《（天津?qū)Ｓ茫?020屆高考物理一輪復(fù)習 考點規(guī)范練23 動能和動能定理（含解析）新人教版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（天津?qū)Ｓ茫?020屆高考物理一輪復(fù)習 考點規(guī)范練23 動能和動能定理（含解析）新人教版（4頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、考點規(guī)范練23　動能和動能定理 一、單項選擇題 1.如圖所示,質(zhì)量為m的物塊與水平轉(zhuǎn)臺間的動摩擦因數(shù)為μ,物塊與轉(zhuǎn)軸相距R,物塊隨轉(zhuǎn)臺由靜止開始轉(zhuǎn)動。當轉(zhuǎn)速增至某一值時,物塊即將在轉(zhuǎn)臺上滑動,此時轉(zhuǎn)臺已開始勻速轉(zhuǎn)動,在這一過程中,摩擦力對物塊做的功是(假設(shè)物塊所受的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)(　　) A.0 B.2μmgR C.2πμmgR D.μmgR2 2.(2018·河北衡水中學模擬)如圖所示,質(zhì)量為0.1 kg的小物塊在粗糙水平桌面上滑行4 m后以3.0 m/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0.45 m,若不計空氣阻力,g

2、取10 m/s2,則(　　) A.小物塊的初速度是5 m/s B.小物塊的水平射程為1.2 m C.小物塊在桌面上克服摩擦力做8 J的功 D.小物塊落地時的動能為0.9 J 3.(2018·廣西玉林模擬)有兩個物體a和b,其質(zhì)量分別為ma和mb,且ma>mb,它們的初動能相同,若a和b分別受到不變的阻力Fa和Fb的作用,經(jīng)過相同的時間停下來,它們的位移分別為xa和xb,則(　　) A.Faxb B.Fa>Fb,xa>xb C.Fa>Fb,xa

3、在隨位移均勻減小的水平推力F作用下開始運動,推力F隨位移x變化的關(guān)系如圖乙所示,已知物體與地面間的動摩擦因數(shù)μ=0.5(g取10 m/s2),則下列說法正確的是(　　) A.物體先做加速運動,推力撤去時開始做減速運動 B.物體在水平地面上運動的最大位移是10 m C.物體運動的最大速度為215 m/s D.物體在運動中的加速度先變小后不變 二、多項選擇題 5.(2018·湖南省十三校聯(lián)考)有一物體由某一固定的長斜面的底端以初速度v0沿斜面上滑,斜面與物體間的動摩擦因數(shù)μ=0.5,其動能Ek隨離開斜面底端的距離x變化的圖線如圖所示,g取10 m/s2,不計空氣阻力,則以下說法正確

4、的是(　　) A.斜面的傾角θ=30° B.物體的質(zhì)量為m=0.5 kg C.斜面與物體間的摩擦力大小Ff=2 N D.物體在斜面上運動的總時間t=2 s 6.如圖所示,將質(zhì)量m0=1 kg的重物B懸掛在輕繩的一端,并放置在傾角為30°、固定在水平地面的斜面上,輕繩平行于斜面,重物B與斜面間的動摩擦因數(shù)μ=33。輕繩跨過質(zhì)量不計的光滑定滑輪,其另一端系一質(zhì)量m=0.5 kg的小圓環(huán)A,圓環(huán)套在豎直固定的光滑直桿上,滑輪中心與直桿的距離為l=4 m?，F(xiàn)將圓環(huán)A從與定滑輪等高處由靜止釋放,不計空氣阻力,直桿和斜面足夠長,g取10 m/s2。下列判斷正確的是(　　) A.圓環(huán)下降

5、的過程中,輕繩的張力大小始終等于10 N B.圓環(huán)能下降的最大距離為hm=163 m C.圓環(huán)速度最大時,輕繩與直桿的夾角為30° D.若增加圓環(huán)質(zhì)量使m=1 kg,再重復(fù)題述過程,則圓環(huán)在下降過程中,重力做功的功率一直在增大 三、非選擇題 7.(2018·江西新余一模)我國將于2022年舉辦冬奧會,跳臺滑雪是其中最具觀賞性的項目之一。如圖所示,質(zhì)量m=60 kg的運動員從長直軌道AB的A處由靜止開始以加速度a=3.6 m/s2勻加速下滑,到達助滑道末端B時速度vB=24 m/s,A與B的豎直高度差h0=48 m。為了改變運動員的運動方向,在助滑道與起跳臺之間用一段彎曲滑道銜接,其中

6、最低點C處附近是一段以O(shè)為圓心的圓弧,助滑道末端B與滑道最低點C的高度差h=5 m,運動員在B、C間運動時阻力做功W=-1 530 J,g取10 m/s2。 (1)求運動員在AB段下滑時受到阻力Ff的大小; (2)若運動員能承受的最大壓力為其所受重力的6倍,則C點所在圓弧的半徑R至少應(yīng)為多大? 考點規(guī)范練23　動能和動能定理 1.D　解析物塊即將在轉(zhuǎn)臺上滑動但還未滑動時,轉(zhuǎn)臺對物塊的最大靜摩擦力恰好提供向心力,設(shè)此時物塊做圓周運動的線速度為v,則有μmg=mv2R。在物塊由靜止到獲得速度v的過程中,物塊受到的重力和支持力不做功,只有摩擦力對物塊做功,由動能定理得W=12mv2-

7、0。聯(lián)立解得W=12μmgR。故選項D正確。 2.D　解析小物塊在桌面上克服摩擦力做功Wf=μmgl=2J,選項C錯誤;在水平桌面上滑行時,由動能定理得-Wf=12mv2-12mv02,解得v0=7m/s,選項A錯誤;小物塊飛離桌面后做平拋運動,有x=vt、h=12gt2,解得x=0.9m,選項B錯誤;設(shè)小物塊落地時動能為Ek,由動能定理得mgh=Ek-12mv2,解得Ek=0.9J,選項D正確。 3.C　解析設(shè)物體的初速度為v,初動能為Ek,所受的阻力為F,通過的位移為x,物體的速度與動能的關(guān)系為Ek=12mv2,得v=2Ekm,由x=v+02t得,x=Ek2mt,由題意可知物體a、b運

8、動時間和初動能相同,則質(zhì)量越大,位移越小,因ma>mb,所以xaFb,故選項C正確。 4.B　解析當推力小于摩擦力時物體就開始做減速運動,選項A錯誤;由題圖乙中圖線與x軸所圍面積表示推力對物體做的功得,推力做的功W=12×4×100J=200J,根據(jù)動能定理有W-μmgxm=0,得xm=10m,選項B正確;當推力與摩擦力平衡時,加速度為零,速度最大,由題圖乙得F=100-25x(N),當F=μmg=20N時x=3.2m,由動能定理得12(100+20)·x-μmgx=12mvm2,解得物體運動的最大速度vm=8m/s

9、,選項C錯誤;物體運動中當推力由100N減小到20N的過程中,加速度逐漸減小,當推力由20N減小到0的過程中,加速度又反向增大,此后加速度不變,故選項D錯誤。 5.BC　解析由動能定理F合x=ΔEk知Ek-x圖像的斜率表示合外力,則上升階段斜率為mgsinθ+μmgcosθ=255=5,下降階段斜率為mgsinθ-μmgcosθ=55=1,聯(lián)立得tanθ=34,即θ=37°,m=0.5kg,故A錯誤,B正確。物體與斜面間的摩擦力為Ff=μmgcosθ=2N,故C正確。上升階段由Ek-x圖像的斜率知合力為F1=5N,由F1=ma1,則a1=10m/s2,t1=v1a1,Ek1=12mv12=2

10、5J,聯(lián)立得t1=1s,同理,下降階段合力為F2=1N,由F2=ma2,則a2=2m/s2,t2=v2a2,Ek2=12mv22=5J,聯(lián)立得t2=5s,則t=t1+t2=(1+5)s,故D錯誤。 6.BD　解析由題圖可知,一開始豎直方向圓環(huán)A只受重力,所以圓環(huán)A先向下做加速運動,后做減速運動,直至停止,重物B也是先加速后減速,而重物B受到的重力、支持力和摩擦力都保持不變,所以繩子對重物B的拉力必定是變化的,故A錯誤;設(shè)圓環(huán)A下降的最大距離為hm,則重物B上升的距離為h1=(hm2+l2-l)·sin30°,對圓環(huán)A和重物B組成的系統(tǒng),由動能定理得mghm-m0gh1-μm0gh1cos30

11、°=0,解得hm=163m,故B正確;當圓環(huán)A在下滑過程中受力平衡時速度最大,則此時重物B的加速度也是0,繩子的拉力就等于重物B的重力向下的分力與摩擦力的和,即FT=m0gsin30°+μm0gcos30°=10N,設(shè)此時拉圓環(huán)A的繩子與豎直方向的夾角是θ,則在豎直方向上有FTcosθ=mg,代入數(shù)據(jù)解得θ=60°,故C錯誤;若增加圓環(huán)A的質(zhì)量使m=1kg,再重復(fù)題述過程,則圓環(huán)A的重力大于重物B的重力沿斜面向下的分力與摩擦力的和,則圓環(huán)A將一直向下做加速運動,其重力做功的功率一直增大,故D正確。 7.解析(1)運動員在AB段上做初速度為零的勻加速運動,設(shè)AB段的長度為x,斜面的傾角為α,則有vB2=2ax, 根據(jù)牛頓第二定律得mgsinα-Ff=ma, 又sinα=h0x, 由以上三式聯(lián)立解得Ff=144N。 (2)在由B到達C的過程中,根據(jù)動能定理有 mgh+W=12mvC2-12mvB2 設(shè)運動員在C點所受的支持力為FN,由牛頓第二定律得FN-mg=mvC2R 由運動員能承受的最大壓力為其所受重力的6倍,即有FN=6mg,聯(lián)立解得R=12.5m, 所以圓弧的半徑R至少為12.5m。 答案(1)144 N　(2)12.5 m 4