版高考物理一轮总复习第六章第2课时动能定理及其应用基次时限时规范训练含解析新人教版

《版高考物理一轮总复习第六章第2课时动能定理及其应用基次时限时规范训练含解析新人教版》由会员分享，可在线阅读，更多相关《版高考物理一轮总复习第六章第2课时动能定理及其应用基次时限时规范训练含解析新人教版（7页珍藏版）》请在装配图网上搜索。

1、动能定理及其应用基础巩固题组(20分钟，50分)1(2019襄阳模拟)用竖直向上大小为30 N的力F，将2 kg的物体从沙坑表面由静止提升1 m时撤去力F，经一段时间后，物体落入沙坑，测得落入沙坑的深度为20 cm.若忽略空气阻力，g取10 m/s2.则物体克服沙坑的阻力所做的功为()A20 JB24 JC34 J D54 J解析：选C.对整个过程应用动能定理得：Fh1mgh2Wf0，解得：Wf34 J，C对2(2018高考江苏卷)从地面竖直向上抛出一只小球，小球运动一段时间后落回地面忽略空气阻力，该过程中小球的动能Ek与时间t的关系图象是()解析：选A.竖直上抛运动的速度v与时间t的关系为v

2、v0gt，由于Ekmv2m(v0gt)2，故Ekt图象应是A.3如图所示，已知物体与三块材料不同的地毯间的动摩擦因数分别为、2和3，三块材料不同的地毯长度均为l，并排铺在水平地面上，该物体以一定的初速度v0从a点滑上第一块，则物体恰好滑到第三块的末尾d点停下来，物体在运动中地毯保持静止，若让物体从d点以相同的初速度水平向左运动，则物体运动到某一点时的速度大小与该物体向右运动到该位置的速度大小相等，则这一点是()Aa点 Bb点Cc点 Dd点解析：选C.对物体从a运动到c，由动能定理，mgl2mglmvmv，对物体从d运动到c，由动能定理，3mglmvmv，解得v2v1，选项C正确4在离地面高为h

3、处竖直上抛一质量为m的物块，抛出时的速度为v0，当它落到地面时的速度为v，用g表示重力加速度，则在此过程中物块克服空气阻力所做的功等于()Amghmv2mvBmv2mvmghCmghmvmv2Dmghmv2mv解析：选C.对物块从h高处竖直上抛到落地的过程，根据动能定理可得mghWfmv2mv，解得Wfmghmvmv2，选项C正确5如图所示，质量为m的物块与水平转台间的动摩擦因数为，物块与转轴相距R，物块随转台由静止开始转动当转速增至某一值时，物块即将在转台上滑动，此时转台已开始匀速转动，在这一过程中，摩擦力对物块做的功是(假设物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力)()A0 B2mgRC2mg

4、R D解析：选D.物块即将在转台上滑动但还未滑动时，转台对物块的最大静摩擦力恰好提供向心力，设此时物块做圆周运动的线速度为v，则有mg.在物块由静止到获得速度v的过程中，物块受到的重力和支持力不做功，只有摩擦力对物块做功，由动能定理得Wmv20.联立解得WmgR.故选项D正确6(2017高考全国卷)为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线相距s0和s1(s1s0)处分别放置一个挡板和一面小旗，如图所示训练时，让运动员和冰球都位于起跑线上，教练员将冰球以速度v0击出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方向滑向挡板；冰球被击出的同时，运动员垂直于起跑线从静止出发滑向小旗训练要求当冰球到达挡板

5、时，运动员至少到达小旗处假定运动员在滑行过程中做匀加速运动，冰球到达挡板时的速度为v1.重力加速度大小为g.求(1)冰球与冰面之间的动摩擦因数；(2)满足训练要求的运动员的最小加速度解析：(1)设冰球的质量为m，冰球与冰面之间的动摩擦因数为，由动能定理得mgs0mvmv解得(2)冰球到达挡板时，满足训练要求的运动员中，刚好到达小旗处的运动员的加速度最小设这种情况下，冰球和运动员的加速度大小分别为a1和a2，所用的时间为t.由运动学公式得vv2a1s0v0v1a1ts1a2t2联立式得a2答案：(1)(2)能力提升题组(25分钟，50分)1如图所示，上表面水平的圆盘固定在水平地面上，一小物块从圆

6、盘边缘上的P点，以大小恒定的初速度v0，在圆盘上沿与直径PQ成不同夹角的方向开始滑动，小物块运动到圆盘另一边缘时的速度大小为v，则v2cos 图象应为()解析：选A.设圆盘半径为r，小物块与圆盘间的动摩擦因数为，由动能定理可得，mg2rcos mv2mv，整理得v2v4grcos ，可知v2与cos 为线性关系，斜率为负，故A正确，B、C、D错误2如图所示，小物块与水平轨道、倾斜轨道之间的动摩擦因数均相同，小物块从倾角为1的轨道上高度为h的A点由静止释放，运动至B点时速度为v1.现将倾斜轨道的倾角调至为2，仍将物块从轨道上高度为h的A点静止释放，运动至B点时速度为v2.已知21，不计物块在轨道

7、接触处的机械能损失则()Av1v2Cv1v2D由于不知道1、2的具体数值，v1、v2关系无法判定解析：选C.物体运动过程中摩擦力做负功，重力做正功，由动能定理可得mghmgcos mgxBDmv2，即mghmgmgxBDmv2，因为xCD，所以mghmgxBCmv2，故到达B点的速度与倾斜轨道的倾角无关，所以v1v2，故选项C正确3.(多选)如图是某缓冲装置，劲度系数足够大的轻质弹簧与直杆相连，直杆可在固定的槽内左右移动，直杆与槽间的滑动摩擦力恒为f，直杆质量不可忽略一质量为m的小车以速度v0撞击弹簧，最终以速度v弹回若直杆足够长，且直杆与槽间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计小车与地面间的摩

8、擦，则()A小车被弹回时的速度v一定小于v0B直杆在槽内移动的距离等于C直杆在槽内向右运动时，小车与直杆始终保持相对静止D弹簧的弹力可能大于直杆与槽间的最大静摩擦力解析：选BD.小车在向右运动的过程中，若弹簧的形变量始终小于，则直杆和槽间无相对运动，小车被弹回时的速度v等于v0；若弹簧的形变量大于，则直杆和槽将发生相对运动，克服摩擦力做功，小车的动能减小，小车被弹回时的速度v小于v0，A错误，D正确对整个系统全过程总能量守恒，有fsmvmv2，可得直杆在槽内移动的距离s，B正确直杆在槽内由静止开始向右运动时，小车的速度大于零，小车不可能与直杆始终保持相对静止，C错误4如图所示，一个可视为质点的

9、滑块从高H12 m处的A点由静止沿光滑的轨道AB滑下，进入半径为r4 m的竖直圆环，圆环内轨道与滑块间的动摩擦因数处处相同，当滑块到达圆环顶点C时，滑块对轨道的压力恰好为零，滑块继续沿CFB滑下，进入光滑轨道BD，且到达高度为h的D点时速度为零，则h的值可能为(重力加速度大小g10 m/s2)()A8 m B9 mC10 m D11 m解析：选B.滑块到达圆环顶点C时对轨道压力为零，由牛顿第二定律得mgm，得速度vC，设滑块在BEC段上克服摩擦力做的功为W1，由动能定理得mg(H2r)W1mv，则W1 mg(H2r)mvmg，滑块在CFB段克服摩擦力做的功W2满足0W2W1，从C到D，由动能定

10、理得mg(h2r)W2mv，代入得8 mh10 m，选项B正确5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两球均处于静止状态，此时OA0.3 m，OB0.4 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g10 m/s2)()A11 J B16 JC18 J D9 J解析：选C.A球向右运动0.1 m时，vA3 m/s，OA0.4 m，OB0.3 m，设此时BAO，则有

11、tan .由运动的合成与分解可得vAcos vBsin ，解得vB4 m/s.以B球为研究对象，此过程中B球上升高度h0.1 m，由动能定理，Wmghmv，解得轻绳的拉力对B球所做的功为Wmghmv2100.1 J242 J18 J，选项C正确6如图甲所示，一滑块从平台上A点以初速度v0向右滑动，从平台上滑离后落到地面上的落地点离平台的水平距离为s，多次改变初速度的大小，重复前面的过程，根据测得的多组v0和s，作出s2v图象如图乙所示，滑块与平台间的动摩擦因数为0.3，重力加速度g10 m/s2.(1)求平台离地的高度h及滑块在平台上滑行的距离d；(2)若将滑块的质量增大为原来的2倍，滑块从A点以4 m/s 的初速度向右滑动，求滑块滑离平台后落地时的速度大小v及落地点离平台的水平距离s的大小解析：(1)设滑块滑到平台边缘时的速度为v，根据动能定理得：mgdmv2mv滑块离开平台后做平抛运动，则有：hgt2svt联立以上三式得：s2v4hd由图象得：图象的斜率等于，即：0.2解得：h1 m且当s0时，v12，代入式解得：d2 m.(2)由得：v2 m/s滑块离开平台后做平抛运动，则有：hgt2得：t s s滑块滑离平台后落地时的速度为：v2 m/s落地点离平台的水平距离s的大小为：svt2 m m.答案：(1)1 m2 m(2)2 m/s m