【文档说明】高考物理复习 课时过关题17 动能定理及其应用（含答案解析.doc，共(7)页，133.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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2020(人教版)高考物理复习课时过关题17动能定理及其应用1.高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动．在启动阶段，列车的动能()A．与它所经历的时间成正比B．与它的位移成正比C．与它

的速度成正比D．与它的动量成正比2.韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员．他在一次自由式滑雪空中技巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离，重力对他做功1900J，他克服阻力做功100J．韩晓鹏在此过程中()A．动能增加了1900JB．

动能增加了2000JC．重力势能减少了1900JD．重力势能减少了2000J3.将一小球竖直向上抛出，小球在运动过程中所受到的空气阻力不可忽略．a为小球运动轨迹上的一点，小球上升和下降经过a点时的动能分别为Ek1和Ek2，从抛出开始到小球第一次经过

a点时重力所做的功为W1，从抛出开始到小球第二次经过a点时重力所做的功为W2.下列选项正确的是()A．Ek1=Ek2，W1=W2B．Ek1＞Ek2，W1=W2C．Ek1＜Ek2，W1＜W2D．Ek1＞Ek2，W1＜W24.如

图所示，AB为14圆弧轨道，BC为水平直轨道，圆弧的半径为R，BC的长度也是R，一质量为m的物体，与两个轨道间的动摩擦因数都为μ，当它由轨道顶端A从静止开始下落，恰好运动到C处停止，则物体在AB段克服摩擦力做的功为()A.12μmgRB.12mg

RC．mgRD．(1－μ)mgR5.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()6.如图所示，长为L=1m的长木板水平放置，在木板的A端放置一质量为m=1kg的小物块，现缓慢地抬高

A端，使木板以左端为轴转动，当木板转到与水平面的夹角为α=30°时，小物块开始滑动，此时停止转动木板，小物块滑到底端的速度为v=2m/s，重力加速度g=10m/s2，则在整个过程中()A．木板对小物块做的功为5JB．摩擦力对小物块做的功为5JC．支持力对小物块做

的功为0D．小物块克服摩擦力做的功为3J7.水平面上甲、乙两物体，在某时刻动能相同，它们仅在摩擦力作用下停下来．甲、乙两物体的动能Ek随位移大小s的变化的图象如图所示，则下列说法正确的是()A．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一定大于乙与地面的动摩擦因数D．甲与地面间的动摩擦因数一定小于乙与地面的动摩擦因数8.如图所示，两个半径不等的光滑半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高，两个质量不等的球(从半径大的轨道下落的小球质量大，

设为大球，另一个为小球，且均可视为质点)分别自轨道左端由静止开始下落，在各自轨迹的最低点时，下列说法正确的是()A．大球的速度可能小于小球的速度B．大球的动能可能小于小球的动能C．大球所受轨道的支持力等于小球所受轨道的支持力D．大球的向心加速度等于小球的向心加速度9.质量m=10kg的物体只

在变力F作用下沿水平方向做直线运动，F随坐标x的变化关系如图所示．若物体从坐标原点处由静止出发，则物体运动到x=16m处时的速度大小为()A．3m/sB．4m/sC．22m/sD.17m/s10.如图所

示，轻质弹簧一端固定，另一端与一质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连，弹簧水平且处于原长．圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，AC=h，此为过程Ⅰ；若圆环在C处获得一竖直向上的速度v，则恰好能回到A处，此为过程Ⅱ.已知弹簧始终在

弹性范围内，重力加速度为g，则圆环()A．在过程Ⅰ中，加速度一直减小B．在过程Ⅱ中，克服摩擦力做的功为12mv2C．在C处，弹簧的弹性势能为14mv2－mghD．在过程Ⅰ、过程Ⅱ中克服摩擦力做功相同11.(多选)如图所示，斜面体由粗糙程度不同的材料

A、B拼接而成，其截面△OCD为等腰直角三角形，P为两材料在CD边上的交点，且DP＞CP.现将OD边水平放置，让小物块无初速度地从C滑到D，然后将OC边水平放置，再让小物块无初速度地从D滑到C，小物块两次滑到P点的时间相同．下列说法正确的是()A．

物块第二次滑到P点的速率大B．两次滑动中物块到达P点时的速度大小相等C．两次滑动中物块到达底端时的速度大小相等D．物块第一次滑到P点的速率大12.(多选)如图所示，质量为m的小球从A点由静止开始，沿竖直平面内固定光滑的14圆

弧轨道AB滑下，从B端水平飞出，恰好落到斜面BC的底端．已知14圆弧轨道的半径为R，OA为水平半径，斜面倾角为θ，重力加速度为g.则()A．小球下滑到B点时对圆弧轨道的压力大小为2mgB．小球下滑到B点时的速度大小为2gRC．小球落到

斜面底端时的速度方向与水平方向的夹角为2θD．斜面的高度为4Rtan2θ13.如图，在竖直平面内有由14圆弧AB和12圆弧BC组成的光滑固定轨道，两者在最低点B平滑连接．AB弧的半径为R，BC弧的半径

为R2.一小球在A点正上方与A相距R4处由静止开始自由下落，经A点沿圆弧轨道运动．(1)求小球在B、A两点的动能之比．(2)通过计算判断小球能否沿轨道运动到C点．14.如图是翻滚过山车的模型，光滑的竖直圆轨道半径R=2m，入口的平直

轨道AC和出口的平直轨道CD均是粗糙的，质量m=2kg的小车与水平轨道之间的动摩擦因数均为μ=0.5，加速阶段AB的长度l=3m，小车从A点由静止开始受到水平拉力F=60N的作用，在B点撤去拉力，取g=10m/

s2.试问：(1)要使小车恰好通过圆轨道的最高点，小车在C点的速度为多少？(2)满足(1)问条件下，小车能沿着出口平直轨道CD滑行多远的距离？(3)要使小车不脱离轨道，求平直轨道BC段的长度范围．答案解析1.答案为：B；解析：[设列车运动时间为t，由匀变速直线运动规律v=at、x=1

2at2，结合动能公式Ek=mv22得Ek=ma2t22、Ek=max，可知Ek∝v2、Ek∝t2、Ek∝x，故A、C项均错误，B项正确．由Ek=p22m，得Ek∝p2，故D项错误．]2.答案为：C；解析：根据动能定理，物体动能的增量等于物体所受所有力做功的

代数和，即ΔEk=WG＋Wf=1900J－100J=1800J，A、B项错误；重力做功与重力势能改变量的关系为WG=－ΔEp，即重力势能减少了1900J，C项正确，D项错误．3.答案为：B；解析：[从抛出开始到第一次经过a点和从抛出开始第二次经过a点，上升的高度相等，可知重力做功相等，即W

1=W2，对两次经过a点的过程由动能定理得，－Wf=Ek2－Ek1，可知Ek1＞Ek2，故B正确，A、C、D错误．]4.答案为：D；解析：[全程对物体由动能定理得，mgR－W－μmgR=0，解得W=(1－μ)mgR，故D正确．]5.答案为：A；解析

：[设小球初动能为Ek0，初速度为v0，重力加速度为g.瞬时动能Ek=Ek0－mgh，h=v0t－12gt2，联立得Ek=12mg2t2－mgv0t＋Ek0，故A正确．]6.答案为：D；解析：设在整个过程中，木板对物块做的功为W，根据动能定理得：W=12mv2=12×1

×22J=2J，故A错误；在木板从水平位置开始转动到与水平面的夹角为30°的过程中，摩擦力不做功，物块沿木板下滑过程中，摩擦力对物块做功，由于摩擦力小于重力沿木板向下的分力，即f<mgsin30°，则摩擦力对物块做的功Wf=－fL≠－mgLsin30°=－

5J，故B错误；在木板从水平位置开始转动到与水平面的夹角为30°的过程中，支持力对物块做的功设为WN，根据动能定理得：WN－mgLsin30°=0，得WN=5J，故C错误；在物块下滑的过程中，根据动能定理得：mgLsin30°＋Wf=12m

v2－0，得Wf=－3J，即小物块克服摩擦力做的功为3J，故D正确．7.答案为：A；解析：[甲、乙两物体的初动能和末动能都相同，都只受摩擦力作用，根据动能定理可知摩擦力对甲、乙两物体做的功相等，即μ甲m甲gs甲=μ乙m乙gs乙，由图可知s甲＜s乙，所以μ甲m甲g＞

μ乙m乙g，即甲所受的摩擦力一定比乙大，若甲、乙两物体与水平面动摩擦因数相同，由Ff=μmg可知，则甲的质量较大，故A正确，B错误；μ甲m甲g＞μ乙m乙g，由于质量关系未知，故无法直接确定动摩擦因数之间的关系，故C、D错误．]8.答案为：D；解析：[由动能定理得mgR=1

2mv2－0，解得v=2gR，半径大的圆形轨道，球到达底端时的速度大，所以大球的速度一定大于小球的速度，故A错误；大球质量大，到达底端时的速度大，动能一定大，故B错误；根据a=v2R=2g知，两球的向心加速度相等，故D正确；在底端

时，由牛顿第二定律得，FN－mg=ma，解得FN=3mg，由于大球的质量大，则大球所受的支持力大，故C错误．]9.答案为：C；解析：[F­x图线与x轴围成的面积表示力F所做的功，则这段过程中，外力做功为W=12×(4＋8)×10J－12×4×10J=40J，根据动能定理得W=12mv2，解得v

=2Wm=2×4010m/s=22m/s，故C正确，A、B、D错误．]10.答案为：D；解析：圆环刚开始下滑时，圆环受到的合力向下，设弹簧原长为L，下滑过程中，对圆环受力分析，如图所示，弹簧弹力与竖直方向的夹角为θ，则弹簧弹力F=kL1sinθ－1，竖直方向根据牛顿第

二定律可得mg－Fcosθ－μFN=ma，水平方向有Fsinθ=FN，联立三个方程可知，圆环下滑过程中受到的合力先减小后增大，圆环的加速度先减小后增大，选项A错误；在过程Ⅰ和Ⅱ中，圆环在相同位置时受到的滑动摩擦力大小相等，所以在这两个过程中克服摩擦力做的功相等，选项D正确；在过程Ⅰ中，根据动能

定理可得WG－Wf－W弹=0，解得Wf=WG－W弹，在过程Ⅱ中，根据动能定理可得－WG＋W弹－Wf=－12mv2，联立解得Wf=14mv2，在C处Ep弹=W弹=mgh－14mv2，选项B、C错误．11.答案为：AC；解析：由题意可知，小物块两次滑到P点的时间相同，由于DP

＞CP，因此从D到P的平均速度大于从C到P的平均速度，设从C滑到P点时速度为v1，从D滑到P点时速度为v2，则根据匀变速直线运动知识有：v22>v12，即从D滑到P点时的速度大于从C滑到P点时的速度，故A正确，B、D错误；小物块从D到C和

从C到D的过程中摩擦力做的功相等，重力做的功相等，根据动能定理可知，两次滑动中物块到达底端的速度大小相等，故C正确．12.答案为：BD；解析：[小球由A至B的过程由动能定理得，mgR=12mv2－0，解得v=2gR，小球通过B点时，由牛顿第二定律得FN－mg=mv2R，解得FN=3mg，

根据牛顿第三定律可知，在B点小球对轨道的压力大小为3mg，故A错误，B正确；小球从B到C做平抛运动，则有tanθ=12gt2vt=gt2v，解得t=2vtanθg，小球落到斜面底端时的速度方向与水平方向的夹角正切为tanα=gtv=2tanθ，则α≠2θ，故C错误；斜面的高

度为h=12gt2=12g22gR·tanθg2=4Rtan2θ，故D正确．]13.解：(1)小球下落过程由动能定理得：小球下落至A点的过程：mg·R4=EkA－0小球下落至B点的过程：mgR4＋R=EkB－0由以上两式联立解得：EkBEkA=5(2)小球恰好经过C点时

，由牛顿第二定律得：mg=mv20R2解得：v0=gR2小球由开始下落至C点的过程，由动能定理得：mg·R4=12mv2C－0解得：vC=gR2由于vC=v0，故小球恰好可以沿轨道运动到C点．14.解：(1)设小车恰好通过最

高点的速度为v0，则有mg=mv20R①由C点到最高点满足机械能守恒定律，有12mv2C=mg·2R＋12mv20②解得vC=10m/s(2)小车由最高点滑下到最终停在轨道CD上，由动能定理有mg·2R－μ

mgxCD=0－12mv20③联立①③解得xCD=10m(3)小车经过C点的速度vC≥10m/s就能做完整的圆周运动．小车由A到C由动能定理得Fl－μmg(l＋xBC)=12mv2C解得xBC≤5m小车进入圆轨道时，上升的高度h≤R=2m

时，小车返回而不会脱离轨道，由动能定理有Fl－μmg(l＋xBC)－mgh=0解得xBC≥11m综上可得，xBC≤5m或者xBC≥11m时小车不脱离轨道．