【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）

第2节动能定理及其应用 ‎1．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，则物体合外力一定为零 解析：选A　由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°，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，但物体合外力不一定为零，C、D均错误。‎ ‎2.(2018·江阴四校期中)质量为M、长度为L的长木板静止在光滑的水平面上，质量为m的小滑块停放在长木板的最右端，滑块和木板之间的动摩擦因数为μ。现用一个大小为F的恒力作用在M上，当小滑块滑到木板的最左端时，滑块和木板的速度大小分别为v1、v2，滑块和木板相对于地面的位移大小分别为s1、s2。下列关系式错误的是(　　)‎ A．μmgs1＝mv12‎ B．Fs2－μmgs2＝Mv22‎ C．μmgL＝mv12‎ D．Fs2－μmgs2＋μmgs1＝Mv22＋mv12‎ 解析：选C　对滑块，滑块受到重力、支持力和摩擦力，根据动能定理，有 μmgs1＝mv12，故A正确；对木板，由动能定理得：Fs2－μmgs2＝Mv22，故B正确；由以上两式相加可得：Fs2－μmgs2＋μmgs1＝Mv22＋mv12，又s2－s1＝L，则得：Fs2－μmgL＝Mv22＋mv12，故C错误，D正确。‎ ‎3．(2019·连云港一模)如图所示，放在光滑水平面上的劲度系数为k的弹簧一端固定，一质量为m，速度为v0的滑块将其压缩，经t时间后压缩量为x，此时速度为v；再经过极短的时间Δt，滑块运动的位移为Δx，速度的变化量为Δv，滑块动能的变化量为 ΔE。下列关系式中不正确的是(　　)‎ A．v＝ B．Δv＝ C．kxvt＝m(v02－v2) D．kxvΔt＝－ΔE 解析：选C　因为经过极短时间，可认为Δt→0，故v＝，A正确。根据动量定理，有FΔt＝mΔv；根据胡克定律，有F＝kx，联立解得Δv＝kx，B正确。根据动能定理，对压缩的整个过程，有Fx＝m(v02－v2)，根据胡克定律，有F＝kx，联立解得kx2＝m(v02－v2)，由于滑块做变加速直线运动，所以x≠vt，C错误。根据动能定理，对压缩Δx过程，有－F·vΔt＝m(v－Δv)2－mv2＝ΔE，根据胡克定律，有F＝kx；联立解得kxvΔt＝－ΔE，D正确。‎ ‎4.[多选](2018·无锡期末)如图所示是某中学科技小组制作的利用太阳能驱动小车的装置。当太阳光照射到小车上方的光电板时，光电板中产生的电流经电动机带动小车前进。若小车在平直的公路上以初速度v0开始加速行驶，经过时间t达到最大速度vm，设此过程中电动机功率恒为额定功率P。根据以上条件可求出的物理量是(　　)‎ A．小车受到的阻力　　　　 　B．小车前进的距离 C．电动机所做的功 D．小车克服摩擦力做的功 解析：选AC　当小车在平直的公路达到最大速度vm时，电动机功率为额定功率P，则小车受到的阻力f＝F＝；此过程中电动机功率恒为额定功率P，运动时间为t，则电动机所做的功W＝Pt；对加速过程使用动能定理可得：Pt＋(－fx)＝mvm2－mv02，由于小车的质量未知，求不出小车前进的距离，也就求不出小车克服摩擦力做的功。‎ ‎5.一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处。物块初动能为Ek0，与斜面间的动摩擦因数不变，则该过程中，物块的动能Ek与位移x关系的图线是(　　)‎ 解析：选C　设物块与斜面间的动摩擦因数为μ，物块的质量为m，则物块在上滑过程中根据动能定理有－(mgsin θ＋μmgcos θ)x＝Ek－Ek0，即Ek＝Ek0－(mgsin θ＋μmgcos θ)x，所以物块的动能Ek与位移x的函数关系图线为直线且斜率为负；物块沿斜面下滑的过程中根据动能定理有(mgsin θ－μmgcos θ)(x0－x)＝Ek，其中x0‎ 为小物块到达最高点时的位移，即Ek＝－(mgsin θ－μmgcos θ)x＋(mgsin θ＋μmgcos θ)x0，所以下滑时Ek随x的减小而增大且为直线。由此可以判断C项正确。‎ ‎6．(2018·连云港二模)随着人民生活水平的提高，越来越多的家庭有了汽车，交通安全问题显得尤为重要。如图是某型号汽车刹车时刹车痕迹(即刹车距离)与刹车前车速的关系图像，v为车速，s为刹车痕迹长度。若某次测试中，汽车刹车后运行距离为20 m时的车速仍为45 km/h，则刹车前车的初速度为(　　)‎ A．60 km/h　　　　　　　 　B．75 km/h C．82.5 km/h D．105 km/h 解析：选B　由题图可知，v1＝60 km/h＝ m/s时，刹车位移是s1＝20 m，根据v12＝2as1，得a＝6.9 m/s2，当汽车以v0速度刹车时，运行s2＝20 m时，车速仍为v2＝45 km/h＝ m/s，由v02－v22＝2as2，解得v0＝20.8 m/s＝75 km/h，B正确。‎ ‎7.[多选](2018·南通模拟)如图所示，半径为R的半圆形的圆弧槽固定在水平面上，质量为m的小球(可视为质点)从圆弧槽的端点A由静止开始滑下，滑到最低点B时对轨道的正压力为2mg，重力加速度为g，则(　　)‎ A．小球在最低点B时速度为 B．小球在B点时，重力的功率为mg C．小球由A到B的过程中克服摩擦力做功为mgR D．小球由A到B过程中速度先增大后减小 解析：选CD　滑到最低点B时对轨道的正压力为2mg，那么由牛顿第三定律可知：小球受到的支持力也为2mg，那么由牛顿第二定律可得：2mg－mg＝，所以，v＝，故A错误；小球在B点的速度v＝，方向水平向右；重力方向竖直向下，重力与速度方向垂直，所以，重力的功率为0，故B错误；对小球下滑过程应用动能定理可得：小球由A到B的过程中克服摩擦力做功为：W＝mgR－mv2＝mgR－mgR＝mgR，故C正确；小球在任一径向与竖直方向夹角为θ时，沿速度方向受到的合外力为：F＝mgsin θ－μ ‎，那么在该方向上的加速度为：a＝(tan θ－μ)gcos θ－μ；那么当小球开始下滑较短时间时，速度v较小，夹角θ较大，a大于0，小球加速；当θ较小时，a小于0，小球减速，故小球由A到B过程中速度先增大后减小，故D正确。‎ ‎8．(2018·扬州期末)如图所示，一段粗糙的倾斜轨道，在B点与半径R＝0.5 m的光滑圆弧轨道BCD相切并平滑连接。CD是圆轨道的竖直直径，OB与OC的夹角θ＝53°。将质量为m＝1 kg的小滑块从倾斜轨道上的A点由静止释放，AB＝s，小滑块与倾斜轨道间的动摩擦因数μ＝0.5，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g取10 m/s2。‎ ‎(1)若s＝2 m，求小物块第一次经过C点时的速度大小及其对轨道的压力大小；‎ ‎(2)若物块能沿轨道到达D点，求AB的最小值s′。‎ 解析：(1)对小滑块从A到C的过程应用动能定理：‎ mgs·sin θ＋mgR(1－cos θ)－μmgs·cos θ＝mvC2－0‎ 代入数据得：vC＝2 m/s；‎ C点时对滑块应用牛顿第二定律：‎ FN－mg＝m 代入数据得：FN＝58 N 根据牛顿第三定律得：F压＝FN＝58 N。‎ ‎(2)小滑块恰能通过最高点D时，只有重力提供向心力：‎ mg＝m 代入数据得：vD＝ m/s 对小滑块从静止释放到D点全过程应用动能定理：‎ mgs′·sin θ－mgR(1＋cos θ)－μmgs′·cos θ＝mvD2－0‎ 代入数据得：s′＝2.1 m。‎ 答案：(1)2 m/s　58 N　(2)2.1 m ‎9．如图甲所示，一半径R＝1 m、圆心角等于143°的竖直圆弧形光滑轨道，与斜面相切于B点，圆弧形轨道的最高点为M，斜面倾角θ＝37°，t＝0时刻有一物块沿斜面上滑，其在斜面上运动的速度变化规律如图乙所示，若物块恰能到达M点，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：‎ ‎(1)物块经过M点的速度大小；‎ ‎(2)物块经过B点的速度大小；‎ ‎(3)物块与斜面间的动摩擦因数。‎ 解析：(1)物块恰能到达M点，则有mg＝m 解得vM＝＝ m/s。‎ ‎(2)物块从B点运动到M点的过程中，由动能定理得 ‎－mgR(1＋cos 37°)＝mvM2－mvB2‎ 解得vB＝ m/s。‎ ‎(3)由题图乙可知，物块在斜面上运动时，加速度大小为 a＝＝10 m/s2，方向沿斜面向下，由牛顿第二定律得 mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma 解得μ＝0.5。‎ 答案：(1) m/s　(2) m/s　(3)0.5‎ ‎10．单板滑雪U型池如图所示，由两个完全相同的1/4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s＝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B点对圆弧轨道的压力。‎ ‎(2)运动员从D点跃起后在空中完成运动的时间。‎ ‎(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)由N－mg＝知N＝3 700 N 由牛顿第三定律知，压力为3 700 N。‎ ‎(2)运动员从D点跃起后在空中做竖直上抛运动，设运动员上升的时间为t1，vD＝gt1‎ 运动员在空中完成动作的时间t′＝2t1＝＝1.6 s。‎ ‎(3)运动员从B点到C点，做匀变速直线运动，运动过程的平均速度BC＝＝ 解得运动员到达C点时的速度vC＝－vB＝14 m/s 运动员从C点到D点的过程中，克服摩擦力和重力做功，根据动能定理－Wf－mgR＝mvD2－mvC2‎ Wf＝mvC2－mvD2－mgR 代入数值解得Wf＝1 300 J。‎ 答案：(1)3 700 N　(2)1.6 s　(3)Wf＝1 300 J