《2020高考物理一轮总复习课时冲关十八动能定理及其应用含解析新人教版.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020高考物理一轮总复习课时冲关十八动能定理及其应用含解析新人教版.pdf（8页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、动能定理及其应用动能定理及其应用 A 级基础练 1(2018全国卷)高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运 动在启动阶段，列车的动能( ) A与它所经历的时间成正比 B与它的位移成正比 C与它的速度成正比 D与它的动量成正比 解析：B 设列车运动时间为t，由匀变速直线运动规律vat、xat2，结合动能公 1 2 式Ek得Ek、Ekmax，可知Ekv2、Ekt2、Ekx，故 A、C 项均错误，B 项正 mv2 2 ma2t2 2 确由Ek，得Ekp2，故 D 项错误 p2 2m 2(2018江苏卷)从地面竖直向上抛出一只小球，小球运动一段时间后落回地面忽 略空气阻力，该过程中小球
2、的动能Ek与时间t的关系图象是( ) 解析 ： A 设小球初动能为Ek0， 初速度为v0， 重力加速度为g.瞬时动能EkEk0mgh，h v0tgt2，联立得Ekmg2t2mgv0tEk0，故 A 正确 1 2 1 2 3 (2019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 1 4 的长度也是R，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C处停止，则物体在AB段克服摩擦力做的功为( ) A.mgR B.mgR 1 2 1 2 CmgR D(1)mgR 解析：D 全程对物体由动能定理得，mgRWmgR0，解得
3、W(1)mgR，故 D 正确 4(2017海南卷)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Ek2，从 抛出开始到小球第一次经过a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( ) AEk1Ek2，W1W2 BEk1Ek2，W1W2 CEk1Ek2，W1W2 DEk1Ek2，W1W2 解析 ： B 从抛出开始到第一次经过a点和从抛出开始第二次经过a点，上升的高度相 等，可知重力做功相等，即W1W2，对两次经过a点的过程由动能定理得，WfEk2Ek1， 可
4、知Ek1Ek2，故 B 正确，A、C、D 错误 5(2019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，在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 B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支持力 D大球的向心加速度等于小球的向心加速度 解析：D 由动能定理得mgRmv20，解得v，半径大的圆形轨道，球到达底 1 2 2gR 端时的速度大，所以大球的速度一定大于小球的速
5、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a2g知，两球的向心加速度相等，故 D 正确 ； v2 R 在底端时，由牛顿第二定律得，FNmgma，解得FN3mg，由于大球的质量大，则大球所 受的支持力大，故 C 错误 6(2019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s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
6、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 ： A 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m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Ffmg可知，则甲的质量较大，故 A 正确，B 错误；甲m甲g 乙m乙g，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 C、D 错误 7.质量m10 kg 的物体只在变力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
7、x16 m 处时的速度大小为 ( ) A3 m/s B4 m/s C2 m/s D. m/s217 解析 ： C Fx图线与x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 (48)10 J 410 J40 J，根据动能定理得Wmv2，解得v 1 2 1 2 1 2 2W m 2 40 10 m/s2 m/s，故 C 正确，A、B、D 错误2 8 (2016全国卷)如图， 在竖直平面内有由 圆弧AB和 圆弧BC组成的光滑固定轨道， 1 4 1 2 两者在最低点B平滑连接AB弧的半径为R，BC弧的半径为 .一小球在A点正上方与A相 R 2 距 处由静止开始自由下落，经A点沿圆弧轨道
8、运动 R 4 (1)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 解析：(1)小球下落过程由动能定理得： 小球下落至A点的过程：mg EkA0 R 4 小球下落至B点的过程：mgEkB0 ( R 4R) 由以上两式联立解得：5 EkB EkA (2)小球恰好经过C点时，由牛顿第二定律得： mgm解得：v0 v2 0 R 2 gR 2 小球由开始下落至C点的过程，由动能定理得： mg mv0 解得：vC R 4 1 2 2C gR 2 由于vCv0，故小球恰好可以沿轨道运动到C点 答案：(1)5 (2)可以沿轨道运动到C点 B 级能力练 9(多选)甲、乙两个质量相同的
9、物体，用大小相等的力F分别拉它们在水平面上从静 止开始运动相同的距离s.如图所示，甲在光滑面上，乙在粗糙面上，则下列关于力F对甲、 乙做的功和甲、乙两物体获得的动能的说法中正确的是( ) A力F对甲做功多 B力F对甲、乙两个物体做的功一样多 C甲物体获得的动能比乙大 D甲、乙两个物体获得的动能相同 解析：BC 由功的公式WFscos 可知，两种情况下力F对甲、乙两个物体做的功 一样多，A 错误，B 正确；根据动能定理，对甲有FsEk10，对乙有FsFfsEk20，可 知Ek1Ek2，即甲物体获得的动能比乙大，C 正确，D 错误 10 (2019赣州模拟)(多选)在水平地面上有一质量为 2 kg
10、 的物体， 物体在水平拉力F 的作用下由静止开始运动，后撤去拉力该物体运动的vt图象如图所示，g取 10 m/s2， 下列说法正确的是( ) A物体的最大位移是 56 m B物体受到的拉力F的大小为 2.4 N C物体与地面之间的动摩擦因数为 0.2 D前 12 s 内，拉力与阻力做功的代数和为 12 J 解析：AC 在vt图象中图线所包围的面积表示位移，则物体的最大位移应该是 14 s 内的位移，即xm 814 m56 m，故 A 正确；物体在前 10 s 受到拉力作用，10 s 撤去 1 2 拉力，在vt图象中斜率的大小表示加速度的大小，由图线可知 010 s 内加速度大小为a1 m/s2
11、0.8 m/s2,1014 s 内加速度大小为a2 m/s22 m/s2， 根据牛顿第二定律得，F 8 10 8 4 mgma1，mgma2，解得F5.6 N，0.2，故 B 错误，C 正确 ； 物体在 12 s 时的速度 为vv0a2t(822) m/s4 m/s，前12 s内由动能定理得Wmv20 242 J16 1 2 1 2 J，故 D 错误 11(2019赣州模拟)(多选)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AB滑下，从B端水平飞出，恰好落到斜面BC的底端已知 圆弧 1 4 1 4 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
12、( ) A小球下滑到B点时对圆弧轨道的压力大小为 2mg B小球下滑到B点时的速度大小为 2gR C小球落到斜面底端时的速度方向与水平方向的夹角为 2 D斜面的高度为 4Rtan2 解析：BD 小球由A至B的过程由动能定理得，mgRmv20，解得v，小球 1 2 2gR 通过B点时，由牛顿第二定律得FNmgm，解得FN3mg，根据牛顿第三定律可知，在B v2 R 点小球对轨道的压力大小为 3mg，故 A 错误，B 正确；小球从B到C做平抛运动，则有 tan ，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 1 2gt 2 vt gt 2v 2vtan g 为tan 2tan ， 则2
13、， 故C错误 ； 斜面的高度为hgt2g gt v 1 2 1 2 24Rtan2，故 D 正确 ( 2 2 gRtan g) 12单板滑雪 U 形池如图甲所示，乙图为示意图，由两个完全相同的 圆弧滑道AB、CD 1 4 和水平滑道BC构成，圆弧滑道的半径R4 m，B、C分别为圆弧滑道的最低点，B、C间的距 离x7.5 m，假设某次比赛中运动员经过水平滑道B点时水平向右的速度v016 m/s，运动 员从B点运动到C点所用的时间t0.5 s， 从D点跃起时的速度vD8 m/s.设运动员连同滑 板的质量m50 kg，忽略空气阻力的影响，已知圆弧上A、D两点的切线沿竖直方向，重力 加速度g取 10
14、m/s2.求： (1)运动员在C点对圆弧轨道的压力大小和运动员与水平轨道间的动摩擦因数 (2)运动员从D点跃起后在空中上升的最大高度 (3)运动员从C点到D点运动的过程中克服摩擦阻力所做的功 解析：(1)运动员从B点到C点，做匀变速直线运动，则有：x (v0vC)t， 1 2 解得：vC14 m/s 在C点对运动员由牛顿第二定律得：FNmgmv 2C R 解得：FN2 950 N 由牛顿第三定律得运动员在C点对轨道的压力大小为 2 950 N 运动员由B至C的过程，由动能定理得： mgxmvmv 1 2 2C 1 2 2 0 解得：0.4 (2)运动员从D点跃起后在空中上升的过程由动能定理得：
15、mgh0mv， 1 2 2D 解得：h3.2 m (3)运动员从C点到D点的过程中，由动能定理得： WfmgRmvmv， 1 2 2D 1 2 2C 解得：Wf1 300 J. 答案：(1)2 950 N 0.4 (2)3.2 m (3)1 300 J 13.(2019陕西咸阳模拟)如图是翻滚过山车的模型，光滑的竖直圆轨道半径R2 m， 入口的平直轨道AC和出口的平直轨道CD均是粗糙的， 质量m2 kg 的小车与水平轨道之间 的动摩擦因数均为0.5，加速阶段AB的长度l3 m，小车从A点由静止开始受到水平 拉力F60 N 的作用，在B点撤去拉力，取g10 m/s2.试问： (1)要使小车恰好通
16、过圆轨道的最高点，小车在C点的速度为多少？ (2)满足(1)问条件下，小车能沿着出口平直轨道CD滑行多远的距离？ (3)要使小车不脱离轨道，求平直轨道BC段的长度范围 解析：(1)设小车恰好通过最高点的速度为v0，则有 mg mv2 0 R 由C点到最高点满足机械能守恒定律，有 mvmg2Rmv 1 2 2C 1 2 2 0 解得vC10 m/s (2)小车由最高点滑下到最终停在轨道CD上，由动能定理有 mg2RmgxCD0mv 1 2 2 0 联立解得xCD10 m (3)小车经过C点的速度vC10 m/s 就能做完整的圆周运动 小车由A到C由动能定理得 Flmg(lxBC)mv 1 2 2
17、C 解得xBC5 m 小车进入圆轨道时， 上升的高度hR2 m 时， 小车返回而不会脱离轨道， 由动能定理 有 Flmg(lxBC)mgh0 解得xBC11 m 综上可得，xBC5 m 或者xBC11 m 时小车不脱离轨道 答案：(1)10 m/s (2)10 m (3)xBC5 m 或者xBC11 m 14.(2019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
18、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POC60，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； (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vC，圆轨道C点对滑块的支持力为FN PC过程：mgRmv 1 2 1 2 2C C点：FNmgmv 2C R 解得FN2mg，方向竖直向上 (2)对PCQ过程：mgR(1cos 60)mg2R0 解得0.25. (3)由题意可知在A点：mgmv 2A R QCA过程：Epmvmg2Rmg2R 1 2 2A 解得弹性势能Ep3mgR. 答案：(1)2mg，方向竖直向上 (2)0.25 (3)3mgR