2021高考物理一輪復(fù)習(xí)第5章機(jī)械能及其守恒定律第2講動(dòng)能定理及其應(yīng)用課時(shí)作業(yè)含解析

1、第2講動(dòng)能定理及其應(yīng)用時(shí)間：60分鐘滿(mǎn)分：100分一、選擇題(本題共10小題，每小題7分，共70分。其中16題為單選，710題為多選)1若物體在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受到的合外力不為0，則()a物體的動(dòng)能不可能總是不變的b物體的加速度一定變化c物體的速度方向一定變化d物體所受的合外力做的功可能為0答案d解析當(dāng)合外力不為0時(shí)，若物體做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則動(dòng)能不變，合外力做的功為0，a錯(cuò)誤，d正確；當(dāng)f恒定時(shí)，加速度就不變，速度方向可能不變，b、c錯(cuò)誤。2. 物體沿直線運(yùn)動(dòng)的vt關(guān)系如圖所示，已知在第1秒內(nèi)合外力對(duì)物體做的功為w，則()a從第1秒末到第3秒末合外力做功為4wb從第3秒末到第5秒末合外力做功為2wc

2、從第5秒末到第7秒末合外力做功為wd從第3秒末到第4秒末合外力做功為2w答案c解析物體在第1秒末到第3秒末做勻速直線運(yùn)動(dòng)，合外力為零，做功為零，a錯(cuò)誤；從第3秒末到第5秒末動(dòng)能的變化量與第1秒內(nèi)動(dòng)能的變化量大小相同，合外力做的功為w，b錯(cuò)誤；從第5秒末到第7秒末動(dòng)能的變化量與第1秒內(nèi)動(dòng)能的變化量相同，合外力做功相同，即為w，c正確；從第3秒末到第4秒末動(dòng)能變化量是負(fù)值，大小等于第1秒內(nèi)動(dòng)能變化量大小的，則合外力做功為0.75w，d錯(cuò)誤。3長(zhǎng)為l的木塊靜止在光滑水平面上。質(zhì)量為m的子彈以水平速度v0射入木塊并從中射出，且出射速度為v1。已知從子彈射入到射出木塊移動(dòng)的距離為s，子彈在木塊中受到的平

3、均阻力大小為()a. b.c. d.答案d解析對(duì)子彈根據(jù)動(dòng)能定理：f(ls)mvmv，解得f，d正確。4水平面上甲、乙兩物體，在某時(shí)刻動(dòng)能相同，它們僅在摩擦力作用下停下來(lái)。甲、乙兩物體的動(dòng)能ek隨位移大小s變化的圖象如圖所示，則下列說(shuō)法正確的是()a若甲、乙兩物體與水平面動(dòng)摩擦因數(shù)相同，則甲的質(zhì)量較大b若甲、乙兩物體與水平面動(dòng)摩擦因數(shù)相同，則乙的質(zhì)量較大c甲與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)一定大于乙與地面的動(dòng)摩擦因數(shù)d甲與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)一定小于乙與地面的動(dòng)摩擦因數(shù)答案a解析eks圖象的斜率大小表示物體與地面的摩擦力fmg，由圖知f甲f乙，若甲、乙兩物體與水平面動(dòng)摩擦因數(shù)相同，則m甲m乙，故a正確，b錯(cuò)

4、誤。由于甲、乙兩物體質(zhì)量大小關(guān)系未知，故甲、乙與地面間動(dòng)摩擦因數(shù)大小關(guān)系不能確定，c、d錯(cuò)誤。5. 靜止在粗糙水平面上的物塊在水平向右的拉力作用下做直線運(yùn)動(dòng)，t4 s時(shí)停下，其vt圖象如圖所示，已知物塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)處處相同，則下列判斷正確的是()a整個(gè)過(guò)程中拉力做的功等于物塊克服摩擦力做的功b整個(gè)過(guò)程中拉力做的功等于零ct2 s時(shí)刻拉力的瞬時(shí)功率在整個(gè)過(guò)程中最大dt1 s到t3 s這段時(shí)間內(nèi)拉力不做功答案a解析對(duì)物塊運(yùn)動(dòng)全過(guò)程應(yīng)用動(dòng)能定理得：wfwf0，a正確，b錯(cuò)誤；物塊在加速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受到的拉力最大，結(jié)合題圖可知，t1 s時(shí)拉力的瞬時(shí)功率為整個(gè)過(guò)程中拉力功率的最大值，c錯(cuò)誤；t1

5、 s到t3 s這段時(shí)間內(nèi)，拉力與摩擦力平衡，拉力做正功，d錯(cuò)誤。6如圖所示，置于光滑水平面上的物塊在水平恒力f的作用下由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，其速度v、動(dòng)能ek及拉力功率p隨時(shí)間t或位移x的變化圖象可能正確的是()答案c解析物塊在水平恒力作用下由靜止開(kāi)始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，其加速度a，速度vatt，vt圖象為過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)的傾斜直線，a錯(cuò)誤；由v22axx，可知vx圖象的拋物線開(kāi)口向x軸正方向，b錯(cuò)誤；動(dòng)能ekmv2t2，c正確；功率pfvfatt，d錯(cuò)誤。7(2019河北衡水模擬)如圖所示，輕桿一端固定質(zhì)量為m的小球，另一端固定在轉(zhuǎn)軸上，輕桿長(zhǎng)度為r，可繞水平光滑轉(zhuǎn)軸o在豎直平面內(nèi)轉(zhuǎn)動(dòng)。將輕桿從與水平方向

6、成30角的位置由靜止釋放。若小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受到的空氣阻力大小不變，當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)p時(shí)，輕桿對(duì)小球的彈力大小為mg，方向豎直向上。下列說(shuō)法正確的是()a小球運(yùn)動(dòng)到p點(diǎn)時(shí)的速度大小為 b小球受到的空氣阻力大小為c小球能運(yùn)動(dòng)到與o點(diǎn)等高的q點(diǎn)d小球不能運(yùn)動(dòng)到與o點(diǎn)等高的q點(diǎn)答案bc解析小球運(yùn)動(dòng)到p點(diǎn)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律可得mgmgm，解得小球在p點(diǎn)的速度大小為v，a錯(cuò)誤；對(duì)從開(kāi)始釋放到運(yùn)動(dòng)到p點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理可得mgr(1sin30)frmv2，解得f，b正確；假設(shè)小球能運(yùn)動(dòng)到與o點(diǎn)等高的q點(diǎn)，對(duì)從開(kāi)始釋放到運(yùn)動(dòng)到q點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理可得mgrf2rekq0，解得ekq0，故假設(shè)成立，小球能運(yùn)動(dòng)

7、到與o點(diǎn)等高的q點(diǎn)，且到達(dá)q點(diǎn)的速度剛好為零，c正確，d錯(cuò)誤。8如圖甲所示，長(zhǎng)為l、傾角為的斜面固定在水平地面上，一質(zhì)量為m的物塊從斜面頂端由靜止釋放并沿斜面向下滑動(dòng)。已知物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)與下滑距離x的變化圖象如圖乙所示，則()a0tanb物塊下滑的加速度逐漸增大c物塊下滑到斜面底端的過(guò)程克服摩擦力做功為0mglcosd物塊下滑到底端時(shí)的速度大小為答案bc解析物塊在斜面頂端靜止釋放能夠下滑，應(yīng)滿(mǎn)足mgsin0mgcos，即0tan，故a錯(cuò)誤；根據(jù)牛頓第二定律有mgsinmgcosma，得agsingcos，可知物塊下滑過(guò)程中隨著的減小，a在增大，故b正確；摩擦力fmgcos0xmgco

8、s(0xl)，可知f與x成線性關(guān)系，如圖所示，其中f00mgcos，則物塊下滑到斜面底端的過(guò)程克服摩擦力做功wfl0mglcos，故c正確；由動(dòng)能定理有mglsin0mglcosmv2，得v，故d錯(cuò)誤。9. 如圖所示，輕彈簧一端固定于傾角為(0，可得vm ，b項(xiàng)正確。在pq的過(guò)程中因重力沿斜面向下的分力不變，而彈簧彈力沿斜面向下的分力逐漸變小，則滑塊所受沿斜面向下的合力逐漸減小，則其加速度一直在減小，c項(xiàng)正確。由幾何關(guān)系可知滑塊由p到q下降的高度大于由q到m下降的高度，又p到q過(guò)程中彈簧彈力做正功，q到m過(guò)程中彈簧彈力做負(fù)功，再結(jié)合動(dòng)能定理分析可知，d項(xiàng)錯(cuò)誤。10如圖所示，一個(gè)小球(可視為質(zhì)點(diǎn)

9、)從h12 m高處，由靜止開(kāi)始沿光滑彎曲軌道ab進(jìn)入半徑r4 m的豎直圓環(huán)內(nèi)側(cè)，且與圓環(huán)的動(dòng)摩擦因數(shù)處處相等，當(dāng)?shù)竭_(dá)圓環(huán)頂點(diǎn)c時(shí)，剛好對(duì)軌道壓力為零；然后沿cb圓弧滑下，進(jìn)入光滑弧形軌道bd，到達(dá)高度為h的d點(diǎn)時(shí)速度為零，則h的值可能為()a10 m b9.5 m c8.5 m d8 m答案bc解析小球到達(dá)圓環(huán)頂點(diǎn)c時(shí)，剛好小球?qū)壍缐毫榱?，在c點(diǎn)，由重力充當(dāng)向心力，則根據(jù)牛頓第二定律得：mgm，開(kāi)始小球從h12 m高處，由靜止開(kāi)始通過(guò)光滑弧形軌道ab，因此在小球上升到頂點(diǎn)c時(shí)，根據(jù)動(dòng)能定理得：mg(h2r)wfmv2，得wf2mg。從c到d由動(dòng)能定理得：mg(2rh)wf0mv2，由于摩擦

10、力做功，所以上升過(guò)程平均速度比下降過(guò)程平均速度大，對(duì)軌道的壓力大、摩擦力大，所以0wfwf，解得8 mh10 m，所以b、c正確。二、非選擇題(本題共2小題，共30分)11(15分)如圖所示，質(zhì)量m3 kg的小物塊以初速度v04 m/s水平向右拋出，恰好從a點(diǎn)沿著圓弧的切線方向進(jìn)入圓弧軌道，圓弧軌道的半徑為r3.75 m，b點(diǎn)是圓弧軌道的最低點(diǎn)，圓弧軌道與水平軌道bd平滑連接，a與圓心o的連線與豎直方向成37角。mn是一段粗糙的水平軌道，小物塊與mn間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.1，軌道其他部分光滑。最右側(cè)是一個(gè)半徑為r0.4 m的半圓軌道，c點(diǎn)是圓弧軌道的最高點(diǎn)，半圓軌道與水平軌道bd在d點(diǎn)平滑連接。已

11、知重力加速度g10 m/s2，sin370.6，cos370.8。(1)求小物塊的拋出點(diǎn)離a點(diǎn)的豎直距離h；(2)若mn的長(zhǎng)度為l6 m，求小物塊通過(guò)c點(diǎn)時(shí)所受軌道的彈力fn；(3)若小物塊恰好能通過(guò)c點(diǎn)，求mn的長(zhǎng)度l。答案(1)0.45 m(2)60 n(3)10 m解析(1)根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律有：tan37得t0.3 s解得hgt20.45 m。(2)小物塊由拋出點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理有：mghr(1cos37)mvmv解得vb2 m/s小物塊由b點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理有：mgl2mgrmvmv在c點(diǎn)：fnmg解得fn60 n。(3)小物塊剛好能通過(guò)c點(diǎn)時(shí)，有mg解

12、得vc2 m/s小物塊從b點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理有：mgl2mgrmvc2mv解得l10 m。12. (15分)如圖所示，ab是傾角為30的粗糙直軌道，bcd是光滑的圓弧軌道，ab恰好在b點(diǎn)與圓弧相切，圓弧的半徑為r。一個(gè)質(zhì)量為m的物體(可以看成質(zhì)點(diǎn))從直軌道上的p點(diǎn)由靜止釋放，結(jié)果它能在兩軌道上做往返運(yùn)動(dòng)。已知p點(diǎn)與圓弧的圓心o等高，物體與軌道ab間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，重力加速度為g。(1)求物體對(duì)圓弧軌道最大壓力的大小；(2)求物體滑回軌道ab上距b點(diǎn)的最大距離；(3)釋放點(diǎn)距b點(diǎn)的距離l應(yīng)滿(mǎn)足什么條件，才能使物體順利通過(guò)圓弧軌道的最高點(diǎn)d?答案(1)3mg(1)(2)r(3)lr解析(1)根據(jù)幾何關(guān)系可得pb的長(zhǎng)度lr從p點(diǎn)到e點(diǎn)根據(jù)動(dòng)能定理，有mgrmgcoslmv0代入數(shù)據(jù)解得ve在e點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律有fnmgm解得fn3mg(1)由牛頓