【物理】2020届一轮复习人教版动能定理课时作业 14页

2020 届一轮复习人教版 动能定理 课时作业 一、选择题 1.(多选)光滑水平面上静止的物体，受到一个水平拉力作用开始运动，拉力 F 随时间 t 变化的图象如图所示，用 Ek、v、x、P 分别表示物体的动能、速度、位移和拉力 F 的功率， 下列四个图象分别定性描述了这些物理量随时间变化的情况，其中正确的是( ) 解析：选 BD 由于拉力 F 恒定，所以物体有恒定的加速度 a，则 v＝at，即 v 与 t 成正 比，选项 B 正确；由 P＝Fv＝Fat 可知，P 与 t 成正比，选项 D 正确；由 x＝1 2 at2 可知 x 与 t2 成正比，选项 C 错误；由动能定理可知 Ek＝Fx＝1 2 Fat2，Ek 与 t2 成正比，选项 A 错误． 2.(2019 届德州一中月考)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 时的速度为(重力加速度为 g，不计空气阻力)( ) A. 2gh B. 4gh 3 C. gh D. gh 2 解析：选 B 小球 A 下降 h 过程，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＝1 2 ×3mv2－0，解得 v＝ 4gh 3 ，故 B 正确． 3.如图所示，质量为 m 的小球，从离地面高 H 处由静止开始释放，落到地面后继续陷入 泥中 h 深度而停止，设小球受到空气阻力为 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．小球在泥土中受到的平均阻力为 mg 1＋H h 解析：选 C 小球从静止开始释放到落到地面的过程，由动能定理得 mgH－fH＝1 2 mv0 2， 选项 A 错误；设泥的平均阻力为 f0，小球陷入泥中的过程，由动能定理得 mgh－f0h＝0－1 2 mv0 2， 解得 f0h＝mgh＋1 2 mv0 2，f0＝mg 1＋H h －fH h ，选项 B、D 错误；全过程应用动能定理可知，整 个过程中小球克服阻力做的功等于 mg(H＋h)，选项 C 正确． 4．有两个物体 a 和 b，其质量分别为 ma 和 mb，且 ma>mb，它们的初动能相同，若 a 和 b 分别受到不变的阻力 Fa 和 Fb 的作用，经过相同的时间停下来，它们的位移分别为 sa 和 sb， 则( ) A．Fasb B．Fa>Fb，sa>sb C．Fa>Fb，samb，所以 saFb，故选项 C 正确． 5.如图所示，质量为 0.1 kg 的小物块在粗糙水平桌面上滑行 4 m 后以 3.0 m/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 0.45 m， 若不计空气阻力，取 g＝10 m/s2，则( ) A．小物块的初速度是 5 m/s B．小物块的水平射程为 1.2 m C．小物块在桌面上克服摩擦力做 8 J 的功 D．小物块落地时的动能为 0.9 J 解析：选 D 小物块在桌面上克服摩擦力做功 Wf＝μmgL＝2 J，选项 C 错误；在水平桌 面上滑行时，由动能定理得－Wf＝1 2 mv2－1 2 mv0 2，解得 v0＝7 m/s，选项 A 错误；小物块飞离桌 面后做平抛运动，有 x＝vt、h＝1 2 gt2，解得 x＝0.9 m，选项 B 错误；设小物块落地时动能 为 Ek，由动能定理得 mgh＝Ek－1 2 mv2，解得 Ek＝0.9 J，选项 D 正确． 6.(2019 届天津五区县联考)如图所示，某质点运动的 vt 图象为正弦曲线．从图象可 以判断( ) A．质点做曲线运动 B．在 t1 时刻，合外力的功率最大 C．在 t2～t3 时间内，合外力做负功 D．在 0～t1 和 t2～t3 时间内，合外力的平均功率相等 解析：选 D 质点运动的 vt 图象描述的是质点的直线运动，选项 A 错误；在 t1 时刻， vt 图线的斜率为零，加速度为零，合外力为零，合外力功率为零，选项 B 错误；由题图图 象可知，在 t2～t3 时间内，质点的速度增大，动能增大，由动能定理可知，合外力做正功， 选项 C 错误；在 0～t1 和 t2～t3 时间内，动能的变化量相同，故合外力做的功相等，则合外 力的平均功率相等，选项 D 正确． 7．(2018 年江苏卷)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( ) 解析：选 A 对于整个竖直上抛过程(包括上升与下落)，速度与时间的关系为 v＝v0－ gt，v2＝g2t2－2v0gt＋v0 2，Ek＝1 2 mv2，可见动能与时间是二次函数关系，由数学中的二次函数 知识可判断 A 正确． 8.如图所示，小物块与水平轨道、倾斜轨道之间的动摩擦因数均相同，小物块从倾角为 θ1 的轨道上高度为 h 的 A 点由静止释放，运动至 B 点时速度为 v1.现将倾斜轨道的倾角调至 为θ2，仍将物块从轨道上高度为 h 的 A 点静止释放，运动至 B 点时速度为 v2.已知θ2<θ1， 不计物块在轨道接触处的机械能损失．则( ) A．v1v2 C．v1＝v2 D．由于不知道θ1、θ2 的具体数值，v1、v2 关系无法判定 解析：选 C 物体运动过程中摩擦力做负功，重力做正功，由动能定理可得 mgh－ μmgcosθ· h sinθ －μmgxBD＝1 2 mv2，即 mgh－μmg· h tanθ －μmgxBD＝1 2 mv2，因为 h tanθ ＝xCD， 所以 mgh－μmgxBC＝1 2 mv2，故到达 B 点的速度与倾斜轨道的倾角无关，所以 v1＝v2，故选项 C 正确． 9.(多选)(2018 年全国卷Ⅲ)地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送到地 面．某竖井中矿车提升的速度大小 v 随时间 t 的变化关系如图所示，其中图线①②分别描述 两次不同的提升过程，它们变速阶段加速度的大小都相同；两次提升的高度相同，提升的质 量相等．不考虑摩擦阻力和空气阻力．对于第①次和第②次提升过程( ) A．矿车上升所用的时间之比为 4∶5 B．电机的最大牵引力之比为 2∶1 C．电机输出的最大功率之比为 2∶1 D．电机所做的功之比为 4∶5 解析：选 AC 由图象可知图线①过程所用时间为 2t0，由于两次提升的高度相同，图线 ①②与 x 轴围成的面积相等可知图线②过程所用时间为 2.5t0，因此矿车上升所用时间之比 为 4∶5，A 对；由于它们的变速阶段加速度大小相同，电机的最大牵引力相等，B 错；由 Pm ＝Fv 可知，F 最大，v 最大时，P 最大，F 相等，vm 之比为 2∶1，所以最大功率之比为 2∶1， C 对；电机做功 W 提供矿石的重力势能和动能，据动能定理 W－mgh＝ΔEk，由于提升高度相 同，ΔEk＝0，所以电机做功相等，D 错，故选 AC. 10.(多选)(2018 届大连五校联考)在某一粗糙的水平面上，一质量为 2 kg 的物体在水 平恒定拉力的作用下做匀速直线运动，当运动一段时间后，拉力逐渐减小，且当拉力减小到 零时，物体刚好停止运动，图中给出了拉力随位移变化的关系图象．已知重力加速度 g＝10 m/s2.根据以上信息能精确得出或估算得出的物理量有( ) A．物体与水平面间的动摩擦因数 B．合外力对物体所做的功 C．物体做匀速运动时的速度 D．物体运动的时间 解析：选 ABC 物体做匀速直线运动时，拉力 F 与滑动摩擦力 f 大小相等，物体与水平 面间的动摩擦因数为μ＝ F mg ＝0.35，A 正确；减速过程由动能定理得 WF＋Wf＝0－1 2 mv2，根据 Fx 图象中图线与坐标轴围成的面积可以估算力 F 做的功 WF，而 Wf＝－μmgx，由此可求得 合外力对物体所做的功，及物体做匀速运动时的速度 v，B、C 正确；因为物体做变加速运动， 所以运动时间无法求出，D 错误． 二、非选择题 11.(2019 届河南三门峡期末)一质量为 m 的质点，系在轻绳的一端，绳的另一端固定在 水平面上，水平面粗糙．此质点在该水平面上做半径为 r 的圆周运动，设质点的最初速率是 v0，滑动摩擦力大小恒定，当它运动一周时，其速率变为v0 2 ，已知重力加速度为 g，求： (1)质点与水平面的动摩擦因数； (2)当质点运动一周时的加速度大小； (3)质点在静止以前运动了多少圈． 解析：(1)设质点与水平面的动摩擦因数为μ，质点运动一周时摩擦力做的功为 W，根 据动能定理得： W＝1 2 m v0 2 2－1 2 mv0 2 又 W＝－μmg·2πr 解得μ＝ 3v0 2 16πrg . (2)当质点运动一周时质点的向心加速度大小为 an＝ v0 2 2 r ＝v0 2 4r 当质点运动一周时质点的切向加速度大小为 aτ＝μg 则加速度：a＝ an 2＋aτ 2＝ v0 2 4r 2＋ 3v0 2 16πr 2. (3)设质点在运动了 n 周时停止，由动能定理得： －μmg·n·2πr＝0－1 2 mv0 2 解得 n＝1.33. 答案：(1) 3v0 2 16πrg (2) v0 2 4r 2＋ 3v0 2 16πr 2 (3)1.33 12．(2019 届晋城调研)如图甲所示，一滑块从平台上 A 点以初速度 v0 向右滑动，从平 台上滑离后落到地面上的落地点离平台的水平距离为 s，多次改变初速度的大小，重复前面 的过程，根据测得的多组 v0 和 s，作出 s2v0 2 图象如图乙所示，滑块与平台间的动摩擦因数 为 0.3，重力加速度 g＝10 m/s2. (1)求平台离地的高度 h 及滑块在平台上滑行的距离 d； (2)若将滑块的质量增大为原来的 2 倍，滑块从 A 点以 4 m/s 的初速度向右滑动，求滑 块滑离平台后落地时的速度大小 v′及落地点离平台的水平距离 s 的大小． 解析：(1)设滑块滑到平台边缘时的速度为 v， 根据动能定理得 －μmgd＝1 2 mv2－1 2 mv0 2① 滑块离开平台后做平抛运动，则有 h＝1 2 gt2② s＝vt③ 联立以上三式得 s2＝2h g v0 2－4μhd④ 由图象得：图象的斜率等于 2h g ， 即 2h g ＝ 2 22－12 ＝0.2⑤ 解得 h＝1 m 且当 s＝0 时，v0 2＝12，代入④式解得 d＝2 m. (2)由①得 v＝2 m/s 滑块离开平台后做平抛运动，则有：h＝1 2 gt2⑥ 得 t＝ 2h g ＝ 2×1 10 s＝ 5 5 s⑦ 滑块滑离平台后落地时的速度为 v′＝ v2＋ gt 2＝2 6 m/s 落地点离平台的水平距离 s 的大小为 s＝vt＝2× 5 5 m＝2 5 5 m. 答案：(1)1 m 2 m (2)2 6 m/s 2 5 5 m |学霸作业|——自选 一、选择题 1．(2018 届南通市二次调研)某同学用如图所示的装置测量一个凹形木块的质量 m，弹 簧的左端固定，木块在水平面上紧靠弹簧(不连接)将其压缩，记下木块右端位置 A 点，释放 后，木块右端恰能运动到 B1 点．在木块槽中加入一个质量 m0＝200 g 的砝码，再将木块左端 紧靠弹簧，木块右端位置仍然在 A 点，释放后木块离开弹簧，右端恰能运动到 B2 点．测得 AB1、AB2 长分别为 36.0 cm 和 12.0 cm，则木块的质量 m 为( ) A.100 g B．200 g C．300 g D．400 g 解析：选 A 两次木块均由同一位置释放，故弹簧恢复原长的过程中，弹簧所做的功相 同，未加砝码时，由动能定理，可得 W 弹－μmg·AB1＝0，加上砝码 m0 时，有 W 弹－μ(m＋ m0)g·AB2＝0，解得 m＝100 g，选项 A 正确． 2.(2019 届西安质检)静止在粗糙水平面上的物块在水平向右的拉力作用下做直线运 动，t＝4 s 时停下，其 vt 图象如图所示，已知物块与水平面间的动摩擦因数处处相同， 则下列判断正确的是( ) A．整个过程中拉力做的功等于物块克服摩擦力做的功 B．整个过程中拉力做的功等于零 C．t＝2 s 时刻拉力的瞬时功率在整个过程中最大 D．t＝1 s 到 t＝3 s 这段时间内拉力不做功 解析：选 A 对物块运动全过程应用动能定理得：WF－Wf＝0，故 A 正确，B 错误；物块 在加速运动过程中受到的拉力最大，故 t＝1 s 时拉力的瞬时功率为整个过程中拉力功率的 最大值，C 错误；t＝1 s 到 t＝3 s 这段时间内，拉力与摩擦力平衡，拉力做正功，D 错误． 3.(2018 届济宁模拟)如图所示的竖直轨道，其圆形部分半径分别是 R 和R 2 ，质量为 m 的 小球通过这段轨道时，在 A 点时刚好对轨道无压力，在 B 点时对轨道的压力为 mg.则小球由 A 点运动到 B 点的过程中摩擦力对小球做的功为( ) A．－mgR B．－9 8 mgR C．－5 4 mgR D．－4 3 mgR 解析：选 A 在 A 处对小球由牛顿第二定律 mg＝mvA 2 R ，vA＝ gR，在 B 处对小球由牛顿第 二定律得 mg＋FN＝m vB 2 R 2 ，又 FN＝mg，解得 vB＝ gR，小球由 A 到 B 的过程由动能定理得 mg 2R－2×R 2 ＋Wf＝1 2 mvB 2－1 2 mvA 2，解得 Wf＝－mgR，故 A 正确． 4．(多选)质量为 1 kg 的物体静止在粗糙的水平地面上，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 f 做的功与物体位移的关系如图乙所示，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．物体在前 3 m 运动过程中的加速度为 3 m/s2 D．x＝9 m 时，物体的速度为 3 2 m/s 解析：选 ACD 由摩擦力做功的图象可知，W＝μmg·x＝20 J，解得μ＝0.2，A 正确； 由 f＝μmg＝2 N，f·x＝Wf＝27 J 可得 x＝13.5 m，B 错误；又 WF＝F·x，可解得：前 3 m 内，F＝15 3 N＝5 N，由 F－f＝ma 可得：a＝3 m/s2，C 正确；由动能定理可得：WF－fx＝1 2 mv2， 解得：x＝9 m 时物体的速度 v＝3 2 m/s，D 正确． 5.(2018 届吉林三校联考)如图所示，竖直平面内放一直角杆 MON，OM 水平，ON 竖直且 光滑，用不可伸长的轻绳相连的两小球 A 和 B 分别套在 OM 和 ON 杆上，B 球的质量为 2 kg， 在作用于 A 球的水平力 F 的作用下，A、B 两球均处于静止状态，此时 OA＝0.3 m，OB＝0.4 m， 改变水平力 F 的大小，使 A 球向右加速运动，已知 A 球向右运动 0.1 m 时速度大小为 3 m/s， 则在此过程中绳的拉力对 B 球所做的功为(取 g＝10 m/s2)( ) A．11 J B．16 J C．18 J D．9 J 解析：选 C A 球向右运动 0.1 m 时，vA＝3 m/s，OA′＝0.4 m，OB′＝0.3 m，设此时 ∠B′A′O＝α，则有 tanα＝3 4 .由运动的合成与分解可得 vAcosα＝vBsinα，解得 vB＝4 m/s. 以 B 球为研究对象，此过程中 B 球上升高度 h＝0.1 m，由动能定理，W－mgh＝1 2 mvB 2，解得 轻绳的拉力对 B 球所做的功为 W＝mgh＋1 2 mvB 2＝2×10×0.1 J＋1 2 ×2×42 J＝18 J，选项 C 正确． 6.(2019 届石家庄联考)质量为 m 的小球在竖直向上的拉力作用下从静止开始运动，其 vt 图象如图所示(竖直向上为正方向，DE 段为直线)，已知重力加速度大小为 g，下列说法 正确的是( ) A．t3～t4 时间内，小球竖直向下做匀减速直线运动 B．t0～t2 时间内，合力对小球先做正功后做负功 C．0～t2 时间内，小球的平均速度一定为v2 2 D．t3～t4 时间内，拉力做的功为m v3＋v4 2 [(v4－v3)＋g(t4－t3)] 解析：选 D 根据题意，竖直向上为正方向，故在 t3～t4 时间内，小球竖直向上做匀减 速直线运动，故选项 A 错误；t0～t2 时间内，小球速度一直增大，根据动能定理可知，合力 对小球一直做正功，故选项 B 错误；0～t2 时间内，小球的平均速度等于位移与时间的比值， 不一定为v2 2 ，故选项 C 错误；根据动能定理，在 t3～t4 时间内：WF－mgv3＋v4 2 ·(t4－t3)＝1 2 mv4 2 －1 2 mv3 2，整理可得 WF＝m v3＋v4 2 [(v4－v3)＋g(t4－t3)]，故选项 D 正确． 7．如图所示，将质量为 m 的小球以速度 v0 由地面竖直向上抛出．小球落回地面时，其 速度大小为 3 4 v0.设小球在运动过程中所受空气阻力的大小不变，则空气阻力的大小等于 ( ) A.3 4 mg B. 3 16 mg C. 7 16 mg D. 7 25 mg 解析：选 D 重力对物体做的功为零，设空气阻力大小为 f，对整个过程应用动能定理 得： －2fh＝1 2 mv2－1 2 mv0 2 上升过程中物体加速度为 a＝mg＋f m 由运动学公式得： 2ah＝v0 2 带入数据计算得出： f＝ 7 25 mg 所以 D 选项正确． 8.(2018 届河南洛阳名校联考)一摩托车在竖直的圆轨道内侧做匀速圆周运动，周期为 T，人和车(当做质点)的总质量为 m，轨道半径为 R，车经最高点时发动机功率为 P0，车对轨 道的压力为 2mg.设轨道对摩托车的阻力与车对轨道的压力成正比，则( ) A．车经最低点时对轨道的压力为 3mg B．车经最低点时发动机功率为 2P0 C．车从最高点经半周到最低点的过程中发动机做的功为 1 2 P0T D．车从最高点经半周到最低点的过程中发动机做的功为 2mgR 解析：选 B 摩托车在最高点时有 2mg＋mg＝mv2 R ，在最低点有 FN－mg＝mv2 R ，解得 FN＝4mg， 选项 A 错误；由于轨道对摩托车的阻力与车对轨道的压力成正比，又因为车在最高点对轨道 的压力为 2mg：根据 P＝Fv，可知发动机在最低点时的功率是在最高点时功率的 2 倍，选项 B 正确，C 错误；根据动能定理可知摩托车从最高点经半周到最低点的过程中克服阻力做的 功等于发动机做的功与重力做功 2mgR 之和，无法求得发动机做的功，选项 D 错误． 二、非选择题 9．(2018 届南京市、盐城市—模)如图所示，炼钢厂通常用滚筒来传送软钢锭，使具有 一定初速度的软钢锭通过滚筒滑上平台，质量为 M 的软钢锭长为 L，上表面光滑，下表面与 平台间是粗糙的．现以水平向右的初速度滑上平台，全部滑上平台时的速度为 v.此时，在 其右端无初速放上一个质量为 m 的滑块(视为质点)．随后软钢锭滑过 2L 距离时速度为零， 滑块恰好到达平台，重力加速度取 g，空气阻力不计．求： (1)滑块获得的最大加速度(不考虑与平台的撞击过程)； (2)滑块放上后，软钢锭滑动过程克服阻力做的功； (3)软钢锭处于静止状态时，滑块到达平台的动能． 解析：(1)由于滑块与软钢锭间无摩擦，所以，软钢锭在平台上滑过距离 L 时，滑块脱 离做自由落体运动，所以 a＝g. (2)根据动能定理得 Wf 克＝－ΔEk＝1 2 Mv2. (3)滑块脱离软钢锭后做自由下落到平台上的时间与软钢锭在平台最后滑过 L 的时间相 等，都为 t L＝1 2 μgt2 μ(m＋M)gL＋μMgL＝1 2 Mv2 vm＝gt Ek＝1 2 mvm 2 联立以上四个方程式解得 Ek＝2 2M＋m mg2L2 Mv2 . 答案：(1)g (2)1 2 Mv2 (3)2 2M＋m mg2L2 Mv2 10．(2019 届枣庄期末)如图甲所示，电动机通过绕过光滑定滑轮的细绳与放在倾角为 30°的光滑斜面上的物体相连，启动电动机后物体沿斜面上升；在 0～3 s 时间内物体运动 的 vt 图象如图乙所示，其中除 1～2 s 时间段图象为曲线外，其余时间段图象均为直线，1 s 后电动机的输出功率保持不变；已知物体的质量为 2 kg，重力加速度 g＝10 m/s2.求： (1)1 s 后电动机的输出功率 P； (2)物体运动的最大速度 vm； (3)在 0～3 s 内电动机所做的功． 解析：(1)设物体的质量为 m，由题图乙可知，在 t1＝1 s 时间内，物体做匀加速直线运 动的加速度大小为 a＝5 m/s2，1 s 末物体的速度大小达到 v1＝5 m/s，此过程中，设细绳拉 力的大小为 F1，则根据运动学公式和牛顿第二定律可得 v1＝at1 F1－mgsin30°＝ma 设在 1 s 末电动机的输出功率为 P，由功率公式可得 P＝F1v1 联立解得 P＝100 W. (2)当物体达到最大速度 vm 后，设细绳的拉力大小为 F2，由牛顿第二定律和功率的公式 可得 F2－mgsin30°＝0 P＝F2vm 联立解得 vm＝10 m/s. (3)设在时间 t1＝1 s 内，物体的位移为 x，电动机做的功为 W1，则由运动学公式得 x＝ 1 2 at1 2 由动能定理得 W1－mgxsin30°＝1 2 mv1 2 设在时间 t＝3 s 内电动机做的功为 W，则 W＝W1＋P(t－t1) 联立解得 W＝250 J. 答案：(1)100 W (2)10 m/s (3)250 J 11.(2019 届福建省毕业班质量检查)如图，固定直杆上套有一小球和两根轻弹簧，两根 轻弹簧的一端与小球相连，另一端分别固定在杆上相距为 2L 的 A、B 两点．直杆与水平面的 夹角为θ，小球质量为 m，两根轻弹簧的原长均为 L、劲度系数均为3mgsinθ L ，g 为重力加 速度． (1)小球在距 B 点 4 5 L 的 P 点处于静止状态，求此时小球受到的摩擦力大小和方向； (2)设小球在 P 点受到的摩擦力为最大静摩擦力，且与滑动摩擦力相等．现让小球从 P 点以一沿杆方向的初速度向上运动，小球最高能到达距 A 点 4 5 L 的 Q 点，求初速度的大小． 解析：(1)小球在 P 点时两根弹簧的弹力大小相等，设为 F，根据胡克定律有 F＝k L－4 5 L 设小球静止时受到的摩擦力大小为 Ff，方向沿杆向下，根据平衡条件有 mgsinθ＋Ff＝ 2F 代入数据解得 Ff＝mgsinθ 5 方向沿杆向下． (2)小球在 P、Q 两点时，弹簧的弹性势能相等，故小球从 P 到 Q 的过程中，弹簧对小球 做功为零 据动能定理有 W 舍＝ΔEk －mg·2 L－4 5 L sinθ－Ff·2 L－4 5 L ＝0－1 2 mv2 联立解得 v＝2 6gLsinθ 5 . 答案：(1)mgsinθ 5 方向沿杆向下 (2)2 6gLsinθ 5