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 6页

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