2023高考物理一轮复习课后限时集训13动能定理及其应用含解析新人教版20230318167

课后限时集训(十三)(时间：40分钟)1．关于运动物体所受的合外力、合外力做的功及动能变化的关系，下列说法正确的是(　　)A．合外力为零，则合外力做功一定为零B．合外力做功为零，则合外力一定为零C．合外力做功越多，则动能一定越大D．动能不变，则物体合外力一定为零A　[由W＝Flcosα可知，物体所受合外力为零，合外力做功一定为零，但合外力做功为零，可能是α＝90°，故A正确，B错误；由动能定理W＝ΔEk可知，合外力做功越多，动能变化量越大，但动能不一定越大，C错误；动能不变，合外力做功为零，但物体合外力不一定为零，D错误。]2．物体在恒定阻力作用下，以某初速度在水平面上沿直线滑行直到停止。以a、Ek、x和t分别表示物体运动的加速度大小、动能、位移的大小和运动的时间。则以下各图象中，能正确反映这一过程的是(　　)A　　　　B　　　　C　　　　DC　[物体在恒定阻力作用下运动，其加速度不随时间变化，不随位移变化，选项A、B错误；由动能定理，－Ffx＝Ek－Ek0，解得Ek＝Ek0－Ffx，选项C正确；又x＝vt－at2，故Ek与t不成线性关系，D错误。]3.如图所示，用细绳通过定滑轮拉物体，使物体在水平面上由静止开始从A点运动到B点，已知H＝3m，m＝25kg，F＝50N恒定不变，到B点时的速度v＝2m/s，滑轮到物体间的细绳与水平方向的夹角在A、B两处分别为30°和45°。此过程中物体克服阻力所做的功为(　　)A．50(5－3)JB．50(7－3)JC．50(3－4)JD．50(3－2)J-7-\nA　[设物体克服阻力做的功为Wf，由动能定理得F－Wf＝mv2，代入数据求得Wf＝50(5－3)J，选项A正确。]4.(2020·湘赣皖十五校5月联考)某同学参加学校运动会立定跳远项目比赛，从起跳至着地的整个过程如图所示，测量得到比赛成绩是2.4m，目测空中脚离地最大高度约为0.8m。已知他的质量约为60kg，重力加速度g＝10m/s2，忽略空气阻力，则起跳过程该同学所做的功约为(　　)A．90JB．480JC．800JD．1250JC　[该同学起跳后做抛体运动，从起跳至达到最大高度的过程中，其在竖直方向做加速度为g的匀减速直线运动，则有t＝＝s＝0.4s，故竖直方向初速度为vy＝gt＝4m/s；其在水平方向做匀速直线运动，则有v0＝＝m/s＝3m/s。根据速度的合成可知起跳时的速度为v＝＝5m/s，因该同学的质量约为60kg，根据动能定理得起跳过程该同学所做的功约为W＝mv2＝750J，最接近800J，选项C正确，A、B、D错误。]5.(2020·江苏省高考)如图所示，一小物块由静止开始沿斜面向下滑动，最后停在水平地面上。斜面和地面平滑连接，且物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为常数。该过程中，物块的动能Ek与水平位移x关系的图象是(　　)A　　　　　　　　　　　B-7-\nC　　　　　　　　　　　DA　[由题意可知设斜面倾角为θ，动摩擦因数为μ，则物块在斜面上下滑水平距离x时根据动能定理有mgsinθ·x－μmgcosθ·x＝Ek整理可得Ek＝(mgsinθ－μmgcosθ)x即在斜面上运动时动能与x成线性关系；当小物块在水平面运动时有μmgx＝Ek即在水平面运动时动能与x也成线性关系；综上分析可知A正确，故选A。]6.如图所示，斜面的倾角为θ，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μ，滑块所受滑动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．A　[由于滑块所受滑动摩擦力小于重力沿斜面向下的分力，故滑块最终要停在斜面底端。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有mgx0sinθ－μmgxcosθ＝0－mv，解得x＝，选项A正确。]7.如图所示，倾角为37°的粗糙斜面AB底端与半径R＝0.4m的光滑半圆轨道BC平滑面相连，O点为轨道圆心，BC为圆轨道直径且处于竖直方向，A、C两点等高。质量m＝1kg的滑块从A点由静止开始下滑，恰能滑到与O点等高的D点，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。(1)求滑块与斜面间的动摩擦因数μ；(2)若使滑块能到达C点，求滑块从A点沿斜面滑下时的初速度v0的最小值。-7-\n[解析]　(1)滑块从A点到D点的过程中，根据动能定理有mg(2R－R)－μmgcos37°·＝0－0解得μ＝tan37°＝0.375。(2)若使滑块能到达C点，初速度v0有最小值，根据牛顿第二定律有mg＝解得vC＝＝2m/s滑块从A点到C点的过程中，根据动能定理有－μmgcos37°·＝mv－mv解得v0＝＝2m/s故v0的最小值为2m/s。[答案]　(1)0.375　(2)2m/s8.(2019·全国卷Ⅲ)从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用。距地面高度h在3m以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图所示。重力加速度取10m/s2。该物体的质量为(　　)A．2kgB．1.5kgC．1kgD．0.5kgC　[设物体的质量为m，则物体在上升过程中，受到竖直向下的重力mg和竖直向下的恒定外力F，由动能定理结合题图可得－(mg＋F)×3m＝(36－72)J；物体在下落过程中，受到竖直向下的重力mg和竖直向上的恒定外力F，再由动能定理结合题图可得(mg－F)×3m＝(48－24)J，联立解得m＝1kg、F＝2N，选项C正确，A、B、D均错误。]9.如图所示，固定放置的粗糙斜面AB的下端与光滑的圆弧轨道BCD在B点相切，圆弧轨道的半径为R，圆心O与A、D在同一水平面上，C点为圆弧轨道最低点，∠COB＝∠BAO＝θ＝30°。现使一质量为m的小物块(可视为质点)从D点无初速度地释放，小物块与粗糙斜面AB间的动摩擦因数μ<tanθ，重力加速度为g-7-\n，则关于小物块的运动情况，下列说法正确的是(　　)A．小物块可能运动到A点B．小物块经过较长时间后会停在C点C．小物块通过圆弧轨道最低点C时，对C点的最大压力大小为3mgD．小物块通过圆弧轨道最低点C时，对C点的最小压力大小为mgC　[小物块从D点无初速度滑下后，在斜面上运动要克服摩擦力做功，机械能不断减小，不可能运动到A点，又知道μ＜tanθ，即mgsinθ＞μmgcosθ，所以小物块最终在与B点关于OC对称的E点之间来回运动，A、B项错误；小物块第一次运动到C点时速度最大，对轨道的压力最大，对于小物块从D点第一次运动到C点的过程，由动能定理得，mgR＝mv，由合力提供向心力得F1－mg＝m，联立解得轨道对小物块的支持力F1＝3mg，由牛顿第三定律知小物块对C点的最大压力为3mg，C项正确；当最后稳定后，小物块在B、E之间运动时，由动能定理得mgR(1－cosθ)＝mv，由合力提供向心力得F2－mg＝m，联立解得轨道对小物块的支持力F2＝(3－)mg，由牛顿第三定律可知，小物块对C点的最小压力为(3－)mg，D项错误。]10．如图甲所示，一半径R＝1m、圆心角等于143°的竖直圆弧形光滑轨道，与斜面相切于B点，圆弧形轨道的最高点为M，斜面倾角θ＝37°，t＝0时刻有一物块沿斜面上滑，其在斜面上运动的速度变化规律如图乙所示，若物块恰能到达M点，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：甲　　　　　　　　　乙(1)物块经过M点的速度大小；(2)物块经过B点的速度大小；(3)物块与斜面间的动摩擦因数。[解析]　(1)物块恰能到达M点，则有mg＝m解得vM＝＝m/s。-7-\n(2)物块从B点运动到M点的过程中，由动能定理得－mgR(1＋cos37°)＝mv－mv解得vB＝m/s。(3)由题图乙可知，物块在斜面上运动时，加速度大小为a＝＝10m/s，方向沿斜面向下，由牛顿第二定律得mgsin37°＋μmgcos37°＝ma解得μ＝0.5。[答案]　(1)m/s　(2)m/s　(3)0.511．(2019·湖南十校联考)如图所示，质量m＝3kg的小物块以初速度v0＝4m/s水平向右抛出，恰好从A点沿着圆弧的切线方向进入圆弧轨道。圆弧轨道的半径为R＝3.75m，B点是圆弧轨道的最低点，圆弧轨道与水平轨道BD平滑连接，A与圆心O的连线与竖直方向成37°角。MN是一段粗糙的水平轨道，小物块与MN间的动摩擦因数μ＝0.1，轨道其他部分光滑。最右侧是一个半径为r＝0.4m的半圆弧轨道，C点是圆弧轨道的最高点，半圆弧轨道与水平轨道BD在D点平滑连接。已知重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。(1)求小物块经过B点时对轨道的压力大小。(2)若MN的长度为L＝6m，求小物块通过C点时对轨道的压力大小。(3)若小物块恰好能通过C点，求MN的长度L′。[解析]　(1)根据平抛运动的规律有v0＝vAcos37°解得小物块经过A点时的速度大小vA＝5m/s小物块从A点运动到B点，根据动能定理有mg(R－Rcos37°)＝mv－mv小物块经过B点时，有FN－mg＝解得FN＝62N，根据牛顿第三定律，小物块对轨道的压力大小是62N。(2)小物块由B点运动到C点，根据动能定理有－μmgL－2mgr＝mv－mv在C点FN′＋mg＝解得FN′＝60N，根据牛顿第三定律，小物块通过C点时对轨道的压力大小是60N。-7-\n(3)小物块刚好能通过C点时，mg＝解得vC′＝2m/s小物块从B点运动到C点的过程中，根据动能定理有－μmgL′－2mgr＝mvC′2－mv解得L′＝10m。[答案]　(1)62N　(2)60N　(3)10m12．(多选)如图甲所示，长为l、倾角为α的斜面固定在水平地面上，一质量为m的小物块从斜面顶端由静止释放并沿斜面向下滑动，已知小物块与斜面间的动摩擦因数μ与下滑距离x的变化图象如图乙所示，则(　　)甲　　　　　　　乙A．μ0>tanαB．小物块下滑的加速度逐渐增大C．小物块下滑到斜面底端的过程中克服摩擦力做的功为μ0mglcosαD．小物块下滑到底端时的速度大小为BC　[小物块在斜面顶端静止释放能够下滑，则满足mgsinα>μ0mgcosα，即μ0<tanα，故A错误；根据牛顿第二定律得a＝＝gsinα－μgcosα，下滑过程中μ逐渐减小，则加速度a逐渐增大，故B正确；由图乙可知μ＝－x＋μ0，则摩擦力Ff＝μmgcosα＝－x＋μ0mgcosα，可知Ff与x成线性关系，如图所示，其中Ff0＝μ0mgcosα，图线和横轴所围成的面积表示克服摩擦力做的功，则下滑到斜面底端的过程克服摩擦力做功WFf＝Ff0l＝μ0mglcosα，故C正确；下滑过程根据动能定理得mglsinα－WFf＝mv2－0，解得v＝，故D错误。]-7-