《全品高考复习方案》2020届高考物理一轮复习文档：第5单元 机械能 作业答案.doc

《《全品高考复习方案》2020届高考物理一轮复习文档：第5单元 机械能 作业答案.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《《全品高考复习方案》2020届高考物理一轮复习文档：第5单元 机械能 作业答案.doc（20页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、课时作业(十三)1.B解析人相对于地的位移方向向右,人所受的摩擦力方向也向右,则f做正功;平板车相对于地的位移方向向左,它受到的摩擦力方向也向左,则f也做正功,选项B正确.2.C解析小物块刚滑到底端时的速度v=,重力的瞬时功率P=mgvsin=mgsin,选项C正确.3.A解析由功的定义式W=Flcos,可得力F1与F2对物体所做的功相同,选项A正确;摩擦力f=FN,摩擦力大小不同,对物体所做的功不同,选项B错误;重力对物体所做的功为零,合力对物体所做的功为各力做功的代数和,因摩擦力做功不同,合力做功不同,选项C、D错误.4.A解析每次上半身重心上升的高度均为0.3m,则她每一次克服重力做的功

2、W=50100.3J=90J,1min内克服重力所做的功W总=50W=5090J=4500J,相应的功率约为P=W=75W,选项A正确.5.C解析若开动2节动车带6节拖车,最大速度可达到120km/h,设每节动车的功率为P,每节车厢所受的阻力为f,则有2P=8fv;当开动4节动车带2节拖车时,有4P=6fv,联立解得v=320km/h,选项C正确.6.A解析汽车以速度v匀速行驶,则P=Fv=fv,当以速度2v匀速行驶时,功率P=f2v=2P,突然加大油门时的加速度最大,且am=,选项A正确;牵引力F=随速度增大而减小,汽车将做加速度减小的加速运动,平均速度=,选项B、C、D错误.7.B解析船的

3、最高速度v=108km/h=30m/s,在额定输出功率下以最高时速匀速行驶时牵引力最小,此时牵引力与阻力相等,根据P=Fv得,气垫船的最小牵引力F=N=3.0105N,故在速度达到最大前,牵引力F3.0105N,选项A错误;船以最高时速匀速运动时,所受的阻力f=F=3.0105N,根据f=kv得k=Ns/m=1.0104Ns/m,选项B正确;以最高时速一半的速度匀速航行时,气垫船所受的阻力为f=k=f=1.5105N,此时气垫船发动机的输出功率为P=F=f=1.510515W=2250kW,选项C、D错误.8.B解析在t=2s时,牵引力F1=f+ma,功率P=F1v1=3(f+ma),在t=1

4、0s时,牵引力F2=f,功率P=F2v2=6f,联立可得f=ma,又加速度a=1.5m/s2,在010s内,由动能定理得t1+Pt2-fx=mv2,解得x=42m,选项B正确.9.C解析在A、B间的平均速度v1=3m/s,在B、C间的平均速度v2=6m/s,小球加速度a=1m/s2,选项A错误;小球经过B点时的速度vB=v1+a=5m/s,则小球经过B点时重力的瞬时功率P=mgvBsin=2105sin30W=50W,选项B错误;小球经过A点时的速度为vA=v1-a=1m/s,A点与出发点的距离为x=0.5m,选项C正确;小球经过C点时的速度vC=v2+=7m/s,则小球由静止到C点过程中重力

5、的平均功率为=mgsin30=35W,故选项D错误.10.BD解析由vt图像可知,022s内机动车先做匀加速运动,再做加速度逐渐减小的加速运动,最后做匀速运动,选项A错误;在匀速运动过程,阻力f=F=1500N,选项B正确;6s末的加速度a=,质量m=562.5kg,由牛顿第二定律得F-f=ma,机动车速度为5m/s时,牵引力F=f+ma=2250N,选项C错误,D正确.11.BD解析汽车从静止启动时,由P=Fv,F-f=ma,可得a=-,结合图像知=,解得P=,故汽车的功率P保持不变,选项A错误,B正确;加速度为0时,速度最大,由=c,可得最大速度vm=,选项C错误;汽车启动过程中受到的阻力

6、f=,选项D正确.12.(1)70N(2)1400J解析(1)绳断之后,由速度图像得出此过程的加速度a2=-5m/s2根据牛顿第二定律得-FN2=ma2又知FN2-mg=0联立解得=0.5力F拉动雪橇的过程中,根据牛顿第二定律得Fcos37-FN1=ma1又知mg-Fsin37-FN1=0由速度图像得此过程的加速度a1=2m/s2联立解得F=70N(2)在05s内,雪橇克服摩擦力做功为W1=f1x1在57s内,雪橇克服摩擦力做功为W2=f2x2其中x1=510m=25m,x2=210m=10m所以在07s内,雪橇克服摩擦力做功为W=W1+W2=1400J13.(1)1.5m/s2(2)20s(

7、3)60m/s(4)70s解析(1)由图可知,汽车在第1个2s时间内的位移x1=9m,在第2个2s时间内的位移x2=15m故汽车的加速度a=1.5m/s2.(2)由F-f=ma解得汽车的牵引力F=f+ma=(1500+10001.5)N=3000N汽车做匀加速运动的末速度v=m/s=30m/s故匀加速运动保持的时间t1=s=20s.(3)汽车所能达到的最大速度vm=m/s=60m/s.(4)匀加速运动的时间t1=20s匀加速运动的距离x1=20m=300m则以额定功率运动的距离x2=2400m-300m=2100m对以恒定功率运动阶段,有P额t2-fx2=m-mv2解得t2=50s所以最短时间

8、为t总=t1+t2=20s+50s=70s.课时作业(十四)1.D解析当合力与速度同向时,物体的速度的方向不变,比如自由落体运动,选项A错误;根据牛顿第二定律,加速度与合力成正比,如果合力恒定,则加速度不变,选项B错误;匀速圆周运动中,合力不为零,但动能不变,选项C错误;根据动量定理,动量的变化等于合力的冲量,冲量不为零,故物体的动量一定变化,选项D正确.2.D解析小球从平衡位置P缓慢地移动到Q点的过程中,由动能定理得WF-mgL(1-cos)=0,选项D正确.3.B解析该同学将篮球投出时的高度约为h1=1.8m,根据动能定理得W-mg(h-h1)=mv2,解得W=7.5J,故选项B正确.4.

9、AC解析因为重力做功-3J,所以重力势能增加3J,A正确,B错误;根据动能定理W合=Ek,可得Ek=-3J+8J-0.5J=4.5J,C正确,D错误.5.C解析重力对物体做的功为mg(h+H),物体重力势能减少mg(H+h),合力对物体做的总功为零,选项A、B错误,选项C正确;对运动的全过程,由动能定理得mg(H+h)-fh=0,解得平均阻力f=,选项D错误.6.D解析由动能定理得Ek-Ek0=mgh=mggt2,则Ek=Ek0+mggt2,与Ek=2+50t2(J)对比可知,m=1kg,初动能为Ek0=2J=m,所以v0=2m/s,选项A、B错误;2s内水平位移x=vt=4m,选项C错误;2

10、s末的动能Ek=202J=mv2,解得v20.1m/s,选项D正确.7.D解析设物体在AB段克服摩擦力所做的功为WAB,物体从A到C的全过程,根据动能定理得mgR-WAB-mgR=0,所以WAB=mgR-mgR=(1-)mgR,故D正确.8.ABC解析F-x图像与坐标轴围成图形的面积代表拉力F做的功,由图知减速阶段F-x图像与坐标轴围成图形的面积约占12个小格,每个小格的面积代表1J,则减速阶段拉力所做的功约为12J,故选项B正确.刚开始物体匀速运动,则F=mg,由图知F=7N,则=0.35,故选项A正确.对全程应用动能定理,得WF-mgx=0-m,其中WF=74J+12J=40J,解得v0=

11、6m/s,故选项C正确.由于所做的运动不是匀减速运动,无法求得减速运动的时间,故选项D错误.9.B解析质点在Q点时,有FN-mg=m,可得=gR,质点从P滑到Q的过程中,由动能定理得mgR-Wf=m,则克服摩擦力做的功Wf=mgR,选项B正确.10.B解析设木板长度为L,木板与水平地板的夹角为,由动能定理得-mgx-mgh-mgcos=0-m,由几何关系可知x+等于Q点到平台右端的水平距离,为一个定值,即-mgX-mgh=0-m,截短后,Q到平台右端的水平距离不变,高度不变,所以滑块克服摩擦力做功不变,滑块的初速度仍等于v0,选项B正确.11.BC解析物块在斜面顶端由静止释放后能够下滑,应满足

12、mgsin0mgcos,即0tan,选项A错误;根据牛顿第二定律得a=gsin-gcos,可知物块下滑过程中,随着的减小,a在增大,选项B正确;摩擦力f=mgcos=mgcos,可知f与x成线性关系,如图所示,其中f0=0mgcos,则物块下滑到斜面底端的过程中克服摩擦力做功Wf=l=0mglcos,选项C正确;由动能定理得mglsin-0mglcos=mv2,解得v=,选项D错误.12.(1)1m(2)B点解析(1)小球在C点时,有mg=mmgh-mgL=m联立解得L=1.0m.(2)最终小球停在B、C之间,由动能定理得mgh-mgx=0解得x=4.0m走过的路程是BC长度的4倍,最终停在B

13、点.13.(1)7.4N(2)0.96m解析(1)BC长度sBC=0.4m物块在AD段运动的过程中,由动能定理得m=mgLsin37+R(1-cos37)-mgcos37sBC在D点时,有FN=mg+m联立解得FN=7.4N由牛顿第三定律可得物块第一次通过D点时对轨道的压力大小为7.4N(2)物块在光滑的圆弧轨道内运动时,只有重力做功,机械能守恒,取D所在水平面为零势能面,设物块上升的最大高度为H,由机械能守恒定律得mgH=m解得H=0.96m课时作业(十五)1.B解析运动员在合力为0时动能最大,其动能先增大后减小,由于运动员和弹性绳组成的系统机械能守恒,所以运动员的重力势能和弹性绳的弹性势能

14、之和在合力为0时最小,选项A错误,B正确;弹性绳先逐渐恢复原状,后处于松弛状态,则弹性势能先减小后不变,由于系统的机械能守恒,所以运动员的机械能先增大后保持不变,选项C、D错误.2.D解析根据机械能守恒定律可知,在E点和D点钉钉子时,摆球最高可摆到与A、B等高的位置,选项A、B错误;当在F点钉钉子时,摆球不可能摆到D点,因为摆球如果摆到D点,根据机械能守恒定律可知,其速度为0,可是摆球要想由C点摆到D点,在D点时必须有一定的速度,至少由重力提供向心力,选项C错误;若在F点以下钉钉子,则摆球摆到最高点时能够具有一定的速度,有可能做完整的圆周运动,选项D正确.3.C解析蹦床弹力对小朋友做了功,小朋

15、友的机械能不守恒,选项A错误;从小朋友的脚接触蹦床直至蹦床被压缩至最低点的过程中,蹦床对小朋友的弹力F逐渐增大,其加速度先减小后反向增大,选项B错误;小朋友从h2到h4高度,蹦床和小朋友组成的系统机械能守恒,则弹性势能为Ep=mg(h2-h4),选项C正确;小朋友从h1下降到h5过程中,在h5高度的弹性势能最大,且最大值Epm=mgh1-mgh5,选项D错误.4.C解析铁链在向一侧滑动的过程中受重力和滑轮弹力的作用,弹力始终与对应各节链条的运动方向垂直,故只有重力做功,设铁链刚好完全离开滑轮时的速度为v,由机械能守恒定律得mv2+Ep=0,其中铁链重力势能的变化量Ep=-mg,解得v=,故C正

16、确.5.ACD解析若各斜面光滑,则滑块下滑过程中机械能守恒,有mgh=mv2,滑块到达A、B、C、D各点的速率相同时,下落的高度h相同,即A、B、C、D各点处在同一水平线上,选项A正确,选项B错误;以O点为最高点,作等时圆,可知下滑的时间相等时所处的位置在同一竖直面内的圆周上,选项C正确;从O点下滑到A、B、C、D各点的过程中,设滑块滑动的水平距离是x,滑块损失的机械能为克服摩擦力做的功,即E=Wf=mgcos=mgx,因E相同,故x相同,说明A、B、C、D各点处在同一竖直线上,选项D正确.6.C解析物体做竖直上抛运动,有v0=g,解得星球表面重力加速度为g=,卫星绕星球表面做圆周运动,有m=

17、mg,解得v=,此为最大环绕速度,也是最小发射速度,故以此速度或超过此速度水平抛出,物体都不会落回星球表面,故A、B正确;设竖直上抛的初速度为v,卫星绕星球表面运动时,由机械能守恒定律得-G+mv2=0,又=mg,解得v=2,故D正确,C错误.7.AB解析A、B组成的系统只有重力做功,系统机械能守恒,B球运动到圆环最低点时,系统减小的重力势能为mgR,在杆从竖直状态到水平状态的过程中,系统重力势能减小量最大,为mgR,故A正确,C错误.A球从C点运动到D点的过程中,速度先增大后减小,则合力先做正功,后做负功,故D错误.因为杆水平时,系统重力势能减小量最大,根据机械能守恒定律知,系统动能最大,所

18、以当杆水平时,A、B球的速度最大,故B正确.8.BD解析当A球即将到达地面时,B和C的速度为0,对A、B、C三者组成的系统,由机械能守恒定律得mgL=mv2,则A落地的瞬时速度v=,选项B正确;B和C的速度先增大后减小,则A的机械能先减小后增大,选项A错误;在B减速阶段,杆对B的作用力沿杆指向右上方,B受到的支持力小于mg,由牛顿第三定律知,选项D正确.9.(1)1450N(2)解析(1)设A到达b点时速度为vb,根据动能定理可得mg(sin-cos)=m解得vb=m/s设A到达圆轨道最高点时速度为vc,轨道对A的弹力大小为F,有mgR1(1+cos)=m-mmg+F=m联立解得F=1450N

19、(2)设A运动到圆轨道最低点P时速度为vP,有mgR1(1-cos37)=m-m解得vP=m/s=23m/s设A与B碰撞后共同速度为v,则mvP=(M+m)v设连在一起的A、B安全通过圆轨道最高点的最小速度为vd,在P点最小速度为vP,有(M+m)g=(M+m)2(M+m)gR2=(M+m)v-(M+m)联立解得vP=m/s=16m/s当v=vP时,M最大,解得M=m=m10.(1)0(2)(3)见解析解析(1)球通过最高点时的速度为v,有F+mg=m解得F=m-mg当F=0时,v最小,速度v的最小值为(2)若小球恰好通过最高点,则vA=m=m+mgLvB=vD=小球从B点、D点分别竖直上抛和

20、竖直下抛,则t=(3)设小球运动到最高点绳断开后平抛运动时间为t,则h+L=gt2x=vt设小球运动到最低点C时速度为v,绳突然断开后小球做平抛运动的时间为t,则h-L=gt2x=vt由机械能守恒定律得2mgL+mv2=mv2又x=x联立解得h=-L小球运动到最高点时,有v小球运动到最低点时,有v故hL课时作业(十六)1.B解析对上升过程,由动能定理得-(mg+F)h=-m,动能减小了(F+mg)H,选项A错误;小球克服阻力做的功等于机械能的减小量,即机械能减小了FH,选项B正确,D错误;重力做功为-mgH,重力势能增加了mgH,选项C错误.2.C解析合外力做功等于动能的增加量,初动能为零,所

21、以末动能为W1+W2+W3,选项A错误;重力做功等于重力势能的减少量,因为重力做功W1,所以重力势能减少W1,原来为零,终态时为-W1,选项B错误;机械能是动能、重力势能、弹性势能之和,因为此题不涉及弹性势能,所以机械能的改变量就取决于动能和势能的改变量,则机械能的改变量为(W1+W2+W3)-W1=W2+W3,选项C正确,D错误.3.D解析v2-h图像为倾斜直线,可知物体的动能变化量与高度变化量成正比,即合外力为恒力,而物体所受重力不变,故拉力也一定保持不变.物体机械能的变化量大小等于除重力(和弹簧弹力)以外的其他力做功的大小,由功能关系可知,随高度增加,恒定拉力做正功,机械能均匀增加,故选

22、项D正确.4.C解析先求出空气阻力大小,由能量守恒定律得fH=mg,解得f=;为使小球回到原来的高度,应补充因空气阻力做功损失的机械能,即E=2H=mgH.5.B解析伸缩臂使人与平台上升到灭火位置,功率P1=800W,但伸缩臂有质量,其高度上升,也消耗功率,故发动机的功率大于800W,选项D错误;水炮每秒射出的水的质量m=1000kg=50kg,水炮对水做的功W=mgh+mv2,其功率P=4104W,选项A、C错误,B正确.6.C解析由能量守恒定律可知,力F对木板所做的功W一部分转化为物体的动能,一部分转化为系统的内能,故W=mv2+mgs相,s相=vt-t,v=gt,联立可得W=mv2,选项

23、C正确.7.AB解析对运动员,由牛顿第二定律得mg-f=ma,则阻力f=,运动员的重力做功为mgh,重力势能减少了mgh,合力做功为mgh,动能增加了mgh,选项A、B正确;运动员克服阻力所做的功为,机械能减少了,选项C、D错误.8.AD解析从D到C,橡皮筋对弹丸一直做正功,弹丸机械能一直增加,弹丸先加速后减速运动,动能先增大后减小,选项A正确,B、C错误;从D到E橡皮筋的弹力大于从E到C橡皮筋的弹力,从D到E橡皮筋的弹力做的功大于从E到C的弹力所做的功,则从D到E弹丸增加的机械能大于从E到C弹丸增加的机械能,选项D正确.9.AC解析高度在0.20.35m的范围内,Ek=-Ep=-mgh,图线

24、的斜率k=N=-2N=-mg,所以m=0.2kg,选项A正确;由能量守恒定律知,当滑块上升至最大高度时,弹簧最大弹性势能Epm=mgh=0.5J,选项B错误;在Ek-h图像中,图线的斜率表示滑块所受的合外力,由于高度在0.20.35m范围内图像为直线,所受合外力为恒力,所以h=0.2m时滑块与弹簧分离,弹簧的原长为0.2m,选项C正确;由图像可知,当h=0.18m时滑块的动能最大,此时滑块的重力势能与弹簧的弹性势能之和最小,根据能量守恒定律知,Epmin=E-Ekm=Epm+mgh-Ekm=0.5J+0.2100.1J-0.32J=0.38J,选项D错误.10.BD解析物体刚被放到A点时,做匀

25、加速直线运动,加速度a1=g(cos-sin)=2.5m/s2,若物体能与传送带达到相同的速度,则上滑位移为x1=0.2mmgsin=50N,故之后小物体将向上做匀速运动,运动的时间为t2=4.8s,运动的总时间为t=t1+t2=5.2s,选项A错误;小物体运动到B点时的速度为1m/s,从A到B,由动能定理得W传-mgLsin=mv2-0,解得W传=255J,选项B正确;在相对滑动时,s相=vt1-x1=0.2m,则物体与传送带间因摩擦产生的热量为Q=mgcoss相=15J,选项D正确;由功能关系可知,电动机做的功等于物体增加的机械能和因滑动摩擦而发的热,则W电=W传+Q=270J,选项C错误

26、.11.(1)2m/s(2)0.8s(3)2.25104W解析(1)吊锤上升过程中,由功能关系得E=Fh结合图像可得F=2.25104N设吊锤上升到h1=1.6m处的速度为v1,由动能定理得Fh1-mgh1=m-0联立解得v1=2m/s(2)吊锤上升到h1=1.6m处后做初速度为v1=2m/s的竖直上抛运动,设经时间t落到钉子上,有-h1=v1t-gt2解得t=0.8s(3)设吊锤上升到h2=0.4m处的速度为v2,由动能定理得Fh2-mgh2=m-0解得v2=1m/sF的瞬时功率P=Fv2=2.25104W12.(1)0.2(2)Ns0.8J解析(1)由动能定理得-mg(L1+L2)=0-m,解得=0.2.(2)当传送带逆时针转动时,滑块在传送带上的加速度大小为a=g=2m/s2,设滑块离开传送带时的速度大小为v1,有-=2aL1,解得v1=1.6m/s.设滑块在传送带上运动的时间为t,有L1=t,解得t=0.2s,传送带对滑块的作用力F=2N,所以传送带对滑块的冲量I=Ft=Ns.由于滑块冲出传送带时,传送带向左运动的距离s=vt=0.4m,所以滑块在传送带上运动过程中产生的热量Q=mg(s+L1)=1.52J,根据能量守恒定律得,电动机多消耗的电能E=Q+m-m=0.8J.