（江蘇專用版）2020版高考物理總復(fù)習(xí) 第五章 第2講 動(dòng)能定理及其應(yīng)用練習(xí)（含解析）

《（江蘇專用版）2020版高考物理總復(fù)習(xí) 第五章 第2講 動(dòng)能定理及其應(yīng)用練習(xí)（含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（江蘇專用版）2020版高考物理總復(fù)習(xí) 第五章 第2講 動(dòng)能定理及其應(yīng)用練習(xí)（含解析）（7頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第2講　動(dòng)能定理及其應(yīng)用 一、單項(xiàng)選擇題 1.(2018南京、鹽城二模)在體育課上,某同學(xué)練習(xí)投籃,他站在罰球線處用力將籃球從手中投出,如圖所示,籃球約以1 m/s的速度撞擊籃筐。已知籃球質(zhì)量約為0.6 kg,籃筐離地高度約為3 m,則該同學(xué)投籃時(shí)對(duì)籃球做的功約為(　　) A.1 J B.10 J C.30 J D.50 J 答案　B　對(duì)整個(gè)過程運(yùn)用動(dòng)能定理得,W-mgh=12mv2-0,代入數(shù)據(jù)解得W=mgh+12mv2=0.6×10×1.5 J+12×0.6×1 J≈10 J。 2.(2018泰州模擬)如圖所示是一種清洗車輛用的手持噴水槍。設(shè)槍口截面積為0.6 cm2,噴出的

2、水的速度為20 m/s(水的密度為1×103 kg/m3)。當(dāng)它工作時(shí),噴水槍的功率最接近(　　) A.250 W B.300 W C.350 W D.400 W 答案　A　每秒鐘噴出水的動(dòng)能為Ek=12mv2=12ρSvt·v2,代入數(shù)據(jù)得Ek=240 J,則P=Wt=Ekt=240 W,故選項(xiàng)A正確。 3.(2018無錫模擬)如圖所示為某中學(xué)科技小組制作的利用太陽能驅(qū)動(dòng)小車的裝置。當(dāng)太陽光照射到小車上方的光電板時(shí),光電板中產(chǎn)生的電流經(jīng)電動(dòng)機(jī)帶動(dòng)小車前進(jìn)。若質(zhì)量為m的小車在平直的水泥路上從靜止開始沿直線加速行駛,經(jīng)過時(shí)間t前進(jìn)的距離為x,且速度達(dá)到最大值vm。設(shè)這一過程中電動(dòng)機(jī)的功

3、率恒為P,小車所受阻力恒為F,那么這段時(shí)間內(nèi)(　　) A.小車做勻加速運(yùn)動(dòng) B.小車受到的牽引力逐漸增大 C.小車受到的合外力所做的功為Pt D.小車受到的牽引力做的功為Fx+12mvm2 答案　D　小車在運(yùn)動(dòng)方向上受向前的牽引力F1和向后的阻力F,因?yàn)関增大,P不變,由P=F1v,F1-F=ma,得出F1逐漸減小,a也逐漸減小,當(dāng)v=vm時(shí),a=0,故A、B項(xiàng)均錯(cuò)誤;合外力做的功W外=Pt-Fx,由動(dòng)能定理得W牽-Fx=12mvm2,故C項(xiàng)錯(cuò)誤,D項(xiàng)正確。 4.(2018江蘇六市調(diào)研)如圖所示,水平平臺(tái)上放置一長為L、質(zhì)量為m的均勻木板,板右端距離平臺(tái)邊緣為s,板與臺(tái)面間動(dòng)摩擦因

4、數(shù)為μ,重力加速度為g?，F(xiàn)對(duì)板施加水平推力,要使板脫離平臺(tái),推力做功的最小值為(　　) A.μmg(L+s) B.μmgL2+s C.μmg(L-s) D.μmg3L4+s 答案　B　要使板脫離平臺(tái),即讓板的重心脫離平臺(tái),則板運(yùn)動(dòng)的距離為L2+s,需要克服摩擦力做功為Wf=μmgL2+s,即推力做功的最小值為μmgL2+s,故B項(xiàng)正確,A、C、D項(xiàng)錯(cuò)誤。 二、多項(xiàng)選擇題 5.(2018沛縣中學(xué)檢測)如圖所示,質(zhì)量為M的電梯底板上放置一質(zhì)量為m的物體,鋼索拉著電梯由靜止開始向上做勻加速運(yùn)動(dòng),當(dāng)上升高度為H時(shí),速度達(dá)到v,不計(jì)空氣阻力,則(　　) A.物體所受合力做的功等于1

5、2mv2+mgH B.底板對(duì)物體的支持力做的功等于mgH+12mv2 C.鋼索的拉力做的功等于12Mv2+MgH D.鋼索的拉力、電梯的重力及物體對(duì)底板的壓力對(duì)電梯做的總功等于12Mv2 答案　BD　對(duì)物體應(yīng)用動(dòng)能定理得:合力對(duì)物體做的功W=12mv2,A項(xiàng)錯(cuò)誤;電梯由靜止開始向上做勻加速運(yùn)動(dòng),設(shè)加速度的大小為a,由速度和位移的關(guān)系式可得,v2=2aH,所以a=v22H,對(duì)電梯由牛頓第二定律可得,FN-mg=ma,所以FN=mg+ma=mg+mv22H,底板對(duì)物體的支持力做的功為W=FNH=(mg+ma)H=mgH+12mv2,B項(xiàng)正確;對(duì)于整體由牛頓第二定律可得,F-(M+m)g=(

6、M+m)a,所以鋼索的拉力為F=(M+m)g+(M+m)a,鋼索的拉力做的功等于FH=(M+m)gH+12(M+m)v2,C項(xiàng)錯(cuò)誤;根據(jù)動(dòng)能定理可得,合力對(duì)電梯做的功等于電梯動(dòng)能的變化即為12Mv2,則鋼索的拉力、電梯的重力及物體對(duì)底板的壓力對(duì)電梯做的總功等于12Mv2,D項(xiàng)正確。 6.(2018無錫檢測)對(duì)離地一定高度的物體施加一個(gè)豎直向上的拉力,物體在豎直方向上運(yùn)動(dòng),其速率-時(shí)間關(guān)系大致圖線如圖所示,以地面為零勢(shì)能面,忽略空氣阻力,物體的機(jī)械能隨運(yùn)動(dòng)距離的變化關(guān)系圖線可能是選項(xiàng)圖中的(　　) 答案　CD　以物體為研究對(duì)象,若物體向上運(yùn)動(dòng),根據(jù)牛頓第二定律有F-mg=ma,從速率

7、-時(shí)間圖像看,物體在做加速度變小的加速運(yùn)動(dòng),所以F=mg+ma逐漸變小,而物體機(jī)械能的增量就是F做的功,即E=Fx=(mg+ma)x,E-x圖像中的斜率為F,所以D項(xiàng)正確;若物體向下運(yùn)動(dòng),根據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律有F=mg-ma,F變大,F做負(fù)功,機(jī)械能減小,所以C項(xiàng)正確。 7.(2018泰州模擬)如圖甲所示,質(zhì)量相等的a、b兩物體,分別從斜面上的同一位置A由靜止下滑,經(jīng)B點(diǎn)在水平面上滑行一段距離后停下。不計(jì)經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)的能量損失,用傳感器采集到它們的速度-時(shí)間圖像如圖乙所示,下列說法正確的是(　　) A.a在斜面上滑行的加速度比b的大 B.a在水平面上滑行的距離比b的短 C.a與斜面間的動(dòng)摩

8、擦因數(shù)比b的小 D.a克服摩擦力做的功比b的大 答案　AC　由題圖乙圖像斜率可知,a做加速運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度比b做加速運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大,故A項(xiàng)正確;物體在水平面上的運(yùn)動(dòng)是勻減速運(yùn)動(dòng),a從t1時(shí)刻開始,b從t2時(shí)刻開始,由圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積表示位移可知,a在水平面上做勻減速運(yùn)動(dòng)的位移(滑行的距離)比b在水平面上做勻減速運(yùn)動(dòng)的位移大,故B項(xiàng)錯(cuò)誤;物體在斜面上運(yùn)動(dòng)的加速度a=g sin θ-μg cos θ,因?yàn)閍的加速度大于b的加速度,所以a與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)比b的小,故C項(xiàng)正確;對(duì)物體整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程運(yùn)用動(dòng)能定理得mgh-Wf=0-0,所以Wf=mgh,a、b質(zhì)量相等,所以在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中克服摩

9、擦力做的功一樣多,故D項(xiàng)錯(cuò)誤。 8.(2018南通模擬)如圖所示,半徑為R的半圓形的圓弧槽固定在水平面上,質(zhì)量為m的小球(可視為質(zhì)點(diǎn))從圓弧槽的端點(diǎn)A由靜止開始滑下,滑到最低點(diǎn)B時(shí)對(duì)軌道的正壓力為2mg,重力加速度為g,則(　　) A.小球在最低點(diǎn)B時(shí)速度為2gR B.小球在B點(diǎn)時(shí),重力的功率為mggR C.小球由A到B的過程中克服摩擦力做功為12mgR D.小球由A到B過程中速度先增大后減小 答案　CD　滑到最低點(diǎn)B時(shí)對(duì)軌道的正壓力為2mg,那么由牛頓第三定律可知:小球受到的支持力也為2mg,那么由牛頓第二定律可得2mg-mg=mv2R,所以,v=gR,故A項(xiàng)錯(cuò)誤;小球在B點(diǎn)

10、的速度v=gR,方向水平向右,重力方向豎直向下,重力與速度方向垂直,所以,重力的功率為0,故B項(xiàng)錯(cuò)誤;對(duì)小球下滑過程應(yīng)用動(dòng)能定理可得:小球由A到B的過程中克服摩擦力做功為W=mgR-12mv2=mgR-12mgR=12mgR,故C項(xiàng)正確。小球在任一徑向與豎直方向夾角為θ時(shí),沿速度方向受到的合外力為F=mg sin θ-μmgcosθ+mv2R,那么在該方向上的加速度為a=( tan θ-μ)g cos θ-μv2R;那么當(dāng)小球開始下滑較短時(shí)間時(shí),速度v較小,夾角θ較大,a大于0,小球加速;當(dāng)θ較小時(shí),a小于0,小球減速,故小球由A到B過程中速度先增大后減小,故D項(xiàng)正確。 三、非選擇題

11、9.(2018蘇北四市調(diào)研)如圖所示,水平光滑細(xì)桿上P點(diǎn)套一小環(huán),小環(huán)通過長L=1 m的輕繩懸掛一夾子,夾子內(nèi)夾有質(zhì)量m=1 kg的物塊,物塊兩豎直側(cè)面與夾子間的最大靜摩擦力均為fm=7 N?，F(xiàn)對(duì)物塊施加F=8 N的水平恒力作用,物塊和小環(huán)一起沿水平方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng),小環(huán)碰到細(xì)桿上的釘子Q時(shí)立即停止運(yùn)動(dòng),物塊恰好相對(duì)夾子滑動(dòng),此時(shí)夾子立即鎖定物塊,鎖定后物塊仍受恒力F的作用。小環(huán)和夾子的大小及質(zhì)量均不計(jì),物塊可看成質(zhì)點(diǎn),重力加速度g=10 m/s2。求: 　　(1)物塊做勻加速運(yùn)動(dòng)的加速度大小a; 　　(2)P、Q兩點(diǎn)間的距離s; 　　(3)物塊向右擺動(dòng)的最大高度h。

12、 答案　(1)8 m/s2　(2)0.25 m　(3)1 m 解析　(1)由牛頓第二定律F=ma, 解得a=8 m/s2 (2)小環(huán)到達(dá)Q,物塊與夾子剛達(dá)到最大靜摩擦力 由牛頓第二定律2fm-mg=mvm2L,解得vm=2 m/s 根據(jù)動(dòng)能定理Fs=12mvm2 解得s=0.25 m (3)設(shè)物塊上升的最大高度為h,水平距離為x,由動(dòng)能定理得 F(x+s)-mgh=0 由幾何關(guān)系得 (L-h)2+x2=L2 解得h=1 m 10.(2018常州一模)以較大速度運(yùn)動(dòng)的物體,所受的空氣阻力不可忽略,物體運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的空氣阻力與其速度成正比,關(guān)系式為f=kv,v是物體的速

13、度,k是已知的阻力系數(shù)。在離地面H高度的高處將質(zhì)量為m的球以速度v0水平拋出,球在著地前已經(jīng)做勻速運(yùn)動(dòng),重力加速度為g。求: 　　(1)球剛拋出時(shí)的加速度大小; 　　(2)球從拋出到落地過程中,克服空氣阻力所做的功; 　　(3)以不同初速度水平拋出的球其運(yùn)動(dòng)時(shí)間是否相等,請(qǐng)說明理由。 答案　(1)g2+kv0m2 (2)mgH+12mv02-m3g22k2 (3)見解析 解析　(1)豎直方向vy0=0,Fy=mg ay=g,豎直向下 水平方向vx0=v0,Fx=kv0 ax=kv0m,與v0方向相反 a=g2+kv0m212 (2)球最終做勻速直線運(yùn)動(dòng) mg=kv,v=mgk,方向豎直向下 由動(dòng)能定理WG-Wf=12mv2-12mv02 球克服阻力所做功 Wf=mgH+12mv02-m3g22k2 (3)下落時(shí)間相等。由運(yùn)動(dòng)的獨(dú)立性原理,豎直方向都是從靜止開始的運(yùn)動(dòng),且受力情況同為Fy=mg-kvy,所以運(yùn)動(dòng)時(shí)間與水平初速度大小無關(guān)。 7