2020高考物理一輪總復(fù)習(xí)課時沖關(guān)18《動能定理及其應(yīng)用》（含解析）人教版.doc

1、動能定理及其應(yīng)用 A級基礎(chǔ)練1(2018全國卷)高鐵列車在啟動階段的運動可看作初速度為零的勻加速直線運動在啟動階段，列車的動能()A與它所經(jīng)歷的時間成正比B與它的位移成正比C與它的速度成正比D與它的動量成正比解析：B設(shè)列車運動時間為t，由勻變速直線運動規(guī)律vat、xat2，結(jié)合動能公式Ek得Ek、Ekmax，可知Ekv2、Ekt2、Ekx，故A、C項均錯誤，B項正確由Ek，得Ekp2，故D項錯誤2(2018江蘇卷)從地面豎直向上拋出一只小球，小球運動一段時間后落回地面忽略空氣阻力，該過程中小球的動能Ek與時間t的關(guān)系圖象是()解析：A設(shè)小球初動能為Ek0，初速度為v0，重力加速度為g.瞬時動能

2、EkEk0mgh，hv0tgt2，聯(lián)立得Ekmg2t2mgv0tEk0，故A正確3(2019宣城模擬)如圖所示，AB為圓弧軌道，BC為水平直軌道，圓弧的半徑為R，BC的長度也是R，一質(zhì)量為m的物體，與兩個軌道間的動摩擦因數(shù)都為，當它由軌道頂端A從靜止開始下落，恰好運動到C處停止，則物體在AB段克服摩擦力做的功為()A.mgRB.mgRCmgR D(1)mgR解析：D全程對物體由動能定理得，mgRWmgR0，解得W(1)mgR，故D正確4(2017海南卷)將一小球豎直向上拋出，小球在運動過程中所受到的空氣阻力不可忽略a為小球運動軌跡上的一點，小球上升和下降經(jīng)過a點時的動能分別為Ek1和Ek2，從

3、拋出開始到小球第一次經(jīng)過a點時重力所做的功為W1，從拋出開始到小球第二次經(jīng)過a點時重力所做的功為W2.下列選項正確的是()AEk1Ek2，W1W2 BEk1Ek2，W1W2CEk1Ek2，W1W2 DEk1Ek2，W1W2解析：B從拋出開始到第一次經(jīng)過a點和從拋出開始第二次經(jīng)過a點，上升的高度相等，可知重力做功相等，即W1W2，對兩次經(jīng)過a點的過程由動能定理得，WfEk2Ek1，可知Ek1Ek2，故B正確，A、C、D錯誤5(2019聊城模擬)如圖所示，兩個半徑不等的光滑半圓形軌道豎直固定放置，軌道兩端等高，兩個質(zhì)量不等的球(從半徑大的軌道下落的小球質(zhì)量大，設(shè)為大球，另一個為小球，且均可視為質(zhì)點

4、)分別自軌道左端由靜止開始下落，在各自軌跡的最低點時，下列說法正確的是()A大球的速度可能小于小球的速度B大球的動能可能小于小球的動能C大球所受軌道的支持力等于小球所受軌道的支持力D大球的向心加速度等于小球的向心加速度解析：D由動能定理得mgRmv20，解得v，半徑大的圓形軌道，球到達底端時的速度大，所以大球的速度一定大于小球的速度，故A錯誤；大球質(zhì)量大，到達底端時的速度大，動能一定大，故B錯誤；根據(jù)a2g知，兩球的向心加速度相等，故D正確；在底端時，由牛頓第二定律得，F(xiàn)Nmgma，解得FN3mg，由于大球的質(zhì)量大，則大球所受的支持力大，故C錯誤6(2019煙臺模擬)水平面上甲、乙兩物體，在某

5、時刻動能相同，它們僅在摩擦力作用下停下來甲、乙兩物體的動能Ek隨位移大小s的變化的圖象如圖所示，則下列說法正確的是()A若甲、乙兩物體與水平面動摩擦因數(shù)相同，則甲的質(zhì)量較大B若甲、乙兩物體與水平面動摩擦因數(shù)相同，則乙的質(zhì)量較大C甲與地面間的動摩擦因數(shù)一定大于乙與地面的動摩擦因數(shù)D甲與地面間的動摩擦因數(shù)一定小于乙與地面的動摩擦因數(shù)解析：A甲、乙兩物體的初動能和末動能都相同，都只受摩擦力作用，根據(jù)動能定理可知摩擦力對甲、乙兩物體做的功相等，即甲m甲gs甲乙m乙gs乙，由圖可知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、乙兩物體與水平面動摩擦因數(shù)相同，由Ffmg可知，則甲的質(zhì)量

6、較大，故A正確，B錯誤；甲m甲g乙m乙g，由于質(zhì)量關(guān)系未知，故無法直接確定動摩擦因數(shù)之間的關(guān)系，故C、D錯誤7.質(zhì)量m10 kg的物體只在變力F作用下沿水平方向做直線運動，F(xiàn)隨坐標x的變化關(guān)系如圖所示若物體從坐標原點處由靜止出發(fā)，則物體運動到x16 m處時的速度大小為()A3 m/s B4 m/sC2 m/s D. m/s解析：CFx圖線與x軸圍成的面積表示力F所做的功，則這段過程中，外力做功為W(48)10 J410 J40 J，根據(jù)動能定理得Wmv2，解得v m/s2 m/s，故C正確，A、B、D錯誤8(2016全國卷)如圖，在豎直平面內(nèi)有由圓弧AB和圓弧BC組成的光滑固定軌道，兩者在最低

7、點B平滑連接AB弧的半徑為R，BC弧的半徑為.一小球在A點正上方與A相距處由靜止開始自由下落，經(jīng)A點沿圓弧軌道運動(1)求小球在B、A兩點的動能之比(2)通過計算判斷小球能否沿軌道運動到C點解析：(1)小球下落過程由動能定理得：小球下落至A點的過程：mgEkA0小球下落至B點的過程：mgEkB0由以上兩式聯(lián)立解得：5(2)小球恰好經(jīng)過C點時，由牛頓第二定律得：mgm解得：v0小球由開始下落至C點的過程，由動能定理得：mgmv0解得：vC由于vCv0，故小球恰好可以沿軌道運動到C點答案：(1)5(2)可以沿軌道運動到C點B級能力練9(多選)甲、乙兩個質(zhì)量相同的物體，用大小相等的力F分別拉它們在水

8、平面上從靜止開始運動相同的距離s.如圖所示，甲在光滑面上，乙在粗糙面上，則下列關(guān)于力F對甲、乙做的功和甲、乙兩物體獲得的動能的說法中正確的是()A力F對甲做功多B力F對甲、乙兩個物體做的功一樣多C甲物體獲得的動能比乙大D甲、乙兩個物體獲得的動能相同解析：BC由功的公式WFscos 可知，兩種情況下力F對甲、乙兩個物體做的功一樣多，A錯誤，B正確；根據(jù)動能定理，對甲有FsEk10，對乙有FsFfsEk20，可知Ek1Ek2，即甲物體獲得的動能比乙大，C正確，D錯誤10(2019贛州模擬)(多選)在水平地面上有一質(zhì)量為2 kg的物體，物體在水平拉力F的作用下由靜止開始運動，后撤去拉力該物體運動的v

9、t圖象如圖所示，g取10 m/s2，下列說法正確的是()A物體的最大位移是56 mB物體受到的拉力F的大小為2.4 NC物體與地面之間的動摩擦因數(shù)為0.2D前12 s內(nèi)，拉力與阻力做功的代數(shù)和為12 J解析：AC在vt圖象中圖線所包圍的面積表示位移，則物體的最大位移應(yīng)該是14 s內(nèi)的位移，即xm814 m56 m，故A正確；物體在前10 s受到拉力作用，10 s撤去拉力，在vt圖象中斜率的大小表示加速度的大小，由圖線可知010 s內(nèi)加速度大小為a1 m/s20.8 m/s2,1014 s內(nèi)加速度大小為a2 m/s22 m/s2，根據(jù)牛頓第二定律得，F(xiàn)mgma1，mgma2，解得F5.6 N，0

10、.2，故B錯誤，C正確；物體在12 s時的速度為vv0a2t(822) m/s4 m/s，前12 s內(nèi)由動能定理得Wmv20242 J16 J，故D錯誤11(2019贛州模擬)(多選)如圖所示，質(zhì)量為m的小球從A點由靜止開始，沿豎直平面內(nèi)固定光滑的圓弧軌道AB滑下，從B端水平飛出，恰好落到斜面BC的底端已知圓弧軌道的半徑為R，OA為水平半徑，斜面傾角為，重力加速度為g.則()A小球下滑到B點時對圓弧軌道的壓力大小為2mgB小球下滑到B點時的速度大小為C小球落到斜面底端時的速度方向與水平方向的夾角為2D斜面的高度為4Rtan2解析：BD小球由A至B的過程由動能定理得，mgRmv20，解得v，小球

11、通過B點時，由牛頓第二定律得FNmgm，解得FN3mg，根據(jù)牛頓第三定律可知，在B點小球?qū)壍赖膲毫Υ笮?mg，故A錯誤，B正確；小球從B到C做平拋運動，則有tan ，解得t，小球落到斜面底端時的速度方向與水平方向的夾角正切為tan 2tan ，則2，故C錯誤；斜面的高度為hgt2g24Rtan2，故D正確12單板滑雪U形池如圖甲所示，乙圖為示意圖，由兩個完全相同的圓弧滑道AB、CD和水平滑道BC構(gòu)成，圓弧滑道的半徑R4 m，B、C分別為圓弧滑道的最低點，B、C間的距離x7.5 m，假設(shè)某次比賽中運動員經(jīng)過水平滑道B點時水平向右的速度v016 m/s，運動員從B點運動到C點所用的時間t0.5

12、 s，從D點躍起時的速度vD8 m/s.設(shè)運動員連同滑板的質(zhì)量m50 kg，忽略空氣阻力的影響，已知圓弧上A、D兩點的切線沿豎直方向，重力加速度g取10 m/s2.求：(1)運動員在C點對圓弧軌道的壓力大小和運動員與水平軌道間的動摩擦因數(shù)(2)運動員從D點躍起后在空中上升的最大高度(3)運動員從C點到D點運動的過程中克服摩擦阻力所做的功解析：(1)運動員從B點到C點，做勻變速直線運動，則有：x(v0vC)t，解得：vC14 m/s在C點對運動員由牛頓第二定律得：FNmgm解得：FN2 950 N由牛頓第三定律得運動員在C點對軌道的壓力大小為2 950 N運動員由B至C的過程，由動能定理得：mg

13、xmvmv解得：0.4(2)運動員從D點躍起后在空中上升的過程由動能定理得：mgh0mv，解得：h3.2 m(3)運動員從C點到D點的過程中，由動能定理得：WfmgRmvmv，解得：Wf1 300 J.答案：(1)2 950 N0.4(2)3.2 m(3)1 300 J13.(2019陜西咸陽模擬)如圖是翻滾過山車的模型，光滑的豎直圓軌道半徑R2 m，入口的平直軌道AC和出口的平直軌道CD均是粗糙的，質(zhì)量m2 kg的小車與水平軌道之間的動摩擦因數(shù)均為0.5，加速階段AB的長度l3 m，小車從A點由靜止開始受到水平拉力F60 N的作用，在B點撤去拉力，取g10 m/s2.試問：(1)要使小車恰好

14、通過圓軌道的最高點，小車在C點的速度為多少？(2)滿足(1)問條件下，小車能沿著出口平直軌道CD滑行多遠的距離？(3)要使小車不脫離軌道，求平直軌道BC段的長度范圍解析：(1)設(shè)小車恰好通過最高點的速度為v0，則有mg由C點到最高點滿足機械能守恒定律，有mvmg2Rmv解得vC10 m/s(2)小車由最高點滑下到最終停在軌道CD上，由動能定理有mg2RmgxCD0mv聯(lián)立解得xCD10 m(3)小車經(jīng)過C點的速度vC10 m/s就能做完整的圓周運動小車由A到C由動能定理得Flmg(lxBC)mv解得xBC5 m小車進入圓軌道時，上升的高度hR2 m時，小車返回而不會脫離軌道，由動能定理有Flmg(lxBC)mgh0解得xBC11 m綜上可得，xBC5 m或者xBC11 m時小車不脫離軌道答案：(1)10 m/s(2)10 m(3)xBC5 m或者xBC11 m14.(2019黑龍江牡丹江一中模擬)如圖，半徑為R的光滑半圓形軌道ABC在豎直平面內(nèi)與水平軌道CD相切于C點，D端有一被鎖定的輕質(zhì)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(zhì)量為m的滑塊(視為質(zhì)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POC60，求：(1)滑塊第一