高考物理一輪基礎復習 動能定理及其應用1

《高考物理一輪基礎復習 動能定理及其應用1》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《高考物理一輪基礎復習 動能定理及其應用1（6頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

動能定理及其應用 一、選擇題(每小題5分，共40分) 1．放在光滑水平面上的某物體，在水平恒力F的作用下，由靜止開始運動，在其速度由0增加到v和由v增加到2v的兩個階段中，F(xiàn)對物體所做的功之比為(　　) A．1∶1 B．1∶2 C．1∶3 D．1∶4 　解析　C　W1＝mv2，W2＝m(2v)2－mv2＝mv2，則＝. 2．如圖所示，板長為L，板的B端靜止放著質量為m的小物體P，物體與板的動摩擦因數(shù)為μ，開始時板水平．若緩慢將板轉過一個小角度α的過程中，物體與板保持相對靜止，則在此過程中(　　) A．摩擦力對P做功μmgcos α(1－cos α) B．摩擦力對P做功μmgsin α(1－cos α) C．摩擦力對P不做功 D．板對P做功mgLsin α 　解析　CD　物體未相對板運動，故摩擦力不做功，C正確；板對物體做功W＝mgLsin α，故D正確． 3．一質量為1.0 kg的滑塊，以4 m/s的初速度在光滑水平面上向左滑行，從某一時刻起將一向右水平力作用于滑塊上，經過一段時間，滑塊的速度方向變?yōu)橄蛴?，大小? m/s，則在這段時間內水平力所做的功為(　　) A．0 J B．8 J C．16 J D．32 J 　解析　A　這段過程的初動能和末動能相等，根據(jù)動能定理W＝Ek2－Ek1知，W＝0，故選A.明確水平力即為合外力，且合外力的功與動能的增量相等是解題的關鍵． 4. 人通過滑輪將質量為m的物體，沿粗糙的斜面由靜止開始勻加速地由底端拉上斜面，物體上升的高度為h，到達斜面頂端的速度為v，如圖所示．則在此過程中(　　) A．物體所受的合外力做功為mgh＋mv2 B．物體所受的合外力做功為mv2 C．人對物體做的功為mgh D．人對物體做的功大于mgh 　解析　BD　物體沿斜面做勻加速運動，根據(jù)動能定理：W合＝WF－Wf－mgh＝mv2，其中Wf為物體克服摩擦力做的功．人對物體做的功即是人對物體的拉力做的功，所以W人＝WF＝Wf＋mgh＋mv2，A、C錯誤，B、D正確． 5. 質量為1 kg的物體以某一初速度在水平地面上滑行，由于受到地面摩擦阻力作用，其動能隨位移變化的圖線如圖所示，g＝10 m/s2，則物體在水平地面上(　　) A．所受合外力大小為5 N B．滑行的總時間為4 s C．滑行的加速度大小為1 m/s2 D．滑行的加速度大小為2.5 m/s2 　解析　BD　物體初動能為50 J(初速度為10 m/s)，在摩擦力作用下滑動20 m動能為零，根據(jù)動能定理得所受合外力為2.5 N，A錯；由牛頓第二定律知物體加速度大小為2.5 m/s2，C錯，D對；滑行時間t＝＝4 s，B對． 6．如圖所示，AB為圓弧軌道，BC為水平直軌道，圓弧的半徑為R，BC的長度也是R，一質量為m的物體，與兩個軌道間的動摩擦因數(shù)都為μ，當它由軌道頂端A從靜止開始下落，恰好運動到C處停止，那么物體在AB段克服摩擦力所做的功為(　　) A．μmgR B．mgR C．mgR D．(1－μ)mgR 　解析　D　物體從A運動到B所受的彈力要發(fā)生變化，摩擦力大小也要發(fā)生變化，所以克服摩擦力所做的功不能直接由功的計算公式求得，而在BC段克服摩擦力所做的功可直接求得． 7．如圖所示，電梯質量為M，地板上放置一質量為m的物體，鋼索拉電梯由靜止開始向上加速運動，當上升高度為H時，速度達到v，則(　　) A．地板對物體的支持力做的功等于mv2 B．地板對物體的支持力做的功等于mgH C．鋼索的拉力做的功等于Mv2＋MgH D．合力對電梯M做的功等于Mv2 　解析　D　對物體m用動能定理得WFN－mgH＝mv2，故WFN＝mgH＋mv2，選項A、B錯誤；鋼索拉力做的功WF拉＝(M＋m)gH＋(M＋m)v2，故選項C錯誤；由動能定理可知，合力對電梯M做的功等于電梯動能的變化量Mv2，故選項D正確． 8．如圖所示，ABCD是一個盆式容器，盆內側壁與盆底BC的連接處都是一段與BC相切的圓弧，BC為水平的，其距離d＝0.50 m．盆邊緣的高度為h＝0.30 m．在A處放一個質量為m的小物塊并讓其從靜止出發(fā)下滑．已知盆內側壁是光滑的，而盆底BC面與小物塊間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.10.小物塊在盆內來回滑動，最后停下來，則停下的位置到B的距離為(　　) A．0.50 m B．0.25 m C．0.10 m D．0 解析　D　設小物塊在水平部分通過的路程為x，據(jù)動能定理：W＝Ek－Ek0得：mgh－μmgx＝0，解得x＝＝ m＝3 m，因為＝6，可見物塊最后停在B點，D正確． 二、非選擇題(共60分) 9．(10分)一輛汽車以v1＝6 m/s的速度沿水平路面行駛時，急剎車后能滑行x1＝3.6 m，如果改以v2＝8 m/s的速度行駛時，同樣情況下急剎車后滑行的距離x2為________． 　解析　汽車和路面的摩擦力不變，由動能定理知：Ffx1＝mv， Ffx2＝mv，所以x2＝6.4 m. 【答案】　6.4 m 10．(15分)如圖所示，物體在離斜面底端5 m處由靜止開始下滑，然后滑上由小圓弧與斜面連接的水平面上，若物體與斜面及水平面的動摩擦因數(shù)均為0.4，斜面傾角為37.求物體能在水平面上滑行多遠？ 　解析　物體在斜面上受重力mg、支持力FN1、滑動摩擦力Ff的作用，沿斜面加速下滑(因μ＝0.4＜tan θ＝0.75)，直到靜止． 解法1：對物體在斜面上和水平面上時受力分析如圖所示，知物體下滑階段FN1＝mgcos 37. 故Ff1＝μFN1＝μmgcos 37. 由動能定理得 mgsin 37l1－μmgcos 37l1＝mv① 在水平面上運動過程中Ff2＝μFN2＝μmg. 由動能定理得－μmgl2＝0－mv② 由①②兩式可得 l2＝l1＝5 m＝3.5 m. 解法2：物體受力分析同上． 物體運動的全過程中，初、末狀態(tài)的速度均為零，對全過程運用動能定理有 mgsin 37l1－μmgcos 37l1－μmgl2＝0. 得l2＝l1＝5 m＝3.5 m. 【答案】　3.5 m 11. (17分)傾角θ＝37，質量M＝5 kg 的粗糙斜面位于水平地面上，質量m＝2 kg的木塊置于斜面頂端，從靜止開始勻加速下滑，經t＝2 s 到達底端，運動路程L＝4 m，在此過程中斜面保持靜止(sin 37＝0.6，cos 37＝0.8，取g＝10 m/s2)．求： (1)地面對斜面的摩擦力大小與方向． (2)地面對斜面的支持力大?。? (3)通過計算證明木塊在此過程中滿足動能定理． 　解析　(1)木塊做勻加速運動L＝at2， 所以a＝＝ m/s2＝2 m/s2， 木塊受力如圖，由牛頓第二定律 mgsin 37－Ff1＝ma， Ff1＝mgsin 37－ma ＝2100.6 N－22 N＝8 N. FN1＝mgcos 37＝2100.8 N＝16 N. 斜面受力如圖所示，由共點力平衡，地面對斜面摩擦力 Ff2＝F′N2sin 37－F′f1cos 37 ＝160.6 N－80.8 N ＝3.2 N，方向水平向左． (2)地面對斜面的支持力 FN2＝Mg＋F′N1cos 37＋F′f1sin 37 ＝510 N＋160.8 N＋80.6 N＝67.6 N. (3)木塊在下滑過程中，沿斜面方向合力及該力做功為 F＝mgsin 37－Ff1＝2100.6 N－8 N＝4 N， W＝FL＝44 J＝16 J， 木塊末速度及動能增量v＝at＝22 m/s＝4 m/s， ΔEk＝mv2－0＝242 J－0＝16 J. 由此可知，在下滑過程中W＝ΔEk，動能定理成立． 【答案】　(1)3.2 N　方向水平向左　(2)67.6 N (3)見解析 12．(18分)如圖甲所示，一條輕質彈簧左端固定在豎直墻面上，右端放一個可視為質點的小物塊，小物塊的質量為m＝1.0 kg，當彈簧處于原長時，小物塊靜止于O點，現(xiàn)對小物塊施加一個外力F，使它緩慢移動，將彈簧壓縮至A點，壓縮量為x＝0.1 m，在這一過程中，所用外力F與壓縮量的關系如圖乙所示．然后撤去F釋放小物塊，讓小物塊沿桌面運動，已知O點至桌邊B點的距離為L＝2x，水平桌面的高為h＝5.0 m，計算時可認為滑動摩擦力近似等于最大靜摩擦力．求：(g取10 m/s2) 　　　　　　　 　甲　　　　　　　　　乙 (1)在壓縮彈簧的過程中，彈簧存貯的最大彈性勢能． (2)小物塊到達桌邊B點時速度的大?。? (3)小物塊落地點與桌邊B點的水平距離x′. 　解析　(1)取向左為正方向，從Fx圖象中可以得出，x＝0時對應的F的值為小物塊與桌面間的滑動摩擦力的大小，即Ff＝1.0 N. 設壓縮過程中克服彈簧的彈力做功為W彈． 由動能定理得：WF－Ffx－W彈＝0. 由Fx圖象可知，WF＝0.1 J＝2.4 J. 解得：W彈＝2.3 J 故彈簧存貯的彈性勢能為Ep＝W彈＝2.3 J. (2)對小物塊從A點到B點的運動過程，應用動能定理得：W彈－Ff(L＋x)＝mv－0，解得：vB＝2 m/s. (3)小物塊從B點開始做平拋運動h＝gt2 得下落時間t＝1 s，所以水平距離x′＝vBt＝2 m. 【答案】　(1)2.3 J　(2)2 m/s　(3)2 m - 6 -