2021高考物理一轮复习-第5章-机械能-第2讲-动能-动能定理课时作业.doc

2021高考物理一轮复习 第5章 机械能 第2讲 动能 动能定理课时作业

2021高考物理一轮复习 第5章 机械能 第2讲 动能 动能定理课时作业

年级：
姓名：

- 9 -

第2讲　动能　动能定理

1.

在篮球比赛中，某位同学获得罚球机会，如图，他站在罚球线处用力将篮球投出，篮球以约为1 m/s的速度撞击篮筐。已知篮球质量约为0.6 kg，篮筐离地高度约为3 m，忽略篮球受到的空气阻力，则该同学罚球时对篮球做的功大约为(　　)
A．1 J　　　　　　　　 B.10 J
C．50 J D.100 J
B　[该同学将篮球投出时的高度约为h1＝1.8 m，根据动能定理有W－mg(h－h1)＝mv2，解得W＝7.5 J，故选项B正确。]
2．(多选)如图所示，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x。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(　　)

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
BC　[由功的公式W＝Fxcos 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Fx＝Ek1－0，对乙有Fx－Ffx＝Ek2－0，可知Ek1>Ek2，即甲物体获得的动能比乙大，C正确，D错误。]
3.

如图所示，AB为圆弧轨道，BC为水平直轨道，BC恰好在B点与AB相切，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，它由轨道顶端A从静止开始下落，恰好运动到C处停止，重力加速度为g，那么物体在AB段克服摩擦力所做的功为(　　)
A. B.
C．mgR D.(1－μ)mgR
D　[设物体在AB段克服摩擦力所做的功为WAB，物体从A到C的全过程，根据动能定理有mgR－WAB－μmgR＝0，所以WAB＝mgR－μmgR＝1－μ)mgR，故D正确。]
4.

(多选)光滑水平面上静止的物体，受到一个水平拉力作用开始运动，拉力F随时间t变化的图象如图所示，用Ek、v、x、P分别表示物体的动能、速度、位移和拉力F的功率，下列四个图象分别定性描述了这些物理量随时间变化的情况，其中正确的是(　　)

BD　[由于拉力F恒定，所以物体有恒定的加速度a，则v＝at，即v与t成正比，选项B正确；由P＝Fv＝Fat可知，P与t成正比，选项D正确；由x＝at2可知x与t2成正比，选项C错误；由动能定理可知Ek＝Fx＝Fat2，Ek与t2成正比，选项A错误。]
5．(2020·山东潍坊一中质检)

如图所示，固定斜面倾角为θ，整个斜面分为AB、BC两段，且1.5AB＝BC。小物块P(可视为质点)与AB、BC两段斜面之间的动摩擦因数分别为μ1、μ2。已知P由静止开始从A点释放，恰好能滑动到C点而停下，那么θ、μ1、μ2间应满足的关系是(　　)
A．tan θ＝ B.tan θ＝
C．tan θ＝2μ1－μ2 D.tan θ＝2μ2－μ1
A　[本题根据物体运动情况考查动摩擦因数与倾角之间的关系。对物块受力分析可知，物块受重力、支持力、滑动摩擦力。设斜面AC长为L，物块从A点释放，恰好能滑动到C点而停下，则物块运动的初、末状态动能均为零，根据动能定理可以得到mgLsin θ－μ1mgcos θ×L－μ2mgcos θ×L＝0－0，解得tan θ＝，故A正确。]
6.

(2020·河南平顶山质检)(多选)如图所示，半径为r的半圆弧轨道ABC固定在竖直平面内，直径AC水平，一个质量为m的物块(可视为质点)从圆弧轨道A端正上方P点由静止释放，物块刚好从A点无碰撞地进入圆弧轨道并在A、B之间做匀速圆周运动，到B点时对轨道的压力大小等于物块重力的2倍，重力加速度为g，不计空气阻力，则(　　)
A．物块到达A点时速度大小为
B．P、A间的高度差为
C．物块从A运动到B所用时间为π
D．物块从A运动到B克服摩擦力做功为mgr
BD　[在B点时，由牛顿第二定律得FN－mg＝，因为FN＝FN′＝2mg，所以v＝，因为物块从A点进入圆弧轨道并在A、B之间做匀速圆周运动，所以物块到达A点时的速度大小为，故A错误；从P到A的过程，由动能定理得mgh＝mv2，所以h＝，故B正确；因为物块从A点进入圆弧轨道并做匀速圆周运动，所以物块从A运动到B所用时间t＝＝ ，故C错误；物块从A运动到B，由动能定理得mgr－W克＝0，解得W克＝mgr，故D正确。]
7．如图，MN为半径R＝0.4 m、固定于竖直平面内的光滑圆弧轨道，轨道上端切线水平，O为圆心，M、O、P三点在同一水平线上，M的下端与轨道相切处放置竖直向上的弹簧枪，可发射速度不同但质量均为m＝0.01 kg的小钢珠，小钢珠每次都在M点离开弹簧枪。某次发射的小钢珠沿轨道经过N点时恰好与轨道无作用力，水平飞出后落到OP上的Q点，不计空气阻力，取g＝10 m/s2。求：

(1)小钢珠经过N点时速度的大小vN；
(2)小钢珠离开弹簧枪时的动能Ek；
(3)小钢珠在平板上的落点Q与圆心O点的距离x。
解析：　(1)小钢珠沿轨道经过N点时恰好与轨道无作用力，则有mg＝m
解得vN＝＝2 m/s
(2)小钢珠在光滑圆弧轨道，由动能定理得
－mgR＝mv－Ek
解得Ek＝0.06 J
(3)小钢珠水平飞出后，做平抛运动，R＝gt2，x＝vNt
解得x＝ m
答案：　(1)2 m/s　(2)0.06 J　(3) m
8．(2019·天津理综·10)完全由我国自行设计、建造的国产新型航空母舰已完成多次海试，并取得成功。航母上的舰载机采用滑跃式起飞，故甲板是由水平甲板和上翘甲板两部分构成，如图甲所示。为了便于研究舰载机的起飞过程，假设上翘甲板BC是与水平甲板AB相切的一段圆弧，示意如图乙，AB长L1＝150 m，BC水平投影L2＝63 m，图中C点切线方向与水平方向的夹角θ＝12°(sin 12°≈0.21)。若舰载机从A点由静止开始做匀加速直线运动，经t＝6 s到达B点进入BC。已知飞行员的质量m＝60 kg，g＝10 m/s2，求：
(1)舰载机水平运动的过程中，飞行员受到的水平力所做功W；

(2)舰载机刚进入BC时，飞行员受到竖直向上的压力FN多大。

解析：　本题通过舰载机在航母上的运动考查匀变速直线运动规律、动能定理及牛顿第二定律。
(1)舰载机由静止开始做匀加速直线运动，设其刚进入上翘甲板时的速度为v，则有＝①
根据动能定理有W＝mv2－0②
联立①②式，代入数据得W＝7.5×104 J③
(2)设上翘甲板所对应的圆弧半径为R，根据几何关系，有
L2＝Rsin θ④
由牛顿第二定律有FN－mg＝m⑤
联立①④⑤式，代入数据得FN＝1.1×103 N⑥
答案：　(1)7.5×104 J　(2)1.1×103 N

9．(2020·福建厦门模拟)(多选)用两块材料相同的木板与竖直墙面搭成两个斜面1和2，斜面有相同的高和不同的底边。如图所示。一个小物块先后分别从两个斜面顶端释放，并沿斜面下滑到底端。对这两个过程，下列说法正确的是(　　)

A．沿着1和2下滑到底端时，物块的速度大小相等
B．物块下滑到底端时，速度大小与其质量无关
C．物块沿着1下滑到底端的过程中，产生的热量较多
D．物块下滑到底端的过程中，产生的热量与其质量无关
BC　[物块从斜面顶端由静止滑到底端的过程中，根据动能定理，有mgh＋Wf＝mv2①
设斜面长度为L，斜面底边长为d，斜面倾角为θ，滑动摩擦力对物块做的功Wf＝－μmgcos θ·L＝－μmgd②

即物块从斜面顶端下滑到底端的过程中，滑动摩擦力做功的大小与斜面底边长d成正比，斜面1的底边较长，所以物块沿斜面1滑动到底端时摩擦力做的负功较多，物块的速度较小，选项A错误；联立①②两式解得物块下滑到斜面底端时速度大小v＝，与质量无关，选项B正确；根据功能关系，产生的热量Q＝－Wf＝μmgd，可得物块沿斜面1下滑到底端的过程中产生的热量较多，且产生的热量与质量有关，选项C正确，D错误。]
10．用传感器研究质量为2 kg的物体由静止开始做直线运动的规律时，在计算机上得到0～6 s内物体的加速度随时间变化的关系如图所示。下列说法正确的是(　　)

A．0～6 s内物体先向正方向运动，后向负方向运动
B．0～6 s内物体在4 s末的速度最大
C．物体在2～4 s内速度不变
D．0～4 s内合力对物体做的功等于0～6 s内合力对物体做的功
D　[a ­t图象中图线与时间轴围成的面积代表物体在相应时间内速度的变化情况，在时间轴上方为正，在时间轴下方为负。由题图可得，物体在6 s末的速度v6＝6 m/s，则0～6 s内物体一直向正方向运动，A错误；物体在5 s末速度最大，vm＝7 m/s，B错误；在2～4 s内物体加速度不变，物体做匀加速直线运动，速度变大，C错误；在0～4 s内，合力对物体做的功由动能定理可知W合4＝mv－0＝36 J,0～6 s内，合力对物体做的功由动能定理可知W合6＝mv－0＝36 J，则W合4＝W合6，D正确。]
11．我国高铁技术处于世界领先水平，它是由动车和拖车组合而成，提供动力的车厢叫动车，不提供动力的车厢叫拖车。假设动车组各车厢质量均相等，动车的额定功率都相同，动车组在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比。某列动车组由8节车厢组成，其中第1、5节车厢为动车，其余为拖车，则该列车组(　　)

A．启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相反
B．做匀加速运动时，第5、6节与第6、7节车厢间的作用力之比为1∶1
C．进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时的速度成正比
D．与改为4节动车带4节拖车的动车组最大速度之比为1∶2
D　[A.启动时，加速度方向向前，根据牛顿第二定律知，乘客受到车厢的作用力方向向前，与运动方向相同，故A错误。B.做加速运动时，有两节动力车厢，对整个的车进行受力分析得：2F－8kmg＝8ma，对6、7、8车厢进行受力分析得：F1－3kmg＝3ma。对7、8车厢进行受力分析得：F2－2kmg＝2ma，联立可得：＝，故B错误。C.设进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离为x，则：－8kmgx＝0－mv2，可知滑行的距离与速度不成正比，故C错误。D.当只有两节动力车时，最大速率为v，则：
2P＝8kmg·v，改为4节动车带4节拖车的动车组时：
4P＝8kmg·v′，所以：v′＝2v，故D正确。]
12．(2019·浙江杭州模拟)如图所示的是某游乐场新建的水上娱乐项目。在运营前需要通过真实场景模拟来确定其安全性。质量为120 kg的皮划艇载着质量为60 kg的乘客模型，以一定速度冲上倾角θ＝37°、长度LAB＝8 m的长直轨道AB，皮划艇恰好能到达B点。设皮划艇能保持速率不变通过B点到达下滑轨道BC上。皮划艇到达C点后，进入半径R＝5 m的圆弧涉水轨道CDE，其中圆弧轨道CDE与轨道BC相切于C点，轨道AB与轨道BC垂直，C与E等高，A与D等高，D为最低点。已知皮划艇与轨道AB、BC间的动摩擦因数均为μ＝0.5，sin 37°＝0.6，涉水轨道可视为光滑轨道，不计其他阻力和浮力，皮划艇和乘客模型可看作质点。

(1)求皮划艇在A点的速度大小；
(2)求皮划艇经过CDE轨道的最低点D时，对轨道的压力大小。
解析：　(1)由几何关系可知，皮划艇上升高度为H＝4.8 m，皮划艇由A运动到B的过程中，由动能定理可得－mgH－μmgLABcos θ＝0－mv，
解得vA＝4 m/s。
(2)由几何关系可知，轨道BC的长度为x＝3.5 m，B点到D点的高度差为H＝4.8 m。在皮划艇从B运动到D的过程中，由动能定理得mgH－μmgxsin θ＝mv，在D点对皮划艇受力分析可得FN－mg＝m，代入数据可解得FN＝4 500 N，由牛顿第三定律可知，在D点时皮划艇对轨道的压力大小为4 500 N。
答案：　(1)4 m/s　(2)4 500 N