高考物理一轮复习 第五章 机械能及其守恒定律 课后分级演练15 动能定理及其应用-人教版高三全册物理试题.doc

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1、课后分级演练(十五) 动能定理及其应用【A级基础练】1(多选)一个小物块从斜面底端冲上足够长的斜面后，返回到斜面底端已知小物块的初动能为E，它返回斜面底端的速度大小为v，克服摩擦阻力做功为.若小物块冲上斜面的初动能变为2E，则有()A返回斜面底端时的动能为EB返回斜面底端时的动能为C返回斜面底端时的速度大小为2vD返回斜面底端时的速度大小为v解析：AD以初动能E冲上斜面并返回的整个过程中运用动能定理得mv2E，设以初动能E冲上斜面的初速度为v0，则以初动能2E冲上斜面时，初速度为v0，加速度相同，根据2ax0v可知第二次冲上斜面的位移是第一次的两倍，所以上升过程中克服摩擦力做功是第一次的两倍，

2、整个过程中克服摩擦力做功是第一次的两倍，即为E.以初动能2E冲上斜面并返回的整个过程中运用动能定理得mv22EE，所以返回斜面底端时的动能为E，A正确，B错误由得vv，C错误，D正确2.如图所示，质量为m的小球，在离地面H高处由静止释放，落到地面后继续陷入泥中h深度而停止，设小球受到的空气阻力为f，重力加速度为g，则下列说法正确的是()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小球在泥中受到的平均阻力为mg(1)解析：C根据动能定理得mgHfHmv，A错误；设泥的平均阻力为f0，小球陷入泥中的过程中

3、根据动能定理得mghf0h0mv，解得f0hmghmv，f0mg(1)，B、D错误；全过程运用动能定理知，整个过程中小球克服阻力做的功等于mg(Hh)，C正确3.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.B. C.D. 解析：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3mghW13mv20，解得：v，故B正确4.如图所示，某段滑雪雪道倾

4、角为30，总质量为m(包括雪具在内)的滑雪运动员从距底端高为h处的雪道上由静止开始匀加速下滑，加速度为g.在他从上向下滑到底端的过程中，下列说法正确的是()A运动员减少的重力势能全部转化为动能B运动员获得的动能为mghC运动员克服摩擦力做功为mghD下滑过程中系统减少的机械能为mgh解析：D运动员的加速度为g，沿斜面方向有mgFfmg，则摩擦力Ffmg，摩擦力做功Wfmg2hmgh，A、C错误，D正确运动员获得的动能Ekmghmghmgh，B错误5.如图所示，质量为m的物体置于光滑水平面上，一根绳子跨过定滑轮一端固定在物体上，另一端在力F作用下，以恒定速率v0竖直向下运动，物体由静止开始运动到

5、绳与水平方向的夹角45的过程中，绳中拉力对物体做的功为()A.mvBmvC.mvD.mv解析：B物体由静止开始运动，绳的拉力对物体做的功等于物体增加的动能设物体运动到绳与水平方向的夹角45时的速率为v，此时有：vcos 45v0，则vv0.所以绳的拉力对物体做的功为Wmv2mv，B项正确6.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B06 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：

6、D本题考查运动图象、动能定理等，意在考查考生对物理规律的理解和应用能力由vat可知，at图象中，图线与坐标轴所围面积表示质点的速度，06 s内物体的速度始终为正值，故一直为正方向，A项错；t5 s时，速度最大，B项错；24 s内加速度保持不变，速度一定变化，C项错；04 s内与06 s内图线与坐标轴所围面积相等，故物体4 s末和6 s末速度相同，由动能定理可知，两段时间内合力对物体做功相等，D项正确7.(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

7、大小为v，则v2cos 图象应为()解析：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 mv2mv，整理得v2v4grcos ，可知v2与cos 为线性关系，斜率为负，故A正确，B、C、D错误8(多选)质量为1 kg的物体静止在水平粗糙的地面上，受到一水平外力F作用运动，如图甲所示，外力F和物体克服摩擦力Ff，做的功W与物体位移x的关系如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2.下列分析正确的是()A物体与地面之间的动摩擦因数为0.2B物体运动的位移为13 mC前3 m运动过程中物体的加速度为3 m/s2Dx9 m时，物体速度为3 m/s解析：ACD由WfFfx

8、对应图乙可知，物体与地面之间的滑动摩擦力Ff2 N，由Ffmg可得0.2，A正确；由WFFx对应图乙可知，前3 m内，拉力F15 N,39 m内拉力F2 2 N，物体在前3 m内的加速度a13 m/s2，C正确；由动能定理得：WFFfxmv2可得：x9 m时，物体的速度为v3 m/s，D正确；物体的最大位移xm13.5 m，B错误9.如图所示，固定坡道倾角为，顶端距光滑水平面的高度为h，一可视为质点的小物块质量为m，从坡道顶端由静止滑卞，经过底端O点进入水平面时无机械能损失，为使小物块制动，将轻弹簧的一端固定在水平面左侧M处的竖直墙上，弹簧自由伸长时右侧一端恰好位于O点已知小物块与坡道间的动摩

9、擦因数为，重力加速度为g，则下列说法正确的是()A弹簧弹性势能的最大值为mghB小物块在倾斜轨道上运动时，下滑的加速度比上滑的加速度小C小物块往返运动的总路程为D小物块返回倾斜轨道时所能达到的最大高度为 h解析：BCD物块由静止释放到弹簧压缩最大过程，由功能关系得mghWfEp，故弹簧弹性势能的最大值EpmghWf，选项A错误；由牛顿第二定律，小物块下滑的加速度a1gsin gcos ，上滑的加速度a2gsin gcos ，故a1a2选项B正确；小物块经过多次往返后，最终停在O点，全过程往返运动的总路程设为x，由动能定理mghmgxcos 0，解得x，选项C正确；设小物块返回倾斜轨道时所能达到

10、的最大高度为h，由动能定理有mghmgcos mghmgcos 0，解得hh，选项D正确10.如图所示，用一块长L11.0 m的木板在墙和桌面间架设斜面，桌子高H0.8 m，长L21.5 m斜面与水平桌面的夹角可在060间调节后固定将质量m0.2 kg的小物块从斜面顶端静止释放，物块与斜面间的动摩擦因数10.05，物块与桌面间的动摩擦因数为2，忽略物块在斜面与桌面交接处的能量损失(重力加速度取g10 m/s2；最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(1)求角增大到多少时，物块能从斜面开始下滑；(用正切值表示)(2)当角增大到37时，物块恰能停在桌面边缘，求物块与桌面间的动摩擦因数2；(已知sin 370

11、.6，cos 370.8)(3)继续增大角，发现53时物块落地点与墙面的距离最大，求此最大距离xm.解析：(1)为使小物块下滑，应有mgsin 1mgcos 满足的条件tan 0.05即当arctan 0.05时物块恰好从斜面开始下滑(2)克服摩擦力做功Wf1mgL1cos 2mg(L2L1cos )由动能定理得mgL1sin Wf0代入数据得20.8(3)由动能定理得mgL1sin Wfmv2结合式并代入数据得v1 m/s由平抛运动规律得Hgt2，x1vt解得t0.4 sx10.4 mxmx1L21.9 m答案：(1)arctan 0.05(2)0.8(3)1.9 m【B级提升练】11(20

12、17甘肃模拟)如图甲所示，一个质量m4 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作用下运动，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物体在水平面上运动的最大位移为10 mC物体运动的最大速度为2 m/sD物体在运动中的加速度先变小后不变解析：B物体先做加速运动，当推力小于摩擦力时开始做减速运动，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W4100 J200 J，根据动能定理有Wmgxm0，代入数据解得xm10 m，选项B正确

13、；当推力与摩擦力平衡时，加速度为0，速度最大，由题图乙得F与x的函数关系式为F10025x(N)，当Fmg20 N时，代入数据得x3.2 m，由动能定理有3.2 J203.2 J4 kgv，解得vm8 m/s，选项C错误；拉力一直减小，而摩擦力不变，加速度先减小后增大，当F0后加速度保持不变，选项D错误12(2017洛阳模拟)(多选)如图甲所示，倾角为的足够长的传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运行t0时，将质量m1 kg的物体(可视为质点)轻放在传送带上，物体相对地面的vt图象如图乙所示设沿传送带向下为正方向，取重力加速度g10 m/s2.则()A传送带的速率v010 m/sB传送带的倾角3

14、0C物体与传送带之间的动摩擦因数0.5D02.0 s摩擦力对物体做功Wf24 J解析：ACD由vt图象可知，物体放上传送带开始阶段，加速度a110.0 m/s2，物体与传送带同速后，加速度a2 m/s22.0 m/s2，传送带的速率v010 m/s，A正确；由mgsin mgcos ma1，mgsin mgcos ma2可求得：37，0.5，B错误，C正确；由动能定理得：mglsin Wfmv2，v12.0 m/s，l101 m1 m16 m，解得Wf24 J，D正确13(多选)(2016济宁三模)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，将某一物体每次以不变的初速

15、率v0沿足够长的斜面向上推出，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，根据图象可求出()A物体的初速率v03 m/sB物体与斜面间的动摩擦因数0.75C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 mD当某次30时，物体达到最大位移后将沿斜面下滑解析：BC当角度达到90时，物体将做竖直上抛运动，此时上升高度为1.8 m，由运动规律可求得初速度v06 m/s，选项A错误；当角度为0时，物体相当于在水平面上运动，此时位移为2.4 m，由牛顿运动定律可得，动摩擦因数0.75，选项B正确；当倾角为时，由牛顿运动定律可得mgsin mgco

16、s ma，又有x，结合数学关系可得位移的最小值为1.44 m，选项C正确；角为30时，到达最高点重力沿斜面向下的分力小于最大静摩擦力，因此达到最大位移后不会下滑，选项D错误答案选BC.14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

17、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vat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/s4 m/s2 s内物块的位移：xat2222 m4 m对整体运用动能定理，有Wmgxmv2Mv2代入数据求得电动机做的功为W72 J.答案：(1)10 N(2)72 J15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

18、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 370.6，cos 370.8)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FNmgm滑块由C点运动到D点的过程，由机械能守恒定律得mgR(1cos )mvmv代入数据，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所以B、C两点的高度差为h m0.45 m滑块由B运动到C所用的时间为t1 s0.3 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 m1.2 m(3)滑块由A点运动到B点的过程，由动能定理得PtmgLmv代入数据解得t0.4 s.答案：(1)5 m/s(2)0.45 m1.2 m(3)0.4 s