届高考物理人教版第一轮复习课时作业252动能定理及应用.docx
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届高考物理人教版第一轮复习课时作业252动能定理及应用
第2课时动能定理及应用
基本技能练
1.一个25kg的小孩从高度为
3.0m的滑梯顶端由静止开始滑下,滑到底端时的
速度为2.0m/s。
g取10m/s2,关于力对小孩做的功,以下结果正确的是
(
)
A.合外力做功50J
B.阻力做功500J
C.重力做功500J
D.支持力做功50J
解析由动能定理可求得合外力做的功等于物体动能的变化,
即
1
2
1
Ek=mv=
2
2
×25×2.02=
,
A
选项正确;重力做功
G=
=
×
×
=
,
J
50J
W
mgh
25
10
3.0J
750J
C选项错误;支持力的方向与小孩的运动方向垂直,不做功,
D选项错误;阻
力做功W阻=W合-WG=(50-750)J=-700J,B选项错误。
答案A
2.(多选)一质点开始时做匀速直线运动,从某时刻起受到一恒力作用。
此后,该
质点的动能可能
()
A.一直增大
B.先逐渐减小至零,再逐渐增大
C.先逐渐增大至某一最大值,再逐渐减小
D.先逐渐减小至某一非零的最小值,再逐渐增大
解析若力F的方向与初速度v0的方向一致,则质点一直加速,动能一直增大,
选项A可能;若力F的方向与v0的方向相反,则质点先减速至速度为零后再
反向加速,动能先减小至零后再增大,选项B可能;若力F的方向与v0的方
向成一钝角,如斜上抛运动,物体先减速,减到某一值后再加速,则其动能先
减小至某一非零的最小值再增大,选项D可能,选项C不可能。
答案ABD
3.如图1所示,质量为m的物块,在恒力F的作用下,沿光滑水平面运动,物块
通过A点和B点的速度分别是vA和vB,物块由A运动到B点的过程中,力F
对物块做的功W为
()
图1
A.W>1mvB2
-1mvA2
2
2
1
2
1
2
B.W=2mv
B-2mv
A
1
2
1
2
C.W=2mvA-2mvB
D.由于F的方向未知,W无法求出
1
2
解析
物块由A点到B点的过程中,只有力F做功,由动能定理可知,W=2mvB
1
2
-2mvA,故B正确。
答案
B
4.(多选)如图2所示,电梯质量为M,在它的水平地板上放置一质量为m的物体。
电梯在钢索的拉力作用下竖直向上加速运动,当电梯的速度由v1增加到v2时,
上升高度为H,则在这个过程中,下列说法或表达式正确的是
()
图2
12
A.对物体,动能定理的表达式为WN=2mv2,其中WN为支持力的功B.对物体,动能定理的表达式为W合=0,其中W合为合力的功
1212
C.对物体,动能定理的表达式为WN-mgH=2mv2-2mv1
1212
D.对电梯,其所受合力做功为2Mv2-2Mv1
解析电梯上升的过程中,对物体做功的有重力mg、支持力N,这两个力的总
功才等于物体动能的增量
1212
Ek=2mv2-2mv1,故
A、B
均错误,C
正确;对电
梯,无论有几个力对它做功,由动能定理可知,其合力的功一定等于其动能的
增量,故D正确。
答案CD
5.质量均为m的两物块A、B以一定的初速度在水平面上只受摩擦力而滑动,如
图3所示是它们滑动的最大位移x与初速度的平方v20的关系图象,已知v202=
2v201,下列描述中正确的是
()
图3
A.若A、B滑行的初速度相等,则到它们都停下来时滑动摩擦力对A做的功是对B做功的2倍
B.若A、B滑行的初速度相等,则到它们都停下来时滑动摩擦力对A做的功
1
是对B做功的2
C.若A、B滑行的最大位移相等,则滑动摩擦力对它们做的功相等
D.若A、B滑行的最大位移相等,则滑动摩擦力对B做的功是对A做功的2
倍
解析由于两物块质量均为m,若A、B滑行的初速度相等则初动能相等,由
1
2
动能定理得-Wf=0-2mv0,即滑动摩擦力做的功相等,A、B错;若A、B
滑
2
2
倍,
行的最大位移相等,由题意可知v02=2v01,B的初动能是A的初动能的2
滑动摩擦力对B做的功是对A做功的2倍,C错,D对。
答案D
6.如图4所示,一个质量为m=2kg的物体从某点由静止开始做直线运动的速度
图象,根据图象可知
(
)
图4
A.物体在0~8s内的平均速度为2m/s
B.物体在0~4s内的加速度大于
7~8s内的加速度
C.物体在0~8s内合外力做的功为80J
D.物体在6s末离开始点最远
0+8×4+1×8×2-1×2×4
解析由图象可知0~8
s内的平均速度v=2
2
8
2
m/s
=2.5m/s,选项A错误;物体在
0~4s内的加速度大小为
8-0
m/s2=2m/s2,
4
7~8s内的加速度大小为
4-0
m/s2=
2,选项
B
错误;物体在
~
8s
内动
1
4m/s
0
能变化为零,根据动能定理,合外力做功为零,选项
C错误;由图象知选项D
正确。
答案D
7.(2015广·东六校联考)如图5所示,在竖直平面内有一“V”形槽,其底部BC是一段圆弧,两侧都与光滑斜槽相切,相切处B、C位于同一水平面上。
一小物体从右侧斜槽上距BC平面高度为2h的A处由静止开始下滑,经圆弧槽再滑上左侧斜槽,最高能到达距BC所在水平面高度为h的D处,接着小物体再向下滑回,若不考虑空气阻力,则
()
图5
A.小物体恰好滑回到B处时速度为零
B.小物体尚未滑回到B处时速度已变为零
C.小物体能滑回到B处之上,但最高点要比D处低
D.小物体最终一定会停止在圆弧槽的最低点
解析小物体从A处运动到D处的过程中,克服摩擦力所做的功为Wf1=mgh,
小物体从D处开始运动的过程,因为速度较小,小物体对圆弧槽的压力较小,
所以克服摩擦力所做的功Wf2<mgh,所以小物体能滑回到B处之上,但最高点
要比D处低,C正确,A、B错误;因为小物体与圆弧槽间的动摩擦因数未知,
所以小物体可能停在圆弧槽上的任何地方,D错误。
答案C
8.一个小物块冲上一个固定的粗糙斜面,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
6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,动能变化量的绝对值
E上和
E下,以及所用
的时间
t上和
t下相比较,有
(
)
图6
A.E上<E下,t上<t下
B.E上>E下,t上>t下
C.E上<E下,t上>t下
D.E上>E下,t上<t下
解析由题意可知,小物块沿斜面上升时,F合上=mgsinθ+Ff,小物块沿斜面
下降时,F合下=mgsinθ-Ff,故F合上>F合下,a合上>a合下,由于物块克服摩
v0+v
擦力做功,则可知
vA上>vA下,vB上>vB下,由
v=
2
可得
v上>
v下,故
t
上<t
下,另由动能定理可得
E上>
E下。
答案
D
能力提高练
9.(2014·大庆质检)如图7所示,半径为R的金属环竖直放置,环上套有一质量为
m的小球,小球开始时静止于最低点。
现使小球以初速度v0=6Rg沿环上滑,小球运动到环的最高点时与环恰无作用力,则小球从最低点运动到最高点的过
程中
()
图7
A.小球机械能守恒
B.小球在最低点时对金属环的压力是6mg
C.小球在最高点时,重力的功率是mggR
D.小球机械能不守恒,且克服摩擦力所做的功是0.5mgR
解析小球运动到环的最高点时与环恰无作用力,设此时的速度为v,由向心
mv2
力公式可得:
mg=R;小球从最低点到最高点的过程中,由动能定理可得:
1
2
1
2
1
2
1
2
-
1
f
mv
-mv0,联立可得:
f=
mv0-mv
=mgR,可见
-W-2mgR=2
2
W2
2
2mgR2
1
此过程中小球机械能不守恒,克服摩擦力做功为
2mgR,选项D正确,选项A
错误;小球在最高点时,速度v的方向和重力的方向垂直,二者间的夹角为90°,
2
mv0
功率P=0,选项C错误;小球在最低点,由向心力公式可得:
F-mg=R,
2
mv0
F=mg+R=7mg,选项B错误。
答案D
10.如图8所示,ABCD为一竖直平面的轨道,其中BC水平,A点比BC高出H=10m,BC长l=1m,AB和CD轨道光滑。
一质量为m=1kg的物体,从A点以v1=4m/s的速度开始运动,经过BC后滑到高出C点h=10.3m的D点时速度为零。
求:
(g=10m/s2)
图8
(1)物体与BC轨道间的动摩擦因数;
(2)物体第5次经过B点时的速度;
(3)物体最后停止的位置(距B点)。
解析
(1)分析物体从A点到D点的过程,由动能定理得,-
mg(h-H)-μmgl
12
=0-2mv1
解得μ=0.5。
(2)设物体第5次经过B点时的速度为v2,在此过程中物体在BC上滑动了4次,
由动能定理得
1212
mgH-μmg·4l=2mv2-2mv1
解得v2=411m/s。
(3)设物体运动的全过程在水平轨道上通过的路程为s,由动能定理得
12
mgH-μmgs=0-2mv1
解得s=21.6m
所以物体在水平轨道上运动了10个来回后,还有1.6m
故离B点的距离s′=2m-1.6m=0.4m。
答案
(1)0.5
(2)411m/s(3)0.4m
11.A、B两个木块叠放在竖直轻弹簧上,如图
A=mB=1kg,轻弹
9所示,已知m
簧的劲度系数为100N/m。
若在木块A上作用一个竖直向上的力F,使木块A由静止开始以2m/s2的加速度竖直向上做匀加速运动。
取g=10m/s2。
图9
(1)求使木块A竖直向上做匀加速运动的过程中,力F的最大值是多少?
(2)若木块A竖直向上做匀加速运动,直到A、B分离的过程中,弹簧的弹性势
能减少了1.28J,则在这个过程中力F对木块做的功是多少?
解析
(1)以A为研究对象,由牛顿第二定律可得F-mAg+FBA=mAa,所以当
FBA=0时,F最大,即Fmax=mAg+mAa=12N。
mg+mg
(2)初始位置弹簧的压缩量为
A
B
x1=
k
=0.20m
A、B分离时,FAB=0,以B为研究对象可得FN-mBg=mBa,解得FN=12N
FN
此时x2=k=0.12m
A、B上升的高度
x=x1-x2=0.08m
2
A、B的速度
vA=vB=v=
2ax=5
2m/s
以A、B作为一个整体,由动能定理得
F
N
A
B
1
A
B
2
W+W
-(m+m)gx=2(m
+m)v
WN=-Ep=1.28J
解得WF=0.64J。
答案
(1)12N
(2)0.64J
12.如图10所示,在竖直平面内固定有两个很靠近的同心圆形轨道,外圆ABCD光滑,内圆的上半部分B′C′D′粗糙,下半部分B′A′D′光滑。
一质量为m
=0.2kg的小球从外轨道的最低点A处以初速度v0向右运动,小球的直径略小
于两圆的间距,小球运动的轨道半径
R=0.2m,取
g=10m/s2。
图10
(1)若要使小球始终紧贴着外圆做完整的圆周运动,初速度v0至少为多少?
(2)若v0=3m/s,经过一段时间后小球到达最高点,内轨道对小球的支持力FC
=2N,则小球在这段时间内克服摩擦力做的功是多少?
(3)若v0=3.1m/s,经过足够长的时间后,小球经过最低点A时受到的支持力为
多少?
小球在整个运动过程中减少的机械能是多少?
解析
(1)设此情形下小球到达外轨道的最高点的最小速度为vC,则由牛顿第二
定律可得
2
mvC
mg=R
1
2
-
1
2
由动能定理可知-2mgR=2mv
2mv
0
C
代入数据解得v0=10m/s。
(2)设此时小球到达最高点的速度为
vC′,克服摩擦力做的功为
W,则由牛顿
第二定律可得
mvC′2
mg-FC=R
1212
由动能定理可知-2mgR-W=2mv′C-2mv0
代入数据解得W=0.1J
(3)经足够长的时间后,小球在下半圆轨道内做往复运动。
设小球经过最低点的
速度为vA,受到的支持力为FA,则由动能定理可知
12
mgR=2mvA
mv2A
根据牛顿第二定律可得FA-mg=R
代入数据解得:
FA=3mg=6N
12
设小球在整个运动过程中减少的机械能为E,由功能关系有E=2mv0-mgR
代入数据解得:
E=0.561J
答案
(1)10m/s
(2)0.1J(3)6N0.561J
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- 高考 物理 人教版 第一轮 复习 课时 作业 252 动能 定理 应用