2020届高考物理一轮复习人教版动能定理及其应用课时作业含

2020届高考物理一轮复习人教版动能定理及其应用课时作业含答案2020届高考物理一轮复习人教版动能定理及其应用课时作业含答案10/10芇PAGE10莄薄芅聿肃蒁莀蒂蒄2020届高考物理一轮复习人教版动能定理及其应用课时作业含答案

2020届一轮复习人教版动能定理及其应用课时作业

一、选择题(本题共10小题，每题7分，共70分。其中1～6为单项选择，7～10为多项选择)

1．若物体在运动过程中碰到的合外力不为0，则( )

．物体的动能不可以能总是不变的

B．物体的加速度必然变化

C．物体的速度方向必然变化

D．物体所受的合外力做的功可能为0

答案D

解析当合外力不为0时，若物体做匀速圆周运动，则动能不变，合外力做

的功为0，A错误，D正确；当F恒准时，加速度就不变，速度方向可能不变，

B、C错误。2．物体沿直线运动的

的功为W，则( )

v－t关系以下列图，已知在第

1秒内合外力对物体做

A．从第1秒末到第3秒末合外力做功为4WB．从第3秒末到第5秒末合外力做功为－2WC．从第5秒末到第7秒末合外力做功为WD．从第3秒末到第4秒末合外力做功为－2W答案

C

解析

物体在第

1秒末到第

3秒末做匀速直线运动，合外力为零，做功为零，

A错误；从第

3秒末到第

5秒末动能的变化量与第

1秒内动能的变化量大小相同，

合外力做的功为－

W，B

错误；从第

5秒末到第

7秒末动能的变化量与第

1秒内

动能的变化量相同，合外力做功相同，即为

W，C正确；从第

3秒末到第

4秒末

3动能变化量是负值，大小等于第1秒内动能变化量大小的4，则合外力做功为－

，D错误。

3．(2018·烟台模拟)水平面上甲、乙两物体，在某时辰动能相同，它们仅在摩擦力作用下停下来。甲、乙两物体的动能

示，则以下说法正确的选项是( )

Ek随位移大小

s变化的图象如图所

．若甲、乙两物体与水平面动摩擦因数相同，则甲的质量较大

B．若甲、乙两物体与水平面动摩擦因数相同，则乙的质量较大

C．甲与地面间的动摩擦因数必然大于乙与地面的动摩擦因数

D．甲与地面间的动摩擦因数必然小于乙与地面的动摩擦因数

答案A

解析Ek－图象的斜率大小表示物体与地面的摩擦力f＝μ，由图知f甲>fsmg乙，若甲、乙两物体与水平面动摩擦因数相同，则m甲>m乙，故A正确，B错误。

由于甲、乙两物体质量大小关系未知，故甲、乙与地面间动摩擦因数大小关系不

能确定，C、D错误。

4.(2018·成都月考)以下列图，斜面的倾角为θ，质量为m的滑块距挡板P的距离为x0，滑块以初速度v0沿斜面上滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力。若滑块每次与挡板相碰均无机械能损

失，则滑块经过的总行程是( )

221v0＋xθ1v0＋xθA.μ2gcosθ0tanB.μ2gsinθ0tan22＋x0θ2＋x0θv01v0C.μtanD.μcot2gcosθ2gcosθ答案A解析滑块最后要停在斜面底部，设滑块经过的总行程为x，对滑块运动的1221v0全程应用动能定理：mgx0sinθ－μmgxcosθ＝0－mv0，解得x＝＋x0tanθ，2μ2gcosθA正确。

5．(2018·西安质检)静止在粗糙水平面上的物块在水平向右的拉力作用下做

直线运动，t＝4s时停下，其v－t图象以下列图，已知物块与水平面间的动摩擦

因数各处相同，则以下判断正确的选项是( )

．整个过程中拉力做的功等于物块战胜摩擦力做的功

B．整个过程中拉力做的功等于零

C．t＝2s时辰拉力的瞬时功率在整个过程中最大

D．t＝1s到t＝3s这段时间内拉力不做功

答案A解析对物块运动全过程应用动能定理得：WF－f＝，正确，B错误；W0A物块在加速运动过程中碰到的拉力最大，结合题图可知，t＝1s时拉力的瞬时功率为整个过程中拉力功率的最大值，C错误；t＝1s到t＝3s这段时间内，拉力

与摩擦力平衡，拉力做正功，D错误。

6．以下列图，置于圆滑水平面上的物块在水平恒力F的作用下由静止开始运动，其速度v、动能Ek及拉力功率P随时间t或位移x的变化图象可能正确的

是( )

答案C

解析物块在水平恒力作用下由静止开始做匀加速直线运动，其加速度a＝Fm，速度

Fv＝at＝mt，v-t

图象为过坐标原点的倾斜直线，

A错误；由

22Fv＝2ax＝m

x，可知

v-x

图象的抛物线张口向

x轴正方向，

B错误；动能

12F22

Ek＝2mv＝2mt，C

F2正确；功率P＝Fv＝Fat＝mt，D错误。

(2018·石家庄一模)以下列图，N、M、B分别为半径等于的竖直光

滑圆轨道的左端点、最低点和右端点，B点和圆心O等高，连线NO与竖直方向的夹角为37°。现从B点的正上方某处A点由静止释放一个质量为的小球，进入圆轨道后，从N点飞出时的速度大小为2m/s。不计空气阻力，重力加速度

g＝10m/s2，以下说法正确的选项是( )

A．A、B间的竖直高度为B．小球经过B点时对轨道压力的大小为C．小球经过M点时对轨道压力的大小为D．小球从A点到M点的过程中所受重力的功率素来增大答案AB1解析设AB的竖直高度为h，由A到N由动能定理得：mg(h＋Rcos37°)＝2212mvN－0，得h＝，故A正确；由A到B由动能定理得mgh＝2mvB－0，NB

mvB2＝R，得NB＝，由牛顿第三定律知小球在B点对轨道压力大小为，122mvM故B正确；由A到M由动能定理得：mg(h＋R)＝2mvM－0，NM－mg＝R，得NM＝，由牛顿第三定律知小球在M点对轨道压力大小为，故C错误；重力的瞬时功率P＝mgvcosθ，A点因v＝0，则P＝0，M点因θ＝90°，则P＝0，故从A点到M点，重力的功率先变大后变小，故D错误。

8．(2018·福建泉州检测)如图甲所示，长为l、倾角为α的斜面固定在水平川面上，一质量为m的物块从斜面顶端由静止释放并沿斜面向下滑动。已知物块

与斜面间的动摩擦因数μ与下滑距离x的变化图象如图乙所示，则( )

A．μ0>tanα

B．物块下滑的加速度逐渐增大

C．物块下滑到斜面底端的过程战胜摩擦力做功为

12μ0mglcosα

D．物块下滑终究端时的速度大小为2glsinα－2μ0glcosα

答案BC

解析物块在斜面顶端静止释放可以下滑，应满足mgsinα>μ0mgcosα，即μ0<tanα，故A错误；依照牛顿第二定律有mgsinα－μmgcosα＝ma，得a＝gsinα

－μgcosα，可知物块下滑过程中随着μ的减小，a在增大，故B正确；摩擦力f

μμ0α≤≤，可知与成线性关系，以下列图，其＝μmgcosα＝fxlmgcos(0xl)中f0＝μ0mgcosα，则物块下滑到斜面底端的过程战胜摩擦力做功Wf＝fl＝1211μ0mglcosα，故C正确；由动能定理有mglsinα－2μ0mglcosα＝2mv2，得v＝2glsinα－μ0glcosα，故D错误。

(2018河·南调研联考)以下列图，轻弹簧一端固定于倾角为θ(θ<45°)的圆滑

斜面(固定)上方的O点，O点到斜面的距离OQ等于弹簧的原长L，弹簧另一端与小滑块(可视为质点)连接。在斜面上搬动滑块至P点，使弹簧处于水平状态。现将滑块从P点由静止释放，滑块沿斜面运动到O点正下方M点，该过程中弹

簧向来在弹性限度内。重力加速度大小为g。以下说法正确的选项是( )

A．滑块经过Q点时的速度最大

2gLB．滑块经过M点时的速度大于cosθ

C．滑块从P点运动到Q点的过程中，其加速度素来在减小

D．滑块从P点运动到Q点过程中动能的增量比从Q点运动到M点过程中动能的增量小

答案BC

解析对滑块受力解析，其受竖直向下的重力、垂直斜面向上的支持力以及

弹簧弹力，在滑块由P到M过程中结合弹簧弹力的变化情况可知，小滑块下滑

过程中所受合力在P→Q过程中素来沿斜面向下，在Q→M过程中可能素来沿斜

面向下，也可能先沿斜面向下后沿斜面向上，因此A项错误。滑块由P到M过程中，依照动能定理有12LWG＋W弹＝mvM，又WG＝mg，W弹>0，可得vM>2cosθ2gL，B项正确。在P→Q的过程中因重力沿斜面向下的分力不变，而弹簧弹cosθ

力沿斜面向下的分力逐渐变小，则滑块所受沿斜面向下的合力逐渐减小，则其加速度素来在减小，C项正确。由几何关系可知滑块由P到Q下降的高度大于由Q到M下降的高度，又P到Q过程中弹簧弹力做正功，Q到M过程中弹簧弹力做负功，再结合动能定理解析可知，D项错误。

10．(2018·安徽定远期末)以下列图，一个小球(可视为质点)从H＝12m高处，由静止开始沿圆滑波折轨道AB进入半径R＝4m的竖直圆环内侧，且与圆环的动摩擦因数各处相等，当到达圆环极点C时，恰好对轨道压力为零；尔后沿CB圆弧滑下，进入圆滑弧形轨道BD，到达高度为h的D点时速度为零，则h的值

可能为( )

A．10mB．9.5mC．8.5mD．8m

答案BC

解析小球到达圆环极点C时，恰好小球对轨道压力为零，在C点，由重

v2

由静止开始经过圆滑弧形轨道AB，因此在小球上升到极点C时，依照动能定理

12得：mg(H－2R)－Wf＝2mv，得Wf＝2mg。从C到D由动能定理得：mg(2R－h)f′＝0－12，由于摩擦力做功，因此上升过程平均速度比下降过程平均速－W2mv度大，对轨道的压力大、摩擦力大，因此f′<Wf，解得8m<h<10m，因此0<WB、C正确。

二、非选择题(本题共2小题，共30分)

11．(15分)以下列图，质量m＝3kg的小物块以初速度v0＝4m/s水平向右抛出，恰好从A点沿着圆弧的切线方向进入圆弧轨道，圆弧轨道的半径为R＝

m，B点是圆弧轨道的最低点，圆弧轨道与水平轨道BD圆滑连接，A与圆心O

的连线与竖直方向成37°角。MN是一段粗糙的水平轨道，小物块与MN间的动

摩擦因数μ＝，轨道其他部分圆滑。最右侧是一个半径为

r＝的半圆轨

道，C点是圆弧轨道的最高点，半圆轨道与水平轨道

BD在

D点圆滑连接。

已知重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝，cos37°＝。

(1)求小物块的抛出点离A点的竖直距离h；

(2)若MN的长度为L＝6m，求小物块经过C点时所受轨道的弹力FN；

(3)若小物块恰好能经过C点，求MN的长度L′。

答案(1)0.45m(2)60N(3)10m

解析(1)依照平抛运动规律有：

gttan37＝°v0

得t＝

12解得h＝2gt＝。

(2)小物块由抛出点运动到B点的过程中，依照动能定理有：

1212mg[h＋R(1－cos37°)]＝2mvB－2mv0

解得vB＝210m/s

小物块由B点运动到C点的过程中，依照动能定理有：

1212－μmgL－2mgr＝2mvC－2mvB

2mvC在C点：FN＋mg＝r

解得FN＝60N。

mvC′2(3)小物块恰好能经过C点时，有mg＝r

解得vC′＝2m/s

小物块从B点运动到C点的过程中，依照动能定理有：

1212－μmgL′－2mgr＝mvC′－mvB22解得L′＝10m。

(15分)以下列图，AB是倾角为θ＝30°的粗糙直轨道，BCD是圆滑的圆弧轨道，AB恰幸好B点与圆弧相切，圆弧的半径为R。一个质量为m的物体(可以看作质点)从直轨道上的P点由静止释放，结果它能在两轨道上做往返运动。

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，重力加速度为g。

(1)求物体对圆弧轨道最大压力的大小；

(2)求物体滑回轨道AB上距B点的最大距离；

(3)释放点距B点的距离L′应满足什么条件，才能使物体顺利经过圆弧轨道

的最高点D?

3－3μ答案(1)3mg(1－μ)(2)3μ＋1R

3＋3(3)L′≥R1－3μ

解析(1)依照几何关系可得PB的长度Rl＝＝3R

从P点到E点依照动能定理，有

12mgR－μmgcosθ·l＝2mvE－0

代入数据解得vE＝2－3μgR

2vE在E点，依照牛顿第二定律有FN－mg＝mR

解得FN＝3mg(1－