高考物理一輪復(fù)習(xí) 第五章 機械能及其守恒定律 課后分級演練15 動能定理及其應(yīng)用

《高考物理一輪復(fù)習(xí) 第五章 機械能及其守恒定律 課后分級演練15 動能定理及其應(yīng)用》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考物理一輪復(fù)習(xí) 第五章 機械能及其守恒定律 課后分級演練15 動能定理及其應(yīng)用（8頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 課后分級演練(十五) 動能定理及其應(yīng)用 【A級——基礎(chǔ)練】 1．(多選)一個小物塊從斜面底端沖上足夠長的斜面后，返回到斜面底端．已知小物塊的初動能為E，它返回斜面底端的速度大小為v，克服摩擦阻力做功為.若小物塊沖上斜面的初動能變?yōu)?E，則有(　　) A．返回斜面底端時的動能為E B．返回斜面底端時的動能為 C．返回斜面底端時的速度大小為2v D．返回斜面底端時的速度大小為v 解析：AD　以初動能E沖上斜面并返回的整個過程中運用動能定理得mv2－E＝－①，設(shè)以初動能E沖上斜面的初速度為v0，則以初動能2E沖上斜面時，初速度為v0，加速度相同，根據(jù)2ax＝0－v可知第二次沖上斜面

2、的位移是第一次的兩倍，所以上升過程中克服摩擦力做功是第一次的兩倍，整個過程中克服摩擦力做功是第一次的兩倍，即為E.以初動能2E沖上斜面并返回的整個過程中運用動能定理得mv′2－2E＝－E②，所以返回斜面底端時的動能為E，A正確，B錯誤．由①②得v′＝v，C錯誤，D正確． 2.如圖所示，質(zhì)量為m的小球，在離地面H高處由靜止釋放，落到地面后繼續(xù)陷入泥中h深度而停止，設(shè)小球受到的空氣阻力為f，重力加速度為g，則下列說法正確的是(　　) A．小球落地時動能等于mgH B．小球陷入泥中的過程中克服泥的阻力所做的功小于剛落到地面時的動能 C．整個過程中小球克服阻力做的功等于mg(H＋h) D．小

3、球在泥中受到的平均阻力為mg(1＋) 解析：C　根據(jù)動能定理得mgH－fH＝mv，A錯誤；設(shè)泥的平均阻力為f0，小球陷入泥中的過程中根據(jù)動能定理得mgh－f0h＝0－mv，解得f0h＝mgh＋mv，f0＝mg(1＋)－，B、D錯誤；全過程運用動能定理知，整個過程中小球克服阻力做的功等于mg(H＋h)，C正確． 3.如圖所示，在輕彈簧的下端懸掛一個質(zhì)量為m的小球A，若將小球A從彈簧原長位置由靜止釋放，小球A能夠下降的最大高度為h.若將小球A換為質(zhì)量為3m的小球B，仍從彈簧原長位置由靜止釋放，則小球B下降h時的速度為(重力加速度為g，不計空氣阻力)(　　) A.　 B. C. D.

4、解析：B　小球A下降h過程小球克服彈簧彈力做功為W1，根據(jù)動能定理，有mgh－W1＝0；小球B下降過程，由動能定理有3mgh－W1＝3mv2－0，解得：v＝，故B正確． 4.如圖所示，某段滑雪雪道傾角為30°，總質(zhì)量為m(包括雪具在內(nèi))的滑雪運動員從距底端高為h處的雪道上由靜止開始勻加速下滑，加速度為g.在他從上向下滑到底端的過程中，下列說法正確的是(　　) A．運動員減少的重力勢能全部轉(zhuǎn)化為動能 B．運動員獲得的動能為mgh C．運動員克服摩擦力做功為mgh D．下滑過程中系統(tǒng)減少的機械能為mgh 解析：D　運動員的加速度為g，沿斜面方向有mg－Ff＝m·g，

5、則摩擦力Ff＝mg，摩擦力做功Wf＝mg·2h＝mgh，A、C錯誤，D正確．運動員獲得的動能Ek＝mgh－mgh＝mgh，B錯誤． 5.如圖所示，質(zhì)量為m的物體置于光滑水平面上，一根繩子跨過定滑輪一端固定在物體上，另一端在力F作用下，以恒定速率v0豎直向下運動，物體由靜止開始運動到繩與水平方向的夾角α＝45°的過程中，繩中拉力對物體做的功為(　　) A.mv B．mv C.mv D.mv 解析：B　物體由靜止開始運動，繩的拉力對物體做的功等于物體增加的動能．設(shè)物體運動到繩與水平方向的夾角α＝45°時的速率為v，此時有：vcos 45°＝v0，則v

6、＝v0.所以繩的拉力對物體做的功為W＝mv2＝mv，B項正確． 6.用傳感器研究質(zhì)量為2 kg的物體由靜止開始做直線運動的規(guī)律時，在計算機上得到0～6 s內(nèi)物體的加速度隨時間變化的關(guān)系如圖所示．下列說法正確的是(　　) A．0～6 s內(nèi)物體先向正方向運動，后向負方向運動 B．0～6 s內(nèi)物體在4 s時的速度最大 C．物體在2～4 s內(nèi)速度不變 D．0～4 s內(nèi)合力對物體做的功等于0～6 s內(nèi)合力做的功 解析：D　本題考查運動圖象、動能定理等，意在考查考生對物理規(guī)律的理解和應(yīng)用能力．由v＝at可知，a－t圖象中，圖線與坐標軸所圍面積表示質(zhì)點的速度，0～6 s內(nèi)物體的速度始終為正值，故

7、一直為正方向，A項錯；t＝5 s時，速度最大，B項錯；2～4 s內(nèi)加速度保持不變，速度一定變化，C項錯；0～4 s內(nèi)與0～6 s內(nèi)圖線與坐標軸所圍面積相等，故物體4 s末和6 s末速度相同，由動能定理可知，兩段時間內(nèi)合力對物體做功相等，D項正確． 7.(2017·青島模擬)如圖所示，上表面水平的圓盤固定在水平地面上，一小物塊從圓盤邊緣上的P點，以大小恒定的初速度v0，在圓盤上沿與直徑PQ成不同夾角θ的方向開始滑動，小物塊運動到圓盤另一邊緣時的速度大小為v，則v2－cos θ圖象應(yīng)為(　　) 解析：A　設(shè)圓盤半徑為r，小物塊與圓盤間的動摩擦因數(shù)為μ，由動能定理可得，－μmg&#

8、183;2rcos θ＝mv2－mv，整理得v2＝v－4μgrcos θ，可知v2與cos θ為線性關(guān)系，斜率為負，故A正確，B、C、D錯誤． 8．(多選)質(zhì)量為1 kg的物體靜止在水平粗糙的地面上，受到一水平外力F作用運動，如圖甲所示，外力F和物體克服摩擦力Ff，做的功W與物體位移x的關(guān)系如圖乙所示，重力加速度g取10 m/s2.下列分析正確的是(　　) A．物體與地面之間的動摩擦因數(shù)為0.2 B．物體運動的位移為13 m C．前3 m運動過程中物體的加速度為3 m/s2 D．x＝9 m時，物體速度為3 m/s 解析：ACD　由Wf＝Ffx對應(yīng)圖乙可知，物體與地面之間的滑動

9、摩擦力Ff＝2 N，由Ff＝μmg可得μ＝0.2，A正確；由WF＝Fx對應(yīng)圖乙可知，前3 m內(nèi)，拉力F1＝5 N,3～9 m內(nèi)拉力F2 ＝2 N，物體在前3 m內(nèi)的加速度a1＝＝3 m/s2，C正確；由動能定理得：WF－Ffx＝mv2可得：x＝9 m時，物體的速度為v＝3 m/s，D正確；物體的最大位移xm＝＝13.5 m，B錯誤． 9.如圖所示，固定坡道傾角為θ，頂端距光滑水平面的高度為h，一可視為質(zhì)點的小物塊質(zhì)量為m，從坡道頂端由靜止滑卞，經(jīng)過底端O點進入水平面時無機械能損失，為使小物塊制動，將輕彈簧的一端固定在水平面左側(cè)M處的豎直墻上，彈簧自由伸長時右側(cè)一端恰好位于O點．已知小物塊與

10、坡道間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，則下列說法正確的是(　　) A．彈簧彈性勢能的最大值為mgh B．小物塊在傾斜軌道上運動時，下滑的加速度比上滑的加速度小 C．小物塊往返運動的總路程為 D．小物塊返回傾斜軌道時所能達到的最大高度為 h 解析：BCD　物塊由靜止釋放到彈簧壓縮最大過程，由功能關(guān)系得mgh－Wf＝Ep，故彈簧彈性勢能的最大值Ep＝mgh－Wf，選項A錯誤；由牛頓第二定律，小物塊下滑的加速度a1＝gsin θ－μgcos θ，上滑的加速度a2＝gsin θ＋μgcos θ，故a1<a2選項B正確；小物塊經(jīng)過多次往返后，最終停在O點，全過程往返運動的總路程設(shè)為x，

11、由動能定理mgh－μmgxcos θ＝0，解得x＝，選項C正確；設(shè)小物塊返回傾斜軌道時所能達到的最大高度為h′，由動能定理有mgh－μmgcos θ·－mgh′－μmgcos θ·＝0，解得h′＝h，選項D正確． 10.如圖所示，用一塊長L1＝1.0 m的木板在墻和桌面間架設(shè)斜面，桌子高H＝0.8 m，長L2＝1.5 m．斜面與水平桌面的夾角θ可在0～60°間調(diào)節(jié)后固定．將質(zhì)量m＝0.2 kg的小物塊從斜面頂端靜止釋放，物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.05，物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)為μ2，忽略物塊在斜面與桌面交接處的能量損失．(重力加速度取g＝10 m/s2；

12、最大靜摩擦力等于滑動摩擦力) (1)求θ角增大到多少時，物塊能從斜面開始下滑；(用正切值表示) (2)當θ角增大到37°時，物塊恰能停在桌面邊緣，求物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)μ2；(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) (3)繼續(xù)增大θ角，發(fā)現(xiàn)θ＝53°時物塊落地點與墻面的距離最大，求此最大距離xm. 解析：(1)為使小物塊下滑，應(yīng)有mgsin θ≥μ1mgcos θ① θ滿足的條件tan θ≥0.05② 即當θ＝arctan 0.05時物塊恰好從斜面開始下滑． (2)克服摩擦力做功Wf＝μ1mgL1cos θ＋μ2mg(L2

13、－L1cos θ)③ 由動能定理得mgL1sin θ－Wf＝0④ 代入數(shù)據(jù)得μ2＝0.8⑤ (3)由動能定理得mgL1sin θ－Wf＝mv2⑥ 結(jié)合③式并代入數(shù)據(jù)得v＝1 m/s⑦ 由平拋運動規(guī)律得H＝gt2，x1＝vt 解得t＝0.4 s⑧ x1＝0.4 m⑨ xm＝x1＋L2＝1.9 m 答案：(1)arctan 0.05　(2)0.8　(3)1.9 m 【B級——提升練】 11．(2017·甘肅模擬)如圖甲所示，一個質(zhì)量m＝4 kg的物體靜止在水平地面上，讓物體在隨位移均勻減小的水平推力F作用下運動，推力F隨位移x變化的關(guān)系如圖乙所示，已知物體與地面間的

14、動摩擦因數(shù)μ＝0.5，取g＝10 m/s2，則下列說法正確的是(　　) A．物體先做加速運動，推力撤去時開始做減速運動 B．物體在水平面上運動的最大位移為10 m C．物體運動的最大速度為2 m/s D．物體在運動中的加速度先變小后不變 解析：B　物體先做加速運動，當推力小于摩擦力時開始做減速運動，選項A錯誤；由題圖乙中圖線與x軸所圍面積表示推力對物體做的功得推力做的功W＝×4×100 J＝200 J，根據(jù)動能定理有W－μmgxm＝0，代入數(shù)據(jù)解得xm＝10 m，選項B正確；當推力與摩擦力平衡時，加速度為0，速度最大，由題圖乙得F與x的函數(shù)關(guān)系式為F＝100－

15、25x(N)，當F＝μmg＝20 N時，代入數(shù)據(jù)得x＝3.2 m，由動能定理有×3.2 J－20×3.2 J＝×4 kg×v，解得vm＝8 m/s，選項C錯誤；拉力一直減小，而摩擦力不變，加速度先減小后增大，當F＝0后加速度保持不變，選項D錯誤． 12．(2017·洛陽模擬)(多選)如圖甲所示，傾角為θ的足夠長的傳送帶以恒定的速率v0沿逆時針方向運行．t＝0時，將質(zhì)量m＝1 kg的物體(可視為質(zhì)點)輕放在傳送帶上，物體相對地面的v—t圖象如圖乙所示．設(shè)沿傳送帶向下為正方向，取重力加速度g＝10 m/s2.則(　　) A．傳送帶的速率v0

16、＝10 m/s B．傳送帶的傾角θ＝30° C．物體與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5 D．0～2.0 s摩擦力對物體做功Wf＝－24 J 解析：ACD　由v－t圖象可知，物體放上傳送帶開始階段，加速度a1＝10.0 m/s2，物體與傳送帶同速后，加速度a2＝ m/s2＝2.0 m/s2，傳送帶的速率v0＝10 m/s，A正確；由mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，mgsin θ－μmgcos θ＝ma2可求得：θ＝37°，μ＝0.5，B錯誤，C正確；由動能定理得：mglsin θ＋Wf＝mv2，v＝12.0 m/s，l＝×10×1 m＋&

17、#215;1 m＝16 m，解得Wf＝－24 J，D正確． 13．(多選)(2016·濟寧三模)如圖甲所示，為測定物體沖上粗糙斜面能達到的最大位移x與斜面傾角θ的關(guān)系，將某一物體每次以不變的初速率v0沿足夠長的斜面向上推出，調(diào)節(jié)斜面與水平方向的夾角θ，實驗測得x與斜面傾角θ的關(guān)系如圖乙所示，g取10 m/s2，根據(jù)圖象可求出(　　) A．物體的初速率v0＝3 m/s B．物體與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.75 C．取不同的傾角θ，物體在斜面上能達到的位移x的最小值xmin＝1.44 m D．當某次θ＝30°時，物體達到最大位移后將沿斜面下滑 解析：BC　當角度

18、達到90°時，物體將做豎直上拋運動，此時上升高度為1.8 m，由運動規(guī)律可求得初速度v0＝6 m/s，選項A錯誤；當角度為0時，物體相當于在水平面上運動，此時位移為2.4 m，由牛頓運動定律可得，動摩擦因數(shù)μ＝0.75，選項B正確；當傾角為θ時，由牛頓運動定律可得mgsin θ＋μmgcos θ＝ma，又有x＝，結(jié)合數(shù)學(xué)關(guān)系可得位移的最小值為1.44 m，選項C正確；θ角為30°時，到達最高點重力沿斜面向下的分力小于最大靜摩擦力，因此達到最大位移后不會下滑，選項D錯誤．答案選BC. 14．如圖所示，水平面上放一質(zhì)量為m＝2 kg的小物塊，通過薄壁圓筒的輕細繞線牽引，圓筒半

19、徑為R＝0.5 m，質(zhì)量為M＝4 kg.t＝0時刻，圓筒在電動機帶動下由靜止開始繞豎直中心軸轉(zhuǎn)動，轉(zhuǎn)動角速度與時間的關(guān)系滿足ω＝4t，物塊和地面之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.3，細線始終與地面平行，其它摩擦不計，g取10 m/s2，求： (1)物塊運動中受到的拉力． (2)從開始運動至t＝2 s時電動機做了多少功？ 解析：(1)由于圓筒邊緣線速度與物塊直線運動速度大小相同，根據(jù)v＝ωR＝4Rt＝2t，線速度與時間成正比，物塊做初速為零的勻加速直線運動，由公式v＝at知，物塊加速度為a＝2 m/s2，對物塊受力分析，由牛頓第二定律得T－μmg＝ma，則細線拉力為T＝10 N. (2)根據(jù)勻

20、變速直線運動規(guī)律： t＝2 s時物塊的速度：v＝at＝2×2 m/s＝4 m/s 2 s內(nèi)物塊的位移：x＝at2＝×2×22 m＝4 m 對整體運用動能定理，有W－μmgx＝mv2＋Mv2 代入數(shù)據(jù)求得電動機做的功為W＝72 J. 答案：(1)10 N　(2)72 J 15．如圖所示，一質(zhì)量m＝0.4 kg的滑塊(可視為質(zhì)點)靜止于水平軌道上的A點，滑塊與軌道間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1.現(xiàn)對滑塊施加一水平外力，使其向右運動，外力的功率恒為P＝10 W．經(jīng)過一段時間后撤去外力，滑塊繼續(xù)滑行至B點后水平飛出，恰好在C點沿切線方向進入固定在豎直平面內(nèi)的光滑圓弧

21、形軌道，軌道的最低點D處裝有壓力傳感器，當滑塊到達傳感器上方時，傳感器的示數(shù)為25.6 N．已知軌道AB的長度L＝2 m，圓弧形軌道的半徑R＝0.5 m；半徑OC和豎直方向的夾角α＝37°.(空氣阻力可忽略，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求： (1)滑塊運動到C點時速度的大小vC； (2)B、C兩點的高度差h及水平距離x； (3)水平外力作用在滑塊上的時間t. 解析：(1)滑塊運動到D點時，由牛頓第二定律得 FN－mg＝m 滑塊由C點運動到D點的過程，由機械能守恒定律得 mgR(1－cos α)＋m

22、v＝mv 代入數(shù)據(jù)，聯(lián)立解得vc＝5 m/s. (2)滑塊從B到C做平拋運動，在C點速度的豎直分量為： vy＝vCsin α＝3 m/s 所以B、C兩點的高度差為h＝＝ m＝0.45 m 滑塊由B運動到C所用的時間為t1＝＝ s＝0.3 s 滑塊運動到B點的速度即平拋運動的初速度為 vB＝vCcos α＝4 m/s 所以B、C間的水平距離x＝vBt1＝4×0.3 m＝1.2 m (3)滑塊由A點運動到B點的過程，由動能定理得 Pt－μmgL＝mv代入數(shù)據(jù)解得t＝0.4 s. 答案：(1)5 m/s　(2)0.45 m　1.2 m　(3)0.4 s 6EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F375