第第頁高考物理總復(fù)習《動能定理及其應(yīng)用》專項檢測卷及答案學(xué)校:___________姓名：___________班級：___________考號：___________A級基礎(chǔ)對點練對點練1動能定理的理解與基本應(yīng)用1.(多選)如圖1所示，光滑水平面上放著足夠長的木板B，木板B上放著木塊A，A、B間的接觸面粗糙?，F(xiàn)用一水平拉力F作用在A上使其由靜止開始運動，用f1代表B對A的摩擦力，f2代表A對B的摩擦力，則下列情況可能的是()圖1A.拉力F做的功等于A、B系統(tǒng)動能的增加量B.拉力F做的功小于A、B系統(tǒng)動能的增加量C.拉力F和f1對A做的功之和大于A的動能的增加量D.f2對B做的功等于B的動能的增加量2.一物塊沿傾角為θ的斜坡向上滑動，當物塊的初速度為v時，上升的最大高度為H，如圖2所示。當物塊的初速度為2v時，上升的最大高度記為h。重力加速度為g，則物塊與斜坡間的動摩擦因數(shù)μ和h分別為()圖2A.tanθ和2HB.tanθ和4HC.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v2,2gH)－1))tanθ和2HD.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v2,2gH)－1))tanθ和4H3.如圖3所示，將質(zhì)量為m的小球以初速度大小v0由地面豎直向上拋出。小球落回地面時，其速度大小為eq\f(3,4)v0。設(shè)小球在運動過程中所受空氣阻力的大小不變，則空氣阻力的大小等于()圖3A.eq\f(3,4)mg B.eq\f(3,16)mgC.eq\f(7,16)mg D.eq\f(7,25)mg對點練2應(yīng)用動能定理求變力做功4.如圖4所示，在輕彈簧的下端懸掛一個質(zhì)量為m的小球A，將小球A從彈簧原長位置由靜止釋放，小球A能夠下降的最大高度為h。若將小球A換為質(zhì)量為2m的小球B，仍從彈簧原長位置由靜止釋放，重力加速度為g，不計空氣阻力，則小球B下降h高度時的速度為()圖4A.eq\r(\f(4gh,3)) B.eq\r(4gh)C.eq\r(2gh) D.eq\r(gh)5.(2024·山東菏澤高三檢測)如圖5所示，粗糙程度處處相同、傾角為θ的傾斜圓盤上，有一長為L的輕質(zhì)細繩，一端可繞垂直于傾斜圓盤的光滑軸上的O點轉(zhuǎn)動，另一端與質(zhì)量為m的小滑塊相連，小滑塊從最高點A以垂直細繩的速度v0開始運動，恰好能完成一個完整的圓周運動，則運動過程中滑塊受到的摩擦力大小為()圖5A.eq\f(m（veq\o\al(2,0)－gLsinθ）,4πL) B.eq\f(mveq\o\al(2,0),2πL)C.eq\f(m（veq\o\al(2,0)－gL）,4πL) D.eq\f(mveq\o\al(2,0),4πL)6.如圖6所示，一半徑為R的半圓形軌道豎直固定放置，軌道兩端等高，質(zhì)量為m的質(zhì)點自軌道端點P由靜止開始滑下，滑到最低點Q時，對軌道的壓力為2mg，重力加速度大小為g。質(zhì)點自P滑到Q的過程中，克服摩擦力所做的功為()圖6A.eq\f(1,4)mgR B.eq\f(1,3)mgRC.eq\f(1,2)mgR D.eq\f(π,4)mgR對點練3動能定理與圖像問題的結(jié)合7.(多選)如圖7甲所示，質(zhì)量m＝2kg的物體以100J的初動能在粗糙的水平地面上滑行，其動能Ek隨位移s變化的關(guān)系圖像如圖乙所示，則下列判斷中正確的是()圖7A.物體運動的總位移大小為10m B.物體運動的加速度大小為10m/s2C.物體運動的初速度大小為10m/s D.物體所受的摩擦力大小為5N8.一質(zhì)量為m的物塊靜止在光滑水平面上，某時刻起受到水平向右的大小隨位移變化的力F的作用，F(xiàn)隨位移變化的規(guī)律如圖8所示，下列說法正確的是()圖8A.物塊先做勻加速運動，后做勻減速運動B.物塊的位移為s0時，物塊的速度最大C.力F對物塊做的總功為6F0s0D.物塊的最大速度為eq\r(\f(6F0s0,m))B級綜合提升練9.(多選)(2023·湖南卷，8)如圖9，固定在豎直面內(nèi)的光滑軌道ABC由直線段AB和圓弧段BC組成，兩段相切于B點，AB段與水平面夾角為θ，BC段圓心為O，最高點為C，A與C的高度差等于圓弧軌道的直徑2R。小球從A點以初速度v0沖上軌道，能沿軌道運動恰好到達C點，下列說法正確的是()圖9A.小球從B到C的過程中，對軌道的壓力逐漸增大B.小球從A到C的過程中，重力的功率始終保持不變C.小球的初速度v0＝eq\r(2gR)D.若小球初速度v0增大，小球有可能從B點脫離軌道10.(2024·廣東廣州高三統(tǒng)考)如圖10所示，半徑為R、內(nèi)壁光滑的半圓軌道豎直放置，與粗糙水平直軌道左端P點平滑連接。質(zhì)量為m的小球(可視為質(zhì)點)以初速度v0由直軌道N點向左運動。已知小球到達軌道最高點M時對軌道的壓力大小為重力的2倍，重力加速度為g，不計空氣阻力，求：圖10(1)小球剛過P點的速度大小及對圓軌道壓力大小；(2)小球從N點到P點的過程中克服摩擦阻力所做的功。C級培優(yōu)加強練11.如圖11所示，AOB是豎直平面內(nèi)的光滑圓弧形滑道，由兩個半徑都是R的eq\f(1,4)圓周平滑連接而成，圓心O1、O2與兩圓弧的連接點O在同一豎直線上，O2B與水池的水面平齊。一小滑塊可從弧AO上的任意點由靜止開始下滑。已知sin37°＝eq\f(3,5)，cos37°＝eq\f(4,5)。圖11(1)若小滑塊從圓弧AO上某點釋放，之后在兩個圓弧上滑過的弧長相等，求釋放點和O1的連線與豎直線的夾角；(2)若小滑塊能從O點脫離滑道，求其可能的落水點在水平面上形成的區(qū)域長度。參考答案1.AD[A相對B的運動有兩種可能，相對靜止和相對滑動。當A、B相對靜止時，拉力F做的功等于A、B系統(tǒng)動能的增加量；當A、B相對滑動時，拉力F做的功大于A、B系統(tǒng)動能的增加量，A項正確，B項錯誤；由動能定理知，f2對B做的功等于B的動能的增加量，拉力F和f1對A做的功之和等于A的動能的增加量，D項正確，C項錯誤。]2.D[當物塊上滑的初速度為v時，根據(jù)動能定理，有－mgH－μmgcosθ·eq\f(H,sinθ)＝0－eq\f(1,2)mv2，當上滑的初速度為2v時，有－mgh－μmgcosθ·eq\f(h,sinθ)＝0－eq\f(1,2)m(2v)2，聯(lián)立可得μ＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v2,2gH)－1))tanθ，h＝4H，故D正確。]3.D[小球向上運動的過程，由動能定理得－(mg＋f)H＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，小球向下運動的過程，由動能定理得(mg－f)H＝eq\f(1,2)m(eq\f(3,4)v0)2，聯(lián)立解得f＝eq\f(7,25)mg，選項D正確，A、B、C錯誤。]4.D[小球A下降h高度的過程中，設(shè)小球克服彈簧的彈力做功為W，根據(jù)動能定理有mgh－W＝0，小球B下降h高度的過程中，根據(jù)動能定理有2mgh－W＝eq\f(1,2)×2mv2－0，解得v＝eq\r(gh)，故D正確。]5.A[由于小滑塊恰好能完成一個完整的圓周運動，則在最高點有mgsinθ＝meq\f(v2,L)，整個過程根據(jù)動能定理可得－f·2πL＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得f＝eq\f(m（veq\o\al(2,0)－gLsinθ）,4πL)，A正確，B、C、D錯誤。]6.C[設(shè)質(zhì)點在Q點的速度為v，根據(jù)牛頓第二定律，有FN－mg＝meq\f(v2,R)，根據(jù)牛頓第三定律知FN＝FN′＝2mg，聯(lián)立解得v＝eq\r(gR)，下滑過程中，根據(jù)動能定理可得mgR＋Wf＝eq\f(1,2)mv2，解得Wf＝－eq\f(1,2)mgR，所以克服摩擦力所做的功為eq\f(1,2)mgR，選項C正確。]7.AC[由題圖乙可知物體運動的總位移大小為10m，故A正確；由動能定理得－fs＝ΔEk＝－100J，則摩擦力大小f＝10N，由牛頓第二定律得f＝ma，則a＝eq\f(f,m)＝5m/s2，故B、D錯誤；物體的初動能Ek0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝100J，則v0＝eq\r(\f(2Ek0,m))＝10m/s，故C正確。]8.D[物塊在光滑水平面上運動，受到的合外力為F，因為F為正，所以物塊一直加速運動，物塊的位移為3s0時，速度最大，故A、B錯誤；合外力做功的大小等于圖線與s軸圍成的面積，所以力F對物塊做的總功為W＝eq\f(1,2)×2F0×3s0＝3F0s0，故C錯誤；由動能定理可得3F0s0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)，所以最大速度為vm＝eq\r(\f(6F0s0,m))，故D正確。]9.AD[小球恰好運動至C點，小球在C點vC＝0小球在圓弧BC上運動到D點的受力分析如圖所示小球從A到C由動能定理得－mg·2R＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，則v0＝2eq\r(gR)，C錯誤；若小球在B點的速度滿足mgcosθ＜eq\f(mveq\o\al(2,B),R)，則小球?qū)腂點脫離軌道，D正確。]10.(1)eq\r(7gR)8mg(2)eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(7,2)mgR解析(1)小球通過半圓軌道的最高點M時，由牛頓第二定律有mg＋2mg＝meq\f(veq\o\al(2,M),R)滑塊從P點運動到M點的過程中，由動能定理有－mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,M)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,P)解得vP＝eq\r(7gR)小球通過半圓軌道的P點時，由牛頓第二定律有FN－mg＝meq\f(veq\o\al(2,P),R)由牛頓第三定律可知，小球在P點時對圓軌道的壓力大小F壓＝FN解得F壓＝8mg。(2)小球從N點運動到P點的過程中，由動能定理有－W克f＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,P)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得W克f＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(7,2)mgR。11.(1)37°(2)(2－eq\r(2))R解析(1)設(shè)釋放點和O1的連線與豎直線的夾角為θ，由于小滑塊在兩個圓弧上滑過的弧長相等，則小滑塊在圓弧OB上的離開點和O2的連線與豎直線的夾角也為θ，設(shè)小滑塊離開圓弧OB時的速度為v，則根據(jù)動能定理可得2mgR(1－cosθ)＝eq\f(1,2)mv2－0對小滑塊在圓弧OB上的離開點，根據(jù)牛頓第二定律可得mgcosθ＝meq\f(v2,R)聯(lián)立解得cosθ＝eq\f(4,5)即θ＝37°。(2)設(shè)小滑塊剛好能從O點脫離滑道的速度為v1，則有mg＝meq\f(veq\o\al(2,1),R)解得v1＝eq\r(gR)設(shè)小滑塊從A點由靜止釋放到達O點時的速度為v2，