高考物理一輪復(fù)習(xí) 第五章 機(jī)械能及其守恒定律 課后分級(jí)演練15 動(dòng)能定理及其應(yīng)用

《高考物理一輪復(fù)習(xí) 第五章 機(jī)械能及其守恒定律 課后分級(jí)演練15 動(dòng)能定理及其應(yīng)用》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考物理一輪復(fù)習(xí) 第五章 機(jī)械能及其守恒定律 課后分級(jí)演練15 動(dòng)能定理及其應(yīng)用（8頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 課后分級(jí)演練(十五) 動(dòng)能定理及其應(yīng)用 【A級(jí)——基礎(chǔ)練】 1．(多選)一個(gè)小物塊從斜面底端沖上足夠長的斜面后，返回到斜面底端．已知小物塊的初動(dòng)能為E，它返回斜面底端的速度大小為v，克服摩擦阻力做功為.若小物塊沖上斜面的初動(dòng)能變?yōu)?E，則有(　　) A．返回斜面底端時(shí)的動(dòng)能為E B．返回斜面底端時(shí)的動(dòng)能為 C．返回斜面底端時(shí)的速度大小為2v D．返回斜面底端時(shí)的速度大小為v 解析：AD　以初動(dòng)能E沖上斜面并返回的整個(gè)過程中運(yùn)用動(dòng)能定理得mv2－E＝－①，設(shè)以初動(dòng)能E沖上斜面的初速度為v0，則以初動(dòng)能2E沖上斜面時(shí)，初速度為v0，加速度相同，根據(jù)2ax＝0－v可知第二次沖上斜面

2、的位移是第一次的兩倍，所以上升過程中克服摩擦力做功是第一次的兩倍，整個(gè)過程中克服摩擦力做功是第一次的兩倍，即為E.以初動(dòng)能2E沖上斜面并返回的整個(gè)過程中運(yùn)用動(dòng)能定理得mv′2－2E＝－E②，所以返回斜面底端時(shí)的動(dòng)能為E，A正確，B錯(cuò)誤．由①②得v′＝v，C錯(cuò)誤，D正確． 2.如圖所示，質(zhì)量為m的小球，在離地面H高處由靜止釋放，落到地面后繼續(xù)陷入泥中h深度而停止，設(shè)小球受到的空氣阻力為f，重力加速度為g，則下列說法正確的是(　　) A．小球落地時(shí)動(dòng)能等于mgH B．小球陷入泥中的過程中克服泥的阻力所做的功小于剛落到地面時(shí)的動(dòng)能 C．整個(gè)過程中小球克服阻力做的功等于mg(H＋h) D．小

3、球在泥中受到的平均阻力為mg(1＋) 解析：C　根據(jù)動(dòng)能定理得mgH－fH＝mv，A錯(cuò)誤；設(shè)泥的平均阻力為f0，小球陷入泥中的過程中根據(jù)動(dòng)能定理得mgh－f0h＝0－mv，解得f0h＝mgh＋mv，f0＝mg(1＋)－，B、D錯(cuò)誤；全過程運(yùn)用動(dòng)能定理知，整個(gè)過程中小球克服阻力做的功等于mg(H＋h)，C正確． 3.如圖所示，在輕彈簧的下端懸掛一個(gè)質(zhì)量為m的小球A，若將小球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3m的小球B，仍從彈簧原長位置由靜止釋放，則小球B下降h時(shí)的速度為(重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力)(　　) A.　 B. C. D.

4、解析：B　小球A下降h過程小球克服彈簧彈力做功為W1，根據(jù)動(dòng)能定理，有mgh－W1＝0；小球B下降過程，由動(dòng)能定理有3mgh－W1＝3mv2－0，解得：v＝，故B正確． 4.如圖所示，某段滑雪雪道傾角為30，總質(zhì)量為m(包括雪具在內(nèi))的滑雪運(yùn)動(dòng)員從距底端高為h處的雪道上由靜止開始勻加速下滑，加速度為g.在他從上向下滑到底端的過程中，下列說法正確的是(　　) A．運(yùn)動(dòng)員減少的重力勢能全部轉(zhuǎn)化為動(dòng)能 B．運(yùn)動(dòng)員獲得的動(dòng)能為mgh C．運(yùn)動(dòng)員克服摩擦力做功為mgh D．下滑過程中系統(tǒng)減少的機(jī)械能為mgh 解析：D　運(yùn)動(dòng)員的加速度為g，沿斜面方向有mg－Ff＝mg，則摩擦力Ff＝mg，摩擦

5、力做功Wf＝mg2h＝mgh，A、C錯(cuò)誤，D正確．運(yùn)動(dòng)員獲得的動(dòng)能Ek＝mgh－mgh＝mgh，B錯(cuò)誤． 5.如圖所示，質(zhì)量為m的物體置于光滑水平面上，一根繩子跨過定滑輪一端固定在物體上，另一端在力F作用下，以恒定速率v0豎直向下運(yùn)動(dòng)，物體由靜止開始運(yùn)動(dòng)到繩與水平方向的夾角α＝45的過程中，繩中拉力對(duì)物體做的功為(　　) A.mv B．mv C.mv D.mv 解析：B　物體由靜止開始運(yùn)動(dòng)，繩的拉力對(duì)物體做的功等于物體增加的動(dòng)能．設(shè)物體運(yùn)動(dòng)到繩與水平方向的夾角α＝45時(shí)的速率為v，此時(shí)有：vcos 45＝v0，則v＝v0.所以繩的拉力對(duì)物體做的功為W＝mv2＝mv，B項(xiàng)正確． 6.用

6、傳感器研究質(zhì)量為2 kg的物體由靜止開始做直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律時(shí)，在計(jì)算機(jī)上得到0～6 s內(nèi)物體的加速度隨時(shí)間變化的關(guān)系如圖所示．下列說法正確的是(　　) A．0～6 s內(nèi)物體先向正方向運(yùn)動(dòng)，后向負(fù)方向運(yùn)動(dòng) B．0～6 s內(nèi)物體在4 s時(shí)的速度最大 C．物體在2～4 s內(nèi)速度不變 D．0～4 s內(nèi)合力對(duì)物體做的功等于0～6 s內(nèi)合力做的功 解析：D　本題考查運(yùn)動(dòng)圖象、動(dòng)能定理等，意在考查考生對(duì)物理規(guī)律的理解和應(yīng)用能力．由v＝at可知，a－t圖象中，圖線與坐標(biāo)軸所圍面積表示質(zhì)點(diǎn)的速度，0～6 s內(nèi)物體的速度始終為正值，故一直為正方向，A項(xiàng)錯(cuò)；t＝5 s時(shí)，速度最大，B項(xiàng)錯(cuò)；2～4 s內(nèi)加速度

7、保持不變，速度一定變化，C項(xiàng)錯(cuò)；0～4 s內(nèi)與0～6 s內(nèi)圖線與坐標(biāo)軸所圍面積相等，故物體4 s末和6 s末速度相同，由動(dòng)能定理可知，兩段時(shí)間內(nèi)合力對(duì)物體做功相等，D項(xiàng)正確． 7.(2017青島模擬)如圖所示，上表面水平的圓盤固定在水平地面上，一小物塊從圓盤邊緣上的P點(diǎn)，以大小恒定的初速度v0，在圓盤上沿與直徑PQ成不同夾角θ的方向開始滑動(dòng)，小物塊運(yùn)動(dòng)到圓盤另一邊緣時(shí)的速度大小為v，則v2－cos θ圖象應(yīng)為(　　) 解析：A　設(shè)圓盤半徑為r，小物塊與圓盤間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，由動(dòng)能定理可得，－μmg2rcos θ＝mv2－mv，整理得v2＝v－4μgrcos θ，可知v2與cos θ為

8、線性關(guān)系，斜率為負(fù)，故A正確，B、C、D錯(cuò)誤． 8．(多選)質(zhì)量為1 kg的物體靜止在水平粗糙的地面上，受到一水平外力F作用運(yùn)動(dòng)，如圖甲所示，外力F和物體克服摩擦力Ff，做的功W與物體位移x的關(guān)系如圖乙所示，重力加速度g取10 m/s2.下列分析正確的是(　　) A．物體與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2 B．物體運(yùn)動(dòng)的位移為13 m C．前3 m運(yùn)動(dòng)過程中物體的加速度為3 m/s2 D．x＝9 m時(shí)，物體速度為3 m/s 解析：ACD　由Wf＝Ffx對(duì)應(yīng)圖乙可知，物體與地面之間的滑動(dòng)摩擦力Ff＝2 N，由Ff＝μmg可得μ＝0.2，A正確；由WF＝Fx對(duì)應(yīng)圖乙可知，前3 m內(nèi)，

9、拉力F1＝5 N,3～9 m內(nèi)拉力F2 ＝2 N，物體在前3 m內(nèi)的加速度a1＝＝3 m/s2，C正確；由動(dòng)能定理得：WF－Ffx＝mv2可得：x＝9 m時(shí)，物體的速度為v＝3 m/s，D正確；物體的最大位移xm＝＝13.5 m，B錯(cuò)誤． 9.如圖所示，固定坡道傾角為θ，頂端距光滑水平面的高度為h，一可視為質(zhì)點(diǎn)的小物塊質(zhì)量為m，從坡道頂端由靜止滑卞，經(jīng)過底端O點(diǎn)進(jìn)入水平面時(shí)無機(jī)械能損失，為使小物塊制動(dòng)，將輕彈簧的一端固定在水平面左側(cè)M處的豎直墻上，彈簧自由伸長時(shí)右側(cè)一端恰好位于O點(diǎn)．已知小物塊與坡道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，則下列說法正確的是(　　) A．彈簧彈性勢能的最大值為

10、mgh B．小物塊在傾斜軌道上運(yùn)動(dòng)時(shí)，下滑的加速度比上滑的加速度小 C．小物塊往返運(yùn)動(dòng)的總路程為 D．小物塊返回傾斜軌道時(shí)所能達(dá)到的最大高度為 h 解析：BCD　物塊由靜止釋放到彈簧壓縮最大過程，由功能關(guān)系得mgh－Wf＝Ep，故彈簧彈性勢能的最大值Ep＝mgh－Wf，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由牛頓第二定律，小物塊下滑的加速度a1＝gsin θ－μgcos θ，上滑的加速度a2＝gsin θ＋μgcos θ，故a1

11、度為h′，由動(dòng)能定理有mgh－μmgcos θ－mgh′－μmgcos θ＝0，解得h′＝h，選項(xiàng)D正確． 10.如圖所示，用一塊長L1＝1.0 m的木板在墻和桌面間架設(shè)斜面，桌子高H＝0.8 m，長L2＝1.5 m．斜面與水平桌面的夾角θ可在0～60間調(diào)節(jié)后固定．將質(zhì)量m＝0.2 kg的小物塊從斜面頂端靜止釋放，物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1＝0.05，物塊與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2，忽略物塊在斜面與桌面交接處的能量損失．(重力加速度取g＝10 m/s2；最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力) (1)求θ角增大到多少時(shí)，物塊能從斜面開始下滑；(用正切值表示) (2)當(dāng)θ角增大到37時(shí)，物塊恰能停在

12、桌面邊緣，求物塊與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2；(已知sin 37＝0.6，cos 37＝0.8) (3)繼續(xù)增大θ角，發(fā)現(xiàn)θ＝53時(shí)物塊落地點(diǎn)與墻面的距離最大，求此最大距離xm. 解析：(1)為使小物塊下滑，應(yīng)有mgsin θ≥μ1mgcos θ① θ滿足的條件tan θ≥0.05② 即當(dāng)θ＝arctan 0.05時(shí)物塊恰好從斜面開始下滑． (2)克服摩擦力做功Wf＝μ1mgL1cos θ＋μ2mg(L2－L1cos θ)③ 由動(dòng)能定理得mgL1sin θ－Wf＝0④ 代入數(shù)據(jù)得μ2＝0.8⑤ (3)由動(dòng)能定理得mgL1sin θ－Wf＝mv2⑥ 結(jié)合③式并代入數(shù)據(jù)得v＝1 m/

13、s⑦ 由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律得H＝gt2，x1＝vt 解得t＝0.4 s⑧ x1＝0.4 m⑨ xm＝x1＋L2＝1.9 m 答案：(1)arctan 0.05　(2)0.8　(3)1.9 m 【B級(jí)——提升練】 11．(2017甘肅模擬)如圖甲所示，一個(gè)質(zhì)量m＝4 kg的物體靜止在水平地面上，讓物體在隨位移均勻減小的水平推力F作用下運(yùn)動(dòng)，推力F隨位移x變化的關(guān)系如圖乙所示，已知物體與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，取g＝10 m/s2，則下列說法正確的是(　　) A．物體先做加速運(yùn)動(dòng)，推力撤去時(shí)開始做減速運(yùn)動(dòng) B．物體在水平面上運(yùn)動(dòng)的最大位移為10 m C．物體運(yùn)動(dòng)的最大速度為

14、2 m/s D．物體在運(yùn)動(dòng)中的加速度先變小后不變 解析：B　物體先做加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)推力小于摩擦力時(shí)開始做減速運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由題圖乙中圖線與x軸所圍面積表示推力對(duì)物體做的功得推力做的功W＝4100 J＝200 J，根據(jù)動(dòng)能定理有W－μmgxm＝0，代入數(shù)據(jù)解得xm＝10 m，選項(xiàng)B正確；當(dāng)推力與摩擦力平衡時(shí)，加速度為0，速度最大，由題圖乙得F與x的函數(shù)關(guān)系式為F＝100－25x(N)，當(dāng)F＝μmg＝20 N時(shí)，代入數(shù)據(jù)得x＝3.2 m，由動(dòng)能定理有3.2 J－203.2 J＝4 kgv，解得vm＝8 m/s，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；拉力一直減小，而摩擦力不變，加速度先減小后增大，當(dāng)F＝0后加速度保持不

15、變，選項(xiàng)D錯(cuò)誤． 12．(2017洛陽模擬)(多選)如圖甲所示，傾角為θ的足夠長的傳送帶以恒定的速率v0沿逆時(shí)針方向運(yùn)行．t＝0時(shí)，將質(zhì)量m＝1 kg的物體(可視為質(zhì)點(diǎn))輕放在傳送帶上，物體相對(duì)地面的v—t圖象如圖乙所示．設(shè)沿傳送帶向下為正方向，取重力加速度g＝10 m/s2.則(　　) A．傳送帶的速率v0＝10 m/s B．傳送帶的傾角θ＝30 C．物體與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5 D．0～2.0 s摩擦力對(duì)物體做功Wf＝－24 J 解析：ACD　由v－t圖象可知，物體放上傳送帶開始階段，加速度a1＝10.0 m/s2，物體與傳送帶同速后，加速度a2＝ m/s2＝2.

16、0 m/s2，傳送帶的速率v0＝10 m/s，A正確；由mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，mgsin θ－μmgcos θ＝ma2可求得：θ＝37，μ＝0.5，B錯(cuò)誤，C正確；由動(dòng)能定理得：mglsin θ＋Wf＝mv2，v＝12.0 m/s，l＝101 m＋1 m＝16 m，解得Wf＝－24 J，D正確． 13．(多選)(2016濟(jì)寧三模)如圖甲所示，為測定物體沖上粗糙斜面能達(dá)到的最大位移x與斜面傾角θ的關(guān)系，將某一物體每次以不變的初速率v0沿足夠長的斜面向上推出，調(diào)節(jié)斜面與水平方向的夾角θ，實(shí)驗(yàn)測得x與斜面傾角θ的關(guān)系如圖乙所示，g取10 m/s2，根據(jù)圖象可求出(　　)

17、A．物體的初速率v0＝3 m/s B．物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.75 C．取不同的傾角θ，物體在斜面上能達(dá)到的位移x的最小值xmin＝1.44 m D．當(dāng)某次θ＝30時(shí)，物體達(dá)到最大位移后將沿斜面下滑 解析：BC　當(dāng)角度達(dá)到90時(shí)，物體將做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，此時(shí)上升高度為1.8 m，由運(yùn)動(dòng)規(guī)律可求得初速度v0＝6 m/s，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；當(dāng)角度為0時(shí)，物體相當(dāng)于在水平面上運(yùn)動(dòng)，此時(shí)位移為2.4 m，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律可得，動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.75，選項(xiàng)B正確；當(dāng)傾角為θ時(shí)，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律可得mgsin θ＋μmgcos θ＝ma，又有x＝，結(jié)合數(shù)學(xué)關(guān)系可得位移的最小值為1.44 m，選項(xiàng)C正確

18、；θ角為30時(shí)，到達(dá)最高點(diǎn)重力沿斜面向下的分力小于最大靜摩擦力，因此達(dá)到最大位移后不會(huì)下滑，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．答案選BC. 14．如圖所示，水平面上放一質(zhì)量為m＝2 kg的小物塊，通過薄壁圓筒的輕細(xì)繞線牽引，圓筒半徑為R＝0.5 m，質(zhì)量為M＝4 kg.t＝0時(shí)刻，圓筒在電動(dòng)機(jī)帶動(dòng)下由靜止開始繞豎直中心軸轉(zhuǎn)動(dòng)，轉(zhuǎn)動(dòng)角速度與時(shí)間的關(guān)系滿足ω＝4t，物塊和地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.3，細(xì)線始終與地面平行，其它摩擦不計(jì)，g取10 m/s2，求： (1)物塊運(yùn)動(dòng)中受到的拉力． (2)從開始運(yùn)動(dòng)至t＝2 s時(shí)電動(dòng)機(jī)做了多少功？ 解析：(1)由于圓筒邊緣線速度與物塊直線運(yùn)動(dòng)速度大小相同，根據(jù)v＝ω

19、R＝4Rt＝2t，線速度與時(shí)間成正比，物塊做初速為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由公式v＝at知，物塊加速度為a＝2 m/s2，對(duì)物塊受力分析，由牛頓第二定律得T－μmg＝ma，則細(xì)線拉力為T＝10 N. (2)根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律： t＝2 s時(shí)物塊的速度：v＝at＝22 m/s＝4 m/s 2 s內(nèi)物塊的位移：x＝at2＝222 m＝4 m 對(duì)整體運(yùn)用動(dòng)能定理，有W－μmgx＝mv2＋Mv2 代入數(shù)據(jù)求得電動(dòng)機(jī)做的功為W＝72 J. 答案：(1)10 N　(2)72 J 15．如圖所示，一質(zhì)量m＝0.4 kg的滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))靜止于水平軌道上的A點(diǎn)，滑塊與軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.

20、1.現(xiàn)對(duì)滑塊施加一水平外力，使其向右運(yùn)動(dòng)，外力的功率恒為P＝10 W．經(jīng)過一段時(shí)間后撤去外力，滑塊繼續(xù)滑行至B點(diǎn)后水平飛出，恰好在C點(diǎn)沿切線方向進(jìn)入固定在豎直平面內(nèi)的光滑圓弧形軌道，軌道的最低點(diǎn)D處裝有壓力傳感器，當(dāng)滑塊到達(dá)傳感器上方時(shí)，傳感器的示數(shù)為25.6 N．已知軌道AB的長度L＝2 m，圓弧形軌道的半徑R＝0.5 m；半徑OC和豎直方向的夾角α＝37.(空氣阻力可忽略，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37＝0.6，cos 37＝0.8)求： (1)滑塊運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)速度的大小vC； (2)B、C兩點(diǎn)的高度差h及水平距離x； (3)水平外力作用在滑塊上的時(shí)間t. 解析：(

21、1)滑塊運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律得 FN－mg＝m 滑塊由C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)的過程，由機(jī)械能守恒定律得 mgR(1－cos α)＋mv＝mv 代入數(shù)據(jù)，聯(lián)立解得vc＝5 m/s. (2)滑塊從B到C做平拋運(yùn)動(dòng)，在C點(diǎn)速度的豎直分量為： vy＝vCsin α＝3 m/s 所以B、C兩點(diǎn)的高度差為h＝＝ m＝0.45 m 滑塊由B運(yùn)動(dòng)到C所用的時(shí)間為t1＝＝ s＝0.3 s 滑塊運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的速度即平拋運(yùn)動(dòng)的初速度為 vB＝vCcos α＝4 m/s 所以B、C間的水平距離x＝vBt1＝40.3 m＝1.2 m (3)滑塊由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程，由動(dòng)能定理得 Pt－μmgL＝mv代入數(shù)據(jù)解得t＝0.4 s. 答案：(1)5 m/s　(2)0.45 m　1.2 m　(3)0.4 s 我國經(jīng)濟(jì)發(fā)展進(jìn)入新常態(tài)，需要轉(zhuǎn)變經(jīng)濟(jì)發(fā)展方式，改變粗放式增長模式，不斷優(yōu)化經(jīng)濟(jì)結(jié)構(gòu)，實(shí)現(xiàn)經(jīng)濟(jì)健康可持續(xù)發(fā)展進(jìn)區(qū)域協(xié)調(diào)發(fā)展，推進(jìn)新型城鎮(zhèn)化，推動(dòng)城鄉(xiāng)發(fā)展一體化因：我國經(jīng)濟(jì)發(fā)展還面臨區(qū)域發(fā)展不平衡、城鎮(zhèn)化水平不高、城鄉(xiāng)發(fā)展不平衡不協(xié)調(diào)等現(xiàn)實(shí)挑戰(zhàn)。