2020屆高考物理總復習 作業(yè)22 動能定理及其應用（含解析）

《2020屆高考物理總復習 作業(yè)22 動能定理及其應用（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2020屆高考物理總復習 作業(yè)22 動能定理及其應用（含解析）（8頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、 作業(yè)22　動能定理及其應用　　　　　　　　　　　 7 一、選擇題 1．關于運動物體所受的合外力、合外力做的功及動能變化的關系，下列說法正確的是(　　) A．合外力為零，則合外力做功一定為零 B．合外力做功為零，則合外力一定為零 C．合外力做功越多，則動能一定越大 D．動能不變，則物體合外力一定為零 解析：由W＝Flcosα可知，物體所受合外力為零，合外力做功一定為零，但合外力做功為零，可能是α＝90°，故A正確，B錯誤；由動能定理W＝ΔEk可知，合外力做功越多，動能變化量越大，但動能不一定越大，動能不變，合外力做功為零，但合外力不一定為零，C、D均錯誤． 答案：A

2、 2．A、B兩物體在光滑水平面上，分別在相同的水平恒力F作用下，由靜止開始通過相同的位移l.若A的質量大于B的質量，則在這一過程中(　　) A．A獲得動能較大 B．B獲得動能較大 C．A、B獲得動能一樣大 D．無法比較A、B獲得動能大小 解析：由動能定理可知恒力F做功W＝Fl＝mv2－0，因為F、l相同，所以A、B的動能變化相同，C正確． 答案：C 圖22－1 3．如圖22－1所示，質量為m的物體與水平轉臺間的動摩擦因數(shù)為μ，物體與轉軸相距R，物體隨轉臺由靜止開始轉動．當轉速增至某一值時，物體即將在轉臺上滑動，此時轉臺開始勻速轉動(設物體的最大靜摩擦力近似等于滑動摩擦力)

3、．則在這一過程中摩擦力對物體做的功是(　　) A．0　　　　　　　　　 B.2μmgR C．2πμmgR D. 解析：物體即將在轉臺上滑動但還未滑動時，轉臺對物體的最大靜摩擦力恰好提供向心力，設此時物體做圓周運動的線速度為v，則有μmg＝，① 在物體由靜止到獲得速度v的過程中，物體受到的重力和支持力不做功，只有摩擦力對物體做功， 由動能定理得W＝mv2－0，② 聯(lián)立①②解得W＝μmgR. 答案：D 圖22－2 4．如圖22－2所示，電梯質量為M，地板上放置一質量為m的物體．鋼索拉電梯由靜止開始向上加速運動，當上升高度為H時，速度達到v，則(　　) A．地板對

4、物體的支持力做的功等于mv2 B．地板對物體的支持力做的功等于mgH C．鋼索的拉力做的功等于Mv2＋MgH D．合力對電梯M做的功等于Mv2 解析：對物體m用動能定理：WFN－mgH＝mv2，故WFN＝mgH＋mv2，A、B均錯；鋼索拉力做的功，WF拉＝(M＋m)gH＋(M＋m)v2，故C錯誤；由動能定理知，合力對電梯M做的功應等于電梯動能的變化Mv2，故D正確． 答案：D 5．(2019年安徽合肥一模)A、B兩物體分別在水平恒力F1和F2的作用下沿水平面運動，先后撤去F1、F2后，兩物體最終停下，它們的v－t圖象如圖22－3所示．已知兩物體與水平面間的滑動摩擦力大小相等．則下列

5、說法正確的是(　　) 圖22－3 A．F1、F2大小之比為1∶2 B．F1、F2對A、B做功之比為1∶2 C．A、B質量之比為2∶1 D．全過程中A、B克服摩擦力做功之比為2∶1 解析：由速度與時間圖象可知，兩個勻減速運動的加速度之比為1∶2，由牛頓第二定律可知：A、B受摩擦力大小相等，所以A、B的質量關系是2∶1，由速度與時間圖象可知，A、B兩物體加速與減速的位移相等，且勻加速位移之比為1∶2，勻減速運動的位移之比為2∶1，由動能定理可得：A物體的拉力與摩擦力的關系，F(xiàn)1·x－f1·3x＝0－0；B物體的拉力與摩擦力的關系，F(xiàn)2·2x－f2·3x＝0－0，因此可得：F1＝3f

6、1，F(xiàn)2＝f2，f1＝f2，所以F1＝2F2.全過程中摩擦力對A、B做功相等，F(xiàn)1、F2對A、B做功大小相等．故A、B、D錯誤，C正確． 答案：C 6．(2019年陜西西安質檢)靜止在粗糙水平面上的物塊在水平向右的拉力作用下做直線運動，t＝4 s時停下，其v－t圖象如圖22－4所示，已知物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)處處相同，則下列判斷正確的是(　　) 圖22－4 A．整個過程中拉力做的功等于物塊克服摩擦力做的功 B．整個過程中拉力做的功等于零 C．t＝2 s時刻拉力的瞬時功率在整個過程中最大 D．t＝1 s到t＝3 s這段時間內拉力不做功 解析：對物塊運動的整個過程運用動

7、能定理得WF－Wf＝0，即拉力做的功等于物塊克服摩擦力做的功，選項A正確，B錯誤．在0～1 s時間內，拉力恒定且大于摩擦力，物塊做勻加速運動，速度增大，t＝1 s 時，速度最大，拉力的瞬時功率最大；t＝2 s時，物塊勻速運動，拉力等于摩擦力，所以t＝2 s時刻拉力的瞬時功率不是最大的，選項C錯誤．t＝1 s到t＝3 s這段時間，物塊勻速運動，拉力做正功，摩擦力做負功，合外力做功為零，選項D錯誤． 答案：A 圖22－5 7．(2019年吉林三校聯(lián)考)如圖22－5所示，豎直平面內放一直角桿MON，OM水平，ON豎直且光滑，用不可伸長的輕繩相連的兩小球A和B分別套在OM和ON桿上，B球的質

8、量為2 kg，在作用于A球的水平力F的作用下，A、B均處于靜止狀態(tài)，此時OA＝0.3 m，OB＝0.4 m，改變水平力F的大小，使A球向右加速運動，已知A球向右運動0.1 m時速度大小為 3 m/s，則在此過程中繩的拉力對B球所做的功為(取g＝10 m/s2)(　　) A．11 J B.16 J C．18 J D.9 J 解析：A球向右運動0.1 m時，vA＝3 m/s，OA′＝0.4 m，OB′＝0.3 m，設此時∠BAO＝α，則有tanα＝.vAcosα＝vBsinα，解得vB＝4 m/s.此過程中B球上升高度h＝0.1 m，由動能定理，W

9、－mgh＝mv，解得繩的拉力對B球所做的功為W＝mgh＋mv＝2×10×0.1 J＋×2×42 J＝18 J，選項C正確． 答案：C 8．(2019年沈陽模擬)如圖22－6所示，在半徑為0.2 m的固定半球形容器中，一質量為1 kg的小球(可視為質點)自邊緣上的A點由靜止開始下滑，到達最低點B時，它對容器的正壓力大小為15 N．重力加速度為g取10 m/s2，則小球自A點滑到B點的過程中克服摩擦力做的功為(　　) 圖22－6 A．0.5 J B．1.0 J C．1.5 J D．1.8 J 解析：小球在B點有N－mg＝m，得EkB＝

10、mv2＝(N－mg)R.小球從A滑到B的過程中運用動能定理得mgR＋Wf＝mv2－0，解得Wf＝R(N－3mg)＝×0.2×(15－30) J＝－1.5 J．所以小球自A點滑到B點的過程中克服摩擦力做的功為1.5 J，故C正確． 答案：C 9．(2019年唐山月考)(多選)質量不等，但有相同動能的兩個物體，在動摩擦因數(shù)相同的水平地面上滑行，直至停止，則(　　) A．質量大的物體滑行的距離大 B．質量小的物體滑行的距離大 C．它們滑行的距離一樣大 D．它們克服摩擦力所做的功一樣多 解析：由動能定理可知，摩擦力對物體所做的功等于物體動能的變化量，因兩物體具有相同的動能，故兩物體滑行過

11、程中克服摩擦力所做的功也相同，由Wf＝μmgx可知，質量越大的物體，滑行的距離x越小，故B、D選項正確． 答案：BD 圖22－7 10．(2019年河北保定調研)(多選)如圖22－7所示，長為L的輕質硬桿A一端固定小球B，另一端固定在水平轉軸O上．現(xiàn)使輕桿A繞轉軸O在豎直平面內勻速轉動，輕桿A與豎直方向夾角α從0°增加到180°的過程中，下列說法正確的是(　　) A．小球B受到的合力的方向始終沿著輕桿A指向軸O B．當α＝90°時，小球B受到輕桿A的作用力方向豎直向上 C．輕桿A對小球B做負功 D．小球B重力做功的功率不斷增大 解析：小球做勻速圓周運動，受到的合外力總是指向

12、圓心O，選項A對；轉過90°時，輕桿對小球的彈力的水平分力提供小球做圓周運動的向心力，豎直分力平衡小球重力，小球受到桿的作用力指向左上方，選項B錯；在轉動過程中小球的重力做正功，動能不變，應用動能定理可知輕桿對小球做負功，選項C對；小球豎直方向的分速度先增大后減小，小球重力做功的功率先增大后減小，選項D錯． 答案：AC 圖22－8 11．(多選)如圖22－8所示，質量為M的木塊放在光滑的水平面上，質量為m的子彈以速度v0沿水平方向射中木塊，并最終留在木塊中與木塊一起以速度v運動．已知當子彈相對木塊靜止時，木塊前進距離為L，子彈進入木塊的深度為s，若木塊對子彈的阻力F視為恒定，則下列關

13、系中正確的是(　　) A．FL＝Mv2 B．Fs＝mv2 C．Fs＝mv－(M＋m)v2 D．F(L＋s)＝mv－mv2 解析：根據(jù)動能定理，對子彈：－F(L＋s)＝mv2－mv知，D正確；對木塊：FL＝Mv2，A正確；由以上二式相加后整理可得Fs＝mv－(M＋m)v2，B錯誤，C正確． 答案：ACD 12．(2019年山西一模)(多選)由兩種不同材料拼接成的直軌道ABC，B為兩種材料的分界線，長度AB>BC.先將ABC按圖22－9甲方式搭建成傾角為θ的斜面，讓一小物塊(可看作質點)從斜面頂端由靜止釋放，經時間t小物塊滑過B點；然后將ABC按圖22－9乙方式還搭建成傾角為θ的斜面

14、，同樣將小物塊從斜面頂端由靜止釋放，小物塊經相同時間t滑過B點．則小物塊(　　) 圖22－9 A．與AB段的動摩擦因數(shù)比與BC段的動摩擦因數(shù)小 B．兩次滑到B點的速率相同 C．兩次從頂端滑到底端所用的時間相同 D．兩次從頂端滑到底端的過程中摩擦力做功相同 解析：對小物塊在斜面上由牛頓第二定律mgsinθ－μmgcosθ＝ma，a＝gsinθ－μgcosθ＝g(sinθ－μcosθ)．對于題圖甲的情況，從A到B過程，AB＝a1t2＝g·(sinθ－μ1cosθ)t2，對于題圖乙的情況，從C到B的過程，CB＝a2t2＝g(sinθ－μ2cosθ)t2，因為AB>BC，所以μ1<μ2

15、，即物塊與AB段的動摩擦因數(shù)比與BC段的動摩擦因數(shù)小，A正確．由勻加速直線運動位移公式x＝t，可知兩次運動過程位移大的平均速度大、末速度大，故題圖甲的情況到B的速率更大些，B錯誤．兩次從頂端滑到底端的過程中摩擦力做功都為Wf＝－μ1mgcosθ·AB－μ2mgcosθ·BC，所以圖甲和圖乙兩種情況摩擦力做功相等，故D正確．由于摩擦力做功相等，重力做功相等，根據(jù)動能定理可知，兩次滑動中物塊到達底端速度相等，則題圖甲BC＝t1，題圖乙BA＝t2，因BCv2，所以t1

16、－10所示，質量m＝6.0 kg的滑塊(可視為質點)，在水平牽引功率恒為P＝42 W的力作用下從A點由靜止開始運動，一段時間后撤去牽引力．當滑塊由平臺邊緣B點飛出后，恰能以5 m/s的速度從豎直光滑圓弧軌道CDE上C點的切線方向滑入軌道，并從軌道邊緣E點豎直向上拋出．已知∠COD＝53°，A、B間距離L＝3 m，滑塊與平臺間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，圓弧軌道半徑R＝1.0 m．不計空氣阻力．取sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，g取10 m/s2，求： 圖22－10 (1)滑塊運動到B點時的速度大小； (2)圓弧軌道對滑塊的最大支持力； (3)滑塊在平臺上運動時水平牽引力的作

17、用時間． 解析：(1)C點水平分速度v′＝vCcos53°＝5×0.6 m/s＝3 m/s，B點的速度vB＝v′＝3 m/s. (2)在D點，軌道對滑塊的支持力最大．滑塊從C點到D點，由動能定理得mgR(1－cos53°)＝mv－mv. 在D點，F(xiàn)N－mg＝m，得FN＝258 N. (3)滑塊從A點到B點，由動能定理， 得Pt－μmgL＝mv－0. 解得t＝1.5 s. 答案：(1)3 m/s　(2)258 N　(3)1.5 s 14．(2019年泰安模擬)如圖22－11所示，傾斜軌道AB的傾角為37°，CD、EF軌道水平，AB與CD通過光滑圓弧管道BC連接，CD右端與豎直光滑

18、圓周軌道相連．小球可以從D進入該軌道，沿軌道內側運動，從E滑出該軌道進入EF水平軌道．小球由靜止從A點釋放，已知AB長為5R，CD長為R，圓弧管道BC入口B與出口C的高度差為1.8R，小球與傾斜軌道AB及水平軌道CD、EF的動摩擦因數(shù)均為0.5，重力加速度為g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：(在運算中，根號中的數(shù)值無需算出) 圖22－11 (1)小球滑到斜面底端C時速度的大??； (2)小球剛到C時對管道的作用力； (3)要使小球在運動過程中不脫離軌道，豎直圓周軌道的半徑R′應該滿足什么條件？ 解析：(1)設小球到達C點時速度為v，小球從A運動至C過程，由動能定理

19、有 mg(5Rsin37°＋1.8R)－μmgcos37°·5R＝mv 解得vC＝ . (2)小球沿BC管道做圓周運動，設在C點時管道對小球的作用力為FN，由牛頓第二定律，有FN－mg＝m 其中r滿足：r＋r·cos37°＝1.8R 解得FN＝6.6mg 由牛頓第三定律可得，小球對管道的作用力為6.6mg，方向豎直向下． (3)要使小球不脫離軌道，有兩種情況： 情況一：小球能滑過圓周軌道最高點，進入EF軌道，則小球在最高點應滿足：m≥mg，小球從C點到圓周軌道的最高點過程，由動能定理，有－μmgR－mg·2R′＝mv－mv，可得R′≤R＝0.92R； 情況二：小球上滑至四分之一圓周軌道的最高點時，速度減為零，然后滑回D. 則由動能定理有－μmgR－mg·R′＝0－mv 解得R′≥2.3R 所以要使小球不脫離軌道，豎直圓周軌道的半徑R′應該滿足R′≤0.92R或R′≥2.3R. 答案：(1) 　(2)6.6mg，方向豎直向下 (3)R′≤0.92R或R′≥2.3R 8