高考物理一轮复习重要题型名师精讲之机械能及其守恒定律第2讲动能动能定理doc高中物理

第2讲动能动能定理1．一个25kg的小孩从高度为3.0m的滑梯顶端由静止开场滑下，滑到底端时的速度为2.0m/s.取g＝10m/s2，关于力对小孩做的功，以下结果正确的选项是(　　)A．合外力做功50JB．阻力做功500JC．重力做功500JD．支持力做功50J解析：重力做功WG＝mgh＝25×10×3J＝750J，C错；小孩所受支持力方向上的位移为零，故支持力做的功为零，D错；合外力做的功W合＝Ek－0，即W合＝mv2＝×25×22J＝50J，A项正确；WG－W阻＝Ek－0，故W阻＝mgh－mv2＝750J－50J＝700J，B项错误．答案：A2.图5－2－9如图5－2－9所示，质量为m的小车在水平恒力F推动下，从山坡(粗糙)底部A处由静止起运动至高为h的坡顶B，获得速度为v，AB之间的水平距离为s，重力加速度为g.以下说法正确的选项是(　　)A．小车抑制重力所做的功是mghB．合外力对小车做的功是mv2C．推力对小车做的功是mv2＋mghD．阻力对小车做的功是mv2＋mgh－Fs解析：小车抑制重力做功W＝Gh＝mgh，A选项正确；由动能定理小车受到的合力做的功等于小车动能的增加，W合＝ΔEk＝mv2，B选项正确；由动能定理，W合＝W推＋W重＋W阻＝mv2，所以推力做的功W推＝mv2－W阻－W重＝mv2＋mgh－W阻，C选项错误；阻力对小车做的功W阻＝mv2－W推－W重＝mv2＋mgh－Fs，D选项正确．答案：ABD3.9/9\n图5－2－10如图5－2－10所示，在抗洪救灾中，一架直升机通过绳索，用恒力F竖直向上拉起一个漂在水面上的木箱，使其由水面开场加速上升到某一高度，假设考虑空气阻力而不考虑空气浮力，那么在此过程中，以下说法正确的有(　　)A．力F所做功减去抑制阻力所做的功等于重力势能的增量B．木箱抑制重力所做的功等于重力势能的增量C．力F、重力、阻力，三者合力所做的功等于木箱动能的增量D．力F和阻力的合力所做的功等于木箱机械能的增量解析：对木箱受力分析如以下图，那么由动能定理：WF－mgh－WFf＝ΔEk故C对．由上式得：WF－WFf＝ΔEk＋mgh，即WF－WFf＝ΔEk＋ΔEp＝ΔE.故A错D对．由重力做功与重力势能变化关系知B对，故B、C、D对．答案：BCD4．图5－2－11如图5－2－11甲所示，一质量为m＝1kg的物块静止在粗糙水平面上的A点，从t＝0时刻开场，物块在按如图乙所示规律变化的水平力F的作用下向右运动，第3s末物块运动到B点且速度刚好为0，第5s末物块刚好回到A点，已知物块与粗糙水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，g取10m/s2，求：(1)A、B间的距离；(2)水平力F在5s时间内对物块所做的功．解析：(1)由图乙可知在3～5s内物块在水平恒力作用下由B点匀加速运动到A点，设加速度为a，A、B间的距离为s，那么有F－μmg＝ma，a＝＝m/s2＝2m/s2，s＝at2＝4m.(2)设整个过程中水平力所做功为WF，物块回到A点时的速度为vA，由动能定理得：9/9\nWF－2μmgs＝mv，v＝2as，WF＝2μmgs＋mas＝24J.答案：(1)4m　(2)24J5.图5－2－12如图5－2－12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，所以总路程为s＝.(2)对B→E过程mgR(1－cosθ)＝mv①FN－mg＝②由①②得对轨道压力：FN＝(3－2cosθ)mg.(3)设物体刚好到D点，那么mg＝③对全过程由动能定理得：mgL′sinθ－μmgcosθ·L′－mgR(1＋cosθ)＝mv④由③④得应满足条件：L′＝·R.答案：(1)　(2)(3－2cosθ)mg　(3)·R1．质量不等，但有相同动能的两物体，在动摩擦因数相同的水平地面上滑行直到停顿，那么以下说法正确的有(　　)A．质量大的物体滑行距离大B．质量小的物体滑行距离大C．质量大的物体滑行时间长D．质量小的物体滑行时间长9/9\n解析：物体的动能全部用来抑制摩擦阻力做功，有Ek＝μmgl⇒l＝，质量小，滑行距离大．而t＝＝，质量小，滑行时间长．答案：BD2．一个木块静止于光滑水平面上，现有一个水平飞来的子弹射入此木块并深入2cm而相对于木块静止，同时间内木块被带动前移了1cm，那么子弹损失的动能、木块获得动能以及子弹和木块共同损失的动能三者之比为(　　)A．3∶1∶2B．3∶2∶1C．2∶1∶3D．2∶3∶1解析：设子弹深入木块深度为d，木块移动s，那么子弹对地位移为d＋s；设子弹与木块的相互作用力为f，由动能定理，子弹损失的动能等于子弹抑制木块阻力所做的功，即ΔE1＝f(d＋s)，木块所获得的动能等于子弹对木块作用力所做的功，即ΔE2＝fs，子弹和木块共同损失的动能为ΔE3＝ΔE1－ΔE2＝fd，即三者之比为(d＋s)∶s∶d＝3∶1∶2.答案：A3．(2022·江门模拟)起重机将物体由静止举高h时，物体的速度为v，以下各种说法中正确的选项是(不计空气阻力)(　　)A．拉力对物体所做的功，等于物体动能和势能的增量B．拉力对物体所做的功，等于物体动能的增量C．拉力对物体所做的功，等于物体势能的增量D．物体抑制重力所做的功，大于物体势能的增量解析：根据动能定理WF－WG＝mv2/2，WG＝mgh，所以WF＝mv2/2＋mgh，A正确，B、C错误；物体抑制重力所做的功，等于物体重力势能的增量，D错误．答案：A4．小球由地面竖直上抛，上升的最大高度为H，设所受阻力大小恒定，地面为零势能面．在上升至离地高度h处，小球的动能是势能的2倍，在下落至离地高度h处，小球的势能是动能的2倍，那么h等于(　　)A.B.C.D.解析：设小球上升离地高度h时，速度为v1，地面上抛时速度为v0，下落至离地面高度h处速度为v2，设空气阻力为f上升阶段：－mgH－fH＝－mv，－mgh－fh＝mv－mv又2mgh＝mv下降阶段：mg(H－h)－f(H－h)＝mv，mgh＝2×mv9/9\n由上式联立得：h＝H.答案：D5.图5－2－13如图5－2－13所示，一轻弹簧直立于水平地面上，质量为m的小球从距离弹簧上端B点h高处的A点自由下落，在C点处小球速度到达最大．x0表示B、C两点之间的距离；Ek表示小球在C处的动能．假设改变高度h，那么以下表示x0随h变化的图象和Ek随h变化的图象中正确的选项是(　　)解析：由题意“在C点处小球速度到达最大”，可知C点是平衡位置，小球受到的重力与弹力平衡，该位置与h无关，B项正确；根据动能定理有mg(h＋x0)－Ep＝mv＝Ek，其中x0与弹性势能Ep为常数，可判断出C项正确．答案：BC6.图5－2－14如图5－2－14所示，在光滑四分之一圆弧轨道的顶端a点，质量为m的物块(可视为质点)由静止开场下滑，经圆弧最低点b滑上粗糙水平面，圆弧轨道在b点与水平轨道平滑相接，物块最终滑至c点停顿．假设圆弧轨道半径为R，物块与水平面间的动摩擦因数为μ，以下说法正确的选项是(　　)A．物块滑到b点时的速度为B．物块滑到b点时对b点的压力是3mgC．c点与b点的距离为D．整个过程中物块机械能损失了mgR解析：物块滑到b点时，mgR＝mv2－0，v＝，A不正确．在b点，FN－mg＝m，FN＝3mg，B正确．从a点到c点，机械能损失了mgR，D正确．mgR－μmgs＝0－0，s＝，C正确．答案：BCD7.9/9\n图5－2－15如图5－2－15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，以地面为参考系，A和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抑制摩擦力所做的功之和解析：A物体所受的合外力等于B对A的摩擦力，对A物体运用动能定理，那么有B对A的摩擦力所做的功，等于A的动能的增量，即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，但是由于A在B上滑动，A，B对地的位移不等，故二者做功不等，C错．对B物体应用动能定理，WF－Wf＝ΔEkB，即WF＝ΔEkB＋Wf，就是外力F对B做的功等于B的动能增量与B抑制摩擦力所做的功之和，D对．由前述讨论知B抑制摩擦力所做的功与A的动能增量(等于B对A的摩擦力所做的功)不等，故A错．答案：BD8.图5－2－16构建和谐型、节约型社会深得民心，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．当在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，第一次关闭自充电装置，让车自由滑行，其动能随位移变化关系如图5－2－16①所示；第二次启动自充电装置，其动能随位移变化关系如图线②所示，那么第二次向蓄电池所充的电能是(　　)A．200JB．250JC．300JD．500J解析：设自行车与路面的摩擦阻力为Ff，由图可知，关闭自动充电装置时，由动能定理得：0－Ek0＝－Ff·x1，可得Ff＝50N，启动自充电装置后，自行车向前滑行时用于抑制摩擦做功为：W＝Ffx2＝300J，设抑制电磁阻力做功为W′，由动能定理得：－W′－W＝0－Ek0，可得W′＝200J.答案：A9.图5－2－179/9\n如图5－2－17，卷扬机的绳索通过定滑轮用力F拉位于粗糙斜面上的木箱，使之沿斜面加速向上移动．在移动过程中，以下说法正确的选项是(　　)A．F对木箱做的功等于木箱增加的动能与木箱抑制摩擦力所做的功之和B．F对木箱做的功等于木箱抑制摩擦力和抑制重力所做的功之和C．木箱抑制重力做的功等于木箱增加的重力势能D．F对木箱做的功等于木箱增加的机械能与木箱抑制摩擦力做的功之和解析：木箱加速上滑的过程中，拉力F做正功，重力和摩擦力做负功．支持力不做功，由动能定理得：WF－WG－Wf＝mv2－0.即WF＝WG＋Wf＋mv2.A、B错误，又因抑制重力做功WG等于物体重力势能的增加，所以WF＝ΔEp＋ΔEk＋Wf，故D正确，又由重力做功与重力势能变化的关系知C也正确．答案：CD10．在2022年四川汶川大地震抗震救灾活动中，为转移被困群众动用了直升飞机．设被救人员的质量m＝80kg，所用吊绳的拉力最大值Fm＝1200N，所用电动机的最大输出功率为Pm＝12kW，为尽快吊起被困群众，操作人员采取的方法是，先让吊绳以最大的拉力工作一段时间，而后电动机又以最大功率工作，被救人员上升h＝90m时恰好到达最大速度(g取10m/s2)，试求：(1)被救人员刚到达机舱时的速度；(2)这一过程所用的时间．解析：(1)第一阶段绳以最大拉力拉着被救人员匀加速上升，当电动机到达最大功率时，功率保持不变，被救人员变加速上升，速度增大，拉力减小，当拉力与重力相等时速度到达最大．由Pm＝FTvm＝mgvm得vm＝＝m/s＝15m/s(2)a1＝＝m/s2＝5m/s2匀加速阶段的末速度v1＝＝m/s＝10m/s，时间t1＝＝s＝2s上升的高度h1＝t1＝×2m＝10m对于以最大功率上升过程，由动能定理得：Pmt2－mg(h－h1)＝mv－mv代入数据解得t2＝5.75s，所以此过程所用总时间为t＝t1＋t2＝(2＋5.75)s＝7.75s.答案：(1)15m/s　(2)7.75s11.图5－2－18如图5－2－18所示，质量m＝0.5kg的小球从距离地面高H＝5m处自由下落，到达地面时恰能沿凹陷于地面的半圆形槽壁运动，半圆形槽的半径R＝9/9\n0.4m，小球到达槽最低点时速率恰好为10m/s，并继续沿槽壁运动直到从槽左端边缘飞出且沿竖直方向上升、下落，如此反复几次，设摩擦力大小恒定不变，取g＝10m/s2，求：(1)小球第一次飞出半圆形槽上升到距水平地面的高度h为多少？(2)小球最多能飞出槽外几次？解析：(1)在小球下落到最低点的过程中，设小球抑制摩擦力做功为Wf，由动能定理得：mg(H＋R)－Wf＝mv2－0从小球下落到第一次飞出半圆形槽上升到距水平地面h高度的过程中，由动能定理得mg(H－h)－2Wf＝0－0联立解得：h＝－H－2R＝m－5m－2×0.4m＝4.2m.(2)设小球最多能飞出槽外n次，那么由动能定理得：mgH－2nWf＝0－0解得：n＝＝＝＝6.25故小球最多能飞出槽外6次．答案：(1)4.2m　(2)6次12．图5－2－19如图5－2－19甲所示，一竖直平面内的轨道由粗糙斜面AD和光滑圆轨道DCE组成，AD与DCE相切于D点，C为圆轨道的最低点，将一小物块置于轨道ADC上离地面高为H处由静止下滑，用力传感器测出其经过C点时对轨道的压力FN，改变H的大小，可测出相应的FN的大小，FN随H的变化关系如图乙折线PQI所示(PQ与QI两直线相连接于Q点)，QI反向延长交纵轴于F点(0,5.8N)，重力加速度g取10m/s2，求：(1)小物块的质量m；(2)圆轨道的半径及轨道DC所对应的圆心角θ.(可用角度的三角函数值表示)(3)小物块与斜面AD间的动摩擦因数μ.9/9\n解析：(1)如果物块只在圆轨道上运动，那么由动能定理得mgH＝mv2解得v＝；由向心力公式FN－mg＝m，得FN＝m＋mg＝H＋mg；结合PQ曲线可知mg＝5得m＝0.5kg.(2)由图象可知＝10得R＝1m．显然当H＝0.2m对应图中的D点，所以cosθ＝＝0.8，θ＝37°.(3)如果物块由斜面上滑下，由动能定理得：mgH－μmgcosθ＝mv2解得mv2＝2mgH－μmg(H－0.2)由向心力公式FN－mg＝m得FN＝m＋mg＝H＋μmg＋mg结合QI曲线知μmg＋mg＝5.8，解得μ＝0.3.答案：(1)0.5kg　(2)37°　(3)0.39/9