2022届新高考物理人教版一轮复习课时作业（十七） 动能定理及其应用 WORD版含解析.docx

1、课时作业(十七)动能定理及其应用一、单项选择题1.在全国室内铅球邀请赛中，河北名将巩立姣以19.37 m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10 m/s，铅球质量为5 kg，则她在掷铅球过程中对球做的功约为()A25 JB250 JC70 JD270 J2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m0200 g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

2、为36.0 cm和12.0 cm，则木块的质量m为()A100 g B200 g C300 g D400 g32021广西柳州模拟如图所示，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之间的关系图像可能正确的是()4.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d0

3、.50 m盆边缘的高度为h0.30 m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()A0.50 m B0.25 m C0.10 m D0 m5.2019全国卷，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()A2 kg B1.5 kg C1 kg D0.5 kg二、多

4、项选择题6.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()AFLMv2BFsmv2CFsmv(Mm)v2DF(Ls)mvmv2三、非选择题7如图甲所示，一辆小汽车以5 m/s的速度从水平路段的A点，以P16 kW恒定功率沿平直公路AB段行驶，在斜坡底B处瞬时换挡，以P2112 kW的恒定功率沿倾角为30的BC段斜坡上行，用12 s通过整个ABC路段，其vt图像如图乙所示，在乙图像上t12

5、s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412 s时间段运动的路程82021浙江稽阳联考如图所示为一弹射游戏装置长度为L11 m的水平轨道AB的右端固定弹射器，其左端B点与半径为r0.2 m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L20.2 m的水平槽DE(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L30.2 m已知滑块质量m0.5 kg，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

6、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.(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vB4 m/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范围92020全国卷，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M4m，球

7、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；(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：Wmv05102 J250 J答案：B2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mgAB10，加上砝码m0时，有W弹(mm0)gAB20，解得m100 g，选项A正确答案：A3解析：根据

8、牛顿第二定律Fkxma解得Fmakx故F x 图像应为直线，故A错误，B正确；初动能为零，根据动能定理有F合xEk匀加速运动中F合恒定，故Ek x图像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EFx(makx)x因此E x图像为曲线，故C错误答案：B4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mgs，而重力做功与路径无关，由动能定理得：mghmgs00，代入数据可解得s3 m由于d0.50 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：D5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

9、度3 m内的上升过程中，由动能定理得(mgF)hmvmv，由图像可知，mv72 J，mv36 J，得mgF12 N同理结合物体在下落过程中的Ek h图像有mgF8 N，联立解得mg10 N，则m1 kg，选项C正确答案：C6解析：根据动能定理，对子弹，有F(Ls)mv2mv，选项D正确；对木块，有FLMv2，选项A正确；由以上二式可得Fsmv(Mm)v2，选项C正确，只有选项B错误答案：ACD7解析：(1)水平AB段匀速直线运动，由P1fv1得f N1.2103 N在斜坡BC段12 s末时刻，加速度为零，即P2(mgsin 30f)v2得m2103 kg(2)在BC段，由动能定理知：P2t2m

10、gsin 30LfLmvmv代入数据解得L73.3 m答案：(1)2103 kg(2)73.3 m8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mgm代入数据解得vC m/s(2)滑块经过B点时，由牛顿第二定律有FNmgm代入数据解得FN45 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mgL1mv0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Ep0W弹6.5 J.(3)滑块从C点飞出后做平抛运动，则有gt2r代入数据解得t0.2 s由x1v1t，x1L3，代入数据解得v11 m/s由x2v2t，x2L3L2，

11、代入数据解得v22 m/s又因为滑块要安全通过C点，所以 m/svC2 m/s滑块从A点运动到C点的过程，由动能定理有W弹mgL1mg2rmv0代入数据解得5 JW弹5.5 J由功能关系可知，5 JEp05.5 J.9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Ma1Mgfma2fmg联立式并代入题给数据，得a12g，a23g(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设自弹

12、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v0a1t1v0a2t1联立式得t1 设此时管下端的高度为h1，速度为v.由运动学公式可得h1v0t1a1tvv0a1t1由式可判断此时v0.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设管第一次落地弹起后上升的最大高度为H1，则H1h1h2联立式可得H1H(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(HH1)mg(HH1x1)4mgx10联立式并代入题给数据得x1H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x2H1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x1x2L联立式，L应满足条件为LH