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2021高考物理一轮复习 第5章 机械能及其守恒定律 第2讲 动能定理及其应用课时作业

2021高考物理一轮复习 第5章 机械能及其守恒定律 第2讲 动能定理及其应用课时作业

年级：
姓名：

- 10 -

第2讲　动能定理及其应用
　　时间：60分钟　　　满分：100分
一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分。其中1～6题为单选，7～10题为多选)
1．若物体在运动过程中受到的合外力不为0，则(　　)
A．物体的动能不可能总是不变的
B．物体的加速度一定变化
C．物体的速度方向一定变化
D．物体所受的合外力做的功可能为0
答案　D
解析　当合外力不为0时，若物体做匀速圆周运动，则动能不变，合外力做的功为0，A错误，D正确；当F恒定时，加速度就不变，速度方向可能不变，B、C错误。
2. 物体沿直线运动的v－t关系如图所示，已知在第1秒内合外力对物体做的功为W，则(　　)

A．从第1秒末到第3秒末合外力做功为4W
B．从第3秒末到第5秒末合外力做功为－2W
C．从第5秒末到第7秒末合外力做功为W
D．从第3秒末到第4秒末合外力做功为－2W
答案　C
解析　物体在第1秒末到第3秒末做匀速直线运动，合外力为零，做功为零，A错误；从第3秒末到第5秒末动能的变化量与第1秒内动能的变化量大小相同，合外力做的功为－W，B错误；从第5秒末到第7秒末动能的变化量与第1秒内动能的变化量相同，合外力做功相同，即为W，C正确；从第3秒末到第4秒末动能变化量是负值，大小等于第1秒内动能变化量大小的，则合外力做功为－0.75W，D错误。
3．长为L的木块静止在光滑水平面上。质量为m的子弹以水平速度v0射入木块并从中射出，且出射速度为v1。已知从子弹射入到射出木块移动的距离为s，子弹在木块中受到的平均阻力大小为(　　)

A. B.
C. D.
答案　D
解析　对子弹根据动能定理：－f(L＋s)＝mv－mv，解得f＝，D正确。
4．水平面上甲、乙两物体，在某时刻动能相同，它们仅在摩擦力作用下停下来。甲、乙两物体的动能Ek随位移大小s变化的图象如图所示，则下列说法正确的是(　　)

A．若甲、乙两物体与水平面动摩擦因数相同，则甲的质量较大
B．若甲、乙两物体与水平面动摩擦因数相同，则乙的质量较大
C．甲与地面间的动摩擦因数一定大于乙与地面的动摩擦因数
D．甲与地面间的动摩擦因数一定小于乙与地面的动摩擦因数
答案　A
解析　Ek－s图象的斜率大小表示物体与地面的摩擦力f＝μmg，由图知f甲>f乙，若甲、乙两物体与水平面动摩擦因数相同，则m甲>m乙，故A正确，B错误。由于甲、乙两物体质量大小关系未知，故甲、乙与地面间动摩擦因数大小关系不能确定，C、D错误。
5. 静止在粗糙水平面上的物块在水平向右的拉力作用下做直线运动，t＝4 s时停下，其v－t图象如图所示，已知物块与水平面间的动摩擦因数处处相同，则下列判断正确的是(　　)

A．整个过程中拉力做的功等于物块克服摩擦力做的功
B．整个过程中拉力做的功等于零
C．t＝2 s时刻拉力的瞬时功率在整个过程中最大
D．t＝1 s到t＝3 s这段时间内拉力不做功
答案　A
解析　对物块运动全过程应用动能定理得：WF－Wf＝0，A正确，B错误；物块在加速运动过程中受到的拉力最大，结合题图可知，t＝1 s时拉力的瞬时功率为整个过程中拉力功率的最大值，C错误；t＝1 s到t＝3 s这段时间内，拉力与摩擦力平衡，拉力做正功，D错误。
6．如图所示，置于光滑水平面上的物块在水平恒力F的作用下由静止开始运动，其速度v、动能Ek及拉力功率P随时间t或位移x的变化图象可能正确的是(　　)

答案　C
解析　物块在水平恒力作用下由静止开始做匀加速直线运动，其加速度a＝，速度v＝at＝t，v­t图象为过坐标原点的倾斜直线，A错误；由v2＝2ax＝x，可知v­x图象的抛物线开口向x轴正方向，B错误；动能Ek＝mv2＝t2，C正确；功率P＝Fv＝Fat＝t，D错误。
7．(2019·河北衡水模拟)如图所示，轻杆一端固定质量为m的小球，另一端固定在转轴上，轻杆长度为R，可绕水平光滑转轴O在竖直平面内转动。将轻杆从与水平方向成30°角的位置由静止释放。若小球在运动过程中受到的空气阻力大小不变，当小球运动到最低点P时，轻杆对小球的弹力大小为mg，方向竖直向上。下列说法正确的是(　　)

A．小球运动到P点时的速度大小为
B．小球受到的空气阻力大小为
C．小球能运动到与O点等高的Q点
D．小球不能运动到与O点等高的Q点
答案　BC
解析　小球运动到P点时，根据牛顿第二定律可得mg－mg＝m，解得小球在P点的速度大小为v＝，A错误；对从开始释放到运动到P点，根据动能定理可得mgR(1＋sin30°)－f×πR＝mv2，解得f＝，B正确；假设小球能运动到与O点等高的Q点，对从开始释放到运动到Q点，根据动能定理可得mg·R－f·×2πR＝EkQ－0，解得EkQ＝0，故假设成立，小球能运动到与O点等高的Q点，且到达Q点的速度刚好为零，C正确，D错误。
8．如图甲所示，长为l、倾角为α的斜面固定在水平地面上，一质量为m的物块从斜面顶端由静止释放并沿斜面向下滑动。已知物块与斜面间的动摩擦因数μ与下滑距离x的变化图象如图乙所示，则(　　)

A．μ0>tanα
B．物块下滑的加速度逐渐增大
C．物块下滑到斜面底端的过程克服摩擦力做功为μ0mglcosα
D．物块下滑到底端时的速度大小为
答案　BC
解析　物块在斜面顶端静止释放能够下滑，应满足mgsinα>μ0mgcosα，即μ0<tanα，故A错误；根据牛顿第二定律有mgsinα－μmgcosα＝ma，得a＝gsinα－μgcosα，可知物块下滑过程中随着μ的减小，a在增大，故B正确；摩擦力f＝μmgcosα＝μ0－x·mgcosα(0≤x≤l)，可知f与x成线性关系，如图所示，其中f0＝μ0mgcosα，则物块下滑到斜面底端的过程克服摩擦力做功Wf＝l＝μ0mglcosα，故C正确；由动能定理有mglsinα－μ0mglcosα＝mv2，得v＝，故D错误。

9. 如图所示，轻弹簧一端固定于倾角为θ(θ<45°)的光滑斜面(固定)上方的O点，O点到斜面的距离OQ等于弹簧的原长L，弹簧另一端与小滑块(可视为质点)连接。在斜面上移动滑块至P点，使弹簧处于水平状态。现将滑块从P点由静止释放，滑块沿斜面运动到O点正下方M点，该过程中弹簧始终在弹性限度内。重力加速度大小为g。下列说法正确的是(　　)

A．滑块经过Q点时的速度最大
B．滑块经过M点时的速度大于
C．滑块从P点运动到Q点的过程中，其加速度一直在减小
D．滑块从P点运动到Q点过程中动能的增量比从Q点运动到M点过程中动能的增量小
答案　BC
解析　对滑块受力分析，其受竖直向下的重力、垂直斜面向上的支持力以及弹簧弹力，在滑块由P到M过程中结合弹簧弹力的变化情况可知，小滑块下滑过程中所受合力在P→Q过程中一直沿斜面向下，在Q→M过程中可能一直沿斜面向下，也可能先沿斜面向下后沿斜面向上，所以A项错误。滑块由P到M过程中，根据动能定理有WG＋W弹＝mv，又WG＝mg，W弹>0，可得vM> ，B项正确。在P→Q的过程中因重力沿斜面向下的分力不变，而弹簧弹力沿斜面向下的分力逐渐变小，则滑块所受沿斜面向下的合力逐渐减小，则其加速度一直在减小，C项正确。由几何关系可知滑块由P到Q下降的高度大于由Q到M下降的高度，又P到Q过程中弹簧弹力做正功，Q到M过程中弹簧弹力做负功，再结合动能定理分析可知，D项错误。
10．如图所示，一个小球(可视为质点)从H＝12 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，则h的值可能为(　　)

A．10 m B．9.5 m
C．8.5 m D．8 m
答案　BC
解析　小球到达圆环顶点C时，刚好小球对轨道压力为零，在C点，由重力充当向心力，则根据牛顿第二定律得：mg＝m，开始小球从H＝12 m高处，由静止开始通过光滑弧形轨道AB，因此在小球上升到顶点C时，根据动能定理得：mg(H－2R)－Wf＝mv2，得Wf＝2mg。从C到D由动能定理得：mg(2R－h)－Wf′＝0－mv2，由于摩擦力做功，所以上升过程平均速度比下降过程平均速度大，对轨道的压力大、摩擦力大，所以0<Wf′<Wf，解得8 m<h<10 m，所以B、C正确。
二、非选择题(本题共2小题，共30分)
11．(15分)如图所示，质量m＝3 kg的小物块以初速度v0＝4 m/s水平向右抛出，恰好从A点沿着圆弧的切线方向进入圆弧轨道，圆弧轨道的半径为R＝3.75 m，B点是圆弧轨道的最低点，圆弧轨道与水平轨道BD平滑连接，A与圆心O的连线与竖直方向成37°角。MN是一段粗糙的水平轨道，小物块与MN间的动摩擦因数μ＝0.1，轨道其他部分光滑。最右侧是一个半径为r＝0.4 m的半圆轨道，C点是圆弧轨道的最高点，半圆轨道与水平轨道BD在D点平滑连接。
已知重力加速度g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。

(1)求小物块的抛出点离A点的竖直距离h；
(2)若MN的长度为L＝6 m，求小物块通过C点时所受轨道的弹力FN；
(3)若小物块恰好能通过C点，求MN的长度L′。
答案　(1)0.45 m　(2)60 N　(3)10 m
解析　(1)根据平抛运动规律有：
tan37°＝
得t＝0.3 s
解得h＝gt2＝0.45 m。
(2)小物块由抛出点运动到B点的过程中，根据动能定理有：
mg[h＋R(1－cos37°)]＝mv－mv
解得vB＝2 m/s
小物块由B点运动到C点的过程中，根据动能定理有：
－μmgL－2mgr＝mv－mv
在C点：FN＋mg＝
解得FN＝60 N。
(3)小物块刚好能通过C点时，有mg＝
解得vC′＝2 m/s
小物块从B点运动到C点的过程中，根据动能定理有：
－μmgL′－2mgr＝mvC′2－mv
解得L′＝10 m。
12. (15分)如图所示，AB是倾角为θ＝30°的粗糙直轨道，BCD是光滑的圆弧轨道，AB恰好在B点与圆弧相切，圆弧的半径为R。一个质量为m的物体(可以看成质点)从直轨道上的P点由静止释放，结果它能在两轨道上做往返运动。已知P点与圆弧的圆心O等高，物体与轨道AB间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。

(1)求物体对圆弧轨道最大压力的大小；
(2)求物体滑回轨道AB上距B点的最大距离；
(3)释放点距B点的距离L′应满足什么条件，才能使物体顺利通过圆弧轨道的最高点D?
答案　(1)3mg(1－μ)　(2)R
(3)L′≥R
解析　(1)根据几何关系可得PB的长度
l＝＝R
从P点到E点根据动能定理，有
mgR－μmgcosθ·l＝mv－0
代入数据解得vE＝
在E点，根据牛顿第二定律有FN－mg＝m
解得FN＝3mg(1－μ)
由牛顿第三定律知物体对圆弧轨道的最大压力FN′＝FN＝3mg(1－μ)。
(2)设物体滑回到轨道AB上距B点的最大距离为x，根据动能定理，有
mg(l－x)sinθ－μmgcosθ(l＋x)＝0
代入数据解得x＝R。
(3)物体刚好到达最高点D时，有mg＝m
解得v＝
从释放点到最高点D的过程，根据动能定理，有
mg(L′sinθ－R－Rcosθ)－μmgcosθ·L′＝mv2－0
代入数据解得L′＝R
所以只有L′≥R，物体才能顺利通过圆弧轨道的最高点D。