2020版高考物理一轮复习 第五章 机械能及其守恒定律 课后分级演练15 动能定理及其应用 8页

课后分级演练(十五) 动能定理及其应用 ‎【A级——基础练】‎ ‎1．(多选)一个小物块从斜面底端冲上足够长的斜面后，返回到斜面底端．已知小物块的初动能为E，它返回斜面底端的速度大小为v，克服摩擦阻力做功为.若小物块冲上斜面的初动能变为2E，则有(　　)‎ A．返回斜面底端时的动能为E B．返回斜面底端时的动能为 C．返回斜面底端时的速度大小为2v D．返回斜面底端时的速度大小为v 解析：AD　以初动能E冲上斜面并返回的整个过程中运用动能定理得mv2－E＝－①，设以初动能E冲上斜面的初速度为v0，则以初动能2E冲上斜面时，初速度为v0，加速度相同，根据2ax＝0－v可知第二次冲上斜面的位移是第一次的两倍，所以上升过程中克服摩擦力做功是第一次的两倍，整个过程中克服摩擦力做功是第一次的两倍，即为E.以初动能2E冲上斜面并返回的整个过程中运用动能定理得mv′2－2E＝－E②，所以返回斜面底端时的动能为E，A正确，B错误．由①②得v′＝v，C错误，D正确．‎ ‎2.如图所示，质量为m的小球，在离地面H高处由静止释放，落到地面后继续陷入泥中h深度而停止，设小球受到的空气阻力为f，重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　)‎ A．小球落地时动能等于mgH B．小球陷入泥中的过程中克服泥的阻力所做的功小于刚落到地面时的动能 C．整个过程中小球克服阻力做的功等于mg(H＋h)‎ D．小球在泥中受到的平均阻力为mg(1＋)‎ 解析：C　根据动能定理得mgH－fH＝mv，A错误；设泥的平均阻力为f0，小球陷入泥中的过程中根据动能定理得mgh－f0h＝0－mv，解得f0h＝mgh＋mv，f0＝mg(1＋)－，B、D错误；全过程运用动能定理知，整个过程中小球克服阻力做的功等于mg(H＋h)，C正确．‎ ‎3.如图所示，在轻弹簧的下端悬挂一个质量为m的小球A，若将小球A从弹簧原长位置由静止释放，小球A能够下降的最大高度为h.若将小球A换为质量为‎3m的小球B，仍从弹簧原长位置由静止释放，则小球B下降h 8‎ 时的速度为(重力加速度为g，不计空气阻力)(　　)‎ A.　 B. C. D. 解析：B　小球A下降h过程小球克服弹簧弹力做功为W1，根据动能定理，有mgh－W1＝0；小球B下降过程，由动能定理有3mgh－W1＝3mv2－0，解得：v＝，故B正确．‎ ‎4.如图所示，某段滑雪雪道倾角为30°，总质量为m(包括雪具在内)的滑雪运动员从距底端高为h处的雪道上由静止开始匀加速下滑，加速度为g.在他从上向下滑到底端的过程中，下列说法正确的是(　　)‎ A．运动员减少的重力势能全部转化为动能 B．运动员获得的动能为mgh C．运动员克服摩擦力做功为mgh D．下滑过程中系统减少的机械能为mgh 解析：D　运动员的加速度为g，沿斜面方向有mg－Ff＝m·g，则摩擦力Ff＝mg，摩擦力做功Wf＝mg·2h＝mgh，A、C错误，D正确．运动员获得的动能Ek＝mgh－mgh＝mgh，B错误．‎ ‎5.如图所示，质量为m的物体置于光滑水平面上，一根绳子跨过定滑轮一端固定在物体上，另一端在力F作用下，以恒定速率v0竖直向下运动，物体由静止开始运动到绳与水平方向的夹角α＝45°的过程中，绳中拉力对物体做的功为(　　)‎ A.mv B．mv C.mv D.mv 解析：B　物体由静止开始运动，绳的拉力对物体做的功等于物体增加的动能．设物体运动到绳与水平方向的夹角α＝45°时的速率为v，此时有：vcos 45°＝v0，则v＝v0.所以绳的拉力对物体做的功为W＝mv2＝mv，B项正确．‎ ‎6.用传感器研究质量为‎2 kg的物体由静止开始做直线运动的规律时，在计算机上得到0～6‎ 8‎ ‎ s内物体的加速度随时间变化的关系如图所示．下列说法正确的是(　　)‎ A．0～6 s内物体先向正方向运动，后向负方向运动 B．0～6 s内物体在4 s时的速度最大 C．物体在2～4 s内速度不变 D．0～4 s内合力对物体做的功等于0～6 s内合力做的功 解析：D　本题考查运动图象、动能定理等，意在考查考生对物理规律的理解和应用能力．由v＝at可知，a－t图象中，图线与坐标轴所围面积表示质点的速度，0～6 s内物体的速度始终为正值，故一直为正方向，A项错；t＝5 s时，速度最大，B项错；2～4 s内加速度保持不变，速度一定变化，C项错；0～4 s内与0～6 s内图线与坐标轴所围面积相等，故物体4 s末和6 s末速度相同，由动能定理可知，两段时间内合力对物体做功相等，D项正确．‎ ‎7.(2017·青岛模拟)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θ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v2－cos θ图象应为(　　)‎ 解析：A　设圆盘半径为r，小物块与圆盘间的动摩擦因数为μ，由动能定理可得，－μmg·2rcos θ＝mv2－mv，整理得v2＝v－4μgrcos θ，可知v2与cos θ为线性关系，斜率为负，故A正确，B、C、D错误．‎ ‎8．(多选)质量为‎1 kg的物体静止在水平粗糙的地面上，受到一水平外力F作用运动，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‎10 m/s2.下列分析正确的是(　　)‎ A．物体与地面之间的动摩擦因数为0.2‎ B．物体运动的位移为‎13 m C．前‎3 m运动过程中物体的加速度为‎3 m/s2‎ D．x＝‎9 m时，物体速度为‎3 ‎ m/s 解析：ACD　由Wf＝Ffx对应图乙可知，物体与地面之间的滑动摩擦力Ff＝2 N，由Ff＝‎ 8‎ μmg可得μ＝0.2，A正确；由WF＝Fx对应图乙可知，前‎3 m内，拉力F1＝5 N,3～9 m内拉力F2 ＝2 N，物体在前‎3 m内的加速度a1＝＝‎3 m/s2，C正确；由动能定理得：WF－Ffx＝mv2可得：x＝‎9 m时，物体的速度为v＝‎3 m/s，D正确；物体的最大位移xm＝＝‎13.5 m，B错误．‎ ‎9.如图所示，固定坡道倾角为θ，顶端距光滑水平面的高度为h，一可视为质点的小物块质量为m，从坡道顶端由静止滑卞，经过底端O点进入水平面时无机械能损失，为使小物块制动，将轻弹簧的一端固定在水平面左侧M处的竖直墙上，弹簧自由伸长时右侧一端恰好位于O点．已知小物块与坡道间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　)‎ A．弹簧弹性势能的最大值为mgh B．小物块在倾斜轨道上运动时，下滑的加速度比上滑的加速度小 C．小物块往返运动的总路程为 D．小物块返回倾斜轨道时所能达到的最大高度为 h 解析：BCD　物块由静止释放到弹簧压缩最大过程，由功能关系得mgh－Wf＝Ep，故弹簧弹性势能的最大值Ep＝mgh－Wf，选项A错误；由牛顿第二定律，小物块下滑的加速度a1＝gsin θ－μgcos θ，上滑的加速度a2＝gsin θ＋μgcos θ，故a1