高考物理一轮复习 课时跟踪检测（十八）动能定理及其应用（重点班）-人教版高三全册物理试题.doc

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1、课时跟踪检测（十八） 动能定理及其应用A级保分题目巧做快做1(2018西安质检)静止在粗糙水平面上的物块在水平向右的拉力作用下做直线运动，t4 s时停下，其v t图像如图所示，已知物块与水平面间的动摩擦因数处处相同，则下列判断正确的是()A整个过程中拉力做的功等于物块克服摩擦力做的功B整个过程中拉力做的功等于零Ct2 s时刻拉力的瞬时功率在整个过程中最大Dt1 s到t3 s这段时间内拉力不做功解析：选A对物块运动全过程应用动能定理得：WFWf0，故A正确，B错误；物块在加速运动过程中受到的拉力最大，故t1 s时拉力的瞬时功率为整个过程中拉力功率的最大值，C错误；t1 s到t3 s这段时间内，拉

2、力与摩擦力平衡，拉力做正功，D错误。2如图所示，一块长木板B放在光滑的水平面上，在B上放一A物体，现以恒定的外力拉B，使A、B间产生相对滑动，如果以地面为参考系，A、B都向前移动一段距离。在此过程中()A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，等于B对A的摩擦力所做的功D外力F对B做的功等于B的动能的增量解析：选B外力F做的功等于A、B动能的增量与A、B间摩擦产生的内能之和，A错误；A物体所受的合外力等于B对A的摩擦力，对A物体运用动能定理，则有B对A的摩擦力所做的功等于A的动能的增量，即选项B正确；A对B的摩擦力与B对A的摩擦力是一

3、对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑动，A、B对地的位移不等，故二者做功不相等，C错误；对B应用动能定理，WFWfEkB，即WFEkBWf，就是外力F对B做的功，等于B的动能增量与B克服摩擦力所做的功之和，D错误。3如图所示，质量为m的小球，从离地面高H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(Hh)D小球在泥土中受到的平均阻力为mg解析：选C小球从静止开始释放到落到地面

4、的过程，由动能定理得mgHfHmv02，选项A错误；设泥的平均阻力为f0，小球陷入泥中的过程，由动能定理得mghf0h0mv02，解得f0hmghmv02，f0mg，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(Hh)，选项C正确。4(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两球均处于静止状态，此时OA0.3 m，OB0.4 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

5、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g10 m/s2)()A11 JB16 JC18 J D9 J解析：选CA球向右运动0.1 m时，vA3 m/s，OA0.4 m，OB0.3 m，设此时BAO，则有tan 。由运动的合成与分解可得vAcos vBsin ，解得vB4 m/s。以B球为研究对象，此过程中B球上升高度h0.1 m，由动能定理，WmghmvB2，解得轻绳的拉力对B球所做的功为WmghmvB22100.1 J242 J18 J，选项C正确。5多选质量为1 kg的物体静止在粗糙的水平地面上，在一水平外力F的作用下运动，如图甲所示，外力F和物体克服摩擦力f做的功与物

6、体位移的关系如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2。下列分析正确的是()A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 m运动过程中的加速度为3 m/s2Dx9 m时，物体的速度为3 m/s解析：选ACD由摩擦力做功的图像可知，Wmgx20 J，解得：0.2，A正确；由fmg2 N，fxWf27 J可得：x13.5 m，B错误；又WFFx，可解得：前3 m内，F N5 N，由Ffma可得：a3 m/s2，C正确；由动能定理可得：WFfxmv2，解得：x9 m时物体的速度v3 m/s，D正确。6(2018玉门模拟)如图甲所示，一质量为4 kg的物体静止在水平地面上，

7、让物体在随位移均匀减小的水平推力F作用下开始运动，推力F随位移x变化的关系如图乙所示，已知物体与地面间的动摩擦因数0.5，取g10 m/s2，则下列说法正确的是()A物体先做加速运动，推力撤去时开始做减速运动B物体在水平地面上运动的最大位移是10 mC物体运动的最大速度为2 m/sD物体在运动中的加速度先变小后不变解析：选B当推力小于摩擦力时物体就开始做减速运动，选项A错误；题图乙中图线与x轴所围面积表示推力对物体做的功，可得推力做的功W4100 J200 J，根据动能定理有Wmgxm0，得xm10 m，选项B正确；当推力与摩擦力平衡时，加速度为零，速度最大，由题图乙得F10025x(N)，当

8、Fmg20 N时x3.2 m，由动能定理得：(10020)xmgxmvm2，解得物体运动的最大速度vm8 m/s，选项C错误；物体运动中当推力由100 N减小到20 N的过程中，加速度逐渐减小，当推力由20 N减小到0的过程中，加速度又反向增大，此后加速度不变，故D项错误。B级拔高题目稳做准做7多选(2018鸡西模拟)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

9、中始终未脱离轨道，在第一次击打过程中小锤对小球做功W1，第二次击打过程中小锤对小球做功W2。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，则的值可能是()A BC D1解析：选AB第一次击打后球最高到达与球心O等高位置，根据动能定理，有：W1mgR两次击打后可以到达轨道最高点，根据动能定理，有：W1W22mgRmv2在最高点，有：mgNmmg联立解得：W1mgRW2mgR故故A、B正确，C、D错误。8多选(2018洛阳检测)如图所示，在倾角为的斜面上，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。开始时用

10、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()AA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 cos )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Mv2MgLsin MgLcos D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mv2解析：选BDA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(mM)gsin (mM)gcos ，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

11、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，mgsin mgcos ma，得agsin gcos ，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(mM)gLsin (mM)gcos L(mM)v2，所以弹簧对A所做的功W弹(mM)v2(mM)gLsin (mM)gcos 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Ekmv2，故D正确。9(2018晋城调研)如图甲所示，一滑块从平台上A点以初速度v0向右滑动，从平台上滑离后落到地面上的落地点离平台的水平距离为s，多次改变初速度的大小，重

12、复前面的过程，根据测得的多组v0和s，作出s2v02图像如图乙所示，滑块与平台间的动摩擦因数为0.3，重力加速度g10 m/s2。(1)求平台离地的高度h及滑块在平台上滑行的距离d；(2)若将滑块的质量增大为原来的2倍，滑块从A点以4 m/s的初速度向右滑动，求滑块滑离平台后落地时的速度大小v及落地点离平台的水平距离s的大小。解析：(1)设滑块滑到平台边缘时的速度为v，根据动能定理得：mgdmv2mv02滑块离开平台后做平抛运动，则有：hgt2svt联立以上三式得：s2v024hd由图像得：图像的斜率等于，即：0.2解得：h1 m且当s0时，v0212，代入式解得：d2 m。(2)由得：v2

13、m/s滑块离开平台后做平抛运动，则有：hgt2得：t s s滑块滑离平台后落地时的速度为：v2 m/s落地点离平台的水平距离s的大小为：svt2 m m。答案：(1)1 m2 m(2)2 m/s m10.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v0从距O点右方x0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。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x1。(3)如图乙所示，若将另一个与A完全相同的物块B

14、(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x2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Wfmv02。(2)物块A从P点出发又回到P点的过程，根据动能定理得2mg(x1x0)mv02解得x1x0。(3)A、B在弹簧处于原长处分离，设此时它们的共同速度是v1，弹出过程弹力做功为WF只有物块A时，从O到P有WFmg(x1x0)00A、B共同从O到O有WF2mgx12mv12分离后对A有mv12mgx2联立以上各式可得x2x0。答案：(

15、1)mv02(2)x0(3)x011.(2018淮北一模)如图所示，ABCD是一个光滑的过山车轨道模型，现对静止在A处的滑块施加一个水平向右的推力F，使它从A点开始做匀加速直线运动，当它水平滑行2.5 m时到达B点，此时撤去推力F、滑块滑入半径为0.5 m且内壁光滑的竖直固定圆轨道，并恰好通过最高点C，当滑块滑过水平BD部分后，又滑上静止在D处，且与ABD等高的长木板上，已知滑块与长木板的质量分别为0.2 kg、0.1 kg，滑块与长木板、长木板与水平地面间的动摩擦因数分别为0.3、，它们之间的最大静摩擦力均等于各自滑动摩擦力，取g10 m/s2，求：(1)水平推力F的大小；(2)滑块到达D点

16、的速度大小；(3)木板至少为多长时，滑块才能不从木板上掉下来？在该情况下，木板在水平地面上最终滑行的总位移为多少？解析：(1)由于滑块恰好过C点，则有：m1gm1，从A到C由动能定理得：Fxm1g2Rm1vC20，代入数据联立解得：F1 N。(2)从A到D由动能定理得：Fxm1vD2，代入数据解得：vD5 m/s。(3)滑块滑到木板上时，对滑块：1m1gm1a1，解得：a11g3 m/s2，对木板有：1m1g2(m1m2)gm2a2，代入数据解得：a22 m/s2，滑块恰好不从木板上滑下，此时滑块滑到木板的右端时恰好与木板速度相同，有：v共vDa1t，v共a2t，代入数据解得：t1 s，此时滑块的位移为：x1vDta1t2，木板的位移为：x2a2t2，Lx1x2，代入数据解得：L2.5 m，v共2 m/s，x21 m，达到共同速度后木板又滑行x，则有：v共222gx，代入数据解得：x1.5 m，木板在水平地面上最终滑行的总位移为：x木x2x2.5 m。答案：(1)1 N(2)5 m/s(3)2.5 m2.5 m