2022版高考物理一轮复习 第五章 机械能 第2讲 动能定理及其应用作业（含解析）新人教版.docx

1、第2讲 动能定理及其应用A组基础题组一、单项选择题1关于动能概念及动能定理表达式WEk2Ek1的说法正确的是()A若物体速度在变化，则动能一定在变化B速度大的物体，动能一定大CWEk2Ek1表示功可以变成能D动能的变化可以用合力做的功来量度解析：速度是矢量，而动能是标量，若物体速度只改变方向，不改变大小，则动能不变，A错误；由Ekmv2知B错误；动能定理表达式WEk2Ek1表示动能的变化可用合力做的功量度，但功和能是两个不同的概念，有着本质的区别，故C错误，D正确。答案：D2如图所示，小物块从倾角为的倾斜轨道上A点由静止释放滑下，最终停在水平轨道上的B点，小物块与水平轨道、倾斜轨道之间的动摩擦

2、因数均相同，A、B两点的连线与水平方向的夹角为，不计物块在轨道转折时的机械能损失，则动摩擦因数为 ()Atan Btan Ctan() Dtan()解析：如图所示，设B、O间距离为s1，A点离水平面的高度为h，A、O间的水平距离为s2，物块的质量为m，在物块下滑的全过程中，应用动能定理可得mghmgcos mgs10，解得tan ，故选项B正确。答案：B3(2021山东泰安高三检测)如图所示，质量为m的滑块从h高处的a点沿圆弧轨道ab滑入水平轨道bc，滑块与轨道的动摩擦因数相同，滑块在a、c两点时的速度大小均为v，ab弧长与bc长度相等，空气阻力不计，则滑块从a到c的运动过程中()A滑块的动能

3、始终保持不变B滑块在bc过程克服阻力做的功一定等于mghC滑块经b点时的速度大于 D滑块经b点时的速度等于 解析：由题意知，在滑块从b运动到c的过程中，由于摩擦力做负功，动能在减少，故A错误；从a到c根据动能定理mghWf0可得，全程克服阻力做功Wfmgh，因在ab段、bc段摩擦力做功不同，故滑块在bc过程克服阻力做的功一定不等于mgh，故B错误；在ab段正压力小于bc段的正压力，故在ab段克服摩擦力做功小于在bc段克服摩擦力做功，即从a到b克服摩擦力做功Wfmgh，设在b点的速度为v，根据动能定理有mghWfmv2mv2，所以v ，故C正确，D错误。答案：C4用传感器研究质量为2 kg的物体

4、由静止开始做直线运动的规律时，在计算机上得到06 s内物体的加速度随时间变化的关系如图所示。下列说法正确的是()A06 s内物体先向正方向运动，后向负方向运动B06 s内物体在4 s时的速度最大C物体在24 s内速度不变D04 s内合力对物体做的功等于06 s内合力做的功解析：由vat可知，at图象中，图线与坐标轴所围面积表示物体速度的变化量，06 s内物体的速度始终为正值，故一直向正方向运动，A项错；t5 s时，a0，此时速度最大，B项错；24 s内加速度保持不变且不为零，速度一定变化，C项错；04 s内与06 s内图线与坐标轴所围面积相等，故物体4 s末和6 s末速度相同，由动能定理可知，

5、两段时间内合力对物体做功相等，D项对。答案：D5如图，第一次，小球从粗糙的圆形轨道顶端A由静止滑下，到达底端B的速度为v1，克服摩擦力做功为W1；第二次，同一小球从底端B以v2冲上圆形轨道，恰好能到达A点，克服摩擦力做功为W2，则()Av1可能等于v2BW1一定小于W2C小球第一次运动机械能变大了D小球第一次经过圆弧某点C的速率大于它第二次经过同一点C的速率解析：下滑过程重力做正功、摩擦力做负功，根据动能定理有mghW1mv12，上滑过程重力、摩擦力做负功，根据动能定理有mghW20mv22，由以上两式可知v1v2，且物体在同一位置时上滑速度大于下滑速度相同，A、D错误；物体在同一位置时上滑速

6、度大于下滑速度，故上滑时对轨道的压力较大，那么摩擦力较大，所以上滑过程克服摩擦力做功比下滑时多，即W1W2，B正确；小球第一次运动过程中，由于摩擦生热，所以机械能减少，C错误。答案：B二、多项选择题6在某一粗糙的水平面上，一质量为2 kg的物体在水平恒定拉力的作用下做匀速直线运动，当运动一段时间后，拉力逐渐减小，且当拉力减小到零时，物体刚好停止运动，图中给出了拉力随位移变化的关系图象。已知重力加速度g取10 m/s2。根据以上信息能精确得出或估算得出的物理量有()A物体与水平面间的动摩擦因数B合外力对物体所做的功C物体做匀速运动时的速度D物体运动的时间解析：物体做匀速直线运动时，拉力F与滑动摩

7、擦力Ff相等，物体与水平面间的动摩擦因数为0.35，A正确；对全过程由动能定理得WFWf0mv2，根据Fx 图象中图线与坐标轴围成的面积可以估算力F做的功WF，而Wfmgx，由此可求得合外力对物体所做的功及物体做匀速运动时的速度v，B、C正确；因为物体做变加速运动，所以运动时间无法求出，D错误。答案：ABC7(2021广西南宁模拟)在有大风的情况下，一小球自A点竖直上抛，其运动轨迹如图所示(小球的运动可看作竖直方向的竖直上抛运动和水平方向的初速度为零的匀加速直线运动的合运动)，小球运动轨迹上的A、B两点在同一水平直线上，M点为轨迹的最高点。若风力的大小恒定，方向水平向右，小球在A点抛出时的动能

8、为4 J，在M点时它的动能为2 J，落回到B点时动能记为EkB，小球上升时间记为t1，下落时间记为t2，不计其他阻力，则()Ax1x213 Bt1tan B小物块下滑的加速度逐渐增大C小物块下滑到斜面底端的过程中克服摩擦力做的功为0mglcos D小物块下滑到底端时的速度大小为解析：小物块在斜面顶端由静止释放能够下滑，则满足mgsin 0mgcos ，即0tan ，故A错误；根据牛顿第二定律得agsin gcos ，下滑过程中逐渐减小，则加速度a逐渐增大，故B正确；由图乙可知x0，则摩擦力Ffmgcos x0mgcos ，可知Ff与x呈线性关系，如图所示，其中Ff00mgcos ，图线和横轴所

9、围成的面积表示克服摩擦力做的功，则下滑到斜面底端的过程克服摩擦力做的功WFfFf0l0mglcos ，故C正确；下滑过程根据动能定理得mglsin WFfmv20，解得v，故D错误。答案：BC11(2021江西南昌模拟)一质量m0.2 kg的滑块以一定的初速度冲上一倾角为37的足够长的斜面，某同学利用DIS实验系统测出了滑块冲上斜面过程中多个时刻的瞬时速度，如图所示为通过计算机绘制出的滑块上滑过程速度v随时间t变化的vt图象。已知sin 370.6，g取10 m/s2，求：(1)滑块与斜面间的动摩擦因数；(2)滑块重新回到斜面底端的动能。解析：(1)由图示vt图象可知，滑块的加速度大小为a8

10、m/s2，物体在冲上斜面过程中，由牛顿第二定律得mgsin 37mgcos 37ma，代入数据解得0.25。(2)滑块向上滑行的最大距离为x，由动能定理得mgxsin 37mgxcos 37Ek，代入数据解得Ek1.25 J。答案：(1)0.25(2)1.25 J12(2021湖南湘潭高三检测)如图所示，ABCD为一位于竖直平面内的轨道，其中BC水平，A点比BC高出10 m，BC长1 m，AB和CD轨道光滑且与BC平滑连接。一质量为1 kg 的物体，从A点以4 m/s的速度开始运动，经过BC后滑到高出C点10.3 m的D点速度为零。求：(g取10 m/s2)(1)物体与BC轨道间的动摩擦因数；

11、(2)物体第5次经过B点时的速度；(3)物体最后停止的位置(距B点多少米处)。解析：(1)物体从A到D的运动过程只有重力、摩擦力做功，由动能定理可得mg(Hh)mgLBC0mvA2，所以0.5。(2)物体第5次经过B点时，物体在BC上运动的总位移x4LBC4 m，对物体从A到物体第5次经过B点的运动过程应用动能定理可得mgHmgxmv2mvA2，所以v4 m/s。(3)由受力平衡可知物体最终停在BC上，设物体整个运动过程在BC上的总路程为x，由动能定理可得mgHmgx0mvA2，所以x21.6 m21LBC0.6 m，故物体最后停止在距B点LBC0.6 m0.4 m处。答案：(1)0.5(2)4 m/s(3)距B点0.4 m处