2021高考物理教科版一轮习题：第五章 微专题36 “选好运动过程”应用动能定理 Word版含解析

2021高考物理教科版一轮习题：第五章 微专题36 “选好运动过程”应用动能定理 Word版含解析

‎1．要对研究对象受力分析并分析各力做功情况；分析物体运动过程，明确对哪个过程应用动能定理．‎ ‎2．列动能定理方程要规范：W1＋W2＋W3…＝Ek2－Ek1(注意各功的正负号问题)．‎ ‎1．(2019·广东六校联考)北京获得2022年冬奥会举办权，冰壶是冬奥会的比赛项目．将一个冰壶以一定初速度推出后，冰壶运动一段距离停下来．换一个材料相同、质量更大的冰壶，以相同的初速度推出后，冰壶运动的距离将(　　)‎ A．不变 B．变小 C．变大 D．无法判断 ‎2．(多选)(2019·山东临沂市质检)如图1所示，物体沿斜面由静止开始下滑，在水平面上滑行一段距离后停止，物体与斜面间和水平面间的动摩擦因数相同，斜面与水平面平滑连接，选项图中v、a、f、s、t、Ek分别表示物体速度大小、加速度大小、摩擦力大小、路程、时间和动能，其中可能正确的是(　　)‎ 图1‎ ‎3．如图2为某同学建立的一个测量动摩擦因数的模型．物块自左侧斜面上A点由静止滑下，滑过下面一段平面后，最高冲至右侧斜面上的B点．实验中测量出了三个角度，左、右斜面的倾角α和β及AB连线与水平面的夹角θ.物块与各接触面间动摩擦因数相同且为μ，忽略物块在拐角处的能量损失，以下结论正确的是(　　)‎ 图2‎ A．μ＝tan α B．μ＝tan β C．μ＝tan θ D．μ＝tan ‎4．(2019·广东揭阳市期末)某位工人师傅用如图3所示的装置，将重物从地面沿竖直方向拉到楼上，在此过程中，工人师傅沿地面以速度v向右匀速直线运动，当质量为m的重物G上升高度为h时轻绳与水平方向成α角，已知重力加速度大小为g，滑轮的质量和摩擦均不计，在此过程中，下列说法正确的是(　　)‎ 图3‎ A．人的速度比重物的速度小 B．轻绳对重物的拉力大于重物的重力 C．重物做匀速直线运动 D．绳的拉力对重物做的功为mgh＋mv2‎ ‎5．(2020·福建三明市质量检测)如图4所示，一个小球(视为质点)从H＝11 m高处，由静止开始沿光滑弯曲轨道AB进入半径R＝4 m的竖直圆环内侧，且与圆环内的动摩擦因数处处相等，当到达圆环顶点C时，刚好对轨道压力为零，然后沿CB圆弧滑下，进入光滑弧形轨道BD，到达高度为h的D点时速度为零，取重力加速度g＝10 m/s2，则h的值可能为(　　)‎ 图4‎ A．10 m B．9.5 m C．9 m D．8.5 m ‎6．(多选)(2019·辽宁大连市五校联考)在某一粗糙的水平面上，一质量为2 kg的物体在水平恒定拉力的作用下做匀速直线运动，当运动一段时间后，拉力逐渐减小，且当拉力减小到零时，物体刚好停止运动，图5中给出了拉力随位移变化的关系图像．已知重力加速度g＝10 m/s2.根据以上信息能精确得出或估算得出的物理量有(　　)‎ 图5‎ A．物体与水平面间的动摩擦因数 B．合外力对物体所做的功 C．物体做匀速运动时的速度 D．物体运动的时间 ‎7．(2019·安徽合肥市一模)A、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v－t图像如图6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(　　)‎ 图6‎ A．F1、F2大小之比为1∶2‎ B．F1、F2对A、B做功之比为1∶2‎ C．A、B质量之比为2∶1‎ D．全过程中A、B克服摩擦力做功之比为2∶1‎ ‎8．如图7所示，ABCD是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底BC的连接处都是一段与BC相切的圆弧，BC是水平的，其距离d＝0.50 m．盆边缘的高度为h＝0.30 m．在A处放一个质量为m的小物块并让其从静止开始下滑(图中小物块未画出)．已知盆内侧壁是光滑的，而盆底BC面与小物块间的动摩擦因数为 μ＝0.10.小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停止的地点到B的距离为(　　)‎ 图7‎ A．0.50 m B．0.25 m C．0.10 m D．0‎ ‎9．(多选)(2020·广西南宁市模拟)在有大风的情况下，一小球自A点竖直上抛，其运动轨迹如图8所示(小球的运动可看做竖直方向的竖直上抛运动和水平方向的初速度为零的匀加速直线运动的合运动)，小球运动轨迹上的A、B两点在同一水平直线上，M点为轨迹的最高点．若风力的大小恒定，方向水平向右，小球在A点抛出时的动能为4 J，在M点时它的动能为2 J，落回到B点时动能记为EkB，小球上升时间记为t1，下落时间记为t2，不计其他阻力，则(　　)‎ 图8‎ A．x1∶x2＝1∶3 B．t12 m D．s1>4 m，s2<2 m ‎11．(2020·广西桂林市质检)如图10所示，倾角为37°的粗糙斜面AB底端与半径R＝0.4 m的光滑半圆轨道BC平滑相连，O点为轨道圆心，BC为圆轨道直径且处于竖直方向，A、C两点等高，质量m＝1 kg的滑块从A点由静止开始下滑，恰能滑到与O点等高的D点，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.‎ 图10‎ ‎(1)求滑块与斜面间的动摩擦因数μ；‎ ‎(2)若使滑块能到达C点，求滑块从A点沿斜面滑下时的初速度v0的最小值；‎ ‎(3)若滑块离开C点的速度大小为4 m/s，求滑块从C点飞出至落到斜面上所经历的时间t.‎ ‎12．(2019·山东济宁市一模)如图11所示，一根轻弹簧左端固定于竖直墙上，右端被质量m＝1 kg可视为质点的小物块压缩而处于静止状态，且弹簧与物块不拴接，弹簧原长小于光滑平台的长度．在平台的右端有一水平传送带AB长为L＝12 m，与传送带相邻的粗糙水平面BC长为x＝4 m，物块与传送带及水平面BC间的动摩擦因数均为μ＝0.3，在C点右侧有一半径为R的光滑竖直半圆弧轨道与BC平滑连接，在半圆弧轨道的最高点F处有一固定挡板，物块撞上挡板后会以原速率反弹回来．若传送带以v＝6 m/s的速率顺时针匀速转动，不考虑物块滑上和滑下传送带的机械能损失．释放物块，当弹簧储存的能量Ep＝8 J全部转移给物块时，小物块恰能滑到与圆心O等高的E点，取g＝10 m/s2.‎ 图11‎ ‎(1)求物块被弹簧弹出时的速度大小；‎ ‎(2)求半圆弧轨道的半径R；‎ ‎(3)若传送带的速度大小可调，欲使小物块与挡板只碰一次，且碰后不脱离轨道，求传送带速度的可调范围．‎ 答案精析 ‎1．A　[冰壶在冰面上以一定初速度被推出后，在滑动摩擦力作用下做匀减速运动，根据动能定理有－μmgs＝0－mv2，得s＝，两种冰壶的初速度相等，材料相同，故运动的距离相等，故选项A正确．]‎ ‎2．BCD　[物体在斜面上受到的摩擦力为恒定值，在水平面上受到的摩擦力也为恒定值，且物体在斜面上受到的摩擦力小于在水平面上受到的摩擦力，A错误；物体在斜面上做匀加速直线运动，在水平面上做匀减速直线运动，B、C可能正确；由动能定理可知D可能正确．]‎ ‎3．C　[设A、B间的水平长度为x，竖直高度差为h，对A到B的过程运用动能定理，得mgh－μmgcos α·xAC－μmg·xCE－μmgcos β·xEB＝0，因为xAC·cos α＋xCE＋xEB·cos β＝x，则有mgh－μmgx＝0，解得μ＝＝tan θ，故C正确．]‎ ‎4．B　[将人的速度沿绳子方向和垂直于绳子方向分解，沿绳子方向的速度等于重物G的速度，根据平行四边形定则，绳子与水平方向的夹角为θ时，vG＝vcos θ，故v>vG，A错误；人在向右匀速运动的过程中，绳子与水平方向的夹角θ减小，所以重物的速度增大，重物做加速上升的运动，由牛顿第二定律可知，绳子的拉力大于重物的重力，B正确，C错误；当重物G上升高度为h时，重物的速度vG＝vcos α，重物由地面上升到高度为h的过程中，根据动能定理可知W－mgh＝mvG2，解得W＝mgh＋m(vcos α)2，D错误．]‎ ‎5．B　[到达圆环顶点C时，刚好对轨道压力为零，则mg＝m，解得vC＝2 m/s；设小球在BC阶段克服摩擦力做功为WBC，小球从A运动到C，根据动能定理得，mg(H－2R)－WBC＝mvC2，解得WBC＝10m；由于从C到B过程中小球对圆轨道的平均压力小于从B到C过程中小球对圆轨道的平均压力，则从C到B过程克服摩擦力做的功小于从B到C过程中克服摩擦力做的功，即0s1，即s1<4 m．同理，从右侧斜坡s2处滑至s′(s′＝4 m)处过程中，由动能定理得：‎ ‎－mg(s′－s2)·sin θ－Wf′＝0－mv12④‎ 因为距坡底s2处动能和势能相等，有 mgs2·sin θ＝mv12⑤‎ 由④⑤得：mg(s′－s2)·sin θ＋Wf′＝mgs2·sin θ⑥‎ 由⑥式得：s′－s22 m．综上所述，C正确，D错误．]‎ ‎11．(1)0.375　(2)2 m/s　(3)0.2 s 解析　(1)滑块恰能滑到D点，则vD＝0‎ 滑块从A→B→D过程中，由动能定理得 mg(2R－R)－μmgcos 37°·＝0‎ 解得μ＝0.375；‎ ‎(2)当vC为最小值时，v0有最小值．滑块恰能过C点时，vC有最小值，则在C点mg＝m 滑块从A→B→D→C过程，由动能定理得－μmgcos θ·＝mvC2－mv02‎ 联立解得v0＝2 m/s；‎ ‎(3)滑块离开C点后做平抛运动，设下落的高度为h，‎ 则有h＝gt2，x＝vC ′t，＝tan 53°‎ 其中vC′＝4 m/s，联立解得t＝0.2 s.‎ ‎12．(1)4 m/s　(2)0.6 m ‎(3)3 m/s≤v≤2 m/s 解析　(1)物块被弹簧弹出，由能量守恒定律得Ep＝mv02，解得v0＝4 m/s；‎ ‎(2)若物块在传送带上一直加速运动，设经过传送带获得的速度为v′，有v′2－v02＝2μgL，解得v′＝2 m/s＞6 m/s，所以，物块在传送带上先加速运动后匀速运动，经过传送带获得的速度为v＝6 m/s，从B点到E点，由动能定理得－μmgx－mgR＝0－mv2，解得R＝0.6 m；‎ ‎(3)设物块在B点的速度为v1时恰能到F点，在F点满足mg＝m，从B点到F点过程中由动能定理可知－μmgx－mg×2R＝mvF2－mv12，‎ 解得v1＝3 m/s.‎ 设物块在B点的速度为v2时，物块撞挡板返回后恰好能再次上滑到E点．由动能定理可知－μmg×3x－mgR＝0－mv22，解得v2＝2 m/s，‎ 因为物块在传送带上一直加速获得的最大速度为2 m/s，所以传送带速度的可调范围为3 m/s≤v≤2 m/s.‎