2019年高考物理一轮复习 第五章 机械能及其守恒定律 第2讲 动能定理及其应用练习.doc

《2019年高考物理一轮复习 第五章 机械能及其守恒定律 第2讲 动能定理及其应用练习.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019年高考物理一轮复习 第五章 机械能及其守恒定律 第2讲 动能定理及其应用练习.doc（9页珍藏版）》请在得力文库 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、1配餐作业配餐作业 动能定理及其应用动能定理及其应用A 组基础巩固题1两颗人造地球卫星，都能在圆形轨道上运行，它们的质量相等，轨道半径之比等于 2，则它们的动能之比等于( )A2 B. C. D.21 222解析 地球引力提供向心力Gm，Mm r2v2 r则卫星的动能为Ekmv2 ，1 2GMm 2r1 r所以 ，选 C 项。Ek1 Ek2r2 r11 2答案 C 2据海军论坛报道，我国 02 号新型航母将采用令世界震惊的飞机起飞方式电磁弹射起飞。原理相当于电磁炮的加速原理，强大的电磁力能使飞机在很短时间内由静止加速到v1，然后在发动机的推力作用下加速到起飞速度v2。假设电磁加速轨道水平且长为

2、x，不计阻力，某舰载机的质量为m，电磁力恒定，则电磁力的平均功率是( )A.B.mv3 1 2xmv3 1 4xC.D.mv3 2 2xmv3 2 4x解析 以飞机为研究对象，由动能定理得Fxmv， Fv1，解得 ，故 B 项正确。1 22 1P1 2Pmv3 1 4x答案 B 3(多选)如图是利用太阳能驱动的小车，若小车在平直的水泥路上从静止开始加速行驶，经过时间t前进距离s，速度达到最大值vm，在这一过程中电动机的功率恒为P，小车所受阻力恒为F，那么这段时间内( )A小车做匀加速运动B电动机所做的功为PtC电动机所做的功为mv1 22 m2D电动机所做的功为Fsmv1 22 m解析 对小车

3、由牛顿第二定律得 Fma，由于小车的速度逐渐增大，故小车加速度逐渐P v减小，小车做加速度逐渐减小的加速运动，A 项错误；电动机对小车所做的功WPt，B 项正确；对小车由动能定理得WFsmv，解得WFsmv，C 项错误，D 项正确。1 22 m1 22 m答案 BD 4(多选)在工厂的流水线上安装有足够长的水平传送带，用水平传送带传送工件，可以大大提高工作效率，如图所示，水平传送带以恒定的速率v运送质量为m的工件，工件以v0(v0v)的初速度从A位置滑上传送带，工件与传送带间的动摩擦因数为，已知重力加速度为g，则( )A工件滑上传送带到与传送带相对静止所需时间为vv0 gB因传送工件电动机多做

4、的功为m(v2v)1 22 0C传送带的摩擦力对工件所做的功为m(vv0)21 2D工件与传送带的相对位移为(vv0)2 2g解析 工件滑上传送带后先做匀加速运动，mgma，ag，相对滑动时间为t，A 项正确；因传送工件电动机多做的功Wmgvtmv(vv0)，B 项错误；根vv0 g据动能定理传送带对工件做功W1m(v2v)，C 项错误；工件与传送带的相对位移1 22 0xvtt，D 项正确。vv0 2vv02 2g答案 AD 5如图，一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平。一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道。质点滑到轨道最低点N

5、时，对轨道的压力为 4mg，g为重力加速度的大小。用W表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功。则( )3AWmgR，质点恰好可以到达Q点1 2BWmgR，质点不能到达Q点1 2CWmgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离1 2DWmgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离1 2解析 根据动能定理得P点动能EkPmgR，经过N点时，由牛顿第二定律和向心力公式可得 4mgmgm，所以N点动能为EkN，从P点到N点根据动能定理可得mgRWv2 R3mgR 2mgR，即克服摩擦力做功W。质点运动过程，半径方向的合力提供向心力即3mgR 2mgR 2FNmgcosmam，根据左右对称，在同一高

6、度处，由于摩擦力做功导致在右边圆形v2 R轨道中的速度变小，轨道弹力变小，滑动摩擦力fFN变小，所以摩擦力做功变小，那么从N到Q，根据动能定理，Q点动能EkQmgRWmgRW，由于3mgR 21 2W，所以Q点速度仍然没有减小到 0，会继续向上运动一段距离，对照选项，C 项正mgR 2确。答案 C 6质量为m的小球在竖直向上的拉力作用下从静止开始运动，其vt图象如图所示(竖直向上为正方向，DE段为直线)，已知重力加速度大小为g，下列说法正确的是( )4At3t4时间内，小球竖直向下做匀减速直线运动Bt0t2时间内，合力对小球先做正功后做负功C0t2时间内，小球的平均速度一定为v3 2Dt3t4

7、时间内，拉力做的功为(v4v3)g(t4t3)mv3v4 2解析 t3t4时间内小球做竖直向上的匀减速直线运动，A 项错误；t0t2时间内小球速度一直增大，合力对小球一直做正功，B 项错误；0t3时间内小球的运动不是匀变速运动，不等于，C 项错误；t3t4由动能定理得WFmghmvmv，且h (v4v3)(t4t3)，v3 21 22 41 22 31 2解得WF，D 项正确。mv3v4 2v4v3gt4t3答案 D7(多选)如图所示，在倾角为的斜面上，轻质弹簧一端与斜面底端固定，另一端与质量为M的平板A连接，一个质量为m的物体B靠在平板的右侧，A、B与斜面的动摩擦因数均为。开始时用手按住物体

8、B使弹簧处于压缩状态，现放手，使A和B一起沿斜面向上运动距离L时，A和B达到最大速度v。则以下说法正确的是( )AA和B达到最大速度v时，弹簧是自然长度B若运动过程中A和B能够分离，则A和B恰好分离时，二者加速度大小均为g(sincos)C从释放到A和B达到最大速度v的过程中，弹簧对A所做的功等于Mv2MgLsinMgLcos1 2D从释放到A和B达到最大速度v的过程中，B受到的合力对它做的功等于mv21 2解析 A和B达到最大速度v时，A和B的加速度为零。对AB整体：由平衡条件知kx(mM)gsin(mM)gcos，所以此时弹簧处于压缩状态，故 A 项错误；A和B恰好分离时，A、B间的弹力为

9、 0，A、B的加速度相同，对B受力分析，由牛顿第二定律知，mgsinmgcosma，得agsingcos，故 B 项正确；从释放到A和B达到最大速度v的过程中，对AB整体，根据动能定理得W弹(mM)gLsin(mM)gcosL (mM)v2，所以弹簧对A所做的功W弹 (mM)v2(mM)1 21 2gLsin(mM)gcosL，故 C 项错误；从释放到A和B达到最大速度v的过程中，对于B，根据动能定理得B受到的合力对它做的功W合Ekmv2，故 D 项正确。1 2答案 BDB 组能力提升题8如图所示，竖直平面内放一直角杆MON，OM水平，ON竖直且光滑，用不可伸长的轻绳5相连的两小球A和B分别套

10、在OM和ON杆上，B球的质量为 2 kg，在作用于A球的水平力F的作用下，A、B两球均处于静止状态，此时OA0.3 m，OB0.4 m，改变水平力F的大小，使A球向右加速运动，已知A球向右运动 0.1 m 时速度大小为 3 m/s，则在此过程中绳的拉力对B球所做的功为(g取 10 m/s2)( )A11 J B16 JC18 J D9 J解析 A球向右运动 0.1 m 时，vA3 m/s，OA0.4 m，OB0.3 m，设此时BAO，则有 tan 。由运动的合成与分解可得vAcosvBsin，解得vB4 3 4m/s。以B球为研究对象，此过程中B球上升高度h0.1 m，由动能定理，Wmghmv

11、，解得轻绳的拉力对B球所做的功为Wmghmv2100.1 1 22B1 22BJ 242 J18 J，C 项正确。1 2答案 C9如图所示，上表面水平的圆盘固定在水平地面上，一小物块从圆盘边缘上的P点，以大小恒定的初速度v0，在圆盘上沿与直径PQ成不同夹角的方向开始滑动，小物块运动到圆盘另一边缘时的速度大小为v，则v2cos图象应为( )解析 设圆盘半径为r，小物块与圆盘间的动摩擦因数为，由动能定理可得，mg2rcosmv2mv，整理得v2v4grcos，可知v2与 cos为线性关1 21 22 02 0系，斜率为负，故 A 项正确，B、C、D 项错误。答案 A6【解题技巧】本题考查数学在物理

12、中的运用能力，解题的关键是根据匀变速直线运动规律找出v2与cos的函数关系式，再与图象对照即可轻松解决问题。10. (2018三明 A 片区联盟期末考试)(多选)如图所示，物块A、B、C、D的质量都是m，并都可看作质点，四个物块用细线通过轻质滑轮连接。物块B与C、C与D、D与地面的距离都是L。现将物块A下方的细线剪断，若物块A距离滑轮足够远且不计一切阻力，则( )AA上升的最大速度是5gL 3BA上升的最大速度是17gL 6CA上升的最大高度是53L 12DA上升的最大高度是23L 6解析 设物块D落地时速度为v1，在物块D落地过程中，对四个物块应用动能定理有3mgLmgL 4mv；在物块C落

13、地过程中，对三个物块应用动能定理有1 22 12mgLmgL 3mv 3mv，联立解得v2，A 项正确，B 项错误；之后物块B匀1 22 21 22 15gL 3速下降直到落地，A匀速上升，至此A已上升了 3L的高度；再往后物块A做竖直上抛运动，还可以上升h，A上升的最大高度Hh3LL，C 项错误，D 项正确。v2 2 2g5L 623 6答案 AD11.如图所示，一可以看作质点的质量m2 kg 的小球以初速度v0沿光滑的水平桌面飞出后，恰好从A点沿切线方向进入圆弧轨道，其中B为轨道的最低点，C为最高点且与水平桌面等高，圆弧AB对应的圆心角53，轨道半径R0.5 m。已知 sin530.8，c

14、os530.6，不计空气阻力，g取 10 m/s2。求：7(1)小球的初速度v0的大小。(2)若小球恰好能通过最高点C，求在圆弧轨道上摩擦力对小球做的功。解析 (1)小球从桌面飞出到A点的过程中，做平抛运动，则由动能定理有mv2mvmg(RRcos)，1 21 22 0cos，v0 v解得v03 m/s。(2)小球恰好能通过最高点C的临界条件是mgm，v2C R而小球从桌面到C的过程中，重力做的功为 0，由动能定理得Wfmvmv；解得在圆1 22C1 22 0弧轨道上摩擦力对小球做的功为Wf4 J。答案 (1)3 m/s (2)4 J12(2017江苏)如图所示，两个半圆柱A、B紧靠着静置于水

15、平地面上，其上有一光滑圆柱C，三者半径均为R。C的质量为m，A、B的质量都为 ，与地面的动摩擦因数均为。m 2现用水平向右的力拉A，使A缓慢移动，直至C恰好降到地面。整个过程中B保持静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。求：(1)未拉A时，C受到B作用力的大小F。(2)动摩擦因数的最小值min。(3)A移动的整个过程中，拉力做的功W。解析 (1)C受力平衡，如图所示。8根据平衡条件可得 2Fcos30mg, 计算得出C受到B作用力的大小为Fmg。33(2)C恰好降落到地面时，B对C支持力最大为Fm，如图所示，则根据力的平衡可得2Fmcos60mg, 计算得出Fmmg；所以最大静摩擦力至少为fmFmcos30mg，32B对地面的压力为NmBgmCgmg，1 2B受地面的摩擦力为fmg，根据题意有fmf，计算得，32所以动摩擦因数的最小值min。32(3)C下降的高度为hR，(31)A的位移为x2R，(31)摩擦力做功的大小为Wffx2mgR，(31)9根据动能定理有WWfmgh0，计算得WmgR。(21)(31)答案 (1)mg (2)3332(3)mgR(21)(31)