高考物理一轮复习课时练习 第6章第2练　动能定理及其应用（含详解）

这是一份高考物理一轮复习课时练习 第6章第2练　动能定理及其应用（含详解），共7页。试卷主要包含了机械臂广泛应用于机械装配，一物块沿倾角为θ的斜坡向上滑动等内容，欢迎下载使用。

1.如图，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度，木箱获得的动能一定( )
A．等于拉力所做的功
B．小于拉力所做的功
C．等于克服摩擦力所做的功
D．大于克服摩擦力所做的功
2.(2021·山东卷·3)如图所示，粗糙程度处处相同的水平桌面上有一长为L的轻质细杆，一端可绕竖直光滑轴O转动，另一端与质量为m的小木块相连。木块以水平初速度v0出发，恰好能完成一个完整的圆周运动。在运动过程中，木块所受摩擦力的大小为( )
A.eq \f(mv\\al(02),2πL) B.eq \f(mv\\al(02),4πL) C.eq \f(mv\\al(02),8πL) D.eq \f(mv\\al(02),16πL)
3．在篮球比赛中，某位同学获得罚球机会，他站在罚球线处用力将篮球斜向上投出，篮球以大小约为1 m/s的速度撞击篮筐。已知篮球质量约为0.6 kg，篮筐离地高度约为3 m，忽略篮球受到的空气阻力，重力加速度大小g＝10 m/s2，则该同学罚球时对篮球做的功大约为( )
A．1 J B．10 J C．50 J D．100 J
4．(2024·安徽淮南市一模)某物体以一定初速度做平抛运动，从t＝0时刻起，物体的动能Ek随时间t变化的情况正确的是( )
5.如图所示，光滑固定斜面的顶端固定一弹簧，一质量为m的小球向右滑行，并冲上固定在地面上的斜面。设小球在斜面最低点A的速度为v，压缩弹簧至C点时弹簧最短，C点距地面高度为h，重力加速度为g，则小球从A到C的过程中弹簧弹力做的功为( )
A．mgh－eq \f(1,2)mv2 B.eq \f(1,2)mv2－mgh
C．－mgh D．－(mgh＋eq \f(1,2)mv2)
6．(2023·湖南怀化市模拟)如图所示，DO是水平面，AB是斜面，初速度为v0的物体从D点出发沿DBA滑动到顶点A时速度刚好为零，如果斜面改为AC，让该物体从D点出发沿DCA滑动到A点且速度刚好为零，则物体具有的初速度(已知物体与斜面及水平面之间的动摩擦因数处处相同且不为零，不计B、C处能量损失)( )
A．等于v0 B．大于v0
C．小于v0 D．取决于斜面
7.(2023·重庆卷·13)机械臂广泛应用于机械装配。若某质量为m的工件(视为质点)被机械臂抓取后，在竖直平面内由静止开始斜向上做加速度大小为a的匀加速直线运动，运动方向与竖直方向夹角为θ，提升高度为h，如图所示。求：
(1)提升高度为h时，工件的速度大小；
(2)在此过程中，工件运动的时间及合力对工件做的功。
8.一物块沿倾角为θ的斜坡向上滑动。当物块的初速度为v时，上升的最大高度为H，如图所示，当物块的初速度为2v时，上升的最大高度记为h。重力加速度为g，则物块与斜坡间的动摩擦因数μ和h分别为( )
A．tan θ和eq \f(H,2)
B．tan θ和4H
C．(eq \f(v2,2gH)－1)tan θ和2H
D．(eq \f(v2,2gH)－1)tan θ和4H
9.A、B两物体分别在水平恒力F1和F2的作用下沿水平面运动，先后撤去F1、F2后，两物体最终停下，它们的v－t图像如图所示。已知两物体所受的滑动摩擦力大小相等，则下列说法正确的是( )
A．F1、F2大小之比为1∶2
B．F1对A、F2对B做功之比为1∶2
C．A、B的质量之比为2∶1
D．全过程中A、B克服摩擦力做功之比为2∶1
10.从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用。距地面高度h在3 m以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图所示。重力加速度取10 m/s2。该物体的质量为( )
A．2 kg B．1.5 kg C．1 kg D．0.5 kg
11.物流公司用滑轨装运货物，如图所示。长5 m、倾角为37°的倾斜滑轨与长5.5 m的水平滑轨平滑连接，有一质量为1 kg的货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑。已知货物与两段滑轨间的动摩擦因数均为eq \f(1,3)，sin 37°＝0.6，空气阻力不计，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)货物滑到倾斜滑轨末端的速度大小；
(2)货物从开始下滑经过4 s，克服摩擦力所做的功为多少。
12．(多选)如图所示为倾角为37°的固定斜面，一个质量为2 kg的物块自斜面底端沿斜面上滑，其动能和重力势能随上滑距离x的变化如图中直线Ⅰ和Ⅱ所示，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，则( )
A．物块的初速度为10 m/s
B．物块和斜面间的动摩擦因数为0.5
C．物块上升的最大高度为5 m
D．物块回到斜面底端时的动能为60 J
第2练 动能定理及其应用
1．B [木箱受力如图所示，木箱在移动的过程中有两个力做功，拉力做正功，摩擦力做负功，根据动能定理可知WF＋Wf＝eq \f(1,2)mv2－0，所以动能小于拉力做的功，故B正确，A错误；无法比较动能与摩擦力做功的大小，C、D错误。]
2．B [在运动过程中，只有摩擦力做功，而摩擦力做功与路径有关，根据动能定理－Ff·2πL＝0－eq \f(1,2)mv02，可得摩擦力的大小Ff＝eq \f(mv02,4πL)，故选B。]
3．B [该同学将篮球投出时的高度约为h1＝1.8 m，根据动能定理有W－mg(h－h1)＝eq \f(1,2)mv2，解得W＝7.5 J，故选项B正确。]
4．D [物体在重力作用下做平抛运动，加速度为g，竖直位移y＝eq \f(1,2)gt2，由动能定理得Ek＝E0＋eq \f(1,2)mg2t2，故选D。]
5．A [小球从A到C过程中，由动能定理可得WG＋WF＝0－eq \f(1,2)mv2，WG＝－mgh，解得WF＝mgh－eq \f(1,2)mv2，故选A。]
6．A [物体从D点沿DBA滑动到顶点A过程中，由动能定理可得－mg·xAO－μmg·xDB－μmgcs α·xAB＝0－eq \f(1,2)mv02，α为斜面倾角，由几何关系有xABcs α＝xOB，因而上式可以简化为－mg·xAO－μmg·xOD＝0－eq \f(1,2)mv02，从上式可以看出，物体的初速度与斜面倾角无关，故选A。]
7．(1)eq \r(\f(2ah,cs θ)) (2)eq \r(\f(2h,acs θ)) eq \f(mah,cs θ)
解析 (1)根据匀变速直线运动位移与速度关系有v02＝2aeq \f(h,cs θ)，
解得v0＝eq \r(\f(2ah,cs θ))
(2)由v0＝at，解得t＝eq \r(\f(2h,acs θ))
根据动能定理有W合＝eq \f(1,2)mv02，解得W合＝eq \f(mah,cs θ)。
8．D [当物块上滑的初速度为v时，根据动能定理有－mgH－μmgcs θ·eq \f(H,sin θ)＝0－eq \f(1,2)mv2
当上滑的初速度为2v时，有
－mgh－μmgcs θ·eq \f(h,sin θ)＝0－eq \f(1,2)m(2v)2
联立可得μ＝(eq \f(v2,2gH)－1)tan θ，h＝4H，故选D。]
9．C [由v－t图像可知，两个匀减速运动的加速度大小之比为1∶2，由题可知A、B所受摩擦力大小相等，所以A、B的质量关系是2∶1，故C正确。由v－t图像可知，A、B两物体运动的位移相等，且匀加速运动位移之比为1∶2，匀减速运动的位移之比为2∶1，由动能定理可得F1·x－Ff1·3x＝0－0，F2·2x－Ff2·3x＝0－0，因此可得：F1＝3Ff1，F2＝eq \f(3,2)Ff2，Ff1＝Ff2，所以F1＝2F2。全过程中A、B克服摩擦力做的功相等，F1对A、F2对B做的功大小相等，故A、B、D错误。]
10．C [法一：特殊值法
画出运动示意图。
设该外力的大小为F，据动能定理知
A→B(上升过程)：
－(mg＋F)h＝EkB－EkA
B→A(下落过程)：
(mg－F)h＝EkA′－EkB′
整理以上两式并代入数据得物体的质量m＝1 kg，选项C正确。
法二：写表达式根据斜率求解
上升过程：－(mg＋F)h＝Ek－Ek0，
则Ek＝－(mg＋F)h＋Ek0
下落过程：(mg－F)h＝Ek′－Ek0′，
则Ek′＝(mg－F)h＋Ek0′，
结合题图可知mg＋F＝eq \f(72－36,3－0) N＝12 N，mg－F＝eq \f(48－24,3－0) N＝8 N
联立可得m＝1 kg，选项C正确。]
11．(1)eq \f(10\r(3),3) m/s (2)30 J
解析 (1)根据动能定理
mglsin 37°－μmglcs 37°＝eq \f(1,2)mv12
解得v1＝eq \f(10\r(3),3) m/s
(2)在斜面上下滑时有mgsin 37°－μmgcs 37°＝ma1，解得a1＝eq \f(10,3) m/s2，下滑到底端时的时间t1＝eq \r(\f(2l,a1))＝eq \r(3) s，在水平滑轨上运动的加速度a2＝μg，解得a2＝eq \f(10,3) m/s2，则在水平滑轨上运动的时间t2＝eq \f(v1,a2)＝eq \r(3) s，货物从开始下滑经过4 s时已经停止在水平滑轨上，则整个过程由动能定理有mglsin 37°－W克f＝0，克服摩擦力所做的功为W克f＝mglsin 37°＝30 J。
12．AB [根据Ek＝eq \f(1,2)mv02，解得v0＝10 m/s，A正确；根据动能定理可得－(mgsin 37°＋μmgcs 37°)x＝F合x＝0－100 J，其中x＝5 m，联立解得μ＝0.5，B正确；物块上升的最大高度h＝5×
sin 37° m＝3 m，C错误；物块下滑时，根据动能定理(mgsin 37°－μmgcs 37°)x＝Ek′，解得Ek′＝20 J，D错误。]