2022版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

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mv2－E＝－①，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2ax＝0－v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，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mv′2－2E＝－E②，所以返回斜面底端时的动能为E，A正确，B错误．由①②得v′＝v，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(H＋h)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mgH－fH＝mv，A错误；设泥的平均阻力为f0，小球陷入泥中的过程中根据动能定理得mgh－f0h＝0－mv，解得f0h＝mgh＋mv，f0＝mg(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(H＋h)，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8\n3m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mgh－W1＝0；小球B下降过程，由动能定理有3mgh－W1＝3mv2－0，解得：v＝，故B正确．4.如图所示，某段滑雪雪道倾角为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mg－Ff＝m·g，则摩擦力Ff＝mg，摩擦力做功Wf＝mg·2h＝mgh，A、C错误，D正确．运动员获得的动能Ek＝mgh－mgh＝mgh，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绳与水平方向的夹角α＝45°的过程中，绳中拉力对物体做的功为(　　)A.mvB．mvC.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α＝45°时的速率为v，此时有：vcos45°＝v0，则v＝v08\n.所以绳的拉力对物体做的功为W＝mv2＝mv，B项正确．6.用传感器研究质量为2kg的物体由静止开始做直线运动的规律时，在计算机上得到0～6s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(　　)A．0～6s内物体先向正方向运动，后向负方向运动B．0～6s内物体在4s时的速度最大C．物体在2～4s内速度不变D．0～4s内合力对物体做的功等于0～6s内合力做的功解析：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v＝at可知，a－t图象中，图线与坐标轴所围面积表示质点的速度，0～6s内物体的速度始终为正值，故一直为正方向，A项错；t＝5s时，速度最大，B项错；2～4s内加速度保持不变，速度一定变化，C项错；0～4s内与0～6s内图线与坐标轴所围面积相等，故物体4s末和6s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.(2022·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θ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为v，则v2－cosθ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μ，由动能定理可得，－μmg·2rcosθ＝mv2－mv，整理得v2＝v－4μgrcosθ，可知v2与cosθ为线性关系，斜率为负，故A正确，B、C、D错误．8．(多选)质量为1kg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10m/s2.下列分析正确的是(　　)A．物体与地面之间的动摩擦因数为0.28\nB．物体运动的位移为13mC．前3m运动过程中物体的加速度为3m/s2D．x＝9m时，物体速度为3m/s解析：ACD　由Wf＝Ffx对应图乙可知，物体与地面之间的滑动摩擦力Ff＝2N，由Ff＝μmg可得μ＝0.2，A正确；由WF＝Fx对应图乙可知，前3m内，拉力F1＝5N,3～9m内拉力F2＝2N，物体在前3m内的加速度a1＝＝3m/s2，C正确；由动能定理得：WF－Ffx＝mv2可得：x＝9m时，物体的速度为v＝3m/s，D正确；物体的最大位移xm＝＝13.5m，B错误．9.如图所示，固定坡道倾角为θ，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擦因数为μ，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mgh－Wf＝Ep，故弹簧弹性势能的最大值Ep＝mgh－Wf，选项A错误；由牛顿第二定律，小物块下滑的加速度a1＝gsinθ－μgcosθ，上滑的加速度a2＝gsinθ＋μgcosθ，故a1<a2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mgh－μmgxcosθ＝0，解得x＝，选项C正确；设小物块返回倾斜轨道时所能达到的最大高度为h′，由动能定理有mgh－μmgcosθ·－mgh′－μmgcosθ·＝0，解得h′＝h，选项D正确．10.如图所示，用一块长L1＝1.0m的木板在墙和桌面间架设斜面，桌子高H＝0.8m，长L2＝1.5m．斜面与水平桌面的夹角θ可在0～60°间调节后固定．将质量m＝0.2kg8\n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μ1＝0.05，物块与桌面间的动摩擦因数为μ2，忽略物块在斜面与桌面交接处的能量损失．(重力加速度取g＝10m/s2；最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(1)求θ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θ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μ2；(已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(3)继续增大θ角，发现θ＝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mgsinθ≥μ1mgcosθ①θ满足的条件tanθ≥0.05②即当θ＝arctan0.05时物块恰好从斜面开始下滑．(2)克服摩擦力做功Wf＝μ1mgL1cosθ＋μ2mg(L2－L1cosθ)③由动能定理得mgL1sinθ－Wf＝0④代入数据得μ2＝0.8⑤(3)由动能定理得mgL1sinθ－Wf＝mv2⑥结合③式并代入数据得v＝1m/s⑦由平抛运动规律得H＝gt2，x1＝vt解得t＝0.4s⑧x1＝0.4m⑨xm＝x1＋L2＝1.9m答案：(1)arctan0.05　(2)0.8　(3)1.9m【B级——提升练】11．(2022·甘肃模拟)如图甲所示，一个质量m＝4kg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μ＝0.5，取g＝10m/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10mC．物体运动的最大速度为2m/sD．物体在运动中的加速度先变小后不变8\n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W＝×4×100J＝200J，根据动能定理有W－μmgxm＝0，代入数据解得xm＝10m，选项B正确；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F＝100－25x(N)，当F＝μmg＝20N时，代入数据得x＝3.2m，由动能定理有×3.2J－20×3.2J＝×4kg×v，解得vm＝8m/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F＝0后加速度保持不变，选项D错误．12．(2022·洛阳模拟)(多选)如图甲所示，倾角为θ的足够长的传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运行．t＝0时，将质量m＝1kg的物体(可视为质点)轻放在传送带上，物体相对地面的v—t图象如图乙所示．设沿传送带向下为正方向，取重力加速度g＝10m/s2.则(　　)A．传送带的速率v0＝10m/sB．传送带的倾角θ＝30°C．物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5D．0～2.0s摩擦力对物体做功Wf＝－24J解析：ACD　由v－t图象可知，物体放上传送带开始阶段，加速度a1＝10.0m/s2，物体与传送带同速后，加速度a2＝m/s2＝2.0m/s2，传送带的速率v0＝10m/s，A正确；由mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，mgsinθ－μmgcosθ＝ma2可求得：θ＝37°，μ＝0.5，B错误，C正确；由动能定理得：mglsinθ＋Wf＝mv2，v＝12.0m/s，l＝×10×1m＋×1m＝16m，解得Wf＝－24J，D正确．13．(多选)(2022·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θ的关系，将某一物体每次以不变的初速率v0沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角θ，实验测得x与斜面倾角θ的关系如图乙所示，g取10m/s2，根据图象可求出(　　)8\nA．物体的初速率v0＝3m/sB．物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.75C．取不同的倾角θ，物体在斜面上能达到的位移x的最小值xmin＝1.44mD．当某次θ＝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1.8m，由运动规律可求得初速度v0＝6m/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2.4m，由牛顿运动定律可得，动摩擦因数μ＝0.75，选项B正确；当倾角为θ时，由牛顿运动定律可得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma，又有x＝，结合数学关系可得位移的最小值为1.44m，选项C正确；θ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m＝2kg的小物块，通过薄壁圆筒的轻细绕线牵引，圆筒半径为R＝0.5m，质量为M＝4kg.t＝0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ω＝4t，物块和地面之间的动摩擦因数μ＝0.3，细线始终与地面平行，其它摩擦不计，g取10m/s2，求：(1)物块运动中受到的拉力．(2)从开始运动至t＝2s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v＝ωR＝4Rt＝2t，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v＝at知，物块加速度为a＝2m/s2，对物块受力分析，由牛顿第二定律得T－μmg＝ma，则细线拉力为T＝10N.(2)根据匀变速直线运动规律：t＝2s时物块的速度：v＝at＝2×2m/s＝4m/s2s内物块的位移：x＝at2＝×2×22m＝4m对整体运用动能定理，有W－μmgx＝mv2＋Mv28\n代入数据求得电动机做的功为W＝72J.答案：(1)10N　(2)72J15．如图所示，一质量m＝0.4kg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μ＝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P＝10W．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25.6N．已知轨道AB的长度L＝2m，圆弧形轨道的半径R＝0.5m；半径OC和竖直方向的夹角α＝37°.(空气阻力可忽略，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)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FN－mg＝m滑块由C点运动到D点的过程，由机械能守恒定律得mgR(1－cosα)＋mv＝mv代入数据，联立解得vc＝5m/s.(2)滑块从B到C做平抛运动，在C点速度的竖直分量为：vy＝vCsinα＝3m/s所以B、C两点的高度差为h＝＝m＝0.45m滑块由B运动到C所用的时间为t1＝＝s＝0.3s滑块运动到B点的速度即平抛运动的初速度为vB＝vCcosα＝4m/s所以B、C间的水平距离x＝vBt1＝4×0.3m＝1.2m(3)滑块由A点运动到B点的过程，由动能定理得Pt－μmgL＝mv代入数据解得t＝0.4s.答案：(1)5m/s　(2)0.45m　1.2m　(3)0.4s8