【文档说明】高考物理一轮复习巩固提升第5章第2节　动能定理 (含解析).doc，共(7)页，186.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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(建议用时：35分钟)一、单项选择题1．(2019·襄阳模拟)用竖直向上大小为30N的力F，将2kg的物体从沙坑表面由静止提升1m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20cm.若忽略空气阻力，g取10m/s2.则物体克

服沙坑的阻力所做的功为()A．20JB．24JC．34JD．54J解析：选C.对整个过程应用动能定理得：F·h1＋mgh2－Wf＝0，解得：Wf＝34J，C对．2.(2019·宁波模拟)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．变大变小均可能解析：选B.设木盒质量为M，木盒中固定一质量为m的砝码时，由动能定理可知，μ(m

＋M)gx1＝12(M＋m)v2，解得x1＝v22μg；加一个竖直向下的恒力F(F＝mg)时，由动能定理可知，μ(m＋M)gx2＝12Mv2，解得x2＝Mv22（m＋M）μg，显然x2<x1.3.(2019·北京101中学检测)如图所示，质量为m的物体静置在水平光滑平

台上，系在物体上的绳子跨过光滑的定滑轮，由地面上的人以速度v0向右匀速拉动，设人从地面上平台的边缘开始向右行至绳与水平方向夹角为45°处，在此过程中人所做的功为()A．mv202B．2mv202C．mv2

04D．mv20解析：选C.由题意知，绳与水平方向夹角为45°时，沿绳方向的速度v＝v0cos45°＝2v02，故质量为m的物体速度等于2v02，对物体应用动能定理可知，在此过程中人所做的功为W＝12mv2－0＝mv204，C正确．4.(2019

·杭州名校质检)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μ、2μ和3μ，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()A．a点B．b点C．c点D．d点解析：选C.对物体从a运动到c，由动能定理，－μmgl－2μmgl＝12mv21－12mv20，

对物体从d运动到c，由动能定理，－3μmgl＝12mv22－12mv20，解得v2＝v1，选项C正确．5.(2019·成都模拟)如图所示，斜面的倾角为θ，质量为m的滑块距挡板P的距离为x0，滑块以初速度v0沿斜面上滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力．

若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失，则滑块经过的总路程是()A．1μv202gcosθ＋x0tanθB.1μv202gsinθ＋x0tanθC．2μv202gcosθ＋x0tanθD.1μv2

02gcosθ＋x01tanθ解析：选A.滑块最终要停在斜面底部，设滑块经过的总路程为x，对滑块运动的全程应用动能定理：mgx0sinθ－μmgxcosθ＝0－12mv20，解得x＝1μv202gcosθ＋x0tanθ，选项A正确．6．(2019·陕西模拟)如图所示，轻

弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于粗糙水平面上质量为m的小球接触但不连接．开始时小球位于O点，弹簧水平且无形变．O点的左侧有一竖直放置的光滑半圆弧轨道，圆弧的半径为R，B为轨道最高点，小球与水平面间的动摩擦因数为μ.现用外力推动小球，将弹簧压缩至A点，OA间距离为x0，将球由静止释放，小球恰

能沿轨道运动到最高点B.已知弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g.下列说法中正确的是()A．小球在从A到O运动的过程中速度不断增大B．小球运动过程中的最大速度为vm＝5gRC．小球与弹簧作用的过程中，弹簧的最大弹性势能Ep＝2.5mgR＋μmgx0D．小球通过圆弧轨道

最低点时，对轨道的压力为5mg解析：选C.小球在从A到O运动的过程中，受弹力和摩擦力，由牛顿第二定律可知：kΔx－μmg＝ma，物体做加速度减小的加速运动，当加速度为零的时(弹力等于摩擦力时)速度最大，接下来

摩擦力大于弹力，小球开始做减速运动，当弹簧恢复原长时小球离开弹簧，故A错误；因为小球恰能沿轨道运动到最高点B，由重力提供向心力：mg＝mv2BR，解得：vB＝gR，从O到B根据动能定理得：－2mgR＝1

2mv2B－12mv20，联立以上解得：v0＝5gR，由上分析可知：小球从开始运动到离开弹簧速度先增大后减小，所以最大速度要比5gR大，故B错误；从A到O根据能量守恒得：EP＝12mv20＋μmgx0，联立以上得：EP＝2.5mgR＋μmgx0，故C正确；小球在最低点

时做圆周运动，由牛顿第二定律得：N－mg＝mv20R，联立以上解得：N＝6mg，故D错误．7．(2017·高考江苏卷)一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处．物块初动能为Ek0，与斜面间的动摩擦因数不变，则该过程中，物块的动能Ek与位移x关系的图线是()解析：选

C.设斜面的倾角为θ，物块与斜面间的动摩擦因数为μ，物块质量为m，小物块沿斜面向上滑动过程，由动能定理得，－(mgsinθ＋μmgcosθ)x＝Ek－Ek0，即Ek＝Ek0－(mgsinθ＋μmgcosθ)x；设小物块滑到最高点的距离为L，小物块沿斜面

滑动全过程由能量守恒定律得，Ek＝Ek0－mgxsinθ－μmgcosθ(2L－x)＝(Ek0－2μmgLcosθ)－(mgsinθ－μmgcosθ)x，故选项C正确．二、多项选择题8．质量为1kg的物体静止在水平粗糙的地面上，在一水平外力F的作用

下运动，如图甲所示．外力F和物体克服摩擦力Ff做的功W与物体位移x的关系如图乙所示，重力加速度g取10m/s2.下列分析正确的是()A．物体与地面之间的动摩擦因数为0.2B．物体运动的位移为13mC．物体在前3m运动过程中的加速度

为3m/s2D．x＝9m时，物体的速度为32m/s解析：选ACD.由Wf＝Ffx对应题图乙可知，物体与地面之间的滑动摩擦力Ff＝2N，由Ff＝μmg可得μ＝0.2，A正确；由WF＝Fx对应题图乙可知，前3m内，拉力F1＝5N，3～9m内拉力F2＝2N，物体在前3m

内的加速度a1＝F1－Ffm＝3m/s2，C正确；由动能定理得：WF－Ffx＝12mv2，可得：x＝9m时，物体的速度为v＝32m/s，D正确；物体的最大位移xm＝WFFf＝13.5m，B错误．9．(2019·河北衡水中学模拟)如图所示，质量为

0.1kg的小物块在粗糙水平桌面上滑行4m后以3.0m/s的速度飞离桌面，最终落在水平地面上，已知物块与桌面间的动摩擦因数为0.5，桌面高0.45m，若不计空气阻力，取g＝10m/s2，则下列说法错误的是()A．小物

块的初速度是5m/sB．小物块的水平射程为1.2mC．小物块在桌面上克服摩擦力做8J的功D．小物块落地时的动能为0.9J解析：选ABC.小物块在桌面上克服摩擦力做功Wf＝μmgL＝2J，C错；在水平桌面上滑行，由动能定理得－Wf＝12mv2－12mv20，解

得v0＝7m/s，A错；小物块飞离桌面后做平抛运动，有x＝vt、h＝12gt2，联立解得x＝0.9m，B错；设小物块落地时动能为Ek，由动能定理得mgh＝Ek－12mv2，解得Ek＝0.9J，D对．10.如图所示为一滑草场．某条滑道由上、下两段高均为h，与水平

面倾角分别为45°和37°的滑道组成，滑草车与草地之间的动摩擦因数为μ.质量为m的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端(不计滑草车在两段滑道交接处的能量损失，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)．则(

)A．动摩擦因数μ＝67B．载人滑草车最大速度为2gh7C．载人滑草车克服摩擦力做功为mghD．载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为35g解析：选AB.由题意根据动能定理有，2mgh－Wf＝0，即2mgh－μmgcos45°·hsin45°－μmgcos37°

·hsin37°＝0，得动摩擦因数μ＝67，则A项正确；载人滑草车克服摩擦力做的功为Wf＝2mgh，则C项错误；载人滑草车在上下两段的加速度分别为a1＝g(sin45°－μcos45°)＝214g，a2＝g(sin37°－μcos37°)＝－335g，则载人滑草车在上下

两段滑道上分别做加速运动和减速运动，则在上段底端时达到最大速度v，由运动学公式有2a1hsin45°＝v2得，v＝2a1hsin45°＝2gh7，故B项正确，D项错误．11．(2019·湖南长沙模拟)如图所示，竖

直固定放置的粗糙斜面AB的下端与光滑的圆弧轨道BCD在B点相切，圆弧轨道的半径为R，圆心O与A、D在同一水平面上，C点为圆弧轨道最低点，∠COB＝θ＝30°.现使一质量为m的小物块从D点无初速度地释放，小物块与粗糙斜面AB

间的动摩擦因数μ<tanθ，则关于小物块的运动情况，下列说法正确的是()A．小物块可能运动到AB．小物块经过较长时间后会停在C点C．小物块通过圆弧轨道最低点C时，对C点的最大压力大小为3mgD．小物块通过圆弧轨道最低点C时，对C

点的最小压力大小为()3－3mg解析：选CD.物块从D点无初速度滑下后，由于克服摩擦力做功，所以物块在斜面上运动时机械能不断减小，在斜面上升的最大高度越来越小，不可能运动到A点，又知道μ<tanθ，即mgsinθ>μmgcosθ，最终在与

B点对称的E点之间来回运动，A、B错误；物块第一次运动到C时速度最大，对轨道的压力最大，物块从D第一次运动到C过程，由动能定理得：mgR＝12mv21；设此时轨道对物块的支持力为F1，由牛顿第二定律得：F1－mg＝mv21R，联立解得

：F1＝3mg，由牛顿第三定律知物块对C点的最大压力为3mg，故C正确；当最后稳定后，物块在BE之间运动时，设物块经过C点的速度为v2，由动能定理得：mgR(1－cosθ)＝12mv22，设轨道对物块的支持力为F2，由牛顿第二定律得：F2－mg＝mv22R，联立解得：F2

＝()3－3mg，由牛顿第三定律可知，物块对C点的最小压力为()3－3mg，D正确．12．2022年北京和张家口将携手举办冬奥会，因此在张家口建造了高标准的滑雪跑道，来迎接冬奥会的到来．如图所示，一个滑雪运动员从左侧斜坡距离坡底8m处自由

滑下，当下滑到距离坡底s1处时，动能和势能相等(以坡底为参考平面)；到坡底后运动员又靠惯性冲上斜坡(不计经过坡底时的机械能损失)，当上滑到距离坡底s2处时，运动员的动能和势能又相等，上滑的最大距离为4m．关于这个过程，下列说法中正确的是()A．摩擦力对运动

员所做的功等于运动员动能的变化量B．重力和摩擦力对运动员所做的总功等于运动员动能的变化量C．s1<4m，s2>2mD．s1>4m，s2<2m解析：选BC.运动员在斜坡上滑行的过程中有重力做功，摩擦力做功，由

动能定理可知A错，B对；从左侧斜坡s处滑至s1处过程中，由动能定理得：mg(s－s1)sinα－Wf＝12mv2①(其中s＝8m，s1是距坡底的距离)因为下滑到距离坡底s1处动能和势能相等，所以有：mgs1·sinα＝12mv2②由①②得：mg(s－s1)sinα－Wf＝mgs1·s

inα③由③得：s－s1>s1，即s1<4m．同理，从右侧斜坡s2处滑至s′(s′＝4m)处过程中，由动能定理得：－mg(s′－s2)·sinθ－W′f＝0－12mv21④因为距坡底s2处动能和势能相等，有mgs2·sinθ＝12mv21⑤由④⑤得：mg(s′－s2

)·sinθ＋W′f＝mgs2·sinθ⑥由⑥式得：s′－s2<s2，即s2>2m．综上所述，C正确，D错误．三、非选择题13．(2016·高考天津卷)我国将于2022年举办冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一．如图

所示，质量m＝60kg的运动员从长直助滑道AB的A处由静止开始以加速度a＝3.6m/s2匀加速滑下，到达助滑道末端B时速度vB＝24m/s，A与B的竖直高度差H＝48m，为了改变运动员的运动方向，在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接，其中最低点C处附近是一段以

O为圆心的圆弧．助滑道末端B与滑道最低点C的高度差h＝5m，运动员在B、C间运动时阻力做功W＝－1530J，取g＝10m/s2.(1)求运动员在AB段下滑时受到阻力Ff的大小；(2)若运动员能够承受的最大压力为

其所受重力的6倍，则C点所在圆弧的半径R至少应为多大．解析：(1)运动员在AB段做初速度为零的匀加速运动，设AB的长度为x，则有v2B＝2ax①由牛顿第二定律有mgHx－Ff＝ma②联立①②式，代入数据解得Ff＝144N．③(2)设运动员到C点时的速度为vC，在由B处运动到达C点的过程

中，由动能定理有mgh＋W＝12mv2C－12mv2B④设运动员在C点所受的支持力为FN，由牛顿第二定律有FN－mg＝mv2CR⑤由运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，联立④⑤式，代入数据解得R＝12.5m.答案

：(1)144N(2)12.5m