【物理】2020届一轮复习人教版 动能定理及其应用 课时作业 (1)

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【物理】2020届一轮复习人教版 动能定理及其应用 课时作业 (1)

动能定理及其应用 ‎ ‎ ‎1.(2018·全国卷Ⅰ)高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动.在启动阶段,列车的动能()‎ A.与它所经历的时间成正比 B.与它的位移成正比 C.与它的速度成正比 D.与它的动量成正比 解析:B[设列车运动时间为t,由匀变速直线运动规律v=at、x=at2,结合动能公式Ek=得Ek=、Ek=max,可知Ek∝v2、Ek∝t2、Ek∝x,故A、C项均错误,B项正确.由Ek=,得Ek∝p2,故D项错误.]‎ ‎2.(2018·江苏卷)从地面竖直向上抛出一只小球,小球运动一段时间后落回地面.忽略空气阻力,该过程中小球的动能Ek与时间t的关系图象是()‎ 解析:A[设小球初动能为Ek0,初速度为v0,重力加速度为g.瞬时动能Ek=Ek0-mgh,h=v0t-gt2,联立得Ek=mg2t2-mgv0t+Ek0,故A正确.]‎ ‎3.(2019·宣城模拟)如图所示,AB为圆弧轨道,BC为水平直轨道,圆弧的半径为R,BC的长度也是R,一质量为m的物体,与两个轨道间的动摩擦因数都为μ,当它由轨道顶端A从静止开始下落,恰好运动到C处停止,则物体在AB段克服摩擦力做的功为()‎ A.μmgR B.mgR C.mgR D.(1-μ)mgR 解析:D[全程对物体由动能定理得,mgR-W-μmgR=0,解得W=(1-μ)mgR,故D正确.]‎ ‎4.(2017·海南卷)将一小球竖直向上抛出,小球在运动过程中所受到的空气阻力不可忽略.a为小球运动轨迹上的一点,小球上升和下降经过a点时的动能分别为Ek1和Ek2‎ ‎,从抛出开始到小球第一次经过a点时重力所做的功为W1,从抛出开始到小球第二次经过a点时重力所做的功为W2.下列选项正确的是()‎ A.Ek1=Ek2,W1=W2 B.Ek1>Ek2,W1=W2‎ C.Ek1<Ek2,W1<W2 D.Ek1>Ek2,W1<W2‎ 解析:B[从抛出开始到第一次经过a点和从抛出开始第二次经过a点,上升的高度相等,可知重力做功相等,即W1=W2,对两次经过a点的过程由动能定理得,-Wf=Ek2-Ek1,可知Ek1>Ek2,故B正确,A、C、D错误.]‎ ‎5.(2019·聊城模拟)如图所示,两个半径不等的光滑半圆形轨道竖直固定放置,轨道两端等高,两个质量不等的球(从半径大的轨道下落的小球质量大,设为大球,另一个为小球,且均可视为质点)分别自轨道左端由静止开始下落,在各自轨迹的最低点时,下列说法正确的是()‎ A.大球的速度可能小于小球的速度 B.大球的动能可能小于小球的动能 C.大球所受轨道的支持力等于小球所受轨道的支持力 D.大球的向心加速度等于小球的向心加速度 解析:D[由动能定理得mgR=mv2-0,解得v=,半径大的圆形轨道,球到达底端时的速度大,所以大球的速度一定大于小球的速度,故A错误;大球质量大,到达底端时的速度大,动能一定大,故B错误;根据a==‎2g知,两球的向心加速度相等,故D正确;在底端时,由牛顿第二定律得,FN-mg=ma,解得FN=3mg,由于大球的质量大,则大球所受的支持力大,故C错误.]‎ ‎6.(2019·烟台模拟)水平面上甲、乙两物体,在某时刻动能相同,它们仅在摩擦力作用下停下来.甲、乙两物体的动能Ek随位移大小s的变化的图象如图所示,则下列说法正确的是()‎ A.若甲、乙两物体与水平面动摩擦因数相同,则甲的质量较大 B.若甲、乙两物体与水平面动摩擦因数相同,则乙的质量较大 C.甲与地面间的动摩擦因数一定大于乙与地面的动摩擦因数 D.甲与地面间的动摩擦因数一定小于乙与地面的动摩擦因数 解析:A[甲、乙两物体的初动能和末动能都相同,都只受摩擦力作用,根据动能定理可知摩擦力对甲、乙两物体做的功相等,即μ甲m甲gs甲=μ乙m乙gs乙,由图可知s甲<s乙,所以μ甲m甲g>μ乙m乙g,即甲所受的摩擦力一定比乙大,若甲、乙两物体与水平面动摩擦因数相同,由Ff=μmg可知,则甲的质量较大,故A正确,B错误;μ甲m甲g>μ乙m乙g,由于质量关系未知,故无法直接确定动摩擦因数之间的关系,故C、D错误.]‎ ‎7.质量m=‎10 kg的物体只在变力F作用下沿水平方向做直线运动,F随坐标x的变化关系如图所示.若物体从坐标原点处由静止出发,则物体运动到x=‎16 m处时的速度大小为()‎ A.‎3 m/s B.‎4 m/s C.‎2 m/s D. m/s 解析:C[Fx图线与x轴围成的面积表示力F所做的功,则这段过程中,外力做功为W=×(4+8)×10 J-×4×10 J=40 J,根据动能定理得W=mv2,解得v== m/s=‎2 m/s,故C正确,A、B、D错误.]‎ ‎8.(2016·全国卷Ⅲ)如图,在竖直平面内有由圆弧AB和圆弧BC组成的光滑固定轨道,两者在最低点B平滑连接.AB弧的半径为R,BC弧的半径为.一小球在A点正上方与A相距处由静止开始自由下落,经A点沿圆弧轨道运动.‎ ‎(1)求小球在B、A两点的动能之比.‎ ‎(2)通过计算判断小球能否沿轨道运动到C点.‎ 解析:(1)小球下落过程由动能定理得:‎ 小球下落至A点的过程:mg·=EkA-0‎ 小球下落至B点的过程:mg=EkB-0‎ 由以上两式联立解得:=5‎ ‎(2)小球恰好经过C点时,由牛顿第二定律得:‎ mg=m解得:v0= 小球由开始下落至C点的过程,由动能定理得:‎ mg·=mv-0解得:vC= 由于vC=v0,故小球恰好可以沿轨道运动到C点.‎ 答案:(1)5(2)可以沿轨道运动到C点 ‎[B级—能力练]‎ ‎9.(多选)甲、乙两个质量相同的物体,用大小相等的力F分别拉它们在水平面上从静止开始运动相同的距离s.如图所示,甲在光滑面上,乙在粗糙面上,则下列关于力F对甲、乙做的功和甲、乙两物体获得的动能的说法中正确的是()‎ A.力F对甲做功多 B.力F对甲、乙两个物体做的功一样多 C.甲物体获得的动能比乙大 D.甲、乙两个物体获得的动能相同 解析:BC[由功的公式W=Fscos α可知,两种情况下力F对甲、乙两个物体做的功一样多,A错误,B正确;根据动能定理,对甲有Fs=Ek1-0,对乙有Fs-Ffs=Ek2-0,可知Ek1>Ek2,即甲物体获得的动能比乙大,C正确,D错误.]‎ ‎10.(2019·赣州模拟)(多选)在水平地面上有一质量为‎2 kg的物体,物体在水平拉力F的作用下由静止开始运动,后撤去拉力.该物体运动的v-t图象如图所示,g取‎10 m/s2,下列说法正确的是()‎ A.物体的最大位移是‎56 m B.物体受到的拉力F的大小为2.4 N C.物体与地面之间的动摩擦因数为0.2‎ D.前12 s内,拉力与阻力做功的代数和为12 J 解析:AC[在v-t图象中图线所包围的面积表示位移,则物体的最大位移应该是14 s内的位移,即xm=×8×‎14 m=‎56 m,故A正确;物体在前10 s受到拉力作用,10 s撤去拉力,在v-t图象中斜率的大小表示加速度的大小,由图线可知0~10 s内加速度大小为a1=‎ m/s2=‎0.8 m/s2,10~14 s内加速度大小为a2= m/s2=‎2 m/s2,根据牛顿第二定律得,F-μmg=ma1,μmg=ma2,解得F=5.6 N,μ=0.2,故B错误,C正确;物体在12 s时的速度为v=v0-a2t=(8-2×2) m/s=‎4 m/s,前12 s内由动能定理得W=mv2-0=×2×42 J=16 J,故D错误.]‎ ‎11.(2019·赣州模拟)(多选)如图所示,质量为m的小球从A点由静止开始,沿竖直平面内固定光滑的圆弧轨道AB滑下,从B端水平飞出,恰好落到斜面BC的底端.已知圆弧轨道的半径为R,OA为水平半径,斜面倾角为θ,重力加速度为g.则()‎ A.小球下滑到B点时对圆弧轨道的压力大小为2mg B.小球下滑到B点时的速度大小为 C.小球落到斜面底端时的速度方向与水平方向的夹角为2θ D.斜面的高度为4Rtan2θ 解析:BD[小球由A至B的过程由动能定理得,mgR=mv2-0,解得v=,小球通过B点时,由牛顿第二定律得FN-mg=m,解得FN=3mg,根据牛顿第三定律可知,在B点小球对轨道的压力大小为3mg,故A错误,B正确;小球从B到C做平抛运动,则有tan θ==,解得t=,小球落到斜面底端时的速度方向与水平方向的夹角正切为tan α==2tan θ,则α≠2θ,故C错误;斜面的高度为h=gt2=g2=4Rtan2θ,故D正确.]‎ ‎12.单板滑雪U形池如图甲所示,乙图为示意图,由两个完全相同的圆弧滑道AB、CD和水平滑道BC构成,圆弧滑道的半径R=‎4 m,B、C分别为圆弧滑道的最低点,B、C间的距离x=‎7.5 m,假设某次比赛中运动员经过水平滑道B点时水平向右的速度v0=‎16 m/s,运动员从B点运动到C点所用的时间t=0.5 s,从D点跃起时的速度vD=‎8 m/s.设运动员连同滑板的质量m=‎50 kg,忽略空气阻力的影响,已知圆弧上A、D两点的切线沿竖直方向,重力加速度g取‎10 m/s2.求:‎ ‎(1)运动员在C点对圆弧轨道的压力大小和运动员与水平轨道间的动摩擦因数.‎ ‎(2)运动员从D点跃起后在空中上升的最大高度.‎ ‎(3)运动员从C点到D点运动的过程中克服摩擦阻力所做的功.‎ 解析:(1)运动员从B点到C点,做匀变速直线运动,则有:x=(v0+vC)t,‎ 解得:vC=‎14 m/s 在C点对运动员由牛顿第二定律得:FN-mg=m 解得:FN=2 950 N 由牛顿第三定律得运动员在C点对轨道的压力大小为2 950 N 运动员由B至C的过程,由动能定理得:‎ ‎-μmgx=mv-mv 解得:μ=0.4‎ ‎(2)运动员从D点跃起后在空中上升的过程由动能定理得:-mgh=0-mv,‎ 解得:h=‎‎3.2 m ‎(3)运动员从C点到D点的过程中,由动能定理得:‎ ‎-Wf-mgR=mv-mv,‎ 解得:Wf=1 300 J.‎ 答案:(1)2 950 N0.4(2)‎3.2 m(3)1 300 J ‎13.(2019·陕西咸阳模拟)如图是翻滚过山车的模型,光滑的竖直圆轨道半径R=‎2 m,入口的平直轨道AC和出口的平直轨道CD均是粗糙的,质量m=‎2 kg的小车与水平轨道之间的动摩擦因数均为μ=0.5,加速阶段AB的长度l=‎3 m,小车从A点由静止开始受到水平拉力F=60 N的作用,在B点撤去拉力,取g=‎10 m/s2.试问:‎ ‎(1)要使小车恰好通过圆轨道的最高点,小车在C点的速度为多少?‎ ‎(2)满足(1)问条件下,小车能沿着出口平直轨道CD滑行多远的距离?‎ ‎(3)要使小车不脱离轨道,求平直轨道BC段的长度范围.‎ 解析:(1)设小车恰好通过最高点的速度为v0,则有 mg=①‎ 由C点到最高点满足机械能守恒定律,有 mv=mg·2R+mv②‎ 解得vC=‎10 m/s ‎(2)小车由最高点滑下到最终停在轨道CD上,由动能定理有 mg·2R-μmgxCD=0-mv③‎ 联立①③解得xCD=‎‎10 m ‎(3)小车经过C点的速度vC≥‎10 m/s就能做完整的圆周运动.‎ 小车由A到C由动能定理得 Fl-μmg(l+xBC)=mv 解得xBC≤‎‎5 m 小车进入圆轨道时,上升的高度h≤R=‎2 m时,小车返回而不会脱离轨道,由动能定理有 Fl-μmg(l+xBC)-mgh=0‎ 解得xBC≥‎‎11 m 综上可得,xBC≤‎5 m或者xBC≥‎11 m时小车不脱离轨道.‎ 答案:(1)‎10 m/s(2)‎‎10 m ‎(3)xBC≤‎5 m或者xBC≥‎‎11 m ‎14.(2019·黑龙江牡丹江一中模拟)如图,半径为R的光滑半圆形轨道ABC在竖直平面内与水平轨道CD相切于C点,D端有一被锁定的轻质压缩弹簧,弹簧左端连接在固定的挡板上,弹簧右端Q到C点的距离为2R.质量为m的滑块(视为质点)从轨道上的P点由静止滑下,刚好能运动到Q点,并能触发弹簧解除锁定,然后滑块被弹回,且刚好能通过圆轨道的最高点A.已知∠POC=60°,求:‎ ‎(1)滑块第一次滑至圆形轨道最低点C时所受轨道支持力;‎ ‎(2)滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ;‎ ‎(3)弹簧被锁定时具有的弹性势能.‎ 解析:(1)设滑块第一次滑至C点时的速度为vC,圆轨道C点对滑块的支持力为FN P→C过程:mgR=mv C点:FN-mg=m 解得FN=2mg,方向竖直向上.‎ ‎(2)对P→C→Q过程:mgR(1-cos 60°)-μmg·2R=0解得μ=0.25.‎ ‎(3)由题意可知在A点:mg=m Q→C→A过程:Ep=mv+mg·2R+μmg·2R 解得弹性势能Ep=3mgR.‎ 答案:(1)2mg,方向竖直向上(2)0.25(3)3mgR
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