【物理】2020届一轮复习人教版动能定理作业

【物理】2020届一轮复习人教版动能定理作业

‎2020届一轮复习人教版 动能定理 作业 ‎1．(多选)(2018·红桥中学一调)如图8所示，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l.甲在光滑水平面上，乙在粗糙水平面上，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(　　)‎ 图8‎ A．力F对甲做的功多 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 答案　BC 解析　由W＝Fl知，拉力的大小相同，物体的位移也相同，拉力和位移在同一直线，所以拉力对两物体做的功一样多，A错误，B正确；由动能定理可知，在光滑水平面上的物体，拉力对物体做的功等于物体的动能变化，在粗糙水平面上的物体，拉力对物体做正功的同时，摩擦力对物体做了负功，所以在光滑水平面上的物体获得的动能要大于在粗糙水平面上物体获得的动能，故C正确，D错误．‎ ‎2．(2018·常州市一模)如图9所示，物块固定在水平面上，子弹以某一速率从左向右水平穿透物块时速率为v1，穿透时间为t1；若子弹以相同的速率从右向左水平穿透物块时速率为v2，穿透时间为t2.子弹在物块中受到的阻力大小与其到物块左端的距离成正比．则(　　)‎ 图9‎ A．t1＞t2B．t1＜t2C．v1＞v2D．v1＜v2‎ 答案　B 解析　根据受力的特点与做功的特点可知两种情况下阻力对子弹做功的大小是相等的，根据动能定理可知两种情况下子弹的末速度大小是相等的，即v1＝v2，故C、D错误；设子弹的初速度是v0，子弹在物块中受到的阻力大小与其到物块左端的距离成正比，可知若子弹以某一速率从左向右水平穿透物块时，子弹受到的阻力越来越大，木块做加速度增大的减速运动，所以平均速度：＞；若子弹以相同的速率从右向左水平穿透物块时，子弹受到的阻力越来越小，则子弹做加速度减小的减速运动，所以平均速度：＜＜.子弹穿过物块的时间：t＝，所以可知：t1＜t2.故A错误，B正确．‎ ‎3．(2018·淮安市、宿迁市等期中)如图10所示，滑块以初速度v0滑上表面粗糙的固定斜面，到达最高点后又返回到出发点．则下列能大致描述滑块整个运动过程中的速度v、加速度a、动能Ek、重力对滑块所做的功W与时间t或位移x之间关系的图象是(取初速度方向为正方向)(　　)‎ 图10‎ 答案　D 解析　滑块上滑时的加速度大小a1＝＝gsin θ＋μgcos θ，方向沿斜面向下．下滑时的加速度大小a2＝＝gsin θ－μgcos θ，方向沿斜面向下，则知a1＞a2，方向相同，均为负方向．因v－t线的斜率等于加速度，可知选项A、B错误；动能是标量，不存在负值，故C错误；重力做功W＝－mgh＝－mgxsin θ，故D正确．‎ ‎4．(2018·兴化一中四模)如图11所示，竖直放置的等螺距螺线管高为h，该螺线管用长为l的硬质直管(内径远小于h)弯制而成．一光滑小球从管口上端由静止释放，下列说法正确的是(重力加速度为g)(　　)‎ 图11‎ A．若仅增大l，小球到达管口下端时的速度增大 B．小球到达管口下端时重力的功率为mg C．小球到达管口下端的时间为 D．在运动过程中小球所受管道的作用力大小不变 答案　C 解析　在小球到达最低点的过程中只有重力做功，故根据动能定理可知mgh＝mv2，解得v＝，小球到达下端管口时的速度大小与h有关，与l无关，故A错误；到达下端管口的速度为v＝，速度沿管道的切线方向，与重力有一定的夹角，故B错误；小球在管内下滑的加速度为a＝，则l＝at2，下滑所需时间t＝＝，故C正确；小球做的是加速螺旋圆周运动，速度越来越大，根据Fn＝可知，所受管道的作用力越来越大，故D错误．‎ ‎5．(2018·苏州市模拟)如图12所示轨道ABCDE在竖直平面内，AB与水平面BC成37°角且平滑连接，圆心为O、半径为R的光滑半圆轨道CDE与BC相切于C点，E、F两点等高，BC长为.将小滑块从F点由静止释放，恰能滑到与O等高的D点．已知小滑块与AB及BC间的动摩擦因数相同，重力加速度为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.‎ 图12‎ ‎(1)求小滑块与斜面间的动摩擦因数μ；‎ ‎(2)若AB足够长，改变释放点的位置，要使小滑块恰能到达E点，求释放点到水平面的高度h；‎ ‎(3)若半径R＝1m，小滑块在某次释放后，滑过E点的速度大小为8m/s，则它从E点飞出至落到轨道上所需时间t为多少？(g取10 m/s2)‎ 答案　(1)　(2)4.7R　(3)0.3s 解析　(1)滑块从F到D过程，根据动能定理得 mg(2R－R)－μmgcos 37°·－μmg＝0‎ 代入数据解得μ＝.‎ ‎(2)若滑块恰能到达E点，根据牛顿第二定律得 mg＝ 在滑块从释放点到E的过程，根据动能定理得 mg(h－2R)－μmgcos θ·－μmg·＝mv－0‎ 代入数据解得h＝4.7R.‎ ‎(3)假设滑块离开E点后落在AB上，根据平抛运动规律可得x＝vEt，y＝gt2‎ 由几何关系得tan 37°＝ 代入数据解得t＝0.3 s 可得x＝2.4 m> 所以假设正确，故t＝0.3 s.‎ ‎1．(多选)质量不等，但有相同初动能的两个物体，在动摩擦因数相同的水平地面上滑行，直至停止，则(　　)‎ A．质量大的物体滑行的距离大 B．质量小的物体滑行的距离大 C．它们滑行的距离一样大 D．它们克服摩擦力所做的功一样多 答案　BD 解析　根据动能定理－μmg·x＝0－Ek0，所以质量小的物体滑行的距离大，并且它们克服摩擦力所做的功在数值上都等于初动能的大小，B、D选项正确．‎ ‎2．一个质量为25kg的小孩从高度为3.0m的滑梯顶端由静止开始滑下，滑到底端时的速度为2.0m/s.g取10 m/s2，关于力对小孩做的功，以下结果正确的是(　　)‎ A．合外力做功50J B．阻力做功500J C．重力做功500J D．支持力做功50J 答案　A ‎3．(多选)(2018·泰州中学四模)如图1所示，三角体由两种材料拼接而成，BC界面平行底面DE，两侧面与水平面夹角分别为30°和60°，己知物块从A由静止下滑，加速至B匀速至D；若该物块由静止从A沿另一侧面下滑，则有(　　)‎ 图1‎ A．通过C点的速率等于通过B点的速率 B．AB段的运动时间大于AC段的运动时间 C．将加速至C匀速至E D．一直加速运动到E，但AC段的加速度比CE段大 答案　BD 解析　物体从倾角为θ的斜面滑下，根据动能定理，有mgh－μmgcos θ＝mv2－0，由AB面与水平面夹角小于AC面与水平面夹角可知，物体通过C点的速率大于通过B点的速率，故A错误；物体从倾角为θ的斜面滑下，根据牛顿第二定律，有mgsin θ－μmgcos θ＝ma，解得a＝gsin θ－μgcos θ①‎ 根据运动学公式，有＝at2②‎ 由①②得到AC段的运动时间小于AB段的运动时间，故B正确；由①式可知，物体将一直加速滑行到E点，由于AC段滑动摩擦力较小，AC段的加速度比CE段大，故C错误，D正确．‎ ‎4．(2018·前黄中学检测)静止在粗糙水平面上的物块在水平向右的拉力作用下做直线运动，t＝4s时停下，其v－t图象如图2所示，已知物块与水平面间的动摩擦因数处处相同，则下列判断正确的是(　　)‎ 图2‎ A．整个过程中拉力做的功等于物块克服摩擦力做的功 B．整个过程中拉力做的功等于零 C．t＝2s时刻拉力的瞬时功率在整个过程中最大 D．t＝1s到t＝3s这段时间内拉力不做功 答案　A ‎5.(2018·东台市5月模拟)如图3所示，光滑斜面的顶端固定一弹簧，一小球向右滑行，并冲上固定在地面上的斜面．设小球在斜面最低点A的速度为v，压缩弹簧至C点时弹簧最短，C点距地面高度为h，则小球从A到C的过程中弹簧弹力做的功是(　　)‎ 图3‎ A．mgh－mv2 B.mv2－mgh C．－mgh D．－(mgh＋mv2)‎ 答案　A 解析　小球从A点运动到C点的过程中，重力和弹簧的弹力对小球做负功，由于支持力与小球速度方向始终垂直，则支持力对小球不做功，由动能定理，可得WG＋W弹＝0－mv2，重力做功为WG＝－mgh，则弹簧的弹力对小球做的功为W弹＝mgh－mv2，所以正确选项为A.‎ ‎6．(2018·仪征中学月考)如图4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为θ2，仍将物块从轨道上高度为h的A点由静止释放，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(　　)‎ 图4‎ 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 答案　C 解析　设A点在水平轨道的竖直投影点为C，水平轨道与倾斜轨道的交点为D，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 mv2－0＝mgh－μmgcosθ·－μmgxBD＝mgh－μmgh·－μmgxBD，因为h·＝xCD，所以mv2＝mgh－μmgxBC，故物块到达B点的速度与倾斜轨道的倾角无关，所以v1＝v2，故C项正确．‎ ‎7．(2018·江苏省高考压轴冲刺卷) 将一质量为m的小球从足够高处水平抛出，飞行一段时间后，小球的动能为Ek，再经过相同的时间后，小球的动能为2Ek (此时小球未落地)，不计空气阻力，重力加速度为g，则小球抛出的初速度大小为(　　)‎ A.B．2C．3D. 答案　B 解析　由动能定理可知，经过时间t，mg·gt2＝Ek－mv，经过时间2t，mg·g(2t)2＝2Ek－mv，解得v0＝2，故选B.‎ ‎8．(多选)(2018·扬州中学下学期开学考)一个小物块从斜面底端冲上足够长的斜面后又返回到斜面底端．已知小物块的初动能为E，它返回到斜面底端的动能为，小物块上滑到最大路程的中点时速度为v；若木块以2E的初动能冲上斜面，则有(　　)‎ A．返回斜面底端时的动能为E B．返回斜面底端时的动能为 C．小物块上滑到最大路程的中点时速度为v D．小物块上滑到最大路程的中点时速度为2v 答案　AC ‎9.(2019·伍佑中学月考)如图5所示，光滑的轨道ABO的AB部分与水平部分BO相切，轨道右侧是一个半径为R的四分之一的圆弧轨道，O点为圆心，C为圆弧上的一点，OC与水平方向的夹角为37°.现将一质量为m的小球从轨道AB上某点由静止释放．已知重力加速度为g，不计空气阻力．(sin37°＝，cos37°＝)‎ 图5‎ ‎(1)若小球恰能击中C点，求刚释放小球的位置距离BO平面的高度；‎ ‎(2)改变释放点的位置，求小球落到轨道时动能的最小值．‎ 答案　(1)　(2) 解析　(1)设小球经过O点的速度为v0，从O点到C点做平抛运动，则有Rcos37°＝v0t，Rsin37°＝gt2‎ 从A点到O点，由动能定理得mgh＝mv 联立可得，刚释放小球的位置距离BO平面的高度h＝R；‎ ‎(2)设小球落到轨道上的点与O点的连线与水平方向的夹角为θ，小球做平抛运动，Rcosθ＝‎ v0′t Rsinθ＝gt2‎ 对此过程，由动能定理得mgRsinθ＝Ek－mv0′2‎ 解得Ek＝mgR(sinθ＋)‎ 由数学知识可知，当且仅当sinθ＝时，小球落到轨道时的动能最小，最小值为Ek＝mgR.‎ ‎10．(2018·南京市、盐城市一模)如图6所示，炼钢厂通常用滚筒来传送软钢锭，使具有一定初速度的软钢锭通过滚筒滑上平台．质量为M的软钢锭长为L，上表面光滑，下表面与平台间是粗糙的．现以水平向右的初速度滑上平台，全部滑上平台时的速度为v.此时，在其右端无初速放上一个质量为m的滑块(视为质点)．随后软钢锭滑过2L距离时速度为零，滑块恰好到达平台．重力加速度取g，空气阻力不计．求：‎ 图6‎ ‎(1)滑块获得的最大加速度(不考虑与平台的撞击过程)；‎ ‎(2)滑块放上后，软钢锭滑动过程中克服阻力做的功；‎ ‎(3)软钢锭处于静止状态时，滑块到达平台的动能．‎ 答案　(1)g　(2)Mv2　(3) 解析　(1)由于滑块与软钢锭间无摩擦，所以软钢锭在平台上滑过距离L时，滑块脱离做自由落体运动，a＝g ‎(2)根据动能定理得：‎ 初动能Ek＝Mv2，Wf＝ΔEk＝0－Ek＝－Ek 则Wf克＝－ΔEk＝Mv2‎ ‎(3)滑块脱离软钢锭后自由下落到平台的时间与软钢锭在平台最后滑动L的时间相同，都为t.‎ 由题意有L＝μgt2‎ μgL＋μMgL＝Mv2‎ vm＝gt Ekm＝mv 联立解得：Ekm＝.‎ ‎11.(2018·常熟市期中)如图7，一轻弹簧原长为2R，其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC的底端A处，另一端位于直轨道上B处，弹簧处于自然状态，直轨道与一半径为R的光滑半圆弧轨道相切于C点，AC＝7R，A、B、C、D均在同一竖直平面内．质量为m的小物块P自C点由静止开始下滑，最低到达E点(未画出)，随后P沿轨道被弹回，最高到达F点(未画出)，AF＝5.5R，已知P与直轨道间的动摩擦因数μ＝0.125，重力加速度大小为g.(取sin37°＝，cos37°＝)‎ 图7‎ ‎(1)求P第一次运动到B点时速度的大小；‎ ‎(2)求P运动到E点时弹簧的弹性势能；.‎ ‎(3)改变物块P的质量，将P推至E点，从静止开始释放，P恰好能到达圆弧轨道的最高点D，求：P运动到D点时速度的大小和改变后P的质量．‎ 答案　(1)　(2)mgR　(3)　m 解析　(1)根据题意知，B、C之间的距离L为：‎ L＝7R－2R＝5R 设P第一次运动到B点时速度的大小为vB，C到B的过程中，重力和斜面的摩擦力对P做功，由动能定理得：‎ mg·Lsin 37°－μmgLcos 37°＝mv－0‎ 代入数据解得：vB＝ ‎(2)设BE＝x，P到达E点时速度为零，此时弹簧的弹性势能为Ep，P由B点运动到E点的过程中，由动能定理得：‎ mgxsin 37°－μmgxcos 37°－Ep＝0－mv E、F之间的距离为：L1＝5.5R－2R＋x P到达E点后反弹，从E点运动到F点的过程中，由动能定理有：‎ Ep－mgL1sin 37°－μmgL1cos 37°＝0‎ 联立解得：x＝0.25R，Ep＝mgR ‎(3)设改变后P的质量为m1.P恰好能到达圆弧轨道的最高点D，由重力提供向心力，则有：‎ m1g＝m1，故有：vD＝ P由E点运动到C点的过程，由动能定理有：‎ Ep－m1g[7R－(2R－x)]sin 37°－μm1g[7R－(2R－x)]cos 37°－m1g·2Rcos θ＝m1v 联立解得：m1＝m.‎