【精编】2020版高考物理一轮复习课时跟踪检测十七第五章能量和动量第2节动能定理及其应用1703241113.pdf

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1、文档来源为:从网络收集整理.word 版本可编辑.欢迎下载支持.1文档收集于互联网，已整理，word 版本可编辑.课时跟踪检测（十七）动能定理及其应用对点训练：对动能定理的理解1.如图所示，一块长木板B放在光滑的水平面上，在B上放一A物体，现以恒定的外力拉B，使A、B间产生相对滑动，如果以地面为参考系，A、B都向前移动一段距离。在此过程中()A外力F做的功等于A和B动能的增量BB对A的摩擦力所做的功，等于A的动能增量CA对B的摩擦力所做的功，等于B对A的摩擦力所做的功D外力F对B做的功等于B的动能的增量解析：选 B 外力F做的功等于A、B动能的增量与A、B间摩擦产生的内能之和，A错误；A物体所

2、受的合外力等于B对A的摩擦力，对A物体运用动能定理，则有B对A的摩擦力所做的功等于A的动能的增量，即B正确；A对B的摩擦力与B对A的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑动，A、B对地的位移不等，故二者做功不相等，C错误；对B应用动能定理，WFWFfEkB，即WFEkBWFf，就是外力F对B做的功，等于B的动能增量与B克服摩擦力所做的功之和，D错误。2.(2017银川模拟)如图所示为某中学科技小组制作的利用太阳能驱动小车的装置。当太阳光照射到小车上方的光电板时，光电板中产生的电流经电动机带动小车前进。若质量为m的小车在平直的水泥路上从静止开始沿直线加速行驶，经过时

3、间t前进的距离为x，且速度达到最大值vm。设这一过程中电动机的功率恒为P，小车所受阻力恒为F，那么这段时间内()A小车做匀加速运动B小车受到的牵引力逐渐增大C小车受到的合外力所做的功为PtD小车受到的牵引力做的功为Fx12mvm2解析：选D 小车在运动方向上受向前的牵引力F1和向后的阻力F，因为v增大，P不变，由PF1v，F1Fma，得出F1逐渐减小，a也逐渐减小，当vvm时，a0，故 A、B项均错误；合外力做的功W外PtFx，由动能定理得W牵Fx12mvm2，故 C项错误，D项正确。3.如图所示，质量为m的小球，从离地面高H处由静止开始释放，落到地面后继续陷入泥中h深度而停止，设小球受到空气

4、阻力为f，重力加速度为g，则下列说法正确的是()文档来源为:从网络收集整理.word 版本可编辑.欢迎下载支持.2文档收集于互联网，已整理，word 版本可编辑.A小球落地时动能等于mgHB小球陷入泥中的过程中克服泥的阻力所做的功小于刚落到地面时的动能C整个过程中小球克服阻力做的功等于mg(Hh)D小球在泥土中受到的平均阻力为mg1Hh解析：选 C 小球从静止开始释放到落到地面的过程，由动能定理得mgHfH12mv02，选项 A错误；设泥的平均阻力为f0，小球陷入泥中的过程，由动能定理得mghf0h012mv02，解得f0hmgh12mv02，f0mg1HhfHh，选项B、D 错误；全过程应用

5、动能定理可知，整个过程中小球克服阻力做的功等于mg(Hh)，选项 C正确。4.如图所示，在轻弹簧的下端悬挂一个质量为m的小球A，若将小球A从弹簧原长位置由静止释放，小球A能够下降的最大高度为h。若将小球A换为质量为3m的小球B，仍从弹簧原长位置由静止释放，则小球B下降h时的速度为(重力加速度为g，不计空气阻力)()A.2ghB.4gh3C.gh D.gh2解析：选 B 小球A下降h过程小球克服弹簧弹力做功为W1，根据动能定理，有mghW10；小球B下降过程，由动能定理有3mghW1123mv20，解得：v4gh3，故 B 正确。对点训练：动能定理的应用5(多选)(2017 洛阳检测)如图所示，

6、在倾角为的斜面上，轻质弹簧一端与斜面底端固定，另一端与质量为M的平板A连接，一个质量为m的物体B靠在平板的右侧，A、B与斜面的动摩擦因数均为。开始时用手按住物体B使弹簧处于压缩状态，现放手，使A和B一起沿斜面向上运动距离L时，A和B达到最大速度v。则以下说法正确的是()AA和B达到最大速度v时，弹簧是自然长度B 若运动过程中A和B能够分离，则A和B恰好分离时，二者加速度大小均为g(sin cos)C从释放到A和B达到最大速度v的过程中，弹簧对A所做的功等于12Mv2MgLsin MgLcos 文档来源为:从网络收集整理.word 版本可编辑.欢迎下载支持.3文档收集于互联网，已整理，word

7、版本可编辑.D从释放到A和B达到最大速度v的过程中，B受到的合力对它做的功等于12mv2解析：选BD A和B达到最大速度v时，A和B的加速度为零。对AB整体：由平衡条件知kx(mM)gsin(mM)gcos，所以此时弹簧处于压缩状态，故A 错误；A和B恰好分离时，A、B间的弹力为0，A、B的加速度相同，对B受力分析，由牛顿第二定律知，mgsin mgcos ma，得agsin gcos，故 B正确；从释放到A和B达到最大速度v的过程中，对AB整体，根据动能定理得W弹(mM)gLsin(mM)gcos L12(mM)v2，所以弹簧对A所做的功W弹12(mM)v2(mM)gLsin(mM)gcos

8、 L，故 C错误；从释放到A和B达到最大速度v的过程中，对于B，根据动能定理得B受到的合力对它做的功W合Ek12mv2，故 D正确。6(2017吉林三校联考)如图所示，竖直平面内放一直角杆MON，OM水平，ON竖直且光滑，用不可伸长的轻绳相连的两小球A和B分别套在OM和ON杆上，B球的质量为2 kg，在作用于A球的水平力F的作用下，A、B两球均处于静止状态，此时OA 0.3 m，OB0.4 m，改变水平力F的大小，使A球向右加速运动，已知A球向右运动0.1 m 时速度大小为3 m/s，则在此过程中绳的拉力对B球所做的功为(取g10 m/s2)()A11 J B16 J C18 J D9 J 解

9、析：选 C A球向右运动0.1 m 时，vA3 m/s，OA 0.4 m，OB 0.3 m，设此时BAO，则有 tan 34。由运动的合成与分解可得vAcos vBsin，解得vB4 m/s。以B球为研究对象，此过程中B球上升高度h0.1 m，由动能定理，Wmgh12mvB2，解得轻绳的拉力对B球所做的功为Wmgh12mvB22100.1 J 12242 J 18 J，选项C正确。7.如图所示，质量为m的钢制小球，用长为l的细线悬挂在O点。将小球拉至与O等高的C点后由静止释放。小球运动到最低点B时对细线的拉力为2mg，若在B点用小锤头向左敲击小球一下，瞬间给它补充机械能E，小球就能恰好摆到与C

10、等高的A点。设空气阻力只与运动速度相关，且运动速度越大空气阻力就越大。则以下关系正确的是()AEmgl BE12mgl文档来源为:从网络收集整理.word 版本可编辑.欢迎下载支持.4文档收集于互联网，已整理，word 版本可编辑.CE12mgl D.12mglEmgl解析：选 A 设小球由C到B的运动过程中克服空气阻力做功Wf1，由动能定理知，mglWf112mvB2，在B点，由牛顿第二定律知：TmgmvB2l，其中T 2mg；在B点给小球补充机械能即动能后，小球恰好运动到A点，由动能定理知：mglWf2012mvB2E，由以上各式得Emgl(Wf2Wf1)，由题意知，上升过程中的速度大于下

11、降过程中的速度，所以Wf2Wf1，即 Emgl，A正确。8(2016保定二模)如图所示，水平面上放一质量为m2 kg 的小物块，通过薄壁圆筒的轻细绕线牵引，圆筒半径为R0.5 m，质量为M4 kg。t0 时刻，圆筒在电动机带动下由静止开始绕竖直中心轴转动，转动角速度与时间的关系满足 4t，物块和地面之间的动摩擦因数0.3，细线始终与地面平行，其它摩擦不计，g取 10 m/s2，求：(1)物块运动中受到的拉力。(2)从开始运动至t2 s 时电动机做了多少功？解析：(1)由于圆筒边缘线速度与物块直线运动速度大小相同，根据vR4Rt2t，线速度与时间成正比，物块做初速为零的匀加速直线运动，由公式va

12、t知，物块加速度为a2 m/s2，对物块受力分析，由牛顿第二定律得Tmgma，则细线拉力为T10 N。(2)根据匀变速直线运动规律：t2 s 时物块的速度：vat22 m/s 4 m/s 2 s 内物块的位移：x12at212222 m4 m 对整体运用动能定理，有Wmgx12mv212Mv2代入数据求得电动机做的功为W 72 J。答案：(1)10 N(2)72 J 对点训练：动能定理的图像问题9.用传感器研究质量为2 kg 的物体由静止开始做直线运动的规律时，在计算机上得到06 s 内物体的加速度随时间变化的关系如图所示。下列说法正确的是()A06 s 内物体先向正方向运动，后向负方向运动B

13、06 s 内物体在4 s 时的速度最大C物体在24 s 内速度不变D04 s 内合力对物体做的功等于06 s 内合力做的功解析：选D 由a-t图像可知物体6 s 末的速度v612(25)2 m/s 1212 m/s文档来源为:从网络收集整理.word 版本可编辑.欢迎下载支持.5文档收集于互联网，已整理，word 版本可编辑.6 m/s，则 0 6 s 内物体一直向正方向运动，A错误；物体在5 s 末速度最大，B错误；在 24 s 内加速度不变，物体做匀加速直线运动，速度变大，C错误；由动能定理可知：04 s内合力对物体做的功：W412mv420,0 6 s 内合力对物体做的功：W612mv6

14、20，又v4v6，则W4W6，D正确。10(2017青岛模拟)如图所示，上表面水平的圆盘固定在水平地面上，一小物块从圆盘边缘上的P点，以大小恒定的初速度v0，在圆盘上沿与直径PQ成不同夹角的方向开始滑动，小物块运动到圆盘另一边缘时的速度大小为v，则v2-cos 图像应为()解析：选 A 设圆盘半径为r，小物块与圆盘间的动摩擦因数为，由动能定理可得，mg2rcos 12mv212mv02，整理得v2v024grcos，可知v2与 cos 为线性关系，斜率为负，故A正确，B、C、D错误。11(2017甘肃模拟)如图甲所示，一质量为4 kg 的物体静止在水平地面上，让物体在随位移均匀减小的水平推力F

15、作用下开始运动，推力F随位移x变化的关系如图乙所示，已知物体与地面间的动摩擦因数0.5，取g10 m/s2，则下列说法正确的是()A物体先做加速运动，推力撤去时开始做减速运动B物体在水平地面上运动的最大位移是10 m C物体运动的最大速度为215 m/s D物体在运动中的加速度先变小后不变解析：选 B 当推力小于摩擦力时物体就开始做减速运动，选项A错误；由题图乙中图线与x轴所围面积表示推力对物体做的功得，推力做的功W124100 J 200 J，根据动能定理有Wmgxm0，得xm10 m，选项 B正确；当推力与摩擦力平衡时，加速度为零，速度最大，由题图乙得F100 25x(N)，当Fmg20

16、N时x3.2 m，由动能定理得：12(100 20)xmgx12mvm2，解得物体运动的最大速度vm8 m/s，选项 C错误；物体运动中当推力由100 N减小到 20 N的过程中，加速度逐渐减小，当推力由20 N减小到 0 的过程中，加速度又反向增大，此后加速度不变，故D项错误。12(多选)(2017 齐鲁名校协作体联考)如图甲所示，为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角的关系，将某一物体沿足够长的斜面每次以不变的初速率v0向上推出，调节斜面与水平方向的夹角，实验测得x与斜面倾角的关系如图乙所示，g取 10 m/s2，根据图像可求出(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)()A物体的初速率v

17、0 3 m/s 文档来源为:从网络收集整理.word 版本可编辑.欢迎下载支持.6文档收集于互联网，已整理，word 版本可编辑.B物体与斜面间的动摩擦因数 0.75 C取不同的倾角，物体在斜面上能达到的位移x的最小值xmin1.44 m D当某次30时，物体达到最大位移后将沿斜面下滑解析：选 BC 由题图乙可知，当倾角0 时，位移为2.40 m，而当倾角为90时，位移为1.80 m，则由竖直上抛运动规律可得v02gh2101.80 m/s 6 m/s，故 A错误；当倾角为0 时，由动能定理可得mgx012mv02，解得0.75，故 B 正确；取不 同 的 倾 角，由 动 能 定 理 得 mg

18、xsin mgxcos 012mv02，解 得xv022gsin cos 36210sin 34cos m3625sin m，当90时位移最小，xmin1.44 m，故 C正确；若30时，重力沿斜面向下的分力为mgsin 3012mg，摩擦力Ffmgcos 30338mg，又因最大静摩擦力等于滑动摩擦力，故物体达到最高点后，不会沿斜面下滑，故D错误。考点综合训练13如图所示，一质量m0.4 kg 的滑块(可视为质点)静止于水平轨道上的A点，滑块与轨道间的动摩擦因数0.1。现对滑块施加一水平外力，使其向右运动，外力的功率恒为P10 W。经过一段时间后撤去外力，滑块继续滑行至B点后水平飞出，恰好在

19、C点沿切线方向进入固定在竖直平面内的光滑圆弧形轨道，轨道的最低点D处装有压力传感器，当滑块到达传感器上方时，传感器的示数为25.6 N。已知轨道AB的长度L2 m，圆弧形轨道的半径R0.5 m，半径OC和竖直方向的夹角37。(空气阻力可忽略，重力加速度g10 m/s2，sin 37 0.6，cos 37 0.8)求：(1)滑块运动到C点时速度的大小vC；(2)B、C两点的高度差h及水平距离x；(3)水平外力作用在滑块上的时间t。解析：(1)滑块运动到D点时，由牛顿第二定律得，FNmgmvD2R，滑块由C点运动到D点的过程，由机械能守恒定律得，mgR(1 cos)12mvC212mvD2，代入数

20、据，联立解得vC5 m/s。(2)滑块从B到C做平抛运动，在C点速度的竖直分量为：vyvCsin 3 m/s，文档来源为:从网络收集整理.word 版本可编辑.欢迎下载支持.7文档收集于互联网，已整理，word 版本可编辑.所以B、C两点的高度差为hvy22g920 m 0.45 m，滑块由B运动到C所用的时间为t1vyg310 s 0.3 s，滑块运动到B点的速度即平抛运动的初速度为vBvCcos 4 m/s，所以B、C间的水平距离xvBt140.3 m 1.2 m。(3)滑块由A点运动到B点的过程，由动能定理得，PtmgL12mvB2代入数据解得t0.4 s。答案：(1)5 m/s(2)0

21、.45 m 1.2 m(3)0.4 s 14 如图所示，一半径R1 m的圆盘水平放置，在其边缘E点固定一小桶(可视为质点)。在圆盘直径DE的正上方平行放置一水平滑道BC，滑道右端C点与圆盘圆心O在同一竖直线上，且竖直高度h1.25 m。AB为一竖直面内的光滑四分之一圆弧轨道，半径r0.45 m，且与水平滑道相切与B点。一质量m0.2 kg 的滑块(可视为质点)从A点由静止释放，当滑块经过B点时，圆盘从图示位置以一定的角速度绕通过圆心的竖直轴匀速转动，最终物块由C点水平抛出，恰好落入圆盘边缘的小桶内。已知滑块与滑道BC间的摩擦因数0.2。(取g10 m/s2)求：(1)滑块到达B点时对轨道的压力

22、；(2)水平滑道BC的长度；(3)圆盘转动的角速度应满足的条件。解析：(1)滑块由A点运动到B，由动能定理得：mgr12mvB2解得：vB2gr3 m/s，滑块到达B点时，由牛顿第二定律得FmgmvB2r解得：F6 N，由牛顿第三定律得滑块对轨道的压力大小为FF6 N，方向竖直向下。(2)滑块离开C点后做平抛运动，由h12gt12，解得：t12hg0.5 s 滑块经过C点的速度vCRt12 m/s 文档来源为:从网络收集整理.word 版本可编辑.欢迎下载支持.8文档收集于互联网，已整理，word 版本可编辑.滑块由B点运动到由C点的过程中，由动能定理得mgx12mvC212mvB2解得：x1.25 m。(3)滑块由B点运动到C点，由运动学关系：xvBvC2t2解得：t20.5 s，滑块从B运动到小桶的总时间为tt1t21 s 圆盘转动的角速度应满足条件：t2n解得2n rad/s(n1,2,3,4，)。答案：(1)6 N，方向竖直向下(2)1.25 m(3)2n rad/s(n1,2,3,4，)