2024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)含解析新人教版

PAGE7-第2講動(dòng)能定理及其應(yīng)用時(shí)間：60分鐘滿分：100分一、選擇題(本題共10小題，每小題7分，共70分。其中1～6題為單選，7～10題為多選)1．若物體在運(yùn)動(dòng)過程中受到的合外力不為0，則()A．物體的動(dòng)能不行能總是不變的B．物體的加速度肯定改變C．物體的速度方向肯定改變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v－t關(guān)系如圖所示，已知在第1秒內(nèi)合外力對物體做的功為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．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)能的改變量與第1秒內(nèi)動(dòng)能的改變量大小相同，合外力做的功為－W，B錯(cuò)誤；從第5秒末到第7秒末動(dòng)能的改變量與第1秒內(nèi)動(dòng)能的改變量相同，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)能改變量是負(fù)值，大小等于第1秒內(nèi)動(dòng)能改變量大小的eq\f(3,4)，則合外力做功為－0.75W，D錯(cuò)誤。3.長為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均阻力大小為()A.eq\f(m(v\o\al(2,1)－v\o\al(2,0)),2(s＋L)) B.eq\f(m(v\o\al(2,0)－v\o\al(2,1)),2s)C.eq\f(m(v\o\al(2,0)－v\o\al(2,1)),2L) D.eq\f(m(v\o\al(2,0)－v\o\al(2,1)),2(s＋L))答案D解析對子彈依據(jù)動(dòng)能定理：－f(L＋s)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得f＝eq\f(m(v\o\al(2,0)－v\o\al(2,1)),2(s＋L))，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。甲、乙兩物體的動(dòng)能Ek隨位移大小s改變的圖象如圖所示，則下列說法正確的是()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)肯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)肯定小于乙與地面的動(dòng)摩擦因數(shù)答案A解析Ek－s圖象的斜率大小表示物體與地面的摩擦力f＝μmg，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)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)，t＝4s時(shí)停下，其v－t圖象如圖所示，已知物塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)到處相同，則下列推斷正確的是()A．整個(gè)過程中拉力做的功等于物塊克服摩擦力做的功B．整個(gè)過程中拉力做的功等于零C．t＝2s時(shí)刻拉力的瞬時(shí)功率在整個(gè)過程中最大D．t＝1s到t＝3s這段時(shí)間內(nèi)拉力不做功答案A解析對物塊運(yùn)動(dòng)全過程應(yīng)用動(dòng)能定理得：WF－Wf＝0，A正確，B錯(cuò)誤；物塊在加速運(yùn)動(dòng)過程中受到的拉力最大，結(jié)合題圖可知，t＝1s時(shí)拉力的瞬時(shí)功率為整個(gè)過程中拉力功率的最大值，C錯(cuò)誤；t＝1s到t＝3s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的作用下由靜止起先運(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的改變圖象可能正確的是()答案C解析物塊在水平恒力作用下由靜止起先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，其加速度a＝eq\f(F,m)，速度v＝at＝eq\f(F,m)t，vt圖象為過坐標(biāo)原點(diǎn)的傾斜直線，A錯(cuò)誤；由v2＝2ax＝eq\f(2F,m)x，可知vx圖象的拋物線開口向x軸正方向，B錯(cuò)誤；動(dòng)能Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(F2,2m)t2，C正確；功率P＝Fv＝Fat＝eq\f(F2,m)t，D錯(cuò)誤。7．(2024·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成30°角的位置由靜止釋放。若小球在運(yùn)動(dòng)過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)，輕桿對小球的彈力大小為eq\f(24,7)mg，方向豎直向上。下列說法正確的是()A．小球運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)的速度大小為eq\r(\f(24gR,7))B．小球受到的空氣阻力大小為eq\f(3mg,7π)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)，依據(jù)牛頓其次定律可得eq\f(24,7)mg－mg＝meq\f(v2,R)，解得小球在P點(diǎn)的速度大小為v＝eq\r(\f(17gR,7))，A錯(cuò)誤；對從起先釋放到運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)，依據(jù)動(dòng)能定理可得mgR(1＋sin30°)－f×eq\f(2,3)πR＝eq\f(1,2)mv2，解得f＝eq\f(3mg,7π)，B正確；假設(shè)小球能運(yùn)動(dòng)到與O點(diǎn)等高的Q點(diǎn)，對從起先釋放到運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)，依據(jù)動(dòng)能定理可得mg·eq\f(1,2)R－f·eq\f(180°＋30°,360°)×2πR＝EkQ－0，解得EkQ＝0，故假設(shè)成立，小球能運(yùn)動(dòng)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，長為l、傾角為α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對下滑動(dòng)。已知物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ與下滑距離x的改變圖象如圖乙所示，則()A．μ0>tanαB．物塊下滑的加速度漸漸增大C．物塊下滑到斜面底端的過程克服摩擦力做功為eq\f(1,2)μ0mglcosαD．物塊下滑究竟端時(shí)的速度大小為eq\r(2glsinα－2μ0glcosα)答案BC解析物塊在斜面頂端靜止釋放能夠下滑，應(yīng)滿意mgsinα>μ0mgcosα，即μ0<tanα，故A錯(cuò)誤；依據(jù)牛頓其次定律有mgsinα－μmgcosα＝ma，得a＝gsinα－μgcosα，可知物塊下滑過程中隨著μ的減小，a在增大，故B正確；摩擦力f＝μmgcosα＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(μ0－\f(μ0,l)x))mgcosα(0≤x≤l)，可知f與x成線性關(guān)系，如圖所示，其中f0＝μ0mgcosα，則物塊下滑到斜面底端的過程克服摩擦力做功Wf＝eq\x\to(f)l＝eq\f(1,2)μ0mglcosα，故C正確；由動(dòng)能定理有mglsinα－eq\f(1,2)μ0mglcosα＝eq\f(1,2)mv2，得v＝eq\r(2glsinα－μ0glcosα)，故D錯(cuò)誤。9.如圖所示，輕彈簧一端固定于傾角為θ(θ<45°)的光滑斜面(固定)上方的O點(diǎn)，O點(diǎn)到斜面的距離OQ等于彈簧的原長L，彈簧另一端與小滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))連接。在斜面上移動(dòng)滑塊至P點(diǎn)，使彈簧處于水平狀態(tài)?，F(xiàn)將滑塊從P點(diǎn)由靜止釋放，滑塊沿斜面運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)正下方M點(diǎn)，該過程中彈簧始終在彈性限度內(nèi)。重力加速度大小為g。下列說法正確的是()A．滑塊經(jīng)過Q點(diǎn)時(shí)的速度最大B．滑塊經(jīng)過M點(diǎn)時(shí)的速度大于eq\r(\f(2gL,cosθ))C．滑塊從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)的過程中，其加速度始終在減小D．滑塊從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)過程中動(dòng)能的增量比從Q點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)過程中動(dòng)能的增量小答案BC解析對滑塊受力分析，其受豎直向下的重力、垂直斜面對上的支持力以及彈簧彈力，在滑塊由P到M過程中結(jié)合彈簧彈力的改變狀況可知，小滑塊下滑過程中所受合力在P→Q過程中始終沿斜面對下，在Q→M過程中可能始終沿斜面對下，也可能先沿斜面對下后沿斜面對上，所以A項(xiàng)錯(cuò)誤?；瑝K由P到M過程中，依據(jù)動(dòng)能定理有WG＋W彈＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,M)，又WG＝mgeq\f(L,cosθ)，W彈>0，可得vM>eq\r(\f(2gL,cosθ))，B項(xiàng)正確。在P→Q的過程中因重力沿斜面對下的分力不變，而彈簧彈力沿斜面對下的分力漸漸變小，則滑塊所受沿斜面對下的合力漸漸減小，則其加速度始終在減小，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過程中彈簧彈力做正功，Q到M過程中彈簧彈力做負(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))從H＝12m高處，由靜止起先沿光滑彎曲軌道AB進(jìn)入半徑R＝4m的豎直圓環(huán)內(nèi)側(cè)，且與圓環(huán)的動(dòng)摩擦因數(shù)到處相等，當(dāng)?shù)竭_(dá)圓環(huán)頂點(diǎn)C時(shí)，剛好對軌道壓力為零；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()A．10m B．9.5mC．8.5m D．8m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，則依據(jù)牛頓其次定律得：mg＝meq\f(v2,R)，起先小球從H＝12m高處，由靜止起先通過光滑弧形軌道AB，因此在小球上升到頂點(diǎn)C時(shí)，依據(jù)動(dòng)能定理得：mg(H－2R)－Wf＝eq\f(1,2)mv2，得Wf＝2mg。從C到D由動(dòng)能定理得：mg(2R－h(huán))－Wf′＝0－eq\f(1,2)mv2，由于摩擦力做功，所以上升過程平均速度比下降過程平均速度大，對軌道的壓力大、摩擦力大，所以0<Wf′<Wf，解得8m<h<10m，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m＝3kg的小物塊以初速度v0＝4m/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R＝3.75m，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)μ＝0.1，軌道其他部分光滑。最右側(cè)是一個(gè)半徑為r＝0.4m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。已知重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。(1)求小物塊的拋出點(diǎn)離A點(diǎn)的豎直距離h；(2)若MN的長度為L＝6m，求小物塊通過C點(diǎn)時(shí)所受軌道的彈力FN；(3)若小物塊恰好能通過C點(diǎn)，求MN的長度L′。答案(1)0.45m(2)60N(3)10m解析(1)依據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律有：tan37°＝eq\f(gt,v0)得t＝0.3s解得h＝eq\f(1,2)gt2＝0.45m。(2)小物塊由拋出點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程中，依據(jù)動(dòng)能定理有：mg[h＋R(1－cos37°)]＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得vB＝2eq\r(10)m/s小物塊由B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過程中，依據(jù)動(dòng)能定理有：－μmgL－2mgr＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)在C點(diǎn)：FN＋mg＝eq\f(mv\o\al(2,C),r)解得FN＝60N。(3)小物塊剛好能通過C點(diǎn)時(shí)，有mg＝eq\f(mvC′2,r)解得vC′＝2m/s小物塊從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過程中，依據(jù)動(dòng)能定理有：－μmgL′－2mgr＝eq\f(1,2)mvC′2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)解得L′＝10m。12.(15分)如圖所示，AB是傾角為θ＝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來回運(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μ，重力加速度為g。(1)求物體對圓弧軌道最大壓力的大??；(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)滿意什么條件，才能使物體順當(dāng)通過圓弧軌道的最高點(diǎn)D?答案(1)3mg(1－μ)(2)eq\f(\a\vs4\al(\r(3)－3μ),\r(3)μ＋1)R(3)L′≥eq\f(3＋\r(3),1－\r(3)μ)R解析(1)依據(jù)幾何關(guān)系可得PB的長度l＝eq\f(R,tanθ)＝eq\r(3)R從P點(diǎn)到E點(diǎn)依據(jù)動(dòng)能定理，有mgR－μmgcosθ·l＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,E)－0代入數(shù)據(jù)解得vE＝eq\r((2－3μ)gR)在E點(diǎn)，依據(jù)牛頓其次定律有FN－mg＝meq\f(v\o\al(2,E),R)解得FN＝3mg(1－μ)由牛頓第三定律知物體對圓弧軌道的最大壓力FN′＝FN＝3mg(1－μ)。(2)設(shè)物體滑回到軌