2022届高考物理一轮复习课时作业十七动能定理及其应用含解析新人教版

word 文档 - 1 - / 15 动能定理及其应用 [双基巩固练] 1.在全国室内铅球邀请赛中，某某名将巩立姣以 19.37m 夺冠．运动员在比赛时投掷铅球 的分解动作如图，若铅球出手时速度大小约为 10m/s，铅球质量为 5kg，则她在掷铅球过程 中对球做的功约为( ) A．25．250J C．70JD．270J 2.(多选)如图所示，质量为 M 的木块静止在光滑的水平面上，质量为 m 的子弹以速度 v0 沿水平方向射入木块，并最终留在木块中与木块一起以速度 v 运动．已知当子弹相对木块静 止时，木块前进的距离为 L，子弹进入木块的深度为 s.若木块对子弹的阻力 F 视为恒定，则下 列关系式中正确的是( ) A．FL＝ 1 2 Mv2 B．Fs＝ 1 2 mv2 C．Fs＝ 1 2 mv2 0－ 1 2 (M＋m)v2 word 文档 - 2 - / 15 D．F(L＋s)＝ 1 2 mv2 0－ 1 2 mv2 3．某同学用如图所示的装置测量一个凹形木块的质量 m，弹簧的左端固定，木块在水平 面上紧靠弹簧(不连接)将其压缩，记下木块右端位置 A 点，释放后，木块右端恰能运动到 B1 点．在木块槽中加入一个质量 m0＝200g 的砝码，再将木块左端紧靠弹簧，木块右端位置仍 然在 A 点，释放后木块离开弹簧，右端恰能运动到 B2 点．测得 AB1、AB2 长分别为 36.0cm 和 12.0cm，则木块的质量 m 为( ) A．100gB．200g C．300gD．400g 4．[2020·某某某某 4 月模拟]如图所示，轻弹簧的上端固定在天花板上，下端挂有物块 P， 系统处于静止状态．现用一竖直向下的力 F 作用在物块 P 上，使其以加速度 a 竖直向下匀加 速运动一段距离(未超过弹簧的弹性限度)．已知加速度 a 小于重力加速度 g，以 x 表示物块 P 离开初始位置的位移，取竖直向下为正方向，则在向下加速运动的过程中，力 F、物块 P 的动 能 Ek、系统的机械能增量 E 和 x 之间的关系图象可能正确的是( ) word 文档 - 3 - / 15 5.如图所示，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，其距离 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(图中小物块未画出)．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( ) C．0.10mD．0m 6.[2019·全国卷Ⅲ，17]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 3m 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 10m/s2.该物体的质量为( ) 7．如图甲所示，一辆小汽车以 5m/s 的速度从水平路段的 A 点，以 P1＝6kW 恒定功率 沿平直公路 AB 段行驶，在斜坡底 B 处瞬时换挡，以 P2＝112kW 的恒定功率沿倾角为 30°的 word 文档 - 4 - / 15 BC 段斜坡上行，用 12s 通过整个 ABC 路段，其 vt 图象如图乙所示，在乙图象上 t＝12s 处 水平虚线与曲线相切，假设小汽车在 AB 段和 BC 段受到的阻力(含地面摩擦力和空气阻力等) 大小相等，换挡时小汽车的速率不变．求： (1)小汽车的质量 m； (2)小汽车在 4～12s 时间段运动的路程． 8．[2020·某某 5 月模拟]如图所示为常见的一种打弹珠的游戏装置，光滑竖直细管 AB 位 于平台下方，高度为 4h，细管底部有一竖直轻弹簧，其长度远小于竖直细管的长度．平台上 word 文档 - 5 - / 15 方 BC 段为一光滑的四分之一圆弧管形轨道，其半径为 h，管自身粗细对半径的影响可忽略不 计．现拉动拉杆压缩弹簧，再释放拉杆将一质量为 m 的小球弹出，小球弹出后从管口 C 水平 向右飞出，最终落至平台上，落点距管口 C 的水平距离为 10h，不计一切阻力，重力加速度 为 g. (1)求小球从管口 C 飞出时的速度大小； (2)求小球在管口 C 处受到的压力和弹簧弹力对小球做的功； (3)若平台上方的四分之一圆弧轨道的半径可调，且保证每次拉动拉杆后压缩弹簧的形变 量为定值，则当圆弧轨道半径为何值时，小球从管口飞出后距管口 C 的水平距离最大？最大 值是多少？ word 文档 - 6 - / 15 [综合提升练] 9．[2021·某某稽阳联考]如图所示为一弹射游戏装置．长度为 L1＝1m 的水平轨道 AB 的 右端固定弹射器，其左端 B 点与半径为 r＝0.2m 的半圆形光滑竖直轨道平滑连接．与半圆形 轨道圆心 O 点等高处固定一长度为 L2DE(忽略 D、E 两端点处槽的高度)，水平槽左端 D 点距 O 点距离为 L3＝0.2m．已知滑块质量 m＝0.5kg，可视为质点，初始时弹簧处于原长状态， 滑块放在 A 点(A 点与弹簧左端对齐)，滑块与弹簧未拴接．弹射时从静止释放滑块且弹簧的弹 性势能完全转化为滑块的动能．滑块与 AB 间的动摩擦因数μ＝0.5.忽略空气阻力．每次游戏 都要求滑块能安全通过半圆形轨道最高点 C. word 文档 - 7 - / 15 (1)求滑块恰好能通过半圆形轨道最高点 C 时的速度大小 vC； (2)若滑块到达 B 点时的速度为 vB＝4m/s，求它经过 B 点时对半圆形轨道的压力大小 FN 及弹簧的弹性势能 Ep0； (3)若要求滑块最终能落入水平槽 DE(不考虑落入后的反弹)，求对应弹簧弹性势能的取值 X 围． 10．[2020·全国卷Ⅱ，25] 如图，一竖直圆管质量为 M，下端距水平地面的高度为 H，顶端塞有一质量为 m 的小球．圆 管由静止自由下落，与地面发生多次弹性碰撞，且每次碰撞时间均极短；在运动过程中，管 始终保持竖直．已知 M＝4m，球和管之间的滑动摩擦力大小为 4mg，g 为重力加速度的大 小，不计空气阻力． (1)求管第一次与地面碰撞后的瞬间，管和球各自的加速度大小； (2)管第一次落地弹起后，在上升过程中球没有从管中滑出，求管上升的最大高度； word 文档 - 8 - / 15 (3)管第二次落地弹起的上升过程中，球仍没有从管中滑出，求圆管长度应满足的条件． 课时作业(十七) 1．解析：对掷铅球的过程，由动能定理得对球做的功为：W＝ 1 2 mv2 0－0＝ 1 2 ×5×102 J＝ 250 J word 文档 - 9 - / 15 答案：B 2．解析：根据动能定理，对子弹，有－F(L＋s)＝ 1 2 mv2－ 1 2 mv2 0，选项 D 正确；对木块， 有 FL＝ 1 2 Mv2，选项 A 正确；由以上二式可得 Fs＝ 1 2 mv2 0－ 1 2 (M＋m)v2，选项 C 正确，只有选 项 B 错误． 答案：ACD 3．解析：两次木块均由同一位置释放，故弹簧恢复原长的过程中，弹簧所做的功相同， 未加砝码时，由动能定理，可得 W 弹－μmg·AB1＝0，加上砝码 m0 时，有 W 弹－μ(m＋m0)g·AB2 ＝0，解得 m＝100 g，选项 A 正确． 答案：A 4．解析：根据牛顿第二定律 F－kx＝ma 解得 F＝ma＋kx 故 F－x 图象应为直线，故 A 错误，B 正确； 初动能为零，根据动能定理有 F 合 x＝Ek 匀加速运动中 F 合恒定，故 Ek－x 图象应该为过原点的直线，故 D 错误； 拉力 F 做功表征系统机械能的变化，根据功能关系有 E＝Fx＝(ma＋kx)x word 文档 - 10 - / 15 因此 E－x 图象为曲线，故 C 错误． 答案：B 5．解析：设小物块在 BC 段通过的总路程为 s.由于只有 BC 面上存在摩擦力且做功为－μ mgs，而重力做功与路径无关，由动能定理得：mgh－μmgs＝0－0，代入数据可解得 s＝3 m．由于 d＝0.50 m，所以，小物块在 BC 面上经过 3 次往复运动后，又回到 B 点．D 正确． 答案：D 6．解析：本题考查动能定理，体现了模型建构素养．设外力大小为 F，在距地面高度 3 m 内的上升过程中，由动能定理得－(mg＋F)h＝ 1 2 mv2 2－ 1 2 mv2 1，由图象可知， 1 2 mv2 1＝72 J， 1 2 mv2 2 ＝36 J，得 mg＋F＝12 N. 同理结合物体在下落过程中的 Ek h 图象有 mg－F＝8 N，联立 解得 mg＝10 N，则 m＝1 kg，选项 C 正确． 答案：C 7．解析：(1)水平 AB 段匀速直线运动， 由 P1＝fv1 得 f＝ P1 v1 ＝ 6 000 5 N＝1.2×103 N 在斜坡 BC 段 12 s 末时刻，加速度为零， 即 P2＝(mgsin 30°＋f)v2 得 m＝ P2－fv2 gv2sin 30° ＝2×103 kg (2)在 BC 段，由动能定理知： word 文档 - 11 - / 15 P2t2－mgsin 30°L－fL＝ 1 2 mv2 2－ 1 2 mv2 1 代入数据解得 L＝73.3 m 答案：(1)2×103 kg (2)73.3 m 8．解析：(1)小球飞出后做平抛运动，由平抛运动规律可知 竖直方向有 h＝ 1 2 gt2，水平方向有 10h＝vCt 联立解得 vC＝5 2gh. (2)小球在管口 C 处，根据牛顿第二定律有 F＋mg＝m v2 C h 解得小球在管口 C 处受到的压力大小为 F＝49mg，方向竖直向下 小球从被弹出至运动到管口 C 处的过程中，由动能定理有 W－mg(4h＋h)＝ 1 2 mv2 C 解得 W＝30mgh. (3)由动能定理有 W－mg(4h＋r)＝ 1 2 mv′2 C 小球飞出后做平抛运动， 竖直方向有 r＝ 1 2 gt2 1 水平方向有 x＝v′Ct1 word 文档 - 12 - / 15 联立解得 x＝2 26h－rr 由数学知识可知，当 26h－r＝r，即圆弧轨道半径为 r＝13h 时，小球从管口飞出后距管 口 C 的水平距离最大，最大值是 xmax＝26h. 答案：(1)5 2gh (2)49mg，方向竖直向下 30mgh (3)13h 26h 9．解析：(1)滑块恰好能通过半圆形轨道最高点 C 时，重力提供向心力，由牛顿第二定 律有 mg＝m v2 C r 代入数据解得 vC＝ 2 m/s (2)滑块经过 B 点时，由牛顿第二定律有 F′N－mg＝m v2 B r 代入数据解得 F′N＝45 N 根据牛顿第三定律可知，滑块对半圆形轨道的压力大小也为 45 N 由动能定理有 W 弹－μmgL1＝ 1 2 mv2 B－0 代入数据解得 W 弹＝6.5 J 由功能关系可知，弹簧的弹性势能 Ep0＝W 弹＝6.5 J. (3)滑块从 C 点飞出后做平抛运动，则有 1 2 gt2＝r word 文档 - 13 - / 15 代入数据解得 t＝0.2 s 由 x1＝v1t，x1＝L3，代入数据解得 v1＝1 m/s 由 x2＝v2t，x2＝L3＋L2，代入数据解得 v2＝2 m/s 又因为滑块要安全通过 C 点，所以 2 m/s≤v′C≤2 m/s 滑块从 A 点运动到 C 点的过程，由动能定理有 W′弹－μmgL1－mg·2r＝ 1 2 mv′2C－0 代入数据解得 5 J≤W′弹≤5.5 J 由功能关系可知，5 J≤E′p0≤5.5 J. 10．解析：(1)管第一次落地弹起的瞬间，小球仍然向下运动．设此时管的加速度大小为 a1，方向向下；球的加速度大小为 a2，方向向上；球与管之间的摩擦力大小为 f，由牛顿运动 定律有 Ma1＝Mg＋f① ma2＝f－mg② 联立①②式并代入题给数据，得 a1＝2g，a2＝3g③ (2)管第一次碰地前与球的速度大小相同．由运动学公式，碰地前的瞬间它们的速度大小 均为 v0＝ 2gH④ 方向均向下．管弹起的瞬间，管的速度反向，球的速度方向依然向下． word 文档 - 14 - / 15 设自弹起时经过时间 t1，管与小球的速度刚好相同．取向上为正方向，由运动学公式 v0－a1t1＝－v0＋a2t1⑤ 联立③④⑤式得 t1＝ 2 5 2H g ⑥ 设此时管下端的高度为 h1，速度为 v.由运动学公式可得 h1＝v0t1－ 1 2 a1t2 1⑦ v＝v0－a1t1⑧ 由③④⑥⑧式可判断此时 v>0.此时，管与小球将以加速度 g 减速上升 h2，到达最高点．由 运动学公式有 h2＝ v2 2g ⑨ 设管第一次落地弹起后上升的最大高度为 H1，则 H1＝h1＋h2⑩ 联立③④⑥⑦⑧⑨⑩式可得 H1＝ 13 25 H⑪ (3)设第一次弹起过程中球相对管的位移为 x1.在管开始下落到上升 H1 这一过程中，由动 能定理有 Mg(H－H1)＋mg(H－H1＋x1)－4mgx1＝0⑫ word 文档 - 15 - / 15 联立⑪⑫式并代入题给数据得 x1＝ 4 5 H⑬ 同理可推得，管与球从再次下落到第二次弹起至最高点的过程中，球与管的相对位移 x2 为 x2＝ 4 5 H1⑭ 设圆管长度为 L.管第二次落地弹起后的上升过程中，球不会滑出管外的条件是 x1＋x2≤L⑮ 联立⑪⑬⑭⑮式，L 应满足条件为 L≥ 152 125 H⑯