2019届高考物理一轮复习第5章机械能第2讲动能定理及其应用课时作业（含解析）.docx

2、动能定理及其应用基础训练1关于运动物体所受的合外力、合外力做的功及动能变化的关系，下列说法正确的是()A合外力为零，则合外力做功一定为零B合外力做功为零，则合外力一定为零C合外力做功越多，则动能一定越大D动能不变，则物体合外力一定为零答案：A解析：由WFlcos 可知，物体所受合外力为零，合外力做功一定为零，但合外力做功为零，可能是90，故A正确，B错误；由动能定理WEk可知，合外力做功越多，动能变化量越大，但动能不一定越大，动能不变，合外力做功为零，但合外力不一定为零，C、D均错误2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，B、C在水平线上，其距离d0.5 m盆边缘的高度为h0.3 m在A处放一个质量为m的小物块并让其由静止下滑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0.1.小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停下的位置到B的距离为()A0.5 m B0.25 m C0.1 m D0答案：D解析：由mghmgx，得x3 m，而6，即3个来回后，小物块恰停在B点，选项D正确3(2018辽宁沈阳质检)一木块静止在光滑的水平面上，将一个大小恒为F的水平拉力作用在该木块上，经过位移x时，拉力的瞬时功率为P；若将一个大小恒为2F的水平拉力作用在该木块上，使该木块由静止开始运动，经过位移x时，拉力的瞬时功率是()A.P B2P C2P D4P答案：C解析：对第一个过程，根据动能定理，有Fxmv，经过位移x时的瞬时功率PFv1F；同理，对第二个过程有2Fxmv，经过位移x时的瞬时功率P2Fv24F；所以P2P，C项正确4(2018山东济南模拟)光滑斜面上有一个小球自高为h的A处由静止开始滚下，到达光滑的水平面上的B点时速率为v0.光滑水平面上每隔相等的距离设置了一个与小球运动方向垂直的阻挡条，如图所示，小球越过n条阻挡条后停下来若让小球从2h高处以初速度v0滚下，则小球能越过阻挡条的条数为(设小球每次越过阻挡条时损失的动能相等)()An B2n C3n D4n答案：C解析：设每条阻挡条对小球做的功为W，小球自高为h的A处由静止开始滚下到B处，由动能定理有mghmv，当小球在水平面上滚动时，由动能定理有nW0mv；让小球从2h高处以初速度v0滚下到停止，由动能定理有mg2hnW0mv，三式联立解得n3n，所以选项C正确5用水平力F拉一物体，使物体在水平地面上由静止开始做匀加速直线运动，t1时刻撤去拉力F，物体做匀减速直线运动，到t2时刻停止，其速度时间图象如图所示，且，若拉力F做的功为W1，平均功率为P1，物体克服摩擦阻力F1做的功为W2，平均功率为P2，则下列选项正确的是()AW1W2， F2Ff BW1W2，F2FfCP12Ff DP1P2，F2Ff答案：B解析：整个运动过程中，根据动能定理有W1W20，所以W1W2，又P1，P2，t2t1，所以P1P2.根据牛顿第二定律，施加拉力F时，加速度大小a1，撤去拉力后加速度大小a2，vt图线斜率的绝对值表示加速度的大小，根据题图可知a1a2，即，可得F2Ff，综上分析，B正确6(2018吉林摸底)如图所示，将质量为m的小球以速度v0由地面竖直向上抛出小球落回地面时，其速度大小为v0.设小球在运动过程中所受空气阻力的大小不变，则空气阻力的大小等于()A.mg B.mg C.mg D.mg答案：D解析：对小球向上运动，由动能定理有，(mgf)H0mv，对小球向下运动，由动能定理有，(mgf)Hm2，联立解得fmg，故D正确7(2018河北保定调研)(多选)如图所示，长为L的轻质硬杆A一端固定小球B，另一端固定在水平转轴O上现使轻杆A绕转轴O在竖直平面内匀速转动，轻杆A与竖直方向夹角从0增加到180的过程中，下列说法正确的是()A小球B受到的合力的方向始终沿着轻杆A指向轴OB当90时，小球B受到轻杆A的作用力方向竖直向上C轻杆A对小球B做负功D小球B重力做功的功率不断增大答案：AC解析：小球做匀速圆周运动，受到的合外力总是指向圆心O，选项A对；转过90时，轻杆对小球的弹力的水平分力提供小球做圆周运动的向心力，竖直分力平衡小球重力，小球受到杆的作用力指向左上方，选项B错；在转动过程中小球的重力做正功，动能不变，应用动能定理可知轻杆对小球做负功，选项C对；小球竖直方向的分速度先增大后减小，小球重力做功的功率先增大后减小，选项D错能力提升8如图所示，一质量m0.75 kg的小球在距地面高h10 m 处由静止释放，落到地面后反弹，碰撞时无能量损失若小球运动过程中受到的空气阻力f大小恒为2.5 N，取g10 m/s2.求：(1)小球与地面第一次碰撞后向上运动的最大高度；(2)小球从静止开始运动到与地面发生第五次碰撞时通过的总路程答案：(1)5 m(2)28.75 m解析：(1)设小球与地面第一次碰撞后向上运动的高度为h2，从开始由静止释放到第一次碰撞后运动高度h2的过程，由动能定理可得mg(hh2)f(hh2)0解得h2 h5 m.(2)设小球与地面第二次碰撞后向上运动的距离为h3，从第一次碰撞后运动的高度h2处静止下落到第二次碰撞后向上运动距离h3的过程，由动能定理可得，mg(h2h3)f(h2h3)0解得h3 h22h同理得hnn1h小球从静止开始运动到与地面发生第五次碰撞时通过的总路程sh2(h2h3h4h5)28.75 m.9(2018陕西一测)如图所示，一个小球由A静止开始沿粗糙的圆周轨道顶端运动到底端B时速度为v1，克服摩擦力做功W1；以速度v2从底端B出发，恰好能运动到顶端A，克服摩擦力做功为W2，则()Av1v2，W1W2 Bv1v2，W1W2Cv1v2，W1W2 Dv1v2，W1W2答案：D解析：对小球由圆周轨道的顶端A静止开始的下滑过程，由动能定理，mgRW1mv；对小球由圆周轨道的底端B出发的运动过程，由动能定理，mgRW20mv；显然v1v2.把圆周轨道分割成很多微元，两个过程在对应微元上，第二个过程的速度较大，对轨道的压力较大，所受的滑动摩擦力较大，克服摩擦力做功较多，即W1W2，选项D正确10(2018吉林三校联考)如图所示，竖直平面内放一直角杆MON，OM水平，ON竖直且光滑，用不可伸长的轻绳相连的两小球A和B分别套在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(取g10 m/s2)()A11 J B16 J C18 J D9 J 答案：C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 .vAcos vBsin ，解得vB4 m/s.此过程中B球上升高度h0.1 m，由动能定理，Wmghmv，解得绳的拉力对B球所做的功为Wmghmv2100.1 J242 J18 J，选项C正确11(2018广东清远三中质检)(多选)如图所示，长为L的长木板水平放置，在木板的A端放置一个质量为m的小物块，现缓慢地抬高A端，使木板以左端为轴转动，当木板转到与水平面的夹角为时小物块开始滑动，此时停止转动木板，小物块滑到底端的速度为v，则在整个过程中()A木板对小物块做功为mv2B摩擦力对小物块做功为mgLsin C支持力对小物块做功为0D滑动摩擦力对小物块做功为mv2mgLsin 答案：AD解析：设在整个过程中，木板对物块做功为W，整个过程中重力做功为零，则根据动能定理得：Wmv2，故A正确在木板从水平位置开始转动到与水平面的夹角为的过程中，摩擦力不做功，物块沿木板下滑过程中，摩擦力对物块做功由于摩擦力小于重力沿斜面向下的分力，即fmgsin ，则摩擦力对物块做功WffLmgLsin ，故B错误在木板从水平位置开始转动到与水平面的夹角为的过程中，支持力对物块做功，设为WN，根据动能定理得：WNmgLsin 0，得WNmgLsin ，故C错误在物块下滑的过程中，根据动能定理得：mgLsin Wfmv20，则Wfmv2mgLsin ，故D正确12(2018江西吉安期末)(多选)如图所示，质量为m的小球(可视为质点)用长为L的细线悬挂于O点，自由静止在A位置现用水平力F缓慢地将小球从A拉到B位置而静止，细线与竖直方向夹角为60，此时细线的拉力为T1，然后撤去水平力F，小球从B返回到A点时细线的拉力为T2，则()AT1T22mgB从A到B，拉力F做功为mgLC从B到A的过程中，小球受到的合外力大小不变D从B到A的过程中，小球重力的瞬时功率先增大后减小答案：AD解析：分析小球在B点受力可得T12mg，撤去拉力后，根据动能定理，mgL(1cos )mv2，在A点，T2mgm，可得T22mg，WFmgL(1cos )0，WFmgL，选项A正确，B错误；从B到A过程中，在A、B两点重力的瞬时功率都等于零，D正确；在B点小球所受合外力为mgsin ，在A点的合外力为mg，选项C错误13泥石流是在雨季由于暴雨、洪水将含有沙石且松软的土质山体经饱和稀释后形成的洪流，它的面积、体积和流量都较大泥石流流动的全过程虽然只有很短时间，但由于其高速前进，具有强大的能量，因而破坏性极大某课题小组对泥石流的威力进行了模拟研究，如图甲所示，在水平地面上放置一个质量为m5 kg的物体，让其在随位移均匀减小的水平推力作用下运动，推力F随位移变化如图乙所示，已知物体与地面间的动摩擦因数为0.6，取g10 m/s2.求：甲乙(1)物体在运动过程中的最大加速度为多大？(2)在距出发点多远处，物体的