高考物理复习 课时过关题17 动能定理及其应用（含答案解析

2020(人教版)高考物理复习 课时过关题17

动能定理及其应用

1.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

A．动能增加了1 900 J

B．动能增加了2 000 J

C．重力势能减少了1 900 J

D．重力势能减少了2 000 J

3.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=W2

B．Ek1＞Ek2，W1=W2

C．Ek1＜Ek2，W1＜W2

D．Ek1＞Ek2，W1＜W2

4.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．mgR         D．(1－μ)mgR

5.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(　　)

A．木板对小物块做的功为5 J

B．摩擦力对小物块做的功为5 J

C．支持力对小物块做的功为0

D．小物块克服摩擦力做的功为3 J

7.水平面上甲、乙两物体，在某时刻动能相同，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

8.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)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

9.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/s          D. m/s

A．在过程Ⅰ中，加速度一直减小

B．在过程Ⅱ中，克服摩擦力做的功为mv2

C．在C处，弹簧的弹性势能为mv2－mgh

D．在过程Ⅰ、过程Ⅱ中克服摩擦力做功相同

A．物块第二次滑到P点的速率大

B．两次滑动中物块到达P点时的速度大小相等

C．两次滑动中物块到达底端时的速度大小相等

D．物块第一次滑到P点的速率大

12. (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

13.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．

14.如图是翻滚过山车的模型，光滑的竖直圆轨道半径R=2 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m=2 kg的小车与水平轨道之间的动摩擦因数均为μ=0.5，加速阶段AB的长度l=3 m，小车从A点由静止开始受到水平拉力F=60 N的作用，在B点撤去拉力，取g=10 m/s2.试问：

(1)要使小车恰好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．

答案解析

1.答案为：B；

解析：[设列车运动时间为t，由匀变速直线运动规律v=at、x=at2，结合动能公式Ek=得Ek=、Ek=max，可知Ek∝v2、Ek∝t2、Ek∝x，故A、C项均错误，B项正确．由Ek=，得Ek∝p2，故D项错误．]

解析：根据动能定理，物体动能的增量等于物体所受所有力做功的代数和，

即ΔEk=WG＋Wf=1 900 J－100 J=1 800 J，A、B项错误；

重力做功与重力势能改变量的关系为WG=－ΔEp，即重力势能减少了1 900 J，C项正确，D项错误．

3.答案为：B；

解析：[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W1=W2，对两次经过a点的过程由动能定理得，－Wf=Ek2－Ek1，可知Ek1＞Ek2，故B正确，A、C、D错误．]

4.答案为：D；

解析：[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．]

5.答案为：A；

解析：[设小球初动能为Ek0，初速度为v0，重力加速度为g.瞬时动能Ek=Ek0－mgh，h=v0t－gt2，联立得Ek=mg2t2－mgv0t＋Ek0，故A正确．]

解析：设在整个过程中，木板对物块做的功为W，根据动能定理得：W=mv2=×1×22 J=2 J，

故A错误；在木板从水平位置开始转动到与水平面的夹角为30°的过程中，摩擦力不做功，

物块沿木板下滑过程中，摩擦力对物块做功，由于摩擦力小于重力沿木板向下的分力，

即f<mgsin30°，则摩擦力对物块做的功Wf=－fL≠－mgLsin30°=－5 J，故B错误；

在木板从水平位置开始转动到与水平面的夹角为30°的过程中，支持力对物块做的功设为WN，

根据动能定理得：WN－mgLsin30°=0，得WN=5 J，故C错误；在物块下滑的过程中，

根据动能定理得：mgLsin30°＋Wf=mv2－0，得Wf=－3 J，

即小物块克服摩擦力做的功为3 J，故D正确．

7.答案为：A；

解析：[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μ甲m甲gs甲=μ乙m乙gs乙，由图可知s甲＜s乙，所以μ甲m甲g＞μ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Ff=μmg可知，则甲的质量较大，故A正确，B错误；μ甲m甲g＞μ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．]

8.答案为：D；

解析：[由动能定理得mgR=mv2－0，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a==2g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，FN－mg=ma，解得FN=3mg，由于大球的质量大，则大球所受的支持力大，故C错误．]

9.答案为：C；

解析：[F­x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．]

解析：圆环刚开始下滑时，圆环受到的合力向下，设弹簧原长为L，下滑过程中，对圆环受力分析，如图所示，弹簧弹力与竖直方向的夹角为θ，则弹簧弹力F=kL，竖直方向根据牛顿第二定律可得mg－Fcosθ－μFN=ma，水平方向有Fsinθ=FN，联立三个方程可知，圆环下滑过程中受到的合力先减小后增大，圆环的加速度先减小后增大，选项A错误；在过程Ⅰ和Ⅱ中，圆环在相同位置时受到的滑动摩擦力大小相等，所以在这两个过程中克服摩擦力做的功相等，选项D正确；在过程Ⅰ中，根据动能定理可得WG－Wf－W弹=0，解得Wf=WG－W弹，在过程Ⅱ中，根据动能定理可得－WG＋W弹－Wf=－mv2，联立解得Wf=mv2，在C处Ep弹=W弹=mgh－mv2，选项B、C错误．

解析：由题意可知，小物块两次滑到P点的时间相同，由于DP＞CP，因此从D到P的平均速度大于从C到P的平均速度，设从C滑到P点时速度为v1，从D滑到P点时速度为v2，则根据匀变速直线运动知识有：>，即从D滑到P点时的速度大于从C滑到P点时的速度，故A正确，B、D错误；小物块从D到C和从C到D的过程中摩擦力做的功相等，重力做的功相等，根据动能定理可知，两次滑动中物块到达底端的速度大小相等，故C正确．

12.答案为：BD；

解析：[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tan θ==，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 α==2tan θ，则α≠2θ，故C错误；斜面的高度为h=gt2=g2=4Rtan2θ，故D正确．]

13.解：

(1)小球下落过程由动能定理得：小球下落至A点的过程：mg·=EkA－0

小球下落至B点的过程：mg=EkB－0

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：mg=m解得：v0=

小球由开始下落至C点的过程，由动能定理得：mg·=mv－0解得：vC=

由于vC=v0，故小球恰好可以沿轨道运动到C点．

14.解：

(1)设小车恰好通过最高点的速度为v0，则有mg=①

由C点到最高点满足机械能守恒定律，有mv=mg·2R＋mv②

解得vC=10 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mg·2R－μmgxCD=0－mv③

联立①③解得xCD=10 m

(3)小车经过C点的速度vC≥10 m/s就能做完整的圆周运动．

小车由A到C由动能定理得Fl－μmg(l＋xBC)=mv

解得xBC≤5 m

小车进入圆轨道时，上升的高度h≤R=2 m时，小车返回而不会脱离轨道，

由动能定理有Fl－μmg(l＋xBC)－mgh=0

解得xBC≥11 m

综上可得，xBC≤5 m或者xBC≥11 m时小车不脱离轨道．