2021版高考物理一轮复习考点集训二十第2节动能定理含解析

2021版高考物理一轮复习考点集训二十第2节动能定理含解析

考点集训(二十)　第2节　动能定理 A组 ‎1．A、B两物体在光滑水平面上，分别在相同的水平恒力F作用下，由静止开始通过相同的位移l.若A的质量大于B的质量，则在这一过程中(　　)‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ A．A获得动能较大 B．B获得动能较大 C．A、B获得动能一样大 D．无法比较A、B获得动能大小 ‎[解析] 由动能定理可知恒力F做功W＝Fl＝mv2－0，因为F、l相同，所以A、B获得的动能一样大，C正确．‎ ‎[答案] C ‎2．质量为m的物体从距离地面高度为H0处由静止落下，若不计空气阻力，物体下落过程中动能Ek随距地面高度h变化关系的Ek－h图象是(　　)‎ ‎[解析] 依动能定理，Ek＝mg(H0－h)＝mgH0－mgh，∴Ek－h图象是直线，斜率k＝－mg，横轴上的截距为H0，∴B对．‎ ‎[答案] B ‎3．(多选)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，两物体最终停止，它们的v－t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(　　)‎ A．F1、F2大小之比为2∶1‎ 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 ‎[解析] 撤去水平恒力后，有Ff＝mA＝mB·，∴mA＝2mB，C对；加速过程中，有：F1－Ff＝mA，F2－Ff＝mB，所以F1＝，F2＝，则＝，A对；整个过程中由动能定理，WF－WFf＝0，WFf＝Ff·s＝Ff·×3t0·v0，∴WF1＝WF2，B错，D错．‎ ‎[答案] AC 6‎ ‎4．如图所示，斜面AB、DB动摩擦因数相同．可视为质点的物体分别沿AB、DB从斜面顶端由静止下滑到底端，下列说法正确的是(　　)‎ A．物体沿斜面DB滑动到底端时动能较大 B．物体沿斜面AB滑动到底端时动能较大 C．物体沿斜面DB滑动过程中克服摩擦力做的功较多 D．物体沿斜面AB滑动过程中克服摩擦力做的功较多 ‎[解析] 下滑到底端时，设底边边长为L，倾角为θ，由动能定理mgLtan θ－μmgcos θ·＝mv2，可见沿着AB到达底端时速度大，B对；克服摩擦力做功为μmgcos θ·，两种情况一样多，C、D错．‎ ‎[答案] B ‎5．两个完全相同的小球分别在半径不等的光滑竖直圆环轨道内做圆周运动，如图所示，两小球都恰好能通过轨道最高点，关于两小球，下列说法正确的是(　　)‎ A．在最低点对轨道的压力相等 B．在最低点对轨道的压力不相等 C．通过半径大的轨道最高点的角速度大于通过半径小的轨道最高点的角速度 D．通过半径大的轨道最高点的角速度等于通过半径小的轨道最高点的角速度 ‎[解析] 设小球在最高点的速度为v0，最低点的速度为v，轨道半径为r，在最高点有mg＝，从最高点到最低点，由动能定理有mg(2r)＝mv2－mv，在最低点F－mg＝，可解得FN＝6mg，与半径无关；A对B错，在最高点，v0＝rω，ω＝，r大的ω小，C、D都错．‎ ‎[答案] A ‎6．如图所示，一升降机箱底装有若干个弹簧，设在某次事故中，升降机吊索在空中断裂，忽略摩擦力，则升降机在弹簧下端触地后直到最低点的一段运动过程中(设弹簧被压缩过程中处于弹性限度内)(　　)‎ A．升降机的速度不断减小 B．升降机的加速度不断增大 C．到最低点时，升降机加速度大小可能小于重力加速度数值 6‎ D．先是克服弹力做功小于重力做功，然后克服弹力做功大于重力做功 ‎[解析] 升降机在从弹簧下端触地后直到最低点的一段运动过程中，开始阶段，重力大于弹簧的弹力，加速度方向向下，随着弹力增大，合力减小，加速度减小，即向下做加速度减小的变加速运动，当重力和弹力相等时，加速度为零．后来，弹力大于重力，加速度方向向上，弹力增大，合力增大，加速度增大，即向下做加速度增大的变减速运动，则升降机的加速度先减小后增大，速度先增大后减小，故A、B错误．若升降机从弹簧接触地面由静止释放，开始阶段的加速度为g，根据简谐运动的对称性，可知，它到达最低点的加速度也为g，方向竖直向上．现从一高度下落，弹簧压缩的最低点比上次还低，根据牛顿第二定律，则加速度大于g，故C错误．开始阶段，升降机的动能增大，由动能定理知，弹力做的负功小于重力做的正功．后来，动能减小，由动能定理知，弹力做的负功大于重力做的正功．故D正确．‎ ‎[答案] D ‎7．如图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为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(　　)‎ A．μ＝tan α B．μ＝tan β C．μ＝tan θ D．μ＝tan ‎[解析] 设AB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·AC－μmg·CE－μmgcos β·EB＝0，因为AC·cos α＋CE＋EB·cos β＝x，则有mgh－μmgx＝0，解得μ＝＝tan θ，故C正确．‎ ‎[答案] C ‎8．如图所示，水平平台上有一个质量m＝50 kg的物块，站在水平地面上的人用跨过定滑轮的细绳向右拉动物块，细绳不可伸长．不计滑轮的大小、质量和摩擦．在人以速度v从平台边缘正下方匀速向右前进x的过程中，始终保持桌面和手的竖直高度差h不变．已知物块与平台间的动摩擦因数μ＝0.5，v＝0.5 m/s，x＝4 m，h＝3 m，g取10 m/s2.求人克服细绳的拉力做的功．‎ ‎[解析] 设人发生x的位移时，绳与水平方向的夹角为θ，由运动的分解可得，物块的速度v1＝vcos θ 由几何关系得cos θ＝ 在此过程中，物块的位移 6‎ s＝－h＝2 m 物块克服摩擦力做的功Wf＝μmgs 对物块，由动能定理得WT－Wf＝mv 所以人克服细绳的拉力做的功WT＝＋μmgs＝504 J.‎ B组 ‎9．质量为m的小球被系在轻绳的一端，在竖直平面内做半径为R的圆周运动，运动过程中小球受到空气阻力的作用．设某一时刻小球通过轨道的最低点，此时绳子所受拉力为7mg，此后小球继续做圆周运动，经过半个圆周恰能通过最高点，则在此过程中小球克服空气阻力所做的功为(　　)‎ A. B. ‎ C. D．mgR ‎[解析] 小球在最低点有：7mg－mg＝m，可得v＝6gR.‎ 小球在最高点有：mg＝m可得v＝gR.‎ 根据动能定理有：－mg·2R＋W阻＝m(v－v)可得W阻＝－mgR，故C选项正确．‎ ‎[答案] C ‎10．如图所示，斜面的倾角为θ，质量为m的滑块距挡板P的距离为x0，滑块以初速度v0沿斜面上滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力．若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失，则滑块经过的总路程是(　　)‎ A. B. C. D. ‎[解析] 滑块最终要停在斜面底部，设滑块经过的总路程为x，对滑块运动的全程应用动能定理：mgx0sin θ－μmgxcos θ＝0－mv，解得x＝，选项A正确．‎ ‎[答案] A ‎11．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 6‎ 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μ.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(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Wf＝mv.‎ ‎(2)物块A从P点出发又回到P点的过程，根据动能定理得2μmg(x1＋x0)＝mv 解得x1＝－x0‎ ‎(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WF 只有A时，从O′到P有WF－μmg(x1＋x0)＝0－0‎ A、B共同从O′到O有WF－2μmgx1＝×2mv 分离后对A有mv＝μmgx2‎ 联立以上各式可得x2＝x0－.‎ ‎12．如图所示，在水平轨道右侧安放半径为R的竖直圆槽形光滑轨道，水平轨道的PQ段铺设特殊材料，调节其初始长度为l.水平轨道左侧有一轻质弹簧左端固定，弹簧处于自然伸长状态．小物块A(可视为质点)从轨道右侧以初速度v0冲上轨道，通过圆形轨道、水平轨道后压缩弹簧并被弹簧弹回，经水平轨道返回圆形轨道．已知R＝0.2 m，l＝1.0 m，v0＝2 m/s，物块A质量m＝1 kg，与PQ段间的动摩擦因数μ＝0.2，轨道其他部分摩擦不计，取g＝10 m/s2.求：‎ ‎(1)物块A与弹簧刚接触时的速度大小；‎ ‎(2)物块A被弹簧弹回返回到圆形轨道的高度；‎ ‎(3)调节PQ段的长度l，A仍以v0从轨道右侧冲上轨道，当l满足什么条件时，A物块能第一次返回圆形轨道且能沿轨道运动而不会脱离轨道．‎ ‎[解析] (1)物块A从开始出发到与弹簧接触过程，应用动能定理得：－μmgL＝mv－mv解得：v1＝2 m/s，物块A与弹簧刚接触时的速度大小为2 m/s ‎(2)A被弹簧以原速率v1弹回，向右经过PQ段，滑上圆轨道，应用动能定理得：－μmgL 6‎ ‎－mgh＝0－mv，‎ 解得：h＝0.2 m＝R，符合实际．‎ 物块A被弹簧弹回返回到圆形轨道的高度为0.2 m.‎ ‎(3)物块A以v0冲上轨道直到回到PQ段右侧，‎ ‎－μmg(2L)＝mv2－mv 要使A能返回右侧轨道且能沿轨道运动而不脱离轨道，则有：‎ ‎①若A沿轨道上滑至最大高度h时，速度减为0，则h满足：0＜h≤R，‎ mv2＝mgh，联立解得：1.0 m≤l<1.5 m ‎②若A能沿轨道上滑至最高点，则 mv2＝mg(2R)＋mv且m≥mg 联立解得：l≤0.25 m 综上所述，要使A物块能第一次返回圆形轨道并沿轨道运动而不脱离轨道，l满足的条件是1.0 m≤l＜1.5 m或l≤0.25 m 6‎