2021高考物理一轮复习-第5章-机械能及其守恒定律-第2讲-动能定理及其应用课时作业.doc

2021高考物理一轮复习 第5章 机械能及其守恒定律 第2讲 动能定理及其应用课时作业2021高考物理一轮复习 第5章 机械能及其守恒定律 第2讲 动能定理及其应用课时作业年级：姓名：- 10 -第2讲动能定理及其应用时间：60分钟满分：100分一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分。其中16题为单选，710题为多选)1若物体在运动过程中受到的合外力不为0，则()A物体的动能不可能总是不变的B物体的加速度一定变化C物体的速度方向一定变化D物体所受的合外力做的功可能为0答案D解析当合外力不为0时，若物体做匀速圆周运动，则动能不变，合外力做的功为0，A错误，D正确；当F恒定时，加速度就不变，速度方向可能不变，B、C错误。2. 物体沿直线运动的vt关系如图所示，已知在第1秒内合外力对物体做的功为W，则()A从第1秒末到第3秒末合外力做功为4WB从第3秒末到第5秒末合外力做功为2WC从第5秒末到第7秒末合外力做功为WD从第3秒末到第4秒末合外力做功为2W答案C解析物体在第1秒末到第3秒末做匀速直线运动，合外力为零，做功为零，A错误；从第3秒末到第5秒末动能的变化量与第1秒内动能的变化量大小相同，合外力做的功为W，B错误；从第5秒末到第7秒末动能的变化量与第1秒内动能的变化量相同，合外力做功相同，即为W，C正确；从第3秒末到第4秒末动能变化量是负值，大小等于第1秒内动能变化量大小的，则合外力做功为0.75W，D错误。3长为L的木块静止在光滑水平面上。质量为m的子弹以水平速度v0射入木块并从中射出，且出射速度为v1。已知从子弹射入到射出木块移动的距离为s，子弹在木块中受到的平均阻力大小为()A. B.C. D.答案D解析对子弹根据动能定理：f(Ls)mvmv，解得f，D正确。4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答案A解析Eks图象的斜率大小表示物体与地面的摩擦力fmg，由图知f甲f乙，若甲、乙两物体与水平面动摩擦因数相同，则m甲m乙，故A正确，B错误。由于甲、乙两物体质量大小关系未知，故甲、乙与地面间动摩擦因数大小关系不能确定，C、D错误。5. 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，t4 s时停下，其vt图象如图所示，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()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Ct2 s时刻拉力的瞬时功率在整个过程中最大Dt1 s到t3 s这段时间内拉力不做功答案A解析对物块运动全过程应用动能定理得：WFWf0，A正确，B错误；物块在加速运动过程中受到的拉力最大，结合题图可知，t1 s时拉力的瞬时功率为整个过程中拉力功率的最大值，C错误；t1 s到t3 s这段时间内，拉力与摩擦力平衡，拉力做正功，D错误。6如图所示，置于光滑水平面上的物块在水平恒力F的作用下由静止开始运动，其速度v、动能Ek及拉力功率P随时间t或位移x的变化图象可能正确的是()答案C解析物块在水平恒力作用下由静止开始做匀加速直线运动，其加速度a，速度vatt，vt图象为过坐标原点的倾斜直线，A错误；由v22axx，可知vx图象的抛物线开口向x轴正方向，B错误；动能Ekmv2t2，C正确；功率PFvFatt，D错误。7(2019河北衡水模拟)如图所示，轻杆一端固定质量为m的小球，另一端固定在转轴上，轻杆长度为R，可绕水平光滑转轴O在竖直平面内转动。将轻杆从与水平方向成30角的位置由静止释放。若小球在运动过程中受到的空气阻力大小不变，当小球运动到最低点P时，轻杆对小球的弹力大小为mg，方向竖直向上。下列说法正确的是()A小球运动到P点时的速度大小为 B小球受到的空气阻力大小为C小球能运动到与O点等高的Q点D小球不能运动到与O点等高的Q点答案BC解析小球运动到P点时，根据牛顿第二定律可得mgmgm，解得小球在P点的速度大小为v，A错误；对从开始释放到运动到P点，根据动能定理可得mgR(1sin30)fRmv2，解得f，B正确；假设小球能运动到与O点等高的Q点，对从开始释放到运动到Q点，根据动能定理可得mgRf2REkQ0，解得EkQ0，故假设成立，小球能运动到与O点等高的Q点，且到达Q点的速度刚好为零，C正确，D错误。8如图甲所示，长为l、倾角为的斜面固定在水平地面上，一质量为m的物块从斜面顶端由静止释放并沿斜面向下滑动。已知物块与斜面间的动摩擦因数与下滑距离x的变化图象如图乙所示，则()A0tanB物块下滑的加速度逐渐增大C物块下滑到斜面底端的过程克服摩擦力做功为0mglcosD物块下滑到底端时的速度大小为答案BC解析物块在斜面顶端静止释放能够下滑，应满足mgsin0mgcos，即0tan，故A错误；根据牛顿第二定律有mgsinmgcosma，得agsingcos，可知物块下滑过程中随着的减小，a在增大，故B正确；摩擦力fmgcos0xmgcos(0xl)，可知f与x成线性关系，如图所示，其中f00mgcos，则物块下滑到斜面底端的过程克服摩擦力做功Wfl0mglcos，故C正确；由动能定理有mglsin0mglcosmv2，得v，故D错误。9. 如图所示，轻弹簧一端固定于倾角为(0，可得vM ，B项正确。在PQ的过程中因重力沿斜面向下的分力不变，而弹簧弹力沿斜面向下的分力逐渐变小，则滑块所受沿斜面向下的合力逐渐减小，则其加速度一直在减小，C项正确。由几何关系可知滑块由P到Q下降的高度大于由Q到M下降的高度，又P到Q过程中弹簧弹力做正功，Q到M过程中弹簧弹力做负功，再结合动能定理分析可知，D项错误。10如图所示，一个小球(可视为质点)从H12 m高处，由静止开始沿光滑弯曲轨道AB进入半径R4 m的竖直圆环内侧，且与圆环的动摩擦因数处处相等，当到达圆环顶点C时，刚好对轨道压力为零；然后沿CB圆弧滑下，进入光滑弧形轨道BD，到达高度为h的D点时速度为零，则h的值可能为()A10 m B9.5 m C8.5 m D8 m答案BC解析小球到达圆环顶点C时，刚好小球对轨道压力为零，在C点，由重力充当向心力，则根据牛顿第二定律得：mgm，开始小球从H12 m高处，由静止开始通过光滑弧形轨道AB，因此在小球上升到顶点C时，根据动能定理得：mg(H2R)Wfmv2，得Wf2mg。从C到D由动能定理得：mg(2Rh)Wf0mv2，由于摩擦力做功，所以上升过程平均速度比下降过程平均速度大，对轨道的压力大、摩擦力大，所以0WfWf，解得8 mh10 m，所以B、C正确。二、非选择题(本题共2小题，共30分)11(15分)如图所示，质量m3 kg的小物块以初速度v04 m/s水平向右抛出，恰好从A点沿着圆弧的切线方向进入圆弧轨道，圆弧轨道的半径为R3.75 m，B点是圆弧轨道的最低点，圆弧轨道与水平轨道BD平滑连接，A与圆心O的连线与竖直方向成37角。MN是一段粗糙的水平轨道，小物块与MN间的动摩擦因数0.1，轨道其他部分光滑。最右侧是一个半径为r0.4 m的半圆轨道，C点是圆弧轨道的最高点，半圆轨道与水平轨道BD在D点平滑连接。已知重力加速度g10 m/s2，sin370.6，cos370.8。(1)求小物块的抛出点离A点的竖直距离h；(2)若MN的长度为L6 m，求小物块通过C点时所受轨道的弹力FN；(3)若小物块恰好能通过C点，求MN的长度L。答案(1)0.45 m(2)60 N(3)10 m解析(1)根据平抛运动规律有：tan37得t0.3 s解得hgt20.45 m。(2)小物块由抛出点运动到B点的过程中，根据动能定理有：mghR(1cos37)mvmv解得vB2 m/s小物块由B点运动到C点的过程中，根据动能定理有：mgL2mgrmvmv在C点：FNmg解得FN60 N。(3)小物块刚好能通过C点时，有mg解得vC2 m/s小物块从B点运动到C点的过程中，根据动能定理有：mgL2mgrmvC2mv解得L10 m。12. (15分)如图所示，AB是倾角为30的粗糙直轨道，BCD是光滑的圆弧轨道，AB恰好在B点与圆弧相切，圆弧的半径为R。一个质量为m的物体(可以看成质点)从直轨道上的P点由静止释放，结果它能在两轨道上做往返运动。已知P点与圆弧的圆心O等高，物体与轨道AB间的动摩擦因数为，重力加速度为g。(1)求物体对圆弧轨道最大压力的大小；(2)求物体滑回轨道AB上距B点的最大距离；(3)释放点距B点的距离L应满足什么条件，才能使物体顺利通过圆弧轨道的最高点D?答案(1)3mg(1)(2)R(3)LR解析(1)根据几何关系可得PB的长度lR从P点到E点根据动能定理，有mgRmgcoslmv0代入数据解得vE在E点，根据牛顿第二定律有FNmgm解得FN3mg(1)由牛顿第三定律知物体对圆弧轨道的最大压力FNFN3mg(1)。(2)设物体滑回到轨道AB上距B点的最大距离为x，根据动能定理，有mg(lx)sinmgcos(lx)0代入数据解得xR。(3)物体刚好到达最高点D时，有mgm解得v从释放点到最高点D的过程，根据动能定理，有mg(LsinRRcos)mgcosLmv20代入数据解得LR所以只有LR，物体才能顺利通过圆弧轨道的最高点D。