2019年度高考-物理(人教出版)第一轮复习材料课时作业2-5-2动能定理及其应用.doc

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1、.*第2课时动能定理及应用基本技能练1一个25 kg的小孩从高度为3.0 m的滑梯顶端由静止开始滑下，滑到底端时的速度为2.0 m/s。g取10 m/s2，关于力对小孩做的功，以下结果正确的是()A合外力做功50 J B阻力做功500 JC重力做功500 J D支持力做功50 J解析由动能定理可求得合外力做的功等于物体动能的变化，即Ekmv2252.02 J50 J，A选项正确；重力做功WGmgh25103.0 J750 J，C选项错误；支持力的方向与小孩的运动方向垂直，不做功，D选项错误；阻力做功W阻W合WG(50750) J700 J，B选项错误。答案A2(多选)一质点开始时做匀速直线运动

2、，从某时刻起受到一恒力作用。此后，该质点的动能可能()A一直增大B先逐渐减小至零，再逐渐增大C先逐渐增大至某一最大值，再逐渐减小D先逐渐减小至某一非零的最小值，再逐渐增大解析若力F的方向与初速度v0的方向一致，则质点一直加速，动能一直增大，选项A可能；若力F的方向与v0的方向相反，则质点先减速至速度为零后再反向加速，动能先减小至零后再增大，选项B可能；若力F的方向与v0的方向成一钝角，如斜上抛运动，物体先减速，减到某一值后再加速，则其动能先减小至某一非零的最小值再增大，选项D可能，选项C不可能。答案ABD3如图1所示，质量为m的物块，在恒力F的作用下，沿光滑水平面运动，物块通过A点和B点的速度

3、分别是vA和vB，物块由A运动到B点的过程中，力F对物块做的功W为()图1AWmvmvBWmvmvCWmvmvD由于F的方向未知，W无法求出解析物块由A点到B点的过程中，只有力F做功，由动能定理可知，Wmvmv，故B正确。答案B4. (多选)如图2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()图2A对物体，动能定理的表达式为WNmv，其中WN为支持力的功B对物体，动能定理的表达式为W合0，其中W合为合力的功C对物体，动能定理的表达式为WNmgHmvmvD

4、对电梯，其所受合力做功为MvMv解析电梯上升的过程中，对物体做功的有重力mg、支持力N，这两个力的总功才等于物体动能的增量Ekmvmv，故A、B均错误，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D正确。答案CD5质量均为m的两物块A、B以一定的初速度在水平面上只受摩擦力而滑动，如图3所示是它们滑动的最大位移x与初速度的平方v的关系图象，已知v2v，下列描述中正确的是()图3A若A、B滑行的初速度相等，则到它们都停下来时滑动摩擦力对A做的功是对B做功的2倍B若A、B滑行的初速度相等，则到它们都停下来时滑动摩擦力对A做的功是对B做功的C若A、B滑行的最

5、大位移相等，则滑动摩擦力对它们做的功相等D若A、B滑行的最大位移相等，则滑动摩擦力对B做的功是对A做功的2倍解析由于两物块质量均为m，若A、B滑行的初速度相等则初动能相等，由动能定理得Wf0mv，即滑动摩擦力做的功相等，A、B错；若A、B滑行的最大位移相等，由题意可知v2v，B的初动能是A的初动能的2倍，滑动摩擦力对B做的功是对A做功的2倍，C错，D对。答案D6如图4所示，一个质量为m2 kg的物体从某点由静止开始做直线运动的速度图象，根据图象可知()图4A物体在08 s内的平均速度为2 m/sB物体在04 s内的加速度大于78 s内的加速度C物体在08 s内合外力做的功为80 JD物体在6

6、s末离开始点最远解析由图象可知08 s内的平均速度 m/s2.5 m/s，选项A错误；物体在04 s内的加速度大小为 m/s22 m/s2，78 s内的加速度大小为 m/s24 m/s2，选项B错误；物体在08 s内动能变化为零，根据动能定理，合外力做功为零，选项C错误；由图象知选项D正确。答案D7. (2015广东六校联考)如图5所示，在竖直平面内有一“V”形槽，其底部BC是一段圆弧，两侧都与光滑斜槽相切，相切处B、C位于同一水平面上。一小物体从右侧斜槽上距BC平面高度为2h的A处由静止开始下滑，经圆弧槽再滑上左侧斜槽，最高能到达距BC所在水平面高度为h的D处，接着小物体再向下滑回，若不考虑

7、空气阻力，则()图5A小物体恰好滑回到B处时速度为零B小物体尚未滑回到B处时速度已变为零C小物体能滑回到B处之上，但最高点要比D处低D小物体最终一定会停止在圆弧槽的最低点解析小物体从A处运动到D处的过程中，克服摩擦力所做的功为Wf1mgh，小物体从D处开始运动的过程，因为速度较小，小物体对圆弧槽的压力较小，所以克服摩擦力所做的功Wf2mgh，所以小物体能滑回到B处之上，但最高点要比D处低，C正确，A、B错误；因为小物体与圆弧槽间的动摩擦因数未知，所以小物体可能停在圆弧槽上的任何地方，D错误。答案C8.一个小物块冲上一个固定的粗糙斜面，经过斜面上A、B两点，到达斜面上最高点后返回时，又通过了B、

8、A两点，如图6所示，关于物块上滑时由A到B的过程和下滑时由B到A的过程，动能变化量的绝对值E上和E下，以及所用的时间t上和t下相比较，有()图6AE上E下，t上t下BE上E下，t上t下CE上E下，t上t下DE上E下，t上t下解析由题意可知，小物块沿斜面上升时，F合上mgsin Ff，小物块沿斜面下降时，F合下mgsin Ff，故F合上F合下，a合上a合下，由于物块克服摩擦力做功，则可知vA上vA下，vB上vB下，由可得上下，故t上t下，另由动能定理可得E上E下。答案D能力提高练9. (2014大庆质检)如图7所示，半径为R的金属环竖直放置，环上套有一质量为m的小球，小球开始时静止于最低点。现使

9、小球以初速度v0沿环上滑，小球运动到环的最高点时与环恰无作用力，则小球从最低点运动到最高点的过程中()图7A小球机械能守恒B小球在最低点时对金属环的压力是6mgC小球在最高点时，重力的功率是mgD小球机械能不守恒，且克服摩擦力所做的功是0.5mgR解析小球运动到环的最高点时与环恰无作用力，设此时的速度为v，由向心力公式可得：mg；小球从最低点到最高点的过程中，由动能定理可得：Wf2mgRmv2mv，联立可得：Wfmvmv22mgRmgR，可见此过程中小球机械能不守恒，克服摩擦力做功为mgR，选项D正确，选项A错误；小球在最高点时，速度v的方向和重力的方向垂直，二者间的夹角为90，功率P0，选项

10、C错误；小球在最低点，由向心力公式可得：Fmg，Fmg7mg，选项B错误。答案D10如图8所示，ABCD为一竖直平面的轨道，其中BC水平，A点比BC高出H10 m，BC长l1 m，AB和CD轨道光滑。一质量为m1 kg的物体，从A点以v14 m/s的速度开始运动，经过BC后滑到高出C点h10.3 m的D点时速度为零。求：(g10 m/s2)图8(1)物体与BC轨道间的动摩擦因数；(2)物体第5次经过B点时的速度；(3)物体最后停止的位置(距B点)。解析(1)分析物体从A点到D点的过程，由动能定理得，mg(hH)mgl0mv解得0.5。(2)设物体第5次经过B点时的速度为v2，在此过程中物体在B

11、C上滑动了4次，由动能定理得mgHmg4lmvmv解得v24 m/s。(3)设物体运动的全过程在水平轨道上通过的路程为s，由动能定理得mgHmgs0mv解得s21.6 m所以物体在水平轨道上运动了10个来回后，还有1.6 m故离B点的距离s2 m1.6 m0.4 m。答案(1)0.5(2)4 m/s(3)0.4 m11A、B两个木块叠放在竖直轻弹簧上，如图9所示，已知mAmB1 kg，轻弹簧的劲度系数为100 N/m。若在木块A上作用一个竖直向上的力F，使木块A由静止开始以2 m/s2的加速度竖直向上做匀加速运动。取g10 m/s2。图9(1)求使木块A竖直向上做匀加速运动的过程中，力F的最大

12、值是多少？(2)若木块A竖直向上做匀加速运动，直到A、B分离的过程中，弹簧的弹性势能减少了1.28 J，则在这个过程中力F对木块做的功是多少？解析(1)以A为研究对象，由牛顿第二定律可得FmAgFBAmAa，所以当FBA0时，F最大，即FmaxmAgmAa12 N。(2)初始位置弹簧的压缩量为x10.20 mA、B分离时，FAB0，以B为研究对象可得FNmBgmBa，解得FN12 N此时x20.12 mA、B上升的高度xx1x20.08 mA、B的速度vAvBv m/s以A、B作为一个整体，由动能定理得WFWN(mAmB)gx(mAmB)v2WNEp1.28 J解得WF0.64 J。答案(1)

13、12 N(2)0.64 J12.如图10所示，在竖直平面内固定有两个很靠近的同心圆形轨道，外圆ABCD光滑，内圆的上半部分BCD粗糙，下半部分BAD光滑。一质量为m0.2 kg的小球从外轨道的最低点A处以初速度v0向右运动，小球的直径略小于两圆的间距，小球运动的轨道半径R0.2 m，取g10 m/s2。图10(1)若要使小球始终紧贴着外圆做完整的圆周运动，初速度v0至少为多少？(2)若v03 m/s，经过一段时间后小球到达最高点，内轨道对小球的支持力FC2 N，则小球在这段时间内克服摩擦力做的功是多少？(3)若v03.1 m/s，经过足够长的时间后，小球经过最低点A时受到的支持力为多少？小球在

14、整个运动过程中减少的机械能是多少？解析(1)设此情形下小球到达外轨道的最高点的最小速度为vC，则由牛顿第二定律可得mg由动能定理可知2mgRmvmv代入数据解得v0 m/s。(2)设此时小球到达最高点的速度为vC，克服摩擦力做的功为W，则由牛顿第二定律可得mgFC由动能定理可知2mgRWmvmv代入数据解得W0.1 J(3)经足够长的时间后，小球在下半圆轨道内做往复运动。设小球经过最低点的速度为vA，受到的支持力为FA，则由动能定理可知mgRmv根据牛顿第二定律可得FAmg代入数据解得：FA3mg6 N设小球在整个运动过程中减少的机械能为E，由功能关系有EmvmgR代入数据解得：E0.561 J答案(1) m/s(2)0.1 J(3)6 N0.561 J