高考物理二轮复习题型专练5.2《动能定理及应用》(含详解)

这是一份高考物理二轮复习题型专练5.2《动能定理及应用》(含详解)，共15页。试卷主要包含了5m，5m D．8m等内容，欢迎下载使用。
专题5.2 动能定理及应用 1.一个质量为m的物体静止放在光滑水平面上，在互成60°角的大小相等的两个水平恒力作用下，经过一段时间，物体获得的速度为v，在力的方向上获得的速度分别为v1、v2，如图所示，那么在这段时间内，其中一个力做的功为 (　　)A．mv2  B．mv2C．mv2  D．mv2答案：B解析：物体由静止匀加速直线运动，由动能定理W＝mv2，两分力等大，物体沿对角线方向运动，则两分力的功W1与W2等大，由W＝W1＋W2可知W1－W2＝W＝·mv2＝mv2，则B正确。2.用起重机提升货物，货物上升过程中的v－t图象如图所示，在t＝3s到t＝5s内，重力对货物做的功为W1、绳索拉力对货物做的功为W2、货物所受合力做的功为W3，则 (　　)A．W1>0  B．W2<0C．W2>0  D．W3>0答案：C3．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、s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 (　　)答案：C解析：物体在恒定阻力作用下运动，其加速度随时间不变，随位移不变，选项A、B错误；由动能定理，－fs＝Ek－Ek0，解得Ek＝Ek0－fs，选项C正确D错误。4．用水平力F拉一物体，使物体在水平地面上由静止开始做匀加速直线运动，t1时刻撤去拉力F，物体做匀减速直线运动，到t2时刻停止，其速度—时间图象如图所示，且α>β，若拉力F做的功为W1，平均功率为P1；物体克服摩擦阻力Ff做的功为W2，平均功率为P2，则下列选项正确的是 (　　)A．W1>W2，F＝2Ff  B．W1＝W2，F>2FfC．P1<P2，F>2Ff  D．P1＝P2，F＝2Ff答案：B5．如图，一质量为m的小石块从半径为R的四分之一圆弧轨道上与圆心等高处A静止释放，经时间t下滑到轨道最低点B时对轨道的压力为2mg，此后水平飞出恰好垂直击中倾角为θ＝30°的斜面，空气阻力不计。则下列关于石块运动的说法中，正确的是 (　　)A．从A到B平均速度为B．石块在圆弧轨道上运动时先超重后失重C．石块在圆弧轨道上运动时克服阻力做的功为D．石块从圆弧轨道飞出到击中斜面的时间为答案：D解析：石块从A到B，位移为R，平均速度为R/t，A选项错误；石块在圆弧轨道上运动时，竖直速度先从零开始增加，然后减速为零，因此石块在竖直方向上先失重，后超重，B选项错误；石块在圆弧轨道上运动，在最低点有FN－mg＝mv2/R，FN＝2mg，求得v＝，由动能定理得mgR－Wf＝mv2/2，解得Wf＝mgR/2，C选项错误；石块垂直击中斜面，将末速度分解，得vy＝vcot30°，vy＝at，解得t＝，D选项正确。6．如图所示，若物体与接触面之间的动摩擦因数处处相同，DO是水平面，AB是斜面。初速度为10m/s的物体从D点出发沿路面DBA恰好可以达到顶点A，如果斜面改为AC，再让该物体从D点出发沿DCA恰好也能达到A点，则物体第二次运动具有的初速度 (　　)A．可能大于12m/sB．可能等于8m/sC．一定等于10m/sD．可能等于10m/s，具体数值与斜面的倾角有关答案：C7．如图所示，一个小球(视为质点)从H＝12m高处，由静止开始沿光滑弯曲轨道AB进入半径R＝4m的竖直圆环内侧，且与圆环的动摩擦因数处处相等，当到达圆环顶点C时，刚好对轨道压力为零；然后沿CB圆弧滑下，进入光滑弧形轨道BD，到达高度为h的D点时速度为零，则A的值可能为 (　　)A．10m  B．9.5mC．8.5m  D．8m答案：BC解析：小球到达环顶C时，刚好对轨道压力为零，在C点，由重力充当向心力，则根据牛顿第二定律得：mg＝m，因R＝4m，小球在C点时的动能为mv2＝mgR＝2mg，以B点为零势能面，小球重力势能Ep＝2mgR＝8mg，开始小球从H＝12m高处，由静止开始通过光滑弧形轨道AB，因此在小球上升到顶点时，根据动能定理得：mg(H－2R)－Wf＝mv2，所以克服摩擦力做功Wf＝2mg，此时机械能等于10mg，之后小球沿轨道下滑，由于机械能有损失，所以下滑速度比上升速度小，因此对轨道压力变小，受摩擦力变小，所以下滑时，克服摩擦力做功大小小于2mg，机械能有损失，到达底端时小于10mg；此时小球机械能大于10mg－2mg＝8mg，而小于10mg，所以进入光滑弧形轨道BD时，小球机械能的范围为，8mg<Ep<10mg，所以高度范围为8m<h<10m，故B、C正确。 8.如图所示，与水平面的夹角为锐角的斜面底端A向上有三个等间距点B、C和D，即AB＝BC＝CD，D点距水平面高为h。小滑块以某一初速度从A点出发，沿斜面向上运动。若斜面光滑，则滑块到达D位置时速度为零；若斜面AB部分与滑块有处处相同的摩擦，其余部分光滑，则滑块上滑到C位置时速度为零，然后下滑。已知重力加速度为g，则在AB有摩擦的情况下 (　　)A．从C位置返回到A位置的过程中，克服阻力做的功为mghB．滑块从B位置返回到A位置的过程中，动能的变化为零C．滑块从C位置返回到B位置时的动能为mghD．滑块从B位置返回到A位置时的动能为mgh答案：BC9．如图所示，A是半径为R的圆形光滑轨道，固定在木板B上，竖直放置；B的左右两侧各有一光滑挡板固定在地面上，使其不能左右运动，小球C静止放在轨道最低点，A、B、C的质量相等。现给小球一水平向右的初速度v0，使小球在圆形轨道的内侧做圆周运动，为保证小球能通过轨道的最高点，且不会使B离开地面，初速度v0必须满足(重力加速度为g) (　　)A．最小值为  B．最大值为C．最小值为  D．最大值为答案：CD10.如图所示，电梯质量为M，它的水平地板上放置一质量为m的物体，电梯在钢索的拉力作用下由静止开始竖直向上加速运动。当上升高度为H时，电梯的速度达到v，则在这段过程中，下列说法中正确的是 (　　)A．电梯地板对物体的支持力所做的功等于B．电梯地板对物体的支持力所做的功大于C．钢索的拉力所做的功等于＋MgHD．钢索的拉力所做的功大于＋MgH答案：BD解析：电梯地板对物体的支持力所做的功等于物体机械能的变化，即 mv2＋mgH，A错，B对；钢索的拉力所做的功等于电梯和物体这一系统机械能的增加，即(M＋m)gH＋(M＋m)v2，C错，D对。11．(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．12.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＋)13.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3m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．14.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． 15.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.mv B．mvC.mv D.mv16.用传感器研究质量为2 kg的物体由静止开始做直线运动的规律时，在计算机上得到0～6 s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．0～6 s内物体先向正方向运动，后向负方向运动B．0～6 s内物体在4 s时的速度最大C．物体在2～4 s内速度不变D．0～4 s内合力对物体做的功等于0～6 s内合力做的功17.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－cos θ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·2rcos θ＝mv2－mv，整理得v2＝v－4μgrcos θ，可知v2与cos θ为线性关系，斜率为负，故A正确，B、C、D错误．18．(多选)质量为1 kg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10 m/s2.下列分析正确的是(　　)A．物体与地面之间的动摩擦因数为0.2B．物体运动的位移为13 mC．前3 m运动过程中物体的加速度为3 m/s2D．x＝9 m时，物体速度为3  m/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＝2 N，由Ff＝μmg可得μ＝0.2，A正确；由WF＝Fx对应图乙可知，前3 m内，拉力F1＝5 N,3～9 m内拉力F2 ＝2 N，物体在前3 m内的加速度a1＝＝3 m/s2，C正确；由动能定理得：WF－Ffx＝mv2可得：x＝9 m时，物体的速度为v＝3  m/s，D正确；物体的最大位移xm＝＝13.5 m，B错误．19.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 h20．如图甲所示，一个质量m＝4 kg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＝10 m/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10 mC．物体运动的最大速度为2 m/sD．物体在运动中的加速度先变小后不变解析：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＝×4×100 J＝200 J，根据动能定理有W－μmgxm＝0，代入数据解得xm＝10 m，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＝20 N时，代入数据得x＝3.2 m，由动能定理有×3.2 J－20×3.2 J＝×4 kg×v，解得vm＝8 m/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．21．(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＝1 kg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＝10 m/s2.则(　　)A．传送带的速率v0＝10 m/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．0～2.0 s摩擦力对物体做功Wf＝－24 J22．(多选)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10 m/s2，根据图象可求出(　　)A．物体的初速率v0＝3 m/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＝1.44 mD．当某次θ＝30°时，物体达到最大位移后将沿斜面下滑23.如图所示，用一块长L1＝1.0 m的木板在墙和桌面间架设斜面，桌子高H＝0.8 m，长L2＝1.5 m．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＝0.2 kg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＝10 m/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sin 37°＝0.6，cos 37°＝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mgsin θ≥μ1mgcos θ①θ满足的条件tan θ≥0.05②即当θ＝arctan 0.05时物块恰好从斜面开始下滑．(2)克服摩擦力做功Wf＝μ1mgL1cos θ＋μ2mg(L2－L1cos θ)③由动能定理得mgL1sin θ－Wf＝0④代入数据得μ2＝0.8⑤(3)由动能定理得mgL1sin θ－Wf＝mv2⑥结合③式并代入数据得v＝1 m/s⑦由平抛运动规律得H＝gt2，x1＝vt解得t＝0.4 s⑧x1＝0.4 m⑨xm＝x1＋L2＝1.9 m答案：(1)arctan 0.05　(2)0.8　(3)1.9 m24．如图所示，水平面上放一质量为m＝2 kg的小物块，通过薄壁圆筒的轻细绕线牵引，圆筒半径为R＝0.5 m，质量为M＝4 kg.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10 m/s2，求：(1)物块运动中受到的拉力．(2)从开始运动至t＝2 s时电动机做了多少功？答案：(1)10 N　(2)72 J25．如图所示，一质量m＝0.4 kg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＝10 W．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25.6 N．已知轨道AB的长度L＝2 m，圆弧形轨道的半径R＝0.5 m；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＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝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－cos α)＋mv＝mv代入数据，联立解得vc＝5 m/s.(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＝0.4 s.  答案：(1)5 m/s　(2)0.45 m　1.2 m　(3)0.4 s26．某兴趣小组设计了如图所示的玩具轨道，它由细圆管弯成，固定在竖直平面内。左右两侧的斜直管道PA与PB的倾角、高度、粗糙程度完全相同，管口A、B两处均用很小的光滑小圆弧管连接(管口处切线竖直)，管口到底端的高度H1＝0.4m，中间“8”字型光滑细管道的圆半径R＝10cm(圆半径比细管的内径大得多)，并与两斜直管道的底端平滑连接。一质量m＝0.5kg的小滑块从管口A的正上方H2＝5m处自由下落，滑块第一次到达“8”字型管道顶端时对轨道外侧Q点的压力大小为F＝455N。此后小滑块经“8”字型和PB管道运动到B处竖直向上飞出，然后又再次落回，如此反复。小滑块视为质点，忽略小滑块进入管口时因碰撞造成的能量损失，不计空气阻力，且取g＝10m/s2。求：(1)滑块第一次由A滑到P的过程中，克服摩擦力做功；(2)滑块第一次离开管口B后上升的高度；(3)滑块能冲出槽口的次数。答案：(1)2J　(2)4.2m　(3)6次27．如图甲所示，一质量为m＝1kg的物块静止在粗糙水平面上的A点，从t＝0时刻开始，物块在受按如图乙所示规律变化的水平力F作用下向右运动，第3s末物块运动到B点时速度刚好为0，第5s末物块刚好回到A点，已知物块与粗糙水平面之间的动摩擦因数μ＝0.2(g取10m/s2)。求：(1)AB间的距离；(2)水平力F在5s时间内对物块所做的功。答案：(1)4m　(2)24J解析：(1)在3s～5s内物块在水平恒力F作用下由B点匀加速直线运动到A点，设加速度为a，AB间的距离为s，则F－μmg＝maa＝＝m/s2＝2m/s2s＝at2＝4m(2)设整个过程中F做的功为WF，物块回到A点时的速度为vA，由动能定理得：WF－2μmgs＝mvv＝2asWF＝2μmgs＋mas＝24J。28．如图所示，在光滑水平地面上放置质量M＝2kg的长木板，木板上表面与固定的竖直弧形轨道相切。一质量m＝1kg的小滑块自A点沿弧面由静止滑下，A点距离长木板上表面高度h＝0.6m。滑块在木板上滑行t＝1s后，和木板以共同速度v＝1m/s匀速运动，取g＝10m/s2。求：(1)滑块与木板间的摩擦力；(2)滑块沿弧面下滑过程中克服摩擦力做的功；(3)滑块相对木板滑行的距离。答案：(1)2N　(2)1.5J　(3)1.5m解析：(1)对木板Ff＝Ma1由运动学公式 ，有v＝a1t解得Ff＝2N。