2019年高考物理一輪復(fù)習(xí)第五章機(jī)械能及其守恒定律第2講動(dòng)能定理及其應(yīng)用練習(xí)

配餐作業(yè)動(dòng)能定理及其應(yīng)用A組·基礎(chǔ)鞏固題1．兩顆人造地球衛(wèi)星，都能在圓形軌道上運(yùn)行，它們的質(zhì)量相等，軌道半徑之比等于2，則它們的動(dòng)能之比等于()A．2B.eq\r(2)C.eq\f(1,2)D.eq\f(\r(2),2)解析地球引力提供向心力Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r)，則衛(wèi)星的動(dòng)能為Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(GMm,2r)∝eq\f(1,r)，所以eq\f(Ek1,Ek2)＝eq\f(r2,r1)＝eq\f(1,2)，選C項(xiàng)。答案C2．據(jù)海軍論壇報(bào)道，我國(guó)02號(hào)新型航母將采用令世界震驚的飛機(jī)起飛方式—電磁彈射起飛。原理相當(dāng)于電磁炮的加速原理，強(qiáng)大的電磁力能使飛機(jī)在很短時(shí)間內(nèi)由靜止加速到v1，然后在發(fā)動(dòng)機(jī)的推力作用下加速到起飛速度v2。假設(shè)電磁加速軌道水平且長(zhǎng)為x，不計(jì)阻力，某艦載機(jī)的質(zhì)量為m，電磁力恒定，則電磁力的平均功率是()A.eq\f(mv\o\al(3,1),2x) B.eq\f(mv\o\al(3,1),4x)C.eq\f(mv\o\al(3,2),2x) D.eq\f(mv\o\al(3,2),4x)解析以飛機(jī)為研究對(duì)象，由動(dòng)能定理得Fx＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，eq\x\to(P)＝eq\f(1,2)Fv1，解得eq\x\to(P)＝eq\f(mv\o\al(3,1),4x)，故B項(xiàng)正確。答案B3．(多選)如圖是利用太陽(yáng)能驅(qū)動(dòng)的小車，若小車在平直的水泥路上從靜止開(kāi)始加速行駛，經(jīng)過(guò)時(shí)間t前進(jìn)距離s，速度達(dá)到最大值vm，在這一過(guò)程中電動(dòng)機(jī)的功率恒為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．電動(dòng)機(jī)所做的功為PtC．電動(dòng)機(jī)所做的功為eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)D．電動(dòng)機(jī)所做的功為Fs＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)解析對(duì)小車由牛頓第二定律得eq\f(P,v)－F＝ma，由于小車的速度逐漸增大，故小車加速度逐漸減小，小車做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，A項(xiàng)錯(cuò)誤；電動(dòng)機(jī)對(duì)小車所做的功W＝Pt，B項(xiàng)正確；對(duì)小車由動(dòng)能定理得W－Fs＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)，解得W＝Fs＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)，C項(xiàng)錯(cuò)誤，D項(xiàng)正確。答案BD4．(多選)在工廠的流水線上安裝有足夠長(zhǎng)的水平傳送帶，用水平傳送帶傳送工件，可以大大提高工作效率，如圖所示，水平傳送帶以恒定的速率v運(yùn)送質(zhì)量為m的工件，工件以v0(v0<v)的初速度從A位置滑上傳送帶，工件與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，已知重力加速度為g，則()A．工件滑上傳送帶到與傳送帶相對(duì)靜止所需時(shí)間為eq\f(v－v0,μg)B．因傳送工件電動(dòng)機(jī)多做的功為eq\f(1,2)m(v2－veq\o\al(2,0))C．傳送帶的摩擦力對(duì)工件所做的功為eq\f(1,2)m(v－v0)2D．工件與傳送帶的相對(duì)位移為eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(v－v0))2,2μg)解析工件滑上傳送帶后先做勻加速運(yùn)動(dòng)，μmg＝ma，a＝μg，相對(duì)滑動(dòng)時(shí)間為t＝eq\f(v－v0,μg)，A項(xiàng)正確；因傳送工件電動(dòng)機(jī)多做的功W＝μmgvt＝mv(v－v0)，B項(xiàng)錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)能定理傳送帶對(duì)工件做功W1＝eq\f(1,2)m(v2－veq\o\al(2,0))，C項(xiàng)錯(cuò)誤；工件與傳送帶的相對(duì)位移Δx＝vt－eq\f(v＋v0,2)t＝eq\f(v－v02,2μg)，D項(xiàng)正確。答案AD5．如圖，一半徑為R、粗糙程度處處相同的半圓形軌道豎直固定放置，直徑POQ水平。一質(zhì)量為m的質(zhì)點(diǎn)自P點(diǎn)上方高度R處由靜止開(kāi)始下落，恰好從P點(diǎn)進(jìn)入軌道。質(zhì)點(diǎn)滑到軌道最低點(diǎn)N時(shí)，對(duì)軌道的壓力為4mg，g為重力加速度的大小。用W表示質(zhì)點(diǎn)從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的過(guò)程中克服摩擦力所做的功。則()A．W＝eq\f(1,2)mgR，質(zhì)點(diǎn)恰好可以到達(dá)Q點(diǎn)B．W＞eq\f(1,2)mgR，質(zhì)點(diǎn)不能到達(dá)Q點(diǎn)C．W＝eq\f(1,2)mgR，質(zhì)點(diǎn)到達(dá)Q點(diǎn)后，繼續(xù)上升一段距離D．W＜eq\f(1,2)mgR，質(zhì)點(diǎn)到達(dá)Q點(diǎn)后，繼續(xù)上升一段距離解析根據(jù)動(dòng)能定理得P點(diǎn)動(dòng)能EkP＝mgR，經(jīng)過(guò)N點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律和向心力公式可得4mg－mg＝meq\f(v2,R)，所以N點(diǎn)動(dòng)能為EkN＝eq\f(3mgR,2)，從P點(diǎn)到N點(diǎn)根據(jù)動(dòng)能定理可得mgR－W＝eq\f(3mgR,2)－mgR，即克服摩擦力做功W＝eq\f(mgR,2)。質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)過(guò)程，半徑方向的合力提供向心力即FN－mgcosθ＝ma＝meq\f(v2,R)，根據(jù)左右對(duì)稱，在同一高度處，由于摩擦力做功導(dǎo)致在右邊圓形軌道中的速度變小，軌道彈力變小，滑動(dòng)摩擦力f＝μFN變小，所以摩擦力做功變小，那么從N到Q，根據(jù)動(dòng)能定理，Q點(diǎn)動(dòng)能EkQ＝eq\f(3mgR,2)－mgR－W′＝eq\f(1,2)mgR－W′，由于W′＜eq\f(mgR,2)，所以Q點(diǎn)速度仍然沒(méi)有減小到0，會(huì)繼續(xù)向上運(yùn)動(dòng)一段距離，對(duì)照選項(xiàng)，C項(xiàng)正確。答案C6．質(zhì)量為m的小球在豎直向上的拉力作用下從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，其v－t圖象如圖所示(豎直向上為正方向，DE段為直線)，已知重力加速度大小為g，下列說(shuō)法正確的是()A．t3～t4時(shí)間內(nèi)，小球豎直向下做勻減速直線運(yùn)動(dòng)B．t0～t2時(shí)間內(nèi)，合力對(duì)小球先做正功后做負(fù)功C．0～t2時(shí)間內(nèi)，小球的平均速度一定為eq\f(v3,2)D．t3～t4時(shí)間內(nèi)，拉力做的功為eq\f(mv3＋v4,2)[(v4－v3)＋g(t4－t3)]解析t3～t4時(shí)間內(nèi)小球做豎直向上的勻減速直線運(yùn)動(dòng)，A項(xiàng)錯(cuò)誤；t0～t2時(shí)間內(nèi)小球速度一直增大，合力對(duì)小球一直做正功，B項(xiàng)錯(cuò)誤；0～t3時(shí)間內(nèi)小球的運(yùn)動(dòng)不是勻變速運(yùn)動(dòng)，不等于eq\f(v3,2)，C項(xiàng)錯(cuò)誤；t3～t4由動(dòng)能定理得WF－mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,4)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)，且h＝eq\f(1,2)(v4＋v3)(t4－t3)，解得WF＝eq\f(mv3＋v4,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(v4－v3＋gt4－t3))，D項(xiàng)正確。答案D7．(多選)如圖所示，在傾角為θ的斜面上，輕質(zhì)彈簧一端與斜面底端固定，另一端與質(zhì)量為M的平板A連接，一個(gè)質(zhì)量為m的物體B靠在平板的右側(cè)，A、B與斜面的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ。開(kāi)始時(shí)用手按住物體B使彈簧處于壓縮狀態(tài)，現(xiàn)放手，使A和B一起沿斜面向上運(yùn)動(dòng)距離L時(shí)，A和B達(dá)到最大速度v。則以下說(shuō)法正確的是()A．A和B達(dá)到最大速度v時(shí)，彈簧是自然長(zhǎng)度B．若運(yùn)動(dòng)過(guò)程中A和B能夠分離，則A和B恰好分離時(shí)，二者加速度大小均為g(sinθ＋μcosθ)C．從釋放到A和B達(dá)到最大速度v的過(guò)程中，彈簧對(duì)A所做的功等于eq\f(1,2)Mv2＋MgLsinθ＋μMgLcosθD．從釋放到A和B達(dá)到最大速度v的過(guò)程中，B受到的合力對(duì)它做的功等于eq\f(1,2)mv2解析A和B達(dá)到最大速度v時(shí)，A和B的加速度為零。對(duì)AB整體：由平衡條件知kx＝(m＋M)gsinθ＋μ(m＋M)gcosθ，所以此時(shí)彈簧處于壓縮狀態(tài)，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；A和B恰好分離時(shí)，A、B間的彈力為0，A、B的加速度相同，對(duì)B受力分析，由牛頓第二定律知，mgsinθ＋μmgcosθ＝ma，得a＝gsinθ＋μgcosθ，故B項(xiàng)正確；從釋放到A和B達(dá)到最大速度v的過(guò)程中，對(duì)AB整體，根據(jù)動(dòng)能定理得W彈－(m＋M)gLsinθ－μ(m＋M)gcosθ·L＝eq\f(1,2)(m＋M)v2，所以彈簧對(duì)A所做的功W彈＝eq\f(1,2)(m＋M)v2＋(m＋M)gLsinθ＋μ(m＋M)gcosθ·L，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；從釋放到A和B達(dá)到最大速度v的過(guò)程中，對(duì)于B，根據(jù)動(dòng)能定理得B受到的合力對(duì)它做的功W合＝ΔEk＝eq\f(1,2)mv2，故D項(xiàng)正確。答案BDB組·能力提升題8．如圖所示，豎直平面內(nèi)放一直角桿MON，OM水平，ON豎直且光滑，用不可伸長(zhǎng)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(zhì)量為2kg，在作用于A球的水平力F的作用下，A、B兩球均處于靜止?fàn)顟B(tài)，此時(shí)OA＝0.3m，OB＝0.4m，改變水平力F的大小，使A球向右加速運(yùn)動(dòng)，已知A球向右運(yùn)動(dòng)0.1m時(shí)速度大小為3m/s，則在此過(guò)程中繩的拉力對(duì)B球所做的功為(g取10m/s2)()A．11J B．16JC．18J D．9J解析A球向右運(yùn)動(dòng)0.1m時(shí)，vA＝3m/s，OA′＝0.4m，OB′＝0.3m，設(shè)此時(shí)∠BAO＝α，則有tanα＝eq\f(3,4)。由運(yùn)動(dòng)的合成與分解可得vAcosα＝vBsinα，解得vB＝4m/s。以B球?yàn)檠芯繉?duì)象，此過(guò)程中B球上升高度h＝0.1m，由動(dòng)能定理，W－mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，解得輕繩的拉力對(duì)B球所做的功為W＝mgh＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＝2×10×0.1J＋eq\f(1,2)×2×42J＝18J，C項(xiàng)正確。答案C9．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(diǎn)，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(kāi)始滑動(dòng)，小物塊運(yùn)動(dòng)到圓盤另一邊緣時(shí)的速度大小為v，則v2－cosθ圖象應(yīng)為()解析設(shè)圓盤半徑為r，小物塊與圓盤間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，由動(dòng)能定理可得，－μmg·2rcosθ＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，整理得v2＝veq\o\al(2,0)－4μgrcosθ，可知v2與cosθ為線性關(guān)系，斜率為負(fù)，故A項(xiàng)正確，B、C、D項(xiàng)錯(cuò)誤。答案A【解題技巧】本題考查數(shù)學(xué)在物理中的運(yùn)用能力，解題的關(guān)鍵是根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律找出v2與cosθ的函數(shù)關(guān)系式，再與圖象對(duì)照即可輕松解決問(wèn)題。10.(2018·三明A片區(qū)聯(lián)盟期末考試)(多選)如圖所示，物塊A、B、C、D的質(zhì)量都是m，并都可看作質(zhì)點(diǎn)，四個(gè)物塊用細(xì)線通過(guò)輕質(zhì)滑輪連接。物塊B與C、C與D、D與地面的距離都是L。現(xiàn)將物塊A下方的細(xì)線剪斷，若物塊A距離滑輪足夠遠(yuǎn)且不計(jì)一切阻力，則()A．A上升的最大速度是eq\r(\f(5gL,3))B．A上升的最大速度是eq\r(\f(17gL,6))C．A上升的最大高度是eq\f(53L,12)D．A上升的最大高度是eq\f(23L,6)解析設(shè)物塊D落地時(shí)速度為v1，在物塊D落地過(guò)程中，對(duì)四個(gè)物塊應(yīng)用動(dòng)能定理有3mgL－mgL＝eq\f(1,2)×4mveq\o\al(2,1)；在物塊C落地過(guò)程中，對(duì)三個(gè)物塊應(yīng)用動(dòng)能定理有2mgL－mgL＝eq\f(1,2)×3mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)×3mveq\o\al(2,1)，聯(lián)立解得v2＝eq\r(\f(5gL,3))，A項(xiàng)正確，B項(xiàng)錯(cuò)誤；之后物塊B勻速下降直到落地，A勻速上升，至此A已上升了3L的高度；再往后物塊A做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，還可以上升h＝eq\f(v\o\al(2,2),2g)＝eq\f(5L,6)，A上升的最大高度H＝h＋3L＝eq\f(23,6)L，C項(xiàng)錯(cuò)誤，D項(xiàng)正確。答案AD11.如圖所示，一可以看作質(zhì)點(diǎn)的質(zhì)量m＝2kg的小球以初速度v0沿光滑的水平桌面飛出后，恰好從A點(diǎn)沿切線方向進(jìn)入圓弧軌道，其中B為軌道的最低點(diǎn)，C為最高點(diǎn)且與水平桌面等高，圓弧AB對(duì)應(yīng)的圓心角θ＝53°，軌道半徑R＝0.5m。已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，不計(jì)空氣阻力，g取10m/s2。求：(1)小球的初速度v0的大小。(2)若小球恰好能通過(guò)最高點(diǎn)C，求在圓弧軌道上摩擦力對(duì)小球做的功。解析(1)小球從桌面飛出到A點(diǎn)的過(guò)程中，做平拋運(yùn)動(dòng)，則由動(dòng)能定理有eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mg(R＋Rcosθ)，cosθ＝eq\f(v0,v)，解得v0＝3m/s。(2)小球恰好能通過(guò)最高點(diǎn)C的臨界條件是mg＝meq\f(v\o\al(2,C),R)，而小球從桌面到C的過(guò)程中，重力做的功為0，由動(dòng)能定理得Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)；解得在圓弧軌道上摩擦力對(duì)小球做的功為Wf＝－4J。答案(1)3m/s(2)－4J12．(2017·江蘇)如圖所示，兩個(gè)半圓柱A、B緊靠著靜置于水平地面上，其上有一光滑圓柱C，三者半徑均為R。C的質(zhì)量為m，A、B的質(zhì)量都為eq\f(m,2)，與地面的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ?，F(xiàn)用水平向右的力拉A，使A緩慢移動(dòng)，直至C恰好降到地面。整個(gè)過(guò)程中B保持靜止。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度為g。求：(1)未拉A時(shí)，C受到B作用力的大小F。(2)動(dòng)摩擦因數(shù)的最小值μmin。(3)A移動(dòng)的整個(gè)過(guò)程中，拉力做的功W。解析(1)C受力平衡，如圖所示。根據(jù)平衡條件可得2Fcos30°＝mg,計(jì)算得出C受到B作用力的大小為