高考物理一轮复习课时作业17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17动能定理及其应用含答案

动能定理及其应用 [双基巩固练]1.在全国室内铅球邀请赛中，河北名将巩立姣以19.37m夺冠．运动员在比赛时投掷铅球的分解动作如图，若铅球出手时速度大小约为10m/s，铅球质量为5kg，则她在掷铅球过程中对球做的功约为(　　)A．25JB．250JC．70JD．270J2.(多选)如图所示，质量为M的木块静止在光滑的水平面上，质量为m的子弹以速度v0沿水平方向射入木块，并最终留在木块中与木块一起以速度v运动．已知当子弹相对木块静止时，木块前进的距离为L，子弹进入木块的深度为s.若木块对子弹的阻力F视为恒定，则下列关系式中正确的是(　　)A．FL＝eq \f(1,2)Mv2B．Fs＝eq \f(1,2)mv2C．Fs＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)－eq \f(1,2)(M＋m)v2D．F(L＋s)＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)－eq \f(1,2)mv23．某同学用如图所示的装置测量一个凹形木块的质量m，弹簧的左端固定，木块在水平面上紧靠弹簧(不连接)将其压缩，记下木块右端位置A点，释放后，木块右端恰能运动到B1点．在木块槽中加入一个质量m0＝200g的砝码，再将木块左端紧靠弹簧，木块右端位置仍然在A点，释放后木块离开弹簧，右端恰能运动到B2点．测得AB1、AB2长分别为36.0cm和12.0cm，则木块的质量m为(　　)A．100gB．200gC．300gD．400g4．[2020·广西柳州4月模拟]如图所示，轻弹簧的上端固定在天花板上，下端挂有物块P，系统处于静止状态．现用一竖直向下的力F作用在物块P上，使其以加速度a竖直向下匀加速运动一段距离(未超过弹簧的弹性限度)．已知加速度a小于重力加速度g，以x表示物块P离开初始位置的位移，取竖直向下为正方向，则在向下加速运动的过程中，力F、物块P的动能Ek、系统的机械能增量E和x之间的关系图象可能正确的是(　　)5.如图所示，ABCD是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底BC的连接处都是一段与BC相切的圆弧，BC是水平的，其距离d＝0.50m．盆边缘的高度为h＝0.30m．在A处放一个质量为m的小物块并让其从静止开始下滑(图中小物块未画出)．已知盆内侧壁是光滑的，而盆底BC面与小物块间的动摩擦因数为μ＝0.10.小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停的地点到B的距离为(　　)A．0.50mB．0.25mC．0.10mD．0m6.[2019·全国卷Ⅲ，17]从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用．距地面高度h在3m以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图所示．重力加速度取10m/s2.该物体的质量为(　　)A．2kgB．1.5kgC．1kgD．0.5kg7．如图甲所示，一辆小汽车以5m/s的速度从水平路段的A点，以P1＝6kW恒定功率沿平直公路AB段行驶，在斜坡底B处瞬时换挡，以P2＝112kW的恒定功率沿倾角为30°的BC段斜坡上行，用12s通过整个ABC路段，其v­t图象如图乙所示，在乙图象上t＝12s处水平虚线与曲线相切，假设小汽车在AB段和BC段受到的阻力(含地面摩擦力和空气阻力等)大小相等，换挡时小汽车的速率不变．求：(1)小汽车的质量m；(2)小汽车在4～12s时间段运动的路程．8．[2020·浙江5月模拟]如图所示为常见的一种打弹珠的游戏装置，光滑竖直细管AB位于平台下方，高度为4h，细管底部有一竖直轻弹簧，其长度远小于竖直细管的长度．平台上方BC段为一光滑的四分之一圆弧管形轨道，其半径为h，管自身粗细对半径的影响可忽略不计．现拉动拉杆压缩弹簧，再释放拉杆将一质量为m的小球弹出，小球弹出后从管口C水平向右飞出，最终落至平台上，落点距管口C的水平距离为10h，不计一切阻力，重力加速度为g.(1)求小球从管口C飞出时的速度大小；(2)求小球在管口C处受到的压力和弹簧弹力对小球做的功；(3)若平台上方的四分之一圆弧轨道的半径可调，且保证每次拉动拉杆后压缩弹簧的形变量为定值，则当圆弧轨道半径为何值时，小球从管口飞出后距管口C的水平距离最大？最大值是多少？[综合提升练]9．[2021·浙江稽阳联考]如图所示为一弹射游戏装置．长度为L1＝1m的水平轨道AB的右端固定弹射器，其左端B点与半径为r＝0.2m的半圆形光滑竖直轨道平滑连接．与半圆形轨道圆心O点等高处固定一长度为L2＝0.2m的水平槽DE(忽略D、E两端点处槽的高度)，水平槽左端D点距O点距离为L3＝0.2m．已知滑块质量m＝0.5kg，可视为质点，初始时弹簧处于原长状态，滑块放在A点(A点与弹簧左端对齐)，滑块与弹簧未拴接．弹射时从静止释放滑块且弹簧的弹性势能完全转化为滑块的动能．滑块与AB间的动摩擦因数μ＝0.5.忽略空气阻力．每次游戏都要求滑块能安全通过半圆形轨道最高点C.(1)求滑块恰好能通过半圆形轨道最高点C时的速度大小vC；(2)若滑块到达B点时的速度为vB＝4m/s，求它经过B点时对半圆形轨道的压力大小FN及弹簧的弹性势能Ep0；(3)若要求滑块最终能落入水平槽DE(不考虑落入后的反弹)，求对应弹簧弹性势能的取值范围．10．[2020·全国卷Ⅱ，25]如图，一竖直圆管质量为M，下端距水平地面的高度为H，顶端塞有一质量为m的小球．圆管由静止自由下落，与地面发生多次弹性碰撞，且每次碰撞时间均极短；在运动过程中，管始终保持竖直．已知M＝4m，球和管之间的滑动摩擦力大小为4mg，g为重力加速度的大小，不计空气阻力．(1)求管第一次与地面碰撞后的瞬间，管和球各自的加速度大小；(2)管第一次落地弹起后，在上升过程中球没有从管中滑出，求管上升的最大高度；(3)管第二次落地弹起的上升过程中，球仍没有从管中滑出，求圆管长度应满足的条件．课时作业(十七)1．解析：对掷铅球的过程，由动能定理得对球做的功为：W＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)－0＝eq \f(1,2)×5×102 J＝250 J答案：B2．解析：根据动能定理，对子弹，有－F(L＋s)＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)，选项D正确；对木块，有FL＝eq \f(1,2)Mv2，选项A正确；由以上二式可得Fs＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)－eq \f(1,2)(M＋m)v2，选项C正确，只有选项B错误．答案：ACD3．解析：两次木块均由同一位置释放，故弹簧恢复原长的过程中，弹簧所做的功相同，未加砝码时，由动能定理，可得W弹－μmg·AB1＝0，加上砝码m0时，有W弹－μ(m＋m0)g·AB2＝0，解得m＝100 g，选项A正确．答案：A4．解析：根据牛顿第二定律F－kx＝ma解得F＝ma＋kx故F－x图象应为直线，故A错误，B正确；初动能为零，根据动能定理有F合x＝Ek匀加速运动中F合恒定，故Ek－x图象应该为过原点的直线，故D错误；拉力F做功表征系统机械能的变化，根据功能关系有E＝Fx＝(ma＋kx)x因此E－x图象为曲线，故C错误．答案：B5．解析：设小物块在BC段通过的总路程为s.由于只有BC面上存在摩擦力且做功为－μmgs，而重力做功与路径无关，由动能定理得：mgh－μmgs＝0－0，代入数据可解得s＝3 m．由于d＝0.50 m，所以，小物块在BC面上经过3次往复运动后，又回到B点．D正确．答案：D6．解析：本题考查动能定理，体现了模型建构素养．设外力大小为F，在距地面高度3 m内的上升过程中，由动能定理得－(mg＋F)h＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,2)－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1)，由图象可知，eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1)＝72 J，eq \f(1,2)mveq \o\al(2,2)＝36 J，得mg＋F＝12 N. 同理结合物体在下落过程中的Ek ­ h图象有mg－F＝8 N，联立解得mg＝10 N，则m＝1 kg，选项C正确．答案：C7．解析：(1)水平AB段匀速直线运动，由P1＝fv1得f＝eq \f(P1,v1)＝eq \f(6 000,5) N＝1.2×103 N在斜坡BC段12 s末时刻，加速度为零，即P2＝(mgsin 30°＋f)v2得m＝eq \f(P2－fv2,gv2sin 30°)＝2×103 kg(2)在BC段，由动能定理知：P2t2－mgsin 30°L－fL＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,2)－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1)代入数据解得L＝73.3 m答案：(1)2×103 kg　(2)73.3 m8．解析：(1)小球飞出后做平抛运动，由平抛运动规律可知竖直方向有h＝eq \f(1,2)gt2，水平方向有10h＝vCt联立解得vC＝5eq \r(2gh).(2)小球在管口C处，根据牛顿第二定律有F＋mg＝meq \f(v\o\al(2,C),h)解得小球在管口C处受到的压力大小为F＝49mg，方向竖直向下小球从被弹出至运动到管口C处的过程中，由动能定理有W－mg(4h＋h)＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,C)解得W＝30mgh.(3)由动能定理有W－mg(4h＋r)＝eq \f(1,2)mv′eq \o\al(2,C)小球飞出后做平抛运动，竖直方向有r＝eq \f(1,2)gteq \o\al(2,1)水平方向有x＝v′Ct1联立解得x＝2eq \r(26h－rr)由数学知识可知，当26h－r＝r，即圆弧轨道半径为r＝13h时，小球从管口飞出后距管口C的水平距离最大，最大值是xmax＝26h.答案：(1)5eq \r(2gh)　(2)49mg，方向竖直向下　30mgh　(3)13h　26h9．解析：(1)滑块恰好能通过半圆形轨道最高点C时，重力提供向心力，由牛顿第二定律有mg＝meq \f(v\o\al(2,C),r)代入数据解得vC＝eq \r(2) m/s(2)滑块经过B点时，由牛顿第二定律有F′N－mg＝meq \f(v\o\al(2,B),r)代入数据解得F′N＝45 N根据牛顿第三定律可知，滑块对半圆形轨道的压力大小也为45 N由动能定理有W弹－μmgL1＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,B)－0代入数据解得W弹＝6.5 J由功能关系可知，弹簧的弹性势能Ep0＝W弹＝6.5 J.(3)滑块从C点飞出后做平抛运动，则有eq \f(1,2)gt2＝r代入数据解得t＝0.2 s由x1＝v1t，x1＝L3，代入数据解得v1＝1 m/s由x2＝v2t，x2＝L3＋L2，代入数据解得v2＝2 m/s又因为滑块要安全通过C点，所以eq \r(2) m/s≤v′C≤2 m/s滑块从A点运动到C点的过程，由动能定理有W′弹－μmgL1－mg·2r＝eq \f(1,2)mv′eq \o\al(2,C)－0代入数据解得5 J≤W′弹≤5.5 J由功能关系可知，5 J≤E′p0≤5.5 J.10．解析：(1)管第一次落地弹起的瞬间，小球仍然向下运动．设此时管的加速度大小为a1，方向向下；球的加速度大小为a2，方向向上；球与管之间的摩擦力大小为f，由牛顿运动定律有Ma1＝Mg＋f①ma2＝f－mg②联立①②式并代入题给数据，得a1＝2g，a2＝3g③(2)管第一次碰地前与球的速度大小相同．由运动学公式，碰地前的瞬间它们的速度大小均为v0＝eq \r(2gH)④方向均向下．管弹起的瞬间，管的速度反向，球的速度方向依然向下．设自弹起时经过时间t1，管与小球的速度刚好相同．取向上为正方向，由运动学公式v0－a1t1＝－v0＋a2t1⑤联立③④⑤式得t1＝eq \f(2,5)eq \r(\f(2H,g))⑥设此时管下端的高度为h1，速度为v.由运动学公式可得h1＝v0t1－eq \f(1,2)a1teq \o\al(2,1)⑦v＝v0－a1t1⑧由③④⑥⑧式可判断此时v>0.此时，管与小球将以加速度g减速上升h2，到达最高点．由运动学公式有h2＝eq \f(v2,2g)⑨设管第一次落地弹起后上升的最大高度为H1，则H1＝h1＋h2⑩联立③④⑥⑦⑧⑨⑩式可得H1＝eq \f(13,25)H⑪(3)设第一次弹起过程中球相对管的位移为x1.在管开始下落到上升H1这一过程中，由动能定理有Mg(H－H1)＋mg(H－H1＋x1)－4mgx1＝0⑫联立⑪⑫式并代入题给数据得x1＝eq \f(4,5)H⑬同理可推得，管与球从再次下落到第二次弹起至最高点的过程中，球与管的相对位移x2为x2＝eq \f(4,5)H1⑭设圆管长度为L.管第二次落地弹起后的上升过程中，球不会滑出管外的条件是x1＋x2≤L⑮联立⑪⑬⑭⑮式，L应满足条件为L≥eq \f(152,125)H⑯