《（江蘇專用）2021版高考物理一輪復習 課后限時集訓15 動能定理》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（江蘇專用）2021版高考物理一輪復習 課后限時集訓15 動能定理（7頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、課后限時集訓15 動能定理 建議用時：45分鐘 1．(多選)質量不等，但有相同動能的兩個物體，在動摩擦因數相同的水平地面上滑行，直至停止，則(　　) A．質量大的物體滑行的距離大 B．質量小的物體滑行的距離大 C．它們滑行的距離一樣大 D．它們克服摩擦力所做的功一樣多 BD　[由動能定理得－μmgx＝－Ek，所以x＝，知質量小的物體滑行距離大，選項A、C錯誤，B正確；克服摩擦力做功Wf＝Ek相同，選項D正確。] 2.如圖所示，用細繩通過定滑輪拉物體，使物體在水平面上由靜止開始從A點運動到B點，已知H＝3 m，m＝25 kg，F＝50 N恒定不變，到B點時的速度v＝2 m/

2、s，滑輪到物體間的細繩與水平方向的夾角在A、B兩處分別為30°和45°。此過程中物體克服阻力所做的功為(　　) A．50(5－3) J B．50(7－3) J C．50(3－4) J D．50(3－2) J A　[設物體克服阻力做的功為Wf，由動能定理得F－Wf＝mv2，代入數據求得Wf＝50(5－3) J，選項A正確。] 3.(2019·天津模擬)一個質量為0.5 kg的物體，從靜止開始做直線運動，物體所受合外力F隨物體位移x變化的圖象如圖所示，則物體位移x＝8 m 時，物體的速度為(　　) A．2 m/s B．8 m/s C．4 m/s D．4 m/

3、s C　[F-x圖象中圖線與橫軸所圍面積表示功，橫軸上方為正功，下方為負功，x＝8 m時，可求得W＝8 J；由動能定理有mv2＝8 J，解得v＝4 m/s，選項C正確。] 4．(2018·江蘇高考)從地面豎直向上拋出一只小球，小球運動一段時間后落回地面。忽略空氣阻力，該過程中小球的動能Ek與時間t的關系圖象是(　　) A　　　　　　　　B C　　　　　　　　D A　[設小球拋出瞬間的速度大小為v0，拋出后，某時刻t小球的速度v＝v0－gt，故小球的動能Ek＝mv2＝m(v0－gt)2，結合數學知識知，選項A正確。] 5.(2019·師大附中檢測)如圖是某中學科技小組制作的利

4、用太陽能驅動小車的裝置。當太陽光照射到小車上方的光電板，光電板中產生的電流經電動機帶動小車前進。若小車在平直的水泥路上從靜止開始加速行駛，經過時間t前進距離s，速度達到最大值vm，設這一過程中電動機的功率恒為P，小車所受阻力恒為F，那么(　　) A．小車先勻加速運動，達到最大速度后開始勻速運動 B．這段時間內電動機所做的功為Pt C．這段時間內電動機所做的功為mv D．這段時間內電動機所做的功為mv－Fs B　[小車電動機的功率恒定，速度不斷變大，根據牛頓第二定律，有－F＝ma，故小車的運動是加速度不斷減小的加速運動，選項A錯誤；這一過程中電動機的功率恒為P，所以W電＝Pt，選項

5、B正確；對小車啟動過程，根據動能定理，有W電－Fs＝mv，這段時間內電動機所做的功為W電＝Fs＋mv，選項C、D錯誤。] 6．(2019·日照一模)冰壺比賽是在水平冰面上進行的體育項目，比賽場地示意圖如圖所示。比賽時，運動員腳蹬起蹬器，身體成跪式，手推冰壺從本壘圓心O向前滑行，至前衛(wèi)線時放開冰壺使其沿直線OO′滑向營壘圓心O′，為使冰壺能在冰面上滑的更遠，運動員可用毛刷刷冰面以減小冰壺與冰面間的動摩擦因數。已知O點到前衛(wèi)線的距離d＝4 m，O、O′之間的距離L＝30.0 m，冰壺的質量為20 kg，冰壺與冰面間的動摩擦因數μ1＝0.008，用毛刷刷過冰面后動摩擦因數減小到μ2＝0.004，營

6、壘的半徑R＝1 m，g取10 m/s2。 (1)若不刷冰面，要使冰壺恰好滑到O′點，運動員對冰壺的推力多大？ (2)若運動員對冰壺的推力為10 N，要使冰壺滑到營壘內，用毛刷刷冰面的距離是多少？ [解析]　(1)設運動員對冰壺的推力大小為F，由動能定理得：Fd－μ1mgL＝0 代入數據，解得F＝12 N。 (2)設冰壺運動到營壘的最左邊時，用毛刷刷冰面的距離是x1，冰壺運動到營壘的最右邊時，用毛刷刷冰面的距離是x2，則由動能定理得：F′d－μ1mg(L－R－x1)－μ2mgx1＝0 代入數據，解得x1＝8 m 由動能定理得：F′d－μ1mg(L＋R－x2)－μ2mgx2＝0

7、 代入數據，解得x2＝12 m 所以用毛刷刷冰面的距離為8 m≤x≤12 m。 [答案]　(1)12 N　(2)見解析 7．(2019·湖北襄陽聯考)質量m＝1 kg的物體，在水平拉力F(拉力方向與物體初速度方向相同)的作用下，沿粗糙水平面運動，經過位移為4 m時，拉力F停止作用，運動到位移為8 m時物體停止運動，運動過程中Ek-x的圖線如圖所示。取g＝10 m/s2，求： (1)物體的初速度大?。? (2)物體和水平面間的動摩擦因數； (3)拉力F的大小。 [解析]　(1)從圖線可知物體初動能為2 J，則 Ek0＝mv2＝2 J 得v＝2 m/s。 (2)在位移為4 m

8、處物體的動能為Ek＝10 J，在位移為8 m處物體的動能為零，這段過程中物體克服摩擦力做功。 設摩擦力為Ff，則 －Ffx2＝0－Ek＝0－10 J＝－10 J，x2＝4 m 得Ff＝2.5 N 因Ff＝μmg 故μ＝0.25。 (3)物體從開始運動到位移為4 m這段過程中，受拉力F和摩擦力Ff的作用，合力為F－Ff，根據動能定理有 (F－Ff)x1＝Ek－Ek0 故得F＝4.5 N。 [答案]　(1)2 m/s　(2)0.25　(3)4.5 N 8.(多選)(2019·江蘇高考)如圖所示，輕質彈簧的左端固定，并處于自然狀態(tài)。小物塊的質量為m，從A點向左沿水平地面運動，

9、壓縮彈簧后被彈回，運動到A點恰好靜止。物塊向左運動的最大距離為s，與地面間的動摩擦因數為μ，重力加速度為g，彈簧未超出彈性限度。在上述過程中(　　) A．彈簧的最大彈力為μmg B．物塊克服摩擦力做的功為2μmgs C．彈簧的最大彈性勢能為μmgs D．物塊在A點的初速度為 BC　[對物塊從A點開始到再回到A點整個過程，由動能定理可知Wf＝－2μmgs＝0－mv，則vA＝2，故B正確，D錯誤。對物塊從A點開始到彈簧壓縮量最大這一過程，由動能定理可知W彈＋W′f＝0－mv，W′f＝－μmgs，則W彈＝－μmgs，則物塊克服彈力做功為μmgs，所以彈簧彈性勢能增加μmgs，故C正確。

10、當克服彈力做功為μmgs時，彈簧的最大彈力要大于μmg，故A錯誤。] 9.用傳感器研究質量為2 kg的物體由靜止開始做直線運動的規(guī)律時，在計算機上得到0～6 s內物體的加速度隨時間變化的關系如圖所示。下列說法正確的是(　　) A．0～6 s內物體先向正方向運動，后向負方向運動 B．0～6 s內物體在4 s末的速度最大 C．物體在2～4 s內速度不變 D．0～4 s內合力對物體做的功等于0～6 s內合力對物體做的功 D　[a-t圖象中圖線與時間軸圍成的面積代表物體在相應時間內速度的變化情況，在時間軸上方為正，在時間軸下方為負。由題圖可得，物體在6 s末的速度v6＝6 m/s，則0

11、～6 s內物體一直向正方向運動，選項A錯誤；物體在5 s末速度最大，vm＝7 m/s，選項B錯誤；在2～4 s內物體加速度不變，物體做勻加速直線運動，速度變大，選項C錯誤；在0～4 s內，合力對物體做的功由動能定理可知W合4＝mv－0＝36 J,0～6 s內，合力對物體做的功由動能定理可知W合6＝mv－0＝36 J，則W合4＝W合6，選項D正確。] 10.(2019·江蘇七市三模)如圖所示，半徑為R的水平圓盤可繞著過圓心O的豎直軸轉動，在圓盤上從圓心O到圓盤邊緣開有一沿半徑方向的光滑細槽。一根原長為R的輕彈簧置于槽內，一端固定在圓心O點，另一端貼放著一質量為m的小球，彈簧始終在彈性限度內。

12、 (1)若小球在沿槽方向的力F1作用下，在圓盤邊緣隨圓盤以角速度ω0轉動，求F1的大?。? (2)若圓盤以角速度ω1轉動，小球被束縛在槽中距離圓盤邊緣為x的P點，此時彈簧的彈性勢能為Ep。解除束縛后，小球從槽口飛離圓盤時沿槽方向的速度大小為v，求此過程中槽對小球做的功W1； (3)若圓盤以角速度ω2轉動，小球在沿槽方向推力作用下，從圓盤邊緣緩慢向內移動距離x到達P點。如果推力大小保持不變，求彈簧的勁度系數k以及此過程中推力做的功W2。 [解析]　(1)小球在沿槽方向的力F1得作用下做圓周運動，由向心力公式有F1＝mωR。 (2)設小球從槽口飛出圓盤時的速度為v1，則根據運動的合成：v

13、＝2＋v2，設在此過程中彈簧對小球做功為W，有動能定理有：W1＋W＝mv－mω2，由于W＝Ep，解得W1＝m－mω2－Ep。 (3)當小球沿槽方向緩慢向內移動的距離為x1時，由向心力公式有F－kx1＝mω，解得F＝mωR＋x1 由于F得大小不變，與x1無關，則有k＝mω，F＝mωR所以推力做的功W2＝Fx＝mωRx。 [答案]　(1)mωR　(2)m－mω(R－x)2－Ep　(3)mωRx 11.(2019·南京、鹽城三模)如圖所示，桌子靠墻固定放置，用一塊長L1＝1.0 m的木板在墻和桌面間架設斜面，桌面距地面H＝0.8 m，桌面總長L2＝1.5 m，斜面與水平桌面的傾角θ可在0～6

14、0°間調節(jié)后固定，將質量m＝0.2 kg的小物塊(可視為質點)從斜面頂端靜止釋放，物塊與斜面間的動摩擦因數μ1＝0.05，物塊與桌面間的動摩擦因數μ2未知，忽略物塊在斜面與桌面交接處的機械能損失，不計空氣阻力。(重力加速度取g＝10 m/s2，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) (1)求當θ＝30°時，物塊在斜面上下滑的加速度的大?。?可以用根號表示) (2)當θ增大到37°時，物塊恰能停在桌面邊緣，求物塊與桌面間的動摩擦因數μ2； (3)μ2取第(2)問中的數值，當θ角為多大時物塊落地點與墻面的距離最大，最大距離xm是多少。 [解析]　

15、(1)根據牛頓第二定律，對物體受力分析可得mgsin θ－μ1mgcos θ＝ma 代入數據得a＝(5－0.25)m/s2。 (2)由動能定理得mgL1sin θ－μ1mgL1cos θ－μ2mg(L2－L1cos θ)＝0－0 代入數據得μ2＝0.8。 (3)mgL1sin θ－μ1mgL1cos θ－μ2mg(L2－L1cos θ)＝mv2 得20＝v2 當θ＝53°時vmax＝1 m/s 由于H＝gt2解得t＝0.4 s x1＝vmaxt＝0.4 m xm＝x1＋L2＝1.9 m。 [答案]　(1)(5－0.25)m/s2　(2)0.8　(3)53°　1.9 m 7