（天津?qū)Ｓ茫?020屆高考物理一輪復(fù)習(xí) 考點(diǎn)規(guī)范練23 動(dòng)能和動(dòng)能定理（含解析）新人教版

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1、考點(diǎn)規(guī)范練23　動(dòng)能和動(dòng)能定理 一、單項(xiàng)選擇題 1.如圖所示,質(zhì)量為m的物塊與水平轉(zhuǎn)臺(tái)間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,物塊與轉(zhuǎn)軸相距R,物塊隨轉(zhuǎn)臺(tái)由靜止開(kāi)始轉(zhuǎn)動(dòng)。當(dāng)轉(zhuǎn)速增至某一值時(shí),物塊即將在轉(zhuǎn)臺(tái)上滑動(dòng),此時(shí)轉(zhuǎn)臺(tái)已開(kāi)始勻速轉(zhuǎn)動(dòng),在這一過(guò)程中,摩擦力對(duì)物塊做的功是(假設(shè)物塊所受的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力)(　　) A.0 B.2μmgR C.2πμmgR D.μmgR2 2.(2018·河北衡水中學(xué)模擬)如圖所示,質(zhì)量為0.1 kg的小物塊在粗糙水平桌面上滑行4 m后以3.0 m/s的速度飛離桌面,最終落在水平地面上,已知物塊與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5,桌面高0.45 m,若不計(jì)空氣阻力,g

2、取10 m/s2,則(　　) A.小物塊的初速度是5 m/s B.小物塊的水平射程為1.2 m C.小物塊在桌面上克服摩擦力做8 J的功 D.小物塊落地時(shí)的動(dòng)能為0.9 J 3.(2018·廣西玉林模擬)有兩個(gè)物體a和b,其質(zhì)量分別為ma和mb,且ma>mb,它們的初動(dòng)能相同,若a和b分別受到不變的阻力Fa和Fb的作用,經(jīng)過(guò)相同的時(shí)間停下來(lái),它們的位移分別為xa和xb,則(　　) A.Faxb B.Fa>Fb,xa>xb C.Fa>Fb,xa

3、在隨位移均勻減小的水平推力F作用下開(kāi)始運(yùn)動(dòng),推力F隨位移x變化的關(guān)系如圖乙所示,已知物體與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.5(g取10 m/s2),則下列說(shuō)法正確的是(　　) A.物體先做加速運(yùn)動(dòng),推力撤去時(shí)開(kāi)始做減速運(yùn)動(dòng) B.物體在水平地面上運(yùn)動(dòng)的最大位移是10 m C.物體運(yùn)動(dòng)的最大速度為215 m/s D.物體在運(yùn)動(dòng)中的加速度先變小后不變 二、多項(xiàng)選擇題 5.(2018·湖南省十三校聯(lián)考)有一物體由某一固定的長(zhǎng)斜面的底端以初速度v0沿斜面上滑,斜面與物體間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.5,其動(dòng)能Ek隨離開(kāi)斜面底端的距離x變化的圖線如圖所示,g取10 m/s2,不計(jì)空氣阻力,則以下說(shuō)法正確

4、的是(　　) A.斜面的傾角θ=30° B.物體的質(zhì)量為m=0.5 kg C.斜面與物體間的摩擦力大小Ff=2 N D.物體在斜面上運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間t=2 s 6.如圖所示,將質(zhì)量m0=1 kg的重物B懸掛在輕繩的一端,并放置在傾角為30°、固定在水平地面的斜面上,輕繩平行于斜面,重物B與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=33。輕繩跨過(guò)質(zhì)量不計(jì)的光滑定滑輪,其另一端系一質(zhì)量m=0.5 kg的小圓環(huán)A,圓環(huán)套在豎直固定的光滑直桿上,滑輪中心與直桿的距離為l=4 m。現(xiàn)將圓環(huán)A從與定滑輪等高處由靜止釋放,不計(jì)空氣阻力,直桿和斜面足夠長(zhǎng),g取10 m/s2。下列判斷正確的是(　　) A.圓環(huán)下降

5、的過(guò)程中,輕繩的張力大小始終等于10 N B.圓環(huán)能下降的最大距離為hm=163 m C.圓環(huán)速度最大時(shí),輕繩與直桿的夾角為30° D.若增加圓環(huán)質(zhì)量使m=1 kg,再重復(fù)題述過(guò)程,則圓環(huán)在下降過(guò)程中,重力做功的功率一直在增大 三、非選擇題 7.(2018·江西新余一模)我國(guó)將于2022年舉辦冬奧會(huì),跳臺(tái)滑雪是其中最具觀賞性的項(xiàng)目之一。如圖所示,質(zhì)量m=60 kg的運(yùn)動(dòng)員從長(zhǎng)直軌道AB的A處由靜止開(kāi)始以加速度a=3.6 m/s2勻加速下滑,到達(dá)助滑道末端B時(shí)速度vB=24 m/s,A與B的豎直高度差h0=48 m。為了改變運(yùn)動(dòng)員的運(yùn)動(dòng)方向,在助滑道與起跳臺(tái)之間用一段彎曲滑道銜接,其中

6、最低點(diǎn)C處附近是一段以O(shè)為圓心的圓弧,助滑道末端B與滑道最低點(diǎn)C的高度差h=5 m,運(yùn)動(dòng)員在B、C間運(yùn)動(dòng)時(shí)阻力做功W=-1 530 J,g取10 m/s2。 (1)求運(yùn)動(dòng)員在AB段下滑時(shí)受到阻力Ff的大小; (2)若運(yùn)動(dòng)員能承受的最大壓力為其所受重力的6倍,則C點(diǎn)所在圓弧的半徑R至少應(yīng)為多大? 考點(diǎn)規(guī)范練23　動(dòng)能和動(dòng)能定理 1.D　解析物塊即將在轉(zhuǎn)臺(tái)上滑動(dòng)但還未滑動(dòng)時(shí),轉(zhuǎn)臺(tái)對(duì)物塊的最大靜摩擦力恰好提供向心力,設(shè)此時(shí)物塊做圓周運(yùn)動(dòng)的線速度為v,則有μmg=mv2R。在物塊由靜止到獲得速度v的過(guò)程中,物塊受到的重力和支持力不做功,只有摩擦力對(duì)物塊做功,由動(dòng)能定理得W=12mv2-

7、0。聯(lián)立解得W=12μmgR。故選項(xiàng)D正確。 2.D　解析小物塊在桌面上克服摩擦力做功Wf=μmgl=2J,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;在水平桌面上滑行時(shí),由動(dòng)能定理得-Wf=12mv2-12mv02,解得v0=7m/s,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;小物塊飛離桌面后做平拋運(yùn)動(dòng),有x=vt、h=12gt2,解得x=0.9m,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;設(shè)小物塊落地時(shí)動(dòng)能為Ek,由動(dòng)能定理得mgh=Ek-12mv2,解得Ek=0.9J,選項(xiàng)D正確。 3.C　解析設(shè)物體的初速度為v,初動(dòng)能為Ek,所受的阻力為F,通過(guò)的位移為x,物體的速度與動(dòng)能的關(guān)系為Ek=12mv2,得v=2Ekm,由x=v+02t得,x=Ek2mt,由題意可知物體a、b運(yùn)

8、動(dòng)時(shí)間和初動(dòng)能相同,則質(zhì)量越大,位移越小,因ma>mb,所以xaFb,故選項(xiàng)C正確。 4.B　解析當(dāng)推力小于摩擦力時(shí)物體就開(kāi)始做減速運(yùn)動(dòng),選項(xiàng)A錯(cuò)誤;由題圖乙中圖線與x軸所圍面積表示推力對(duì)物體做的功得,推力做的功W=12×4×100J=200J,根據(jù)動(dòng)能定理有W-μmgxm=0,得xm=10m,選項(xiàng)B正確;當(dāng)推力與摩擦力平衡時(shí),加速度為零,速度最大,由題圖乙得F=100-25x(N),當(dāng)F=μmg=20N時(shí)x=3.2m,由動(dòng)能定理得12(100+20)·x-μmgx=12mvm2,解得物體運(yùn)動(dòng)的最大速度vm=8m/s

9、,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;物體運(yùn)動(dòng)中當(dāng)推力由100N減小到20N的過(guò)程中,加速度逐漸減小,當(dāng)推力由20N減小到0的過(guò)程中,加速度又反向增大,此后加速度不變,故選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 5.BC　解析由動(dòng)能定理F合x(chóng)=ΔEk知Ek-x圖像的斜率表示合外力,則上升階段斜率為mgsinθ+μmgcosθ=255=5,下降階段斜率為mgsinθ-μmgcosθ=55=1,聯(lián)立得tanθ=34,即θ=37°,m=0.5kg,故A錯(cuò)誤,B正確。物體與斜面間的摩擦力為Ff=μmgcosθ=2N,故C正確。上升階段由Ek-x圖像的斜率知合力為F1=5N,由F1=ma1,則a1=10m/s2,t1=v1a1,Ek1=12mv12=2

10、5J,聯(lián)立得t1=1s,同理,下降階段合力為F2=1N,由F2=ma2,則a2=2m/s2,t2=v2a2,Ek2=12mv22=5J,聯(lián)立得t2=5s,則t=t1+t2=(1+5)s,故D錯(cuò)誤。 6.BD　解析由題圖可知,一開(kāi)始豎直方向圓環(huán)A只受重力,所以圓環(huán)A先向下做加速運(yùn)動(dòng),后做減速運(yùn)動(dòng),直至停止,重物B也是先加速后減速,而重物B受到的重力、支持力和摩擦力都保持不變,所以繩子對(duì)重物B的拉力必定是變化的,故A錯(cuò)誤;設(shè)圓環(huán)A下降的最大距離為hm,則重物B上升的距離為h1=(hm2+l2-l)·sin30°,對(duì)圓環(huán)A和重物B組成的系統(tǒng),由動(dòng)能定理得mghm-m0gh1-μm0gh1cos30

11、°=0,解得hm=163m,故B正確;當(dāng)圓環(huán)A在下滑過(guò)程中受力平衡時(shí)速度最大,則此時(shí)重物B的加速度也是0,繩子的拉力就等于重物B的重力向下的分力與摩擦力的和,即FT=m0gsin30°+μm0gcos30°=10N,設(shè)此時(shí)拉圓環(huán)A的繩子與豎直方向的夾角是θ,則在豎直方向上有FTcosθ=mg,代入數(shù)據(jù)解得θ=60°,故C錯(cuò)誤;若增加圓環(huán)A的質(zhì)量使m=1kg,再重復(fù)題述過(guò)程,則圓環(huán)A的重力大于重物B的重力沿斜面向下的分力與摩擦力的和,則圓環(huán)A將一直向下做加速運(yùn)動(dòng),其重力做功的功率一直增大,故D正確。 7.解析(1)運(yùn)動(dòng)員在AB段上做初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng),設(shè)AB段的長(zhǎng)度為x,斜面的傾角為α,則有vB2=2ax, 根據(jù)牛頓第二定律得mgsinα-Ff=ma, 又sinα=h0x, 由以上三式聯(lián)立解得Ff=144N。 (2)在由B到達(dá)C的過(guò)程中,根據(jù)動(dòng)能定理有 mgh+W=12mvC2-12mvB2 設(shè)運(yùn)動(dòng)員在C點(diǎn)所受的支持力為FN,由牛頓第二定律得FN-mg=mvC2R 由運(yùn)動(dòng)員能承受的最大壓力為其所受重力的6倍,即有FN=6mg,聯(lián)立解得R=12.5m, 所以圓弧的半徑R至少為12.5m。 答案(1)144 N　(2)12.5 m 4