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  • 2021-05-26 发布

高考物理一轮复习第五章机械能2动能定理及其应用课时作业新人教版

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动能定理及其应用 一、选择题(1~4 题只有一个选项符合题目要求,5~7 题有多个选项符合题目要求) 1.物体做匀速圆周运动时( ) A.速度变化,动能变化 B.速度变化,动能不变 C.速度不变,动能变化 D.速度不变,动能不变 解析:速度是矢量,动能是标量,物体做匀速圆周运动时速度的方向随时变化,但大小 不变,故速度在变,动能不变,故选项 B 正确. 答案:B 2.如图所示,光滑斜面的顶端固定一弹簧,一小球向右滑行,并冲上固定在地面上的 斜面.设小球在斜面最低点 A 的速度为 v,压缩弹簧至 C 点时弹簧最短,C 点距地面高度为 h,则小球从 A 到 C 的过程中弹簧弹力做功是( ) A.mgh-1 2 mv2 B.1 2 mv2-mgh C.-mgh D.- mgh+1 2 mv2 解析:小球从 A 点运动到 C 点的过程中,重力和弹簧的弹力对小球做负功,由于支持力 与位移始终垂直,则支持力对小球不做功,由动能定理,可得 WG+WF=0-1 2 mv2,重力做功为 WG=-mgh,则弹簧的弹力对小球做功为 WF=mgh-1 2 mv2,所以正确选项为 A. 答案:A 3.质量 m=2 kg 的物体以 50 J 的初动能在粗糙的水平面上滑行,其动能变化与位移关 系如图所示,则物体在水平面上的滑行时间 t 为( ) A.5 s B.4 s C.2 2 s D.2 s 解析:由图可以看出,当物体动能减为 0 时,物体滑行的位移为 10 m,设滑行过程中, 物体所受阻力为 Ff,则由动能定理,有-Ffx=0-Ek0 解得 Ff=Ek0 x =50 10 =5 N 由牛顿第二定律可知,物体做减速运动的加速度大小为 a=Ff m =2.5 m/s2,再由运动学 公式 x=1 2 at2, 得 t= 2x a = 2×10 2.5 =2 2 s.选项 C 正确. 答案:C 4.(2017·河北石家庄质检)有一辆新颖电动汽车,总质量为 1 000 kg.行驶中,该车 速度在 14~20 m/s 范围内保持恒定功率 20 kW 不变.一位同学坐在驾驶员旁边观察车内里 程表和速度表,记录了该车在位移 120~400 m 范围内做直线运动时的一组数据如下表,设 汽车在上述范围内受到的阻力大小不变,则( ) x/m 120 160 200 240 280 320 360 400 v/(m·s-1) 14.5 16.5 18.0 19.0 19.7 20.0 20.0 20.0 A.该汽车受到的阻力为 2 000 N B.位移 120~320 m 过程牵引力所做的功约为 9.5×104 J C.位移 120~320 m 过程经历时间约为 14.75 s D.该车速度在 14~20 m/s 范围内可能做匀加速直线运动 解析:汽车最后匀速行驶,有 P=Ffvm 得:Ff=20×103 20.0 N=1 000 N,则 A 错;汽车位移 120~320 m 过程中牵引力做功 W,由动能定理得:W-Ff·(320 m-120 m)=1 2 mv2 m-1 2 mv2 0,代 入数据得 W≈2.95×105 J,则 B 错;设汽车位移 120~320 m 过程经历时间为 t,由动能定 理得:Pt-Ff·(320 m-120 m)=1 2 mv2 m-1 2 mv 2 0代入数据得:t=14.75 s,则 C 对;汽车速度 在 14~20 m/s 范围内,功率不变,做变加速直线运动,则 D 错. 答案:C 5.(2017·河北衡水中学三模)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,则下列说法错误的是( ) 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:小物块在桌面上克服摩擦力做功 Wf=μmgL=2 J,C 错.在水平桌面上滑行,由 动能定理得-Wf=1 2 mv2-1 2 mv2 0,解得 v0=7 m/s,A 错.小物块飞离桌面后做平抛运动,有 x =vt、h=1 2 gt2,联立解得 x=0.9 m,B 错.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,D 对. 答案:ABC 6.(2017·潭水高级中学考试)一质量为 m 的人站在观光电梯内的磅秤上,电梯以 0.1 g 的加速度匀加速上升 h 高度,在此过程中( ) A.磅秤的示数等于 1.1mg B.磅秤的示数等于 0.1mg C.人的动能增加了 0.1mgh D.人的机械能增加了 1.1mgh 解析:根据牛顿定律可知,磅秤的示数等于 FN=mg+ma=1.1mg,选项 A 正确,B 错误; 根据动能定理得ΔEk=W 合=mah=0.1mgh,故 C 正确;人上升 h,则重力做功为-mgh,可知 重力势能增大 mgh,动能增加 0.1mgh,则机械能增大了 1.1mgh,故 D 正确. 故选 ACD. 答案:ACD 7.(2016·浙江卷)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=6 7 B.载人滑草车最大速度为 2gh 7 C.载人滑草车克服摩擦力做功为 mgh D.载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为 3 5 g 解析:滑草车受力分析如图所示,在 B 点处有最大速度 v,在上、下两段所受摩擦力大 小分别为 Ff1、Ff2 Ff1=μmgcos45° Ff2=μmgcos37° 整个过程由动能定理列方程: mg·2h-Ff1· h sin45° -Ff2· h sin37° =0① 解得:μ=6 7 ,A 项正确. 滑草车在上段滑道运动过程由动能定理列方程: mgh-Ff1· h sin45° =1 2 mv2② 解得:v= 2gh 7 ,B 项正确. 由①式知:Wf=2mgh,C 项错误. 在下段滑道上,mgsin37°-μmgcos37°=ma2 解得:a2=- 3 35 g,故 D 项错误. 答案:AB 二、非选择题 8.泥石流是在雨季由于暴雨、洪水将含有沙石且松软的土质山体经饱和稀释后形成的 洪流,它的面积、体积和流量都较大.泥石流流动的全过程虽然只有很短时间,但由于其高 速前进,具有强大的能量,因而破坏性极大.某课题小组对泥石流的威力进行了模拟研究, 如图甲所示,他们设计了如下的模型:在水平地面上放置一个质量为 m=5 kg 的物体,让其 在随位移均匀减小的水平推力作用下运动,推力 F 随位移变化如图乙所示,已知物体与地面 间的动摩擦因数为μ=0.6,g 取 10 m/s2. (1)物体在运动过程中的最大加速度为多大? (2)在距出发点多远处,物体的速度达到最大? (3)物体在水平面上运动的最大位移是多大? 解析:(1)当推力 F 最大时,加速度最大. 由牛顿第二定律,得 F-μmg=ma a=10 m/s2. (2)由图象可知:F 随 x 变化的函数方程为 F=80-20x 速度最大时,合外力为零 即 F=μmg 所以 x=2.5 m. (3)位移最大时,末速度一定为 0 由动能定理可得 WF-μmgx=0 由图象可知,力 F 做的功为 WF=1 2 Fx=160 J 所以 x=160 30 m=5.33 m. 答案:(1)10 m/s2 (2)2.5 m (3)5.33 m 9.如图所示,半径为 R=0.4 m 的光滑圆弧轨道 BC 固定在竖直平面内,轨道的上端点 B 和圆心 O 的连线与水平方向的夹角θ=30°,下端点 C 为轨道的最低点且与粗糙水平面相 切,一根轻质弹簧右端固定在竖直挡板上,质量 m=0.1 kg 的小物块(可视为质点)从空中 A 点以 v0=2 m/s 的速度被水平抛出,恰好从 B 点沿轨道切线方向进入轨道,经过 C 点后沿水 平面向右运动到 D 点时,弹簧被压缩至最短,C、D 两点间的水平距离 L=1.2 m,小物块与 水平面间的动摩擦因数μ=0.5,取 g=10 m/s2,求: (1)小物块经过圆弧轨道上 B 点时速度 vB 的大小; (2)小物块经过圆弧轨道上 C 点时对轨道的压力大小; (3)弹簧的弹性势能的最大值 Epm. 解析:(1)小物块恰好从 B 点沿切线方向进入轨道,据几何关系有 vB= v0 sinθ = 2 m/s sin30° =4 m/s. (2)小物块由 B 运动到 C,根据机械能守恒定律有 mgR(1+sinθ)=1 2 mv2 C-1 2 mv2 B 在 C 点处,根据牛顿第二定律有 FN′C-mg=mv2 C R ,解得 FN′C=8 N 根据牛顿第三定律,小物块经过圆弧轨道上 C 点时对轨道压力大小 FNC 为 8 N. (3)小物块从 B 运动到 D,根据能量守恒定律有 Epm=1 2 mv2 B+mgR(1+sinθ)-μmgL 代入 数据解得 Epm=0.8 J. 答案:(1)4 m/s (2)8 N (3)0.8 J 10.(2017·庆阳模拟)如图所示,水平路面 CD 的右侧有一长 L1=2 m 的板 M,一物块放 在板 M 的最右端,并随板一起向左侧固定的平台运动,板 M 的上表面与平台等高.平台的上 表面 AB 长 L2=3 m,光滑半圆轨道 AFE 竖直固定在平台上,轨道半径 R=0.4 m,最低点与 平台 AB 相切于 A 点.当板 M 的左端距离平台 L=2 m 时,板与物块向左运动的速度 v0=8 m/s, 当板与平台的竖直墙壁碰撞后,板立即停止运动,物块在板上滑动,并滑上平台.已知板与 路面的动摩擦因数μ1=0.05,物块与板的上表面及轨道 AB 的动摩擦因数μ2=0.1,物块质 量 m=1 kg,取 g=10 m/s2. (1)求物块进入圆轨道时对轨道上的 A 点的压力; (2)判断物块能否到达圆轨道的最高点 E.若能,求物块离开 E 点后在平台上的落点到 A 点的距离;若不能,则说明理由. 解析:(1)设物块随板运动撞击竖直墙壁 BC 时的速度为 v1,由动能定理得 -μ1(m+M)gL=1 2 (M+m)v2 1-1 2 (M+m)v2 0 设物块到 A 点时速度为 v2,由动能定理得 -μ2mg(L2+L1)=1 2 mv2 2-1 2 mv2 1 由牛顿第二定律得 FN-mg=mv2 2 R 解得 FN=140 N 由牛顿第三定律知,物块对轨道 A 点的压力大小为 140 N,方向竖直向下. (2)设物块能通过圆轨道的最高点,且在最高点处的速度为 v3,则有 -mg·2R=1 2 mv2 3-1 2 mv2 2 解得 v3=6 m/s> gR=2 m/s 故物块能通过圆轨道的最高点,之后做平抛运动,则 水平方向:x=v3t 竖直方向:2R=1 2 gt2 解得 x=2.4 m 答案:(1)140 N,方向竖直向下 (2)能 2.4 m