2019版高考物理一輪復習 第五章 機械能及其守恒定律 課后分級演練15 動能定理及其應用.doc
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課后分級演練(十五) 動能定理及其應用【A級基礎練】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EB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2vD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mv2E,設以初動能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)2ax0v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mv22EE,所以返回斜面底端時的動能為E,A正確,B錯誤由得vv,C錯誤,D正確2.如圖所示,質量為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mgHB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(Hh)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mgHfHmv,A錯誤;設泥的平均阻力為f0,小球陷入泥中的過程中根據(jù)動能定理得mghf0h0mv,解得f0hmghmv,f0mg(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(Hh),C正確3.如圖所示,在輕彈簧的下端懸掛一個質量為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mghW10;小球B下降過程,由動能定理有3mghW13mv20,解得:v,故B正確4.如圖所示,某段滑雪雪道傾角為30,總質量為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化為動能B運動員獲得的動能為mghC運動員克服摩擦力做功為mghD下滑過程中系統(tǒng)減少的機械能為mgh解析:D運動員的加速度為g,沿斜面方向有mgFfmg,則摩擦力Ffmg,摩擦力做功Wfmg2hmgh,A、C錯誤,D正確運動員獲得的動能Ekmghmghmgh,B錯誤5.如圖所示,質量為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45的過程中,繩中拉力對物體做的功為()A.mvBmvC.mvD.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物體運動到繩與水平方向的夾角45時的速率為v,此時有:vcos 45v0,則vv0.所以繩的拉力對物體做的功為Wmv2mv,B項正確6.用傳感器研究質量為2 kg的物體由靜止開始做直線運動的規(guī)律時,在計算機上得到06 s內(nèi)物體的加速度隨時間變化的關系如圖所示下列說法正確的是()A06 s內(nèi)物體先向正方向運動,后向負方向運動B06 s內(nèi)物體在4 s時的速度最大C物體在24 s內(nèi)速度不變D04 s內(nèi)合力對物體做的功等于06 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)律的理解和應用能力由vat可知,at圖象中,圖線與坐標軸所圍面積表示質點的速度,06 s內(nèi)物體的速度始終為正值,故一直為正方向,A項錯;t5 s時,速度最大,B項錯;24 s內(nèi)加速度保持不變,速度一定變化,C項錯;04 s內(nèi)與06 s內(nèi)圖線與坐標軸所圍面積相等,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v2cos 圖象應為()解析:A設圓盤半徑為r,小物塊與圓盤間的動摩擦因數(shù)為,由動能定理可得,mg2rcos mv2mv,整理得v2v4grcos ,可知v2與cos 為線性關系,斜率為負,故A正確,B、C、D錯誤8(多選)質量為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0.2B物體運動的位移為13 mC前3 m運動過程中物體的加速度為3 m/s2Dx9 m時,物體速度為3 m/s解析:ACD由WfFfx對應圖乙可知,物體與地面之間的滑動摩擦力Ff2 N,由Ffmg可得0.2,A正確;由WFFx對應圖乙可知,前3 m內(nèi),拉力F15 N,39 m內(nèi)拉力F2 2 N,物體在前3 m內(nèi)的加速度a13 m/s2,C正確;由動能定理得:WFFfxmv2可得:x9 m時,物體的速度為v3 m/s,D正確;物體的最大位移xm13.5 m,B錯誤9.如圖所示,固定坡道傾角為,頂端距光滑水平面的高度為h,一可視為質點的小物塊質量為m,從坡道頂端由靜止滑卞,經(jīng)過底端O點進入水平面時無機械能損失,為使小物塊制動,將輕彈簧的一端固定在水平面左側M處的豎直墻上,彈簧自由伸長時右側一端恰好位于O點已知小物塊與坡道間的動摩擦因數(shù)為,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mghB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,由功能關系得mghWfEp,故彈簧彈性勢能的最大值EpmghWf,選項A錯誤;由牛頓第二定律,小物塊下滑的加速度a1gsin gcos ,上滑的加速度a2gsin gcos ,故a1a2選項B正確;小物塊經(jīng)過多次往返后,最終停在O點,全過程往返運動的總路程設為x,由動能定理mghmgxcos 0,解得x,選項C正確;設小物塊返回傾斜軌道時所能達到的最大高度為h,由動能定理有mghmgcos mghmgcos 0,解得hh,選項D正確10.如圖所示,用一塊長L11.0 m的木板在墻和桌面間架設斜面,桌子高H0.8 m,長L21.5 m斜面與水平桌面的夾角可在060間調節(jié)后固定將質量m0.2 kg的小物塊從斜面頂端靜止釋放,物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)10.05,物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)為2,忽略物塊在斜面與桌面交接處的能量損失(重力加速度取g10 m/s2;最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)(1)求角增大到多少時,物塊能從斜面開始下滑;(用正切值表示)(2)當角增大到37時,物塊恰能停在桌面邊緣,求物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)2;(已知sin 370.6,cos 370.8)(3)繼續(xù)增大角,發(fā)現(xiàn)53時物塊落地點與墻面的距離最大,求此最大距離xm.解析:(1)為使小物塊下滑,應有mgsin 1mgcos 滿足的條件tan 0.05即當arctan 0.05時物塊恰好從斜面開始下滑(2)克服摩擦力做功Wf1mgL1cos 2mg(L2L1cos )由動能定理得mgL1sin Wf0代入數(shù)據(jù)得20.8(3)由動能定理得mgL1sin Wfmv2結合式并代入數(shù)據(jù)得v1 m/s由平拋運動規(guī)律得Hgt2,x1vt解得t0.4 sx10.4 mxmx1L21.9 m答案:(1)arctan 0.05(2)0.8(3)1.9 m【B級提升練】11(2017甘肅模擬)如圖甲所示,一個質量m4 kg的物體靜止在水平地面上,讓物體在隨位移均勻減小的水平推力F作用下運動,推力F隨位移x變化的關系如圖乙所示,已知物體與地面間的動摩擦因數(shù)0.5,取g10 m/s2,則下列說法正確的是()A物體先做加速運動,推力撤去時開始做減速運動B物體在水平面上運動的最大位移為10 mC物體運動的最大速度為2 m/sD物體在運動中的加速度先變小后不變解析:B物體先做加速運動,當推力小于摩擦力時開始做減速運動,選項A錯誤;由題圖乙中圖線與x軸所圍面積表示推力對物體做的功得推力做的功W4100 J200 J,根據(jù)動能定理有Wmgxm0,代入數(shù)據(jù)解得xm10 m,選項B正確;當推力與摩擦力平衡時,加速度為0,速度最大,由題圖乙得F與x的函數(shù)關系式為F10025x(N),當Fmg20 N時,代入數(shù)據(jù)得x3.2 m,由動能定理有3.2 J203.2 J4 kgv,解得vm8 m/s,選項C錯誤;拉力一直減小,而摩擦力不變,加速度先減小后增大,當F0后加速度保持不變,選項D錯誤12(2017洛陽模擬)(多選)如圖甲所示,傾角為的足夠長的傳送帶以恒定的速率v0沿逆時針方向運行t0時,將質量m1 kg的物體(可視為質點)輕放在傳送帶上,物體相對地面的vt圖象如圖乙所示設沿傳送帶向下為正方向,取重力加速度g10 m/s2.則()A傳送帶的速率v010 m/sB傳送帶的傾角30C物體與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)0.5D02.0 s摩擦力對物體做功Wf24 J解析:ACD由vt圖象可知,物體放上傳送帶開始階段,加速度a110.0 m/s2,物體與傳送帶同速后,加速度a2 m/s22.0 m/s2,傳送帶的速率v010 m/s,A正確;由mgsin mgcos ma1,mgsin mgcos ma2可求得:37,0.5,B錯誤,C正確;由動能定理得:mglsin Wfmv2,v12.0 m/s,l101 m1 m16 m,解得Wf24 J,D正確13(多選)(2016濟寧三模)如圖甲所示,為測定物體沖上粗糙斜面能達到的最大位移x與斜面傾角的關系,將某一物體每次以不變的初速率v0沿足夠長的斜面向上推出,調節(jié)斜面與水平方向的夾角,實驗測得x與斜面傾角的關系如圖乙所示,g取10 m/s2,根據(jù)圖象可求出()A物體的初速率v03 m/sB物體與斜面間的動摩擦因數(shù)0.75C取不同的傾角,物體在斜面上能達到的位移x的最小值xmin1.44 mD當某次30時,物體達到最大位移后將沿斜面下滑解析:BC當角度達到90時,物體將做豎直上拋運動,此時上升高度為1.8 m,由運動規(guī)律可求得初速度v06 m/s,選項A錯誤;當角度為0時,物體相當于在水平面上運動,此時位移為2.4 m,由牛頓運動定律可得,動摩擦因數(shù)0.75,選項B正確;當傾角為時,由牛頓運動定律可得mgsin mgcos ma,又有x,結合數(shù)學關系可得位移的最小值為1.44 m,選項C正確;角為30時,到達最高點重力沿斜面向下的分力小于最大靜摩擦力,因此達到最大位移后不會下滑,選項D錯誤答案選BC.14如圖所示,水平面上放一質量為m2 kg的小物塊,通過薄壁圓筒的輕細繞線牽引,圓筒半徑為R0.5 m,質量為M4 kg.t0時刻,圓筒在電動機帶動下由靜止開始繞豎直中心軸轉動,轉動角速度與時間的關系滿足4t,物塊和地面之間的動摩擦因數(shù)0.3,細線始終與地面平行,其它摩擦不計,g取10 m/s2,求:(1)物塊運動中受到的拉力(2)從開始運動至t2 s時電動機做了多少功?解析:(1)由于圓筒邊緣線速度與物塊直線運動速度大小相同,根據(jù)vR4Rt2t,線速度與時間成正比,物塊做初速為零的勻加速直線運動,由公式vat知,物塊加速度為a2 m/s2,對物塊受力分析,由牛頓第二定律得Tmgma,則細線拉力為T10 N.(2)根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律:t2 s時物塊的速度:vat22 m/s4 m/s2 s內(nèi)物塊的位移:xat2222 m4 m對整體運用動能定理,有Wmgxmv2Mv2代入數(shù)據(jù)求得電動機做的功為W72 J.答案:(1)10 N(2)72 J15如圖所示,一質量m0.4 kg的滑塊(可視為質點)靜止于水平軌道上的A點,滑塊與軌道間的動摩擦因數(shù)0.1.現(xiàn)對滑塊施加一水平外力,使其向右運動,外力的功率恒為P10 W經(jīng)過一段時間后撤去外力,滑塊繼續(xù)滑行至B點后水平飛出,恰好在C點沿切線方向進入固定在豎直平面內(nèi)的光滑圓弧形軌道,軌道的最低點D處裝有壓力傳感器,當滑塊到達傳感器上方時,傳感器的示數(shù)為25.6 N已知軌道AB的長度L2 m,圓弧形軌道的半徑R0.5 m;半徑OC和豎直方向的夾角37.(空氣阻力可忽略,重力加速度g10 m/s2,sin 370.6,cos 370.8)求:(1)滑塊運動到C點時速度的大小vC;(2)B、C兩點的高度差h及水平距離x;(3)水平外力作用在滑塊上的時間t.解析:(1)滑塊運動到D點時,由牛頓第二定律得FNmgm滑塊由C點運動到D點的過程,由機械能守恒定律得mgR(1cos )mvmv代入數(shù)據(jù),聯(lián)立解得vc5 m/s.(2)滑塊從B到C做平拋運動,在C點速度的豎直分量為:vyvCsin 3 m/s所以B、C兩點的高度差為h m0.45 m滑塊由B運動到C所用的時間為t1 s0.3 s滑塊運動到B點的速度即平拋運動的初速度為vBvCcos 4 m/s所以B、C間的水平距離xvBt140.3 m1.2 m(3)滑塊由A點運動到B點的過程,由動能定理得PtmgLmv代入數(shù)據(jù)解得t0.4 s.答案:(1)5 m/s(2)0.45 m1.2 m(3)0.4 s- 配套講稿:
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