2019版高考物理一轮复习第五章机械能及其守恒定律配餐作业15动能定理及其应用.doc

1、【 精品教育资源文库 】 配餐作业 (十五 ) 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 ( ) A 2 B. 2 C.12 D. 22 解析 地球引力提供向心力 GMmr2 mv2r， 则卫星的动能为 Ek 12mv2 GMm2r 1r， 所以 Ek1Ek2 r2r1 12，选 C 项。 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

2、度 v2。假设电磁加速轨道水平且长为 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.mv312x B.mv314x C.mv322x D.mv324x 解析 以飞机为研究对象，由动能定理得 Fx 12mv21， P 12Fv1，解得 P mv314x，故 B 项正确。 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 Pt 【 精品教育资源文库

3、 】 C电动机所做的功为 12mv2m D电动机所做的功为 Fs 12mv2m 解析 对小车由牛顿第二定律得 Pv F ma，由于小车的速度逐渐增大，故小车加速度逐渐减小，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 W Pt， B项正确；对小车由动能定理得 W Fs 12mv2m，解得 W Fs 12mv2m， C 项错误， D 项正确。 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

4、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 v v0g B因传送工件电动机多做的功为 12m(v2 v20) C传送带的摩擦力对工件所做的功为 12m(v v0)2 D工件与传送带的相对位移为 ( )v v022g 解析 工件滑上传送带后先做匀加速运动， mg ma， a g ，相对滑动时间为 tv v0g ， A 项正确；因传送工件电动机多做的功 W mgvt mv(v v0)， B 项错误；根据动能定理传送 带对工件做功 W1 12m(v2 v20)， C 项错误；工件与传送带的相对位移 x vt v v02t v v022g ，

5、 D 项正确。 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 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 ( ) 【 精品教育资源文库 】 A W 12mgR，质点恰好可以到达 Q 点 B W 12mgR，质点不能到达 Q 点 C W 12mgR，质点到达 Q 点后，继续上升一段距离 D W 12mgR，质点到达 Q 点后，继续上升一段距离 解析 根据动

6、能定理得 P 点动能 EkP mgR，经过 N 点时，由牛顿第二定律和向心力公式可得 4mg mg mv2R，所以 N点动能为 EkN3mgR2 ，从 P点到 N点根据动能定理可得 mgR W3mgR2 mgR，即克服摩擦力做功 W mgR2 。质点运动过程，半径方向的合力提供向心力即 FN mgcos ma mv2R，根据左右对称，在同一高度处，由于摩擦力做功导致在右边圆形轨道中的速度变小，轨道弹力变小，滑动摩擦力 f F N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 EkQ 3mgR2 mgR W 12mgR W ，由于 W mgR2 ，所以 Q 点速度仍然没

7、有减小到 0，会 继续向上运动一段距离，对照选项， C 项正确。 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 v t 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 ( ) 【 精品教育资源文库 】 A t3 t4时间内，小球竖直向下做匀减速直线运动 B t0 t2时间内，合力对小球先做正功后做负功 C 0 t2时间内，小球的平均速度一定为 v32 D t3 t4时间内，拉力做的功为 m v3 v42 (v4 v3) g(t4 t3) 解析 t3 t4 时间内小球做竖直向上的匀减速直线运动， A 项错误； t0

8、t2 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； 0 t3 时间内小球的运动不是匀变速运动，不等于 v32， C 项错误； t3 t4由动能定理得 WF mgh 12mv24 12mv23，且 h 12(v4 v3)(t4t3)，解得 WF m v3 v42 v4 v3 g t4 t3 ， D 项正确。 答案 D 7 (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 B 使弹簧处于压缩状态，现放手，使 A 和 B 一起沿

9、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 ( ) A A 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(sin cos ) 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 12Mv2 MgLsin MgL cos D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 12mv2 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 (m M)gsin (m M)

10、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 0， A、 B 的加速度相同，对 B 受力分析，由牛顿第二定律知， mgsin mg cos ma，得 a gsin g cos ，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 (m M)gLsin (m M)gcos L 12(mM)v2，所以弹簧对 A 所做的功 W 弹 12(m M)v2 (m M)gLsin (m M)gcos L，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

11、到的合力对它做的功 W 合 Ek 12mv2，故 D 项正确。 【 精品教育资源文库 】 答案 BD B 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 两球均处于静止状态，此时 OA 0.3 m， OB 0.4 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)( )

12、A 11 J B 16 J C 18 J D 9 J 解析 A 球向右运 动 0.1 m 时， vA 3 m/s， OA 0.4 m， OB 0.3 m，设此时 BAO ，则有 tan 34。由运动的合成与分解可得 vAcos vBsin ，解得 vB 4 m/s。以 B球为研究对象，此过程中 B 球上升高度 h 0.1 m，由动能定理， W mgh 12mv2B，解得轻绳的拉力对 B 球所做的功为 W mgh 12mv2B 2100.1 J 1224 2 J 18 J， C 项正确。 答案 C 9 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

13、 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 v2 cos 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，【 精品教育资源文库 】 mg 2 rcos 12mv2 12mv20，整理得 v2 v20 4gr cos ， 可知 v2与 cos 为线性关系，斜率为负，故 A 项正确， B、 C、 D 项错误。 答案 A 【解题技巧】 本题考查数学在物理中的运用能力，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

14、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( ) A A 上升的最大 速度是 5gL3 B A 上升的最大速度是 17gL6 C A 上升的最大高度是 53L12 D A 上升的最大高度是 23L6 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3mgL mgL 124 mv21；在物块 C落地过程中，对三个物块应用动能定理有 2m

15、gL mgL 123 mv22 123 mv21，联立解得 v2 5gL3 ， A 项正确， B 项错误；之后物块 B 匀速下降直到落地， 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 v222g5L6 ， A 上升的最大高度 H h 3L236L， C 项错误， D 项正确。 【 精品教育资源文库 】 答案 AD 11.如图所示，一可以看作质点的质量 m 2 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 R 0.5 m。已知 sin53 0.8， cos53 0.6，不计空气阻力， g 取 10 m/s2。求：