高考物理复习课时训练-动能定理

第1/6页第二节动能定理一、单项选择题1.(2011年东莞模拟)如图所示，质量为m的物块，在恒力F的作用下，沿光滑水平面运动，物体通过A点和B点的速度分别是vA和vB，物块由A运动到B点的过程中，力F对物块做的功W为()A．W12mv2B－12mv2AB．W＝12mv2B－12mv2AC．W＝12mv2A－12mv2BD．由于F的方向未知，W无法求出解析：选B.对物块由动能定理得：W＝12mv2B－12mv2A，故选项B正确．2．(2009年高考全国卷Ⅱ)以初速度v0竖直向上抛出一质量为m的小物体．假定物块所受的空气阻力f大小不变．已知重力加速度为g，则物块上升的最大高度和返回到原抛出点的速率分别为()A.v202g1＋fmg和v0mg－fmg＋fB.v202g1＋fmg和v0mgmg＋fC.v202g1＋2fmg和v0mg－fmg＋fD.v202g1＋2fmg和v0mgmg＋f解析：选A.上升的过程由牛顿第二定律得：mg＋f＝ma1，由运动学知识得：v20＝2a1h，联立解得：h＝v202g1＋fmg.下落的过程中由牛顿第二定律得：mg－f＝ma2，由运动学知识得：v2＝2a2h，将a2和h代入可得：v＝v0mg－fmg＋f，故A正确．3．(2010年高考福建卷)如图甲所示，质量不计的弹簧竖直固定在水平面上，t＝0时刻，将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点，然后又被弹起离开弹簧，上升到一定高度后再下落，如此反复．通过安装在弹簧下端的压力传感器，测出这一过程弹簧弹力F随时间t变化的图象如图乙所示，则()第2/6页A．t1时刻小球动能最大B．t2时刻小球动能最大C．t2～t3这段时间内，小球的动能先增大后减小D．t2～t3这段时间内，小球增加的动能等于弹簧减少的弹性势能解析：选C.0～t1时间内小球做自由落体运动，落到弹簧上并往下运动的过程中，小球重力与弹簧对小球弹力的合力方向先向下后向上，故小球先加速后减速，t2时刻到达最低点，动能为0，A、B错；t2～t3时间内小球向上运动，合力方向先向上后向下，小球先加速后减速，动能先增加后减少，C对；t2～t3时间内由能量守恒知小球增加的动能等于弹簧减少的弹性势能减去小球增加的重力势能，D错．4.(2011年广东珠海调研)如图所示，一个小环沿竖直放置的光滑圆环轨道做圆周运动．小环从最高点A(初速度为零)滑到最低点B的过程中，小环线速度大小的平方v2随下落高度h的变化图象可能是图中的()解析：选B.考虑环下降过程中受到的各个力的做功情况，重力做正功，圆环对小环的支持力始终与小环运动方向垂直，不做功，由动能定理ΔEk＝12mv2＝mgh，v2与h的关系为线性关系，又因h＝0时，v＝0.所以图象过原点，只有B符合条件，故选B.二、双项选择题5.(2011年广州一模)质量为1kg的物体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，其动能随位移变化的图线如图所示，g取10m/s2，则物体在水平地面上()A．所受合外力大小为5NB．滑行的总时间为4sC．滑行的加速度大小为1m/s2D．滑行的加速度大小为2.5m/s2解析：选BD.物体初动能为50J(初速度为10m/s)，在摩擦力作用下滑动20m后动能为零，根据动能定理得所受合外力为2.5N，A错；由牛顿第二定律知物体加速度大小为2.5m/s2，C错D对；时间t＝v0a＝4s，B对．6.(2011年广东六校联考)一物体沿斜面向上运动，运动过程中质点的机械能E与竖直高度h关系的图象如图所示，其中O～h1过程的图线为水平线，h1～h2过程的图线为倾斜直线．根据该图象，下列判断正确的是()A．物体在O～h1过程中除重力外不受其他力的作用第3/6页B．物体在O～h1过程中只有重力做功其他力不做功C．物体在h1～h2过程中合外力与速度的方向一定相反D．物体在O～h2过程中动能可能一直保持不变解析：选BC.O～h1过程的图线为水平线，说明物体的机械能不变，即没有除重力以外的其他力做功，而并非一定不受其他力作用，故A错误B正确；在h1～h2过程中由于物体的机械能减小，重力势能增加，只能是动能减小，即合外力与速度方向相反，故C正确；在O～h2过程中物体的机械能减小，重力势能增大，动能只能减小不可能保持不变，故D错误．7.(2011年江苏省高三统一考试)如图所示，一物体在水平恒力作用下沿光滑的水平面做曲线运动，当物体从M点运动到N点时，其速度方向恰好改变了90°，则物体在M点到N点的运动过程中，下列判断正确的是()A．力对物体先做负功后做正功B．物体的速度不断减小C．物体的动能先减小后增大D．物体的动能先增大后减小解析：选AC.物体在vM方向的速度逐渐变为零，说明物体受到的力在vM的反方向上有分力，同时物体受的力在垂直于vM向右的方向上也有分力，所以物体所受恒力的方向与vM的方向成钝角，故力对物体先做负功后做正功，物体的动能先减小后增大．故选AC.8．用大于物体重力的恒力F作用于质量为m的物体上，使物体由静止开始竖直向上提升，已知物体上升h时的速度大小为v，则此过程中()A．恒力F对物体所做的功为FhB．恒力F对物体所做的功为mgh－12mv2C．重力对物体所做的功为mghD．合外力对物体所做的功为12mv2解析：选AD.由恒力做功的定义W＝F·scosθ知A选项正确．根据动能定理，合外力做功等于物体动能的变化，故D项正确．三、非选择题9.如图所示，一个质量为m的小球拴在钢绳的一端，另一端施加大小为F1的拉力作用，使小球在水平面上做半径为R1的匀速圆周运动，今将力的大小改变为F2，使小球仍在水平面上做匀速圆周运动，但半径变为R2.求小球运动的半径由R1变为R2的过程中拉力对小球做的功．解析：设半径为R1和R2时小球做圆周运动的线速度大小分别为v1和v2，由向心力公式得F1＝mv21R1①F2＝mv22R2②由动能定理得：W＝12mv22－12mv21③由①②③得：W＝12(F2R2－F1R1)．答案：12(F2R2－F1R1)第4/6页10.如图所示，AB是倾角为θ的粗糙直轨道，BCD是光滑的圆弧轨道，AB恰好在B点与圆弧相切，圆弧的半径为R.一个质量为m的物体(可以看成质点)从直轨道上的P点由静止释放，结果它能在两轨道间做往返运动．已知P点与圆弧的圆心O等高，物体与轨道AB间的动摩擦因数为μ.求：(1)物体做往返运动的整个过程中在AB轨道上通过的总路程；(2)最终当物体通过圆弧轨道最低点E时，对圆弧轨道的压力；(3)为使物体能顺利到达圆弧轨道的最高点D，释放点距B点的距离L′应满足什么条件？解析：(1)摩擦力对物体始终做负功，故物体最终在圆心角为2θ的圆弧上做往复运动．设物体在AB轨道上通过的总路程为x，则全程应用动能定理，得：mgRcosθ－μmg·cosθ·x＝0解得：x＝Rμ.(2)最终当物体通过圆弧最低点E时，设速度为vE，在E点：FN－mg＝mv2ER①从B→E由动能定理，得：mgR(1－cosθ)＝12mv2E②①②两式联立，得：FN＝(3－2cosθ)mg由牛顿第三定律得物体对轨道的压力为(3－2cosθ)mg.(3)若物体刚好到达D点，设速度为vD，则mg＝mv2DR③对全过程由动能定理，得：mgL′sinθ－μmgcosθ·L′－mgR(1＋cosθ)＝12mv2D④③④联立得L′＝3＋2cosθ2sinθ－μcosθR.答案：(1)Rμ(2)(3－2cosθ)mg(3)3＋2cosθ2sinθ－μcosθ·R1.(2010年高考江苏卷)如图所示，平直木板AB倾斜放置，板上的P点距A端较近，小物块与木板间的动摩擦因数由A到B逐第5/6页渐减小．先让物块从A由静止开始滑到B.然后，将A着地，抬高B，使木板的倾角与前一过程相同，再让物块从B由静止开始滑到A.上述两过程相比较，下列说法中一定正确的有()A．物块经过P点的动能，前一过程较小B．物块从顶端滑到P点的过程中因摩擦产生的热量，前一过程较少C．物块滑到底端的速度，前一过程较大D．物块从顶端滑到底端的时间，前一过程较长解析：选AD.前一过程，从A到P，所受摩擦力较大，下滑加速度较小，位移较小，故在P点的动能较小；后一过程，从B到P，下滑加速度较大，位移较大，故在P点的动能较大，所以A正确；两过程中，前者摩擦力大，位移小，后者摩擦力小，位移大，无法比较产生热量的大小，故B不正确；物块滑到底端的两过程合外力做的功相同，根据动能定理，滑到底端速度相等，即C不正确；由牛顿第二定律，结合两次加速度变化特点，两次v－t图象如图所示，位移相等，故前一过程时间较长，D正确．2．(2011年湖北宜昌高三质检)如图甲所示为游乐场中过山车的实物图片，图乙是过山车的模型图．在模型图中，半径分别为R1＝2.0m和R2＝8.0m的两个光滑圆形轨道，固定在倾角为α＝37°的倾斜直轨道平面上的Q、Z两点，且两圆形轨道的最高点A、B均与P点平齐，圆形轨道与斜直轨道之间圆滑连接．现使小车(视作质点)从P点以一定的初速度沿斜直轨道向下运动．已知斜直轨道与小车间的动摩擦因数为μ＝124，g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：(1)若小车恰好能通过第一个圆形轨道的最高点A处，则其在P点的初速度应为多大？(2)若小车在P点的初速度为10m/s，则小车能否安全通过两个圆形轨道？解析：(1)设小车经过A点时的临界速度为v1，根据牛顿第二定律有mg＝mv21R1设Q点与P点高度差为h1，PQ间距离为L1，则L1＝R11＋cosαsinα设小车在P点的初速度为v01，从P点到A点的过程中，由动能定理得－(μmgcosα)L1＝12mv21－12mv201解得v01＝26m/s＝4.89m/s.(2)设Z点与P点高度差为h2，PZ间距离为L2.则L2＝R21＋cosαsinα小车能安全通过两个圆形轨道的临界条件，是在B点速度为v2时，由牛顿第二定律知，小车满足mg＝mv22R2设小车在P点的初速度为v02，从P点到B点的过程中，由动能定理得：－μmgcosαL2＝12mv22－12mv202解得：v02＝46m/s＝9.80m/s第6/6页因为42m/s＜10m/s，故能安全通过两圆形轨道．答案：(1)4.89m/s(2)能