新高考物理一轮复习课时作业第5章第2讲动能定理及其应用（含解析）

这是一份新高考物理一轮复习课时作业第5章第2讲动能定理及其应用（含解析），共10页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。


时间：60分钟 满分：100分
一、选择题(本题共8小题，每小题8分，共64分。其中1～4题为单选，5～8题为多选)
1．若物体在运动过程中受到的合力不为0，则( )
A．物体的动能不可能总是不变的
B．物体的加速度一定变化
C．物体的速度方向一定变化
D．物体所受的合力做的功可能为0
答案 D
解析 当合力不为0时，若物体做匀速圆周运动，则动能不变，合力做的功为0，A错误，D正确；当合力恒定时，加速度就不变，速度方向可能不变，B、C错误。
2. 物体沿直线运动的v－t图像如图所示，已知在第1秒内合力对物体做的功为W，则( )
A．从第1秒末到第3秒末合力做功为4W
B．从第3秒末到第5秒末合力做功为－2W
C．从第5秒末到第7秒末合力做功为W
D．从第3秒末到第4秒末合力做功为－2W
答案 C
解析 物体在第1秒末到第3秒末做匀速直线运动，合力为零，合力做功为零，A错误；从第3秒末到第5秒末动能的变化量与第1秒内动能的变化量大小相同，合力做的功为－W，B错误；从第5秒末到第7秒末动能的变化量与第1秒内动能的变化量相同，合力做功相同，即为W，C正确；从第3秒末到第4秒末速度从v0减小到eq \f(v0,2)，则动能变化量的大小等于第1秒内动能变化量大小的eq \f(3,4)，则合力做功为－0.75W，D错误。
3. 长为L的木块静止在光滑水平面上。质量为m的子弹以水平速度v0射入木块并从中射出，且出射速度为v1。已知从子弹射入到射出，木块移动的距离为s，子弹在木块中受到的平均阻力大小为( )
A.eq \f(mv\\al(2,1)－v\\al(2,0),2s＋L) B.eq \f(mv\\al(2,0)－v\\al(2,1),2s)
C.eq \f(mv\\al(2,0)－v\\al(2,1),2L) D.eq \f(mv\\al(2,0)－v\\al(2,1),2s＋L)
答案 D
解析 对子弹根据动能定理：－f(L＋s)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，解得f＝eq \f(mv\\al(2,0)－v\\al(2,1),2s＋L)，D正确。
4．(2019·全国卷Ⅲ) 从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用。距地面高度h在3 m以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图所示。重力加速度取10 m/s2。该物体的质量为( )
A．2 kg B.1.5 kg
C.1 kg D.0.5 kg
答案 C
解析 画出运动示意图如图，设阻力大小为f，据动能定理知，
A→B(上升过程)：EkB－EkA＝－(mg＋f)h
C→D(下落过程)：EkD－EkC＝(mg－f)h
联立以上两式，解得物体的质量m＝1 kg，C正确。
5. (2020·吉林省吉林市高三下第四次调研)2022年第24届冬季奥林匹克运动会将在北京举行，跳台滑雪是冬奥会的比赛项目之一。如图所示为一简化后的跳台滑雪的雪道示意图，运动员从O点由静止开始，在不借助其他外力的情况下，自由滑过一段圆心角为60°的光滑圆弧轨道后从A点水平飞出，然后落到斜坡上的B点。已知A点是斜坡的起点，光滑圆弧轨道半径为40 m，斜坡与水平面的夹角θ＝30°，运动员的质量m＝50 kg，重力加速度g＝10 m/s2，忽略空气阻力。下列说法正确的是( )
A．运动员从O点运动到B点的整个过程中机械能守恒
B．运动员到达A点时的速度为20 m/s
C．运动员到达B点时的动能为10 kJ
D．运动员从A点飞出到落到B点所用的时间为eq \r(3) s
答案 AB
解析 运动员在光滑的圆弧轨道上的运动和随后的平抛运动的过程中只有重力做功，机械能守恒，故A正确。由动能定理，运动员在光滑的圆弧轨道上从O到A有：mgR(1－cs60°)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)－0，代入数据解得vA＝20 m/s，故B正确。设运动员做平抛运动的时间为t，则：x＝vAt，y＝eq \f(1,2)gt2，由几何关系有：eq \f(y,x)＝tan30°＝eq \f(\r(3),3)，联立并代入数据解得：t＝eq \f(4\r(3),3) s，y＝eq \f(80,3) m；运动员从A到B的过程中，根据动能定理有：mgy＝EkB－eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)，代入数据解得：EkB＝eq \f(7,3)×104 J，故C、D错误。
6．(2020·江苏省镇江市高三上学期期末)如图1所示，倾角为θ(θ<45°)的斜面ABC固定在水平地面上，置于斜面上的滑块P恰能沿斜面匀速下滑，已知滑块P从斜面顶端滑至底端的过程中，重力势能减小量为K，重力加速度为g，现将该斜面逆时针旋转90°后仍固定在水平地面上(如图2所示)，在滑块P从斜面顶端由静止释放下滑至底端的过程中，能求出滑块( )
A．下滑至底端时的速度
B．下滑过程中的加速度
C．下滑至底端时的动能
D．下滑至底端时重力的功率
答案 BC
解析 设AB＝h，滑块P恰能沿斜面匀速下滑时，有mgsinθ＝μmgcsθ，解得μ＝tanθ，该过程重力势能减小量为K，即mgh＝K，将该斜面逆时针旋转90°后，根据动能定理有mgeq \f(h,tanθ)－μmgsinθ·eq \f(h,sinθ)＝eq \f(1,2)mv2＝Ek，联立解得v＝ eq \r(2gh\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,tanθ)－tanθ)))，Ek＝eq \f(K,tanθ)－Ktanθ，由于m未知，所以根据mgh＝K不能求出h，因此v无法求出，可求出滑块下滑至底端时的动能Ek，故A错误，C正确；根据牛顿第二定律有mgcsθ－μmgsinθ＝ma，解得a＝gcsθ－gtanθsinθ，可以求出滑块下滑过程中的加速度a，故B正确；滑块下滑至底端时重力的功率为P＝mgvcsθ＝mgcsθ eq \r(2gh\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,tanθ)－tanθ)))，根据K＝mgh只能求出mh，无法求出meq \r(h)，则P求不出，故D错误。
7．(2020·陕西省渭南市高三下教学质量检测) 如图所示，斜面和水平面由相同材料组成，质量为m的小滑块由斜面上A点由静止开始释放，它运动到水平面上C点时的速度为v1，最后停在D点。现给小滑块施加一个竖直向下的恒力F，仍让小滑块由A点静止开始释放，它运动到C点时的速度为v2，忽略在B点因碰撞而损失的能量，水平面足够长，以下判断正确的是( )
A．v1＝v2 B.v1C．最后仍停在D点 D.最后停在D点右侧
答案 BC
解析 设斜面倾角为α，滑块与斜面和水平面间的动摩擦因数为μ，因由静止释放时滑块下滑，则有mgsinα>μmgcsα，即μ8. (2020·四川省乐山市高三下第三次调研)如图所示，斜面ABC竖直固定放置，斜边AC与一光滑的圆弧轨道DEG相切，切点为D，AD长为L＝eq \f(R,tanθ－μ)，圆弧轨道圆心为O，半径为R，∠DOE＝θ，∠EOG＝90°，OG水平。现有一质量为m、可视为质点的滑块从A点由静止下滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则关于滑块的运动，下列说法正确的是( )
A．滑块经过E点时对轨道的最小压力为mg
B．滑块下滑后将会从G点飞出
C．滑块第二次经过E点时对轨道的压力大小为3mg
D．滑块在斜面上经过的总路程为eq \f(Rtanθ,μtanθ－μ)
答案 CD
解析 滑块从A点下滑后在AD部分要克服摩擦力做功，则返回到AD斜面上时的高度逐渐降低，最终滑块将以E点为最低点、D点为最高点来回滑动，此时滑块经过E点时对轨道的压力最小，从D点到E点，根据动能定理有mgR(1－csθ)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,E)，在E点有N－mg＝meq \f(v\\al(2,E),R)，联立解得N＝mg(3－2csθ)，根据牛顿第三定律，滑块经过E点时对轨道的最小压力为(3－2csθ)mg，故A错误；滑块从A点到G点，由动能定理得：mg(Lsinθ－Rcsθ)－μmgcsθ·L＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,G)，其中L＝eq \f(R,tanθ－μ)，解得：vG＝0，则滑块下滑后不能从G点飞出，故B错误；设滑块第二次经过E点时速度大小为vE2，对滑块从G点到E点，根据动能定理得：mgR＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,E2)－0，解得vE2＝eq \r(2gR)，滑块第二次到达E点时，根据牛顿第二定律有N2－mg＝eq \f(mv\\al(2,E2),R)，解得N2＝3mg，根据牛顿第三定律，滑块此时对轨道的压力大小为3mg，故C正确；滑块最终将以E点为最低点、D点为最高点来回运动，根据动能定理得：mgLsinθ－μmgcsθ·s总＝0－0，解得s总＝eq \f(Rtanθ,μtanθ－μ)，故D正确。
二、非选择题(本题共3小题，共36分)
9．(2020·江苏省淮安市六校联盟高三下学期第三次学情调查)(10分)泥石流是在雨季由于暴雨、洪水将含有沙石且松软的土质山体经饱和稀释后形成的洪流。泥石流流动的全过程虽然只有很短时间，但由于其高速前进，具有强大的能量，因而破坏性极大。某课题小组对泥石流的威力进行了模拟研究，他们设计了如图甲所示的模型：在水平地面上放置一个质量为m＝4 kg的物体，让其在随位移均匀减小的水平推力作用下运动，推力F随位移变化如图乙所示，已知物体与地面间的动摩擦因数为μ＝0.5，g＝10 m/s2。则：
(1)物体在运动过程中的最大加速度为多少？
(2)在距出发点多远处，物体的速度达到最大？
(3)物体在水平面上运动的最大位移是多少？
答案 (1)15 m/s2 (2)3 m (3)8 m
解析 (1)当推力F最大时，物体的加速度最大，由牛顿第二定律，得Fm－μmg＝mam
由图乙可知Fm＝80 N，
可解得am＝15 m/s2。
(2)由图像可知，当F、x的单位分别是N、m时，F随x变化的数值关系为F＝80－20x
物体速度最大时，所受合力为0，即F＝μmg，
联立解得x＝3 m。
(3)物体位移最大时，速度一定为0，对全过程由动能定理可得WF－μmgs＝0－0，
由图像可知，位移为xm＝4 m时，力F做的功为WF＝eq \f(1,2)Fmxm＝eq \f(1,2)×80×4 J＝160 J，所以s＝8 m。
10. (2020·广西柳州高三下学期4月线上模拟)(12分)如图所示，是两对接的轨道，两轨道与水平面的夹角均为α＝30°，左轨道光滑，右轨道粗糙。一质点自左轨道上距O点L0处从静止起滑下，当质点第二次返回到左轨道并达到最高点时，它离O点的距离为eq \f(L0,3)，两轨道对接处有一个很小的圆弧，质点与轨道不会发生碰撞，求质点与右轨道间的动摩擦因数。
答案 0.155
解析
如图所示，质点从h1到h2，由动能定理有
mg(h1－h2)－μmgcsα·eq \f(h2,sinα)＝0
解得h2＝eq \f(1,1＋μ·ctα)h1
质点从h2到h3，由动能定理有
mg(h2－h3)－μmgctα·h2＝0
解得h3＝(1－μctα)h2
同理，质点从h3到h4，可得h4＝eq \f(1,1＋μ·ctα)h3
质点从h4到h5，可得h5＝(1－μctα)h4
联立解得h5＝eq \f(1－μ·ctα2,1＋μ·ctα2)h1
据题意知h5＝eq \f(L0,3)·sinα，而h1＝L0·sinα，可知h5＝eq \f(h1,3)
解得μ＝eq \f(\r(3)－1,\r(3)＋1)tanα≈0.155。
11. (2020·江苏省扬州市高三下学期3月阶段性检测)(14分)如图所示，AB为一光滑固定轨道，AC为动摩擦因数μ＝0.25的粗糙水平轨道，O为水平地面上的一点，且B、C、O在同一竖直线上，已知B、C两点的高度差为h，C、O两点的高度差也为h，A、C两点相距s＝2h。若质量均为m的两滑块P、Q从A点以相同的初速度v0分别沿两轨道滑行，到达B点或C点后分别水平抛出。求：
(1)两滑块P、Q落地点到O点的水平距离；
(2)欲使两滑块的落地点相同，滑块的初速度v0应满足的条件；
(3)若滑块Q的初速度v0已满足(2)的条件，现将水平轨道AC向右延伸一段L，要使滑块Q落地点距O点的距离最远，L应为多少？
答案 (1)2eq \r(v\\al(2,0)－2gh)· eq \r(\f(h,g)) eq \r(v\\al(2,0)－gh)·eq \r(\f(2h,g))
(2)v0＝eq \r(3gh) (3)eq \f(15,4)h
解析 (1)滑块P从A到B的过程中由动能定理可知：－mgh＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
可得：vB＝eq \r(v\\al(2,0)－2gh)
从B点抛出的滑块P水平方向有x1＝vBtP，竖直方向有2h＝eq \f(1,2)gteq \\al(2,P)
联立解得：x1＝2eq \r(v\\al(2,0)－2gh)·eq \r(\f(h,g))
滑块Q从A到C的过程，由动能定理得：
－μmgs＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
解得：vC＝ eq \r(v\\al(2,0)－gh)
从C点抛出的滑块Q水平方向有x2＝vCtQ，竖直方向
有h＝eq \f(1,2)gteq \\al(2,Q)
联立解得：x2＝eq \r(v\\al(2,0)－gh)·eq \r(\f(2h,g))。
(2)要使x1＝x2，联立解得：v0＝eq \r(3gh)。
(3)滑块Q由A到抛出点，由动能定理得：
－μmg(s＋L)＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
在延伸最右端抛出后有：x＝vtQ，h＝eq \f(1,2)gteq \\al(2,Q)
滑块落地点距O点的距离为Δx＝L＋x
联立解得：Δx＝ eq \r(4h2－hL)＋L
令 eq \r(4h2－hL)＝t，则Δx＝－eq \f(1,h)t2＋t＋4h
故t＝eq \f(h,2)时，Δx有最大值，此时L＝eq \f(15,4)h。