高考物理總復習 第五章 第2節(jié) 動能定理及其應用檢測（含解析）試題

動能定理及其應用(建議用時：40分鐘)【A級基礎題練熟快】1.(2019·大慶中學模擬)如圖所示，傾角為30°的斜面末端與水平地面相連，將一小球(可看成質點)從斜面頂端以3J的初動能水平拋出，不計空氣阻力，經(jīng)過一段時間，小球以6J的動能第一次落在接觸面上．若將此小球以6J的初動能水平從斜面頂端拋出，則小球第一次落在接觸面上的動能為()A．9J B．12JC．16J D．條件不足，無法判定解析：選A.小球做平拋運動，只有重力做功，分析可知兩種情況下小球下落的高度相同，所以重力做功相同，在第一次情況下重力做功為WG＝6J－3J＝3J，故第二種情況下重力也做功3J，故落地時動能為9J，A正確．2．如圖所示，質量為m的物塊與水平轉臺間的動摩擦因數(shù)為μ，物塊與轉軸相距R，物塊隨轉臺由靜止開始轉動．當轉速增至某一值時，物塊即將在轉臺上滑動，此時轉臺已開始勻速轉動，在這一過程中，摩擦力對物塊做的功是(假設物塊所受的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)()A．0 B．2μmgRC．2πμmgR D.eq\f(μmgR,2)解析：選D.物塊即將在轉臺上滑動但還未滑動時，轉臺對物塊的最大靜摩擦力恰好提供向心力，設此時物塊做圓周運動的線速度為v，則有μmg＝eq\f(mv2,R).在物塊由靜止到獲得速度v的過程中，物塊受到的重力和支持力不做功，只有摩擦力對物塊做功，由動能定理得W＝eq\f(1,2)mv2－0.聯(lián)立解得W＝eq\f(1,2)μmgR，故選項D正確．3．(2019·浙江模擬)如圖所示，足球從草皮上的①位置被踢出后落在草皮上的③位置，空中到達的最高點為②位置，則()A．②位置足球動能等于0B．①位置到③位置過程只有重力做功C．①位置到②位置的過程足球的動能全部轉化為重力勢能D．②位置到③位置過程足球動能的變化量等于合力做的功解析：選D.由題圖可知，足球由②到③過程中具有水平位移，則說明足球在②位置存在速度，故A錯誤；由圖可知，①到②的水平位移大于②到③的水平位移，則說明足球受到空氣阻力，故B錯誤；因存在阻力做功，故①位置到②位置的過程足球的動能轉化為重力勢能和內能，故C錯誤；根據(jù)動能定理可得，②位置到③位置過程足球動能的變化量等于合力做的功，故D正確．4.(2019·河南模擬)如圖所示，質量為m的小球，從離地面H高處由靜止開始釋放，落到地面后繼續(xù)陷入泥中h深度而停止，設小球受到空氣阻力為f，重力加速度為g，則下列說法正確的是()A．小球落地時動能等于mgHB．小球陷入泥中的過程中克服泥的阻力所做的功小于剛落到地面時的動能C．整個過程中小球克服阻力做的功等于mg(H＋h)D．小球在泥土中受到的平均阻力為mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(H,h)))解析：選C.小球從靜止開始釋放到落到地面的過程，由動能定理得mgH－fH＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，選項A錯誤；設泥的平均阻力為f0，小球陷入泥中的過程，由動能定理得mgh－f0h＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得f0h＝mgh＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，f0＝mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(H,h)))－eq\f(fH,h)，選項B、D錯誤；全過程應用動能定理可知，整個過程中小球克服阻力做的功等于mg(H＋h)，選項C正確．5.(多選)(2019·山東濰坊中學模擬)如圖所示，不可伸長的輕繩長為l，一端固定在O點，另一端拴接一質量為m的小球，將小球拉至與O等高，細繩處于伸直狀態(tài)的位置后由靜止釋放，在小球由靜止釋放到運動至最低點的過程中，小球所受阻力做的功為W，重力加速度為g，則小球到達最低點時()A．向心加速度a＝eq\f(2（mgl＋W）,ml)B．向心加速度a＝eq\f(2（mgl－W）,ml)C．繩的拉力F＝eq\f(3mgl＋2W,l)D．繩的拉力F＝eq\f(2（mgl＋W）,l)解析：選AC.從最高點到最低點過程中，重力做正功，阻力做負功，根據(jù)動能定理可得mgl＋W＝eq\f(1,2)mv2，在最低點重力和繩子的拉力充當向心力，所以有F－mg＝meq\f(v2,l)，聯(lián)立可得F＝eq\f(3mgl＋2W,l)，根據(jù)公式a＝eq\f(v2,l)可得a＝eq\f(2（mgl＋W）,ml)，A、C正確．6．(多選)(2019·天津五區(qū)縣聯(lián)考)如圖所示，豎直平面內有一光滑圓環(huán)，半徑為R，圓心為O，B為最低點，C為最高點，圓環(huán)左下方開一個小口與光滑斜面相切于A點，∠AOB＝37°，小球從斜面上某一點D由靜止釋放，經(jīng)A點進入圓軌道，不計小球由D到A的機械能損失，(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)則要保證運動過程中小球不離開軌道，小球釋放的位置到A點的距離可能是()A．R B．2RC．3R D．4R解析：選AD.若使小球恰能經(jīng)過最高點C，則mg＝meq\f(veq\o\al(2,C),R)，根據(jù)動能定理有mg(h－2R)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)，解得h＝eq\f(5,2)R，小球釋放的位置到A點的距離是x＝eq\f(h－R（1－cos37°）,sin37°)＝eq\f(23,6)R；若使小球恰能經(jīng)過與圓心O等高的一點，則釋放的高度h′＝R，此時小球釋放的位置到A點的距離是x′＝eq\f(h′－R（1－cos37°）,sin37°)＝eq\f(4,3)R；要保證運動過程中小球不離開軌道，小球釋放的位置到A點的距離應滿足：x≥eq\f(23,6)R或x′≤eq\f(4,3)R，A、D正確．7．(多選)如圖所示，斜面AB和水平面BC是由同一板材上截下的兩段，在B處用小圓弧連接．將小鐵塊(可視為質點)從A處由靜止釋放后，它沿斜面向下滑行，進入平面，最終靜止于P處．若從該板材上再截下一段，擱置在A、P之間，構成一個新的斜面，再將鐵塊放回A處，并輕推一下使之沿新斜面向下滑動．關于此情況下鐵塊運動情況的描述，正確的是()A．鐵塊一定能夠到達P點B．鐵塊的初速度必須足夠大才能到達P點C．鐵塊能否到達P點與鐵塊質量有關D．鐵塊能否到達P點與鐵塊質量無關解析：選AD.設A距離水平面BC的高度為h，小鐵塊與該板材間的動摩擦因數(shù)為μ.斜面AB的傾角為α，對全過程運用動能定理有mgh－μmgs1cosα－μmgs2＝0，整理得mgh－μmg(s1cosα＋s2)＝0，而s1cosα＋s2等于OP的長度，即h－μOP＝0，與斜面的傾角無關，故小鐵塊一定能夠到達P點，且與鐵塊的質量無關．故A、D正確．8．(2019·湖北名校聯(lián)考)如圖所示，一個可視為質點的滑塊從高H＝12m處的A點由靜止沿光滑的軌道AB滑下，進入半徑為r＝4m的豎直圓環(huán)，圓環(huán)內軌道與滑塊間的動摩擦因數(shù)處處相同，當滑塊到達圓環(huán)頂點C時，滑塊對軌道的壓力恰好為零，滑塊繼續(xù)沿CFB滑下，進入光滑軌道BD，且到達高度為h的D點時速度為零，則h的值可能為(重力加速度大小g＝10m/s2)()A．8m B．9mC．10m D．11m解析：選B.滑塊到達圓環(huán)頂點C時對軌道壓力為零，則mg＝meq\f(veq\o\al(2,C),r)，得速度vC＝eq\r(gr)，滑塊在BEC段上克服摩擦力做的功W1＝mg(H－2r)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)＝mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H－\f(5,2)r))，滑塊在CFB段克服摩擦力做的功W2滿足0<W2<W1，從C到D，eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－W2＝mg(h－2r)，代入得8m<h<10m，B正確．【B級能力題練穩(wěn)準】9．(2019·山東濰坊模擬)如圖所示，固定斜面AE分成等長四部分AB、BC、CD、DE，小物塊與AB、CD間的動摩擦因數(shù)均為μ1；與BC、DE間的動摩擦因數(shù)均為μ2，且μ1＝2μ2.當物塊以速度v0從A點沿斜面向上滑動時，剛好能到達E點．當物塊以速度eq\f(v0,2)從A點沿斜面向上滑動時，則能到達的最高點()A．剛好為B點 B．剛好為C點C．介于A、B之間 D．介于B、C之間解析：選C.設斜面的傾角為θ，AB＝BC＝CD＝DE＝s，μ1＝2μ2＝2μ，則μ2＝μ，物塊以速度v0上滑過程中，由動能定理得，－mg·sinθ·4s－μmgcosθ·2s－2μmgcosθ·2s＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，則eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝4mgssinθ＋6μmgscosθ，當初速度為eq\f(v0,2)時，eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(1,4)×eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mgssinθ＋eq\f(3,2)μmgscosθ<mgssinθ＋2μmgscosθ，則物塊能到達的最高點在B點以下，即A、B之間某點，故選C.10.(多選)(2019·吉林實驗中學一模)如圖所示，在豎直平面內兩處分別固定A、B兩枚釘子，A、B之間的距離為eq\f(l,2)，A、B連線與水平方向的夾角為θ.A處的釘子系一根長為l的細線，細線的另一端系一個質量為m的小球，將細線拉直，讓小球的初始位置在P點處，P點與A點處于同一高度，小球由靜止釋放，細線與B處釘子接觸后，小球繼續(xù)下降．取B點為參考平面，重力加速度為g，當小球運動到B點正下方的Q點時，下列說法正確的是()A．小球的速率為eq\r(2gl)B．小球的動能為eq\f(1,2)mgl(sinθ＋1)C．重力對小球的功率為0D．小球對繩的拉力為3mg解析：選BC.小球從P點到Q點，重力對小球做的功為eq\f(1,2)mgl(sinθ＋1)，根據(jù)動能定理有WG＝WkQ－EkP，所以小球在Q點的動能為eq\f(1,2)mgl(sinθ＋1)，選項B正確；由eq\f(1,2)mgl(sinθ＋1)＝eq\f(1,2)mv2可得v＝eq\r(gl（sinθ＋1）)，選項A錯誤；在Q點小球速度方向是水平的，重力對小球做功的功率為0，選項C正確；根據(jù)F－mg＝eq\f(mv2,\f(l,2))，解得F＝mg(2sinθ＋3)，由牛頓第三定律可知選項D錯誤．11．如圖所示，粗糙的斜面AB下端與光滑的圓弧軌道BCD相切于B，整個裝置豎直放置，C是最低點，圓心角θ＝37°，D與圓心O等高，圓弧軌道半徑R＝1m，斜面長L＝4m，現(xiàn)有一個質量m＝0.1kg的小物體P從斜面AB上端A點無初速度下滑，物體P與斜面AB之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.25.不計空氣阻力，g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：(1)物體P第一次通過C點時的速度大小vC；(2)物體P第一次通過C點時對軌道的壓力大?。?3)物體P第一次離開D點后在空中做豎直上拋運動到最高點E，接著從空中又返回到圓弧軌道和斜面，在這樣多次反復的整個運動過程中，物體P對C點處軌道的最小壓力．解析：(1)物體P從A下滑經(jīng)B到C過程中根據(jù)動能定理有mgL·sin37°＋mgR(1－cos37°)－μmgcos37°·L＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－0，解得vC＝6m/s.(2)物體P在C點，根據(jù)牛頓第二定律有N－mg＝meq\f(veq\o\al(2,C),R)，解得N＝4.6N.根據(jù)牛頓第三定律，物體P通過C點時對軌道的壓力為4.6N.(3)物體P最后在B和與其等高的圓弧軌道上來回運動時，經(jīng)C點壓力最小，由B到C由動能定理有mgR(1－cos37°)＝eq\f(1,2)mv′eq\o\al(2,C)，解得v′C＝2m/s，則Nmin＝mg＋meq\f(v′eq\o\al(2,C),R)＝1.4N.根據(jù)牛頓第三定律，物體P對C點處軌道的最小壓力為1.4N.答案：(1)6m/s(2)4.6N(3)1.4N12．(2019·黑龍江牡丹江一中模擬)如圖所示，半徑為R的光滑半圓形軌道ABC在豎直平面內與水平軌道CD相切于C點，D端有一被鎖定的輕質壓縮彈簧，彈簧左端連接在固定的擋板上，彈簧右端Q到C點的距離為2R.質量為m的滑塊(視為質點)從軌道上的P點由靜止滑下，剛好能運動到Q點，并能觸發(fā)彈簧解除鎖定，然后滑塊被彈回，且剛好能通過圓軌道的最高點A.已知∠POC＝60°，求：(1)滑塊第一次滑至圓形軌道最低點C時所受軌道支持力；(2)滑塊與水平軌道間的動摩擦因數(shù)μ；(3)彈簧被鎖定時具有的彈性勢能．解析：(1)設滑塊第一次滑至C點時的速度為