【物理】2020届一轮复习人教版　动能定理及其应用课时作业

【物理】2020届一轮复习人教版　动能定理及其应用课时作业

‎2020届一轮复习人教版 　动能定理及其应用 课时作业 一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分。其中 1～6为单选，7～10为多选)‎ ‎1．如图所示，质量为m的小球以初速度v0水平抛出，恰好垂直打在倾角为θ的斜面上，则球落在斜面上时重力的瞬时功率为(不计空气阻力)(　　)‎ A.mgv0tanθ B. C. D．mgv0cosθ 答案　B 解析　小球落在斜面上时重力的瞬时功率为P＝mgvy，而vytanθ＝v0，所以P＝，B正确。‎ ‎2．如图所示，站在做匀加速直线运动的车厢里的人向前推车厢壁，以下关于人对车做功的说法中正确的是(　　)‎ A.做正功 B．做负功 C.不做功 D．无法确定 答案　B 解析　在水平方向上，人对车的作用力有两个：一个是人对车壁向前的推力F，另一个是人对车厢地板向后的摩擦力F′。由于人随车向前做匀加速运动，所以车对人的总作用力是向前的，由牛顿第三定律可知人对车的总作用力是向后的。所以此合力的方向与运动方向相反，人对车做的总功为负功，所以B正确。‎ ‎3.[2017·保定模拟]质量为5×103 kg的汽车在水平路面上由静止开始以加速度a＝2 m/s2开始做匀加速直线运动，所受阻力是1.0×103 N，则汽车匀加速起动过程中(　　)‎ A.第1 s内汽车所受牵引力做功为1.0×104 J B.第1 s内汽车所受合力的平均功率20 kW C.第1 s末汽车所受合力的瞬时功率为22 kW D.第1 s末汽车所受牵引力的瞬时功率为22 kW 答案　D 解析　根据牛顿第二定律F－f＝ma得牵引力F＝f＋ma＝1.1×104 N。第1 s内汽车位移x＝at2＝1 m，第1 s 末汽车速度v＝at＝2 m/s，汽车合力F合＝ma＝1×104 N，则第1 s内汽车牵引力做功：WF＝Fx＝1.1×104 J，故A错误；第1 s内合力做功：W＝F合x＝1×104 J，其平均功率P＝＝1×104 W，故B错误；第1 s末合力的瞬时功率P合＝F合v＝2×104 W，故C错误；第1 s末牵引力瞬时功率P＝Fv＝2.2×104 W＝22 kW，故D正确。‎ ‎4. [2017·吉林长春模拟]如图所示，重10 N的滑块在倾角为30°的斜面上，从a点由静止开始下滑，到b点开始压缩轻弹簧，到c点时达到最大速度，到d点(图中未画出)开始弹回，返回b点离开弹簧，恰能再回到a点。若bc＝0.1 m，弹簧弹性势能的最大值为8 J，则下列说法正确的是(　　)‎ A．轻弹簧的劲度系数是50 N/m B．从d到b滑块克服重力做功8 J C．滑块的动能最大值为8 J D．从d点到c点弹簧的弹力对滑块做功8 J 答案　A 解析　当滑块的合力为0时，滑块速度最大，即在c点时滑块的速度最大，此瞬间滑块受力平衡，有mgsin30°＝k·，可得k＝＝50 N/m，A正确；滑块从d到a，运用动能定理得WG＋W弹＝0－0；又W弹＝Ep＝8 J，可得WG＝－8 J，即克服重力做功8 J，所以从d到b滑块克服重力做功小于8 J，B错误；滑块从d到c，由系统的机械能守恒知滑块的动能增加量与重力势能增加量之和等于弹簧弹性势能的减小量ΔEp，而ΔEp小于8 J，所以滑块的动能最大值小于8 J，C错误；弹簧弹性势能的最大值为8 J，根据功能关系知，从d点到b点弹簧的弹力对滑块做功为8 J，而从d点到c点弹簧的弹力对滑块做功小于8 J，D错误。‎ ‎5. [2017·山东烟台市模拟]某段高速公路对载重货车设定的允许速度范围为50～80 km/h，而上坡时若货车达不到最小允许速度50 km/h，则必须走“爬坡车道”来避免危险，如图所示。某质量为4.0×104 kg的载重货车，保持额定功率200 kW在“爬坡车道”上行驶，每前进1 km，上升0.04 km，汽车所受的阻力(摩擦阻力与空气阻力)为车重的0.01倍，g取10 m/s2，爬坡车道足够长，则货车匀速上坡的过程中(　　)‎ A．牵引力等于2×104 N B．速度可能大于36 km/h C．上坡过程增加的重力势能等于汽车牵引力所做的功 D．上坡过程增加的机械能等于汽车克服阻力所做的功 答案　A 解析　货车匀速上坡的过程中，根据平衡条件得：牵引力大小F＝0.01mg＋mgsinθ＝0.01×4.0×104×10 N＋4.0×104×10× N＝2×104 N，故A正确；根据 P＝Fv得：v＝＝ m/s＝10 m/s＝36 km/h，故B错误；上坡过程增加的重力势能等于汽车牵引力所做的功与克服阻力做功之差，故C错误；根据功能关系知，上坡过程增加的机械能等于汽车牵引力做功与克服阻力所做的功之差，故D错误。‎ ‎6．[2017·石家庄质检]一质量为0.6 kg的物体以20 m/s的初速度竖直上抛，当物体上升到某一位置时，其动能减少了18 J，机械能减少了3 J。整个运动过程中物体所受阻力大小不变，重力加速度g＝10 m/s2，则下列说法正确的是(已知物体的初动能Ek0＝mv2＝120 J)(　　)‎ A．物体向上运动时加速度大小为12 m/s2‎ B．物体向下运动时加速度大小为9 m/s2‎ C．物体返回抛出点时的动能为40 J D．物体返回抛出点时的动能为114 J 答案　A 解析　根据机械能的变化量等于除了重力以外的其他力做的功，所以阻力做功Wf＝－3 J，在物体上升到某一位置的过程中根据动能定理有，－mgh＋Wf＝ΔEk，解得h＝2.5 m，又Wf＝－fh解得f＝ N，上升过程中有mg＋f＝ma，解得a＝12 m/s2，下落过程中有mg－f＝ma′，解得a′＝8 m/s2，A项正确，B项错误；初动能Ek0＝mv2＝120 J，当上升到某一位置动能变化量为ΔEk＝－18 J，ΔEk＝Ek1－Ek0，解得：Ek1＝102 J，再上升到最高点时机械能减少量为ΔE，则＝，解得ΔE＝17 J，所以在上升、下落全过程中机械能的减少量为40 J，这个过程中利用动能定理有－40 J＝Ek－Ek0，得返回抛出点时的动能Ek＝80 J，所以C、D两项均错误。‎ ‎7．(多选)如图所示，在倾角为θ的斜面上，轻质弹簧一端与斜面底端固定，另一端与质量为M的平板A连接，一个质量为m的物体B靠在平板的右侧，A、B与斜面的动摩擦因数均为μ。开始时用手按住物体B使弹簧处于压缩状态，现放手，使A和B一起沿斜面向上运动距离L时，A和B达到最大速度v。则以下说法正确的是(　　)‎ A．A和B达到最大速度v时，弹簧是自然长度 B．若运动过程中A和B能够分离，则A和B恰好分离时，二者加速度大小均为g(sinθ＋μcosθ)‎ C．从释放到A和B达到最大速度v的过程中，弹簧对A所做的功等于Mv2＋MgLsinθ＋μMgLcosθ D．从释放到A和B达到最大速度v的过程中，B受到的合力对它做的功等于mv2‎ 解析　A和B达到最大速度v时，A和B的加速度为零。对AB整体：由平衡条件知kx＝(m＋M)gsinθ＋μ(m＋M)gcosθ，所以此时弹簧处于压缩状态，故A项错误；A和B恰好分离时，A、B间的弹力为0，A、B的加速度相同，对B受力分析，由牛顿第二定律知，mgsinθ＋μmgcosθ＝ma，得a＝gsinθ＋μgcosθ，故B项正确；从释放到A和B达到最大速度v的过程中，对AB整体，根据动能定理得W弹－(m＋M)gLsinθ－μ(m＋M)gcosθ·L＝(m＋M)v2，所以弹簧对A所做的功W弹＝(m＋M)v2＋(m＋M)gLsinθ＋μ(m＋M)gcosθ·L，故C项错误；从释放到A和B达到最大速度v的过程中，对于B，根据动能定理得B受到的合力对它做的功W合＝ΔEk＝mv2，故D项正确。‎ 答案　BD B组·能力提升题 ‎8．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(g取10 m/s2)(　　)‎ A．11 J 　 B．16 J C．18 J D．9 J 解析　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∠BAO＝α，则有tanα＝。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＝mv，解得轻绳的拉力对B球所做的功为W＝mgh＋mv＝2×10×0.1 J＋×2×42 J＝18 J，C项正确。‎ 答案　C ‎9．如图所示，上表面水平的圆盘固定在水平地面上，一小物块从圆盘边缘上的P点，以大小恒定的初速度v0，在圆盘上沿与直径PQ成不同夹角θ的方向开始滑动，小物块运动到圆盘另一边缘时的速度大小为v，则v2－cosθ图象应为(　　)‎ 解析　设圆盘半径为r，小物块与圆盘间的动摩擦因数为μ，由动能定理可得，－μmg·2rcosθ＝mv2－mv，整理得v2＝v－4μgrcosθ，可知v2与cosθ为线性关系，斜率为负，故A项正确，B、C、D项错误。‎ 答案　A ‎10．[2016·青岛模拟]如图所示，一个小球(视为质点)从H＝12 m高处，由静止开始沿光滑弯曲轨道AB进入半径R＝4 m的竖直圆环内侧，且与圆环的动摩擦因数处处相等，当到达圆环顶点C时，刚好对轨道压力为零；然后沿CB圆弧滑下，进入光滑弧形轨道BD，到达高度为h的D点时速度为零，则h的值可能为(　　)‎ A．10 m B．9.5 m C．8.5 m D．8 m 答案　BC 解析　小球到达圆环顶点C时，刚好小球对轨道压力为零，在C点，由重力充当向心力，则根据牛顿第二定律得：mg＝m，开始小球从H＝12 m高处，由静止开始通过光滑弧形轨道AB，因此在小球上升到顶点C时，根据动能定理得：mg(H－2R)－Wf＝mv2，得Wf＝2mg。列出从C到D的动能定理：mg(2R－h)－Wf′＝0－mv2，由于摩擦力做功，所以上升过程平均速度比下降过程平均速度大，对轨道的压力大、摩擦力大，所以0，小车对外轨有压力，轨道对小车的作用力竖直向下，根据牛顿第二定律有mg＋FN＝m，解得FN＝10 N，‎ 根据牛顿第三定律得，小车对轨道的压力的大小FN′＝FN＝10 N，方向竖直向上。‎ ‎(3)从E到A的过程中，由动能定理可得 Pt－μmgx0－mg×4R＝mv，‎ 解得P＝5 W。‎ ‎12. [2017·广西南宁一模](15分)如图所示，AB是倾角为θ＝30°的粗糙直轨道，BCD是光滑的圆弧轨道，AB恰好在B点与圆弧相切，圆弧的半径为R。一个质量为m的物体(可以看作质点)从直轨道上的P点由静止释放，结果它能在两轨道上做往返运动。已知P点与圆弧的圆心O等高，物体与轨道AB间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。‎ ‎(1)求物体对圆弧轨道最大压力的大小；‎ ‎(2)求物体滑回轨道AB上距B点的最大距离；‎ ‎(3)释放点距B点的距离L′应满足什么条件，才能使物体顺利通过圆弧轨道的最高点D?‎ 答案　(1)3mg(1－μ)　(2)R ‎(3)L′≥R 解析　(1)根据几何关系可得PB＝＝R 从P点到E点根据动能定理，有 mgR－μmgcosθ·PB＝mv－0‎ 代入数据解得vE＝ 在E点，根据牛顿第二定律有FN－mg＝m 解得FN＝3mg(1－μ)。‎ ‎(2)设物体滑回到轨道AB上距B点的最大距离为x，根据动能定理，有 mg(BP－x)sinθ－μmgcosθ(BP＋x)＝0‎ 代入数据解得x＝R。‎ ‎(3)物体刚好到达最高点D时，有mg＝m 解得v＝ 从释放点到最高点D的过程，根据动能定理，有 mg(L′sinθ－R－Rcosθ)－μmgcosθ·L′＝mv2－0‎ 代入数据解得L′＝R 所以只有L′≥R，物体才能顺利通过圆弧轨道的最高点D。‎