《2021版高考物理一轮复习课时分层提升练十九动能定理及其应用含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2021版高考物理一轮复习课时分层提升练十九动能定理及其应用含解析（9页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、动能定理及其应用(建议用时45分钟)1.如图所示,木盒中固定一质量为m的砝码,木盒和砝码在桌面上以一定的初速度一起滑行一段距离后停止。现拿走砝码,而持续加一个竖直向下的恒力F(F=mg),若其他条件不变,则木盒滑行的距离()A.不变B.变小C.变大D.变大变小均可能【解析】选B。设木盒质量为M,木盒中固定一质量为m的砝码时,由动能定理可知,(m+M)gx1=(M+m)v2,解得x1=;加一个竖直向下的恒力F(F=mg)时,由动能定理可知,(m+M)gx2=Mv2,解得x2=。显然x2x1。则B正确,A、C、D错误。2.(2016全国卷)一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动,在时间间隔t内位移为
2、s,动能变为原来的9倍。该质点的加速度为()A.B.C.D.【解析】选A。设初、末速度分别为v1、v2,加速度为a,则由Ek=mv2得v2=3v1;代入s=t得v1=,v2=,a=,故选A。3.如图所示,质量为m的物体静置在水平光滑平台上,系在物体上的绳子跨过光滑的定滑轮,由地面上的人以速度v0向右匀速拉动,设人从地面上平台的边缘开始向右行至绳与水平方向夹角为45处,在此过程中人所做的功为()A.B.C.D.m【解析】选C。由题意知,绳与水平方向夹角为45时,沿绳方向的速度v=v0cos 45=,故质量为m的物体速度等于,对物体应用动能定理可知,在此过程中人所做的功为W=mv2-0=,C正确。
3、4.(多选)如图所示,质量为0.1 kg的小物块在粗糙水平桌面上滑行4 m后以3.0 m/s的速度飞离桌面,最终落在水平地面上,已知物块与桌面间的动摩擦因数为0.5,桌面高0.45 m,若不计空气阻力,g取10 m/s2,则下列说法错误的是()A.小物块的初速度是5 m/sB.小物块的水平射程为1.2 mC.小物块在桌面上克服摩擦力做8 J的功D.小物块落地时的动能为0.9 J【解析】选A、B、C。小物块在桌面上克服摩擦力做功Wf=mgL=2 J,C错误;在水平桌面上滑行,由动能定理得-Wf=mv2-m,解得v0=7 m/s,A错误;小物块飞离桌面后做平抛运动,则x=vt、h=gt2,联立解得
4、x=0.9 m,B错误;设小物块落地时动能为Ek,由动能定理得mgh=Ek-mv2,解得Ek=0.9 J,D正确。5.质量为2 kg的物体以一定的初速度沿倾角为30的斜面向上滑行,在向上滑行的过程中,其动能随位移的变化关系如图所示,则物体返回到出发点时的动能为(g取10 m/s2)()A.34 JB.56 JC.92 JD.196 J【解析】选A。物体上滑的过程中重力与摩擦力都做负功,由动能定理得-mgxsin 30-Ff x=0-E0,下滑的过程中重力做正功,摩擦力做负功,得mgxsin 30-Ff x=E-0,代入数据得E=34 J,则A正确,B、C、D错误。6.(2019酒泉模拟)如图所
5、示,上表面水平的圆盘固定在水平地面上,一小物块从圆盘边缘上的P点,以大小恒定的初速度v0,在圆盘上沿与直径PQ成不同夹角的方向开始滑动,小物块运动到圆盘另一边缘时的速度大小为v,则v2-cos图像应为()【解析】选A。设圆盘半径为r,小物块与圆盘间的动摩擦因数为,由动能定理可得,-mg2rcos=mv2-m,整理得v2=-4grcos,可知v2与cos为线性关系,斜率为负,故A正确,B、C、D错误。7.(多选)(2020南宁模拟)光滑斜面AB和水平传送带BC通过一小段光滑圆弧平滑连接。传送带以大小为3 m/s的速率逆时针匀速转动,现让质量为0.2 kg的滑块(视为质点)轻放在传送带的右端C,滑
6、块恰好能运动到斜面上最高点A。若滑块与传送带间的动摩擦因数为0.5,传送带长度BC=1.6 m,取g=10 m/s2,不计空气阻力,则下列说法正确的是()A.A、B两点间的高度差为0.8 mB.滑块不可能返回到C点C.滑块第一次从C点运动到B点的过程中,摩擦力对滑块做的功为0.9 JD.滑块最终将静止不动【解析】选B、C。根据动能定理:mgx1=mv2-0可得x1=0.9 m1.6 m,可见滑块第一次在传送带上先做匀加速直线运动后做匀速直线运动,到达B点时的速率为3 m/s,根据机械能守恒有:mgh=mv2可得A、B两点间的高度差为h=0.45 m,选项A错误;滑块第一次返回到B点后做匀减速直
7、线运动,运动了0.9 m速度变为零,不可能返回到C点,选项B正确;滑块第一次从C点运动到B点的过程中,摩擦力对滑块做的功W=mgx1=0.9 J,选项C正确;经上述分析可知,滑块在斜面和传送带上往复运动,选项D错误;故选B、C。8.(多选)如图所示,直杆AB与水平面成角固定,在杆上套一质量为m的小滑块,杆底端B点处有一弹性挡板,杆与板面垂直,滑块与挡板碰撞后原速率返回。现将滑块拉到A点由静止释放,与挡板第一次碰撞后恰好能上升到AB的中点,设重力加速度为g,由此可以确定()A.滑块下滑和上滑过程加速度的大小a1、a2B.滑块最终所处的位置C.滑块与杆之间的动摩擦因数D.滑块第k次与挡板碰撞后的速
8、度vk【解题指南】解答本题应注意以下三点:(1)小滑块下滑时做匀加速运动,上滑时做匀减速运动,可由运动学规律列方程。(2)下滑和上滑过程可由牛顿第二定律列方程。(3)小滑块经k次碰撞过程可由动能定理列方程。【解析】选A、B、C。设滑块到达底端时速度为v,则v2=2a1x=2a2,加速度之比为12,即a2=2a1,则有2gsin-2gcos=gsin+gcos,解得=,故选项A、C正确;由于有摩擦力,最终滑块能量耗尽而静止于底端,故选项B正确;滑块第k次与挡板碰撞后,能再滑到杆的x=()kl处,则滑块第k次与挡板碰撞后速度vk满足-mgxsin-mgxcos=0-m,由于l未知,所以不能求得vk
9、的大小,故选项D错误。9.质量m=1 kg的物体,在与物体初速度方向相同的水平拉力的作用下,沿水平面运动过程中动能位移的图线如图所示。(g取10 m/s2)求:(1)物体的初速度。(2)物体和水平面间的动摩擦因数。(3)拉力F的大小。【解析】(1)由题图可知初动能为2 J,Ek0=m=2 Jv0=2 m/s(2)在位移4 m处物体的动能为10 J,在位移8 m处物体的动能为零,这段过程中物体克服摩擦力做功设摩擦力为f,则-fx2=0-10 J=-10 Jf= N=2.5 N因f=mg,故=0.25(3)物体从开始到移动4 m这段过程中,受拉力F和摩擦力f 的作用,合力为F-f,根据动能定理有(
10、F-f)x1=Ek解得F=4.5 N答案:(1)2 m/s(2)0.25(3)4.5 N10.(创新预测)(多选)质量相等的A、B两物体放在同一水平面上,分别受到水平拉力F1、F2的作用从静止开始做匀加速直线运动。经过时间t0和4t0速度分别达到2v0和v0时,分别撤去F1和F2,以后物体继续做匀减速直线运动直至停止,两物体速度随时间变化的图线如图所示。则下列结论正确的是()A.A、B物体所受摩擦力f1f2=21B.A、B物体所受摩擦力f1f2=11C.F1和F2对A、B做的功W1W2=65D.F1和F2对A、B做的功W1W2=125【解析】选B、C。从图像可知,两物体匀减速运动的加速度大小都
11、为a=,根据牛顿第二定律,匀减速运动中有f=ma,则两物体所受摩擦力相同,故A错误,B正确;图线与时间轴所围成的面积表示运动的位移,则位移之比为65,对全过程运用动能定理得,W1-fx1=0,W2-fx2=0,解得W1=fx1,W2= fx2,所以整个运动过程中F1和F2做功之比为65,故C正确,D错误。11.(多选)(2019昆明模拟)如图甲所示,倾角为的足够长的传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运行。t=0时,将质量m=1 kg的物体(可视为质点)轻放在传送带上,物体相对地面的v-t图像如图乙所示。设沿传送带向下为正方向,取重力加速度g=10 m/s2。则()A.传送带的速率v0=10 m
12、/sB.传送带的倾角=30C.物体与传送带之间的动摩擦因数=0.5D.02.0 s摩擦力对物体做功Wf=-24 J【解析】选A、C、D。由v-t图像可知,物体放上传送带开始阶段,加速度a1=10.0 m/s2,物体与传送带同速后,加速度a2= m/s2=2.0 m/s2,传送带的速率v0=10 m/s,A正确;由mgsin+mgcos=ma1,mgsin-mgcos=ma2可求得:=37,=0.5,B错误,C正确;由动能定理得:mglsin+Wf=mv2,v=12.0 m/s,l=101 m+1 m=16 m,解得Wf=-24 J,D正确。12.(2019西安模拟)如图所示,在粗糙水平台阶上静
13、止放置一质量m=0.5 kg的小物块,它与水平台阶表面间的动摩擦因数=0.5,且与台阶边缘O点的距离s=5 m。在台阶右侧固定了一个以O点为圆心的圆弧形挡板,并以O点为原点建立平面直角坐标系。现用F=5 N的水平恒力拉动小物块,一段时间后撤去拉力,小物块最终水平抛出并击中挡板(g取10 m/s2)。(1)若小物块恰能击中挡板的上边缘P点,P点的坐标为(1.6 m,0.8 m),求其离开O点时的速度大小。(2)为使小物块击中挡板,求拉力F作用的距离范围。(3)改变拉力F的作用时间,使小物块击中挡板的不同位置,求击中挡板时小物块动能的最小值。(结果可保留根式)【解题指导】解答本题应注意以下三点:(
14、1)小物块从O到P做平抛运动。(2)根据动能定理求出拉力F作用的距离。(3)根据平抛运动的知识,结合圆的方程,根据动能定理求出击中挡板的小物块动能的最小值。【解析】(1)小物块从O到P做平抛运动,则: 水平方向:x=v0t竖直方向:y=gt2解得:v0=4 m/s(2)为使小物块击中挡板,小物块必须能运动到O点,设拉力F作用的最短距离为x1,由动能定理得:Fx1-mgs=Ek-0=0解得:x1=2.5 m为使小物块不会飞出挡板,小物块的平抛初速度不能超过4 m/s;设拉力F作用的最长距离为x2,由动能定理得:Fx2-mgs=m解得:x2=3.3 m故为使物块击中挡板,拉力F的作用距离范围为:2
15、.5 mx3.3 m(3)设小物块击中挡板的任意点坐标为(x,y),则有:x=v0t,y=gt2由动能定理得:mgy=Ek-mv02又:x2+y2=R2由P点坐标可求得R2=3.2化简得:Ek=+=+由数学方法可得:Ekmin=2 J答案:(1)4 m/s(2)2.5 mx3.3 m(3)2 J【总结提升】应用动能定理的五点注意(1)动能定理既适用于恒力作用过程,也适用于变力作用过程。(2)动能定理既适用于物体做直线运动的情况,也适用于物体做曲线运动的情况。(3)动能定理的研究对象既可以是单个物体,也可以是几个物体所组成的系统。(4)动能定理的研究过程既可以是针对运动过程中的某个具体过程,也可以是针对运动的全过程。(5)动能定理的计算式为标量式,动能Ek=mv2中的v为相对同一参考系的速度。【补偿训练】如图所示装置由AB、BC、CD三段轨道组成,轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接
