【物理】2020届一轮复习人教版第五章动能定理作业

【物理】2020届一轮复习人教版第五章动能定理作业

‎ (二十八) 动能定理 作业 ‎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：选B　动能Ek＝mv2，与速度的平方成正比，故 C错误；速度v＝at，可得Ek＝ma2t2，与经历的时间的平方成正比，故A错误；根据v2＝2ax，可得Ek＝max，与位移成正比，故B正确；动量p＝mv，可得Ek＝，与动量的平方成正比，故D错误。‎ ‎2．关于运动物体所受的合外力、合外力做的功及动能变化的关系，下列说法正确的是(　　)‎ A．合外力为零，则合外力做功一定为零 B．合外力做功为零，则合外力一定为零 C．合外力做功越多，则动能一定越大 D．动能不变，则物体所受的合外力一定为零 解析：选A　由公式W＝Flcos α可知，物体所受合外力为零，合外力做功一定为零，但合外力做功为零，可能是α＝90°，而合外力不为零，故A正确，B错误；由动能定理W＝ΔEk可知，合外力做功越多，动能变化量越大，但动能不一定越大，动能不变，合外力做功为零，但物体所受的合外力不一定为零，C、D错误。‎ ‎3．A、B两物体在光滑水平面上，分别在相同的水平恒力F作用下，由静止开始通过相同的位移l。若A的质量大于B的质量，则在这一过程中(　　)‎ A．A获得的动能较大 B．B获得的动能较大 C．A、B获得的动能一样大 D．无法比较A、B获得的动能大小 解析：选C　由动能定理可知恒力F做功W＝Fl＝mv2－0，因为F、l相同，所以A、B获得的动能一样大，C正确。‎ ‎4.刹车距离是衡量汽车安全性能的重要参数之一，如图所示的图线1、2分别为甲、乙两辆汽车在紧急刹车过程中的刹车距离l与刹车前的车速v 的关系曲线。已知紧急刹车过程中车与地面间的摩擦是滑动摩擦。据此可知，下列说法中正确的是(　　)‎ A．甲车的刹车距离随刹车前的车速v变化快，甲车的刹车性能好 B．乙车与地面间的动摩擦因数较大，乙车的刹车性能好 C．以相同的车速开始刹车，甲车先停下，甲车的刹车性能好 D．甲车的刹车距离随刹车前的车速v变化快，甲车与地面间的动摩擦因数较大 解析：选B　对刹车过程，由动能定理可知μmgl＝mv2，得l＝＝，结合题图可知甲车与地面间的动摩擦因数小，乙车与地面间的动摩擦因数大，刹车时的加速度a＝μg，以相同的车速开始刹车，乙车先停下，乙车刹车性能好，B正确。‎ ‎5．(2019·安徽江南十校联考)如图甲所示，一维坐标系中有一质量m＝‎2 kg的物块静置于x轴上的某位置(图中未画出)。t＝0时刻，物块在外力作用下沿x轴开始做匀加速运动，图乙为其位置坐标和速率平方关系图像的一部分。下列说法正确的是(　　)‎ A．物块做匀加速直线运动的加速度大小为‎1 m/s2‎ B．t＝4 s时物块位于x＝‎4 m处 C．t＝4 s时物块的速率为‎2 m/s D．在0～4 s时间内物块所受合外力做功为2 J 解析：选C　由于物块做匀加速直线运动，可得x－x0＝，由题图乙中数据可解得，加速度大小为a＝‎0.5 m/s2，初位置x0＝－‎2 m，故A错误；由x－x0＝at2，v＝at，得t＝4 s时物块位于x＝‎2 m处，物块速率v＝‎2 m/s，故B错误，C正确；由动能定理得 0～4 s 时间内物块所受合外力做功为mv2＝4 J，故D错误。‎ ‎6．(多选)(2016·全国卷Ⅲ)如图，一固定容器的内壁是半径为R的半球面；在半球面水平直径的一端有一质量为m的质点P。它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中，克服摩擦力做的功为W。重力加速度大小为g。设质点P在最低点时，向心加速度的大小为a，容器对它的支持力大小为N，则(　　)‎ A．a＝　　　 　 　B．a＝ C．N＝ D．N＝ 解析：选AC　质点P下滑到最低点的过程中，由动能定理得mgR－W＝mv2，则速度 v＝，在最低点的向心加速度a＝＝，选项A正确， B错误；质点P在最低点时，由牛顿第二定律得N－mg＝ma，N＝，选项C正确，D错误。‎ ‎7.(多选)(2016·浙江高考)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，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。则(　　)‎ A．动摩擦因数μ＝ B．载人滑草车最大速度为 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g 解析：选AB　由题意知，上、下两段滑道的长分别为s1＝、s2＝，由动能定理知2mgh－μmgs1cos 45°－μmgs2cos 37°＝0，解得动摩擦因数μ＝，选项A正确；载人滑草车在上下两段的加速度分别为a1＝g(sin 45°－μcos 45°)＝g，a2＝g(sin 37°－μcos 37°)＝－g，则在下落h时的速度最大，由动能定理知mgh－μmgs1cos 45°＝mv2，解得v＝ ，选项B正确，D错误；载人滑草车克服摩擦力做的功与重力做功相等，即W＝2mgh，选项C错误。‎ ‎8.(多选)(2019·洛阳检测)如图所示，在倾角为θ的足够长斜面上，轻质弹簧一端与斜面底端的挡板固定，另一端与质量为M的平板A连接，一质量为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B使弹簧处于压缩状态，现释放，使A和B一起沿斜面向上运动，当A和B运动距离L时达到最大速度v。则下列说法正确的是(　　)‎ A．A和B达到最大速度v时，弹簧恢复原长 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(sin θ＋μcos θ)‎ 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＋MgLsin θ ‎＋μMgLcos θ 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：选BD　A和B达到最大速度v时，A和B的加速度为零，对A、B整体：由平衡条件知kx＝(m＋M)gsin θ＋μ(m＋M)gcos θ，所以此时弹簧处于压缩状态，故A错误；A和B恰好分离时，A、B间的弹力为0，A、B的加速度大小相同，对B受力分析，由牛顿第二定律知，mgsin θ＋μmgcos θ＝ma，得a＝g(sin θ＋μcos θ)，故B正确；从释放到A和B达到最大速度v的过程中，对A、B整体，根据动能定理得W弹－(m＋M)gLsin θ－μ(m＋M)gLcos θ＝(m＋M)v2，所以弹簧对A所做的功W弹＝(m＋M)v2＋(m＋M)·gLsin θ＋μ(m＋M)gLcos θ，故C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正确。‎ ‎9．(2019·宿州模拟)宇航员在某星球表面做了如下实验，实验装置如图甲所示，竖直平面内的光滑轨道由平直轨道AB和圆弧轨道BC组成。将质量m＝‎0.2 kg的小球，从轨道AB上高H处的某点由静止释放，用力传感器测出小球经过C点时对轨道的压力大小为F，改变H的大小，可测出F随H的变化关系如图乙所示，求：‎ ‎(1)圆弧轨道的半径；‎ ‎(2)星球表面的重力加速度；‎ ‎(3)小球经过C点时动能Ek随H的变化关系。‎ 解析：(1)小球过C点时，由牛顿第二定律得：‎ F＋mg＝m 小球由静止下滑至C点的过程，由动能定理得：‎ mg(H－2r)＝mvC2‎ 解得：F＝H－5mg 由题图乙可知：当H1＝‎0.5 m时，F1＝0‎ 解得：r＝‎0.2 m。‎ ‎(2)由题图乙可知：当H2＝‎1.0 m时 F2＝5 N，又F＝－5mg 解得：g＝‎5 m/s2。‎ ‎(3)小球由静止下滑至C点的过程，由动能定理得：‎ mg(H－2r)＝Ek－0‎ 解得：Ek＝H－0.4(J)。‎ 答案：(1)‎0.2 m　(2)‎5 m/s2　(3)Ek＝H－0.4(J)‎ ‎10．(2019·晋城调研)如图甲所示，一滑块从平台上A点以初速度v0向右滑动，从平台上滑离后落到地面上的落地点离平台的水平距离为s，多次改变初速度的大小，重复前面的过程，根据测得的多组v0和s，作出s2v02图像如图乙所示，滑块与平台间的动摩擦因数为0.3，重力加速度g＝‎10 m/s2。‎ ‎(1)求平台离地的高度h及滑块在平台上滑行的距离d；‎ ‎(2)若将滑块的质量增大为原的2倍，滑块从A点以‎4 m/s的初速度向右滑动，求滑块滑离平台后落地时的速度大小v′及落地点离平台的水平距离s的大小。‎ 解析：(1)设滑块滑到平台边缘时的速度为v，‎ 根据动能定理得：‎ ‎－μmgd＝mv2－mv02①‎ 滑块离开平台后做平抛运动，则有：‎ h＝gt2②‎ s＝vt③‎ 联立①②③式得：s2＝v02－4μhd④‎ 由题图乙得：图像的斜率等于 即：＝ s2＝0.2 s2⑤‎ 解得：h＝‎‎1 m 且当s＝0时，v02＝‎12 m2‎/s2，代入④式解得：d＝‎2 m。‎ ‎(2)当滑块从A点以v0＝‎4 m/s的初速度向右滑动时，‎ 由①得：v＝‎2 m/s 滑块离开平台后做平抛运动，则有：h＝gt2⑥‎ 得：t＝ ＝ s＝ s⑦‎ 滑块滑离平台后落地时的速度为：‎ v′＝＝‎2 m/s 落地点离平台的水平距离s的大小为：‎ s＝vt＝2× m＝ m。‎ 答案：(1)‎1 m　‎2 m　(2)‎2 m/s　 m ‎11.山地滑雪是人们喜爱的一项体育运动。一滑雪道ABC的底部是一个半径为R的圆，圆与雪道相切于C点，C点的切线沿水平方向，C点到水平雪地之间是高为H的峭壁，D是圆的最高点，如图所示。运动员从A点由静止下滑，刚好经过圆轨道最高点D旋转一周，再滑到C点后被水平抛出，当抛出时间为t时，迎面遭遇一股强风，运动员最终落到了雪地上，落地时速度大小为v。已知运动员连同滑雪装备总质量为m，重力加速度为g，不计遭遇强风前的空气阻力和雪道的摩擦阻力，求：‎ ‎(1)A、C的高度差h；‎ ‎(2)运动员刚遭遇强风时的速度大小及距地面的高度；‎ ‎(3)强风对运动员所做的功。‎ 解析：(1)运动员刚好经过圆轨道最高点，其速度满足 mg＝ 由动能定理得mg(h－2R)＝mvD2‎ 解得h＝R。‎ ‎(2)运动员从A到C由动能定理得mg·R＝mv02‎ 在圆轨道旋转一周后运动员做平抛运动，运动员遭遇强风时，在竖直方向上的速度v′＝gt 运动员遭遇强风时的速度v1＝＝ 下落高度为h1＝gt2‎ 距地面高度为h2＝H－h1＝H－gt2。‎ ‎(3)对运动员运动的整个过程，由动能定理得 W＋mg＝mv2‎ 解得W＝mv2－mg。‎ 答案：(1)R　(2)　H－gt2‎ ‎(3)mv2－mg