【物理】2020届一轮复习人教版 动能定理及其应用 课时作业 (1)

【物理】2020届一轮复习人教版 动能定理及其应用 课时作业 (1)

动能定理及其应用 ‎ ‎ ‎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：B[设列车运动时间为t，由匀变速直线运动规律v＝at、x＝at2，结合动能公式Ek＝得Ek＝、Ek＝max，可知Ek∝v2、Ek∝t2、Ek∝x，故A、C项均错误，B项正确．由Ek＝，得Ek∝p2，故D项错误．]‎ ‎2．(2018·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：A[设小球初动能为Ek0，初速度为v0，重力加速度为g.瞬时动能Ek＝Ek0－mgh，h＝v0t－gt2，联立得Ek＝mg2t2－mgv0t＋Ek0，故A正确．]‎ ‎3．(2019·宣城模拟)如图所示，AB为圆弧轨道，BC为水平直轨道，圆弧的半径为R，BC的长度也是R，一质量为m的物体，与两个轨道间的动摩擦因数都为μ，当它由轨道顶端A从静止开始下落，恰好运动到C处停止，则物体在AB段克服摩擦力做的功为()‎ A.μmgR B.mgR C．mgR D．(1－μ)mgR 解析：D[全程对物体由动能定理得，mgR－W－μmgR＝0，解得W＝(1－μ)mgR，故D正确．]‎ ‎4．(2017·海南卷)将一小球竖直向上抛出，小球在运动过程中所受到的空气阻力不可忽略．a为小球运动轨迹上的一点，小球上升和下降经过a点时的动能分别为Ek1和Ek2‎ ‎，从抛出开始到小球第一次经过a点时重力所做的功为W1，从抛出开始到小球第二次经过a点时重力所做的功为W2.下列选项正确的是()‎ A．Ek1＝Ek2，W1＝W2 B．Ek1＞Ek2，W1＝W2‎ C．Ek1＜Ek2，W1＜W2 D．Ek1＞Ek2，W1＜W2‎ 解析：B[从抛出开始到第一次经过a点和从抛出开始第二次经过a点，上升的高度相等，可知重力做功相等，即W1＝W2，对两次经过a点的过程由动能定理得，－Wf＝Ek2－Ek1，可知Ek1＞Ek2，故B正确，A、C、D错误．]‎ ‎5．(2019·聊城模拟)如图所示，两个半径不等的光滑半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高，两个质量不等的球(从半径大的轨道下落的小球质量大，设为大球，另一个为小球，且均可视为质点)分别自轨道左端由静止开始下落，在各自轨迹的最低点时，下列说法正确的是()‎ A．大球的速度可能小于小球的速度 B．大球的动能可能小于小球的动能 C．大球所受轨道的支持力等于小球所受轨道的支持力 D．大球的向心加速度等于小球的向心加速度 解析：D[由动能定理得mgR＝mv2－0，解得v＝，半径大的圆形轨道，球到达底端时的速度大，所以大球的速度一定大于小球的速度，故A错误；大球质量大，到达底端时的速度大，动能一定大，故B错误；根据a＝＝‎2g知，两球的向心加速度相等，故D正确；在底端时，由牛顿第二定律得，FN－mg＝ma，解得FN＝3mg，由于大球的质量大，则大球所受的支持力大，故C错误．]‎ ‎6．(2019·烟台模拟)水平面上甲、乙两物体，在某时刻动能相同，它们仅在摩擦力作用下停下来．甲、乙两物体的动能Ek随位移大小s的变化的图象如图所示，则下列说法正确的是()‎ A．若甲、乙两物体与水平面动摩擦因数相同，则甲的质量较大 B．若甲、乙两物体与水平面动摩擦因数相同，则乙的质量较大 C．甲与地面间的动摩擦因数一定大于乙与地面的动摩擦因数 D．甲与地面间的动摩擦因数一定小于乙与地面的动摩擦因数 解析：A[甲、乙两物体的初动能和末动能都相同，都只受摩擦力作用，根据动能定理可知摩擦力对甲、乙两物体做的功相等，即μ甲m甲gs甲＝μ乙m乙gs乙，由图可知s甲＜s乙，所以μ甲m甲g＞μ乙m乙g，即甲所受的摩擦力一定比乙大，若甲、乙两物体与水平面动摩擦因数相同，由Ff＝μmg可知，则甲的质量较大，故A正确，B错误；μ甲m甲g＞μ乙m乙g，由于质量关系未知，故无法直接确定动摩擦因数之间的关系，故C、D错误．]‎ ‎7.质量m＝‎10 kg的物体只在变力F作用下沿水平方向做直线运动，F随坐标x的变化关系如图所示．若物体从坐标原点处由静止出发，则物体运动到x＝‎16 m处时的速度大小为()‎ A．‎3 m/s B．‎4 m/s C．‎2 m/s D. m/s 解析：C[Fx图线与x轴围成的面积表示力F所做的功，则这段过程中，外力做功为W＝×(4＋8)×10 J－×4×10 J＝40 J，根据动能定理得W＝mv2，解得v＝＝ m/s＝‎2 m/s，故C正确，A、B、D错误．]‎ ‎8．(2016·全国卷Ⅲ)如图，在竖直平面内有由圆弧AB和圆弧BC组成的光滑固定轨道，两者在最低点B平滑连接．AB弧的半径为R，BC弧的半径为.一小球在A点正上方与A相距处由静止开始自由下落，经A点沿圆弧轨道运动．‎ ‎(1)求小球在B、A两点的动能之比．‎ ‎(2)通过计算判断小球能否沿轨道运动到C点．‎ 解析：(1)小球下落过程由动能定理得：‎ 小球下落至A点的过程：mg·＝EkA－0‎ 小球下落至B点的过程：mg＝EkB－0‎ 由以上两式联立解得：＝5‎ ‎(2)小球恰好经过C点时，由牛顿第二定律得：‎ mg＝m解得：v0＝ 小球由开始下落至C点的过程，由动能定理得：‎ mg·＝mv－0解得：vC＝ 由于vC＝v0，故小球恰好可以沿轨道运动到C点．‎ 答案：(1)5(2)可以沿轨道运动到C点 ‎[B级—能力练]‎ ‎9．(多选)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s.如图所示，甲在光滑面上，乙在粗糙面上，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()‎ A．力F对甲做功多 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 解析：BC[由功的公式W＝Fscos α可知，两种情况下力F对甲、乙两个物体做的功一样多，A错误，B正确；根据动能定理，对甲有Fs＝Ek1－0，对乙有Fs－Ffs＝Ek2－0，可知Ek1＞Ek2，即甲物体获得的动能比乙大，C正确，D错误．]‎ ‎10．(2019·赣州模拟)(多选)在水平地面上有一质量为‎2 kg的物体，物体在水平拉力F的作用下由静止开始运动，后撤去拉力．该物体运动的v－t图象如图所示，g取‎10 m/s2，下列说法正确的是()‎ A．物体的最大位移是‎56 m B．物体受到的拉力F的大小为2.4 N C．物体与地面之间的动摩擦因数为0.2‎ D．前12 s内，拉力与阻力做功的代数和为12 J 解析：AC[在v－t图象中图线所包围的面积表示位移，则物体的最大位移应该是14 s内的位移，即xm＝×8×‎14 m＝‎56 m，故A正确；物体在前10 s受到拉力作用，10 s撤去拉力，在v－t图象中斜率的大小表示加速度的大小，由图线可知0～10 s内加速度大小为a1＝‎ m/s2＝‎0.8 m/s2,10～14 s内加速度大小为a2＝ m/s2＝‎2 m/s2，根据牛顿第二定律得，F－μmg＝ma1，μmg＝ma2，解得F＝5.6 N，μ＝0.2，故B错误，C正确；物体在12 s时的速度为v＝v0－a2t＝(8－2×2) m/s＝‎4 m/s，前12 s内由动能定理得W＝mv2－0＝×2×42 J＝16 J，故D错误．]‎ ‎11．(2019·赣州模拟)(多选)如图所示，质量为m的小球从A点由静止开始，沿竖直平面内固定光滑的圆弧轨道AB滑下，从B端水平飞出，恰好落到斜面BC的底端．已知圆弧轨道的半径为R，OA为水平半径，斜面倾角为θ，重力加速度为g.则()‎ A．小球下滑到B点时对圆弧轨道的压力大小为2mg B．小球下滑到B点时的速度大小为 C．小球落到斜面底端时的速度方向与水平方向的夹角为2θ D．斜面的高度为4Rtan2θ 解析：BD[小球由A至B的过程由动能定理得，mgR＝mv2－0，解得v＝，小球通过B点时，由牛顿第二定律得FN－mg＝m，解得FN＝3mg，根据牛顿第三定律可知，在B点小球对轨道的压力大小为3mg，故A错误，B正确；小球从B到C做平抛运动，则有tan θ＝＝，解得t＝，小球落到斜面底端时的速度方向与水平方向的夹角正切为tan α＝＝2tan θ，则α≠2θ，故C错误；斜面的高度为h＝gt2＝g2＝4Rtan2θ，故D正确．]‎ ‎12．单板滑雪U形池如图甲所示，乙图为示意图，由两个完全相同的圆弧滑道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x＝‎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C点对圆弧轨道的压力大小和运动员与水平轨道间的动摩擦因数．‎ ‎(2)运动员从D点跃起后在空中上升的最大高度．‎ ‎(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)运动员从B点到C点，做匀变速直线运动，则有：x＝(v0＋vC)t，‎ 解得：vC＝‎14 m/s 在C点对运动员由牛顿第二定律得：FN－mg＝m 解得：FN＝2 950 N 由牛顿第三定律得运动员在C点对轨道的压力大小为2 950 N 运动员由B至C的过程，由动能定理得：‎ ‎－μmgx＝mv－mv 解得：μ＝0.4‎ ‎(2)运动员从D点跃起后在空中上升的过程由动能定理得：－mgh＝0－mv，‎ 解得：h＝‎‎3.2 m ‎(3)运动员从C点到D点的过程中，由动能定理得：‎ ‎－Wf－mgR＝mv－mv，‎ 解得：Wf＝1 300 J.‎ 答案：(1)2 950 N0.4(2)‎3.2 m(3)1 300 J ‎13.(2019·陕西咸阳模拟)如图是翻滚过山车的模型，光滑的竖直圆轨道半径R＝‎2 m，入口的平直轨道AC和出口的平直轨道CD均是粗糙的，质量m＝‎2 kg的小车与水平轨道之间的动摩擦因数均为μ＝0.5，加速阶段AB的长度l＝‎3 m，小车从A点由静止开始受到水平拉力F＝60 N的作用，在B点撤去拉力，取g＝‎10 m/s2.试问：‎ ‎(1)要使小车恰好通过圆轨道的最高点，小车在C点的速度为多少？‎ ‎(2)满足(1)问条件下，小车能沿着出口平直轨道CD滑行多远的距离？‎ ‎(3)要使小车不脱离轨道，求平直轨道BC段的长度范围．‎ 解析：(1)设小车恰好通过最高点的速度为v0，则有 mg＝①‎ 由C点到最高点满足机械能守恒定律，有 mv＝mg·2R＋mv②‎ 解得vC＝‎10 m/s ‎(2)小车由最高点滑下到最终停在轨道CD上，由动能定理有 mg·2R－μmgxCD＝0－mv③‎ 联立①③解得xCD＝‎‎10 m ‎(3)小车经过C点的速度vC≥‎10 m/s就能做完整的圆周运动．‎ 小车由A到C由动能定理得 Fl－μmg(l＋xBC)＝mv 解得xBC≤‎‎5 m 小车进入圆轨道时，上升的高度h≤R＝‎2 m时，小车返回而不会脱离轨道，由动能定理有 Fl－μmg(l＋xBC)－mgh＝0‎ 解得xBC≥‎‎11 m 综上可得，xBC≤‎5 m或者xBC≥‎11 m时小车不脱离轨道．‎ 答案：(1)‎10 m/s(2)‎‎10 m ‎(3)xBC≤‎5 m或者xBC≥‎‎11 m ‎14.(2019·黑龙江牡丹江一中模拟)如图，半径为R的光滑半圆形轨道ABC在竖直平面内与水平轨道CD相切于C点，D端有一被锁定的轻质压缩弹簧，弹簧左端连接在固定的挡板上，弹簧右端Q到C点的距离为2R.质量为m的滑块(视为质点)从轨道上的P点由静止滑下，刚好能运动到Q点，并能触发弹簧解除锁定，然后滑块被弹回，且刚好能通过圆轨道的最高点A.已知∠POC＝60°，求：‎ ‎(1)滑块第一次滑至圆形轨道最低点C时所受轨道支持力；‎ ‎(2)滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ；‎ ‎(3)弹簧被锁定时具有的弹性势能．‎ 解析：(1)设滑块第一次滑至C点时的速度为vC，圆轨道C点对滑块的支持力为FN P→C过程：mgR＝mv C点：FN－mg＝m 解得FN＝2mg，方向竖直向上．‎ ‎(2)对P→C→Q过程：mgR(1－cos 60°)－μmg·2R＝0解得μ＝0.25.‎ ‎(3)由题意可知在A点：mg＝m Q→C→A过程：Ep＝mv＋mg·2R＋μmg·2R 解得弹性势能Ep＝3mgR.‎ 答案：(1)2mg，方向竖直向上(2)0.25(3)3mgR