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-人教版高三全册物理试题.doc

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1、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

2、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

3、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 Fxmvm2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Fxmvm2，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

4、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mg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mgHfHmv02，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mghf0h0mv02，解得f0hmghmv02，f0mg，选项B、D错误；全过程应用动能定理可知，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

5、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：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3mghW13mv20，解得：v ，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，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

6、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Mv2MgLsin MgLcos 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mv2解析：选BDA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

7、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 L(mM)v2，所以弹簧对A所做的功W弹(mM)v2(mM)gLsin (mM)gcos 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Ekmv2，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OA0.3 m，OB0.4 m，改变水平力F的大小，使A球向右加速运

8、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 JC18 J D9 J解析：选CA球向右运动0.1 m时，vA3 m/s，OA0.4 m，OB0.3 m，设此时BAO，则有tan 。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，WmghmvB2，解得轻绳的拉力对B球所做的功为WmghmvB22100.1 J242 J18 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

9、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 BEmglCEmgl D.mglEmgl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，mglWf1mvB2，在B点，由牛顿第二定律知：Tmgm，其中T2mg；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：mglWf20，由以上各式得Emgl(Wf2Wf1)，由题意知，上升过程中的速度大于下降过程中的速度，所以Wf2W

10、f1，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vat知，物块加速度为a2 m/s2，对物块

11、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 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

12、对物体做的功等于06 s内合力做的功解析：选D由at图像可知物体6 s末的速度v6(25)2 m/s12 m/s6 m/s，则06 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：W4mv420,06 s内合力对物体做的功：W6mv620，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

13、为v，则v2cos 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 mv2mv02，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 mC物体运动的最大速度为2 m/sD物体在

14、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W4100 J200 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F10025x(N)，当Fmg20 N时x3.2 m，由动能定理得：(10020)xmgxmvm2，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)(2

15、017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：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v0 m/s6 m

16、/s，故A错误；当倾角为0时，由动能定理可得mgx0mv02，解得0.75，故B正确；取不同的倾角，由动能定理得mgxsin mgxcos 0mv02，解得x m 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 30mg，摩擦力Ffmgcos 30mg，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

17、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 )mvC2mvD2

18、，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，PtmgLmvB2代入数据解得t0.4 s。答案：(1)5 m/s(2)0.45 m1.2 m(3)0.4 s14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

19、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；(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：mgrmvB2解得：vB3 m/s，滑块到达B点时，由牛顿第二定律得Fmgm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hgt12，解得：t1 0.5 s滑块经过C点的速度vC2 m/s滑块由B点运动到由C点的过程中，由动能定理得mgxmvC2mvB2解得：x1.25 m。(3)滑块由B点运动到C点，由运动学关系：xt2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，)