高考物理一轮总复习 课时冲关十八 动能定理及其应用（含解析）新人教版-新人教版高三全册物理试题.doc

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1、动能定理及其应用 A级基础练1(2018全国卷)高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动在启动阶段，列车的动能()A与它所经历的时间成正比B与它的位移成正比C与它的速度成正比D与它的动量成正比解析：B设列车运动时间为t，由匀变速直线运动规律vat、xat2，结合动能公式Ek得Ek、Ekmax，可知Ekv2、Ekt2、Ekx，故A、C项均错误，B项正确由Ek，得Ekp2，故D项错误2(2018江苏卷)从地面竖直向上抛出一只小球，小球运动一段时间后落回地面忽略空气阻力，该过程中小球的动能Ek与时间t的关系图象是()解析：A设小球初动能为Ek0，初速度为v0，重力加速度为g.瞬时动能

2、EkEk0mgh，hv0tgt2，联立得Ekmg2t2mgv0tEk0，故A正确3(2019宣城模拟)如图所示，AB为圆弧轨道，BC为水平直轨道，圆弧的半径为R，BC的长度也是R，一质量为m的物体，与两个轨道间的动摩擦因数都为，当它由轨道顶端A从静止开始下落，恰好运动到C处停止，则物体在AB段克服摩擦力做的功为()A.mgRB.mgRCmgR D(1)mgR解析：D全程对物体由动能定理得，mgRWmgR0，解得W(1)mgR，故D正确4(2017海南卷)将一小球竖直向上抛出，小球在运动过程中所受到的空气阻力不可忽略a为小球运动轨迹上的一点，小球上升和下降经过a点时的动能分别为Ek1和Ek2，从

3、抛出开始到小球第一次经过a点时重力所做的功为W1，从抛出开始到小球第二次经过a点时重力所做的功为W2.下列选项正确的是()AEk1Ek2，W1W2 BEk1Ek2，W1W2CEk1Ek2，W1W2 DEk1Ek2，W1W2解析：B从抛出开始到第一次经过a点和从抛出开始第二次经过a点，上升的高度相等，可知重力做功相等，即W1W2，对两次经过a点的过程由动能定理得，WfEk2Ek1，可知Ek1Ek2，故B正确，A、C、D错误5(2019聊城模拟)如图所示，两个半径不等的光滑半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高，两个质量不等的球(从半径大的轨道下落的小球质量大，设为大球，另一个为小球，且均可视为质点

4、)分别自轨道左端由静止开始下落，在各自轨迹的最低点时，下列说法正确的是()A大球的速度可能小于小球的速度B大球的动能可能小于小球的动能C大球所受轨道的支持力等于小球所受轨道的支持力D大球的向心加速度等于小球的向心加速度解析：D由动能定理得mgRmv20，解得v，半径大的圆形轨道，球到达底端时的速度大，所以大球的速度一定大于小球的速度，故A错误；大球质量大，到达底端时的速度大，动能一定大，故B错误；根据a2g知，两球的向心加速度相等，故D正确；在底端时，由牛顿第二定律得，FNmgma，解得FN3mg，由于大球的质量大，则大球所受的支持力大，故C错误6(2019烟台模拟)水平面上甲、乙两物体，在某

5、时刻动能相同，它们仅在摩擦力作用下停下来甲、乙两物体的动能Ek随位移大小s的变化的图象如图所示，则下列说法正确的是()A若甲、乙两物体与水平面动摩擦因数相同，则甲的质量较大B若甲、乙两物体与水平面动摩擦因数相同，则乙的质量较大C甲与地面间的动摩擦因数一定大于乙与地面的动摩擦因数D甲与地面间的动摩擦因数一定小于乙与地面的动摩擦因数解析：A甲、乙两物体的初动能和末动能都相同，都只受摩擦力作用，根据动能定理可知摩擦力对甲、乙两物体做的功相等，即甲m甲gs甲乙m乙gs乙，由图可知s甲s乙，所以甲m甲g乙m乙g，即甲所受的摩擦力一定比乙大，若甲、乙两物体与水平面动摩擦因数相同，由Ffmg可知，则甲的质量

6、较大，故A正确，B错误；甲m甲g乙m乙g，由于质量关系未知，故无法直接确定动摩擦因数之间的关系，故C、D错误7.质量m10 kg的物体只在变力F作用下沿水平方向做直线运动，F随坐标x的变化关系如图所示若物体从坐标原点处由静止出发，则物体运动到x16 m处时的速度大小为()A3 m/s B4 m/sC2 m/s D. m/s解析：CFx图线与x轴围成的面积表示力F所做的功，则这段过程中，外力做功为W(48)10 J410 J40 J，根据动能定理得Wmv2，解得v m/s2 m/s，故C正确，A、B、D错误8(2016全国卷)如图，在竖直平面内有由圆弧AB和圆弧BC组成的光滑固定轨道，两者在最低

7、点B平滑连接AB弧的半径为R，BC弧的半径为.一小球在A点正上方与A相距处由静止开始自由下落，经A点沿圆弧轨道运动(1)求小球在B、A两点的动能之比(2)通过计算判断小球能否沿轨道运动到C点解析：(1)小球下落过程由动能定理得：小球下落至A点的过程：mgEkA0小球下落至B点的过程：mgEkB0由以上两式联立解得：5(2)小球恰好经过C点时，由牛顿第二定律得：mgm解得：v0小球由开始下落至C点的过程，由动能定理得：mgmv0解得：vC由于vCv0，故小球恰好可以沿轨道运动到C点答案：(1)5(2)可以沿轨道运动到C点B级能力练9(多选)甲、乙两个质量相同的物体，用大小相等的力F分别拉它们在水

8、平面上从静止开始运动相同的距离s.如图所示，甲在光滑面上，乙在粗糙面上，则下列关于力F对甲、乙做的功和甲、乙两物体获得的动能的说法中正确的是()A力F对甲做功多B力F对甲、乙两个物体做的功一样多C甲物体获得的动能比乙大D甲、乙两个物体获得的动能相同解析：BC由功的公式WFscos 可知，两种情况下力F对甲、乙两个物体做的功一样多，A错误，B正确；根据动能定理，对甲有FsEk10，对乙有FsFfsEk20，可知Ek1Ek2，即甲物体获得的动能比乙大，C正确，D错误10(2019赣州模拟)(多选)在水平地面上有一质量为2 kg的物体，物体在水平拉力F的作用下由静止开始运动，后撤去拉力该物体运动的v

9、t图象如图所示，g取10 m/s2，下列说法正确的是()A物体的最大位移是56 mB物体受到的拉力F的大小为2.4 NC物体与地面之间的动摩擦因数为0.2D前12 s内，拉力与阻力做功的代数和为12 J解析：AC在vt图象中图线所包围的面积表示位移，则物体的最大位移应该是14 s内的位移，即xm814 m56 m，故A正确；物体在前10 s受到拉力作用，10 s撤去拉力，在vt图象中斜率的大小表示加速度的大小，由图线可知010 s内加速度大小为a1 m/s20.8 m/s2,1014 s内加速度大小为a2 m/s22 m/s2，根据牛顿第二定律得，Fmgma1，mgma2，解得F5.6 N，0

10、.2，故B错误，C正确；物体在12 s时的速度为vv0a2t(822) m/s4 m/s，前12 s内由动能定理得Wmv20242 J16 J，故D错误11(2019赣州模拟)(多选)如图所示，质量为m的小球从A点由静止开始，沿竖直平面内固定光滑的圆弧轨道AB滑下，从B端水平飞出，恰好落到斜面BC的底端已知圆弧轨道的半径为R，OA为水平半径，斜面倾角为，重力加速度为g.则()A小球下滑到B点时对圆弧轨道的压力大小为2mgB小球下滑到B点时的速度大小为C小球落到斜面底端时的速度方向与水平方向的夹角为2D斜面的高度为4Rtan2解析：BD小球由A至B的过程由动能定理得，mgRmv20，解得v，小球

11、通过B点时，由牛顿第二定律得FNmgm，解得FN3mg，根据牛顿第三定律可知，在B点小球对轨道的压力大小为3mg，故A错误，B正确；小球从B到C做平抛运动，则有tan ，解得t，小球落到斜面底端时的速度方向与水平方向的夹角正切为tan 2tan ，则2，故C错误；斜面的高度为hgt2g24Rtan2，故D正确12单板滑雪U形池如图甲所示，乙图为示意图，由两个完全相同的圆弧滑道AB、CD和水平滑道BC构成，圆弧滑道的半径R4 m，B、C分别为圆弧滑道的最低点，B、C间的距离x7.5 m，假设某次比赛中运动员经过水平滑道B点时水平向右的速度v016 m/s，运动员从B点运动到C点所用的时间t0.5

12、 s，从D点跃起时的速度vD8 m/s.设运动员连同滑板的质量m50 kg，忽略空气阻力的影响，已知圆弧上A、D两点的切线沿竖直方向，重力加速度g取10 m/s2.求：(1)运动员在C点对圆弧轨道的压力大小和运动员与水平轨道间的动摩擦因数(2)运动员从D点跃起后在空中上升的最大高度(3)运动员从C点到D点运动的过程中克服摩擦阻力所做的功解析：(1)运动员从B点到C点，做匀变速直线运动，则有：x(v0vC)t，解得：vC14 m/s在C点对运动员由牛顿第二定律得：FNmgm解得：FN2 950 N由牛顿第三定律得运动员在C点对轨道的压力大小为2 950 N运动员由B至C的过程，由动能定理得：mg

13、xmvmv解得：0.4(2)运动员从D点跃起后在空中上升的过程由动能定理得：mgh0mv，解得：h3.2 m(3)运动员从C点到D点的过程中，由动能定理得：WfmgRmvmv，解得：Wf1 300 J.答案：(1)2 950 N0.4(2)3.2 m(3)1 300 J13.(2019陕西咸阳模拟)如图是翻滚过山车的模型，光滑的竖直圆轨道半径R2 m，入口的平直轨道AC和出口的平直轨道CD均是粗糙的，质量m2 kg的小车与水平轨道之间的动摩擦因数均为0.5，加速阶段AB的长度l3 m，小车从A点由静止开始受到水平拉力F60 N的作用，在B点撤去拉力，取g10 m/s2.试问：(1)要使小车恰好

14、通过圆轨道的最高点，小车在C点的速度为多少？(2)满足(1)问条件下，小车能沿着出口平直轨道CD滑行多远的距离？(3)要使小车不脱离轨道，求平直轨道BC段的长度范围解析：(1)设小车恰好通过最高点的速度为v0，则有mg由C点到最高点满足机械能守恒定律，有mvmg2Rmv解得vC10 m/s(2)小车由最高点滑下到最终停在轨道CD上，由动能定理有mg2RmgxCD0mv联立解得xCD10 m(3)小车经过C点的速度vC10 m/s就能做完整的圆周运动小车由A到C由动能定理得Flmg(lxBC)mv解得xBC5 m小车进入圆轨道时，上升的高度hR2 m时，小车返回而不会脱离轨道，由动能定理有Flm

15、g(lxBC)mgh0解得xBC11 m综上可得，xBC5 m或者xBC11 m时小车不脱离轨道答案：(1)10 m/s(2)10 m(3)xBC5 m或者xBC11 m14.(2019黑龙江牡丹江一中模拟)如图，半径为R的光滑半圆形轨道ABC在竖直平面内与水平轨道CD相切于C点，D端有一被锁定的轻质压缩弹簧，弹簧左端连接在固定的挡板上，弹簧右端Q到C点的距离为2R.质量为m的滑块(视为质点)从轨道上的P点由静止滑下，刚好能运动到Q点，并能触发弹簧解除锁定，然后滑块被弹回，且刚好能通过圆轨道的最高点A.已知POC60，求：(1)滑块第一次滑至圆形轨道最低点C时所受轨道支持力；(2)滑块与水平轨道间的动摩擦因数；(3)弹簧被锁定时具有的弹性势能解析：(1)设滑块第一次滑至C点时的速度为vC，圆轨道C点对滑块的支持力为FNPC过程：mgRmvC点：FNmgm解得FN2mg，方向竖直向上(2)对PCQ过程：mgR(1cos 60)mg2R0解得0.25.(3)由题意可知在A点：mgmQCA过程：Epmvmg2Rmg2R解得弹性势能Ep3mgR.答案：(1)2mg，方向竖直向上(2)0.25(3)3mgR