版高考物理一轮复习 精选题辑 课练15 动能和动能定理Word格式.docx
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由图可知,①到②的水平位移大于②到③的水平位移,则说明足球受到空气阻力,故B错误;
因存在阻力做功,故①位置到②位置的过程足球的动能转化为重力势能和内能,故C错误;
根据动能定理可得,②位置到③位置过程足球动能的变化量等于合力做的功,故D正确.
2.(2018·
江西模拟)
(多选)质量为m的物块在水平恒力F的推动下,从山坡(粗糙)底部的A处由静止开始运动至高为h的破顶B处.到达B处时物块的速度大小为v,A、B之间的水平距离为s,重力加速度为g.不计空气阻力,则物块运动过程中( )
A.重力所做的功是mgh
B.合外力对物块做的功是mv2
C.推力对物块做的功是mv2+mgh
D.阻力对物块做的功是mv2+mgh-Fs
BD
重力所做的功是WG=-mgh,选项A错误;
根据动能定理,合外力对物块做的功是W合=WF-mgh+Wf=mv2,选项B正确;
WF=mgh-Wf+mv2,选项C错误;
WF=Fs=mgh-Wf+mv2,则Wf=mgh+mv2-Fs,选项D正确.
3.(2018·
天津五区县联考)(多选)如图所示,竖直平面内有一光滑圆环,半径为R,圆心为O,B为最低点,C为最高点,圆环左下方开一个小口与光滑斜面相切于A点,∠AOB=37°
,小球从斜面上某一点由静止释放,经A点进入圆轨道,不计小球由D到A的机械能损失,(sin37°
=0.6,cos37°
=0.8)则要保证运动过程中小球不离开轨道,小球释放的位置到A点的距离可能是( )
A.R B.2R
C.3RD.4R
AD
若使小球恰能经过最高点C,则mg=m,根据动能定理有mg(h-2R)=mv,解得h=R,小球释放的位置到A点的距离是x=;
若使小球恰能经过与圆心O等高的一点,则释放的高度h′=R,此时小球释放的位置到A点的距离是x′==R;
要保证运动过程中小球不离开轨道,小球释放的位置到A点的距离应满足:
x≥R或x′≤R,A、D正确.
4.(2018·
辽宁铁岭协作体联考)如图所示,竖直平面内放一直角杆MON,OM水平,ON竖直且光滑,用不可伸长的轻绳相连的两小球A和B分别套在OM和ON杆上,B球的质量为2kg,在水平力F的作用下,A、B均处于静止状态,此时OA=0.3m,OB=0.4m,改变水平力F的大小,使A球向右加速运动,已知A球向右运动0.1m时速度大小为3m/s,则在此过程中绳对B球的拉力所做的功为(g取10m/s2)( )
A.11JB.16J
C.18JD.9J
C
A球向右运动0.1m时,由几何关系得,B上升距离h=0.4m-m=0.1m,此时细绳与水平方向夹角的正切值tanθ=,则得cosθ=,sinθ=,由运动的合成与分解知识可知vBsinθ=vAcosθ,可得vB=4m/s;
以B球为研究对象,由动能定理得WF-mgh=mv,代入数据解得WF=18J,即绳对B球的拉力所做的功为18J.故选C.
5.(2018·
吉林省实验中学二模)(多选)如图所示,在竖直平面内两处分别固定A、B两枚钉子,A、B之间的距离为l,A、B连线与水平方向的夹角为θ.A处的钉子系一根长为l的细线,细线的另一端系一个质量为m的小球,将细线拉直,让小球的初始位置在P点处,P点与A点处于同一高度,小球由静止释放,细线与B处钉子接触后,小球继续下降.取B点为参考平面,重力加速度为g,当小球运动到B点正下方的Q点时,下列说法正确的是( )
A.小球的速率为
B.小球的动能为mgl(sinθ+1)
C.重力对小球的功率为0
D.小球对绳的拉力为3mg
BC
小球从P点到Q点,重力对小球做的功为mgl(sinθ+1),根据动能定理有WG=WkQ-EkP,所以小球在Q点的动能为mgl(sinθ+1),选项B正确;
由mgl(sinθ+1)=mv2可得v=,选项A错误;
在Q点小球速度方向是水平的,重力对小球做功的功率为0,选项C正确;
根据F-mg=,解得F=mg(2sinθ+3),由牛顿第三定律可知选项D错误.
6.(多选)
如图所示,斜面AB和水平面BC是由同一板材上截下的两段,在B处用小圆弧连接.将小铁块(可视为质点)从A处由静止释放后,它沿斜面向下滑行,进入平面,最终静止于P处.若从该板材上再截下一段,搁置在A、P之间,构成一个新的斜面,再将铁块放回A处,并轻推一下使之沿新斜面向下滑动.关于此情况下铁块运动情况的描述,正确的是( )
A.铁块一定能够到达P点
B.铁块的初速度必须足够大才能到达P点
C.铁块能否到达P点与铁块质量有关
D.铁块能否到达P点与铁块质量无关
设A距离水平面BC的高度为h,小铁块与该板材间的动摩擦因数为μ.斜面AB的倾角为α,对全过程运用动能定理有mgh-μmgs1cosα-μmgs2=0,整理得mgh-μmg(s1cosα+s2)=0,而s1cosα+s2等于OP的长度,即h-μ=0,与斜面的倾角无关,故小铁块一定能够到达P点,且与铁块的质量无关.故A、D正确.
7.已知一足够长的传送带与水平面的夹角为θ,以一定的速度匀速运动.某时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度的物块(如图甲所示),以此时为t=0时刻记录了小物块之后在传送带上运动速度随时间的变化关系,如图乙所示(图中取沿传送带向上的运动方向为正方向,其中|v1|>
v2).已知传送带的速度保持不变,g取10m/s2,则( )
A.0~t1内,物块对传送带做正功
B.物块与传送带间的动摩擦因数为μ,μ<
tanθ
C.0~t2内,传送带对物块做的功为W=mv-mv
D.系统产生的热量大小一定大于物块动能的变化量大小
由图知,物块先向下运动后向上运动,则知传送带的运动方向应沿顺时针.0~t1内,物块对传送带的摩擦力方向沿传送带向下,则物块对传送带做负功,故A错误;
在t1~t2内,物块向上加速运动,则有μmgcosθ>
mgsinθ,得μ>
tanθ,故B错误;
0~t2内,由v—t图线与t轴所围“面积”等于位移可知,物块的总位移沿斜面向下,高度下降,重力对物块做正功,设为WG,根据动能定理得W+WG=mv-mv,则传送带对物块做的功W≠mv-mv,故C错误;
物块的重力势能减小量和动能减小量都转化为系统产生的内能,则由能量守恒定律知,系统产生的热量大小一定大于物块动能的变化量大小,故D正确.
8.(多选)如图甲所示,物体以一定初速度从倾角α=37°
的斜面底端沿斜面向上运动,上升的最大高度为3.0m.选择地面为参考平面,上升过程中,物体的机械能E随高度h的变化关系如图乙所示.(g取10m/s2,sin37°
=0.8.)则( )
A.物体上升过程的加速度大小a=10m/s2
B.物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.4
C.物体的质量m=0.67kg
D.物体回到斜面底端时的动能Ek=10J
物体到达最高点时,机械能为E=Ep=mgh,由图知Ep=30J,得m==kg=1kg,故C错误;
物体上升过程中,克服摩擦力做功,机械能减少,减少的机械能等于克服摩擦力做的功,ΔE=-μmgcosα,得μ=0.5,故B错误;
物体上升过程中,由牛顿第二定律得mgsinα+μmgcosα=ma,得a=gsinα+μgcosα=10×
0.6m/s2+0.5×
10×
0.8m/s2=10m/s2,故A正确;
由图象可知,物体上升过程中摩擦力做功为W=30J-50J=-20J,在整个过程中由动能定理得2W=Ek-Ek0,则有Ek=Ek0+2W=50J+2×
(-20)J=10J,故D正确.
9.(多选)
如图所示,小车上有固定支架,支架上用细线拴一个小球,线长为l(小球可看成质点),小车与小球一起以速度v0沿水平方向向左匀速运动.当小车突然碰到矮墙后车立即停止运动,此后小球升高的最大高度可能是(线未被拉断,不计空气阻力)( )
A.大于B.小于
C.等于D.等于2l
BCD
如果小球的速度不能使小球做圆周运动,且小球升高竖直高度小于l时,由机械能守恒可得mv=mgh,所以最大高度是,所以A错误、C正确;
如果小球升高竖直高度大于l小于2l时,由于小球在最大高度处动能不为零,由机械能守恒定律可知,最大高度小于,所以B正确;
如果小球的速度能使小球做圆周运动,那么最大高度就是圆周运动的直径2l,所以D正确.
10.
(多选)中国航母“辽宁舰\”正式交付海军,这将极大提高我们中国海军的整体作战实力.如图所示是“歼-15飞机”在航母“辽宁舰”上的起降示意图.已知“歼-15飞机”的质量为m,它的发动机额定功率恒定,起飞前在航母上运动过程中所受的摩擦阻力为恒力.“歼-15飞机”以额定功率从静止开始沿航母做直线运动,到航母一端后起飞.设“歼-15飞机”经过时间t运动了位移s时,速度达到最大值v,此时刚好离开航母起飞.则“歼-15飞机”发动机在航母上运动过程所做的功为( )
A.B.mv2
C.mv2+D.
AC
飞机以额定功率从静止开始沿航母做直线运动,由动能定理得Pt-fs=mv2,速度达到最大值v时,飞机所受合外力为零,即F=f,所以P=fv,解得P=,代入得f==,所以飞机在航母上运动过程所做的功为W=Pt=,又因为Pt=fs+mv2=mv2+,所以选项A、C正确.
11.
如图所示,粗糙的斜面AB下端与光滑的圆弧轨道BCD相切于B,整个装置竖直放置,C是最低点,圆心角θ=37°
,D与圆心O等高,圆弧轨道半径R=1m,斜面长L=4m,现有一个质量m=0.1kg的小物体P从斜面AB上端A点无初速度下滑,物体P与斜面AB之间的动摩擦因数μ=0.25.不计空气阻力,g=10m/s2,sin37°
=0.8,求:
(1)物体P第一次通过C点时的速度大小vC;
(2)物体P第一次通过C点时对轨道的压力大小;
(3)物体P第一次离开D点后在空中做竖直上抛运动到最高点E,接着从空中又返回到圆弧轨道和斜面,在这样多次反复的整个运动过程中,物体P对C点处轨道的最小压力.
(1)6m/s
(2)4.6N (3)1.4N
(1)物体P从A下滑经B到C过程中根据动能定理有mgL·
sin37°
+mgR(1-cos37°
)-μmgcos37°
·
L=mv-0,解得vC=6m/s.
(2)物体P在C点,根据牛顿第二定律有N-mg=m,
解得N=4.6N.
根据牛顿第三定律,物体P通过C点时对轨道的压力为4.6N.
(3)物体P最后在B和与其等高的圆弧轨道上来回运动时,经C点压力最小,由B到C由动能定理有mgR(1-cos37°
)=mv′,解得v′C=2m/s,则Nmin=mg+m=1.4N.
根据牛顿第三定律,物体P对C点处轨道的最小压力为1.4N.
12.小物块A的质量为m,物块与坡道间的动摩擦因数为μ,水平面光滑,坡道顶端距水平面高度为h,倾角为θ,物块从坡道进入水平滑道时,在底端O点处无机械能损失,重力加速度为g.将轻弹簧的一端连接在水平滑道M处并固定在墙上,另一自由端恰位于坡道的底端O点,如图所示.物块A从
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