=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;小球从到 C 做平抛运动,则有 ta=,解得 t，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an=2n，则2，故错误;斜面的高度为 g=g=4Rtan,故 D 正确。【加固训练】（多选)如图所示,竖直固定放置的粗糙斜面 AB 的下端与光滑的圆弧轨道 BCD 在 点相切,圆弧轨道的半径为 R,圆心 O 与 A

11、、D 在同一水平面上，C 点为圆弧轨道最低点，CO=3.现使一质量为 m 的小物块从 D 点无初速度地释放,小物块与粗糙斜面 AB 间的动摩擦因数 an，则关于小物块的运动情况,下列说法正确的是)(A。小物块可能运动到 A 点 B。小物块经过较长时间后会停在点.小物块通过圆弧轨道最低点 C 时，对 C 点的最大压力大小为 3mg D。小物块通过圆弧轨道最低点 C 时，对 C 点的最小压力大小为（3）mg【解析】选 C、D。物块从 D 点无初速度滑下后,由于在 AB 段要克服摩擦力做功，所以物块在斜面上运动时机械能不断减小，在斜面上升的最大高度越来越小,不可能运动到 A 点,最终在如图所示 BE

12、 圆弧上往复运动,不会停在 C 点，故、错误；物块第一次运动到 C 时速度最大,对轨道的压力最大,物块从 D 第一次运动到的过程,由动能定理得 mgR=m,设此时轨道对物块的支持力为 F，由牛顿第二定律得F1mg，联立解得 F1m，由牛顿第三定律知物块对 C 点的最大压力为 3mg,故正确；当最后稳定后,物块在 BE 之间运动时,设物块经过 C 点的速度为 v2,由动能定理得 m(1co)=m,设轨道对物块的支持力为2,由牛顿第二定律得2mg=,联立解得2=3-gos=（3）m，由牛顿第三定律可知,物块对 C 点的最小压力为(3)mg，故 D 正确。10.（21唐山模拟）一物体在水平面上受恒定

13、的水平拉力和摩擦力作用由静止开始做直线运动,在第 1 秒末撤去水平拉力,其 Ekx 图象如图所示,g 取 m/s2,则(）A。物体的质量为 1 kg。物体与水平面的动摩擦因数为 0.2 C.第 1 秒内合力对物体做的功为 30 J。前 4 秒内拉力对物体做的功为 60 J【解析】选 A、。由图可知,当位移为1=1.5 m 时撤去外力,所以 x=5 m 所对应的时间为 s，物体在第 1 s 内的位移为1 a2,解得 a m/s2,则由动能定理可得合外力做功=F合x145 J,解得 F合=0,由牛顿第二定律得合=ma，解得=0 kg,故 A 正确；当撤掉外力后，物体做减速运动,由图可知物体发生的位

14、移为2=4.m，物体在摩擦力作用下减速,此时合外力做功为 W=F合2=45 J,F合=mg=1 N,解得=。1，故 B 错误;从图象可知在第 1 s 内合外力做的功等于动能的变化量，所以合外力做功为 45 J,故 C 错误;第 1 s 内由动能定理可得合外力做功 W=F合x=45,解得 F合=g=3 N,即 F40 N,物体在第 1 s 内受拉力作用,所以前 4 s 内拉力做的功即等于第 s 内拉力做的功,WFFx=4 1。5 J0 J，故 D 正确。【加固训练】（多选)如图所示,一个小环沿竖直放置的光滑圆环形轨道做圆周运动。小环从最高点 A 滑到最低点 B的过程中，小环线速度大小的平方 v2

15、随下落高度 h 的变化图象可能是图中的()【解析】选 A、B。对小环由动能定理得 m=m2 m，则 v2=2gh+,当0=0 时,B 正确;当v0时,A 正确。二、计算题（1分.需写出规范的解题步骤)11。(2016全国卷）如图，在竖直平面内由 圆弧 AB 和 圆弧 BC 组成的光滑固定轨道,两者在最低点平滑连接.AB 弧的半径为 R，B弧的半径为。一小球在 A 点正上方与 A 相距处由静止开始自由下落,经点沿圆弧轨道运动。（)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【解题指导】解答本题时应注意以下三点：(1)小球下落过程只有重力做功,由动能定理分别求出

16、小球在 B、A 两点的动能；(）圆周运动向心力 F向=;(3）圆周运动绳模型能通过最高点的条件是。【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:mgE-0 小球下落至 B 点的过程:mg=k-0 由以上两式联立解得:=(2)小球恰好经过 C 点时，由牛顿第二定律得：m=m 解得：v0=小球由开始下落至 C 点的过程,由动能定理得:g=-0 解得:vC=由于 vC=v,故小球恰好可以沿轨道运动到 C 点。答案:（1）1（2)见解析【能力拔高题组】。(8 分)(多选）如图甲所示,为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移 x 与斜面倾角 的关系,将某一物体每次以不变的初速率 v0沿

17、足够长的斜面向上推出,调节斜面与水平方向的夹角,实验测得与斜面倾角 的关系如图乙所示,g 取 1 ms2，根据图象可求出（)A。物体的初速率 v0=m B。物体与斜面间的动摩擦因数.75 C取不同的倾角，物体在斜面上能达到的位移的最小值 xmin=1。44 m D。当=45时,物体达到最大位移后将停在斜面上【解题指导】解答本题应注意以下三点:(1）当=90时,物体做竖直上抛运动，只有重力做功；当=时,物体在水平面内运动,只有滑动摩擦力做功;当倾角 取不同值时,物体沿斜面运动,重力和滑动摩擦力都做负功。（2）由动能定理列方程,利用三角函数分析物体在斜面上位移的最小值。（3）由动摩擦因数 与 ta

18、 的大小关系确定当=时，物体达到最大位移后能否停在斜面上。【解析】选 B、C。由图可知,当=90时,物体做竖直上抛运动，位移为 1。8 m，则由动能定理得gh=0,解得 v0=m/s=6/s，故 A 错误；当=0时,位移为 2。40 m,由动能定理得-g=0 m,解得=0。,故 B正确;由动能定理得mgsingxos=0 m，解得 x=，当+=90时,sin（+）=1，此时位移最小,解得 xin=1 m，故正确;若 45时,由于gsn45mgcos45,故物体到达最大位移后会下滑,故 D 错误.2。(1分)如图所示,质量为=0。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

19、缘上处，圆盘由特殊材料制成，其与物块的动摩擦因数为 12，倾角为=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 2=0，斜面轨道长度 LB=0.75,C 与竖直圆轨道最低点 D 处的距离为C0。25,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（此时圆心与连线垂直圆盘面)，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.（si7 0。6,co7=0

20、.,取 10 m/s2)试求：(1)圆盘对小物块 m 做的功()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:mgm 解得：v=4 ms 物块由静止到刚被甩出的过程，由动能定理得:W=v2。6 J 即圆盘对小物块做的功为 1。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:vB=5 s 物块从 B 到的过程,运用动能定理得：mgLBCsin37-2mg

21、cos37B-2mgLC=m m 在 D 点，对物块由牛顿第二定律得:FNmg=m 解得：FN=12 N 根据牛顿第三定律,物块刚运动到圆弧轨道最低处时对轨道的压力:F=FN=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,在点由牛顿第二定律得：mg=m 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,由动能定理得:gBCsi37mgcs7LBg2gR=解得：x。525 m 设小物块的最终位置到点的距离为 s,从 E 到最终停止位置,由动能定理得：2mgR2m=-解得:s=3125 答案:（1)1。J（2）12 N,方向竖直向下(3）0。525 小物块的最终位置距离 D 点 3。125 【总结提升】动能定理的选用技巧(1)不涉及加速度、时间的问题。（2）有多个物理过程且不需要研究整个过程中的中间状态的问题。（3）求解变力做功的问题.