2022版高考物理一轮复习训练：第5章 第2讲 动能定理

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第五章 第2讲知识巩固练习1．一个25 kg的小孩从高度为3.0 m的滑梯顶端由静止开始滑下，滑到底端时的速度为2.0 m/s.g取10 m/s2，关于力对小孩做的功，以下结果正确的是(　　)A．合外力做功50 J　　 B．阻力做功500 JC．重力做功500 J　　　  D．支持力做功50 J【答案】A【解析】合外力做功W合＝Ek－0，即W合＝mv2＝×25×22 J＝50 J，A正确；WG＋W阻＝Ek－0，故W阻＝mv2－mgh＝50 J－750 J＝－700 J，B错误；重力做功WG＝mgh＝25×10×3 J＝750 J，C错误；小孩所受支持力方向上的位移为零，故支持力做的功为零，D错误．2．(2021年常德质检)如图所示，一根长为l的轻质软绳一端固定在O点，另一端与质量为m的小球连接，初始时将小球放在与O点等高的A点，OA＝l.现将小球由静止状态释放，则当小球运动到O点正下方时，绳对小球拉力为(已知：sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)(　　)A．2mg　 B．3mg　 C．mg　  D．mg【答案】C【解析】设小球到达B点时细绳刚好绷紧．则OB与水平方向的夹角的余弦为 cos α＝，小球自由下落的高度为 h＝l，到达B点的速度v1＝.细绳绷紧后瞬间，小球只有垂直于细绳的分速度，大小为 v2＝v1cos α.从B到最低点，由动能定理得mgl(1－sin α)＝mv－mv，在最低点有T－mg＝m，联立以上各式解得T＝mg.故C正确．3．(2021年石家庄质检)一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回原处．物块初动能为Ek0，与斜面间的动摩擦因数不变，则该过程中，物块的动能Ek与位移x关系的图线是(　　) 【答案】C【解析】设斜面倾角为θ，根据动能定理，当小物块沿斜面上升时，有－(mgsin θ＋f)x＝Ek－Ek0，即Ek＝－(f＋mgsin θ)x＋Ek0，所以Ek与x的函数关系图像为直线，且斜率为负；设x0为小物块到达最高点时的位移，当小物块沿斜面下滑时根据动能定理有(mgsin θ－f)(x0－x)＝Ek－0，即Ek＝－(mgsin θ－f)x＋(mgsin θ－f)x0，所以下滑时Ek随x的减小而增大且为直线，综上所述，C正确，A、B、D错误．4．如图，一质量为M的光滑大圆环，用一细轻杆固定在竖直平面内．套在大环上质量为m的小环(可视为质点)，从大环的最高处由静止滑下．重力加速度大小为g，当小环滑到大环的最低点时，大环对轻杆拉力的大小为(　　)A．(M＋2m)gB．(M＋3m)gC．(M＋4m)gD．(M＋5m)g【答案】D【解析】小环在最低点时，根据牛顿第二定律得F－mg＝m，可得F＝mg＋m，小环从最高点到最低点，由动能定理则有mg·2R＝mv2，对大环受力分析有T＝F＋Mg＝m＋Mg＝Mg＋5mg，D正确．5．(2021年大庆名校期末)民航客机的机舱一般都设有紧急出口，发生意外情况的飞机在着陆后，打开紧急出口的舱门，会自动生成一个由气囊构成的斜面，机舱中的人可沿该斜面滑行到地面上，示意图为下图．某机舱紧急出口的舱门离气囊底端的竖直高度AB＝3.2 m，气囊构成的斜面长AC＝4.0 m，CD段为与斜面平滑连接的水平地面．若人从气囊上由静止开始滑下，人与气囊间的动摩擦因数、人与地面间的动摩擦因数均为0.4.不计空气阻力，g取10 m/s2，要使救护人员不被从气囊上滑下的人撞到，则救护人员距舱门正下方B点的安全距离是(　　)A．6.4 m B．7.2 m C．8.0 m  D．10.0 m【答案】C【解析】由几何关系可知sin θ＝0.8，cos θ＝0.6，人从A点开始下滑到水平面上停止的过程由动能定理有mgh－μmgcos θ·L－μmgx＝0，解得x＝5.6 m，则救护人员距舱门正下方B点的安全距离是x＋Lcos θ＝8 m，故C正确．6．(多选)某兴趣小组在老师的指导下做探究物体动能的实验时，让一物体在恒定合外力作用下由静止开始沿直线运动，通过传感器记录下速度、时间、位置等实验数据，然后分别作出动能Ek随时间变化和动能Ek随位置变化的两个图像(如图所示)，但忘记标出横坐标，已知图甲中虚线的斜率为p，图乙中直线的斜率为q，下列说法正确的是(　　)A．物体动能随位置变化的图像是图甲B．物体动能随时间变化的图像是图乙C．物体所受合外力的大小为qD．物体在A点所对应的瞬时速度的大小为【答案】CD【解析】由Ek＝W＝Fx，可得Ek与x成正比，故图乙是物体动能随位置变化的图像，则图甲为物体动能随时间变化的图像，故A、B错误；在图乙中，由Ek＝Fx得F＝，又斜率q＝①，则合力F＝q，故C正确；在图甲中，p＝②，由①②得＝③，在这个过程中平均速度＝，所以x＝t④，将④代入③得＝＝，解得v＝，故D正确．7．如图所示，质量为m的小球套在半径为R的固定光滑圆环上，圆环的圆心为O，原长为0.8R的轻质弹簧一端固定于O点，另一端与小球相连，弹簧与圆环在同一竖直平面内，圆环上B点在O点的正下方，当小球在A处受到沿圆环切线方向的恒力F作用时，恰好与圆环无相互作用，且处于静止状态．已知R＝1.0 m，m＝1.0 kg，∠AOB＝θ＝37°，弹簧处于弹性限度内，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2.求：(1)该弹簧的劲度系数k；(2)撤去恒力，小球从A点沿圆环下滑到B点时的速度大小vB；(3)小球通过B点时，圆环对小球的作用力大小NB．【答案】(1)40 N/m　(2)2.0 m/s　(3)6.0 N【解析】(1)小球在A处由平衡知识可知沿半径方向k(R－0.8R)＝mgcos θ，得k＝40 N/m.(2)由A到B过程由动能定理得mgR(1－cos θ)＝mv－0，解得vB＝2.0 m/s.(3)在B点有k(R－0.8R)＋NB－mg＝m，解得NB＝6.0 N.综合提升练习8．(多选)(2021年安庆质检)如图所示，倾角θ＝30°的斜面固定在地面上，长为L、质量为m、粗细均匀、质量分布均匀的软绳AB置于斜面上，与斜面间动摩擦因数μ＝，其A端与斜面顶端平齐．用细线将质量也为m的物块与软绳连接，给物块向下的初速度，使软绳B端到达斜面顶端(此时物块未到达地面)，在此过程中(　　)A．物块的速度始终减小B．软绳上滑L时速度最小C．软绳重力势能共减小了mgLD．软绳减小的重力势能一定小于其增加的动能与克服摩擦力所做的功之和【答案】BCD【解析】物块下落过程中，刚开始因为mgsin 30°＋μmgcos 30°＝mg>mg，所以物块所受合力向上，物块做减速运动，下落过程中，合力越来越小，当加速度等于零时，速度最小，然后合力方向向下，加速度向下，速度增大，所以物块的速度先减小后增大，故A错误；当加速度等于零时，速度最小，设此时软绳上滑的距离为x，则mgsin 30°＋μmgcos 30°＝mg＋mg，代入数据解得x＝，故B正确；物块未释放时，软绳的重心离斜面顶端的高度为h1＝sin 30°＝，软绳刚好全部离开斜面时，软绳的重心离斜面顶端的高度h2＝，则软绳重力势能共减小mg＝mg，故C正确；以软绳和物块组成的系统为研究对象，软绳和物块的重力势能减小，转化为物块和软绳的动能及软绳与斜面摩擦产生的内能，根据能量转化和守恒定律，软绳重力势能的减小，小于其动能的增加与克服摩擦力所做功的和，故D正确．9．如图甲所示，一质量为m＝1 kg的物块静止在粗糙水平面上的A点，从t＝0时刻开始，物块受到按图乙所示规律变化的水平力F作用并向右运动，第3 s末物块运动到B点时速度刚好为0，第5 s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10 m/s2)，求：(1)A与B间的距离；(2)水平力F在5 s内对物块所做的功．【答案】(1)4 m　(2)24 J【解析】(1)在3～5 s内物块在水平恒力F作用下由B点匀加速运动到A点，设加速度大小为a，A与B间的距离为s，则F－μmg＝ma，解得a＝＝2 m/s2，s＝at2＝4 m.即A与B的距离为4 m.(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＝mv，v＝2as，由以上两式得WF＝2μmgs＋mas＝24 J.10．如图所示为一种摆式摩擦因数测量仪，可测量轮胎与地面间的动摩擦因数，其主要部件有：底部固定有轮胎橡胶片的摆锤和连接摆锤的轻质细杆，摆锤的质量为m、细杆可绕轴O在竖直平面内自由转动，摆锤重心到O点距离为L，测量时，测量仪固定于水平地面，将摆锤从与O等高的位置处静止释放．摆锤到最低点附近时，橡胶片紧压地面擦过一小段距离s(s≪L)，之后继续摆至与竖直方向成θ角的最高位置．若摆锤对地面的压力可视为大小为F的恒力，重力加速度为g，求：(1)摆锤在上述过程中损失的机械能；(2)在上述过程中摩擦力对摆锤所做的功；(3)橡胶片与地面之间的动摩擦因数．【答案】(1)mgLcos θ　(2)－mgLcos θ　(3)【解析】(1)选从右侧最高点到左侧最高点的过程作为研究对象．因为初、末状态动能为零，所以全程损失的机械能ΔE等于减小的重力势能，即ΔE＝mgLcos θ.              ①(2)对全程应用动能定理WG＋Wf＝0，  ②WG＝mgLcos θ，  ③由②③得Wf＝－WG＝－mgLcos θ.  ④(3)由滑动摩擦力公式得f＝μF，  ⑤摩擦力做功Wf＝－fs，  ⑥将式④、⑤代入式⑥得μ＝.