2019高考物理一輪復習 第五章 機械能 課時規(guī)范練16 動能定理及其應用 新人教版.doc

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課時規(guī)范練16　動能定理及其應用 基礎鞏固組 1.(動能)(2017吉林汪清縣月考)下列有關動能的說法正確的是 (　　) A.物體只有做勻速運動時,動能才不變 B.物體的動能變化時,速度不一定變化 C.物體做平拋運動時,水平速度不變,動能不變 D.物體做自由落體運動時,物體的動能增加 答案D 解析物體只要速率不變,動能就不變,A錯誤;物體的動能變化時,速度的大小一定變化,B錯誤;物體做平拋運動時,速率增大動能就會增大,C錯誤;物體做自由落體運動時,其速率增大,物體的動能增加,D正確。 2.(多選)(動能定理)(2017山師大附中模擬)質量不等,但有相同動能的兩個物體,在動摩擦因數(shù)相同的水平地面上滑行,直至停止,則(　　) A.質量大的物體滑行的距離大 B.質量小的物體滑行的距離大 C.它們滑行的距離一樣大 D.它們克服摩擦力所做的功一樣多 答案BD 解析根據(jù)動能定理-μmgs=0-Ek0,所以質量小的物體滑行的距離大,并且它們克服摩擦力所做的功在數(shù)值上都等于初動能的大小。B、D正確,A、C錯誤。 3.(多過程問題)如圖所示,相同材料制成的滑道ABC,其中AB段為曲面,BC段為水平面?，F(xiàn)有質量為m的木塊,從距離水平面h高處的A點由靜止釋放,滑到B點過程中克服摩擦力做功為13mgh;木塊通過B點后繼續(xù)滑行2h距離后,在C點停下來,則木塊與曲面間的動摩擦因數(shù)應為(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A.13 B.23 C.16 D.112 答案A 解析物體從A點到C點根據(jù)動能定理mgh-13mgh-μmg2h=0,解得μ=13,因為曲面和水平軌道是同種材料,所以木塊與曲面間的動摩擦因數(shù)也為13,選項A正確。 4.(多過程問題)(2017河南模擬)如圖所示,質量為m的小球,從離地面H高處從靜止開始釋放,落到地面后繼續(xù)陷入泥中h深度而停止,設小球受到空氣阻力為Ff,重力加速度為g,則下列說法正確的是(　　) A.小球落地時動能等于mgH B.小球陷入泥中的過程中克服泥土的阻力所做的功小于剛落到地面時的動能 C.整個過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為mg1+Hh?導學號06400307? 答案C 解析小球從靜止開始釋放到落到地面的過程,由動能定理得mgH-FfH=12mv02,選項A錯誤;設泥土的平均阻力為Ff0,小球陷入泥中的過程,由動能定理得mgh-Ff0h=0-12mv02,解得Ff0h=mgh+12mv02,Ff0=mg1+Hh-FfHh,選項B、D錯誤;全過程應用動能定理可知,整個過程中小球克服阻力做的功等于mg(H+h),選項C正確。 5.(動能定理的圖象問題)物體在恒定阻力作用下,以某初速度在水平面上沿直線滑行直到停止。以a、Ek、s和t分別表示物體運動的加速度大小、動能、位移的大小和運動的時間,則以下各圖象中,能正確反映這一過程的是(　　) 答案C 解析物體在恒定阻力作用下運動,其加速度隨時間不變,隨位移不變,選項A、B錯誤;由動能定理,-Ffs=Ek-Ek0,解得Ek=Ek0-Ffs,選項C正確,D錯誤。 6.(多選)(動能定理的圖象問題)用起重機提升貨物,貨物上升過程中的v-t圖象如圖所示,在3~5 s內,重力對貨物做的功為W1、繩索拉力對貨物做的功為W2、貨物所受合力做的功為W3,則(　　) A.W1>0 B.W2<0 C.W2>0 D.W3<0 答案CD 解析分析題圖可知,貨物一直向上運動,根據(jù)功的定義式可得,重力做負功,拉力做正功,即W1<0,W2>0,A、B錯誤,C正確;根據(jù)動能定理可知,合力做的功W3=0-12mv2,v=2 m/s,即W3<0,D正確。 7.(變力做功)(2017吉林三校聯(lián)考)如圖所示,豎直平面內放一直角桿MON,OM水平,ON豎直且光滑,用不可伸長的輕繩相連的兩小球A和B分別套在OM和ON桿上,B球的質量為2 kg,在作用于A球的水平力F的作用下,A、B均處于靜止狀態(tài),此時OA=0.3 m,OB=0.4 m,改變水平力F的大小,使A球向右加速運動,已知A球向右運動0.1 m時速度大小為3 m/s,則在此過程中繩的拉力對B球所做的功為(g取10 m/s2)(　　) A.11 J B.16 J C.18 J D.9 J?導學號06400308? 答案C 解析A球向右運動0.1 m時,vA=3 m/s,OA=0.4 m,OB=0.3 m,設此時∠BAO=α,則有tan α=34。vAcos α=vBsin α,解得vB=4 m/s。此過程中B球上升高度h=0.1 m,由動能定理,W-mgh=12mvB2,解得繩的拉力對B球所做的功為W=mgh+12mvB2=2100.1 J+12242 J=18 J,選項C正確。 8.(變力做功)(2017重慶巴蜀中學一模)如圖所示,水平平臺上有一個質量m=50 kg的物塊,站在水平地面上的人用跨過定滑輪的細繩向右拉動物塊,細繩不可伸長。不計滑輪的大小、質量和摩擦。在人以速度v從平臺邊緣正下方勻速向右前進x的過程中,始終保持桌面和手的豎直高度差h不變。已知物塊與平臺間的動摩擦因數(shù)μ=0.5,v=0.5 m/s,x=4 m,h=3 m,g取10 m/s2。求人克服細繩的拉力做的功。 答案504 J 解析設人發(fā)生x的位移時,繩與水平方向的夾角為θ,由運動的分解可得,物塊的速度v1=vcos θ, 由幾何關系得cos θ=xh2+x2, 在此過程中,物塊的位移s=h2+x2-h=2 m, 物塊克服摩擦力做的功Wf=μmgs, 對物塊,由動能定理得WT-Wf=12mv12, 所以人克服細繩的拉力做的功WT=mv2x22(h2+x2)+μmgs=504 J。 能力提升組 9.(2017山東濟南模擬)光滑斜面上有一個小球自高為h的A處由靜止開始滾下,到達光滑的水平面上的B點時速率為v0。光滑水平面上每隔相等的距離設置了一個與小球運動方向垂直的阻擋條,如圖所示,小球越過n條阻擋條后停下來。若讓小球從2h高處以初速度v0滾下,則小球能越過阻擋條的條數(shù)為(設小球每次越過阻擋條時損失的動能相等)(　　) A.n B.2n C.3n D.4n 答案C 解析設每條阻擋條對小球做的功為W,小球自高為h的A處由靜止開始滾下到B處,由動能定理有mgh=12mv02,當小球在水平面上滾動時,由動能定理有-nW=0-12mv02;讓小球從2h高處以初速度v0滾下到停止,由動能定理有mg2h-nW=0-12mv02,三式聯(lián)立解得n=3n,所以選項C正確。 10.(多選)某人通過滑輪將質量為m的物體,沿粗糙的斜面從靜止開始勻加速地由底端拉到斜面頂端,物體上升的高度為h,到達斜面頂端時的速度為v,如圖所示。則在此過程中(　　) A.物體所受的合外力做的功為mgh+12mv2 B.物體所受的合外力做的功為12mv2 C.人對物體做的功為mgh D.人對物體做的功大于mgh ?導學號06400309? 答案BD 解析物體沿斜面做勻加速運動,根據(jù)動能定理W合=WF-Wf-mgh=12mv2,其中Wf為物體克服摩擦力做的功。人對物體做的功即是人對物體的拉力做的功,所以W人=WF=Wf+mgh+12mv2,A、C錯誤,B、D正確。 11.(2018安徽合肥二中期中)如圖所示,質量為m=0.1 kg的小球,用長l=0.4 m的細線與固定在圓心處的力傳感器相連,小球和傳感器的大小均忽略不計。當在最低點A處給小球6 m/s的初速度時,恰能運動至最高點B,空氣阻力大小恒定。(g取10 m/s2)求: (1)小球在A處時傳感器的示數(shù); (2)小球從A點運動至B點過程中克服空氣阻力做的功; (3)小球在A點以不同的初速度v0開始運動,當運動至B點時傳感器會顯示出相應的讀數(shù)F,試通過計算在坐標系中作出F-v02圖象。 答案(1)10 N　(2)0.8 J　(3)見解析 解析(1)在A點,由F-mg=mvA2l得F=10 N,即小球在A處時傳感器的示數(shù)為10 N。 (2)由mg=mvB2l得vB=2 m/s 小球從A到B過程中,根據(jù)動能定理Wf-2mgl=12mvB2-12mvA2 得到Wf=-0.8 J 所以克服空氣阻力做功0.8 J。 (3)小球從A到B過程中,根據(jù)動能定理: Wf-2mgl=12mvB2-12mv02 小球在最高點F+mg=mvB2l 兩式聯(lián)立得:F=14v02-9(F單位為N,v02單位為m2s-2),圖象如圖所示。 12.(2017甘肅蘭州一中月考)如圖所示,AB是傾角θ=30的粗糙直軌道,BCD是光滑的圓弧軌道,AB恰好在B點與圓弧相切,圓弧的半徑為R,一個質量為m的物體(可以看作質點)從直軌道上的P點由靜止釋放,結果它能在兩軌道間做往返運動。已知P點與圓弧的圓心O等高,物體與軌道AB間的動摩擦因數(shù)為μ。求: (1)物體做往返運動的整個過程中在AB軌道上通過的總路程; (2)最終當物體通過圓弧軌道最低點E時,對圓弧軌道的壓力; (3)為使物體能順利到達圓弧軌道的最高點D,釋放點距B點的距離L至少多大? 答案(1)Rμ　(2)(3-3)mg　(3)(3+3)R1-3μ 解析(1)對整體過程,由動能定理得mgRcos θ-μmgcos θs=0, 所以物體在AB軌道上通過的總路程s=Rμ。 (2)最終物體以B(還有B關于OE的對稱點)為最高點,在圓弧底部做往復運動,對B→E過程,由動能定理得 mgR(1-cos θ)=12mvE2 ① 在E點,由牛頓第二定律得FN-mg=mvE2R ② 聯(lián)立①②式得FN=(3-3)mg。 (3)物體剛好到D點,由牛頓第二定律有mg=mvD2R ③ 對全過程由動能定理得 mgLsin θ-μmgcos θL-mgR(1+cos θ)=12mvD2 ④ 聯(lián)立③④式得L=(3+3)R1-3μ。