必修2第5章第2节

1.(2011·高考新课标全国卷)一质点开始时做匀速直线运动,从某时刻起受到一恒力作用.此后,该质点的动能可能()A.一直增大B.先逐渐减小至零,再逐渐增大C.先逐渐增大至某一最大值,再逐渐减小D.先逐渐减小至某一非零的最小值,再逐渐增大解析:选ABD.当恒力方向与质点原来速度方向相同时,质点的动能一直增大,故A正确.当恒力方向与质点原来速度方向相反时,速度先逐渐减小到零再逐渐增大,质点的动能也先逐渐减小至零再逐渐增大,故B正确.当恒力方向与原来质点的速度方向夹角大于90°时,将原来速度v0分解为平行恒力方向的vy、垂直恒力方向的vx,如图(1),vy先逐渐减小到零再逐渐增大,vx始终不变.v＝x2x＋v2y,质点速度v先逐渐减小至vx再逐渐增大,质点的动能先减小至某一非零的最小值,再逐渐增大,故D正确.当恒力方向与v0方向夹角小于90°时,如图(2),vy一直增大,vx始终不变,质点速度v逐渐增大.动能一直增大,没有其他情况,故C错误.图5－2－52.如图5－2－5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,物块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,转台的摩擦力对物块做的功为()A.0B.2πkmgRC.2kmgRD.12kmgR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＝mv2R①在这一过程中对物块用动能定理有W＝12mv2②由①②知,转台的摩擦力对物块所做的功W＝12kmgR,D对.3.图5－2－6如图5－2－6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,其长度d＝0.50m.盆边缘的高度为h＝0.30m.在A处放一个质量为m的小物块并让其从静止下滑.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μ＝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()A.0.50mB.0.25mC.0.10mD.0解析:选D.设小物块在BC面上运动的路程为x.由动能定理知:μmgx＝mgh,则x＝hμ＝0.300.10m＝3m因为d＝0.5m,则xd＝30.5＝6故小物块停在B点.4.(2010·高考新课标全国卷)图5－2－7如图5－2－7所示,在外力作用下某质点运动的v－t图像为正弦曲线.从图中可以判断()A.在0～t1时间内,外力做正功B.在0～t1时间内,外力的功率逐渐增大C.在t2时刻,外力的功率最大D.在t1～t3时间内,外力做的总功为零解析:选AD.本题考查速度图像、动能定理与功率的计算,意在考查考生对速度图像的理解,以及结合速度图像综合分析功与功率的方法.由速度图像可知,在0～t1时间内,由于物体速度增大,根据动能定理可知,外力对物体做正功,A正确,在0～t时间内,由图可知t1时刻外力为零,故功率为零,因此外力的功率不是逐渐增大,B错误;在t2时刻,由于物体的速度为零,故此时外力的功率最小,且为零,C错误;在t1～t3时间内,因为物体的初末动能不变,故外力做的总功为零,D正确.5.(2012·上海浦东高三模拟)过山车是游乐场中常见的设施.如图5－2－8所示是一种过山车的简易模型,它由水平轨道和在竖直平面内的三个圆形轨道组成,B、C、D分别是三个圆形轨道的最低点,B、C间距与C、D间距相等,半径R1＝2.0m、R2＝1.4m.一个质量为m＝1.0kg的小球(视为质点),从轨道的左侧A点以v0＝12.0m/s的初速度沿轨道向右运动,A、B间距L1＝6.0m.小球与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.2,圆形轨道是光滑的.假设水平轨道足够长,圆形轨道间不相互重叠.重力加速度取g＝10m/s2,计算结果保留小数点后一位数字.试求:图5－2－8(1)小球在经过第一个圆形轨道的最高点时,轨道对小球作用力的大小.(2)如果小球恰能通过第二个圆形轨道,B、C间距L应是多少？(3)在满足(2)的条件下,如果要使小球恰能通过第三个圆形轨道,则其半径R3应是多大？解析:(1)设小球经过第一个圆形轨道的最高点时的速度为v1,从A点到最高点,根据动能定理有－μmgL1－2mgR1＝12mv21－12mv20①小球在最高点受到重力mg和轨道对它的作用力F,根据牛顿第二定律F＋mg＝mv21R1②由①②式得F＝10.0N.③(2)设小球通过第二个圆形轨道的最高点时的速度为v2,由重力提供向心力有mg＝mv22R2④从A点到第二个圆形轨道的最高点,根据动能定理有－μmg(L1＋L)－2mgR2＝12mv22－12mv20⑤由④⑤式得L＝12.5m.⑥(3)小球恰能通过第三个圆轨道,设在最高点的速度为v3应满足mg＝mv23R3⑦从A点到第三个圆轨道的最高点,根据动能定理有－μmg(L1＋2L)－2mgR3＝12mv23－12mv20⑧由⑥⑦⑧式得R3＝0.4m.答案:(1)10.0N(2)12.5m(3)0.4m一、选择题1.关于物体所受合外力及其动能,下列说法正确的是()A.合外力为零,则动能一定不变B.动能保持不变,则合外力一定为零C.合外力不为零,则合外力必做功,动能一定变化D.合外力不为零,则物体一定做变速运动,其动能一定变化解析:选A.合外力为零,则物体保持静止或匀速运动状态,其动能一定不变,选项A正确;动能不变,其速度的方向可能变化,有加速度,合外力可能不为零,如匀速圆周运动,选项B错误;合外力不为零,位移可能为零或合外力与位移垂直,则功为零,动能不变,选项C错误;合外力不为零,则一定有加速度,物体一定做变速运动,但动能可能不变,选项D错误.2.一人骑自行车下坡,坡长L＝500m,坡高h＝8m,人和车的总质量为100kg,下坡时初速度为4m/s,人不踏车的情况下,到达坡底时的车速为10m/s,g取10m/s2,则下坡过程中阻力所做的功为()A.－4000JB.－3800JC.－5000JD.－4200J解析:选B.由动能定理可得mgh＋Wf＝12mv2t－12mv20,解得Wf＝－mgh＋12mv2t－12mv20＝－3800J,故选项B正确.3.图5－2－9如图5－2－9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,物块通过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.4.(2012·上海浦东高三模拟)一个质量为0.3kg的弹性小球,在光滑水平面上以6m/s的速度垂直撞到墙上,碰撞后小球沿相反方向运动,反弹后的速度大小与碰撞前相同,则碰撞前后小球速度变化量的大小Δv和碰撞过程中墙对小球做功的大小W为()A.Δv＝0B.Δv＝12m/sC.W＝1.8JD.W＝10.8J解析:选B.取末速度的方向为正方向,则v2＝6m/s,v1＝－6m/s,速度变化Δv＝v2－v1＝12m/s,A错误,B正确;小球与墙碰撞过程中,只有墙对小球的作用力做功,由动能定理得W＝12m(v22－v21)＝0,故C、D均错误.5.图5－2－10如图5－2－10所示,一块长木板B放在光滑的水平面上,在B上放一物体A,现以恒定的外力拉B,由于A、B间摩擦力的作用,A将在B上滑动,以地面为参照物,A、B都向前移动一段距离,在此过程中()A.外力F做的功等于A和B动能的增量B.B对A的摩擦力所做的功等于A的动能的增量C.A对B的摩擦力所做的功等于B对A的摩擦力所做的功D.外力F对B做的功等于B的动能的增量与B克服摩擦力所做的功之和解析:选BD.物体A所受的合外力等于B对A的摩擦力,所以B对A的摩擦力所做的功等于A的动能的增量,所以B对.A对B的摩擦力与B对A的摩擦力是一对作用力与反作用力,大小相等,方向相反,但由于A在B上滑动,A、B对地的位移不等,所以二者做功不等,故C错.对B应用动能定理,WF－Wf＝ΔEkB,即WF＝ΔEkB＋Wf,即外力F对B做的功等于B的动能增量与B克服摩擦力所做功之和,所以D对,A错,故选BD.6.图5－2－11(2012·福州模拟)如图5－2－11所示,光滑斜面的顶端固定一弹簧,一物体向右滑行,并冲上固定在地面上的斜面.设物体在斜面最低点A的速度为v,压缩弹簧到C点时弹簧最短,C点距地面高度为h,则从A到C的过程中弹簧弹力做功是()A.mgh－12mv2B.12mv2－mghC.－mghD.－(mgh＋12mv2)解析:选A.由A到C的过程运用动能定理可得:－mgh＋W＝0－12mv2,所以W＝mgh－12mv2,故A正确.7.图5－2－12如图5－2－12所示,质量为M的木块放在光滑的水平面上,质量为m的子弹以速度v0沿水平方向射中木块并最终停留在木块中与木块一起以速度v运动.当子弹进入木块的深度为x时两者相对静止,这时木块前进的距离为L,若木块对子弹的摩擦阻力为f视为恒力,下列关系不．正确的是()A.fL＝Mv22B.fL＝mv22C.fx＝mv202－m＋Mv22D.f(L＋x)＝mv202－mv22解析:选B.f对木块做正功,使木块从静止开始加速到v时发生的位移为L,则对木块运用动能定理可得f·L＝Mv22.子弹受到阻力f作用做减速运动(重力和地面的支持力不做功),到相对静止时发生的位移为(L＋x),如题图所示,由动能定理得－f·(L＋x)＝mv22－mv202解以上两式得f·x＝mv202－m＋Mv22故B选项错误.8.图5－2－13(2012·宿州模拟)如图5－2－13所示,固定斜面倾角为θ,整个斜面分为AB、BC两段,AB＝2BC.小物块P(可视为质点)与AB、BC两段斜面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2.已知P由静止开始从A点释放,恰好能滑动到C点而停下,那么θ、μ1、μ2间应满足的关系是()A.tanθ＝μ1＋2μ23B.tanθ＝2μ1＋μ23C.tanθ＝2μ1－μ2D.tanθ＝2μ2－μ1解析:选B.由动能定理得mg·sAC·sinθ－μ1mgcosθ·sAB－μ2mgcosθ·sBC＝0,则有tanθ＝2μ1＋μ23,B项正确.9.图5－2－14如图5－2－14所示,电梯质量为M,地板上放置一质量为m的物体.钢索拉电梯由静止开始向上加速运动,当上升高度为H时,速度达到v,则()A.地板对物体的支持力做的功等于12mv2B.地板对物体的支持力做的功等于mgHC.钢索的拉力做的功等于12Mv2＋MgHD.合力对电梯M做的功等于12Mv2解析:选D.对物体m应用动能定理:WF－mgH＝12mv2,故WF＝mgH＋12mv2,A、B均错;以电梯和物体整体为研究对象,应用动能定理,钢索拉力做的功,WT＝(M＋m)gH＋12(M＋m)v2,故C错;由动能定理知,合力对电梯M做的功应等于电梯动能的变化12Mv2,故D正确.10.图5－2－12(2012·湖南桃源模拟)如图5－2－15所示,一个质量为m的圆环套在一根固定的水平直杆上,环与杆的动摩擦因数为μ,现给环一个向右的初速度v0,如果在运动过程中还受到一个方向始终竖直向上的力F的作用,已知力F的大小为F＝kv(k为常数,v为环的运动速度),则环在整个运动过程中克服摩擦力所做的功(假设杆足够长)可能为()A.12mv20B.0C.12mv20＋m3g22k2D.12mv20－m3g22k2解析:选ABD.由于F＝kv,当F＝kv0＝mg时,N＝0,f＝0,圆环做匀速直线运动,摩擦力做功为0,B正确;当v0＜mgk时,圆环一直做减速运动,由动能定理Wf＝12mv20,A对;当v0＞mgk时,由μ(kv－mg)＝ma知,环做加速度减小的减速直线运动,最终做v＝mgk的匀速直线运动,由动能定理知Wf＝12mv20－12m