【物理】2020届一轮复习人教版动能定理及其应用作业（江苏专用）

【物理】2020届一轮复习人教版动能定理及其应用作业（江苏专用）

课时跟踪检测（十七） 动能定理及其应用 对点训练：对动能定理的理解 1．(2019·姜堰月考)关于动能的理解，下列说法错误的是(　　) A．动能是机械能的一种表现形式，凡是运动的物体都具有动能 B．物体的动能不能为负值 C．一定质量的物体动能变化时，速度一定变化；但速度变化时，动能不一定变化 D．动能不变的物体，一定处于平衡状态 解析：选 D　动能是普遍存在的机械能的一种基本形式，运动的物体都有动能，A 正确； 根据 Ek＝1 2mv2 知，质量为正值，速度的平方为正值，则动能一定为正值，B 正确；一定质 量的物体，动能变化，则速度的大小一定变化，所以速度一定变化；但是速度变化，动能不 一定变化，比如做匀速圆周运动，速度方向变化，大小不变，则动能不变，C 正确；动能不 变的物体，速度方向可能变化，则不一定处于平衡状态，D 错误。 2.(2018·溧水期中)我国发射的神舟飞船，进入预定轨道后绕地球做椭 圆轨道运动，地球位于椭圆的一个焦点上，如图所示。飞船从 A 点运动 到远地点 B 点的过程中，下列说法中正确的是(　　) A．飞船受到的引力逐渐增大 B．飞船的加速度逐渐增大 C．飞船受到的引力对飞船不做功 D．飞船的动能逐渐减小 解析：选 D　由题图可知，飞船由 A 到 B 的过程中，离地球的距离增大，则万有引力 减小，飞船的加速度减小，故 A、B 错误；引力对飞船做负功，由动能定理可知，飞船的动 能减小，故 C 错误，D 正确。 对点训练：动能定理的应用 3．(2018·扬州期末)某士兵练习迫击炮打靶，如图所示，第一次炮 弹落点在目标 A 的右侧，第二次调整炮弹发射方向后恰好击中目标。 忽略空气阻力的影响，每次炮弹发射速度大小相等，下列说法正确的 是(　　) A．第二次炮弹在空中运动时间较长 B．两次炮弹在空中运动时间相等 C．第二次炮弹落地速度较大 D．第二次炮弹落地速度较小 解析：选 A　炮弹在竖直方向上做竖直上抛运动，上升时间与下落时间相等。根据下落 过程竖直方向做自由落体运动，h＝1 2gt2，第二次下落高度高，所以第二次炮弹在空中运动 的时间较长，故 A 正确，B 错误；根据动能定理：mgh＝1 2mv2－1 2mv02，由于两次在空中运 动过程中重力做功都是零，则 v＝v0，所以两次炮弹落地速度相等，故 C、D 错误。 4．(2019·启东月考)竹蜻蜓是我国古代发明的一种儿童玩具，人们根 据竹蜻蜓的原理设计了直升机的螺旋桨。如图所示，一小孩搓动质量为 20 g 的竹蜻蜓，松开后竹蜻蜓能上升到二层楼房顶处。搓动过程中手对 竹蜻蜓做的功可能是(　　) A．0.2 J　　　　　　　　　 　B．0.6 J C．1.0 J D．2.5 J 解析：选 D　地面到二层楼房顶的高度约为 6 m，竹蜻蜓从地面飞到二层楼房顶高处时， 速度刚好为零，此过程中，根据动能定理得：－mgh－Wf＝0－1 2mv02，则：1 2mv02＞mgh＝ 0.02×10×6 J＝1.2 J，而在搓动过程中手对竹蜻蜓做的功等于竹蜻蜓获得的初动能，所以在 搓动过程中手对竹蜻蜓做的功大于 1.2 J，故 D 正确。 5.如图，水平转台上有一个质量为 m 的物块(可视为质点)，物块与 竖直转轴间距为 R，物块与转台间动摩擦因数为 μ，且最大静摩擦力等于 滑动摩擦力，现让物块始终随转台一起由静止开始缓慢加速转动至角速 度为 ω 时，(　　) A．物块受到的向心力为 μmg B．物块受到的摩擦力为 mω2R C．转台对物块做的功为 1 2mω2R2 D．转台对物块做的功不小于 1 2μmgR 解析：选 C　物块与圆盘间是静摩擦力，不能用滑动摩擦力公式计算，故 A 错误。物 块受到重力、支持力和摩擦力三个力的作用，摩擦力沿半径方向的分量充当了向心力 Ff＝ mω2R，因为圆盘加速转动，摩擦力在切向有分力，所以摩擦力大于 mω2R，故 B 错误。物 块始终随转台一起由静止开始缓慢加速转动至角速度为 ω 的过程中，重力和支持力不做功， 只有摩擦力做功，末速度 v＝ωR，根据动能定理，有 W＝1 2mv2＝1 2mω2R2，故 C 正确。物 体即将滑动时，最大静摩擦力提供向心力，由向心力公式 μmg＝mvmax2 R ，得 1 2mvmax2＝1 2μmgR， 物体做加速圆周运动过程 Wf＝1 2mv2，v＜vmax，所以转台对物块做的功小于或等于 1 2μmgR， 故 D 错误。 6.如图所示，竖直平面内固定一个半径为 R 的四分之三光滑圆管轨道， 其上端点 B 在圆心 O 的正上方，另一个端点 A 与圆心 O 等高。一个小球(可 视为质点)从 A 点正上方某一高度处自由下落，由 A 点进入圆管轨道后从 B 点飞出，之后又恰好从 A 点进入圆管轨道。则小球开始下落时距 A 点的高度 为(　　) A．R B.R 4 C.3R 2 D.5R 4 解析：选 D　小球从 B 点飞出做平抛运动，恰好从 A 点进入管道时，水平方向：vt＝ R，竖直方向：R＝1 2gt2，解得：v＝ 1 2gR；小球从 A 点上方自由下落，经 B 再次从 A 点 落入圆管轨道，整个过程根据动能定理得：mg(h－R)＝1 2mv2，解得 h＝5 4R，即小球开始下 落时距 A 点的高度为 h＝5 4R，故 D 正确。 对点训练：动能定理的图像问题 7．(2018·淮安期中)如图所示，x 轴在水平地面上，y 轴在竖直方向。 图中画出了从 y 轴上不同位置沿 x 轴正向水平抛出的三个质量相等小球 a、 b 和 c 的运动轨迹。小球 a 从(0,2L)抛出，落在(2L,0)处；小球 b、c 从(0，L) 抛出，分别落在(2L,0)和(L,0)处。不计空气阻力，下列说法正确的是(　　) A．b 球的初速度是 a 球的初速度的两倍 B．b 球的初速度是 a 球的初速度的 2倍 C．b 球的动能增量是 c 球的动能增量的两倍 D．a 球的动能增量是 c 球的动能增量的 2倍 解析：选 B　a、b 两球的水平位移相同，但运动时间不同，根据 t＝ 2h g 可知ta tb＝ 2 1 ， 根据 v0＝x t可知vb va＝ 2 1 ，选项 A 错误，B 正确；b、c 两球的竖直位移相同，根据动能定理 mgh ＝ΔEk 可知，b 球的动能增量等于 c 球的动能增量，选项 C 错误；a 球的竖直位移等于 c 球 的 2 倍，根据动能定理可知，a 球的动能增量等于 c 球动能增量的 2 倍，选项 D 错误。 8.[多选](2019·南京调研)如图所示，滑块以初速度 v 0 滑上表面粗糙的 固定斜面，到达最高点后又返回到出发点。则能大致反映整个运动过程中， 滑块的加速度 a、速度 v 随时间 t，重力对滑块所做的功 W、动能 Ek 与位移 x 关系的是(取初 始位置为坐标原点、初速度方向为正方向)(　　) 解析：选 BC　上滑时的加速度 a1＝－mgsin θ＋μmgcos θ m ＝－(gsin θ＋μgcos θ)，下滑 时的加速度 a2＝－mgsin θ－μmgcos θ m ＝－(gsin θ－μgcos θ)，则|a 1|＞|a2|，由于下滑与上滑 过程位移大小相等，则根据位移公式 x＝1 2at2 知下滑时间 t2 大于上滑的时间 t1，又由于机械 能有损失，返回到出发点时速度(动能)小于出发时的初速度(动能)，故 A、D 错误，B 正确。 重力做功 W＝－mgh＝－mgxsin θ，故 C 正确。 9．(2018·宿迁期末)一物块沿倾角为 θ 的斜面向上滑后又滑回原处， 物块与斜面间的动摩擦因数不变，运动过程中物块动能与位移 x 关系 如图所示。则该过程中(重力加速度为 g)(　　) A．物块从底端上滑到最高点过程中克服阻力做功 0.5E0 B．物块从底端上滑到最高点过程中重力做功为 0.75E0 C．物块在上滑过程中加速度大小为 1 3gsin θ D．物块与斜面间的动摩擦因数为 1 3tan θ 解析：选 D　由题图可知，物块从底端开始运动，再回到底端时，动能损失 0.5E0，则 克服阻力做功为 0.5E0，则物块从底端上滑到最高点过程中克服阻力做功 0.25E0，选项 A 错 误；物块从底端上滑到最高点过程中，根据动能定理 WG－Wf＝0－E 0，解得 WG＝－ 0.75E0，选项 B 错误；因WG Wf ＝mgsin θ·L fL ＝3，则 mgsin θ＝3f＝3μmgcos θ，解得 μ＝1 3tan θ， 选项 D 正确；物块上滑时，根据牛顿第二定律 mgsin θ＋f＝ma，解得 a＝4 3gsin θ，选项 C 错误。 考点综合训练 10．[多选](2019·盐城模拟)如图所示，质量为 1 kg 的小球静止在竖直放置的轻 弹簧上，弹簧劲度系数 k＝50 N/m。现用大小为 5 N、方向竖直向下的力 F 作用在小 球上，当小球向下运动到最大速度时撤去 F(g 取 10 m/s2，已知弹簧一直处于弹性限 度内)，则小球(　　) A．返回到初始位置时的速度大小为 1 m/s B．返回到初始位置时的速度大小为 3 m/s C．由最低点返回到初始位置过程中动能一直增加 D．由最低点返回到初始位置过程中动能先增加后减少 解析：选 AC　初始时弹簧的压缩量 x1＝mg k ＝1 × 10 50 m＝0.2 m，小球向下运动到最大 速度时合力为零，由平衡条件得：mg＋F＝kx2，得 x2＝0.3 m，则小球从开始向下到速度最 大的位置通过的位移 x＝x2－x1＝0.1 m，从开始到返回初始位置的过程，运用动能定理得： Fx＝1 2mv2，解得小球返回到初始位置时的速度大小为 v＝1 m/s，故 A 正确，B 错误；由最 低点返回到初始位置过程中，弹簧对小球的弹力一直大于重力，则小球做加速运动，动能一 直增加，故 C 正确，D 错误。 11．(2018·宜兴期末)如图所示，在水平匀速运动的传送带的左 端(P 点)，轻放—质量为 m＝1 kg 的物块，物块随传送带运动到 A 点 后抛出，物块恰好无碰撞地沿圆弧切线从 B 点进入竖直光滑圆弧 轨道下滑。B、D 为圆弧的两端点，其连线水平。已知圆弧半径 R＝1.0 m，圆弧对应的圆心 角 θ＝106°，轨道最低点为 C，A 点距水平面的高度 h＝0.80 m。(g 取 10 m/s2，sin 53°＝0.8， cos 53°＝0.6)求： (1)物块离开 A 点时水平初速度的大小； (2)物块经过 C 点时对轨道压力的大小； (3)设物块与传送带间的动摩擦因数为 0.3，传送带匀速运动的速度为 5 m/s，求物块从 P 点运动至 A 点过程中电动机多消耗的电能。 解析：(1)物块运动至 B 点时，合速度 v 的方向与水平速度 v0 的方向成 53°， 有 tan 53°＝gt v0，又 h＝1 2gt2， 联立解得 v0＝3 m/s。 (2)物块由 B 运动至 C 的过程中用动能定理可得 mgR(1－cos 53°)＝1 2mvC2－1 2mvB2， vB＝5 m/s， 在 C 点有：F－mg＝mvC2 R 联立解得 F＝43 N。 由牛顿第三定律得，物块经过 C 点时对轨道的压力大小为 F′＝F＝43 N。 (3)物块在传送带上运动的加速度大小为 a＝3 m/s2， 物块从 P 点运动至 A 点所需的时间为 t＝v0 a ＝1 s， 物块与传送带的皮带相对距离 s＝v 皮 t－1 2v0t， 多消耗的电能为 W＝μmgs＋1 2mv02， 解得 W＝15 J。 答案：(1)3 m/s　(2)43 N　(3)15 J 12．(2019·扬州模拟)如图所示，水平转台上有一个质量为 m 的物块， 用长为 2L 的轻质细绳将物块连接在转轴上，细绳与竖直转轴的夹角 θ＝ 30°，此时细绳伸直但无张力，物块与转台间动摩擦因数为 μ，设最大静摩 擦力等于滑动摩擦力。物块随转台由静止开始缓慢加速转动，重力加速度 为 g，求： (1)当转台角速度 ω1 为多大时，细绳开始有张力出现； (2)当转台角速度 ω2 为多大时，转台对物块支持力为零； (3)转台从静止开始加速到角速度 ω3＝ g L的过程中，转台对物块做的功。 解析：(1)当最大静摩擦力不能满足物块做圆周运动所需的向心力时，细绳上开始有张 力：μmg＝mω12·2Lsin θ 代入数据得：ω1＝ μg L 。 (2)当支持力为零时，物块所需要的向心力由重力和细绳拉力的合力提供： mgtan θ＝mω22·2Lsin θ 代入数据得：ω2＝ 3g 3L 。 (3)因为 ω3>ω2，所以物块已经离开转台在空中做圆周运动。设细绳与竖直方向夹角为 α，有： mgtan α＝mω32·2Lsin α 代入数据得：α＝60° 转台对物块做的功等于物块动能增加量与重力势能增加量的总和，即： W＝1 2m(ω3·2Lsin 60°)2＋mg(2Lcos 30°－2Lcos 60°) 代入数据得：W＝(1 2＋ 3)mgL。 答案：(1) μg L 　(2) 3g 3L 　(3)(1 2＋ 3)mgL