2019年高考物理一輪總復(fù)習(xí) 動能 動能定理及其應(yīng)用課時作業(yè) 新人教版必修2.doc

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2019年高考物理一輪總復(fù)習(xí) 動能 動能定理及其應(yīng)用課時作業(yè) 新人教版必修2 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 1．質(zhì)量為10kg的物體，在變力F作用下沿x軸做直線運動，力隨坐標x的變化情況如圖所示．物體在x＝0處，速度為1m/s，一切摩擦不計，則物體運動到x＝16m處時，速度大小為(　　) 第1題圖 A．2m/s B．3m/s C．4m/s D. m/s 2．質(zhì)量為2kg的物體，以1m/s的速度在光滑水平長直軌道上滑行．從某時刻起對該物體施加一個沿軌道的水平力，經(jīng)過一段時間后，滑塊的速度改變量的大小為2m/s，則在此過程中水平力做的功可能為 (　　) A. 0 B．3J C．4J D．8J 3．用長為l的細線，一端固定在O點，另一端系一質(zhì)量為m的小球，小球可在豎直平面內(nèi)做圓周運動，如圖所示，MD為豎直方向上的直徑，OB為水平半徑，A點位于M、B之間的圓弧上，C點位于B、D之間的圓弧上，開始時，小球處于圓周的最低點M，現(xiàn)給小球某一初速度，下述說法正確的是(　　) 第3題圖 A．若小球通過A點的速度大于，則小球必能通過D點 B．若小球通過B點時，繩的拉力大于3mg，則小球必能通過D點 C．若小球通過C點的速度大于，則小球必能通過D點 D．小球通過D點的速度可能會小于 4．某電動汽車在平直公路上從靜止開始加速，測得發(fā)動機功率隨時間變化的圖象和其速度隨時間變化的圖象分別如圖甲、乙所示，若電動汽車所受阻力恒定，則下列說法正確的是(　　) 甲 　乙 第4題圖 A．測試時該電動汽車所受阻力為1.0103N B．該電動汽車的質(zhì)量為1.2103kg C．在0～110s內(nèi)該電動汽車的牽引力做功為4.4106J D．在0～110s內(nèi)該電動汽車克服阻力做的功2.44106J 5．如圖所示，ABCD是一個盆式容器，盆內(nèi)側(cè)壁與盆底BC的連接處都是一段與BC相切的圓弧，BC為水平的，其距離d＝0.50m，盆邊緣的高度為h＝0.30m.在A處放一個質(zhì)量為m的小物塊并讓其從靜止出發(fā)下滑．已知盆內(nèi)側(cè)壁是光滑的．而盆底BC面與小物塊間的動摩擦因數(shù)μ＝0.10.小物塊在盆內(nèi)來回滑動，最后停下來，則停的地點到B距離為(　　) 第5題圖 A．0.50m B．0.25m C．0.10m D．0 6．如圖所示，a、b的質(zhì)量均為m，a從傾角為45的光滑固定斜面頂端無初速地下滑，b從斜面頂端以初速度v0平拋，對二者的運動過程以下說法正確的是(　　) 第6題圖 A．都做勻變速運動 B．落地前的瞬間速率相同 C．整個運動過程重力對二者做功的平均功率相同 D．整個運動過程重力勢能的變化相同 7．如圖所示，A、B兩小球由繞過輕質(zhì)定滑輪的細線相連，B、C兩小球在固定的光滑斜面上通過勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧相連，C球放在垂直于斜面的光滑擋板上．現(xiàn)用手控制住A，使細線剛剛拉直但無拉力作用，并保證滑輪左側(cè)細線、彈簧均與斜面始終平行．已知A、B、C的質(zhì)量均為m，重力加速度為g，細線與滑輪之間的摩擦不計，開始時整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)．釋放A后，A豎直向下運動至速度最大時C恰好離開擋板．下列說法正確的是(　　) 第7題圖 A．斜面傾角α＝30 B．斜面傾角α＝60 C．A獲得最大速度為g D．A獲得最大速度為g 8．如圖所示，放在光滑水平面上的矩形滑塊是由不同材料的上下兩層粘在一起組成的．質(zhì)量為m的子彈以速度v水平射向滑塊，若擊中上層，則子彈剛好不穿出，如圖(a)所示；若擊中下層，則子彈嵌入其中，如圖(b)所示，比較上述兩種情況，以下說法不正確的是(　　) (a)　　　　　　　　　(b) 第8題圖 A．兩種情況下子彈和滑塊的最終速度相同 B．兩次子彈對滑塊做的功一樣多 C．兩次系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量一樣多 D．兩次滑塊對子彈的阻力一樣大 9．如圖所示，質(zhì)量為m的小球，從離地面H高處從靜止開始釋放，落到地面后繼續(xù)陷入泥中h深度而停止，設(shè)小球受到空氣阻力為f，則下列說法正確的是(　　) 第9題圖 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土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．小球在泥土中受到的平均阻力為mg(1＋H/h) 10．如圖所示，質(zhì)量為m的滑塊以一定初速度滑上傾角為θ的固定斜面，同時施加一沿斜面向上的恒力F＝mgsinθ；已知滑塊與斜面問的動摩擦因數(shù)μ＝tanθ，取出發(fā)點為參考點，能正確描述滑塊運動到最高點過程中產(chǎn)生的熱量Q，滑塊動能Ek、勢能Ep、機械能E隨時間t、位移s關(guān)系的是(　　) 第10題圖 A 　　　B C 　　　D 11．如圖甲所示，長為4m的水平軌道AB與傾角為37的足夠長斜面BC在B處連接，有一質(zhì)量為2kg的滑塊，從A處由靜止開始受水平向右的力F作用，F(xiàn)按圖乙所示規(guī)律變化，滑塊與AB和BC間的動摩擦因數(shù)均為0.25，重力加速度g取10m/s2.求： (1)滑塊到達B處時的速度大??； (2)不計滑塊在B處的速率變化，滑塊沖上斜面，滑塊最終靜止的位置與B點的距離． 甲 　　乙 第11題圖 12．一滑塊(可視為質(zhì)點)經(jīng)水平軌道AB進入豎直平面內(nèi)的四分之一圓弧形軌道BC.已知滑塊的質(zhì)量m＝0.50kg，滑塊經(jīng)過A點時的速度vA＝5.0m/s，AB長x＝4.5m，滑塊與水平軌道間的動摩擦因數(shù)μ＝0.10，圓弧軌道的半徑R＝0.50m，滑塊離開C點后豎直上升的最大高度h＝0.10m.取g＝10m/s.求： (1)滑塊第一次經(jīng)過B點時速度的大??； (2)滑塊剛剛滑上圓弧軌道時，對軌道上B點壓力的大小； (3)滑塊在從B運動到C的過程中克服摩擦力所做的功． 第12題圖 13．如圖所示，AB是傾角為θ的粗糙直軌道，BCD是光滑的圓弧相切，圓弧的半徑為R.一個質(zhì)量為m的物體(可以看作質(zhì)點)從直軌道上的P點由靜止釋放，結(jié)果它能在兩軌道間做往返運動．已知P點與圓弧的圓心O等高，物體與軌道AB間的動摩擦因數(shù)為μ.求： (1)物體做往返運動的整個過程中在AB軌道上通過的路程； (2)最終當(dāng)物體通過圓弧軌道最低點E時，對圓弧軌道的壓力． 第13題圖 14．在一次國際城市運動會中，要求運動員從高為H的平臺上A點由靜止出發(fā)，沿著動摩擦因數(shù)為μ的滑道向下運動到B點后水平滑出，最后落在水池中．設(shè)滑道的水平距離為L，B點的高度h可由運動員自由調(diào)節(jié)(取g＝10m/s2)．求： 第14題圖 (1)運動員到達B點的速度與高度h的關(guān)系． (2)運動員要達到最大水平運動距離，B點的高度h應(yīng)調(diào)為多大？對應(yīng)的最大水平距離smax為多少？ (3)若圖中H＝4m，L＝5m，動摩擦因數(shù)μ＝0.2，則水平運動距離要達到7m，h值應(yīng)為多少？ 15．如圖所示，某貨場需將質(zhì)量為m1＝100kg的貨物(可視為質(zhì)點)從高處運送至地面，為避免貨物與地面發(fā)生撞擊，現(xiàn)利用固定于地面的光滑四分之一圓軌道，使貨物由軌道頂 端無初速滑下，軌道半徑R＝1.8m.地面上緊靠軌道依次排放兩塊完全相同的木板A、B，長度均為l＝2m，質(zhì)量均為m2＝100kg，木板上表面與軌道末端相切．貨物與木板間的動摩擦因數(shù)為μ1，木板與地面間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.2.(最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等，取g＝10m/s2) 第15題圖 (1)求貨物到達圓軌道末端時對軌道的壓力． (2)若貨物滑上木板A時，木板不動，而滑上木板B時，木板B開始滑動，求μ1應(yīng)滿足的條件． (3)若μ1＝0.5，求貨物滑到木板A末端時的速度和在木板A上運動的時間． 課時作業(yè)(十八)　動能　動能定理及其應(yīng)用 　1.B　【解析】 由動能定理可得，mv2－mv＝Fs，F(xiàn)s＝104＋104－104＝40(J)，v＝＝3m/s.故選B. 　2.AD　【解析】 根據(jù)動能定理可知W＝mv－mv代入數(shù)值(滑塊速度可能增加可能減小)當(dāng)增加時W＝8J，當(dāng)減小時W＝0J，故選AD. 　3.AB　【解析】 若小球恰好能通過D點，則在D點時，m＝mg，即vt＝，由動能定理知，在M點時，mv2＝mv＋mg2l；v＝，A對；在B點時，mv2＝mv＋mgl，＝3mg，即拉力F＝3mg，vB＝，C在BD之間，當(dāng)vc>時，小球未必能一定通過D點，故B對，C錯；小球通過D點的速度若小于則無法做圓周運動，D錯；故選AB. 　4.ABD　【解析】 t＝50s時，電動汽車的加速度0.5m/s2，此時電動汽車功率40kW. 由－f＝ma，－f＝0.5m； t＝110s時，電動汽車的加速度0m/s2，此時電動汽車功率40kW， 由－f＝ma′.f＝＝1.0103N，m＝1.2103kg，AB對； 在0～110s內(nèi)，牽引力做功WF＝5040103＋6040103＝4.2106J，C錯； WF－Wf＝mv2－0；Wf＝4.2106－610216102＝2.44106J.D對，故選ABD. 　5.D　【解析】 分析小物塊的運動過程，可知由于克服摩擦力做功，物塊的機械能不斷減少．根據(jù)動能定理可得mgh－μmgx＝0，物塊在BC之間滑行的總路程x＝＝＝m＝3m.小物塊正好停在B點，所以D選項正確． 　6.AD　【解析】 物體a受重力和支持力，F(xiàn)合＝mgsin45，根據(jù)牛頓第二定律，a＝g.物體b做平拋運動，加速度為g，知兩物體的加速度不變，所以兩物體都做勻變速運動，A對．對a運用動能定理，mgh＝mv－0，對b運用動能定理，有mgh＝mv－mv，知落地瞬間b球的速率大于a球的速率．故B錯．對于a、b，整個運動過程重力做的功相等，重力勢能的變化相同，但是a球做勻加速直線運動，h＝at，a＝g，則運動的時間ta＝.b球做平拋運動，根據(jù)h＝gt得，tb＝.知兩個時間不等，故C錯D對． 　7.AD　【解析】 當(dāng)A速度最大時，C球離開擋板，則mg－mgsinα＝mgsinα，即sinα＝，α＝30，A正確，B錯誤；當(dāng)A加速度為零時，速度達到最大，對A、B，由動能定理可得mg(＋)－mg(＋)sin30 ＝mv＋mv，因為vA＝vB，解得vA＝g.故C錯誤，D正確；故選AD. 　8.D　【解析】 光滑地面、利用動量定理得，最終速度為v1，木塊質(zhì)量為m，mv＝(m＋M)v1射入子彈后三者速度相同． 兩次子彈對滑塊做的功W＝Mv 兩次系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量都是Q＝mv2－(m＋M)v fd＝Q＝mv2－(m＋M)v，由于前一次d大于后一次的d′，所以前一次的摩擦力小于后一次的摩擦力，故D不正確，故選D. 　9.C　【解析】 小球受到空氣阻力為f，故小球落地時動能為mgH－fH，A錯；小球陷入泥中克服泥土阻力做功應(yīng)大于剛落地時的動能，B錯；由能量守恒，知整個過程中小球克服阻力做功為mg(H＋h)，C對；由能量守恒知mg(H＋h)＝fH＋f′h，泥土中受到的平均阻力為mg(1＋H/h)－fH/h，D錯；故答案選C. 第10題圖 　10.CD　　【解析】 對滑塊受力分析：合力大小：F合＝μmgcosθ＝mgsinθ，方向沿斜面向下由牛頓第二定律F合＝ma，a＝－gsinθ，物體做勻減速直線運動，斜面長度L＝v0t－gsinθ t2，Q＝fL＝mgsinθ(v0t－gsinθ t2)，A錯； EK＝EK0－m(v0－gsinθt)2，B錯；Ep＝mgssinθ，C對；F＝f，則物體上滑機械能守恒，D對；故選CD. 　11.(1)m/s　(2)1m　【解析】 (1)由圖得：0～2m：F1＝20N　Δx1＝2m; 　2～3m：F2＝0　Δx2＝1m; 　3～4m：F3＝10N，Δx3＝1m. 　A至B由動能定理：F1Δx1－F3Δx3－μmg(Δx1＋Δx2＋Δx3)＝mv. 　202－101－0.25210(2＋1＋1)＝2v得vB＝m/s. 　(2)因為mgsin37＞μmgcos37，滑塊將滑回水平面．設(shè)滑塊由B點上滑的最大距離為L，由動能定理－μmgLcos37－mgLsin37＝0－mv. 　解得：L＝m.從最高點滑回水平面，設(shè)停止在與B點相距s處，mgLsin37－μmgLcos37－μmgs＝0－0.解得：s＝L 　＝＝1m. 　12.(1)4.0m/s　(2)21N　(3)1.0J　【解析】 (1)滑塊從A到B做勻減速直線運動，摩擦力f＝μmg由牛頓第二定律可知，滑塊的加速度大小a＝，由運動學(xué)公式v－v＝－2ax 　解得滑塊經(jīng)過B點時速度的大小vB＝4.0m/s. 　(2)在B點，滑塊開始做圓周運動，由牛頓第二定律可知FN－mg＝m 　解得軌道對滑塊的支持力FN＝21N 　根據(jù)牛頓第三定律可知，滑塊對軌道上B點壓力的大小也為21N. 　(3)從B到滑塊經(jīng)過C上升到最高點的過程中，由動能定理 ?。璵g(R＋h)－Wf＝0－mv 　解得滑塊克服摩擦力做功Wf＝1.0J. 　13.(1)　(2)(3－2cosθ)mg　【解析】(1)因為摩擦力始終對物體做負功，所以物體最終在圓心角為2θ的圓弧上往復(fù)運動． 　對整個過程由動能定理得： 　mgRcosθ－μmgcosθs＝0， 　所以總路程為s＝. 　(2)對B→E過程mgR(1－cosθ)＝mv 　FN－mg＝ 　解得：FN＝(3－2cosθ)mg. 　由牛頓第三定律得物體對圓弧軌道的壓力為(3－2cosθ)mg. 　14.(1)v0＝ (2)h＝(H－μL)　smax＝L＋H－μL (3)2.62m　0.38m　 　【解析】 (1)設(shè)斜面長度為L1，斜面傾角為α，根據(jù)動能定理得 　mg(H－h(huán))－μmgL1cosα＝mv 　即mg(H－h(huán))＝μmgL＋mv 　v0＝ 　(2)根據(jù)平拋運動公式x＝v0t 　h＝gt2 　由③～⑤式得x＝2 　由⑥式可得，當(dāng)h＝(H－μL) 　smax＝L＋H－μL 　(3)在⑥式中令x＝2m，H＝4m，L＝5m，μ＝0.2，則可得到： －h(huán)2＋3h－1＝0求出h1＝＝2.62m　h2＝＝0.38m. 　15.(1)3000N，方向豎直向下　(2)0.4＜μ1≤0.6　(3)4m/s　0.4s　　【解析】 (1)設(shè)貨物滑到圓軌道末端時的速度為v0，對貨物的下滑過程，根據(jù)機械能守恒定律得m1gR＝m1v 設(shè)貨物在軌道末端所受支持力的大小為FN，根據(jù)牛頓第二定律得 FN－m1g＝m1 聯(lián)立①②式，代入數(shù)據(jù)得 FN＝3000N 根據(jù)牛頓第三定律，貨物對軌道的壓力大小為3000N，方向豎直向下． 　(2)若滑上木板A時，木板不動，由受力分析得 μ1m1g≤μ2(m1＋2m2)g 若滑上木板B時，木板B開始滑動，由受力分析得 μ1m1g＞μ2(m1＋m2)g 代入數(shù)據(jù)得 0．4＜μ1≤0.6 (3)μ1＝0.5，由⑥式可知，貨物在木板A上滑動時，木板不動．設(shè)貨物在木板A上做減速運動時的加速度大小為a1，由牛頓第二定律得 μ1m1g＝m1a1 設(shè)貨物滑到木板A末端時的速度為v1，由運動學(xué)公式得 v－v＝－2a1l 代入數(shù)據(jù)得 v1＝4m/s 設(shè)在木板A上運動的時間為t，由運動學(xué)公式得 v1＝v0－a1t 代入數(shù)據(jù)得 t＝0.4s