【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 1．(2019·襄阳模拟)用竖直向上大小为 30 N 的力 F，将 2 kg 的物体从沙坑表面由静止提升 1 m 时撤 去力 F，经一段时间后，物体落入沙坑，测得落入沙坑的深度为 20 cm.若忽略空气阻力，g 取 10 m/s2.则物 体克服沙坑的阻力所做的功为( ) A．20 J B．24 J C．34 J D．54 J 解析：选 C.对整个过程应用动能定理得：F·h1＋mgh2－Wf＝0，解得：Wf＝34 J，C 对． 2．(2018·高考江苏卷)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：选 A.竖直上抛运动的速度 v 与时间 t 的关系为 v＝v0－gt，由于 Ek＝1 2 mv2＝1 2 m(v0－gt)2，故 Ek －t 图象应是 A. 3．如图所示，已知物体与三块材料不同的地毯间的动摩擦因数分别为μ、2μ和 3μ，三块材料不同 的地毯长度均为 l，并排铺在水平地面上，该物体以一定的初速度 v0 从 a 点滑上第一块，则物体恰好滑到 第三块的末尾 d 点停下来，物体在运动中地毯保持静止，若让物体从 d 点以相同的初速度水平向左运动， 则物体运动到某一点时的速度大小与该物体向右运动到该位置的速度大小相等，则这一点是( ) A．a 点 B．b 点 C．c 点 D．d 点 解析：选 C.对物体从 a 运动到 c，由动能定理，－μmgl－2μmgl＝1 2 mv21－1 2 mv20，对物体从 d 运动到 c， 由动能定理，－3μmgl＝1 2 mv22－1 2 mv20，解得 v2＝v1，选项 C 正确． 4．在离地面高为 h 处竖直上抛一质量为 m 的物块，抛出时的速度为 v0，当它落到地面时的速度为 v， 用 g 表示重力加速度，则在此过程中物块克服空气阻力所做的功等于( ) A．mgh－1 2 mv2－1 2 mv20 B．－1 2 mv2－1 2 mv20－mgh C．mgh＋1 2 mv20－1 2 mv2 D．mgh＋1 2 mv2－1 2 mv20 解析：选 C.对物块从 h 高处竖直上抛到落地的过程，根据动能定理可得 mgh－Wf＝1 2 mv2－1 2 mv20，解得 Wf＝mgh＋1 2 mv20－1 2 mv2，选项 C 正确． 5．如图所示，质量为 m 的物块与水平转台间的动摩擦因数为μ，物块与转轴相距 R，物块随转台由静止开始转动．当转速增至某一值时，物块即将在转台上滑动，此时 转台已开始匀速转动，在这一过程中，摩擦力对物块做的功是(假设物块所受的最大静摩 擦力等于滑动摩擦力)( ) A．0 B．2μmgR C．2πμmgR D．μmgR 2 解析：选 D.物块即将在转台上滑动但还未滑动时，转台对物块的最大静摩擦力恰好提供向心力，设此 时物块做圆周运动的线速度为 v，则有μmg＝mv2 R .在物块由静止到获得速度 v 的过程中，物块受到的重力 和支持力不做功，只有摩擦力对物块做功，由动能定理得 W＝1 2 mv2－0.联立解得 W＝1 2 μmgR.故选项 D 正 确． 6．(2017·高考全国卷Ⅱ)为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑 线相距 s0 和 s1(s1＜s0)处分别放置一个挡板和一面小旗，如图所示．训练时，让运动员 和冰球都位于起跑线上，教练员将冰球以速度 v0 击出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑 线的方向滑向挡板；冰球被击出的同时，运动员垂直于起跑线从静止出发滑向小旗．训 练要求当冰球到达挡板时，运动员至少到达小旗处．假定运动员在滑行过程中做匀加速运动，冰球到达挡 板时的速度为 v1.重力加速度大小为 g.求 (1)冰球与冰面之间的动摩擦因数； (2)满足训练要求的运动员的最小加速度． 解析：(1)设冰球的质量为 m，冰球与冰面之间的动摩擦因数为μ，由动能定理得 －μmgs0＝1 2 mv21－1 2 mv20① 解得μ＝v20－v21 2gs0 ② (2)冰球到达挡板时，满足训练要求的运动员中，刚好到达小旗处的运动员的加速度最小．设这种情况 下，冰球和运动员的加速度大小分别为 a1 和 a2，所用的时间为 t. 由运动学公式得 v20－v21＝2a1s0③ v0－v1＝a1t④ s1＝1 2 a2t2⑤ 联立③④⑤式得 a2＝s1 v1＋v0 2 2s20 ⑥ 答案：(1)v20－v21 2gs0 (2)s1 v1＋v0 2 2s20 [能力提升题组](25 分钟，50 分) 1．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 v2cos θ图象应为( ) 解析：选 A.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·2rcos θ ＝1 2 mv2－1 2 mv20，整理得 v2＝v20－4μgrcos θ，可知 v2 与 cos θ为线性关系，斜率为负，故 A 正确，B、C、 D 错误． 2．如图所示，小物块与水平轨道、倾斜轨道之间的动摩擦因数均相同， 小物块从倾角为θ1 的轨道上高度为 h 的 A 点由静止释放，运动至 B 点时速度 为 v1.现将倾斜轨道的倾角调至为θ2，仍将物块从轨道上高度为 h 的 A 点静止 释放，运动至 B 点时速度为 v2.已知θ2<θ1，不计物块在轨道接触处的机械能损失．则( ) A．v1v2 C．v1＝v2 D．由于不知道θ1、θ2 的具体数值，v1、v2 关系无法判定 解析：选 C.物体运动过程中摩擦力做负功，重力做正功，由动能定理可得 mgh－μmgcos θ· h sin θ － μmgxBD＝1 2 mv2，即 mgh－μmg· h tan θ －μmgxBD＝1 2 mv2，因为 h tan θ ＝xCD，所以 mgh－μmgxBC＝1 2 mv2， 故到达 B 点的速度与倾斜轨道的倾角无关，所以 v1＝v2，故选项 C 正确． 3.(多选)如图是某缓冲装置，劲度系数足够大的轻质弹簧与直杆相连，直杆 可在固定的槽内左右移动，直杆与槽间的滑动摩擦力恒为 f，直杆质量不可忽 略．一质量为 m 的小车以速度 v0 撞击弹簧，最终以速度 v 弹回．若直杆足够长， 且直杆与槽间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计小车与地面间的摩擦，则( ) A．小车被弹回时的速度 v 一定小于 v0 B．直杆在槽内移动的距离等于m v20－v2 2f C．直杆在槽内向右运动时，小车与直杆始终保持相对静止 D．弹簧的弹力可能大于直杆与槽间的最大静摩擦力 解析：选 BD.小车在向右运动的过程中，若弹簧的形变量始终小于f k ，则直杆和槽间无相对运动，小车 被弹回时的速度 v 等于 v0；若弹簧的形变量大于f k ，则直杆和槽将发生相对运动，克服摩擦力做功，小车 的动能减小，小车被弹回时的速度 v 小于 v0，A 错误，D 正确．对整个系统全过程总能量守恒，有 fs＝1 2 mv20 －1 2 mv2，可得直杆在槽内移动的距离 s＝m v20－v2 2f ，B 正确．直杆在槽内由静止开始向右运动时，小车 的速度大于零，小车不可能与直杆始终保持相对静止，C 错误． 4．如图所示，一个可视为质点的滑块从高 H＝12 m 处的 A 点由静止沿光滑的轨道 AB 滑下，进入半径 为 r＝4 m 的竖直圆环，圆环内轨道与滑块间的动摩擦因数处处相同，当滑块到达圆环顶点 C 时，滑块对轨 道的压力恰好为零，滑块继续沿 CFB 滑下，进入光滑轨道 BD，且到达高度为 h 的 D 点时速度为零，则 h 的值可能为(重力加速度大小 g＝10 m/s2)( ) A．8 m B．9 m C．10 m D．11 m 解析：选 B.滑块到达圆环顶点 C 时对轨道压力为零，由牛顿第二定律得 mg＝mv2C r ，得速度 vC＝ gr， 设滑块在 BEC 段上克服摩擦力做的功为 W1，由动能定理得 mg(H－2r)－W1＝1 2 mv2C，则 W1 ＝ mg(H－2r) －1 2 mv2C＝mg H－5 2 r ，滑块在 CFB 段克服摩擦力做的功 W2 满足 0

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