2020版高考物理复习考点规范练 (16) 8页

考点规范练16　动能定理及其应用 一、单项选择题 ‎1.下列有关动能的说法正确的是(　　)‎ A.物体只有做匀速运动时,动能才不变 B.物体的动能变化时,速度不一定变化 C.物体做平抛运动时,水平速度不变,动能不变 D.物体做自由落体运动时,物体的动能增加 答案D 解析物体只要速率不变,动能就不变,A错误;物体的动能变化时,速度的大小一定变化,B错误;物体做平抛运动时,速率增大动能就会增大,C错误;物体做自由落体运动时,其速率增大,物体的动能增加,D正确。‎ ‎2.质量m=2 kg的物体,在光滑水平面上以v1=6 m/s的速度匀速向西运动,若有一个F=8 N方向向北的恒力作用于物体,在t=2 s内物体的动能增加了(　　)‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　　　‎ A.28 J B.64 J C.32 J D.36 J 答案B 解析由于力F与速度v1垂直,物体做曲线运动,其两个分运动为向西的匀速运动和向北的匀加速直线运动,对匀加速运动:a=Fm=4m/s2,v2=at=8m/s,2s末物体的速度v=v‎1‎‎2‎‎+‎v‎2‎‎2‎=10m/s,2s内物体的动能增加了ΔEk=‎1‎‎2‎mv2-‎1‎‎2‎mv‎1‎‎2‎=64J,故选项B正确。‎ ‎3.一个质量为0.3 kg的弹性小球,在光滑水平面上以6 m/s的速度垂直撞到墙上,碰撞后小球沿相反方向运动,反弹后的速度大小与碰撞前相同,则下列碰撞前后小球速度变化量的大小Δv和碰撞过程中小球的动能变化量ΔEk正确的是(　　)‎ A.Δv=0 B.Δv=12 m/s C.ΔEk=1.8 J D.ΔEk=10.8 J 答案B 8‎ 解析速度是矢量,规定反弹后速度方向为正,则Δv=6m/s-(-6m/s)=12m/s,故B正确,A错误;动能是标量,速度大小不变,动能不变,则ΔEk=0,C、D错误。‎ ‎4.‎ 光滑斜面上有一个小球自高为h的A处由静止开始滚下,抵达光滑水平面上的B点时速度大小为v0。光滑水平面上每隔相等的距离设置了一个与小球运动方向垂直的活动阻挡条,如图所示,小球越过n条活动阻挡条后停下来。若让小球从h高处以初速度v0滚下,则小球能越过的活动阻挡条的条数是(设小球每次越过活动阻挡条时损失的动能相等)(　　)‎ A.n B.2n C.3n D.4n 答案B 解析设每条阻挡条对小球做的功为W,当小球在水平面上滚动时,由动能定理得nW=0-‎1‎‎2‎mv‎0‎‎2‎,对第二次有NW=0-‎1‎‎2‎mv‎2‎‎2‎=0-‎1‎‎2‎mv‎0‎‎2‎+mgh,又因为‎1‎‎2‎mv‎0‎‎2‎=mgh,联立解得N=2n,选项B正确。‎ ‎5.物体在恒定阻力作用下,以某初速度在水平面上沿直线滑行直到停止。以a、Ek、s和t分别表示物体运动的加速度大小、动能、位移的大小和运动的时间,则以下各图像中,能正确反映这一过程的是(　　)‎ 答案C 解析物体在恒定阻力作用下运动,其加速度不随时间和位移变化,选项A、B错误;由动能定理,-Ffs=Ek-Ek0,解得Ek=Ek0-Ffs,选项C正确,D错误。‎ ‎6.如图所示,质量为0.1 kg的小物块在粗糙水平桌面上滑行4 m后以3.0 m/s的速度飞离桌面,最终落在水平地面上,已知物块与桌面间的动摩擦因数为0.5,桌面高0.45 m,若不计空气阻力,g取10 m/s2,则(　　)‎ 8‎ A.小物块的初速度是5 m/s B.小物块的水平射程为1.2 m C.小物块在桌面上克服摩擦力做8 J的功 D.小物块落地时的动能为0.9 J 答案D 解析小物块在桌面上克服摩擦力做功Wf=μmgL=2J,C错。在水平桌面上滑行,由动能定理得-Wf=‎1‎‎2‎mv2-‎1‎‎2‎mv‎0‎‎2‎,解得v0=7m/s,A错。小物块飞离桌面后做平抛运动,有x=vt,h=‎1‎‎2‎gt2,解得x=0.9m,B错。设小物块落地时动能为Ek,由动能定理得mgh=Ek-‎1‎‎2‎mv2,解得Ek=0.9J,D正确。‎ 二、多项选择题 ‎7.(2018·湖南省十三校联考)有一物体由某一固定的长斜面的底端以初速度v0沿斜面上滑,斜面与物体间的动摩擦因数μ=0.5,其动能Ek随离开斜面底端的距离x变化的图线如图所示,g取10 m/s2,不计空气阻力,则以下说法正确的是(　　)‎ A.斜面的倾角θ=30°‎ B.物体的质量m=0.5 kg C.斜面与物体间的摩擦力大小Ff=2 N D.物体在斜面上运动的总时间t=2 s 答案BC 解析由动能定理F合x=ΔEk知Ek-x图像的斜率表示合外力,则上升阶段斜率为mgsinθ+μmgcosθ=‎25‎‎5‎=5,下降阶段斜率为mgsinθ-μmgcosθ=‎5‎‎5‎=1,联立得tanθ=‎3‎‎4‎,即θ=37°,m=0.5kg,故A错误,B正确。物体与斜面间的摩擦力为Ff=μmgcosθ=2N,故C正确。上升 8‎ 阶段由Ek-x图像的斜率知合力为F1=5N,由F1=ma1,得a1=10m/s2,t1=v‎0‎a‎1‎,Ek1=‎1‎‎2‎mv‎0‎‎2‎=25J,联立得t1=1s,同理,下降阶段合力为F2=1N,由F2=ma2,得a2=2m/s2,t2=v‎2‎a‎2‎,Ek2=‎1‎‎2‎mv‎2‎‎2‎=5J,联立得t2=‎5‎s,则t=t1+t2=(1+‎5‎)s,故D错误。‎ ‎8.‎ 如图所示,电梯质量为m0,在它的水平地板上放置一质量为m的物体。电梯在钢索的拉力作用下由静止开始竖直向上加速运动,当上升高度为h时,电梯的速度达到v,则在这个过程中,以下说法中正确的是(　　)‎ A.电梯地板对物体的支持力所做的功等于mv‎2‎‎2‎ B.电梯地板对物体的支持力所做的功大于mv‎2‎‎2‎ C.钢索的拉力所做的功等于mv‎2‎‎2‎+m0gh D.钢索的拉力所做的功大于mv‎2‎‎2‎+m0gh 答案BD 解析以物体为研究对象,由动能定理得WN-mgh=‎1‎‎2‎mv2,即WN=mgh+‎1‎‎2‎mv2,选项B正确,A错误。以系统为研究对象,由动能定理得WT-(m+m0)gh=‎1‎‎2‎(m0+m)v2,即WT=‎1‎‎2‎(m0+m)v2+(m0+m)gh>mv‎2‎‎2‎+m0gh,选项D正确,C错误。‎ ‎9.‎ 某人通过滑轮将质量为m的物体,沿粗糙的斜面从静止开始匀加速地由底端拉到斜面顶端,物体上升的高度为h,到达斜面顶端时的速度为v,如图所示。则在此过程中(　　)‎ A.物体所受的合外力做的功为mgh+‎1‎‎2‎mv2‎ 8‎ B.物体所受的合外力做的功为‎1‎‎2‎mv2‎ C.人对物体做的功为mgh D.人对物体做的功大于mgh 答案BD 解析物体沿斜面做匀加速运动,根据动能定理:W合=WF-Wf-mgh=‎1‎‎2‎mv2,其中Wf为物体克服摩擦力做的功。人对物体做的功即是人对物体的拉力做的功,所以W人=WF=Wf+mgh+‎1‎‎2‎mv2,A、C错误,B、D正确。‎ 三、非选择题 ‎10.如图甲所示,固定在水平地面上的工件,由AB和BD两部分组成,其中AB部分为光滑的圆弧,∠AOB=37°,圆弧的半径R=0.5 m,圆心O点在B点正上方;BD部分水平,长度为0.2 m,C为BD的中点。现有一质量m=1 kg,可视为质点的物块从A端由静止释放,恰好能运动到D点。(g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)求:‎ ‎(1)为使物块恰好运动到C点静止,可以在物块运动到B点后,对它施加一竖直向下的恒力F,F应为多大;‎ ‎(2)为使物块运动到C点时速度为零,也可先将BD部分以B为轴向上转动一锐角θ,如图乙所示,θ应为多大。(假设B处有一小段的弧线平滑连接,物块经过B点时没有能量损失)‎ 答案(1)10 N　(2)37°‎ 解析(1)设BD段长度为l,与物块间的动摩擦因数为μ。研究物块运动,根据动能定理有:‎ 从A到D的过程中有 mgR(1-cos37°)-μmgl=0‎ 从A到C,到C点恰好静止的过程中有mgR(1-cos37°)-μ(F+mg)l‎2‎=0‎ 联立解得μ=0.5,F=10N。‎ 8‎ ‎(2)乙图中,从A到C的过程中,根据动能定理有mgR(1-cos37°)-l‎2‎mgsinθ-μFNl‎2‎=0‎ 其中FN=mgcosθ 联立解得θ=37°。‎ ‎11.如图所示,半径R=0.5 m的光滑圆弧面CDM分别与光滑斜面体ABC和斜面MN相切于C、M点,斜面倾角分别如图所示。O为圆弧圆心,D为圆弧最低点,C、M在同一水平高度。斜面体ABC固定在地面上,顶端B安装一定滑轮,一轻质软细绳跨过定滑轮(不计滑轮摩擦)分别连接小物块P、Q(两边细绳分别与对应斜面平行),并保持P、Q两物块静止。若PC间距为l1=0.25 m,斜面MN足够长,物块P质量m1=3 kg,与MN间的动摩擦因数μ=‎1‎‎3‎,重力加速度g取10 m/s2(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)。求:‎ ‎(1)小物块Q的质量m2;‎ ‎(2)烧断细绳后,物块P第一次到达D点时对轨道的压力大小;‎ ‎(3)物块P在MN斜面上滑行的总路程。‎ 答案(1)4 kg　(2)78 N　(3)1.0 m 解析(1)根据共点力平衡条件,两物块的重力沿斜面的分力相等,有 m1gsin53°=m2gsin37°‎ 解得m2=4kg 即小物块Q的质量m2为4kg。‎ ‎(2)小物块P到D点过程,由动能定理得m1gh=‎1‎‎2‎m1‎vD‎2‎ 根据几何关系,有 h=l1sin53°+R(1-cos53°)‎ 在D点,支持力和重力的合力提供向心力FD-m1g=m1‎vD‎2‎R 解得FD=78N 8‎ 由牛顿第三定律,得物块P对轨道的压力大小为78N。‎ ‎(3)分析可知最终物块在CDM之间往复运动,C点和M点速度为零。‎ 由全过程动能定理得 m1gl1sin53°-μm1gcos53°l总=0‎ 解得l总=1.0m,即物块P在MN斜面上滑行的总路程为1.0m。‎ ‎12.(2018·广西南宁一模)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(可以看作质点)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)‎3‎‎-3μ‎3‎μ+1‎R　(3)l'≥‎3+‎‎3‎‎1-‎3‎μR 解析(1)根据几何关系可得PB=Rtanθ‎=‎‎3‎R,‎ 从P点到E点根据动能定理,有 mgR-μmgcosθ·PB=‎1‎‎2‎mvE‎2‎-0,‎ 代入数据解得vE=‎(2-3μ)gR,‎ 在E点,根据牛顿第二定律有FN-mg=mvE‎2‎R,‎ 解得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(BP-x)sinθ-μmgcosθ(BP+x)=0,‎ 8‎ 代入数据解得x=‎3‎‎-3μ‎3‎μ+1‎R。‎ ‎(3)物体刚好到达最高点D时,有mg=mv‎2‎R,‎ 解得v=gR,‎ 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'=‎1‎‎2‎mv2-0‎ 代入数据解得l'=‎3+‎‎3‎‎1-‎3‎μR,‎ 所以只有l'≥‎3+‎‎3‎‎1-‎3‎μR,物体才能顺利通过圆弧轨道的最高点D。‎ 8‎