届高考物理总复习第5单元机械能作业手册14动能动能定理.docx
《届高考物理总复习第5单元机械能作业手册14动能动能定理.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《届高考物理总复习第5单元机械能作业手册14动能动能定理.docx（8页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。
届高考物理总复习第5单元机械能作业手册14动能动能定理
课时作业（十四） 第14讲 动能 动能定理
时间/40分钟
基础巩固
1.[2017·温州学考模拟]在篮球比赛中,某位同学获得罚球机会,他站在罚球线处用力将篮球投出,篮球约以1m/s的速度撞击篮筐.已知篮球质量约为0.6kg,篮筐离地高度约为3m,忽略篮球受到的空气阻力,则该同学罚球时对篮球做的功大约为（ ）
图K14-1
A.1JB.10J
C.50JD.100J
2.（多选）[2017·湖南岳阳质检]用力F拉着一个物体从空中的a点运动到b点的过程中,重力做功-3J,拉力F做功8J,空气阻力做功-0.5J,则下列判断正确的是（ ）
A.物体的重力势能增加了3J
B.物体的重力势能减少了3J
C.物体的动能增加了4.5J
D.物体的动能增加了8J
3.[2017·济南一中月考]如图K14-2所示,AB为圆弧轨道,BC为水平直轨道,BC恰好在B点与AB相切,圆弧的半径为R,BC的长度也是R.一质量为m的物体与两个轨道间的动摩擦因数都为μ,它由轨道顶端A从静止开始下落,恰好运动到C处停止,重力加速度为g,那么物体在AB段克服摩擦力所做的功为（ ）
图K14-2
A.
C.mgRD.（1-μ）mgR
4.如图K14-3所示,ABCD是一个盆式容器,盆内侧壁与盆底BC的连接处都是一段与BC相切的圆弧,BC是水平的,其长度d=0.50m,盆边缘的高度为h=0.30m.在A处放一个质量为m的小物块并让其从静止开始下滑.已知盆内侧壁是光滑的,而盆底BC面与小物块间的动摩擦因数为μ=0.10.小物块在盆内来回滑动,最后停下来,则停的地点到B的距离为（ ）
图K14-3
A.0.50mB.0.25m
C.0.10mD.0
5.（多选）[2017·河南陕州中学月考]一质量为2kg的物体在水平恒定拉力的作用下以一定的初速度在粗糙的水平面上做匀速运动,运动一段时间后,拉力逐渐减小,当拉力减小到零时,物体刚好停止运动,图K14-4中给出了拉力随位移变化的关系图像.已知重力加速度g取10m/s2,由此可知（ ）
图K14-4
A.物体与水平面间的动摩擦因数为0.35
B.减速过程中拉力对物体所做的功约为12J
C.匀速运动时的速度约为6m/s
D.减速运动的时间约为1.7s
技能提升
6.[2017·辽宁实验中学月考]质量m=2kg的物块放在粗糙水平面上,在水平拉力的作用下由静止开始运动,物块动能Ek与其发生位移x之间的关系如图K14-5所示.已知物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.2,g取10m/s2,则下列说法中不正确的是（ ）
图K14-5
A.x=1m时物块的速度大小为2m/s
B.x=3m时物块的加速度大小为1.25m/s2
C.在前2m的运动过程中物块所经历的时间为2s
D.在前4m的运动过程中拉力对物块做的功为25J
7.（多选）[2017·河北衡水二模]如图K14-6所示,内壁光滑的圆轨道竖直固定在桌面上,一小球静止在轨道底部A点.现用小锤沿水平方向快速击打小球,击打后迅速移开,使小球沿轨道在竖直面内运动,当小球回到A点时,再次用小锤沿小球运动方向击打小球.通过两次击打,小球才能运动到圆轨道的最高点,已知小球在运动过程中始终未脱离轨道.若在第一次击打过程中小锤对小球做功为W1,第二次击打过程中小锤对小球做功为W2,先后两次击打过程中小锤对小球做功全部用来增加小球的动能,则的值可能为（ ）
图K14-6
A.
C.1D.2
8.[2017·湖南怀化二模]如图K14-7所示,一高为H=8.75m的高台上固定着一竖直硬杆AB,硬杆上端点A和地面上某点C间紧绷着一钢绳AC,且AC与水平方向夹角为45°.在某次消防演习中,消防队员王壹从高台上的B点以5m/s的初速度水平跳出,下落过程中恰好能抓住钢绳AC,而后顺着钢绳减速滑下,且到达地面时速度刚好减为零.若整个过程将消防队员视为质点,不考虑他在空中运动所受的阻力、与钢绳接触时损失的能量及钢绳的形变,g取10m/s2.求:
（1）消防队员抓住钢绳瞬间的竖直速度大小;
（2）硬杆AB的高度h;
（3）消防队员沿钢绳下滑时所受阻力与重力的比值.
图K14-7
9.[2017·云南曲靖一中月考]如图K14-8所示,AB是倾角为θ=30°的粗糙直轨道,BCD是光滑的圆弧轨道,AB恰好在B点与圆弧相切,圆弧的半径为R,一个质量为m的物体（可以看作质点）从直轨道上的P点由静止释放,而后在两轨道上做往返运动.已知P点与圆弧的圆心O等高,物体做往返运动的整个过程中在AB轨道上通过的路程为s.（重力加速度为g）
（1）求物体与轨道AB间的动摩擦因数μ.
（2）最终当物体通过圆弧轨道最低点E时,求物体对圆弧轨道的压力大小.
（3）为使物体能顺利到达圆弧轨道的最高点D,释放点距B点的距离L'至少为多大?
图K14-8
挑战自我
10.如图K14-9所示,一根轻弹簧左端固定于竖直墙上,右端被质量m=1kg、可视为质点的小物块压缩而处于静止状态,且弹簧与物块不拴接,弹簧原长小于光滑平台的长度.在平台的右端有一传送带AB,长L=5m,物块与传送带间的动摩擦因数μ1=0.2,与传送带相邻的粗糙水平面BC长s=1.5m,它与物块间的动摩擦因数μ2=0.3,在C点右侧有一半径为R的光滑竖直圆弧与BC平滑连接,圆弧对应的圆心角为θ=120°,在圆弧的最高点F处有一固定挡板,物块撞上挡板后会以原速率反弹回来.若传送带以v=5m/s的速率顺时针转动,不考虑物块滑上和滑下传送带的机械能损失.当弹簧储存的Ep=18J能量全部释放时,小物块恰能滑到与圆心等高的E点,g取10m/s2.
（1）求右侧圆弧轨道的半径R;
（2）求小物块最终停下时与C点间的距离;
（3）若传送带的速度大小可调,欲使小物块与挡板只碰一次,且碰后不脱离轨道,求传送带速度的可调节范围.
图K14-9
课时作业（十四）
1.B [解析]该同学将篮球投出时的高度约为h1=1.8m,根据动能定理有W-mg（h-h1）=mv2,解得W=7.5J,故选项B正确.
2.AC [解析]因为重力做功-3J,所以重力势能增加3J,A正确,B错误;根据动能定理W合=ΔEk,得ΔEk=-3J+8J-0.5J=4.5J,C正确,D错误.
3.D [解析]设物体在AB段克服摩擦力所做的功为WAB,物体从A到C的全过程,根据动能定理有mgR-WAB-μmgR=0,所以WAB=mgR-μmgR=（1-μ）mgR,故D正确.
4.D [解析]设小物块在B、C间运动的总路程为L,小物块从开始到停止的全过程,根据动能定理得mgh-μmgL=0,解得L=3m,因为BC长0.5m,所以小物块最终停在B点,选项D正确.
5.ABC [解析]F-x图像与横坐标轴围成图形的面积代表拉力F做的功,由图知减速阶段F-x图像与横坐标轴围成图形的面积约占12个小格,每个小格的面积代表1J,则减速阶段拉力所做的功约为12J,故选项B正确.刚开始物体匀速运动,则F=μmg,由图知F=7N,则μ==0.35,故选项A正确.对全程应用动能定理,得WF-μmgx=0-,其中WF=7×4J+12J=40J,解得v0=6m/s,故选项C正确.由于所做的运动不是匀减速运动,无法求得减速运动的时间,故选项D错误.
6.A [解析]根据图像知,x=1m时,动能为2J,即mv2=2J,解得v=m/s,故A错误;对x=2m到x=4m过程运用动能定理,有（F-μmg）Δx=ΔEk,解得F=6.5N,物块的加速度a=m/s2=1.25m/s2,故B正确;对前2m的运动过程运用动能定理得（F'-μmg）Δx'=ΔE'k,解得F'=6N,物块的加速度a'=m/s2=1m/s2,末速度v'=m/s=2m/s,根据v'=a't得t=2s,故C正确;对全过程运用动能定理得WF-μmgx=ΔE″k,解得WF=25J,故D正确.
7.AB [解析]由于小球始终未脱离轨道,所以第一次击打后小球上升的高度不超过R,故W1≤mgR.两次击打后上升到最高点的过程中,由动能定理得W1+W2-2mgR=mv2,由于通过最高点的速度v≥,所以W2≥mgR,故,A、B正确.
8.
（1）5m/s
（2）1.25m （3）
[解析]
（1）由于恰好抓住钢绳,即此时速度方向与钢绳平行,则有tan45°=
解得vy=5m/s
（2）下落时间t==0.5s
且平抛过程中,有x=v0t=2.5m
y=t=1.25m
向几何关系有y+h=x
解得h=1.25m
（3）钢绳A点距地面的距离为H'=H+h=10m,则钢绳AC长为L'=10m
设消防队员沿绳下滑的距离为L,则有L=L'-x
对消防队员从B到C整个过程应用动能定理得
mgH-fL=0-
解得
9.
（1）
（2）（3-）mg （3）
[解析]
（1）由题意可知,物体最终向右运动到B点再返回,对整个过程由动能定理得
mgRcosθ-μmgscosθ=0
解得μ=.
（2）最终物体以B为最高点,在圆弧底部做往复运动,对B→E过程,由动能定理得
mgR（1-cosθ）=
在E点,由牛顿第二定律得
FN-mg=m
联立解得FN=（3-）mg
由牛顿第三定律得,F'N=FN=（3-）mg.
（3）若物体刚好能到D点,由牛顿第二定律有
mg=m
对物体由释放至到达D点这一过程,由动能定理得
mgL'sinθ-μmgL'cosθ-mgR（1+cosθ）=
联立解得L'=.
10.
（1）0.8m
（2）m （3）m/s
[解析]
（1）物块被弹簧弹出,由Ep=
可知v0=6m/s
因为v0>v,故物块滑上传送带后先减速,物块与传送带相对滑动过程中,由μ1mg=ma1,v=v0-a1t1,x1=v0t1-
解得a1=2m/s2,t1=0.5s,x1=2.75m
因为x1解得R=0.8m.
（2）设物块从E点返回至B点的速度为vB,有
=μ2mg×2s
解得vB=m/s
因为vB>0,故物块会再次滑上传送带,物块在恒定摩擦力的作用下先减速至0再反向加速,由运动的对称性可知其以相同的速率离开传送带,设最终停在距C点x处,有
=μ2mg（s-x）
解得x=m.
（3）设传送带速度为v1时物块恰能到F点,在F点满足mgsin30°=m
从B到F过程中由动能定理可知
=μ2mgs+mg（R+Rsin30°）
解得v1=m/s
设传送带速度为v2时,物块撞挡板后返回能再次上滑恰到E点,有
=μ2mg×3s+mgR
解得v2=m/s
若物块在传送带上一直加速运动,有
=μ1mgL
知其到B点的最大速度vBm=m/s
综合上述分析可知,只要传送带速度v满足:
m/s,即可满足条件.
升级会员 