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2019-2020年高中物理课时跟踪检测十三动能定理粤教版必修1.放在光滑水平面上的物体,仅在两个同向水平力的共同作用下开始运动若这两个力分别做了6J和8J的功,则该物体的动能增加了 A.48J B.14JC.10JD.2J解析选B 合力对物体做功W合=6J+8J=14J根据动能定理得物体的动能增加量为14J,B对2.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,则小球碰墙过程中的速度变化和动能变化分别是 A.Δv=10m/sB.Δv=0C.ΔEk=1JD.ΔEk=0解析选AD 速度是矢量,故Δv=v2-v1=5m/s--5m/s=10m/s而动能是标量,初末两状态的速度大小相等,故动能相等,因此ΔEk=0,A、D正确3.速度为v的子弹,恰可穿透一块固定的木板如果子弹速度为2v,子弹穿透木板时所受阻力视为不变,则可穿透同样的固定木板 A.2块B.3块C.4块D.8块解析选C 设木板的厚度为d,子弹的速度为v时,由动能定理知-fd=0-mv2当子弹的速度为2v时,设能穿透n块木板,由动能定理知-f·nd=0-m2v2,联立两式解得n=4,C正确
4.质量为m的物体以初速度v0沿水平面向左开始运动,起始点A与一轻弹簧O端相距s,如图1所示已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ,物体与弹簧相碰后,弹簧的最大压缩量为x,则从开始碰撞到弹簧被压缩至最短,物体克服弹簧弹力所做的功为 图1A.mv02-μmgs+xB.mv02-μmgxC.μmgsD.μmgs+x解析选A 由动能定理得-W-μmgs+x=0-mv02,故物体克服弹簧弹力做功W=mv02-μmgs+x,A正确5.从离地面H高处落下一只小球,小球在运动过程中所受的空气阻力是它重力的kk1倍,而小球与地面相碰后,能以相同大小的速率反弹求1小球第一次与地面碰撞后,能够反弹起的最大高度是多少2小球从释放开始,直至停止弹跳为止,所通过的总路程是多少解析1设小球第一次与地面碰撞后,能够反弹起的最大高度是h,则由动能定理得mgH-h-kmgH+h=0,解得h=H2设球从释放开始,直至停止弹跳为止,所通过的总路程是s,对全过程由动能定理得mgH-kmgs=0,解得s=答案1H
26.如图2所示,质量为m的物块与转台之间能出现的最大静摩擦力为物块重力的k倍物块与转轴OO′相距R,随转台由静止开始转动当转速增加到一定值时,物块即将在转台上滑动,在物块由静止到滑动前的这一过程中,转台对物块的静摩擦力对物块做的功为 图2A.0B.2πkmgRC.2kmgRD.kmgR解析选D 在转速增加的过程中,转台对物块的摩擦力是不断变化的,当转速增加到一定值时,物块在转台上即将滑动,说明此时最大静摩擦力提供向心力,即kmg=m设这一过程中转台对物块的摩擦力所做的功为Wf,由动能定理可得Wf=mv2,解得Wf=kmgR,D正确
7.一质量为m的小球,用长为l的轻绳悬挂于O点,小球在水平力F作用下从平衡位置P点很缓慢地移动到Q点,如图3所示则力F所做的功为 图3A.mglcosθB.FlsinθC.mgl1-cosθD.Fl1-sinθ解析选C 小球的运动过程是缓慢的,因而小球任何时刻均可看作是平衡状态,力F的大小在不断变化,F做功是变力做功小球上升过程只有重力mg和F这两个力做功,由动能定理得-mgl-lcosθ+WF=0,所以WF=mgl1-cosθ
8.如图4所示,一质量为1kg的小球静止在一竖直放置的轻弹簧上,弹簧劲度系数k=50N/m,现用一竖直向下的F=5N的恒力作用在小球上,当小球向下运动到最大速度时撤去F,则小球再回到初始位置时的速度大小为弹簧一直处于弹性限度内 图4A.1m/sB.2m/sC.2m/sD.m/s解析选A 当弹簧的弹力等于重力和F的合力时,球的速度最大,此时弹簧又向下被压缩了x==m=
0.1m,根据动能定理Fx=mv2,解得v=1m/s,故选A9.多选全国丙卷如图5,一固定容器的内壁是半径为R的半球面;在半球面水平直径的一端有一质量为m的质点P它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中,克服摩擦力做的功为W重力加速度大小为g设质点P在最低点时,向心加速度的大小为a,容器对它的支持力大小为N,则 图5A.a= B.a=C.N=D.N=解析选AC 质点P下滑到最低点的过程中,由动能定理得mgR-W=mv2,则速度v=,在最低点的向心加速度a==,选项A正确,选项B错误;在最低点时,由牛顿第二定律得N-mg=ma,N=,选项C正确,选项D错误10.如图6所示,在海滨游乐场里有一种滑沙游戏,人坐在滑板上从倾角为θ的斜坡上由静止开始下滑,经过斜坡底端沿水平滑道再滑行一段距离停下已知滑板与斜面和水平滑道间的动摩擦因数均为μ=
0.3若某人和滑板的总质量m=60kg,滑行过程中空气阻力忽略不计,重力加速度g取10m/s2sin37°=
0.6,cos37°=
0.8求图61把人和滑板看做整体,画出该整体从斜坡上下滑过程中的受力示意图;2若已知θ=37°,人从斜坡滑下时加速度的大小;3若已知θ=37°,水平滑道BC的最大长度为L1=20m,求人在斜坡上滑下的高度应不超过多少;4若斜坡倾角θ大小可调节且大小未知、水平滑道BC的长度未知,但是场地的水平空间距离DC的最大长度为L2=30m,人在斜坡上从D的正上方A处由静止下滑,那么A到D的高度不超过多少?解析1受力如图所示2根据牛顿第二定律得,mgsin37°-f=maN=mgcos37°f=μN联立以上三式,代入数据解得a=
3.6m/s23人和滑板从距水平面高H处下滑,从人和滑板在斜面上开始运动到人和滑板停止运动的过程中,根据动能定理mgH-μmgcos37°-μmgL1=0-0代入数据解得H=10m4设A到D的高度为h,根据动能定理mgh-μmgcosθ-μmg=0-0代入数据解得h=9m答案1见解析
23.6m/s2 310m 49m
11.如图7所示,固定在水平地面上的工件,由AB和BD两部分组成,其中AB部分为光滑的圆弧,圆心为O,∠AOB=37°,圆弧的半径R=
0.5m;BD部分水平,长度为
0.2m,C为BD的中点现有一质量m=1kg、可视为质点的物块从A端由静止释放,恰好能运动到D点g=10m/s2,sin37°=
0.6,cos37°=
0.8求图71物块运动到B点时,对工件的压力大小;2为使物块恰好运动到C点静止,可以在物块运动到B点后,对它施加一竖直向下的恒力F,F应为多大?解析1物块由A运动到B点的过程中,由动能定理有mgR1-cos37°=mv2解得v2=2gR1-cos37°=2×10×
0.5×1-
0.8=2m/s2在B点,由牛顿第二定律有N-mg=m解得N=mg+m=1×N=14N由牛顿第三定律有N′=N=14N2物块由B运动到D点的过程中,由动能定理有μmg·BD=mv2施加恒力F后,物块由B运动到C点的过程中,由动能定理有μmg+FBC=mv2可得mgBD=mg+FBC由题知BD=2BC,得2mg=mg+F解得F=mg=1×10N=10N答案114N 210N。