高考物理一轮复习课时作业15动能定理及其应用含答案

这是一份高考物理一轮复习课时作业15动能定理及其应用含答案，共10页。
动能定理及其应用(建议用时40分钟)1．(2021·丰台区模拟)某同学将篮球从距离地面高为h处由静止释放，与地面碰撞后上升的最大高度为。若篮球与地面碰撞无能量损失，空气阻力大小恒定，则空气阻力与重力大小之比为(　　)A．1∶5    B．2∶5    C．3∶5    D．4∶5【解析】选C。设篮球质量为m，空气阻力大小为F，对篮球从h处释放到反弹上升到的整个过程，由动能定理得： mg(h－)－F(h＋)＝0，解得：＝，故A、B、D错误，C正确。2．如图所示，一辆汽车以v1＝6 m/s的速度沿水平路面行驶时，急刹车后能滑行s1＝3.6 m，如果改以v2＝8 m/s的速度行驶，同样的情况下急刹车后滑行的距离s2为(　　)A.6.4 m     B．5.6 mC．7.2 m    D．10.8 m【解析】选A。汽车在同样的路面上急刹车，所受的阻力大小相同，设为F，汽车的末速度都为零，根据动能定理有－Fs1＝0－mv，－Fs2＝0－mv，所以＝，解得s2＝()2×s1＝()2×3.6 m＝6.4 m，选项A正确。3.如图所示，用同种材料制成的一个轨道，AB段为圆弧，半径为R，水平放置的BC段长度为R。一小物块质量为m，与轨道间的动摩擦因数为μ，当它从轨道顶端A由静止下滑时，恰好运动到C点静止，那么物块在AB段克服摩擦力做的功为(　　)A．μmgR        B．mgR(1－μ)C．πμmgR    D．mgR【解析】选B。设在AB段物块克服摩擦力做的功为W，则物块由A到B运用动能定理可得mgR－W＝mv，物块由B到C运用动能定理可得－μmgR＝0－mv，联立解得W＝mgR(1－μ)，选项B正确，A、C、D错误。【加固训练】　　雪车是冬季竞技运动项目之一。如图所示，在一段赛道上，运动员操控雪车无动力滑行，沿斜坡赛道经A点至坡底O点，再沿水平赛道经B点滑至C点。已知运动员与雪车的总质量为m，A点距水平赛道的高度为h，雪车在A、B点的速率分别为vA、vB。重力加速度大小为g。则雪车从A点运动到B点的过程中，克服阻力做的功为              (　　)A．mgh　　　　　　 B．mv－mvC．mgh－mv     D．mgh＋mv－mv【解析】选D。雪车从A点运动到B点的过程中，重力做正功，阻力做负功，根据动能定理可得mgh－Wf＝mv－mv，解得克服阻力做功大小为Wf＝mgh＋mv－mv，所以克服阻力做功mgh＋mv－mv，选项D正确，A、B、C错误。4.(2020·漳州模拟)如图，倾角为θ＝30°的光滑固定斜面(斜面足够长)，一物块在沿斜面向上的恒定外力F作用下，由静止开始从斜面的底端向上做匀加速直线运动，经时间t物块至斜面B点(图未标)外力F做的功为W，此后撤去外力F，再经过时间后物块运动至最高点，则撤去外力F时物块的动能为(　　)A．W    B．W    C．W    D．W【解析】选B。由匀变速直线运动规律取向上为正方向，则有加速过程v1＝a1t，减速过程有v1＝a2，解得a2＝3a1。由牛顿第二定律有F－mg sin θ＝ma1，mg sin θ＝ma2，解得F＝mg sin θ，由动能定理撤去外力F前，外力做功为W＝Fs1＝mg sin θ·s1＝mg·s1，由动能定理有W－mg·s1sin θ＝Ek，即mg·s1－mg·s1＝mg·s1＝W，选项A、C、D错误，B正确。5．(多选)(2021·大同模拟)如图，固定板AB倾角θ＝60°，板BC水平，AB、BC长度均为L，小物块从A处由静止释放，恰好滑到C处停下来。若调整BC使其向上倾斜，倾角不超过90°，小物块从A处由静止滑下再沿BC上滑，上滑距离与BC倾角有关。不计B处机械能损失，各接触面动摩擦因数均为μ，小物块沿BC上滑的最小距离为x，则(　　)A.μ＝　　B．μ＝　　C．x＝　　D．x＝L【解析】选A、C。小物块从A处由静止释放，恰好滑到C处停下来，由动能定理得mgL sin θ－μmgL cos θ－μmgL＝0，解得μ＝，故A正确，B错误；小物块从A处由静止滑下再沿BC上滑，由动能定理得mgL sin θ－μmgL cos θ－mgx sin α－μmgx cos α＝0，解得x＝＝，小物块沿BC上滑的最小距离为x＝，故C正确，D错误。6.(多选)如图为网上热卖的弹力软轴乒乓球训练器，弹力轴上端固定一乒乓球，下端固定在吸盘上。开始时弹力轴竖直，乒乓球处于静止状态，且到水平地面的距离为h。现让一小孩快速挥拍水平击球，球恰好能触到地面(此时球的速度为0)。已知小孩击球过程中球拍对球做功为W，乒乓球的质量为m，不计空气阻力，弹力轴不弯曲时的弹性势能为零，重力加速度为g，则(　　)A．球触地时弹力轴的弹性势能为W＋mghB．球触地时弹力轴的弹性势能为W－mghC．球返回到初始位置时速度大小为D．球返回到初始位置时速度大小为2【解题指导】解答本题要注意以下三点：(1)弹力轴的弹力是变力，对于变力做功，常用动能定理来求解；(2)从小孩击球到球触地的过程，根据动能定理求出球克服弹力轴做的功，从而得到球触地时弹力轴的弹性势能。(3)对于返回过程，利用动能定理求球返回到初始位置时的速度大小。【解析】选A、C。从小孩击球到球触地的过程，根据动能定理得W＋mgh－W弹＝0，解得W弹＝W＋mgh，则球触地时弹力轴的弹性势能为Ep＝W弹＝W＋mgh，选项A正确，B错误；对于球返回过程，根据动能定理得W弹－mgh＝mv2－0，解得球返回到初始位置时速度大小为v＝，选项C正确，D错误。7．(创新题)冰壶运动是一项古老的运动，运动员对冰壶速度的控制十分重要。如图，运动员推着冰壶向前运动一段距离后放开冰壶，期间对冰壶的水平推力随位移图象如图，已知冰壶的标准质量为20 kg，冰壶从开始运动到停下的总位移为10 m，g取10 m/s2，请估算：(1)冰壶与冰面间动摩擦因数为多少？(保留两位有效数字)(2)放手时冰壶的速度大小为多少？(保留到小数点后两位)【解析】(1)对冰壶从开始运动到静止的整段运动运用动能定理，外力做的功WF为F­x图象的面积。0－0＝WF－μmgx解得μ＝0.021；(2)对冰壶从开始运动到撤去外力的运动运用动能定理，此时冰壶位移x0＝3.6 m。mv2－0＝WF－μmgx0解得v＝1.63 m/s。答案：(1)0.021　(2)1.63 m/s8．在地面上方A点水平抛出一个动能为9 J的小球，落在地面上的B点，动能为25 J。不计空气阻力，则直线AB与水平地面的夹角的正切值为(　　)A．    B．    C．    D．【解题指导】解答本题应注意以下三点：(1)根据初、末动能得到初、末速度的大小之比；(2)根据平行四边形定则得到落地时刻速度的竖直分量与水平分量的比值，再结合平均速度公式求解出竖直分位移与水平分位移之比；(3)根据在某一位置时，速度偏转角α与位移偏转角θ的正切之比=2求直线AB与水平地面的夹角的正切值。【解析】选C。设小球质量为m，则初速度v0＝＝，落地速度v＝＝，则vy＝＝，则速度的偏向角为tan α＝＝，则直线AB与水平地面的夹角的正切值为tan θ＝tan α＝，选项C正确。9．(2021·银川模拟)从地面竖直向上抛出一只小球，小球运动一段时间后落回地面。忽略空气阻力，该过程中小球的动能Ek与时间t的关系图象是(　　)【解析】选D。小球竖直向上运动过程，设初速度为v0，则速度－时间关系为v＝v0－gt，此过程动能为Ek＝mv2＝m(v0－gt)2＝mg2t2－mv0gt＋mv，即此过程Ek与t成二次函数关系，且开口向上，故A、B错误；小球下落过程做自由落体运动，速度为v′＝gt，此过程动能为Ek＝mv′2＝mg2t2，即此过程Ek与t也成二次函数关系，且开口向上，故D正确，C错误。10.(多选)如图所示，匈牙利大力士希恩考·若尔特曾在水平跑道上用牙齿拉动50 t的A320客机。他把一条绳索的一端系在飞机下方的前轮处，另一端用牙齿紧紧咬住，在50 s的时间内将客机拉动了约40 m。假设希恩考·若尔特牙齿的拉力恒为约5×103 N，绳索与水平方向夹角θ约为37°，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则在飞机运动这40 m的过程中(　　)A．拉力做功约为2.0×105 JB．拉力做功的平均功率约为3.2×103 WC．克服阻力做功约为9.6×104 JD．合外力做功约为1.04×105 J【解析】选B、C。拉力做功约W＝Fx cos θ＝5×103×40×cos37° J＝1.6×105 J，拉力做功的平均功率＝＝ W＝3.2×103 W，选项A错误，B正确；飞机运动40 m时的速度为v，则＝＝＝ m/s。解得v＝1.6 m/s，则飞机的动能为Ek＝mv2＝×50×103×1.62 J＝6.4×104 J，根据动能定理可知W－Wf＝mv2，合外力做功为Ek＝6.4×104 J，拉力做功W＝1.6×105 J，所以克服阻力做功9.6×104 J，选项C正确，D错误。11.(多选)(2021·曲靖模拟) 如图所示,电梯质量为M,在它的水平地板上放置一质量为m的物体。电梯在钢索的拉力作用下竖直向上加速运动,当电梯的速度由v1增加到v2时,上升高度为H,则在这个过程中,下列说法或表达式正确的是 (　　)A.对物体,动能定理的表达式为WN=m,其中WN为支持力做的功B.对物体,动能定理的表达式为W合=0,其中W合为合力做的功C.对物体,动能定理的表达式为WN-mgH=m-m,其中WN为支持力做的功D.对电梯,其所受合力做功为M-M【解析】选C、D。电梯上升的过程中,对物体做功的有重力mg、支持力FN,这两个力的总功才等于物体动能的增量,即ΔEk=m-m,故选项A、B错误,C正确;对电梯,无论有几个力对它做功,由动能定理可知,其合力的功一定等于其动能的增量,故选项D正确。12．(创新题)如图所示是过山车的模型。为了便于研究，简化为示意图，它由倾角θ＝53°的倾斜轨道、水平轨道和在同一竖直平面内的两个圆形轨道组成，两个圆轨道半径R1＝2R2＝1 m，所有轨道均平滑相接。小车与倾斜轨道和水平轨道间的动摩擦因数相同，圆形轨道光滑。在一水平力F＝6.5 N的作用下，重G＝8 N的小车静止在倾斜轨道上刚好不下滑，撤去力F，小车沿倾斜轨道滑下，先后以最小速度通过两个圆轨道的最高点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，g取10 m/s2。求：(1)小车与倾斜轨道间的动摩擦因数μ；(2)两圆轨道的间距L。【解析】(1)在倾斜轨道上时，对小车进行受力分析得Gsin53°－Fcos53°＝fFN＝Gcos53°＋Fsin53°f＝μFN联立解得μ＝0.25(2)大圆最高点mg＝小圆最高点mg＝从大圆最高点到小圆最高点由动能定理得2mg(R1－R2)－μmgL＝mv－mv解得L＝5 m答案：(1)0.25　(2)5 m【加固训练】　　某兴趣小组设计了一个玩具轨道模型如图所示，将一质量为m的玩具汽车(可以视为质点)放在O点，用弹簧装置将其弹出(每次弹出弹簧压缩量均相同)，使其沿着光滑的半圆形轨道OMA和ANB运动，BC段是一长为L1=10.0 m的粗糙水平面，CD是倾角为θ=37°的粗糙斜面，长度L2=6.0 m，DE段是一长为L3=1.0 m的粗糙水平面。圆弧OMA和ANB的半径分别为r=1.0 m，R=4.0 m。玩具小车与BC、CD、DE间的动摩擦因数均为μ=0.5，C点和D点均用光滑小圆弧衔接，小车经过D点时不脱离轨道：(sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10 m/s2)(1)若玩具汽车的质量m=1 kg，要使玩具汽车恰好不脱离圆弧轨道，压缩弹簧弹性势能Ep为多少？(2)若玩具汽车的质量为m=1 kg，玩具汽车最后停下的位置离C点多远？(3)若改变玩具汽车质量，小车能不脱离圆轨道并停在DE段，问玩具汽车的质量需要满足什么条件？【解析】(1)以O到A为研究过程，根据动能定理得Ep-2mgr=m由于小车不脱离轨道，对小车在A点则有mg=m联立上面两式得Ep=40 J(2)以A到C为研究过程，根据动能定理得2mgR-μmgL1=m-m解得vC=10 m/s设在CD上运动x1后停下，根据动能定理得-mgx1sinθ-μmgx1cosθ=0-m解得x1=5 m<L2又由于μ=0.5<tanθ，所以小车将下滑，设在CB上运动x2后停下，根据动能定理得mgx1sinθ-μmgx1cosθ-μmgx2=0解得x2=2 m故玩具汽车最后停下的位置离C点2 m(3)设最终小车停在DE段距D点x处，根据动能定理得Ep＋mg(2R－2r－L2sin θ)－μmg(L1＋L2cos θ＋x)＝0，解得m＝，根据题意可知0＜x≤L3，故有 kg≤m＜0.8 kg同时，由(1)问知m≤1 kg，综上可得 kg≤m＜0.8 kg答案：(1)40 J　(2)2 m(3) kg≤m＜0.8 kg