高考物理一輪復(fù)習(xí)鞏固提升第5章第2節(jié)　動能定理 (含解析)

(建議用時：35分鐘)一、單項選擇題1．(2019·襄陽模擬)用豎直向上大小為30N的力F，將2kg的物體從沙坑表面由靜止提升1m時撤去力F，經(jīng)一段時間后，物體落入沙坑，測得落入沙坑的深度為20cm.若忽略空氣阻力，g取10m/s2.則物體克服沙坑的阻力所做的功為()A．20J B．24JC．34J D．54J解析：選C.對整個過程應(yīng)用動能定理得：F·h1＋mgh2－Wf＝0，解得：Wf＝34J，C對．2.(2019·寧波模擬)如圖所示，木盒中固定一質(zhì)量為m的砝碼，木盒和砝碼在桌面上以一定的初速度一起滑行一段距離后停止．現(xiàn)拿走砝碼，而持續(xù)加一個豎直向下的恒力F(F＝mg)，若其他條件不變，則木盒滑行的距離()A．不變 B．變小C．變大 D．變大變小均可能解析：選B.設(shè)木盒質(zhì)量為M，木盒中固定一質(zhì)量為m的砝碼時，由動能定理可知，μ(m＋M)gx1＝eq\f(1,2)(M＋m)v2，解得x1＝eq\f(v2,2μg)；加一個豎直向下的恒力F(F＝mg)時，由動能定理可知，μ(m＋M)gx2＝eq\f(1,2)Mv2，解得x2＝eq\f(Mv2,2（m＋M）μg)，顯然x2<x1.3.(2019·北京101中學(xué)檢測)如圖所示，質(zhì)量為m的物體靜置在水平光滑平臺上，系在物體上的繩子跨過光滑的定滑輪，由地面上的人以速度v0向右勻速拉動，設(shè)人從地面上平臺的邊緣開始向右行至繩與水平方向夾角為45°處，在此過程中人所做的功為()A．eq\f(mveq\o\al(2,0),2) B．eq\f(\r(2)mveq\o\al(2,0),2)C．eq\f(mveq\o\al(2,0),4) D．mveq\o\al(2,0)解析：選C.由題意知，繩與水平方向夾角為45°時，沿繩方向的速度v＝v0cos45°＝eq\f(\r(2)v0,2)，故質(zhì)量為m的物體速度等于eq\f(\r(2)v0,2)，對物體應(yīng)用動能定理可知，在此過程中人所做的功為W＝eq\f(1,2)mv2－0＝eq\f(mveq\o\al(2,0),4)，C正確．4.(2019·杭州名校質(zhì)檢)如圖所示，已知物體與三塊材料不同的地毯間的動摩擦因數(shù)分別為μ、2μ和3μ，三塊材料不同的地毯長度均為l，并排鋪在水平地面上，該物體以一定的初速度v0從a點滑上第一塊，則物體恰好滑到第三塊的末尾d點停下來，物體在運動中地毯保持靜止，若讓物體從d點以相同的初速度水平向左運動，則物體運動到某一點時的速度大小與該物體向右運動到該位置的速度大小相等，則這一點是()A．a(chǎn)點 B．b點C．c點 D．d點解析：選C.對物體從a運動到c，由動能定理，－μmgl－2μmgl＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，對物體從d運動到c，由動能定理，－3μmgl＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得v2＝v1，選項C正確．5.(2019·成都模擬)如圖所示，斜面的傾角為θ，質(zhì)量為m的滑塊距擋板P的距離為x0，滑塊以初速度v0沿斜面上滑，滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ，滑塊所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力．若滑塊每次與擋板相碰均無機(jī)械能損失，則滑塊經(jīng)過的總路程是()A．eq\f(1,μ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(veq\o\al(2,0),2gcosθ)＋x0tanθ))B.eq\f(1,μ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(veq\o\al(2,0),2gsinθ)＋x0tanθ))C．eq\f(2,μ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(veq\o\al(2,0),2gcosθ)＋x0tanθ))D.eq\f(1,μ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(veq\o\al(2,0),2gcosθ)＋x0\f(1,tanθ)))解析：選A.滑塊最終要停在斜面底部，設(shè)滑塊經(jīng)過的總路程為x，對滑塊運動的全程應(yīng)用動能定理：mgx0sinθ－μmgxcosθ＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得x＝eq\f(1,μ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(veq\o\al(2,0),2gcosθ)＋x0tanθ))，選項A正確．6．(2019·陜西模擬)如圖所示，輕彈簧的一端固定在墻上，另一端與置于粗糙水平面上質(zhì)量為m的小球接觸但不連接．開始時小球位于O點，彈簧水平且無形變．O點的左側(cè)有一豎直放置的光滑半圓弧軌道，圓弧的半徑為R，B為軌道最高點，小球與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ.現(xiàn)用外力推動小球，將彈簧壓縮至A點，OA間距離為x0，將球由靜止釋放，小球恰能沿軌道運動到最高點B.已知彈簧始終在彈性限度內(nèi)，重力加速度為g.下列說法中正確的是()A．小球在從A到O運動的過程中速度不斷增大B．小球運動過程中的最大速度為vm＝eq\r(5gR)C．小球與彈簧作用的過程中，彈簧的最大彈性勢能Ep＝2.5mgR＋μmgx0D．小球通過圓弧軌道最低點時，對軌道的壓力為5mg解析：選C.小球在從A到O運動的過程中，受彈力和摩擦力，由牛頓第二定律可知：kΔx－μmg＝ma，物體做加速度減小的加速運動，當(dāng)加速度為零的時(彈力等于摩擦力時)速度最大，接下來摩擦力大于彈力，小球開始做減速運動，當(dāng)彈簧恢復(fù)原長時小球離開彈簧，故A錯誤；因為小球恰能沿軌道運動到最高點B，由重力提供向心力：mg＝meq\f(veq\o\al(2,B),R)，解得：vB＝eq\r(gR)，從O到B根據(jù)動能定理得：－2mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，聯(lián)立以上解得：v0＝eq\r(5gR)，由上分析可知：小球從開始運動到離開彈簧速度先增大后減小，所以最大速度要比eq\r(5gR)大，故B錯誤；從A到O根據(jù)能量守恒得：EP＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋μmgx0，聯(lián)立以上得：EP＝2.5mgR＋μmgx0，故C正確；小球在最低點時做圓周運動，由牛頓第二定律得：N－mg＝meq\f(veq\o\al(2,0),R)，聯(lián)立以上解得：N＝6mg，故D錯誤．7．(2017·高考江蘇卷)一小物塊沿斜面向上滑動，然后滑回到原處．物塊初動能為Ek0，與斜面間的動摩擦因數(shù)不變，則該過程中，物塊的動能Ek與位移x關(guān)系的圖線是()解析：選C.設(shè)斜面的傾角為θ，物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ，物塊質(zhì)量為m，小物塊沿斜面向上滑動過程，由動能定理得，－(mgsinθ＋μmgcosθ)x＝Ek－Ek0，即Ek＝Ek0－(mgsinθ＋μmgcosθ)x；設(shè)小物塊滑到最高點的距離為L，小物塊沿斜面滑動全過程由能量守恒定律得，Ek＝Ek0－mgxsinθ－μmgcosθ(2L－x)＝(Ek0－2μmgLcosθ)－(mgsinθ－μmgcosθ)x，故選項C正確．二、多項選擇題8．質(zhì)量為1kg的物體靜止在水平粗糙的地面上，在一水平外力F的作用下運動，如圖甲所示．外力F和物體克服摩擦力Ff做的功W與物體位移x的關(guān)系如圖乙所示，重力加速度g取10m/s2.下列分析正確的是()A．物體與地面之間的動摩擦因數(shù)為0.2B．物體運動的位移為13mC．物體在前3m運動過程中的加速度為3m/s2D．x＝9m時，物體的速度為3eq\r(2)m/s解析：選ACD.由Wf＝Ffx對應(yīng)題圖乙可知，物體與地面之間的滑動摩擦力Ff＝2N，由Ff＝μmg可得μ＝0.2，A正確；由WF＝Fx對應(yīng)題圖乙可知，前3m內(nèi)，拉力F1＝5N，3～9m內(nèi)拉力F2＝2N，物體在前3m內(nèi)的加速度a1＝eq\f(F1－Ff,m)＝3m/s2，C正確；由動能定理得：WF－Ffx＝eq\f(1,2)mv2，可得：x＝9m時，物體的速度為v＝3eq\r(2)m/s，D正確；物體的最大位移xm＝eq\f(WF,Ff)＝13.5m，B錯誤．9．(2019·河北衡水中學(xué)模擬)如圖所示，質(zhì)量為0.1kg的小物塊在粗糙水平桌面上滑行4m后以3.0m/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摩擦因數(shù)為0.5，桌面高0.45m，若不計空氣阻力，取g＝10m/s2，則下列說法錯誤的是()A．小物塊的初速度是5m/sB．小物塊的水平射程為1.2mC．小物塊在桌面上克服摩擦力做8J的功D．小物塊落地時的動能為0.9J解析：選ABC.小物塊在桌面上克服摩擦力做功Wf＝μmgL＝2J，C錯；在水平桌面上滑行，由動能定理得－Wf＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得v0＝7m/s，A錯；小物塊飛離桌面后做平拋運動，有x＝vt、h＝eq\f(1,2)gt2，聯(lián)立解得x＝0.9m，B錯；設(shè)小物塊落地時動能為Ek，由動能定理得mgh＝Ek－eq\f(1,2)mv2，解得Ek＝0.9J，D對．10.如圖所示為一滑草場．某條滑道由上、下兩段高均為h，與水平面傾角分別為45°和37°的滑道組成，滑草車與草地之間的動摩擦因數(shù)為μ.質(zhì)量為m的載人滑草車從坡頂由靜止開始自由下滑，經(jīng)過上、下兩段滑道后，最后恰好靜止于滑道的底端(不計滑草車在兩段滑道交接處的能量損失，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)．則()A．動摩擦因數(shù)μ＝eq\f(6,7)B．載人滑草車最大速度為eq\r(\f(2gh,7))C．載人滑草車克服摩擦力做功為mghD．載人滑草車在下段滑道上的加速度大小為eq\f(3,5)g解析：選AB.由題意根據(jù)動能定理有，2mgh－Wf＝0，即2mgh－μmgcos45°·eq\f(h,sin45°)－μmgcos37°·eq\f(h,sin37°)＝0，得動摩擦因數(shù)μ＝eq\f(6,7)，則A項正確；載人滑草車克服摩擦力做的功為Wf＝2mgh，則C項錯誤；載人滑草車在上下兩段的加速度分別為a1＝g(sin45°－μcos45°)＝eq\f(\r(2),14)g，a2＝g(sin37°－μcos37°)＝－eq\f(3,35)g，則載人滑草車在上下兩段滑道上分別做加速運動和減速運動，則在上段底端時達(dá)到最大速度v，由運動學(xué)公式有2a1eq\f(h,sin45°)＝v2得，v＝eq\r(2a1\f(h,sin45°))＝eq\r(\f(2gh,7))，故B項正確，D項錯誤．11．(2019·湖南長沙模擬)如圖所示，豎直固定放置的粗糙斜面AB的下端與光滑的圓弧軌道BCD在B點相切，圓弧軌道的半徑為R，圓心O與A、D在同一水平面上，C點為圓弧軌道最低點，∠COB＝θ＝30°.現(xiàn)使一質(zhì)量為m的小物塊從D點無初速度地釋放，小物塊與粗糙斜面AB間的動摩擦因數(shù)μ<tanθ，則關(guān)于小物塊的運動情況，下列說法正確的是()A．小物塊可能運動到AB．小物塊經(jīng)過較長時間后會停在C點C．小物塊通過圓弧軌道最低點C時，對C點的最大壓力大小為3mgD．小物塊通過圓弧軌道最低點C時，對C點的最小壓力大小為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－\r(3)))mg解析：選CD.物塊從D點無初速度滑下后，由于克服摩擦力做功，所以物塊在斜面上運動時機(jī)械能不斷減小，在斜面上升的最大高度越來越小，不可能運動到A點，又知道μ<tanθ，即mgsinθ>μmgcosθ，最終在與B點對稱的E點之間來回運動，A、B錯誤；物塊第一次運動到C時速度最大，對軌道的壓力最大，物塊從D第一次運動到C過程，由動能定理得：mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)；設(shè)此時軌道對物塊的支持力為F1，由牛頓第二定律得：F1－mg＝meq\f(veq\o\al(2,1),R)，聯(lián)立解得：F1＝3mg，由牛頓第三定律知物塊對C點的最大壓力為3mg，故C正確；當(dāng)最后穩(wěn)定后，物塊在BE之間運動時，設(shè)物塊經(jīng)過C點的速度為v2，由動能定理得：mgR(1－cosθ)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，設(shè)軌道對物塊的支持力為F2，由牛頓第二定律得：F2－mg＝meq\f(veq\o\al(2,2),R)，聯(lián)立解得：F2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－\r(3)))mg，由牛頓第三定律可知，物塊對C點的最小壓力為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－\r(3)))mg，D正確．12．2022年北京和張家口將攜手舉辦冬奧會，因此在張家口建造了高標(biāo)準(zhǔn)的滑雪跑道，來迎接冬奧會的到來．如圖所示，一個滑雪運動員從左側(cè)斜坡距離坡底8m處自由滑下，當(dāng)下滑到距離坡底s1處時，動能和勢能相等(以坡底為參考平面)；到坡底后運動員又靠慣性沖上斜坡(不計經(jīng)過坡底時的機(jī)械能損失)，當(dāng)上滑到距離坡底s2處時，運動員的動能和勢能又相等，上滑的最大距離為4m．關(guān)于這個過程，下列說法中正確的是()A．摩擦力對運動員所做的功等于運動員動能的變化量B．重力和摩擦力對運動員所做的總功等于運動員動能的變化量C．s1<4m，s2>2mD．s1>4m，s2<2m解析：選BC.運動員在斜坡上滑行的過程中有重力做功，摩擦力做功，由動能定理可知A錯，B對；從左側(cè)斜坡s處滑至s1處過程中，由動能定理得：mg(s－s1)sinα－Wf＝eq\f(1,2)mv2 ①(其中s＝8m，s1是距坡底的距離)因為下滑到距離坡底s1處動能和勢能相等，所以有：mgs1·sinα＝eq\f(1,2)mv2 ②由①②得：mg(s－s1)sinα－Wf＝mgs1·sinα ③由③得：s－s1>s1，即s1<4m．同理，從右側(cè)斜坡s2處滑至s′(s′＝4m)處過程中，由動能定理得：－mg(s′－s2)·sinθ－W′f＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1) ④因為距坡底s2處動能和勢能相等，有mgs2·sinθ＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1) ⑤由④⑤得：mg(s′－s2)·sinθ＋W′f＝mgs2·sinθ ⑥由⑥式得：s′－s2<s2，即s