2022年度高考物理一輪復習 第五章 機械能 第2講 動能定理及應用課時達標訓練

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1、2022年度高考物理一輪復習 第五章 機械能 第2講 動能定理及應用課時達標訓練 一、選擇題(1～5題為單項選擇題，6～9題為多項選擇題) 1．(2015·四川理綜)在同一位置以相同的速率把三個小球分別沿水平、斜向上、斜向下方向拋出，不計空氣阻力，則落在同一水平地面時的速度大小(　　) A．一樣大 B．水平拋的最大 C．斜向上拋的最大 D．斜向下拋的最大 解析　由動能定理mgh＝mv－mv知，落地時速度v2的大小相等，故A正確。 答案　A 2．關于運動物體所受的合力、合力做的功、物體動能的變化，下列說法正確的是(　　) A．運動物體所受的合力不為零，合力必做功，物

2、體的動能肯定要變化 B．運動物體所受的合力為零，則物體的動能肯定不變 C．運動物體的動能保持不變，則該物體所受合力一定為零 D．運動物體所受合力不為零，則該物體一定做變速運動，其動能要變化 解析　關于運動物體所受的合力、合力做的功、物體動能的變化三者之間的關系有下列三個要點。 (1)若運動物體所受合力為零，則合力不做功(或物體所受外力做功的代數和必為零)，物體的動能絕對不會發(fā)生變化。 (2)物體所受合力不為零，物體必做變速運動，但合力不一定做功，合力不做功，則物體動能不變化。 (3)物體的動能不變，一方面表明物體所受的合力不做功；同時表明物體的速率不變(速度的方向可

3、以不斷改變，此時物體所受的合力只是用來改變速度方向，產生向心加速度，如勻速圓周運動)。 根據上述三個要點不難判斷，本題只有選項B是正確的。 答案　B 3．(2018·西安質檢)靜止在粗糙水平面上的物塊在水平向右的拉力作用下做直線運動，t＝4 s時停下，其v－t圖象如圖1所示，已知物塊與水平面間的動摩擦因數處處相同，則下列判斷正確的是(　　) 圖1 A．整個過程中拉力做的功等于物塊克服摩擦力做的功 B．整個過程中拉力做的功等于零 C．t＝2 s時刻拉力的瞬時功率在整個過程中最大 D．t＝1 s到t＝3 s這段時間內拉力不做功 解析　對物塊運動的整個過程運用動能

4、定理得WF－Wf＝0，即拉力做的功等于物塊克服摩擦力做的功，選項A正確，B錯誤；在0～1 s時間內，拉力恒定且大于摩擦力，物塊做勻加速運動，速度增大，t＝1 s時，速度最大，拉力的瞬時功率最大；t＝2 s時，物塊勻速運動，拉力等于摩擦力，所以t＝2 s時刻拉力的瞬時功率不是最大的，選項C錯誤；t＝1 s到t＝3 s這段時間，物塊勻速運動，拉力做正功，摩擦力做負功，合外力做功為零，選項D錯誤。 答案　A 4．質量為2 kg的物體以一定的初速度沿傾角為30°的斜面向上滑行，在向上滑行的過程中，其動能隨位移的變化關系如圖2所示，則物體返回到出發(fā)點時的動能為(取g＝10 m/s2)(　　)

5、 圖2 A．34 J B．56 J C．92 J D．196 J 解析　物體上滑的過程中重力與摩擦力都做負功，由動能定理得－mgx·sin 30°－Ffx＝0－E0，下滑的過程中重力做正功，摩擦力做負功，得mgx·sin 30°－Ffx＝E－0，代入數據得E＝34 J，故選A。 答案　A 5. (2015·全國卷Ⅰ，17)如圖3，一半徑為R、粗糙程度處處相同的半圓形軌道豎直固定放置，直徑POQ水平。一質量為m的質點自P點上方高度R處由靜止開始下落，恰好從P點進入軌道。質點滑到軌道最低點N時，對軌道的壓力為4mg，g為重力加速度的大小。用W表示質點從P點運動到N點的過程

6、中克服摩擦力所做的功。則(　　) 圖3 A．W＝mgR，質點恰好可以到達Q點 B．W＞mgR，質點不能到達Q點 C．W＝mgR，質點到達Q點后，繼續(xù)上升一段距離 D．W＜mgR，質點到達Q點后，繼續(xù)上升一段距離 解析　根據動能定理得P點動能EkP＝mgR，經過N點時，由牛頓第二定律和向心力公式可得4mg－mg＝m，所以N點動能為EkN＝，從P點到N點根據動能定理可得mgR－W＝－mgR，即克服摩擦力做功W＝。質點運動過程，半徑方向的合力提供向心力即FN－mgcos θ＝ma＝m，根據左右對稱，在同一高度處，由于摩擦力做功導致在右邊圓形軌道中的速度變小，軌道彈力變小，滑

7、動摩擦力Ff＝μFN變小，所以摩擦力做功變小，那么從N到Q，根據動能定理，Q點動能EkQ＝－mgR－W′＝mgR－W′，由于W′＜，所以Q點速度仍然沒有減小到0，會繼續(xù)向上運動一段距離，對照選項，C正確。 答案　C 6．關于動能定理的表達式W＝Ek2－Ek1，下列說法正確的是(　　) A．公式中的W為不包含重力的其他力做的總功 B．公式中的W為包含重力在內的所有力做的功，也可通過以下兩種方式計算：先求每個力的功再求功的代數和或先求合外力再求合外力的功 C．公式中的Ek2－Ek1為動能的增量，當W＞0時動能增加，當W＜0時，動能減少 D．動能定理適用于直線運動，但不適用于曲

8、線運動，適用于恒力做功，但不適用于變力做功 解析　公式中W指總功，求總功的方法有兩種，先求每個力做的功再求功的代數和或先求合力再求合外力的功，故選項B正確，A錯誤；當W＞0時，末動能大于初動能，動能增加，當W＜0時，末動能小于初動能，動能減少，故C正確；動能定理不僅適用于直線運動，也適用于曲線運動，不僅適用于恒力做功，也適用于變力做功，故D錯誤。 答案　BC 7．(2018·中山二模)在距水平地面10 m高處，以10 m/s的速度水平拋出一質量為1 kg的物體，已知物體落地時的速度為16 m/s，取g＝10 m/s2，則下列說法正確的是(　　) A．拋出時人對物體做功為150 J

9、 B．自拋出到落地，重力對物體做功為100 J C．飛行過程中物體克服阻力做功22 J D．物體自拋出到落地時間為 s 解析　根據動能定理，拋出時人對物體做的功W1＝mv＝50 J，選項A錯誤；自拋出到落地，重力對物體做功WG＝mgh＝100 J，選項B正確；根據動能定理有mgh－Wf＝Ek2－Ek1，得物體克服阻力做的功Wf＝mgh－mv＋mv＝22 J，選項C正確；由于空氣阻力的影響，物體不做平拋運動，豎直分運動不是自由落體運動，無法求解物體運動的時間，選項D錯誤。 答案　BC 8．如圖4所示，AB為半徑R＝0.50 m的四分之一圓弧軌道，B端距水平地面的高度h＝0.

10、45 m。一質量m＝1.0 kg 的小滑塊從圓弧道A端由靜止釋放，到達軌道B端的速度v＝2.0 m/s。忽略空氣的阻力。取g＝10 m/s2。則下列說法正確的是(　　) 圖4 A．小滑塊在圓弧軌道B端受到的支持力大小FN＝16 N B．小滑塊由A端到B端的過程中，克服摩擦力所做的功W＝3 J C．小滑塊的落地點與B點的水平距離x＝0.6 m D．小滑塊的落地點與B點的水平距離x＝0.3 m 解析　小滑塊在B端時，根據牛頓第二定律有FN－mg＝m，解得FN＝18 N，A錯誤；根據動能定理有mgR－W＝mv2，解得W＝mgR－mv2＝3 J，B正確；小滑塊從B點做平拋運動

11、，水平方向上x＝vt，豎直方向上h＝gt2，解得x＝v·＝0.6 m，C正確，D錯誤。 答案　BC 9．在傾角為30°的斜面上，某人用平行于斜面的力把原來靜止于斜面上的質量為2 kg的物體沿斜面向下推了2 m的距離，并使物體獲得1 m/s的速度，已知物體與斜面間的動摩擦因數為，g取10 m/s2，如圖5所示，則在這個過程中(　　) 圖5 A．人對物體做功21 J B．合外力對物體做功1 J C．物體克服摩擦力做功21 J D．物體重力勢能減小20 J 解析　根據動能定理可知，合外力對物體做的功等于物體動能的變化量，即W合＝mv2＝×2×1 J＝1 J，所以B項正

12、確；物體克服摩擦力做功Wf＝μmgxcos θ，代入數據可得Wf＝20 J，所以C項錯誤；物體重力勢能的減小量等于重力做的功WG＝mgxsin θ＝20 J，D項正確；設人對物體做功為W，則應滿足W人＋WG－Wf＝W合，代入數據可得W人＝1 J，即人對物體做功1 J，A項錯誤。 答案　BD 二、非選擇題 10．(2018·廣州模擬)質量m＝1 kg的物體，在與物體初速度方向相同的水平拉力的作用下，沿水平面運動過程中動能—位移的圖線如圖6所示。(g取10 m/s2)求： 圖6 (1)物體的初速度； (2)物體和水平面間的動摩擦因數； (3)拉力F的大小。 解析　(1

13、)由題圖可知初動能為2 J， Ek0＝mv＝2 J v0＝2 m/s (2)在位移4 m處物體的動能為10 J，在位移8 m處物體的動能為零，這段過程中物體克服摩擦力做功 設摩擦力為Ff，則 －Ffx2＝0－10 J＝－10 J Ff＝ N＝2.5 N 因Ff＝μmg 故μ＝＝＝0.25 (3)物體從開始到移動4 m這段過程中，受拉力F和摩擦力Ff的作用，合力為F－Ff，根據動能定理有 (F－Ff)·x1＝ΔEk 解得F＝4.5 N 答案　(1)2 m/s　(2)0.25　(3)4.5 N 11．(2018·鄭州質量預測)如圖7所示，固定在水平

14、地面上的工件，由AB和BD兩部分組成。其中AB部分為光滑的圓弧，∠AOB＝37°，圓弧的半徑R＝0.5 m，圓心O點在B點正上方，BD部分水平，長度為l＝0.2 m，C為BD的中點。現(xiàn)有一質量m＝1 kg的物塊(可視為質點)，從A端由靜止釋放，恰好能運動到D點。為使物塊運動到C點時速度為零，可先將BD部分以B為軸向上轉動一銳角θ，求： 圖7 (1)該銳角θ(假設物塊經過B點時沒有能量損失)； (2)物塊在BD板上運動的總路程。(g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) 解析　(1)設動摩擦因數為μ，當BD水平時，研究物塊的運動，根據動能定理得W總＝

15、ΔEk 從A到D的過程中mgR(1－cos 37°)－μmgl＝0 代入數據聯(lián)立解得μ＝0.5 當BD以B為軸向上轉動一個銳角θ時，從A到C的過程中，根據動能定理 mgR(1－cos 37°)－mgsin θ－μFN＝0 其中FN＝mgcos θ 聯(lián)立解得θ＝37°。 (2)物塊在C處速度減為零后，由于mgsin θ＞μmgcos θ物塊將會下滑，而AB段光滑，故物塊將做往復運動，直到停止在B點。 根據能量守恒定律mgR(1－cos 37°)＝Q 而摩擦產生的熱量Q＝fs，f＝μmgcos θ 代入數據解得，物塊在BD板上的總路程s＝0.25 m。

16、答案　(1)37°　(2)0.25 m 12．如圖8所示，傳送帶A、B之間的距離為L＝3.2 m，與水平面間的夾角θ＝37°，傳送帶沿順時針方向轉動，速度恒為v＝2 m/s，在上端A點無初速度地放置一個質量為m＝1 kg、大小可視為質點的金屬塊，它與傳送帶的動摩擦因數為μ＝0.5，金屬塊滑離傳送帶后，經過彎道，沿半徑為R＝0.4 m的光滑圓軌道做圓周運動，剛好能通過最高點E。已知B、D兩點的豎直高度差h＝0.5 m(g取10 m/s2)求： 圖8 (1)金屬塊經過D點時的速度； (2)金屬塊在BCD彎道上克服摩擦力做的功。 解析　(1)金屬塊在E點時，mg＝m， 解得v

17、E＝2 m/s，在從D到E過程中由動能定理得 －mg·2R＝mv－mv， 解得vD＝2 m/s。 (2)金屬塊剛剛放上傳送帶時， mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1， 解得a1＝10 m/s2， 設經位移x1達到共同速度，則 v2＝2a1x1， 解得x1＝0.2 m＜3.2 m， 繼續(xù)加速過程中，mgsin θ－μmgcos θ＝ma2， 解得a2＝2 m/s2， 由x2＝L－x1＝3 m，v－v2＝2a2x2， 解得vB＝4 m/s， 在從B到D過程中由動能定理得 mgh－W＝mv－mv， 解得W＝3 J。 答案　(1)2 m/s　(2)3 J