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高考物理总复习 52动能 动能定理训练试题 新人教版

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【高考调研】2015高考历史总复习 5-2动能 动能定理训练试题新人教版1．(单选)一个25 kg 的小孩从高度为3.0 m 的滑梯顶端由静止开始滑下，滑到底端时的速度为2.0 m/s.取g ＝10 m/s 2，关于力对小孩做的功，以下结果正确的是( )A ．合外力做功50 JB ．阻力做功500 JC ．重力做功500 JD ．支持力做功50 J解析 合外力做功等于小孩动能的变化量，即W 合＝mgh －W f ＝ΔE k ＝50 J ，选项A 正确．重力做功为750 J ，阻力做功－250 J ，支持力不做功，选项B 、C 、D 错误．答案 A2．(单选)人骑自行车下坡，坡长l ＝500 m ，坡高h ＝8 m ，人和车总质量为100 kg ，下坡时初速度为4 m/s ，人不踏车的情况下，到达坡底时车速为10 m/s ，g 取10 m/s 2，则下坡过程中阻力所做的功为( )A ．－400 JB ．－3 800 JC ．－50 000 JD ．－4 200 J解析 对人和车整体受力分析，重力、支持力、摩擦力，由动能定理，可知mgh ＋W f ＝12mv 22－12mv 21，其中m ＝100kg ，h ＝8 m ，v 1＝4 m/s ，v 2＝10 m/s ，代入数据，解得W f ＝－3 800 J.答案 B3．(多选)物体沿直线运动的v ­t 关系如图所示，已知在第1秒内合外力对物体做的功为W ，则( )A ．从第1秒末到第3秒末合外力做功为4WB ．从第3秒末到第5秒末合外力做功为－2WC ．从第5秒末到第7秒末合外力做功为WD ．从第3秒末到第4秒末合外力做功为－0.75W解析 由题图知：第1秒末速度、第3秒末速度、第7秒末速度大小关系：v 1＝v 3＝v 7，由题知W ＝12mv 21－0，则由动能定理，知第1秒末到第3秒末合外力做功W 2＝12mv 23－12mv 21＝0，故A 项错；第3秒末到第5秒末合外力做功W 3＝12mv 25－12mv 23＝0－12mv 21＝－W ，故B 项错；第5秒末到第7秒末合外力做功W 4＝12mv 27－0＝12mv 21＝W ，故C 项正确；第3秒末到第4秒末合外力做功W 5＝12mv 24－12mv 23＝12m (12v 1)2－12mv 21＝－0.75 W ，所以W 5＝－0.75 W ，故D 项正确．答案 CD4．(多选)(2013·江苏苏州)某人用手将一质量为1 kg 的物体由静止向上提升1 m ，这时物体的速度为2 m/s.则下列说法中正确的是(g 取10 m/s 2)( )A ．手对物体做功12 JB ．合外力对物体做功12 JC ．合外力对物体做功2 JD ．物体克服重力做功10 J解析 这个过程中物体克服重力做功W 1＝mgh ＝10 J ，D 项正确；由动能定理知，合外力对物体做的功W ＝E k2—E k1＝2 J ，B 项错误，C 项正确；手对物体做的功W 2＝W ＋W 1＝12 J ，A 项正确．答案 ACD5．(单选)(2013·北京海淀)如图所示，一质量为m 的小球，用长为L 的轻绳悬挂于O 点，小球在水平拉力F 作用下从平衡位置P 点缓慢地移到Q 点，此时悬线与竖直方向夹角为θ，则拉力F做的功为( )A．mgL cosθB．FL sinθC．mgL(1－cosθ)D．FL cosθ解析“很缓慢地移动”有两层意思：一是物体的速度、动能不发生变化，且总趋近于零；二是物体的每一个状态都是平衡状态，即物体是经过一系列平衡状态由P点移动到Q 点的，因此不同位置力F不同，即力F做的功是变力功，拉力F做的功不能用功的公式求，可用动能定理来求．根据动能定理有W F－mgL(1－cosθ)＝0，W F＝mgL(1－cosθ)，故C项正确．答案 C6．(单选)如右图所示，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为水平的，其距离d＝0.50 m，盆边缘的高度为h＝0.30 m．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. 0.50 mB. 0.25 mC. 0.10 mD. 0解析 小球在光滑斜面上受到重力和斜面的支持力，合力沿斜面向下，故最终小球一定处于盆底．对小物块从A 点出发到最后停下来整个过程用动能定理，有mgh －μmgs ＝0－0，s ＝h μ＝0.30.1m ＝3 m ，而d ＝0.50 m ，刚好3个来回，最终停在B 点，选项D 正确． 答案 D7．(单选)(2013·江苏南京)如右图所示，在滑雪场有两个坡度不同的滑道AB 和AB ′分别与水平滑道相连，AB 和AB ′都可看作斜面，它们与水平滑道之间均可视为平滑相连．甲、乙两名滑雪者分别乘两个完全相同的雪橇从A 点由静止出发沿AB 和AB ′滑下，最后都能停在水平滑道上．设雪橇和滑道间的动摩擦因数处处相同，滑雪者保持一定姿势坐在雪橇上不动，下列说法中正确的是( )A ．甲在B 点的速率等于乙在B ′点的速率 B ．甲在B 点的速率大于乙在B ′点的速率C ．甲全部滑行过程的水平位移一定比乙全部滑行过程的水平位移大D ．甲全部滑行过程的水平位移一定比乙全部滑行过程的水平位移小解析 对滑雪者受力分析如右图所示，f ＝μmg cos θ，在斜面上克服摩擦力所做的功为W f ＝μmgs cos θ，x ＝s cos θ，由动能定理，可知mgh －W f ＝mgh －μmgx ＝12mv 2－0，可推知甲在B 点的速率大于乙在B ′点的速率，故B 选项正确；对运动过程从A 到停止用动能定理，mgh －W ′f ＝mgh －μmg (x ＋x ′)＝0－0，可推知，甲全部滑行过程的水平位移与乙全部滑行过程的水平位移相等．C 、D 选项都错误．答案 B8．(单选)(2013·浙江嘉兴)子弹的速度为v ，打穿一块固定的木块后速度刚好变为零．若木块对子弹的阻力为恒力，那么当子弹射入木块的深度为其厚度的一半时，子弹的速度是( )A.v 2B.22v C.v3D.v4解析 设子弹质量为m ，木块的厚度为d ，木块对子弹的阻力为f ，根据动能定理，知子弹刚好打穿木块的过程满足－fd ＝0－12mv 2，设子弹射入木块厚度一半时的速度为v ′，则－f ·d 2＝12mv 21－12mv 2，得v 1＝22v ，故选B 项．答案 B9．(多选)(2013·闸北区二模)传送带在外力F 驱动下以恒定速度运动，将一块砖轻放在传送带上，若砖块所受摩擦力为f ，传送带所受摩擦力为f ′，在砖块由静止被传送带带动并达到与传送带相同速度的过程中以下正确的是( )A ．f ′所做的功等于f 所做的功的负值B ．F 所做的功与f ′所做的功之和等于砖块所获得的动能C ．F 所做的功与f ′所做的功之和等于零D ．F 所做的功等于砖块所获得的动能解析 A 项，因为砖块由静止被传送带带动并达到与传送带相同速度的过程中发生相对滑动，砖块的位移与传送带的位移不等，则f ′所做的功不等于f 所做的功的负值，故A 项错误；B 项，对传送带研究，动能不变，根据动能定理知，F 所做的功与f ′所做的功之和等于零，故B 项错误，C 项正确；D 项，根据能量守恒得，F 所做的功等于砖块动能的增加量与摩擦产生的内能之和，故D 项错误．答案 C10．(2013·北京海淀)一轻弹簧的左端固定在墙壁上，右端自由，一质量为m 的滑块从距弹簧右端L 0的P 点以初速度v 0正对弹簧运动，如下图所示，滑块与水平面的动摩擦因数为μ，在与弹簧碰后反向弹回来，最终停在距P 点为L 1的Q 点，求在滑块与弹簧碰撞过程中弹簧最大压缩量为多少？分析 题目中涉及多个过程：P →A →弹簧压缩最大→A →Q .因此可以分向左、向右两段研究，也可以全过程研究，当然也可以逐段研究，但相对而言分段研究显得比较繁琐．全过程研究时应注意各力做功的情况在各阶段有所不同．解析 方法一 设弹簧最大压缩量为x ，在滑块向左运动的过程中，由动能定理，可得－μmg (x ＋L 0)－W T ＝0－12mv 20，在滑块返回的过程中，由动能定理，得W T －μmg (x ＋L 0＋L 1)＝0，由以上两式，可得x ＝v 204μg －L 12－L 0方法二 设最大压缩量为x ，从滑块由P 点开始运动到返回Q 点的全过程，由动能定理，得－μmg [2(x ＋L 0)＋L 1]＝0－12mv 20，故x ＝v 204μg －L 12－L 011．(2013·上海联考)如右图所示，竖直平面内有一根直角杆AOB ，杆的水平部分粗糙，动摩擦因数μ＝0.2，杆竖直部分光滑，两部分各套有质量均为2 kg 的滑环A 和B ，两环间用细绳相连，绳长L ＝1 m ，开始时绳与竖直杆的夹角θ为37°.现用大小为50 N 的水平恒力F 将滑环A 从静止开始向右拉动，当θ角增大到53°时，滑环A 的速度为1.2 m/s ，求在这一过程中拉力F 做的功及滑环A 克服摩擦力所做的功．某同学的解法如下：A 环向右移动的位移s ＝L (sin37°－cos37°)整体分析A 、B 受力在竖直方向合力为零，则N ＝(m A g ＋m B g )滑动摩擦力f ＝μN 拉力所做的功W F ＝FsA 环克服摩擦力所做的功W f ＝fs代入数据就可解得结果．你认为该同学上述所列各式正确吗？若正确，请完成计算．若有错，请指出错在何处，并且重新列式后解出结果．解析 该同学所列式子有错误的地方．错在A 环所受支持力的分析上，因为A 、B 在运动过程中均有加速度，所以A 、B 整体竖直方向上合力不为零．整体动能定理方程为W F －W f －m B gh ＝12m A v 2A ＋12m B v 2B ，而v A sin53°＝v B sin37°，h ＝L (sin53°－sin37°)，所以W F ＝2 J.12.如图所示，在水平桌面的边角处有一轻质光滑的定滑轮K ，一条不可伸长的轻绳绕过K 分别与物块A 、B 相连，A 、B 的质量分别为m A 、m B .开始时系统处于静止状态．现用一水平恒力F 拉物块A ，使物块B 上升．已知当B 上升距离为h 时，B 的速度为v .求此过程中物块A 克服摩擦力所做的功(重力加速度为g )．解析 由题意，知A 、B 两物块具有共同的速度和加速度，因此可将A 、B 和绳子作为一个系统为研究对象．从静止开始至速度为v 的过程中，系统受力为：A 的重力及支持力(此二力均不做功)，水平恒力F ，水平向右的摩擦力f ，滑轮对绳子的支持力(此力无位移，不做功)，B 受的重力(做负功)．由动能定理，可知Fh －W f －m B gh ＝12(m A ＋m B )v 2－0，解得W f ＝(F －m B g )h －12(m A ＋m B )v 213．总质量为80 kg 的跳伞运动员从离地500 m 的直升机上跳下，经过2 s 拉开绳索开启降落伞，如下图所示是跳伞过程中的v ­t 图，试根据图象求：(g 取10 m/s 2)(1)t ＝1 s 时运动员的加速度和所受阻力的大小． (2)估算14 s 内运动员下落的高度及克服阻力做的功． (3)估算运动员从飞机上跳下到着地的总时间．解析 (1)从图中可以看出，在t ＝2 s 内运动员做匀加速运动，其加速度大小为a ＝v t t ＝162m/s 2＝8 m/s 2设此过程中运动员受到的阻力大小为f ，根据牛顿第二定律，有mg －f ＝ma 得f ＝m (g －a )＝80×(10－8) N ＝160 N (2)从图中估算得出运动员在14 s 内下落的高度h ＝39.5×2×2 m＝158 m根据动能定理，有mgh －W f ＝12mv 2所以有W f ＝mgh －12mv 2＝(80×10×158－12×80×62) J≈1.25×105J(3)14 s 后运动员做匀速运动的时间为t ′＝H －h v ＝500－1586s ＝57 s运动员从飞机上跳下到着地需要的总时间t 总＝t ＋t ′＝(14＋57) s ＝71 s。

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(新课标)高考物理一轮总复习 第五章 第二讲 动能定理及其应用教案-人教版高三全册物理教案

(新课标)高考物理一轮总复习 第五章 第二讲 动能定理及其应用教案-人教版高三全册物理教案

第二讲动能定理及其应用[小题快练]1．判断题(1)一定质量的物体动能变化时，速度一定变化，但速度变化时，动能不一定变化．( √ )(2)动能不变的物体一定处于平衡状态．( × )(3)如果物体所受的合外力为零，那么合外力对物体做功一定为零．( √ )(4)物体在合外力作用下做变速运动时，动能一定变化．( × )(5)物体的动能不变，所受的合外力必定为零．( × )(6)做自由落体运动的物体，动能与时间的二次方成正比．( √ )2．(多选)关于动能定理的表达式W＝E k2－E k1，下列说法正确的是( BC )A．公式中的W为不包含重力的其他力做的总功B．公式中的W为包含重力在内的所有力做的功，也可通过以下两种方式计算：先求每个力的功再求功的代数和或先求合外力再求合外力的功C．公式中的E k2－E k1为动能的增量，当W>0时动能增加，当W<0时，动能减少D．动能定理适用于直线运动，但不适用于曲线运动，适用于恒力做功，但不适用于变力做功3．NBA篮球赛非常精彩，吸引了众多观众．比赛中经常有这样的场面：在临终场0.1 s的时候，运动员把球投出且准确命中，获得比赛的胜利．若运动员投篮过程中对篮球做功为W，出手高度为h1，篮筐的高度为h2，球的质量为m，空气阻力不计，则篮球进筐时的动能为( C ) A．mgh1＋mgh2－WB．mgh2－mgh1－WC．W＋mgh1－mgh2D．W＋mgh2－mgh1考点一 动能定理的理解及应用 (自主学习)1．动能定理公式中体现的“三个关系”(1)数量关系：即合力所做的功与物体动能的变化具有等量代换关系．可以通过计算物体动能的变化，求合力做的功，进而求得某一力做的功． (2)单位关系：等式两侧物理量的国际单位都是焦耳． (3)因果关系：合力做的功是引起物体动能变化的原因． 2．对“外力”的理解动能定理叙述中所说的“外力”，既可以是重力、弹力、摩擦力，也可以是电场力、磁场力或其他力．3．应用动能定理的“四点注意”(1)动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系．(2)动能定理的表达式是一个标量式，不能在某方向上应用动能定理．(3)动能定理往往用于单个物体的运动过程，由于不涉及加速度和时间，比动力学研究方法更简便．(4)当物体的运动包含多个不同过程时，可分段应用动能定理求解；当所求解的问题不涉及中间的速度时，也可以全过程应用动能定理求解．1－1.[解决曲线运动问题] (2015·某某卷)在同一位置以相同的速率把三个小球分别沿水平、斜向上、斜向下方向抛出，不计空气阻力，则落在同一水平地面时的速度大小( ) A ．一样大 B ．水平抛的最大 C ．斜向上抛的最大D ．斜向下抛的最大解析：根据动能定理可知12mv 2末＝mgh ＋12mv 20，得v 末＝2gh ＋v 20，又因三个小球的初速度大小以及高度相等，则落地时的速度大小相等，A 项正确． 答案：A1－2.[解决直线运动问题] 一物块沿倾角为θ的斜坡向上滑动．当物块的初速度为v 时，上升的最大高度为H ，如图所示．当物块的初速度为v2时，上升的最大高度记为h .重力加速度大小为g .物块与斜坡间的动摩擦因数和h 分别为( )A ．tan θ和H2B ．(v 22gH －1)tan θ和H 2C ．tan θ和H4D ．(v 22gH －1)tan θ和H 4解析：由动能定理有－mgH －μmg cos θH sin θ＝0－12mv 2－mgh －μmg cos θh sin θ＝0－12m (v 2)2解得μ＝(v 22gH －1)tan θ，h ＝H4，故D 正确．答案：D1－3.[解决变力做功问题] (2015·全国卷Ⅰ)如图，一半径为R 、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ 水平．一质量为m 的质点自P 点上方高度R 处由静止开始下落，恰好从P 点进入轨道．质点滑到轨道最低点N 时，对轨道的压力为4mg ，g 为重力加速度的大小．用W 表示质点从P 点运动到N 点的过程中克服摩擦力所做的功．则( )A ．W ＝12mgR ，质点恰好可以到达Q 点B ．W ＞12mgR ，质点不能到达Q 点C ．W ＝12mgR ，质点到达Q 点后，继续上升一段距离D ．W ＜12mgR ，质点到达Q 点后，继续上升一段距离解析：根据质点滑到轨道最低点N 时，对轨道压力为4mg ，利用牛顿第三定律可知，轨道对质点的支持力为4mg .在最低点，由牛顿第二定律得，4mg －mg ＝m v 2R，解得质点滑到最低点的速度v ＝3gR .对质点从开始下落到滑到最低点的过程，由动能定理得，2mgR －W ＝12mv 2，解得W ＝12mgR .对质点由最低点继续上滑的过程，到达Q 点时克服摩擦力做功W ′要小于W ＝12mgR .由此可知，质点到达Q 点后，可继续上升一段距离，C 正确．答案：C考点二 动能定理在多过程问题中的应用 (师生共研)1．应用动能定理解题应抓好“两状态，一过程”“两状态”即明确研究对象的始、末状态的速度或动能情况；“一过程”即明确研究过程，确定这一过程研究对象的受力情况和位置变化或位移信息． 2．应用动能定理解题的基本思路[典例] 如图，一个质量为0.6 kg 的小球以某一初速度从P 点水平抛出，恰好从光滑圆弧ABC 的A 点沿切线方向进入圆弧(不计空气阻力，进入圆弧时无机械能损失)．已知圆弧的半径R ＝0.3 m ，θ＝60°，小球到达A 点时的速度v A ＝4 m/s.g 取10 m/s 2，求：(1)小球做平抛运动的初速度v 0； (2)P 点与A 点的高度差；(3)小球到达圆弧最高点C 时对轨道的压力．解析：(1)由题意知小球到A 点的速度v A 沿曲线上A 点的切线方向，对速度分解如图所示： 小球做平抛运动，由平抛运动规律得v 0＝v x ＝v A cos θ＝2 m/s.(2)小球由P 至A 的过程由动能定理得mgh ＝12mv 2A －12mv 2解得：h ＝0.6 m.(3)小球从A 点到C 点的过程中，由动能定理得 －mg (R cos θ＋R )＝12mv 2C －12mv 2A解得：v C ＝7 m/s小球在C 点由牛顿第二定律得F N C ＋mg ＝m v 2CR解得F N C ＝8 N由牛顿第三定律得F N C ′＝F N C ＝8 N 方向竖直向上．答案：(1)2 m/s(2)0.6 m(3)8 N ，方向竖直向上 [反思总结]动能定理在多过程问题中的应用1．对于多个物理过程要仔细分析，将复杂的过程分割成多个子过程，分别对每个过程分析，得出每个过程遵循的规律．当每个过程都可以运用动能定理时，可以选择分段或全程应用动能定理，题目不涉及中间量时，选择全程应用动能定理更简单方便．2．应用全程法解题求功时，有些力可能不是全过程都作用的，必须根据不同的情况分别对待，弄清楚物体所受的力在哪段位移上做功，哪些力做功，做正功还是负功，正确写出总功．(2018·余姚中学模拟)如图所示装置由AB 、BC 、CD 三段轨道组成，轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接，其中轨道AB 、CD 段是光滑的，水平轨道BC 的长度x ＝5 m ，轨道CD 足够长且倾角θ＝37°，A 、D 两点离轨道BC 的高度分别为h 1＝4.30 m ，h 2＝1.35 m ．现让质量为m 的小滑块自A 点由静止释放，小滑块与轨道BC 间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度取g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：(1)小滑块第一次到达D 点时的速度大小；(2)小滑块第二次通过C 点时的速度大小； (3)小滑块最终停止的位置距B 点的距离．解析：(1)小物块从A 到D 的过程中，由动能定理得：mg (h 1－h 2)－μmgx ＝12mv 2D －0，代入数据得：v D ＝3 m/s.(2)从D 到C 的过程，由动能定理得：mgh 2＝12mv 2C －12mv 2D ，代入数据得：v C ＝6 m/s.(3)滑块最终静止在BC 上，对全过程，运用动能定理得：mgh 1－μmgs ＝0，代入数据解得：s ＝8.6 m ，则距离B 点的距离为：L ＝5 m －(8.6－5) m ＝1.4 m.答案：(1)3 m/s (2)6 m/s (3)1.4 m考点三 与图象相关的动能问题 (自主学习)图象所围“面积”的意义1．v －t 图：由公式x ＝vt 可知，v －t 图线与时间轴围成的面积表示物体的位移． 2．a －t 图：由公式Δv ＝at 可知，a －t 图线与时间轴围成的面积表示物体速度的变化量． 3．F －x 图：由公式W ＝Fx 可知，F －x 图线与位移轴围成的面积表示力所做的功． 4．P －t 图：由公式W ＝Pt 可知，P －t 图线与时间轴围成的面积表示力所做的功．3－1.[v －t 图象] A 、B 两物体分别在水平恒力F 1和F 2的作用下沿水平面运动，先后撤去F 1、F 2后，两物体最终停下，它们的v －t 图象如图所示．已知两物体与水平面间的滑动摩擦力大小相等．则下列说法正确的是( )A ．F 1、F 2大小之比为1∶2B ．F 1、F 2对A 、B 做功之比为1∶2C ．A 、B 质量之比为2∶1D ．全过程中A 、B 克服摩擦力做功之比为2∶1 答案：C3－2.[a －t 图象] 用传感器研究质量为2 kg 的物体由静止开始做直线运动的规律时，在计算机上得到0～6 s 内物体的加速度随时间变化的关系如图所示．下列说法正确的是( )A ．0～6 s 内物体先向正方向运动，后向负方向运动B ．0～6 s 内物体在4 s 时的速度最大C ．物体在2～4 s 内速度不变D ．0～4 s 内合力对物体做的功等于0～6 s 内合力做的功解析：由a －t 图象可知：图线与时间轴围成的“面积”代表物体在相应时间内速度的变化情况，在时间轴上方为正，在时间轴下方为负．物体6 s 末的速度v 6＝12×(2＋5)×2 m/s－12×1×2 m/s＝6 m/s ，则0～6 s 内物体一直向正方向运动，A 错误；由图象可知物体在5 s 末速度最大，v m ＝12×(2＋5)×2 m/s＝7 m/s ，B 错误；由图象可知在2～4 s 内物体加速度不变，物体做匀加速直线运动，速度变大，C 错误；在0～4 s 内合力对物体做的功由动能定理可知：W 合4＝12mv 24－0，又v 4＝12×(2＋4)×2 m/s＝6 m/s ，得W 合4＝36 J ，0～6 s 内合力对物体做的功由动能定理可知：W 合6＝12mv 26－0，又v 6＝6 m/s ，得W 合6＝36 J ，则W 合4＝W 合6，D 正确． 答案：D1．(多选)(2019·第十九中学月考)将质量为m 的小球在距地面高度为h 处抛出，抛出时的速度大小为v 0.小球落到地面的速度大小为2v 0，若小球受到的空气阻力不能忽略，则对于小球下落的整个过程，下面说法中正确的是( BC ) A ．小球克服空气阻力做的功大于mgh B ．重力对小球做的功等于mgh C ．合外力对小球做的功大于mv 20 D ．合外力对小球做的功等于mv 20解析：根据动能定理得：12m (2v 0)2－12mv 20＝mgh －W f ，解得：W f ＝mgh －32mv 20<mgh ，故A 错误；重力做的功为W G ＝mgh ，B 正确；合外力对小球做的功W 合＝12m (2v 0)2－12mv 20＝32mv 20，C 正确，D 错误．2．(2018·某某、某某联考)如图所示，斜面AB 竖直固定放置，物块(可视为质点)从A 点静止释放沿斜面下滑，最后停在水平面上的C 点，从释放到停止的过程中克服摩擦力做的功为W .因斜面塌陷，斜面变成APD 曲面，D 点与B 在同一水平面上，且在B 点左侧．已知各接触面粗糙程度均相同，不计物块经过B 、D 处时的机械能损失，忽略空气阻力，现仍将物块从A 点静止释放，则(B )A ．物块将停在C 点B ．物块将停在C 点左侧C ．物块从释放到停止的过程中克服摩擦力做的功大于WD ．物块从释放到停止的过程中克服摩擦力做的功小于W解析：物块在斜面上滑动时，克服摩擦力做的功为W f ＝μmg cos θ·L ，物块在曲面上滑动时，做曲线运动，根据牛顿第二定律有：F N －mg cos θ＝m v 2R，即F N ＞mg cos θ，故此时的滑动摩擦力f ′＝μF N ＞μmg cos θ，且物块在曲面上滑过路程等于在斜面上滑过的路程L ，故物块在曲面上克服摩擦力做的功W ′f ＞W f ＝μmg cos θ·L ，根据动能定理可知，物块将停在C 点左侧，故A 错误，B 正确；从释放到最终停止，动能的改变量为零，根据动能定理可知，物块克服摩擦力做的功等于重力做的功，而两种情况下，重力做的功相同，物块从释放到停止的过程中克服摩擦力做的功等于W ，故C 、D 错误．3．如图所示，水平平台上有一个质量m ＝50 kg 的物块，站在水平地面上的人用跨过定滑轮的细绳向右拉动物块，细绳不可伸长．不计滑轮的大小、质量和摩擦．在人以速度v 从平台边缘正下方匀速向右前进x 的过程中，始终保持桌面和手的竖直高度差h 不变．已知物块与平台间的动摩擦因数μ＝0.5，v ＝0.5 m/s ，x ＝4 m ，h ＝3 m ，g 取10 m/s 2.求人克服细绳的拉力做的功．解析：设人发生x 的位移时，绳与水平方向的夹角为θ，由运动的分解可得，物块的速度v 1＝v cos θ由几何关系得cos θ＝xh 2＋x 2在此过程中，物块的位移s ＝h 2＋x 2－h ＝2 m 物块克服摩擦力做的功W f ＝μmgs 对物块，由动能定理得W T －W f ＝12mv 21所以人克服细绳的拉力做的功W T ＝mv 2x 22(h 2＋x 2)＋μmgs ＝504 J.答案：504 J[A 组·基础题]1．(2016·某某卷)韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员．他在一次自由式滑雪空中技巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离，重力对他做功1 900 J ，他克服阻力做功100 J ．韩晓鹏在此过程中( C ) A ．动能增加了1 900 J B ．动能增加了2 000 J C ．重力势能减小了1 900 J D ．重力势能减小了2 000 J2. 质量为10 kg 的物体，在变力F 作用下沿x 轴做直线运动，力随坐标x 的变化情况如图所示．物体在x ＝0处，速度为1 m/s ，一切摩擦不计，则物体运动到x ＝16 m 处时，速度大小为( B )A ．2 2 m/sB ．3 m/sC ．4 m/sD ．17 m/s3. 如图所示，斜面的倾角为θ，质量为m 的滑块距挡板P 的距离为x 0，滑块以初速度v 0沿斜面上滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力．若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失，滑块经过的总路程是( A )A.1μ(v 202g cos θ＋x 0tan θ) B ．1μ(v 202g sin θ＋x 0tan θ) C.2μ(v 202g cos θ＋x 0tan θ)D ．1μ(v 202g cos θ＋x 0cot θ)4. 如图所示，质量为M ＝3 kg 的小滑块，从斜面顶点A 由静止沿ABC 下滑，最后停在水平面上的D 点，不计滑块从AB 面滑上BC 面以及从BC 面滑上CD 面时的机械能损失．已知AB ＝BC ＝5 m ，CD ＝9 m ，θ＝53°，β＝37°(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g 取10 m/s 2)，在运动过程中，小滑块与所有接触面间的动摩擦因数相同．则( D )A ．小滑块与接触面间的动摩擦因数μ＝0.5B ．小滑块在AB 面上运动的加速度a 1与小滑块在BC 面上运动的加速度a 2之比a 1a 2＝53C ．小滑块在AB 面上的运动时间小于小滑块在BC 面上运动时间D ．小滑块在AB 面上运动时克服摩擦力做功小于小滑块在BC 面上运动时克服摩擦力做功 5．(多选) 某人通过光滑滑轮将质量为m 的物体，沿光滑斜面由静止开始匀加速地由底端拉上斜面，物体上升的高度为h ，到达斜面顶端的速度为v ，如图所示．则在此过程中( BD )A ．物体所受的合力做功为mgh ＋12mv 2B ．物体所受的合力做功为12mv 2C ．人对物体做的功为mghD ．人对物体做的功大于mgh6．(多选) 如图所示，竖直平面内固定着一个螺旋形光滑轨道，一个小球从足够高处落下，刚好从A 点进入轨道，则关于小球经过轨道上的B 点和C 点时，下列说法正确的是( ABC )A ．轨道对小球不做功B ．小球在B 点的速度小于在C 点的速度C ．小球在B 点对轨道的压力小于在C 点对轨道的压力D ．改变小球下落的高度，小球在B 、C 两点对轨道的压力差保持不变7．(多选) (2016·某某卷)如图所示为一滑草场．某条滑道由上下两段高均为h ，与水平面倾角分别为45°和37°的滑道组成，滑草车与草地之间的动摩擦因数为μ.质量为m 的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端(不计滑草车在两段滑道交接处的能量损失，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．则( AB )A ．动摩擦因数μ＝67B ．载人滑草车最大速度为2gh 7C ．载人滑草车克服摩擦力做功为mghD ．载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为35g8．(多选) 如图所示，x 轴在水平地面上，y 轴竖直向上，在y 轴上的P 点分别沿x 轴正方向和y 轴正方向以相同大小的初速度抛出两个小球a 和b ，不计空气阻力，若b 上升的最大高度等于P 点离地的高度，则从抛出到落地有( BD )A ．a 的运动时间是b 的运动时间的2倍B ．a 的位移大小是b 的位移大小的5倍C ．a 、b 落地时的速度相同，因此动能一定相同D ．a 、b 落地时的速度不同，但动能相同[B 组·能力题]9．(多选)(2019·某某实验中学期中)如图，用跨过光滑定滑轮的缆绳将海面上一艘失去动力的小船沿直线拖向岸边．已知拖动缆绳的电动机功率恒为P ，小船的质量为m ，小船受到的阻力大小恒为f ，经过A 点时的速度大小为v 0，小船从A 点沿直线加速运动到B 点经历时间为t 1，A 、B 两点间距离为d ，缆绳质量忽略不计．下列说法正确的是( ABD )A ．小船从A 点运动到B 点的全过程克服阻力做的功W f ＝fd B ．小船经过B 点时的速度大小v 1＝v 20＋2m (Pt 1－fd )C ．小船经过B 点时的速度大小v 1＝2v 20＋2m (Pt 1－fd )D ．小船经过B 点时的加速度大小a ＝P m 2v 20＋2m (Pt 1－fd )－fm 解析：小船从A 点运动到B 点过程中克服阻力做功：W f ＝fd ，故A 正确；小船从A 点运动到B 点，电动机牵引缆绳对小船做功：W ＝Pt 1 ，由动能定理有：W －W f ＝12mv 21－12mv 20，联立解得：v 1＝v 20＋2(Pt 1－fd )m，故B 正确，C 错误；设小船经过B 点时绳的拉力大小为F ，绳与水平方向夹角为θ，绳的速度大小为v ′，则P ＝Fv ′， v ′＝v 1cos θ，F cos θ－f ＝ma ，联立解得：a ＝P m 2v 20＋2m (Pt 1－fd )－fm ，故D 正确．A ．在运动过程中滑块A 的最大加速度是2.5 m/s 2B ．在运动过程中滑块B 的最大加速度是3 m/s 2C ．滑块在水平面上运动的最大位移是3 mD ．物体运动的最大速度为 5 m/s解析：假设开始时A 、B 相对静止，对整体根据牛顿第二定律，有F ＝2Ma ，解得a ＝F 2M ＝102×2＝2.5 m/s 2；隔离B ，B 受到重力、支持力和A 对B 的静摩擦力，根据牛顿第二定律，f ＝Ma ＝2×2.5＝5 N ＜μMg ＝6 N ，所以A 、B 不会发生相对滑动，保持相对静止，最大加速度均为2.5 m/s 2，故A 正确，B 错误；当F ＝0时，加速度为0，之后A 、B 做匀速运动，位移继续增加，故C 错误；F －x 图象包围的面积等于力F 做的功，W ＝12×2×10＝10 J ；当F ＝0，即a ＝0时达到最大速度，对A 、B 整体，根据动能定理，有W ＝12×2Mv 2m －0；代入数据得：v m ＝ 5 m/s ，故D 正确．11. 为了研究过山车的原理，某物理小组提出了下列设想：取一个与水平方向夹角θ＝60°，长L 1＝2 3 m 的倾斜轨道AB ，通过微小圆弧与长为L 2＝32m 的水平轨道BC 相连，然后在C 处设计一个竖直完整的光滑圆轨道，出口为水平轨道D ，如图所示．现将一个小球从距A点高h ＝0.9 m 的水平台面上以一定的初速度v 0水平弹出，到A 点时速度方向恰沿AB 方向，并沿倾斜轨道滑下．已知小球与AB 和BC 间的动摩擦因数均为μ＝33.g 取10 m/s 2，求：(1)小球初速度的大小； (2)小球滑过C 点时的速率；(3)要使小球不离开轨道，则竖直圆轨道的半径应该满足什么条件． 解析：(1)小球开始时做平抛运动，有v 2y ＝2gh 代入数据解得v y ＝2gh ＝2×10×0.9 m/s ＝3 2 m/s 在A 点有tan θ＝v yv x得v x ＝v 0＝v ytan θ＝323m/s ＝ 6 m/s. (2)从水平抛出到C 点的过程中，由动能定理得mg (h ＋L 1sin θ)－μmgL 1cos θ－μmgL 2＝12mv 2C －12mv 2代入数据解得v C ＝3 6 m/s.(3)小球刚刚过最高点时，重力提供向心力，有mg ＝m v 2R 112mv 2C ＝2mgR 1＋12mv 2 代入数据解得R 1＝1.08 m.当小球刚能到达与圆心等高处时，有 12mv 2C ＝mgR 2 代入数据解得R 2＝2.7 m.当圆轨道与AB 相切时R 3＝L 2·tan 60°＝1.5 m综上所述，要使小球不离开轨道，R 应该满足的条件是0＜R ≤1.08 m. 答案：(1) 6 m/s (2)3 6 m/s (3)0＜R ≤1.08 m。

高考物理总复习 5.第2讲 动能定理及其应用

高考物理总复习 5.第2讲 动能定理及其应用


答案：A
答案：AD
7．一个质量为50 kg的人乘坐电梯，由静止开始上升，整个过程中 电梯对人做功的功率随时间变化的P t图像如图所示，其中电梯在0～ 2 s做匀加速直线运动，2～5 s做匀速直线运动，5～9 s做匀减速直线 运动，g取10 m/s2，则以下说法错误的是( )
A．前2 s内电梯对人的支持力为550 N B．在2～5 s内电梯的速度为2 m/s C．电梯加速阶段的加速度为1 m/s2 D．电梯加速运动过程中对人所做的功大于减速阶段对人所做的功
命题分析
试题情境
属于综合性题目，以“拍篮球”为素材创设学习探索 问题情境
必备知识 考查功、动能定理、牛顿第二定律等知识
关键能力
考查理解能力、推理能力．应清晰力对篮球做功，篮 球的加速度及能量发生变化
学科素养
考查运动与相互作用观念、能量观念、科学思维．要 求考生综合运用动力学观点和能量观点解决问题
【跟进训练】
单位关系
国际单位都是焦耳
因果关系 合力做的功是物体动能变化的原因
【跟进训练】 1.物体做自由落体运动，其动能Ek随运动时间t的关系图线可能是 ()
答案：C
2．随着高铁时代的到来，人们出行也是越来越方便，高铁列车在启 动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动．在启动阶段，列 车的动能( )
A．与它所经历的时间成正比 B．与它的位移成正比 C.与它的速度成正比 D．与它的加速度成正比
答案：B
3．一个物体在相互垂直的两个力F1、F2的作用下，从静止开始沿光 滑水平面运动一段距离，运动过程中F1对物体做功－6 J，F2对物体做 功8 J，则物体获得的动能为( )
A．－10 J
B．2 J
C．10 J
新人教版高考物理总复习第五章机械能《动能定理及其应用》

新人教版高考物理总复习第五章机械能《动能定理及其应用》


Wf=
1 2
m
v
2 B
-0，解得Wf=
=1×10×5 J-
1 2
×1×62 J=32 J，故A正确，B、C、D错误。
题型3 求解多过程问题
【典例3】(2019·信阳模拟)如图所示AB和CDO都是处
于竖直平面内的光滑圆弧形轨道，OA处于水平位置。 AB是半径为R=1 m的 1 圆周轨道，CDO是半径为r=
(2)小球仅仅与弹性挡板碰撞一次且刚好不脱离CDO轨 道的条件是在O点重力提供向心力，碰后再返回最高 点恰能上升到D点。
【解析】(1)设小球第一次到达D的速度为vD，对小球
从P到D点的过程，根据动能定理得：
mg(H+r)-μmgL1=m
2
v
2 D
-0
在D点轨道对小球的支持力FN提供向心力，则有：
(5)物体的动能不变，所受的合外力必定为零。 ( × ) (6)做自由落体运动的物体，物体的动能与下落时间的 二次方成正比。 ( √ )
考点1 对动能、动能定理的理解 【题组通关】 1.(2018·江苏高考)从地面竖直向上抛出一只小球， 小球运动一段时间后落回地面。忽略空气阻力，该过 程中小球的动能Ek与时间t的关系图象是 ( )
【解析】选A。对于整个竖直上抛过程(包括上升与下
落)，速度与时间的关系为v=v0-gt，v2=g2t2-2v0gt+
v
2 0
，
Ek=
1 2
mv2，可见动能与时间是二次函数关系，由
数学中的二次函数知识可判断A正确。
2.(2018·全国卷Ⅱ)如图，某同学用绳子拉动木箱， 使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度。 木箱获得的动能一定 ( )
A.小于8 J C.大于8 J
高考物理动能与动能定理试题(有答案和解析)

高考物理动能与动能定理试题(有答案和解析)

高考物理动能与动能定理试题(有答案和解析)一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理1．如图所示，足够长的光滑绝缘水平台左端固定一被压缩的绝缘轻质弹簧，一个质量0.04kg m =，电量4310C q -=⨯的带负电小物块与弹簧接触但不栓接，弹簧的弹性势能为0.32J 。

某一瞬间释放弹簧弹出小物块，小物块从水平台右端A 点飞出，恰好能没有碰撞地落到粗糙倾斜轨道的最高点B ，并沿轨道BC 滑下，运动到光滑水平轨道CD ，从D 点进入到光滑竖直圆内侧轨道。

已知倾斜轨道与水平方向夹角为37α︒=，倾斜轨道长为2.0m L =，带电小物块与倾斜轨道间的动摩擦因数0.5μ=。

小物块在C 点没有能量损失，所有轨道都是绝缘的，运动过程中小物块的电量保持不变，可视为质点。

只有光滑竖直圆轨道处存在范围足够大的竖直向下的匀强电场，场强5210V/m E =⨯。

已知cos370.8︒=，sin370.6︒=，取210m/s g =，求：（1）小物块运动到A 点时的速度大小A v ； （2）小物块运动到C 点时的速度大小C v ；（3）要使小物块不离开圆轨道，圆轨道的半径应满足什么条件？【答案】（1）4m/s ；（233；（3）R ⩽0.022m 【解析】 【分析】 【详解】（1）释放弹簧过程中，弹簧推动物体做功，弹簧弹性势能转变为物体动能212P A E mv =解得220.324m/s 0.04P A E v m ＝＝＝⨯ （2）A 到B 物体做平抛运动，到B 点有cos37A Bvv ︒＝ 所以45m/s 0.8B v ＝＝ B 到C 根据动能定理有2211sin37cos3722C B mgL mg L mv mv μ︒-︒⋅=- 解得33m/s C v ＝（3）根据题意可知，小球受到的电场力和重力的合力方向向上，其大小为F=qE-mg =59.6N所以D 点为等效最高点，则小球到达D 点时对轨道的压力为零，此时的速度最小，即2Dv F m R＝解得D FRv m＝所以要小物块不离开圆轨道则应满足v C ≥v D 得：R ≤0.022m2．在光滑绝缘的水平面上，存在平行于水平面向右的匀强电场，电场强度为E ，水平面上放置两个静止、且均可看作质点的小球A 和B ，两小球质量均为m ，A 球带电荷量为Q +，B 球不带电，A 、B 连线与电场线平行，开始时两球相距L ，在电场力作用下，A 球与B 球发生对心弹性碰撞．设碰撞过程中，A 、B 两球间无电量转移．(1)第一次碰撞结束瞬间A 、B 两球的速度各为多大?(2)从开始到即将发生第二次碰撞这段过程中电场力做了多少功?(3)从开始到即将发生第二次碰撞这段过程中，若要求A 在运动过程中对桌面始终无压力且刚好不离开水平桌面(v=0时刻除外)，可以在水平面内加一与电场正交的磁场．请写出磁场B 与时间t 的函数关系．【答案】(1)10A v '= 12BQEL v m='5QEL (3) 222B mL Q E t QE =⎛⎫- ⎪⎝⎭223mL mLt QE QE<≤ 【解析】（1）A 球的加速度QE a m =，碰前A的速度1A v =B 的速度10B v = 设碰后A 、B 球速度分别为'1A v 、'1B v ，两球发生碰撞时，由动量守恒和能量守恒定律有：''111A A B m m m v v v =+，2'2'2111111222A AB m m m v v v =+所以B 碰撞后交换速度：'10A v =，'11B A v v ==（2）设A 球开始运动时为计时零点，即0t =，A 、B 球发生第一次、第二次的碰撞时刻分别为1t 、2t；由匀变速速度公式有：110A avt -==第一次碰后，经21t t -时间A 、B 两球发生第二次碰撞，设碰前瞬间A 、B 两球速度分别为2A v 和2B v ，由位移关系有：()()2'1212112B av t t t t -=-，得到：213tt == ()2211122A A a a v t t t v =-===；'21B B v v = 由功能关系可得：222211=522A B m m QEL W v v +=电（另解：两个过程A 球发生的位移分别为1x 、2x ，1L x =，由匀变速规律推论24L x =，根据电场力做功公式有：()125W QE QEL x x =+=） （3）对A 球由平衡条件得到：A QB mg v =，A at v =，QEa m=从A 开始运动到发生第一次碰撞：()220t mg g t Qat Et m B Q ⎛==<≤ ⎝ 从第一次碰撞到发生第二次碰撞：()2t t B =<≤ 点睛：本题是电场相关知识与动量守恒定律的综合，虽然A 球受电场力，但碰撞的内力远大于内力，则碰撞前后动量仍然守恒．由于两球的质量相等则弹性碰撞后交换速度．那么A 球第一次碰后从速度为零继续做匀加速直线运动，直到发生第二次碰撞．题设过程只是发生第二次碰撞之前的相关过程，有涉及第二次以后碰撞，当然问题变得简单些．3．如图所示，在倾角为θ=30°的固定斜面上固定一块与斜面垂直的光滑挡板，质量为m 的半圆柱体A 紧靠挡板放在斜面上，质量为2m 的圆柱体B 放在A 上并靠在挡板上静止。