2019版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第五章 機(jī)械能及其守恒定律 課后分級演練15 動能定理及其應(yīng)用.doc
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課后分級演練(十五) 動能定理及其應(yīng)用 【A級——基礎(chǔ)練】 1．(多選)一個小物塊從斜面底端沖上足夠長的斜面后，返回到斜面底端．已知小物塊的初動能為E，它返回斜面底端的速度大小為v，克服摩擦阻力做功為.若小物塊沖上斜面的初動能變?yōu)?E，則有( ) A．返回斜面底端時的動能為E B．返回斜面底端時的動能為 C．返回斜面底端時的速度大小為2v D．返回斜面底端時的速度大小為v 解析：AD 以初動能E沖上斜面并返回的整個過程中運用動能定理得mv2－E＝－①，設(shè)以初動能E沖上斜面的初速度為v0，則以初動能2E沖上斜面時，初速度為v0，加速度相同，根據(jù)2ax＝0－v可知第二次沖上斜面的位移是第一次的兩倍，所以上升過程中克服摩擦力做功是第一次的兩倍，整個過程中克服摩擦力做功是第一次的兩倍，即為E.以初動能2E沖上斜面并返回的整個過程中運用動能定理得mv′2－2E＝－E②，所以返回斜面底端時的動能為E，A正確，B錯誤．由①②得v′＝v，C錯誤，D正確． 2.如圖所示，質(zhì)量為m的小球，在離地面H高處由靜止釋放，落到地面后繼續(xù)陷入泥中h深度而停止，設(shè)小球受到的空氣阻力為f，重力加速度為g，則下列說法正確的是( ) A．小球落地時動能等于mgH B．小球陷入泥中的過程中克服泥的阻力所做的功小于剛落到地面時的動能 C．整個過程中小球克服阻力做的功等于mg(H＋h) D．小球在泥中受到的平均阻力為mg(1＋) 解析：C 根據(jù)動能定理得mgH－fH＝mv，A錯誤；設(shè)泥的平均阻力為f0，小球陷入泥中的過程中根據(jù)動能定理得mgh－f0h＝0－mv，解得f0h＝mgh＋mv，f0＝mg(1＋)－，B、D錯誤；全過程運用動能定理知，整個過程中小球克服阻力做的功等于mg(H＋h)，C正確． 3.如圖所示，在輕彈簧的下端懸掛一個質(zhì)量為m的小球A，若將小球A從彈簧原長位置由靜止釋放，小球A能夠下降的最大高度為h.若將小球A換為質(zhì)量為3m的小球B，仍從彈簧原長位置由靜止釋放，則小球B下降h時的速度為(重力加速度為g，不計空氣阻力)( ) A. B. C. D. 解析：B 小球A下降h過程小球克服彈簧彈力做功為W1，根據(jù)動能定理，有mgh－W1＝0；小球B下降過程，由動能定理有3mgh－W1＝3mv2－0，解得：v＝，故B正確． 4.如圖所示，某段滑雪雪道傾角為30，總質(zhì)量為m(包括雪具在內(nèi))的滑雪運動員從距底端高為h處的雪道上由靜止開始勻加速下滑，加速度為g.在他從上向下滑到底端的過程中，下列說法正確的是( ) A．運動員減少的重力勢能全部轉(zhuǎn)化為動能 B．運動員獲得的動能為mgh C．運動員克服摩擦力做功為mgh D．下滑過程中系統(tǒng)減少的機(jī)械能為mgh 解析：D 運動員的加速度為g，沿斜面方向有mg－Ff＝mg，則摩擦力Ff＝mg，摩擦力做功Wf＝mg2h＝mgh，A、C錯誤，D正確．運動員獲得的動能Ek＝mgh－mgh＝mgh，B錯誤． 5.如圖所示，質(zhì)量為m的物體置于光滑水平面上，一根繩子跨過定滑輪一端固定在物體上，另一端在力F作用下，以恒定速率v0豎直向下運動，物體由靜止開始運動到繩與水平方向的夾角α＝45的過程中，繩中拉力對物體做的功為( ) A.mv B．mv C.mv D.mv 解析：B 物體由靜止開始運動，繩的拉力對物體做的功等于物體增加的動能．設(shè)物體運動到繩與水平方向的夾角α＝45時的速率為v，此時有：vcos 45＝v0，則v＝v0.所以繩的拉力對物體做的功為W＝mv2＝mv，B項正確． 6.用傳感器研究質(zhì)量為2 kg的物體由靜止開始做直線運動的規(guī)律時，在計算機(jī)上得到0～6 s內(nèi)物體的加速度隨時間變化的關(guān)系如圖所示．下列說法正確的是( ) A．0～6 s內(nèi)物體先向正方向運動，后向負(fù)方向運動 B．0～6 s內(nèi)物體在4 s時的速度最大 C．物體在2～4 s內(nèi)速度不變 D．0～4 s內(nèi)合力對物體做的功等于0～6 s內(nèi)合力做的功 解析：D 本題考查運動圖象、動能定理等，意在考查考生對物理規(guī)律的理解和應(yīng)用能力．由v＝at可知，a－t圖象中，圖線與坐標(biāo)軸所圍面積表示質(zhì)點的速度，0～6 s內(nèi)物體的速度始終為正值，故一直為正方向，A項錯；t＝5 s時，速度最大，B項錯；2～4 s內(nèi)加速度保持不變，速度一定變化，C項錯；0～4 s內(nèi)與0～6 s內(nèi)圖線與坐標(biāo)軸所圍面積相等，故物體4 s末和6 s末速度相同，由動能定理可知，兩段時間內(nèi)合力對物體做功相等，D項正確． 7.(2017青島模擬)如圖所示，上表面水平的圓盤固定在水平地面上，一小物塊從圓盤邊緣上的P點，以大小恒定的初速度v0，在圓盤上沿與直徑PQ成不同夾角θ的方向開始滑動，小物塊運動到圓盤另一邊緣時的速度大小為v，則v2－cos θ圖象應(yīng)為( ) 解析：A 設(shè)圓盤半徑為r，小物塊與圓盤間的動摩擦因數(shù)為μ，由動能定理可得，－μmg2rcos θ＝mv2－mv，整理得v2＝v－4μgrcos θ，可知v2與cos θ為線性關(guān)系，斜率為負(fù)，故A正確，B、C、D錯誤． 8．(多選)質(zhì)量為1 kg的物體靜止在水平粗糙的地面上，受到一水平外力F作用運動，如圖甲所示，外力F和物體克服摩擦力Ff，做的功W與物體位移x的關(guān)系如圖乙所示，重力加速度g取10 m/s2.下列分析正確的是( ) A．物體與地面之間的動摩擦因數(shù)為0.2 B．物體運動的位移為13 m C．前3 m運動過程中物體的加速度為3 m/s2 D．x＝9 m時，物體速度為3 m/s 解析：ACD 由Wf＝Ffx對應(yīng)圖乙可知，物體與地面之間的滑動摩擦力Ff＝2 N，由Ff＝μmg可得μ＝0.2，A正確；由WF＝Fx對應(yīng)圖乙可知，前3 m內(nèi)，拉力F1＝5 N,3～9 m內(nèi)拉力F2 ＝2 N，物體在前3 m內(nèi)的加速度a1＝＝3 m/s2，C正確；由動能定理得：WF－Ffx＝mv2可得：x＝9 m時，物體的速度為v＝3 m/s，D正確；物體的最大位移xm＝＝13.5 m，B錯誤． 9.如圖所示，固定坡道傾角為θ，頂端距光滑水平面的高度為h，一可視為質(zhì)點的小物塊質(zhì)量為m，從坡道頂端由靜止滑卞，經(jīng)過底端O點進(jìn)入水平面時無機(jī)械能損失，為使小物塊制動，將輕彈簧的一端固定在水平面左側(cè)M處的豎直墻上，彈簧自由伸長時右側(cè)一端恰好位于O點．已知小物塊與坡道間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，則下列說法正確的是( ) A．彈簧彈性勢能的最大值為mgh B．小物塊在傾斜軌道上運動時，下滑的加速度比上滑的加速度小 C．小物塊往返運動的總路程為 D．小物塊返回傾斜軌道時所能達(dá)到的最大高度為 h 解析：BCD 物塊由靜止釋放到彈簧壓縮最大過程，由功能關(guān)系得mgh－Wf＝Ep，故彈簧彈性勢能的最大值Ep＝mgh－Wf，選項A錯誤；由牛頓第二定律，小物塊下滑的加速度a1＝gsin θ－μgcos θ，上滑的加速度a2＝gsin θ＋μgcos θ，故a1下載提示(請認(rèn)真閱讀)
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