适用于新高考新教材浙江专版2025届高考物理一轮总复习第5单元机械能作业14动能动能定理新人教版

作业14动能动能定理

A组基础达标微练一动能定理的理解1.(多选)一质量为0.1kg的小球,以5m/s的速度在光滑水平面上匀速运动,与竖直墙壁碰撞后以原速率反弹,若以弹回的速度方向为正方向,则小球碰墙过程中速度的变更和动能的变更分别是()A.Δv=10m/s B.Δv=0C.ΔEk=1J D.ΔEk=02.关于运动物体的受力、速度和动能,下列说法正确的是()A.物体受到的合外力不为零,其速度必定变更B.物体的动能不变,其所受的合外力必定为零C.物体受到的合外力对物体做功,它的速度确定变大D.物体受到的合外力对物体不做功,它的速度必定不变微练二动能定理的基本应用3.某处一游乐场的简化示意图如图所示。从水平地面上O点正上方的A点向水平地面搭建许多个坡度不同的直滑道AB1、AB2、AB3、…,多名游乐者乘相同的滑橇从A点由静止起先分别沿这些滑道下滑,他们到达水平地面时均背向O点在地面上接着向前滑行直到停止。假设滑橇与滑道、地面间的动摩擦因数到处相同,且滑道与地面的连接处是圆滑的,不计空气阻力,则全部游乐者在水平地面上停止时的位置可能共同落在哪一个形态上()4.一质量m=1kg的物体自倾角α=37°的固定斜面底端沿斜面对上滑行。该物体起先滑动时的初速度v0=10m/s,减速为零后向下滑动,到达斜面底端时的速度大小为v=25m/s。已知sin37°=0.6,cos37°=0.8,g取10m/s2,不计空气阻力。则下列选项正确的是()A.物体上滑的距离为2.5mB.物体下滑的加速度大小为2m/s2C.物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.4D.物体上滑时间比下滑时间长微练三动能定理与图像结合问题5.从地面竖直向上抛出一小球,小球受大小恒定的空气阻力作用,其动能Ek随运动路程s的变更状况如图所示,重力加速度g取10m/s2,则()A.小球的质量为2kgB.小球受到的阻力大小为2NC.小球的初速度的大小为10m/sD.当小球的运动路程为5m时,机械能损失了20J6.(多选)在某一粗糙的水平面上,一质量为2kg的物体在水平恒定拉力的作用下做匀速直线运动,运动一段时间后,拉力渐渐减小,且当拉力减小到零时,物体刚好停止运动,图中给出了拉力随位移变更的关系图像。重力加速度g取10m/s2,不计空气阻力。依据以上信息能精确得出或估算得出的物理量有()A.物体与水平面间的动摩擦因数B.合外力对物体所做的功C.物体做匀速运动时的速度D.物体运动的时间微练四动能定理解决单体多过程问题7.(2024浙江湖州三贤模拟)ABCD是一条长轨道,其中AB段是倾角为θ的斜面,CD段是水平的,BC段是与AB和CD都相切的一小段圆弧,其长度可以略去不计。一质量为m的滑块(看作质点)在A点由静止状态释放,沿轨道滑下,最终停在D点,A点和D点的位置如图所示。现用一方向始终与轨道平行的力推滑块,将它缓慢地由D点推回到A点。设滑块与轨道间的动摩擦因数均为μ,则推力对滑块做的功为()A.mgh B.2mghC.μmgs+hsinθ8.某滑道示意图如图所示,半径R=10m的圆弧滑道MN与水平滑道NP平滑连接,O是圆弧滑道MN的圆心。一质量m=50kg(含滑雪装备)的运动员从M点由静止起先下滑,最终运动员滑到P点停下。已知NP段的动摩擦因数μ=0.1,lNP=18m,∠MON=37°,sin37°=0.6,cos37°=0.8,重力加速度g取10m/s2,不计空气阻力,下列说法正确的是()A.运动员经过N点时的速度大小为210m/sB.运动员在到达N点前的一瞬间对滑道的压力大小为680NC.在MP段克服阻力做功100JD.在MN段克服阻力做功1000JB组综合提升9.(多选)(2024浙江慈溪期末)半径R可变的四分之一光滑圆弧轨道置于竖直平面内,如图所示,轨道的末端B处切线水平,圆心O到水平面的距离为H。现将一小球从轨道顶端A处由静止释放,若保持圆心O的位置不变,变更圆弧轨道的半径(R始终小于H),不计空气阻力,则下列推断正确的是()A.半径越大,小球落地时的速度越大B.半径越大,小球落地点到O点的水平距离越大C.当R=H2时,小球落地点到OD.半径越大,小球落地时的速度与水平方向的夹角越小10.(2024浙江温州二模)某同学利用乐高拼装积木搭建的一嬉戏轨道如图甲所示,其结构简图如图乙所示。该轨道由固定的竖直轨道AB,半径分别为r=0.4m、0.5r、1.5r的三个半圆轨道BCO3、O3DO1、FGH,半径为r的四分之一圆弧轨道O1E,长度L=1m的水平轨道EF组成,轨道BCO3和轨道O1E前后错开,除水平轨道EF段外其他轨道均光滑,且各处平滑连接。可视为质点的滑块从A点由静止释放,恰好可以通过轨道O3DO1的最高点D,重力加速度g取10m/s2,不计空气阻力。(1)求A、C两点的高度差h。(2)要使滑块至少经过F点一次,且运动过程中始终不脱离轨道,求滑块与水平轨道EF间的动摩擦因数μ的范围。(3)若半圆轨道O3DO1中缺一块圆心角为2θ的圆弧积木IDJ(I、J关于O2D对称),滑块从I点飞出后恰能无碰撞地从J点进入轨道,求θ的值。

参考答案作业14动能动能定理1.AD解析速度是矢量,故Δv=v2-v1=5m/s-(-5m/s)=10m/s,而动能是标量,初、末状态的速度大小相等,故动能相等,因此ΔEk=0,选项A、D正确。2.A解析物体受到的合外力不为零,将具有加速度,其速度必定变更,故A正确;物体的动能不变,只能说明物体速度的大小不变,而物体速度的方向可能变更,所以其所受合外力不愿定为零,例如匀速圆周运动,故B错误;物体受到的合外力对物体做正功,它的速度确定变大,物体受到的合外力对物体做负功,它的速度确定变小,故C错误;物体受到的合外力对物体不做功,它的速度大小确定不变,但方向可能变更,例如匀速圆周运动,故D错误。3.A解析设游乐者在地面停止滑行时与O点相距L,滑道与水平地面的夹角为θ,由动能定理得mgh-μmgL-htanθ-μmgcosθ·hsinθ=0,解得L=hμ,故全部游乐者在地面停止滑行时与O点的距离相同,则全部游乐者在水平地面上停止时的位置可能共同落在以O点为圆心的圆周上,故A4.B解析设物体上滑的距离为L,则物体上滑过程,由动能定理可得-mgLsinα-μmgcosα·L=0-12mv02,物体下滑过程,由动能定理可得mgLsinα-μmgcosα·L=12mv2-0,解得L=5m,μ=0.5,故A、C错误;物体下滑的加速度大小a=mgsinα-μmgcosαm=2m/s2,故B正确;物体上滑时的加速度大小a'=mgsinα+5.B解析上升过程,依据动能定理,有-(mg+Ff)h1=0-Ek0,下降过程,依据动能定理,有(mg-Ff)h2=Ek-0,依据图知h1=h2=5m,Ek0=60J,Ek=40J,可得m=1kg、Ff=2N,故A错误,B正确;依据动能公式Ek0=12mv02=60J可得,小球的初速度v0=230m/s,故C错误;当小球的运动路程为5m时,机械能损失为ΔE=Ffh1=2×5J=6.ABC解析物体做匀速直线运动时,拉力F与滑动摩擦力Ff大小相等,物体与水平面间的动摩擦因数μ=Fmg=0.35,A正确;减速过程,由动能定理得WF+Wf=0-12mv2,依据F-x图像中图线与坐标轴围成的面积可以估算拉力F做的功WF,而Wf=-μmgx,由此可求得合外力对物体所做的功,以及物体做匀速运动时的速度v,B、C正确;因为物体做变加速运动,所以运动时间无法求出,7.B解析从A到D全过程,由动能定理得,mgh-μmgcosθ·hsinθ-μmgs=0,从D到A的过程,由动能定理得,WF-μmgs-μmgcosθ·hsinθ-mgh=0,解得W8.B解析设经过N点时速度为vN,从N至P的过程,依据动能定理得,-μmg·lNP=0-12mvN2,解得vN=6m/s,故A错误。设运动员滑到N点前的一瞬间,滑道对运动员的支持力为F,依据牛顿其次定律得,F-mg=mvN2R,解得F=680N,依据牛顿第三定律可知,运动员对滑道的压力大小为680N,故B正确。从M至N,利用动能定理得,mgR(1-cos37°)+WfMN=12mvN2,解得WfMN=-100J,可知该段过程克服阻力做功为100J;从M至P,利用动能定理得,mgR(1-cos37°)+Wf9.CD解析对运动全程,依据动能定理,有mgH=12mv2,解得v=2gH,即小球落地时速度大小不变,故A错误;从释放到运动到圆弧最低点过程,依据动能定理,有mgR=12mv12,解得v1=2gR,对平抛运动,有H-R=12gt2,x=v1t,联立得x=2R(H-R),故当R=H-R,即R=10.答案(1)0.7m(2)0.15≤μ≤0.7(3)60°解析(1)滑块恰好经过D点,重力供应向心力mg=mv滑块从A到D,依据动能定理mg(h-r-0.5r)=1联立解得h=0.7m。(2)①若恰好滑到F点停下,依据动能定理mgh-μ1mgL=0解得μ1=0.7②当滑到G点速度为零,依据动能定理mg(h-1.5r)-μ2mgL=0解得