高考物理一轮复习 考点集训（二十）第2节 动能定理（含解析）-人教版高三全册物理试题.docx

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1、考点集训(二十)第2节动能定理A组1A、B两物体在光滑水平面上，分别在相同的水平恒力F作用下，由静止开始通过相同的位移l.若A的质量大于B的质量，则在这一过程中()AA获得动能较大 BB获得动能较大CA、B获得动能一样大 D无法比较A、B获得动能大小解析 由动能定理可知恒力F做功WFlmv20，因为F、l相同，所以A、B获得的动能一样大，C正确答案 C2质量为m的物体从距离地面高度为H0处由静止落下，若不计空气阻力，物体下落过程中动能Ek随距地面高度h变化关系的Ekh图象是()解析 依动能定理，Ekmg(H0h)mgH0mgh，Ekh图象是直线，斜率kmg，横轴上的截距为H0，B对答案 B3(

2、多选)A、B两物体分别在水平恒力F1和F2的作用下沿水平面运动，先后撤去F1、F2后，两物体最终停止，它们的vt图象如图所示已知两物体与水平面间的滑动摩擦力大小相等则下列说法正确的是()AF1、F2大小之比为21BF1、F2对A、B做功之比为12CA、B质量之比为21D全过程中A、B克服摩擦力做功之比为21解析 撤去水平恒力后，有FfmAmB，mA2mB，C对；加速过程中，有：F1FfmA，F2FfmB，所以F1，F2，则，A对；整个过程中由动能定理，WFWFf0，WFfFfsFf3t0v0，WF1WF2，B错，D错答案 AC4如图所示，斜面AB、DB动摩擦因数相同可视为质点的物体分别沿AB、

3、DB从斜面顶端由静止下滑到底端，下列说法正确的是()A物体沿斜面DB滑动到底端时动能较大B物体沿斜面AB滑动到底端时动能较大C物体沿斜面DB滑动过程中克服摩擦力做的功较多D物体沿斜面AB滑动过程中克服摩擦力做的功较多解析 下滑到底端时，设底边边长为L，倾角为，由动能定理mgLtan mgcos mv2，可见沿着AB到达底端时速度大，B对；克服摩擦力做功为mgcos ，两种情况一样多，C、D错答案 B5两个完全相同的小球分别在半径不等的光滑竖直圆环轨道内做圆周运动，如图所示，两小球都恰好能通过轨道最高点，关于两小球，下列说法正确的是()A在最低点对轨道的压力相等B在最低点对轨道的压力不相等C通过

4、半径大的轨道最高点的角速度大于通过半径小的轨道最高点的角速度D通过半径大的轨道最高点的角速度等于通过半径小的轨道最高点的角速度解析 设小球在最高点的速度为v0，最低点的速度为v，轨道半径为r，在最高点有mg，从最高点到最低点，由动能定理有mg(2r)mv2mv，在最低点Fmg，可解得FN6mg，与半径无关；A对B错，在最高点，v0r，r大的小，C、D都错答案 A6如图所示，一升降机箱底装有若干个弹簧，设在某次事故中，升降机吊索在空中断裂，忽略摩擦力，则升降机在弹簧下端触地后直到最低点的一段运动过程中(设弹簧被压缩过程中处于弹性限度内)()A升降机的速度不断减小B升降机的加速度不断增大C到最低点

5、时，升降机加速度大小可能小于重力加速度数值D先是克服弹力做功小于重力做功，然后克服弹力做功大于重力做功解析 升降机在从弹簧下端触地后直到最低点的一段运动过程中，开始阶段，重力大于弹簧的弹力，加速度方向向下，随着弹力增大，合力减小，加速度减小，即向下做加速度减小的变加速运动，当重力和弹力相等时，加速度为零后来，弹力大于重力，加速度方向向上，弹力增大，合力增大，加速度增大，即向下做加速度增大的变减速运动，则升降机的加速度先减小后增大，速度先增大后减小，故A、B错误若升降机从弹簧接触地面由静止释放，开始阶段的加速度为g，根据简谐运动的对称性，可知，它到达最低点的加速度也为g，方向竖直向上现从一高度下

6、落，弹簧压缩的最低点比上次还低，根据牛顿第二定律，则加速度大于g，故C错误开始阶段，升降机的动能增大，由动能定理知，弹力做的负功小于重力做的正功后来，动能减小，由动能定理知，弹力做的负功大于重力做的正功故D正确答案 D7如图为某同学建立的一个测量动摩擦因数的模型物块自左侧斜面上A点由静止滑下，滑过下面一段平面后，最高冲至右侧斜面上的B点实验中测量出了三个角度，左右斜面的倾角和及AB连线与水平面的夹角为.物块与各接触面间动摩擦因数相同且为，忽略物块在拐角处的能量损失，以下结论正确的是()Atan Btan Ctan Dtan 解析 设AB的水平长度为x，竖直高度差为h，对A到B的过程运用动能定理

7、得mghmgcos ACmgCEmgcos EB0，因为ACcos CEEBcos x，则有mghmgx0，解得tan ，故C正确答案 C8如图所示，水平平台上有一个质量m50 kg的物块，站在水平地面上的人用跨过定滑轮的细绳向右拉动物块，细绳不可伸长不计滑轮的大小、质量和摩擦在人以速度v从平台边缘正下方匀速向右前进x的过程中，始终保持桌面和手的竖直高度差h不变已知物块与平台间的动摩擦因数0.5，v0.5 m/s，x4 m，h3 m，g取10 m/s2.求人克服细绳的拉力做的功解析 设人发生x的位移时，绳与水平方向的夹角为，由运动的分解可得，物块的速度v1vcos 由几何关系得cos 在此过程

8、中，物块的位移sh2 m物块克服摩擦力做的功Wfmgs对物块，由动能定理得WTWfmv所以人克服细绳的拉力做的功WTmgs504 J.B组9质量为m的小球被系在轻绳的一端，在竖直平面内做半径为R的圆周运动，运动过程中小球受到空气阻力的作用设某一时刻小球通过轨道的最低点，此时绳子所受拉力为7mg，此后小球继续做圆周运动，经过半个圆周恰能通过最高点，则在此过程中小球克服空气阻力所做的功为()A. B. C. DmgR解析 小球在最低点有：7mgmgm，可得v6gR.小球在最高点有：mgm可得vgR.根据动能定理有：mg2RW阻m(vv)可得W阻mgR，故C选项正确答案 C10如图所示，斜面的倾角为

9、，质量为m的滑块距挡板P的距离为x0，滑块以初速度v0沿斜面上滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为，滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失，则滑块经过的总路程是()A.B.C.D.解析 滑块最终要停在斜面底部，设滑块经过的总路程为x，对滑块运动的全程应用动能定理：mgx0sin mgxcos 0mv，解得x，选项A正确答案 A11如图甲所示，轻弹簧左端固定在竖直墙上，右端点在O位置质量为m的物块A(可视为质点)以初速度v0从距O点右方x0的P点处向左运动，与弹簧接触后压缩弹簧，将弹簧右端压到O点位置后，A又被弹簧弹回A离开弹簧后，恰好回到P点物块A与水平面间的动摩擦

10、因数为.求：(1)物块A从P点出发又回到P点的过程，克服摩擦力所做的功；(2)O点和O点间的距离x1；(3)如图乙所示，若将另一个与A完全相同的物块B(可视为质点)与弹簧右端拴接，将A放在B右边，向左推A、B，使弹簧右端压缩到O点位置，然后从静止释放，A、B共同滑行一段距离后分离分离后物块A向右滑行的最大距离x2是多少？解析 (1)物块A从P点出发又回到P点的过程，根据动能定理得克服摩擦力所做的功为Wfmv.(2)物块A从P点出发又回到P点的过程，根据动能定理得2mg(x1x0)mv解得x1x0(3)A、B在弹簧处于原长处分离，设此时它们的共同速度是v1，弹出过程弹力做功WF只有A时，从O到P

11、有WFmg(x1x0)00A、B共同从O到O有WF2mgx12mv分离后对A有mvmgx2联立以上各式可得x2x0.12如图所示，在水平轨道右侧安放半径为R的竖直圆槽形光滑轨道，水平轨道的PQ段铺设特殊材料，调节其初始长度为l.水平轨道左侧有一轻质弹簧左端固定，弹簧处于自然伸长状态小物块A(可视为质点)从轨道右侧以初速度v0冲上轨道，通过圆形轨道、水平轨道后压缩弹簧并被弹簧弹回，经水平轨道返回圆形轨道已知R0.2 m，l1.0 m，v02 m/s，物块A质量m1 kg，与PQ段间的动摩擦因数0.2，轨道其他部分摩擦不计，取g10 m/s2.求：(1)物块A与弹簧刚接触时的速度大小；(2)物块A

12、被弹簧弹回返回到圆形轨道的高度；(3)调节PQ段的长度l，A仍以v0从轨道右侧冲上轨道，当l满足什么条件时，A物块能第一次返回圆形轨道且能沿轨道运动而不会脱离轨道解析 (1)物块A从开始出发到与弹簧接触过程，应用动能定理得：mgLmvmv解得：v12 m/s，物块A与弹簧刚接触时的速度大小为2 m/s(2)A被弹簧以原速率v1弹回，向右经过PQ段，滑上圆轨道，应用动能定理得：mgLmgh0mv，解得：h0.2 mR，符合实际物块A被弹簧弹回返回到圆形轨道的高度为0.2 m.(3)物块A以v0冲上轨道直到回到PQ段右侧，mg(2L)mv2mv要使A能返回右侧轨道且能沿轨道运动而不脱离轨道，则有：若A沿轨道上滑至最大高度h时，速度减为0，则h满足：0hR，mv2mgh，联立解得：1.0 ml1.5 m若A能沿轨道上滑至最高点，则mv2mg(2R)mv且mmg联立解得：l0.25 m综上所述，要使A物块能第一次返回圆形轨道并沿轨道运动而不脱离轨道，l满足的条件是1.0 ml1.5 m或l0.25 m