人教版高中物理必修部分第5讲一B

高效作业知能提升一、选择题1．关于物体的动能，下列说法中正确的是()A．物体速度变化，其动能一定变化B．物体所受的合外力不为零，其动能一定变化C．物体的动能变化，其运动状态一定发生改变D．物体的速度变化越大，其动能一定也变化越大解析：A选项中若速度的方向变化而大小不变，则其动能不变化，故A错．B选项中物体受合外力不为零，只要速度大小不变，其动能就不变化，如匀速圆周运动中，物体合外力不为零，但速度大小始终不变，动能不变，故B错，C选项中，物体动能变化，其速度一定发生变化，故运动状态改变，C选项正确．D选项中，物体速度变化若仅由方向变化引起时，其动能不变，如匀速圆周运动中，速度变化，但动能始终不变，故D错．答案：C图5－2－72．一个小物块冲上一固定的粗糙斜面，经过斜面上A、B两点，到达斜面上最高点后返回时，又通过了B、A两点，如图5－2－7所示，关于物块上滑时由A到B的过程和下滑时由B到A的过程，动能的变化量的绝对值ΔE上和ΔE下以及所用时间t上和t下相比较，有()A．ΔE上＜ΔE下，t上＜t下B．ΔE上＞ΔE下，t上＞t下C．ΔE上＜ΔE下，t上＞t下D．ΔE上＞ΔE下，t上＜t下解析：ΔE上＝W阻＋mgh，ΔE下＝mgh－W阻，即ΔE上＞ΔE下．整个斜面是粗糙的，所以在AB段v上＞v下，t上＜t下．答案：D3．(2011·抚顺模拟)如图5－2－8所示，小球以大小为v0的初速度由A端向右运动，到B端时的速度减小为vB；若以同样大小的初速度由B端向左运动，到A端时的速度减小为vA.已知小球运动过程中始终未离开该粗糙轨道，D为AB中点．以下说法正确的是()图5－2－8A．vA＞vBB．vA＝vBC．vA＜vBD．两次经过D点时速度大小相等解析：小球通过凹形区时，压力大于重力，通过拱形区时，压力小于重力，所以通过凹形区时的摩擦力大于通过拱形区时的摩擦力，两次通过凹形区和拱形区时克服摩擦力做功不同，从左向右运动时，克服摩擦力做功多，到达右端B时速度小．答案：A图5－2－94．(2011·东北三校联合模拟)如图5－2－9所示，长为L的长木板水平放置，在木板的A端放置一个质量为m的小物块．现缓慢地抬高A端，使木板以左端为轴转动，当木板转到与水平面的夹角为α时小物块开始滑动，此时停止转动木板，小物块滑到底端的速度为v，则在整个过程中()A．支持力对物块做功为0B．支持力对小物块做功为mgLsinαC．摩擦力对小物块做功为mgLsinαD．滑动摩擦力对小物块做功为12mv2－mgLsinα解析：缓慢抬高过程中，摩擦力始终跟运动方向垂直，不做功，支持力与重力做功的代数和为零，所以支持力的功等于mgLsinα；下滑过程中支持力跟运动方向始终垂直，不做功，由动能定理可得：mgLsinα＋Wf＝mv22，解得Wf＝12mv2－mgLsinα；综上所述，B、D正确．答案：BD图5－2－105．(2011·广东广州)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5－2－10所示，g＝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：物体初动能为50J(初速度为10m/s)，在摩擦力作用下滑动20m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．答案：BD6．(2011·湖北黄冈)在新疆旅游时，最刺激的莫过于滑沙运动．某人坐在滑沙板上从沙坡斜面的顶端由静止沿直线下滑到斜面底端时，速度为2v0，设人下滑时所受阻力恒定不变，沙坡长度为L，斜面倾角为α，人的质量为m，滑沙板质量不计，重力加速度为g.则()A．若人在斜面顶端被其他人推了一把，沿斜面以v0的初速度下滑，则人到达斜面底端时的速度大小为3v0B．若人在斜面顶端被其他人推了一把，沿斜面以v0的初速度下滑，则人到达斜面底端时的速度大小为5v0C．人沿沙坡下滑时所受阻力Ff＝mgsinα－2mv20/LD．人在下滑过程中重力功率的最大值为2mgv0图5－2－11解析：对人进行受力分析如图5－2－11所示，根据匀变速直线运动的规律有：(2v0)2－0＝2aL，v21－v20＝2aL，可解得v1＝5v0，所以A错误，B正确；根据动能定理有：mgLsinα－FfL＝12m(2v0)2，可解得Ff＝mgsinα－2mv20/L，C正确；重力功率的最大值为Pm＝2mgv0sinα，D错误．答案：BC图5－2－127．如图5－2－12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为水平，其距离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出发下滑．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：分析小物块的运动过程，可知由于克服摩擦力做功，物块的机械能不断减少．根据动能定理可得mgh－μmgx＝0，物块在BC之间滑行的总路程x＝mghμmg＝hμ＝0.300.10m＝3m．小物块正好停在B点，所以选项D正确．答案：D8．如图5－2－13(a)所示，静置于光滑水平面上坐标原点处的小物块，在水平拉力F作用下，沿x轴方向运动，拉力F随物块所在位置坐标x的变化关系如图5－2－13(b)所示，图线为半圆．则小物块运动到x0处时的动能为()图5－2－13A．0B.12Fmaxx0C.π4Fmaxx0D.π4x20解析：根据动能定理，小物块运动到x0处时的动能为这段时间内力F所做的功，物块在变力作用下，不能直接用功的公式来计算，但此题可用根据图像求“面积”的方法来解决．力F所做的功的大小等于半圆的“面积”大小．Ek＝W＝12S圆＝12π(x02)2，又Fmax＝x02.整理得Ek＝π4Fmaxx0＝π8·x02，C选项正确．答案：C图5－2－149．如图5－2－14所示，质量相等的物体A和物体B与地面的动摩擦因数相等，在力F的作用下，一起沿水平地面向右移动x，则()A．摩擦力对A、B做功相等B．A、B动能的增量相同C．F对A做的功与F对B做的功相等D．合外力对A做的功与合外力对B做的功相等解析：因F斜向下作用在物体A上，A、B受的摩擦力不相同，因此，摩擦力对A、B做的功不相等，A错误；A、B两物体一起运动，速度始终相同，故A、B动能增量一定相同，B正确；F不作用在B上，不能说F对B做功，C错误；合外力对物体做的功应等于物体动能增量，故D正确．答案：BD图5－2－1510．(2010·广州模拟)构建和谐型、节约型社会深得民心，节能器材遍布于生活的方方面面．自动充电式电动车就是很好的一例．电动车的前轮装有发电机，发电机与蓄电池连接．当骑车者用力蹬车或电动自行车自动滑行时，自行车就可以连通发电机向蓄电池充电，将其他形式的能转化成电能储存起来．现有某人骑车以500J的初动能在粗糙的水平路面上滑行，第一次关闭自动充电装置，让车自由滑行，其动能随位移变化关系如图5－2－15中图线①所示；第二次启动自动充电装置，其动能随位移变化关系如图5－2－15中图线②所示，则第二次向蓄电池所充的电能是()A．200JB．250JC．300JD．500J解析：滑行时阻力Ff恒定，由动能定理对图线①有ΔEk＝Ffx1，x1＝10m；对图线②有ΔEk＝Ffx2＋E电，x2＝6m，所以E电＝410ΔEk＝200J，故A正确．答案：A二、非选择题图5－2－1611．图5－2－16所示，光滑水平面AB与一半圆形轨道在B点相连，轨道位于竖直面内，其半径为R，一个质量为m的物块静止在水平面上，现向左推物块使其压紧弹簧，然后放手，物块在弹力作用下获得一速度，当它经B点进入半圆形轨道瞬间，对轨道的压力为其重力的7倍，之后向上运动恰能完成半圆周运动到达C点，重力加速度为g.求；(1)弹簧弹力对物块做的功；(2)物块从B到C克服阻力的功；(3)物块离开C点后，再落回到水平面上时的动能．解析：(1)由动能定理得W＝12mv2A，在B点由牛顿第二定律得7mg－mg＝mv2B/R，由AB段光滑知vA＝vB，以上三式联立解得W＝3mgR.(2)物块从B到C由动能定理得12mv2B－12mv2C＝2mgR＋W′，物块在C点时mg＝mv2C/R，解得W′＝mgR/2.(3)物块从C点平抛到水平面的过程中，由机械能守恒定律得2mgR＝Ek－mv2C/2，Ek＝52mgR.答案：(1)3mgR(2)12mgR(3)52mgR图5－2－1712．如图5－2－17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(可以看作质点)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)因为摩擦力始终对物体做负功，所以物体最终在圆心角为2θ的圆弧上往复运动．对整体过程由动能定理得mgR·cosθ－μmgcosθ·s＝0，所以s＝Rμ.(2)对B→E过程mgR(1－cosθ)＝12mv2E①FN－mg＝mv2ER②由①②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)设物体刚好到D点，则mg＝mv2DR③对全过程由动能定理得mgL′sinθ－μmgcosθ·L′－mgR·(1＋cosθ)＝12mv2D④由③④得：L′＝3＋2cosθ2sinθ－μcosθ·R.答案：(1)Rμ(2)(3－2cosθ)mg(3)L′＝3＋2cosθ2sinθ－μcosθ·R13．(2011·东北三省三校联考)如图5－2－18所示，在竖直平面内有一个半径为R且光滑的四分之一圆弧轨道AB，轨道上端A与一光滑竖直轨道相切，轨道下端B与水平轨道BCD相切，BC部分光滑且长度大于R，C点右边轨道粗糙程度均匀且足够长．现有长也为R的轻杆，轻杆两端固定两个质量均为m的完全相同的小球a、b(可视为质点)，用某装置控制住上面的小球a，使轻杆竖直且下面的小球b与A点等高，然后由静止释放，杆将沿轨道下滑，设小球始终与轨道接触，重力加速度为g.求：图5－2－18(1)小球b到达C点时的速度大小；(2)若小球b过C点滑行s距离后停下，而且s＞R，试求小球与粗糙平面间的动摩擦因数．解析：(1)杆由释放到b球到达C点的过程中，由机械能守恒定律得mg(R＋2R)＝12×2mv2C解得vC＝3gR.(2)a球滑过C点后由动能定理得－μmgs－μmg(s－R)＝0－12×2mv2C把vC＝3gR代入上式解得μ＝3R2s－R.答案：(1)3gR(2)3R2s－R