2020屆高考物理一輪復(fù)習(xí)人教版動(dòng)能定理及其應(yīng)用課時(shí)作業(yè)含

2020屆高考物理一輪復(fù)習(xí)人教版動(dòng)能定理及其應(yīng)用課時(shí)作業(yè)含答案2020屆高考物理一輪復(fù)習(xí)人教版動(dòng)能定理及其應(yīng)用課時(shí)作業(yè)含答案10/10芇PAGE10莄薄芅聿肅蒁莀蒂蒄2020屆高考物理一輪復(fù)習(xí)人教版動(dòng)能定理及其應(yīng)用課時(shí)作業(yè)含答案

2020屆一輪復(fù)習(xí)人教版動(dòng)能定理及其應(yīng)用課時(shí)作業(yè)

一、選擇題(本題共10小題，每題7分，共70分。其中1～6為單項(xiàng)選擇，7～10為多項(xiàng)選擇)

1．若物體在運(yùn)動(dòng)過程中碰到的合外力不為0，則( )

．物體的動(dòng)能不可以能總是不變的

B．物體的加速度必然變化

C．物體的速度方向必然變化

D．物體所受的合外力做的功可能為0

答案D

解析當(dāng)合外力不為0時(shí)，若物體做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則動(dòng)能不變，合外力做

的功為0，A錯(cuò)誤，D正確；當(dāng)F恒準(zhǔn)時(shí)，加速度就不變，速度方向可能不變，

B、C錯(cuò)誤。2．物體沿直線運(yùn)動(dòng)的

的功為W，則( )

v－t關(guān)系以下列圖，已知在第

1秒內(nèi)合外力對物體做

A．從第1秒末到第3秒末合外力做功為4WB．從第3秒末到第5秒末合外力做功為－2WC．從第5秒末到第7秒末合外力做功為WD．從第3秒末到第4秒末合外力做功為－2W答案

C

解析

物體在第

1秒末到第

3秒末做勻速直線運(yùn)動(dòng)，合外力為零，做功為零，

A錯(cuò)誤；從第

3秒末到第

5秒末動(dòng)能的變化量與第

1秒內(nèi)動(dòng)能的變化量大小相同，

合外力做的功為－

W，B

錯(cuò)誤；從第

5秒末到第

7秒末動(dòng)能的變化量與第

1秒內(nèi)

動(dòng)能的變化量相同，合外力做功相同，即為

W，C正確；從第

3秒末到第

4秒末

3動(dòng)能變化量是負(fù)值，大小等于第1秒內(nèi)動(dòng)能變化量大小的4，則合外力做功為－

，D錯(cuò)誤。

3．(2018·煙臺(tái)模擬)水平面上甲、乙兩物體，在某時(shí)辰動(dòng)能相同，它們僅在摩擦力作用下停下來。甲、乙兩物體的動(dòng)能

示，則以下說法正確的選項(xiàng)是( )

Ek隨位移大小

s變化的圖象如圖所

．若甲、乙兩物體與水平面動(dòng)摩擦因數(shù)相同，則甲的質(zhì)量較大

B．若甲、乙兩物體與水平面動(dòng)摩擦因數(shù)相同，則乙的質(zhì)量較大

C．甲與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)必然大于乙與地面的動(dòng)摩擦因數(shù)

D．甲與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)必然小于乙與地面的動(dòng)摩擦因數(shù)

答案A

解析Ek－圖象的斜率大小表示物體與地面的摩擦力f＝μ，由圖知f甲>fsmg乙，若甲、乙兩物體與水平面動(dòng)摩擦因數(shù)相同，則m甲>m乙，故A正確，B錯(cuò)誤。

由于甲、乙兩物體質(zhì)量大小關(guān)系未知，故甲、乙與地面間動(dòng)摩擦因數(shù)大小關(guān)系不

能確定，C、D錯(cuò)誤。

4.(2018·成都月考)以下列圖，斜面的傾角為θ，質(zhì)量為m的滑塊距擋板P的距離為x0，滑塊以初速度v0沿斜面上滑，滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，滑塊所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力。若滑塊每次與擋板相碰均無機(jī)械能損

失，則滑塊經(jīng)過的總行程是( )

221v0＋xθ1v0＋xθA.μ2gcosθ0tanB.μ2gsinθ0tan22＋x0θ2＋x0θv01v0C.μtanD.μcot2gcosθ2gcosθ答案A解析滑塊最后要停在斜面底部，設(shè)滑塊經(jīng)過的總行程為x，對滑塊運(yùn)動(dòng)的1221v0全程應(yīng)用動(dòng)能定理：mgx0sinθ－μmgxcosθ＝0－mv0，解得x＝＋x0tanθ，2μ2gcosθA正確。

5．(2018·西安質(zhì)檢)靜止在粗糙水平面上的物塊在水平向右的拉力作用下做

直線運(yùn)動(dòng)，t＝4s時(shí)停下，其v－t圖象以下列圖，已知物塊與水平面間的動(dòng)摩擦

因數(shù)各處相同，則以下判斷正確的選項(xiàng)是( )

．整個(gè)過程中拉力做的功等于物塊戰(zhàn)勝摩擦力做的功

B．整個(gè)過程中拉力做的功等于零

C．t＝2s時(shí)辰拉力的瞬時(shí)功率在整個(gè)過程中最大

D．t＝1s到t＝3s這段時(shí)間內(nèi)拉力不做功

答案A解析對物塊運(yùn)動(dòng)全過程應(yīng)用動(dòng)能定理得：WF－f＝，正確，B錯(cuò)誤；W0A物塊在加速運(yùn)動(dòng)過程中碰到的拉力最大，結(jié)合題圖可知，t＝1s時(shí)拉力的瞬時(shí)功率為整個(gè)過程中拉力功率的最大值，C錯(cuò)誤；t＝1s到t＝3s這段時(shí)間內(nèi)，拉力

與摩擦力平衡，拉力做正功，D錯(cuò)誤。

6．以下列圖，置于圓滑水平面上的物塊在水平恒力F的作用下由靜止開始運(yùn)動(dòng)，其速度v、動(dòng)能Ek及拉力功率P隨時(shí)間t或位移x的變化圖象可能正確的

是( )

答案C

解析物塊在水平恒力作用下由靜止開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，其加速度a＝Fm，速度

Fv＝at＝mt，v-t

圖象為過坐標(biāo)原點(diǎn)的傾斜直線，

A錯(cuò)誤；由

22Fv＝2ax＝m

x，可知

v-x

圖象的拋物線張口向

x軸正方向，

B錯(cuò)誤；動(dòng)能

12F22

Ek＝2mv＝2mt，C

F2正確；功率P＝Fv＝Fat＝mt，D錯(cuò)誤。

(2018·石家莊一模)以下列圖，N、M、B分別為半徑等于的豎直光

滑圓軌道的左端點(diǎn)、最低點(diǎn)和右端點(diǎn)，B點(diǎn)和圓心O等高，連線NO與豎直方向的夾角為37°。現(xiàn)從B點(diǎn)的正上方某處A點(diǎn)由靜止釋放一個(gè)質(zhì)量為的小球，進(jìn)入圓軌道后，從N點(diǎn)飛出時(shí)的速度大小為2m/s。不計(jì)空氣阻力，重力加速度

g＝10m/s2，以下說法正確的選項(xiàng)是( )

A．A、B間的豎直高度為B．小球經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)對軌道壓力的大小為C．小球經(jīng)過M點(diǎn)時(shí)對軌道壓力的大小為D．小球從A點(diǎn)到M點(diǎn)的過程中所受重力的功率素來增大答案AB1解析設(shè)AB的豎直高度為h，由A到N由動(dòng)能定理得：mg(h＋Rcos37°)＝2212mvN－0，得h＝，故A正確；由A到B由動(dòng)能定理得mgh＝2mvB－0，NB

mvB2＝R，得NB＝，由牛頓第三定律知小球在B點(diǎn)對軌道壓力大小為，122mvM故B正確；由A到M由動(dòng)能定理得：mg(h＋R)＝2mvM－0，NM－mg＝R，得NM＝，由牛頓第三定律知小球在M點(diǎn)對軌道壓力大小為，故C錯(cuò)誤；重力的瞬時(shí)功率P＝mgvcosθ，A點(diǎn)因v＝0，則P＝0，M點(diǎn)因θ＝90°，則P＝0，故從A點(diǎn)到M點(diǎn)，重力的功率先變大后變小，故D錯(cuò)誤。

8．(2018·福建泉州檢測)如圖甲所示，長為l、傾角為α的斜面固定在水平川面上，一質(zhì)量為m的物塊從斜面頂端由靜止釋放并沿斜面向下滑動(dòng)。已知物塊

與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ與下滑距離x的變化圖象如圖乙所示，則( )

A．μ0>tanα

B．物塊下滑的加速度逐漸增大

C．物塊下滑到斜面底端的過程戰(zhàn)勝摩擦力做功為

12μ0mglcosα

D．物塊下滑終究端時(shí)的速度大小為2glsinα－2μ0glcosα

答案BC

解析物塊在斜面頂端靜止釋放可以下滑，應(yīng)滿足mgsinα>μ0mgcosα，即μ0<tanα，故A錯(cuò)誤；依照牛頓第二定律有mgsinα－μmgcosα＝ma，得a＝gsinα

－μgcosα，可知物塊下滑過程中隨著μ的減小，a在增大，故B正確；摩擦力f

μμ0α≤≤，可知與成線性關(guān)系，以下列圖，其＝μmgcosα＝fxlmgcos(0xl)中f0＝μ0mgcosα，則物塊下滑到斜面底端的過程戰(zhàn)勝摩擦力做功Wf＝fl＝1211μ0mglcosα，故C正確；由動(dòng)能定理有mglsinα－2μ0mglcosα＝2mv2，得v＝2glsinα－μ0glcosα，故D錯(cuò)誤。

(2018河·南調(diào)研聯(lián)考)以下列圖，輕彈簧一端固定于傾角為θ(θ<45°)的圓滑

斜面(固定)上方的O點(diǎn)，O點(diǎn)到斜面的距離OQ等于彈簧的原長L，彈簧另一端與小滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))連接。在斜面上搬動(dòng)滑塊至P點(diǎn)，使彈簧處于水平狀態(tài)。現(xiàn)將滑塊從P點(diǎn)由靜止釋放，滑塊沿斜面運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)正下方M點(diǎn)，該過程中彈

簧向來在彈性限度內(nèi)。重力加速度大小為g。以下說法正確的選項(xiàng)是( )

A．滑塊經(jīng)過Q點(diǎn)時(shí)的速度最大

2gLB．滑塊經(jīng)過M點(diǎn)時(shí)的速度大于cosθ

C．滑塊從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)的過程中，其加速度素來在減小

D．滑塊從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)過程中動(dòng)能的增量比從Q點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)過程中動(dòng)能的增量小

答案BC

解析對滑塊受力解析，其受豎直向下的重力、垂直斜面向上的支持力以及

彈簧彈力，在滑塊由P到M過程中結(jié)合彈簧彈力的變化情況可知，小滑塊下滑

過程中所受合力在P→Q過程中素來沿斜面向下，在Q→M過程中可能素來沿斜

面向下，也可能先沿斜面向下后沿斜面向上，因此A項(xiàng)錯(cuò)誤。滑塊由P到M過程中，依照動(dòng)能定理有12LWG＋W彈＝mvM，又WG＝mg，W彈>0，可得vM>2cosθ2gL，B項(xiàng)正確。在P→Q的過程中因重力沿斜面向下的分力不變，而彈簧彈cosθ

力沿斜面向下的分力逐漸變小，則滑塊所受沿斜面向下的合力逐漸減小，則其加速度素來在減小，C項(xiàng)正確。由幾何關(guān)系可知滑塊由P到Q下降的高度大于由Q到M下降的高度，又P到Q過程中彈簧彈力做正功，Q到M過程中彈簧彈力做負(fù)功，再結(jié)合動(dòng)能定理解析可知，D項(xiàng)錯(cuò)誤。

10．(2018·安徽定遠(yuǎn)期末)以下列圖，一個(gè)小球(可視為質(zhì)點(diǎn))從H＝12m高處，由靜止開始沿圓滑波折軌道AB進(jìn)入半徑R＝4m的豎直圓環(huán)內(nèi)側(cè)，且與圓環(huán)的動(dòng)摩擦因數(shù)各處相等，當(dāng)?shù)竭_(dá)圓環(huán)極點(diǎn)C時(shí)，恰好對軌道壓力為零；爾后沿CB圓弧滑下，進(jìn)入圓滑弧形軌道BD，到達(dá)高度為h的D點(diǎn)時(shí)速度為零，則h的值

可能為( )

A．10mB．9.5mC．8.5mD．8m

答案BC

解析小球到達(dá)圓環(huán)極點(diǎn)C時(shí)，恰好小球?qū)壍缐毫榱?，在C點(diǎn)，由重

v2

由靜止開始經(jīng)過圓滑弧形軌道AB，因此在小球上升到極點(diǎn)C時(shí)，依照動(dòng)能定理

12得：mg(H－2R)－Wf＝2mv，得Wf＝2mg。從C到D由動(dòng)能定理得：mg(2R－h(huán))f′＝0－12，由于摩擦力做功，因此上升過程平均速度比下降過程平均速－W2mv度大，對軌道的壓力大、摩擦力大，因此f′<Wf，解得8m<h<10m，因此0<WB、C正確。

二、非選擇題(本題共2小題，共30分)

11．(15分)以下列圖，質(zhì)量m＝3kg的小物塊以初速度v0＝4m/s水平向右拋出，恰好從A點(diǎn)沿著圓弧的切線方向進(jìn)入圓弧軌道，圓弧軌道的半徑為R＝

m，B點(diǎn)是圓弧軌道的最低點(diǎn)，圓弧軌道與水平軌道BD圓滑連接，A與圓心O

的連線與豎直方向成37°角。MN是一段粗糙的水平軌道，小物塊與MN間的動(dòng)

摩擦因數(shù)μ＝，軌道其他部分圓滑。最右側(cè)是一個(gè)半徑為

r＝的半圓軌

道，C點(diǎn)是圓弧軌道的最高點(diǎn)，半圓軌道與水平軌道

BD在

D點(diǎn)圓滑連接。

已知重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝，cos37°＝。

(1)求小物塊的拋出點(diǎn)離A點(diǎn)的豎直距離h；

(2)若MN的長度為L＝6m，求小物塊經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)所受軌道的彈力FN；

(3)若小物塊恰好能經(jīng)過C點(diǎn)，求MN的長度L′。

答案(1)0.45m(2)60N(3)10m

解析(1)依照平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律有：

gttan37＝°v0

得t＝

12解得h＝2gt＝。

(2)小物塊由拋出點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程中，依照動(dòng)能定理有：

1212mg[h＋R(1－cos37°)]＝2mvB－2mv0

解得vB＝210m/s

小物塊由B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過程中，依照動(dòng)能定理有：

1212－μmgL－2mgr＝2mvC－2mvB

2mvC在C點(diǎn)：FN＋mg＝r

解得FN＝60N。

mvC′2(3)小物塊恰好能經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)，有mg＝r

解得vC′＝2m/s

小物塊從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過程中，依照動(dòng)能定理有：

1212－μmgL′－2mgr＝mvC′－mvB22解得L′＝10m。

(15分)以下列圖，AB是傾角為θ＝30°的粗糙直軌道，BCD是圓滑的圓弧軌道，AB恰幸好B點(diǎn)與圓弧相切，圓弧的半徑為R。一個(gè)質(zhì)量為m的物體(可以看作質(zhì)點(diǎn))從直軌道上的P點(diǎn)由靜止釋放，結(jié)果它能在兩軌道上做往返運(yùn)動(dòng)。

已知P點(diǎn)與圓弧的圓心O等高，物體與軌道AB間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g。

(1)求物體對圓弧軌道最大壓力的大??；

(2)求物體滑回軌道AB上距B點(diǎn)的最大距離；

(3)釋放點(diǎn)距B點(diǎn)的距離L′應(yīng)滿足什么條件，才能使物體順利經(jīng)過圓弧軌道

的最高點(diǎn)D?

3－3μ答案(1)3mg(1－μ)(2)3μ＋1R

3＋3(3)L′≥R1－3μ

解析(1)依照幾何關(guān)系可得PB的長度Rl＝＝3R

從P點(diǎn)到E點(diǎn)依照動(dòng)能定理，有

12mgR－μmgcosθ·l＝2mvE－0

代入數(shù)據(jù)解得vE＝2－3μgR

2vE在E點(diǎn)，依照牛頓第二定律有FN－mg＝mR

解得FN＝3mg(1－