江苏版高考物理一轮复习课时分层作业15动能定理含答案

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2．A [设物体克服阻力做的功为Wf，由动能定理得Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(H,sin 30°)－\f(H,sin 45°)))－Wf＝eq \f(1,2)mv2，代入数据求得Wf＝50(5－3eq \r(2)) J，选项A正确。]
3．B [小车电动机的功率恒定，速度不断变大，根据牛顿第二定律，有eq \f(P,v)－F＝ma，故小车的运动是加速度不断减小的加速运动，选项A错误；这一过程中电动机的功率恒为P，所以W电＝Pt，选项B正确；对小车启动过程，根据动能定理，有W电－Fs＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)，这段时间内电动机所做的功为W电＝Fs＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)，选项C、D错误。]
4．解析：(1)对金属块在E点有
mg＝meq \f(v\\al(2,E),R)
代入数据解得vE＝2 m/s
在从E到B的过程中有2R－h＝eq \f(1,2)gt2
代入数据解得t＝0.3 s，设BD间的水平距离为x，
则有x＝vEt＝0.6 m。
(2)在从D到E过程中，由动能定理可得：
－mg·2R＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,E)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,D)
解得vD＝2eq \r(5) m/s。
(3)金属块在传送带上运行时有
mgsin θ＋μmgcs θ＝ma1
代入数据解得：a1＝10 m/s2
设经过位移x1，金属块与传送带达到共同速度。则有
v2＝2a1x1
解得：x1＝0.2 m＜5.45 m
继续加速过程中mgsin θ－μmgcs θ＝ma2
代入数据解得a2＝2 m/s2
由运动学公式有veq \\al(2,B)－v2＝2a2(L－x1)
代入数据解得vB＝5 m/s
在从B到D过程中，由动能定理可得：
mgh－Wf＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,D)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)
代入数据解得：Wf＝6 J。
答案：(1)0.6 m (2)2eq \r(5) m/s (3)6 J
5．C [F-x图像中图线与横轴所围面积表示功，横轴上方为正功，下方为负功，x＝8 m时，可求得W＝8 J；由动能定理有eq \f(1,2)mv2＝8 J，解得v＝4eq \r(2) m/s，选项C正确。]
6．A [由题意可知设斜面倾角为θ，动摩擦因数为μ，则物块在斜面上下滑水平距离x时根据动能定理有
mgsin θ·eq \f(x,cs θ)－μmgcs θ·eq \f(x,cs θ)＝Ek
整理可得
Ek＝(mgtan θ－μmg)x
即在斜面上运动时动能与x成线性关系；当小物块在水平面运动时，可逆向看作初速度为零的匀加速运动，有
μmgx＝Ek
即在水平面运动时动能与x也成线性关系；综上分析可知A正确，故选A。]
7．解析：(1)弹珠从A点进入竖直圆轨道后，假设它能冲上最高点B
从A到B由动能定理可知：
－2mgR＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)－eq \f(1,2)mv2
解得vB＝eq \f(\r(21),5) m/s
若要顺利通过圆轨道的最高点B，则在B点根据牛顿第二定律可知mg＝meq \f(v\\al(2,min),R)
解得vmin＝eq \r(gR)＝1 m/s>eq \f(\r(21),5) m/s，所以弹珠不能顺利通过圆轨道的最高点B。
(2)若弹珠能够掉入盒子中，根据平抛运动规律可知
R＝eq \f(1,2)gt2,2R＝vB′·t
解得vB′＝eq \r(2) m/s
根据动能定理得W弹－2mgR＝eq \f(1,2)mvB′2－0
Ep＝W弹
解得Ep＝0.06 J。
答案：(1)见解析 (2)0.06 J
8．B [对物块从A点开始到再回到A点整个过程，由动能定理可知Wf＝－2μmgs＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)，则vA＝2eq \r(μgs)，故B正确，D错误。对物块从A点开始到弹簧压缩量最大这一过程，由动能定理可知W弹＋W′f＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)，W′f＝－μmgs，则W弹＝－μmgs，则物块克服弹力做功为μmgs，所以弹簧弹性势能增加μmgs，故C错误。当克服弹力做功为μmgs时，弹簧的最大弹力要大于μmg，故A错误。]
9．D [a-t图像中图线与时间轴围成的面积代表物体在相应时间内速度的变化量，在时间轴上方为正，在时间轴下方为负。由题图可得，物体在6 s末的速度v6＝6 m/s，则0～6 s内物体一直向正方向运动，选项A错误；物体在5 s末速度最大，vm＝7 m/s，选项B错误；在2～4 s内物体加速度不变，物体做匀加速直线运动，速度变大，选项C错误；在0～4 s内，合力对物体做的功由动能定理可知W合4＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,4)－0＝36 J,0～6 s内，合力对物体做的功由动能定理可知W合6＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,6)－0＝36 J，则W合4＝W合6，选项D正确。]
10．解析：(1)对座椅受力分析，如图所示
座椅所受重力和细绳拉力的合力提供向心力，则cs 30°＝eq \f(mg,T)
得T＝40eq \r(3) N。
(2)由牛顿第二定律得mgtan θ＝mω2r
由几何关系r＝R＋Lsin θ＝2eq \r(3) m
解得ω＝eq \r(\f(5,3)) rad/s。
(3)座椅在水平面内做匀速圆周运动速度为v＝ωr＝eq \r(\f(5,3))×2eq \r(3) m/s＝2eq \r(5) m/s
座椅从静止达到稳定速度的过程，由动能定理得
W－mgL(1－cs 30°)＝eq \f(1,2)mv2
解得W＝120(eq \r(3)－1) J。
答案：(1)40eq \r(3) N (2)eq \r(\f(5,3)) rad/s
(3)120(eq \r(3)－1) J
11．解析：(1)由题意可知：vB＝eq \f(v0,cs 60°)
解得：vB＝2v0＝6 m/s。
(2)由B点到E点，由动能定理可得：mgh－μmgsCD－mgH＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)
代入数据可得：μ＝0.125。
(3)运动员能到达左侧的最大高度为h′，从B到第一次返回左侧最高处
根据动能定理有：mgh－mgh′－μmg·2sCD＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)
解得：h′＝1.8 m