2018版高考物理一轮总复习第5章机械能及其守恒定律第2讲动能定理及其应用

5-2动能定理及其应用
时间：45分钟 满分：100分
一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分。

其中1～6为单选，7～10为多选)
1.若物体在运动过程中受到的合外力不为0，则( ) A.物体的动能不可能总是不变的 B.物体的加速度一定变化 C.物体的速度方向一定变化 D.物体所受合外力做的功可能为0
2．如图所示，水平传送带保持2 m/s 的速度运动，一质量为1 kg 的物体与传送带间的动摩擦因数为0.2，现将该物体无初速度地放到传送带上的A 点，然后运动到了距A 点2 m 的B 点，则传送带对该物体做的功为( )
A.0.5 J B ．2 J C ．2.5 J
D ．4 J
3．如图所示，一半径为R 的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高，质量为m 的质点自轨道端点P 由静止开始滑下，滑到最低点Q 时，对轨道的正压力为2mg ，重力加速度大小为g 。

质点自P 滑到Q 的过程中，克服摩擦力所做的功为( )
A.1
4mgR B.1
3mgR C.1
2
mgR D.π
4
mgR 4．如图所示，木盒中固定一质量为m 的砝码，木盒和砝码在桌面上以一定的初速度一起滑行一段距离后停止。

现拿走砝码，而持续加一个竖直向下的恒力F (F ＝mg )，若其他条件不变，则木盒滑行的距离( )
A.不变B．变小
C.变大D．变大变小均可能
5．如图所示，斜面高h，质量为m的物块，在沿斜面向上的恒力F作用下，能匀速沿斜面向上运动，若把此物块放在斜面顶端，在沿斜面向下同样大小的恒力F作用下，物块由静止向下滑动，滑至底端时其动能的大小为( )
A.mgh B．2mgh
C．2Fh D．Fh
6.如图所示，ABCD是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底BC的连接处都是一段与BC相切的圆弧，B、C是水平的，其距离d＝0.50 m，盆边缘的高度为h＝0.30 m。

在A处放一个质量为m的小物块并让其从静止出发下滑。

已知盆内侧壁是光滑的，而盆底BC面与小物块间的动摩擦因数为μ＝0.10。

小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停的地点到B的距离为( )
A．0.50 m B．0.25 m
C．0.10 m D．0
7．将三个木板1、2、3固定在墙角，木板与墙壁和地面构成了三个不同的三角形，如图所示，其中1与2底边相同，2和3高度相同。

现将一个可视为质点的物块分别从三个木板的顶端由静止释放，并沿木板下滑到底端，物块与木板之间的动摩擦因数μ均相同。

在这三个过程中，下列说法正确的是( )
A.沿着木板1和木板2下滑到底端时，物块速度的大小相等
B.沿着木板2和木板3下滑到底端时，物块速度的大小相等
C.沿着木板1下滑到底端时，物块的动能最大
D.物块沿着木板3下滑到底端的过程中，产生的热量最多
8.有一物体由某一固定的长斜面的底端以初速度v 0沿斜面上滑，斜面与物体间的动摩擦因数μ＝0.5，其动能E k 随离开斜面底端的距离x 变化的图线如图所示，g 取10 m/s 2
，不计空气阻力，则以下说法正确的是( )
A.斜面的倾角θ＝30°
B.物体的质量为m ＝0.5 kg
C.斜面与物体间的摩擦力大小f ＝2 N
D.物体在斜面上运动的总时间t ＝2 s
9．某人通过滑轮将质量为m 的物体，沿粗糙的斜面由静止开始匀加速地由底端拉上斜面，物体上升的高度为h ，到达斜面顶端的速度为v ，如图所示。

则在此过程中( )
A.物体所受的合力做功为mgh ＋12mv 2
B.物体所受的合力做功为12mv 2
C.人对物体做的功为mgh
D.人对物体做的功大于mgh
10．质量为m 的物块在平行于斜面的力F 作用下，从倾角为θ的固定斜面底端A 由静止开始沿斜面上滑，经B 点时速率为v ，此时撤去F ，物块滑回斜面底端时速率也为v ，若A 、B 间距离为x ，则( )
A.物块滑回底端时重力的瞬时功率为mgv
B.整个过程中物块克服摩擦力做功为Fx
C.下滑过程中物块重力做功为12Fx ＋14
mv 2
D.从撤去F 到物块滑回斜面底端，摩擦力做功为－mgx sin θ 二、非选择题(本题共3小题，共30分)
11 (10分)如图所示，用一块长L 1＝1.0 m 的木板在墙和桌面间架设斜面，桌子高H ＝0.8 m ，长L 2＝1.5 m 。

斜面与水平桌面的夹角θ可在0～60°间调节后固定。

将质量m ＝0.2 kg 的小物块从斜面顶端静止释放，物块与斜面间的动摩擦因数μ1＝0.05，物块与桌面间的动摩擦因数为μ2，忽略物块在斜面与桌面交接处的能量损失。

(重力加速度取g ＝10 m/s 2
；最大静摩擦力等于滑动摩擦力)
(1)求θ角增大到多少时，物块能从斜面开始下滑；(用正切值表示)
(2)当θ角增大到37°时，物块恰能停在桌面边缘，求物块与桌面间的动摩擦因数μ2；(已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)
(3)继续增大θ角，发现θ＝53°时物块落地点与墙面的距离最大，求此最大距离
x m 。

12.(10分)如图所示，竖直平面内固定着一个滑槽轨道，其左半部是倾角为θ＝37°，长为l ＝1 m 的斜槽PQ ，右部是光滑半圆槽QSR ，RQ 是其竖直直径。

两部分滑槽在Q 处平滑连接，R 、P 两点等高。

质量为m ＝0.2 kg 的小滑块(可看做质点)与斜槽间的动摩擦因数为μ＝0.375。

将小滑块从斜槽轨道的最高点P 释放，使其开始沿斜槽下滑，滑块通过Q 点时没有机械能损失。

求：
(1)小滑块从P 到Q 克服摩擦力做的功W f ；
(2)为了使小滑块滑上光滑半圆槽后恰好能到达最高点R ，从P 点释放时小滑块沿斜面
向下的初速度v 0的大小；
(3)现将半圆槽上半部圆心角为α＝60°的RS 部分去掉，用上一问得到的初速度v 0
将小滑块从P 点释放，它从S 点脱离半圆槽后继续上升的最大高度h 。

(取g ＝10 m/s 2
，sin37°＝0.60，cos37°＝0.80)
13. (10分)如图所示，一质量M ＝2.0 kg 的长木板AB 静止在水平面上，木板的左侧固定一半径R ＝0.6 m 的四分之一圆弧形轨道，轨道末端的切线水平，轨道与木板靠在一起，且末端高度与木板高度相同。

现在将质量m ＝1.0 kg 的小铁块(可视为质点)从弧形轨道顶端由静止释放，小铁块到达轨道底端时轨道对小铁块的支持力为25 N ，最终小铁块和长木板达到共同速度。

忽略长木板与地面间的摩擦。

取重力加速度g ＝10 m/s 2。

求：
(1)小铁块在弧形轨道末端时的速度大小；
(2)小铁块在弧形轨道上下滑过程中克服摩擦力所做的功W f ； (3)小铁块和长木板达到的共同速度v 。

答案 1 D 2 B 3 C 4 B 5 B 6 D 7 CD 8 BC 9 BD 10 CD
11 (1)为使小物块下滑，mg sin θ≥μ1mg cos θ可得：θ满足的条件：tan θ≥0.05。

(2)克服摩擦力做功：W f ＝μ1mgL 1cos θ＋μ2mg (L 2－L 1cos θ)，由动能定理得mgL 1sin θ－W f ＝0，代入数据得μ2＝0.8。

(3)由动能定理得mgL 1sin θ－W f ＝12mv 2，代入数据得v ＝1 m/s 。

H ＝12
gt 2
，t ＝0.4 s ，
x 1＝vt ，x 1＝0.4 m ，x m ＝x 1＋L 2＝1.9 m 。

12 (1)克服摩擦力做功：W f ＝μmg cos θ·l ＝0.6 J 。

(2)从P 到R 全过程对滑块用动能定理得： －W f ＝12mv 2R －12
mv 2
0。

在R 点重力充当向心力，半径r ＝12l sin θ＝0.3 m ，mg ＝mv 2
R
r ，解得v 0＝3 m/s 。

(3)从P 到S 全过程对滑块用动能定理得：
mgr (1－cos α)－W f ＝1
2mv 2S －12
mv 2
0，
则离开半圆槽时的速度v S ＝ 6 m/s ，如图所示，
其竖直分速度v y ＝v S sin α＝
322
m/s ，v 2
y ＝2gh ，得h ＝0.225 m 。

13(1)小铁块在弧形轨道末端时，满足F －mg ＝mv 20
R
，解得：v 0＝3 m/s 。

(2)根据动能定理mgR －W f ＝12mv 2
0－0，
解得：W f ＝1.5 J 。

(3)根据动量守恒定律mv 0＝(m ＋M )v ，解得：v ＝1 m/s 。