《2019高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第5章 第2講 動能 動能定理精練（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第5章 第2講 動能 動能定理精練（含解析）（7頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 第2講　動能　動能定理 ◎基礎(chǔ)鞏固練 1．(多選) 光滑水平面上靜止的物體，受到一個水平拉力作用開始運動，拉力F隨時間t變化的圖象如圖所示，用Ek、v、x、P分別表示物體的動能、速度、位移和拉力F的功率，下列四個圖象分別定性描述了這些物理量隨時間變化的情況，其中正確的是(　　) 解析：　由于拉力F恒定，所以物體有恒定的加速度a，則v＝at，即v與t成正比，選項B正確；由P＝Fv＝Fat可知，P與t成正比，選項D正確；由x＝at2可知x與t2成正比，選項C錯誤；由動能定理可知Ek＝Fx＝Fat2，Ek與t2成正比，選項A錯誤。 答案：　BD 2．(2018·南通市二次調(diào)研

2、)某同學(xué)用如圖所示的裝置測量一個凹形木塊的質(zhì)量m，彈簧的左端固定，木塊在水平面上緊靠彈簧(不連接)將其壓縮，記下木塊右端位置A點，釋放后，木塊右端恰能運動到B1點。在木塊槽中加入一個質(zhì)量m0＝200 g的砝碼，再將木塊左端緊靠彈簧，木塊右端位置仍然在A點，釋放后木塊離開彈簧，右端恰能運動到B2點。測得AB1、AB2長分別為36.0 cm和12.0 cm，則木塊的質(zhì)量m為(　　) A．100 g　　　　　　　 B．200 g C．300 g D．400 g 解析：　兩次木塊均由同一位置釋放，故彈簧恢復(fù)原長的過程中，彈簧所做的功相同，未加砝碼時，由動能定理，可得W彈－μmg·AB1＝0

3、，加上砝碼m0時，有W彈－μ(m＋m0)g·AB2＝0，解得m＝100 g，選項A正確。 答案：　A 3．如圖所示，小物塊從傾角為θ的傾斜軌道上A點由靜止釋放滑下，最終停在水平軌道上的B點，小物塊與水平軌道、傾斜軌道之間的動摩擦因數(shù)均相同，A、B兩點的連線與水平方向的夾角為α，不計物塊在軌道轉(zhuǎn)折時的機(jī)械能損失，則動摩擦因數(shù)大小為(　　) A．tan θ B．tan α C．tan(θ＋α) D．tan(θ－α) 解析：　如圖所示，設(shè)B、O間距為x1，A點離水平面的高度為h，A、O間的水平距離為x2，物塊的質(zhì)量為m，在物塊下滑的全過程中，應(yīng)用動能定理可得：mgh－μmgcos θ

4、·－μmg·x1＝0，解得：μ＝＝tan α，故B正確。 答案：　B 4．(2018·濟(jì)寧模擬)如圖所示的豎直軌道，其圓形部分半徑分別是R和，質(zhì)量為m的小球通過這段軌道時，在A點時剛好對軌道無壓力，在B點時對軌道的壓力為mg。則小球由A點運動到B點的過程中摩擦力對小球做的功為(　　) A．－mgR B．－mgR C．－mgR D．－mgR 解析：　在A處對小球由牛頓第二定律mg＝m，vA＝，在B處對小球由牛頓第二定律得mg＋FN＝m，又FN＝mg，解得vB＝，小球由A到B的過程由動能定理得mg(2R－2×)＋Wf＝mv－mv，解得Wf＝－mgR，故A正確。 答案：　A 5

5、．如圖甲所示，長為4 m的水平軌道AB與半徑為R＝0.6 m的豎直半圓弧軌道BC在B處相連接，有一質(zhì)量為1 kg的滑塊(大小不計)，從A處由靜止開始受水平向右的力F作用，F(xiàn)的大小隨位移變化的關(guān)系如圖乙所示，滑塊與AB間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.25，與BC間的動摩擦因數(shù)未知，g取10 m/s2，求： (1)滑塊到達(dá)B處時的速度大??； (2)滑塊在水平軌道AB上運動前2 m過程所用的時間； (3)若到達(dá)B點時撤去力F，滑塊沿半圓弧軌道內(nèi)側(cè)上滑，并恰好能到達(dá)最高點C，則滑塊在半圓弧軌道上克服摩擦力所做的功是多少？ 解析：　(1)對滑塊從A到B的過程，由動能定理得F1x1－F3x3－μmgx

6、＝mv，代入數(shù)值得vB＝2 m/s。 (2)在前2 m內(nèi)，有F1－μmg＝ma，且x1＝at，解得t1＝ s。 (3)當(dāng)滑塊恰好能到達(dá)最高點C時，應(yīng)有mg＝m，對滑塊從B到C的過程，由動能定理得W－mg×2R＝mv－mv，代入數(shù)值得W＝－5 J，即克服摩擦力做的功為5 J。 答案：　(1)2 m/s　(2) s　(3)5 J ◎能力提升練 6．(多選)質(zhì)量為1 kg的物體在水平粗糙的地面上受到一水平外力F作用運動，如圖甲所示，外力F和物體克服摩擦力Ff做的功W與物體位移x的關(guān)系如圖乙中的①和②所示，重力加速度g取10 m/s2。下列分析正確的是(　　) A．物體與地面之間的動

7、摩擦因數(shù)為0.2 B．物體運動位移為13 m C．前3 m運動過程中物體的加速度為3 m/s2 D．x＝9 m時，物體速度為3 m/s 解析：　由Wf＝Ffx對應(yīng)題圖乙可知，物體與地面之間的滑動摩擦力Ff＝2 N，由Ff＝μmg可得μ＝0.2，A正確；由WF＝Fx對應(yīng)題圖乙可知，前3 m內(nèi)，拉力F1＝5 N,3～9 m內(nèi)拉力F2＝2 N，物體在前3 m內(nèi)的加速度a1＝＝3 m/s2，C正確；由動能定理得WF－Ffx＝mv2可得x＝9 m時，物體的速度為v＝3 m/s，D正確；物體的最大位移xm＝＝13.5 m，B錯誤。 答案：　ACD 7．(多選)如圖所示，半徑為R的半圓形光滑凹槽

8、A靜止在光滑水平面上，其質(zhì)量為m。現(xiàn)有一質(zhì)量也為m的小物塊B，由靜止開始從槽左端的最高點沿凹槽滑下，當(dāng)小物塊B剛要到達(dá)槽最低點時，凹槽A恰好被一表面涂有黏性物的固定擋板粘住，在極短的時間內(nèi)速度減為零；小物塊B繼續(xù)向右運動，運動到距槽最低點的最大高度是。則小物塊從釋放到第一次到達(dá)最低點的過程中，下列說法正確的是(　　) A．凹槽A對小物塊B做的功W＝－mgR B．凹槽A對小物塊B做的功W＝mgR C．凹槽A被粘住的瞬間，小物塊B對凹槽A的壓力大小為mg D．凹槽A被粘住的瞬間，小物塊B對凹槽A的壓力大小為2mg 解析：　設(shè)小物塊B第一次到達(dá)最低點的速度為v，小物塊B從最低點繼續(xù)向右

9、運動到最高點，根據(jù)動能定理有mg＝mv2，得v＝，小物塊B從左端最高點到最低點的過程中，對B由動能定理有mgR＋W＝mv2－0，得W＝－mgR，A項正確，B項錯誤。在最低點小物塊所受的向心力F向＝FN－mg＝m，得FN＝2mg，則由牛頓第三定律可知小物塊對凹槽的壓力大小FN′＝FN＝2mg，所以D項正確，C項錯誤。 答案：　AD 8．(2018·福建省畢業(yè)班質(zhì)量檢查) 如圖，固定直桿上套有一小球和兩根輕彈簧，兩根輕彈簧的一端與小球相連，另一端分別固定在桿上相距為2L的A、B兩點。直桿與水平面的夾角為θ，小球質(zhì)量為m，兩根輕彈簧的原長均為L、勁度系數(shù)均為，g為重力加速度。 (1)小球

10、在距B點L的P點處于靜止?fàn)顟B(tài)，求此時小球受到的摩擦力大小和方向； (2)設(shè)小球在P點受到的摩擦力為最大靜摩擦力，且與滑動摩擦力相等?，F(xiàn)讓小球從P點以一沿桿方向的初速度向上運動，小球最高能到達(dá)距A點L的Q點，求初速度的大小。 解析：　(1)小球在P點時兩根彈簧的彈力大小相等，設(shè)為F，根據(jù)胡克定律有F＝k 設(shè)小球靜止時受到的摩擦力大小為Ff，方向沿桿向下，根據(jù)平衡條件有mgsin θ＋Ff＝2F 代入數(shù)據(jù)解得Ff＝ 方向沿桿向下 (2)小球在P、Q兩點時，彈簧的彈性勢能相等，故小球從P到Q的過程中，彈簧對小球做功為零 據(jù)動能定理有W合＝ΔEk －mg·2sin θ－Ff·2＝0－m

11、v2 聯(lián)立解得 v＝ 答案：　(1)　方向沿桿向下　(2) 9．(2017·江蘇卷·14)如圖所示，兩個半圓柱A、B緊靠著靜置于水平地面上，其上有一光滑圓柱C，三者半徑均為R。C的質(zhì)量為m，A、B的質(zhì)量都為，與地面間的動摩擦因數(shù)均為μ?，F(xiàn)用水平向右的力拉A，使A緩慢移動，直至C恰好降到地面。整個過程中B保持靜止。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g。求： (1)未拉A時，C受到B作用力的大小F； (2)動摩擦因數(shù)的最小值μmin； (3)A移動的整個過程中，拉力做的功W。 解析：　(1)對C受力分析，如圖所示。 根據(jù)平衡條件有2Fcos 30°＝mg 解得F＝mg (2)C恰好降到地面時，B受C壓力的水平分力最大 Fxmax＝mg B受地面的摩擦力Ff＝μmg 根據(jù)題意，B保持靜止，則有Ffmin＝Fxmax 解得μmin＝ (3)C下降的高度h＝(－1)R A的位移x＝2(－1)R 摩擦力做功的大小Wf＝Ffx＝2(－1)μmgR 根據(jù)動能定理W－Wf＋mgh＝0－0 解得W＝(2μ－1)(－1)mgR 答案：　(1)mg　(2)　(3)(2μ－1)(－1)mgR 7