高考物理一轮复习课时分层练习5.2《动能定理及其应用》(含答案详解)

这是一份高考物理一轮复习课时分层练习5.2《动能定理及其应用》(含答案详解)，共16页。
课时分层作业 十五
动能定理及其应用
(45分钟 100分)
【基础达标题组】
一、选择题(本题共10小题,每小题6分,共60分。1～6题为单选题,7～10题为多选题)
1.质量不等但有相同初动能的两物体,在动摩擦因数相同的水平地面上滑行,直到停止,则( )
A.质量大的物体滑行距离大
B.质量小的物体滑行距离大
C.质量小的物体克服摩擦做的功多
D.质量大的物体克服摩擦做的功多
【解析】选B。根据动能定理得-μmgx=0-Ek,得滑行距离x=,由题意可知,μ、Ek相同,则m越小,x越大,即质量小的物体滑行距离大,故A错误,B正确;由动能定理可知,物体克服摩擦做的功等于物体动能的减小量,动能的减小量相等,则物体克服摩擦做的功相等,故C、D错误。
2.(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μ,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.μmgR B.mgR
C.mgRD.(1-μ)mgR
【解析】选D。全程对物体由动能定理得,mgR-W-μmgR =0,解得W=(1-μ)mgR ,故D正确。
3.(2017·海南高考)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( )
A.Ek1=Ek2,W1=W2B.Ek1>Ek2,W1=W2
C.Ek1μ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。
6.质量m=10 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x=16 m处时的速度大小为( )
A.3 m/s B.4 m/s
C.2 m/sD. m/s
【解析】选C。F-x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=×(4+8)×10 J-×4×10 J=40 J,根据动能定理得W=mv2,解得v== m/s=2 m/s,故C正确,A、B、D错误。
7.(沈阳模拟)如图所示,在水平地面上O点正上方的A、B两点同时水平抛出两个相同小球,它们最后都落到地面上的C点,则两球( )
A.不可能同时落地
B.落在C点的速度方向可能相同
C.落在C点的速度大小可能相同
D.落在C点的重力的瞬时功率可能相同
【解析】选A、C。小球在竖直方向做自由落体运动,由h=gt2可知高度不同,所以运动时间一定不同,故A正确;平抛运动轨迹为抛物线,速度方向为该点的切线方向,分别从A、B两点抛出的小球轨迹不同,在C点的切线方向也不同,所以落地时方向不可能相同,故B错误;由动能定理得mgh=mv2-m,落地速度为v=,则知落在C点的速度大小可能相同,故C正确;落在C点时重力的功率P=mgvy=mg,由于是两个相同的小球,而下落的高度不同,所以重力的功率不相同,故D错误。
8.(2016·浙江高考)如图所示为一滑草场。某条滑道由上、下两段高均为h,与水平面倾角分别为45°和37°的滑道组成,滑草车与草地之间的动摩擦因数为μ。质量为m的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑,经过上、下两段滑道后,最后恰好静止于滑道的底端(不计滑草车在两段滑道交接处的能量损失,
sin37°=0.6,cs37°=0.8)。则( )
A.动摩擦因数μ=
B.载人滑草车最大速度为
C.载人滑草车克服摩擦力做功为mgh
D.载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为g
【解析】选A、B。质量为m的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑,经过两个斜面到达斜面底部速度为零,由动能定理得2mgh-μmgcs45°-
μmgcs37°=0解得μ=,A正确;刚好滑到第一个斜面末端时速度最大,mgh-μmgcs45°=,解得v=,B正确;经过上、下两段滑道后,最后恰好静止于滑道的底端,载人滑草车克服摩擦力做功为2mgh,C项错误;在下段滑道上沿斜面方向mgsin37°-μmgcs37°=ma,a=g(sin37°-cs37°)=-g,则D错误。故选A、B。
9.(赣州模拟)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θ,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2mg
B.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2θ
D.斜面的高度为4Rtan2θ
【解析】选B、D。小球由A至B的过程由动能定理得,mgR=mv2-0,解得v=,小球通过B点时,由牛顿第二定律得FN-mg=m,解得FN=3mg ,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tanθ==,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tanα==2tanθ,则α≠2θ,故C错误;斜面的高度为 h=gt2=g=4Rtan2θ,故D正确。
【加固训练】
(多选)如图所示,竖直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=θ=30°。现使一质量为m的小物块从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μμmgcs45°,故物体到达最大位移后会下滑,故D错误。
2.(17分)如图所示,质量为m=0.2 kg可看作质点的小物块静止放在半径r=0.8 m的水平圆盘边缘上A处,圆盘由特殊材料制成,其与物块的动摩擦因数为μ1=2,倾角为θ=37°的斜面轨道与水平轨道光滑连接于C点,小物块与斜面轨道和水平轨道存在摩擦,动摩擦因数均为μ2=0.4,斜面轨道长度LBC=0.75 m,C与竖直圆轨道最低点D处的距离为LCD=0.525 m,圆轨道光滑,其半径R=0.5 m。开始圆盘静止,后在电动机的带动下绕轴转动,在圆盘加速转动到某时刻时物块被圆盘沿纸面水平方向甩出(此时圆心O与A连线垂直圆盘面),后恰好切入斜面轨道B处后沿斜面方向做直线运动,经C处运动至D,在D处进入竖直平面圆轨道,绕过圆轨道后沿水平轨道向右运动。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。(sin37° =0.6,cs37°=0.8,g取10 m/s2)试求:
(1)圆盘对小物块m做的功。
(2)物块刚运动到圆弧轨道最低处D时对轨道的压力。
(3)假设竖直圆轨道可以左右移动,要使物块能够通过竖直圆轨道,求竖直圆轨道底端D与斜面轨道底端C之间最远距离和小物块的最终位置。
【解析】(1)物块刚被甩出时静摩擦力达到最大,由牛顿第二定律得:μ1mg=m
解得:v=4 m/s
物块由静止到刚被甩出的过程,由动能定理得:
W=mv2-0=1.6 J
即圆盘对小物块m做的功为1.6 J
(2)物块被甩出后做平抛运动,到达B时速度沿斜面向下,则物块刚到达B点时的速度为:
vB==5 m/s
物块从B到D的过程,运用动能定理得:
mgLBCsin37°-μ2mgcs37°·LBC-μ2mgLCD
=m-m
在D点,对物块由牛顿第二定律得:
FN-mg=m
解得:FN=12 N
根据牛顿第三定律,物块刚运动到圆弧轨道最低处D时对轨道的压力:
FN′=FN=12 N
方向竖直向下
(3)物块恰好通过竖直圆轨道最高点E时,竖直圆轨道底端D与斜面轨道底端C之间距离最远,在E点由牛顿第二定律得:
mg=m
设竖直圆轨道底端D与斜面轨道底端C之间最远距离为x,从B到E,由动能定理得:
mgLBCsin37°-μ2mgcs37°·LBC-μ2mgx-2mgR
=m-m
解得:x=0.525 m
设小物块的最终位置到D点的距离为s,从E到最终停止位置,由动能定理得:
2mgR-μ2mgs=0-m
解得:s=3.125 m
答案:(1)1.6 J (2)12 N,方向竖直向下
(3)0.525 m 小物块的最终位置距离D点3.125 m
【总结提升】动能定理的选用技巧
(1)不涉及加速度、时间的问题。
(2)有多个物理过程且不需要研究整个过程中的中间状态的问题。
(3)求解变力做功的问题。