版高考物理一轮复习第四章第2讲动能定理及其应用练习鲁科版

2019版高考物理一轮复习第四章第2讲动能定理及其应用练习鲁科版本文简介：第2讲动能定理及其应用[课时作业]单独成册方便使用[基础题组]一、单项选择题1．A、B两物体在光滑水平面上，分别在相同的水平恒力F作用下，由静止开始通过相同的位移x.若A的质量大于B的质量，则在这一过程中()A．A获得动能较大B．B获得动能较大C．A、B获得动能一样大D．无法比较A、B获得动能大小解

2019版高考物理一轮复习第四章第2讲动能定理及其应用练习鲁科版本文内容：

第2讲

动能定理及其应用

[课时作业]

单独成册

方便使用

[基础题组]

一、单项选择题

1．A、B两物体在光滑水平面上，分别在相同的水平恒力F作用下，由静止开始通过相同的位移x.若A的质量大于B的质量，则在这一过程中(

)

A．A获得动能较大

B．B获得动能较大

C．A、B获得动能一样大

D．无法比较A、B获得动能大小

解析：由动能定理可知恒力F做功W＝Fx＝mv2－0，因为F、x相同，所以A、B的动能变化相同，C正确．

答案：C

2．如图甲所示，静止于光滑水平面上的小物块，在水平拉力F的作用下从坐标原点O开始沿x轴正方向运动，F随物块所在位置坐标x的变化关系如图乙所示，图线右半部分为四分之一圆弧，则小物块运动到2x0处时的动能可表示为(

)

A．0

B．Fmaxx0

C.Fmaxx0(1＋π)

D.Fmaxx0(1＋)

解析：题中F-x图象与横坐标围成的面积等于拉力做功的大小，由图象可得出W＝Fmaxx0(1＋)，根据动能定理得Ek＝W＝Fmaxx0(1＋)，选项D正确．

答案：D

3．(2018·湖北八校高三联考)物体静止在光滑水平面上，先对物体施加一水平向右的恒力F1，经时间t撤去F1，立即再对它施加一水平向左的恒力F2，又经时间3t物体回到出发点，在这一过程中，F1、F2分别对物体做的功W1、W2之间的关系是(

)

A．W1∶W2＝1∶1

B．W1∶W2＝2∶3

C．W1∶W2＝9∶5

D．W1∶W2＝9∶7

解析：设恒力F1作用t后物体的速度为v1，恒力F2又作用3t后物体的速度为v2，则物体在恒力F1作用t后的位移s1＝，物体在恒力F2作用3t后的位移s2＝×3t，由题意知s1＝－s2，整理得v1＝－v2，由动能定理得，W1＝mv，W2＝mv－mv，则＝，故选项D正确．

答案：D

4.用水平力F拉一物体，使物体在水平地面上由静止开始做匀加速直线运动，t1时刻撤去拉力F，物体做匀减速直线运动，到t2时刻停止，其速度—时间图象如图所示，且α＞β，若拉力F做的功为W1，在0～t1时间内拉力F的平均功率为P1，物体克服摩擦阻力f做的功为W2,0～t2时间内克服摩擦力的平均功率为P2，下列选项正确的是(

)

A．W1＞W2，F＝2f

B．W1＝W2，F＞2f

C．P1＜P2，F＞2f

D．P1＝P2，F＝2f

解析：由动能定理得W1－W2＝0，即W1＝W2.由题图知，加速过程加速度大小a1大于减速过程的加速度大小a2，根据牛顿第二定律，有F－f＝ma1，f＝ma2，因a1＞a2，故F－f＞f，选项B正确，A、D错误；由题意知tf＞tF，又W1＝W2，根据P＝可得P1＞P2，选项C错误．

答案：B

5.如图所示，质量为m的小球，从离地面H高处从静止开始释放，落到地面后继续陷入泥中h深度而停止，设小球受到空气阻力为f，重力加速度为g，则下列说法正确的是(

)

A．小球落地时动能等于mgH

B．小球陷入泥中的过程中克服泥的阻力所做的功小于刚落到地面时的动能

C．整个过程中小球克服阻力做的功等于mg(H＋h)

D．小球在泥土中受到的平均阻力为mg(1＋)

解析：小球从静止开始释放到落到地面的过程，由动能定理得mgH－fH＝mv，选项A错误；设泥的平均阻力为f0，小球陷入泥中的过程，由动能定理得mgh－f0h＝0－mv，解得f0h＝mgh＋mv，f0＝mg(1＋)－，选项B、D错误；对全过程应用动能定理可知，整个过程中小球克服阻力做的功等于mg(H＋h)，选项C正确．

答案：C

二、多项选择题

6.如图所示，质量相等的物体A和物体B与地面的动摩擦因数相等，在力F的作用下，一起沿水平地面向右移动x，则(

)

A．摩擦力对A、B做功相等

B．A、B动能的增量相同

C．F对A做的功与F对B做的功相等

D．合力对A做的功与合力对B做的功相等

解析：因F斜向下作用在物体A上，A、B受到的摩擦力不相同，因此，摩擦力对A、B做的功不相等，A错误；A、B两物体一起运动，速度始终相同，故A、B动能增量一定相等，B正确；F不作用在B上，不能说F对B做功，C错误；合力对物体做的功等于物体动能的增量，D正确．

答案：BD

7.如图所示为一滑草场．某条滑道由上下两段高均为h，与水平面倾角分别为45°和37°的滑道组成，滑草车与草地之间的动摩擦因数为μ.质量为m的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端(不计滑草车在两段滑道交接处的能量损失，sin

37°＝0.6，cos

37°＝0.8)．则(

)

A．动摩擦因数μ＝

B．载人滑草车最大速度为

C．载人滑草车克服摩擦力做功为mgh

D．载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为g

解析：对滑草车从坡顶由静止滑下，到底端静止的全过程，得mg·2h－μmgcos

45°·－μmgcos

37°·＝0，解得μ＝，选项A正确；对经过上段滑道过程，根据动能定理得，mgh－μmgcos

45°·＝mv2，解得v＝，选项B正确；载人滑草车克服摩擦力做功为2mgh，选项C错误；载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为a＝＝－g，选项D错误．

答案：AB

8.如图所示为某中学科技小组制作的利用太阳能驱动小车的装置．当太阳光照射到小车上方的光电板时，光电板中产生的电流经电动机作用带动小车前进．若质量为m的小车在平直的水泥路上从静止开始沿直线加速行驶，经过时间t前进的距离为x，且速度达到最大值vm.设这一过程中电动机的功率恒为P，小车所受阻力恒为f，那么这段时间内(

)

A．小车做匀加速运动

B．小车受到的牵引力逐渐减小

C．小车受到的合外力所做的功为Pt

D．小车受到的牵引力做的功为fx＋mv

解析：小车在运动方向上受牵引力F和阻力f，因为v增大，P不变，由P＝Fv，F－f＝ma，得出F逐渐减小，a也逐渐减小，当v＝vm时，a＝0，故A错误，B正确；合外力做的功W外＝Pt－fx，由动能定理得Pt－fx＝mv，则牵引力做的功WF＝Pt＝fx＋mv，故C错误，D正确．

答案：BD

[能力题组]

一、选择题

9．(2017·高考江苏卷)一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处．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(

)

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的函数关系图象为直线，且斜率为负．

当小物块沿斜面下滑时根据动能定理有

(mgsin

θ－f)(x0－x)＝Ek－0(x0为小物块到达最高点时的位移)，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，选项C正确．

答案：C

10.如图所示，竖直平面内放一直角杆MON，OM水平，ON竖直且光滑，用不可伸长的轻绳相连的两小球A和B分别套在OM和ON杆上，B球的质量为2

kg，在作用于A球的水平力F的作用下，A、B均处于静止状态，此时OA＝0.3

m，OB＝0.4

m，改变水平力F的大小，使A球向右加速运动，已知A球向右运动0.1

m时速度大小为3

m/s，则在此过程中绳的拉力对B球所做的功为(取g＝10

m/s2)(

)

A．11

J

B．16

J

C．18

J

D．9

J

解析：A球向右运动0.1

m时，vA＝3

m/s，OA′＝0.4

m，OB′＝0.3

m，设此时∠BAO＝α，则有tan

α＝，vAcos

α＝vBsin

α，解得vB

＝4

m/s.此过程中B球上升高度h＝0.1

m，由动能定理，W－mgh＝mv，解得绳的拉力对B球所做的功为W＝mgh＋mv＝2×10×0.1

J＋×2×42

J＝18

J，选项C正确．

答案：C

11．地震引起的海啸会给人们带来巨大的损失．某中学的部分学生组成了一个课题小组，对海啸的威力进行了模拟研究，他们设计了如下的模型：如图甲所示，在水平地面上放置一个质量为m＝4

kg的物体，让其在随位移均匀减小的水平推力(模拟海啸)作用下运动，推力F随位移x变化的图象如图乙所示，已知物体与地面之间的动摩擦因数为μ＝0.5，重力加速度g＝10

m/s2，则(

)

A．运动过程中物体的最大加速度为15

m/s2

B．在距出发点3.0

m位置时物体的速度达到最大

C．整个过程中推力对物体做功180

J

D．物体在水平地面上运动的最大位移是10

m

解析：由牛顿第二定律有F－μmg＝ma，当推力F＝100

N时，物体加速度最大，为20

m/s2，选项A错误；由题图乙可得推力F随位移x变化的关系为F＝100－25x(N)，物体速度最大时，加速度为零，则F＝μmg，解得x＝3.2

m，即在距出发点3.2

m位置时物体的速度达到最大，选项B错误；由Fx图象的“面积”表示功可知，推力对物体做功WF＝Fx0＝200

J，选项C错误；由动能定理有WF－μmgxm＝0，代入数据得xm＝10

m，即物体在水平面上运动的最大位移是10

m，选项D正确．

答案：D

12.(多选)如图所示，AB为半径R＝0.50

m的四分之一圆弧轨道，B端距水平地面的高度h＝0.45

m．一质量m＝1.0

kg的小滑块从圆弧道A端由静止释放，到达轨道B端的速度v＝2.0

m/s.忽略空气的阻力．取g＝10

m/s2.则下列说法正确的是(

)

A．小滑块在圆弧轨道B端受到的支持力大小N＝16

N

B．小滑块由A端到B端的过程中，克服摩擦力所做的功W＝3

J

C．小滑块的落地点与B点的水平距离x＝0.6

m

D．小滑块的落地点与B点的水平距离x＝0.3

m

解析：小滑块在B端时，根据牛顿第二定律有N－mg＝m，解得N＝18

N，A错误；根据动能定理有mgR－W＝mv2，解得W＝mgR－mv2＝3

J，B正确；小滑块从B点做平抛运动，水平方向上x＝vt，竖直方向上h＝gt2，解得x＝v·＝0.6

m，C正确，D错误．

答案：BC

二、非选择题

13．(2018·四川成都诊断)如图甲所示，长为20

m的水平轨道AB与半径R＝3

m的竖直半圆轨道BC在B处相连接，有一质量为1

kg的滑块(大小不计)从A处由静止开始受水平向右的力F作用，F的大小随位移变化关系如图乙所示，滑块与AB间的动摩擦因数为0.4，取g＝10

m/s2.

(1)求滑块在水平轨道AB上运动前10

m过程中所需的时间；

(2)求滑块到达B处时的速度大小；

(3)若滑块到达B处时撤去力F，滑块沿半圆轨道内侧上滑，并恰好能到达最高点C，则滑块在半圆轨道上克服摩擦力所做的功是多少．

解析：(1)在前10

m内：F1－μmg＝ma1

s1＝a1t

解得t1＝1

s.

(2)滑块从A到B的过程中，由动能定理得

F1s1－F2s3－μmgx＝mv

解得vB＝10

m/s.

(3)滑块恰好能到达C点，则mg＝m

滑块从B到C的过程中，由动能定理得

Wf－mg·2R＝mv－mv

解得Wf＝－25

J，即克服摩擦力做功为25

J.

答案：(1)1

s

(2)10

m/s

(3)25

J

14．(2018·陕西西安六校联考)如图所示，AB是倾角θ＝30°的粗糙直轨道，BCD是光滑的圆弧轨道，AB恰好在B点与圆弧相切，圆弧的半径为R，一个质量为m的物体(可以看成质点)从直轨道上的P点由静止释放，结果它能在两轨道间做往返运动．已知P点与圆弧的圆心O等高，物体与轨道AB间的动摩擦因数为μ.求：

(1)物体做往返运动的整个过程中在AB轨道上通过的总路程；

(2)最终当物体通过圆弧轨道最低点E时，对圆弧轨道的压力大小；

(3)为使物体能顺利到达圆弧轨道的最高点D，释放点距B点的距离L′至少多大．

解析：(1)对整体过程，由动能定理得

mgRcos

θ－μmgcos

θ·s＝0

所以物体在AB轨道上通过的总路程s＝.

(2)最终物体以B(还有B关于OE的对称点)为最高点，在圆弧底部做往复运动，对B→E过程，由动能定理得

mgR(1－cos

θ)＝mv

在E点，由牛顿第二定律得N－mg＝m

解得N＝(3－)mg.

由牛顿第三定律知，在最低点E，物体对圆弧轨道的压力大小(3－)mg.

(3)物体刚好到D点，由牛顿第二定律有mg＝m

对全过程由动能定理得

mgL′sin

θ－μmgcos

θ·L′－mgR(1＋cos

θ)＝mv

解得L′＝.

答案：(1)

(2)(3－)mg

(3)