《2012届高考物理一轮复习 动能定理课时训练.pdf》由会员分享,可在线阅读,更多相关《2012届高考物理一轮复习 动能定理课时训练.pdf(6页珍藏版)》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、第二节第二节动能定理动能定理一、单项选择题1.(2011 年东莞模拟)如图所示,质量为m的物块,在恒力F的作用下,沿光滑水平面运动,物体通过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()1212AWmvBmvA221212BWmvBmvA221212CWmvAmvB22D由于F的方向未知,W无法求出解析:选 B.对物块由动能定理得:112Wmv2BmvA,故选项 B 正确222(2009 年高考全国卷)以初速度v0竖直向上抛出一质量为m的小物体假定物块所受的空气阻力f大小不变已知重力加速度为g,则物块上升的最大高度和返回到原抛出点的速率分别为()v2mg
2、f0A.和v0fmgf2g1mgfmgB.2gC.2gD.2gv201和v0mgmgfmgfmgfmgmgf2v202f1和v0mg和v0v202f1mgv20f2g1mg.下落的过程中由牛顿第二定律得:mgfma2,由运动学知识解析:选 A.上升的过程由牛顿第二定律得:mgfma1,由运动学知识得:v02a1h,联立解得:h得:v2a2h,将a2和h代入可得:vv02mgf,故 A 正确mgf3(2010 年高考福建卷)如图甲所示,质量不计的弹簧竖直固定在水平面上,t0 时刻,将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放,小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点,然后又被弹起离开弹簧,上升到一定高度后
3、再下落,如此反复通过安装在弹簧下端的压力传感器,测出这一过程弹簧弹力F随时间t变化的图象如图乙所示,则()At1时刻小球动能最大Bt2时刻小球动能最大Ct2t3这段时间内,小球的动能先增大后减小Dt2t3这段时间内,小球增加的动能等于弹簧减少的弹性势能解析:选 C.0t1时间内小球做自由落体运动,落到弹簧上并往下运动的过程中,小球重力与弹簧对小球弹力的合力方向先向下后向上,故小球先加速后减速,t2时刻到达最低点,动能为 0,A、B 错;t2t3时间内小球向上运动,合力方向先向上后向下,小球先加速后减速,动能先增加后减少,C 对;t2t3时间内由能量守恒知小球增加的动能等于弹簧减少的弹性势能减去
4、小球增加的重力势能,D 错4.(2011 年广东珠海调研)如图所示,一个小环沿竖直放置的光滑圆环轨道做圆周运动小环从最高点A(初速度为零)滑到最低点B的过程中,小环线速度大小的平方v随下落高度h的变化图象可能是图中的()2解析:选 B.考虑环下降过程中受到的各个力的做功情况,重力做正功,圆环对小环的122支持力始终与小环运动方向垂直,不做功,由动能定理 Ekmvmgh,v与h的关系为2线性关系,又因h0 时,v0.所以图象过原点,只有B 符合条件,故选 B.二、双项选择题5.(2011 年广州一模)质量为 1 kg 的物体以某一初速度在水平地面上滑行,由于受到地面摩擦阻力作用,其动能随位移变化
5、的图线如图所示,g取 10 m/s2,则物体在水平地面上()A所受合外力大小为 5 NB滑行的总时间为 4 sC滑行的加速度大小为1 m/sD滑行的加速度大小为2.5 m/s解析:选 BD.物体初动能为 50 J(初速度为 10 m/s),在摩擦力作用下滑动 20 m后动能为零,根据动能定理得所受合外力为2.5 N,A 错;由牛顿第二定律知物体加速度大小为2.5m/s,C 错 D 对;时间t 4 s,B 对6.(2011 年广东六校联考)一物体沿斜面向上运动,运动过程中质点的机械能E与竖直222v0a高度h关系的图象如图所示,其中Oh1过程的图线为水平线,h1h2过程的图线为倾斜直线根据该图象
6、,下列判断正确的是()A物体在Oh1过程中除重力外不受其他力的作用B物体在Oh1过程中只有重力做功其他力不做功C物体在h1h2过程中合外力与速度的方向一定相反D物体在Oh2过程中动能可能一直保持不变解析:选 BC.Oh1过程的图线为水平线,说明物体的机械能不变,即没有除重力以外的其他力做功,而并非一定不受其他力作用,故A 错误 B 正确;在h1h2过程中由于物体的机械能减小,重力势能增加,只能是动能减小,即合外力与速度方向相反,故 C 正确;在Oh2过程中物体的机械能减小,重力势能增大,动能只能减小不可能保持不变,故D 错误7.(2011 年江苏省高三统一考试)如图所示,一物体在水平恒力作用下
7、沿光滑的水平面做曲线运动,当物体从M点运动到N点时,其速度方向恰好改变了 90,则物体在M点到N点的运动过程中,下列判断正确的是()A力对物体先做负功后做正功B物体的速度不断减小C物体的动能先减小后增大D物体的动能先增大后减小解析:选 AC.物体在vM方向的速度逐渐变为零,说明物体受到的力在vM的反方向上有分力,同时物体受的力在垂直于vM向右的方向上也有分力,所以物体所受恒力的方向与vM的方向成钝角,故力对物体先做负功后做正功,物体的动能先减小后增大故选AC.8用大于物体重力的恒力F作用于质量为m的物体上,使物体由静止开始竖直向上提升,已知物体上升h时的速度大小为v,则此过程中()A恒力F对物
8、体所做的功为Fh12B恒力F对物体所做的功为mghmv2C重力对物体所做的功为mgh12D合外力对物体所做的功为mv2解析:选 AD.由恒力做功的定义WFscos知 A 选项正确根据动能定理,合外力做功等于物体动能的变化,故D 项正确三、非选择题9.如图所示,一个质量为m的小球拴在钢绳的一端,另一端施加大小为F1的拉力作用,使小球在水平面上做半径为R1的匀速圆周运动,今将力的大小改变为F2,使小球仍在水平面上做匀速圆周运动,但半径变为R2.求小球运动的半径由R1变为R2的过程中拉力对小球做的功解析:设半径为R1和R2时小球做圆周运动的线速度大小分别为v1和v2,由向心力公式得2mv1F1R12
9、mv2F2R2由动能定理得:2Wmv22mv112121由得:W(F2R2F1R1)21答案:(F2R2F1R1)210.如图所示,AB是倾角为的粗糙直轨道,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(可以看成质点)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.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)摩擦力对物体
10、始终做负功,故物体最终在圆心角为 2的圆弧上做往复运动设物体在AB轨道上通过的总路程为x,则全程应用动能定理,得:mgRcosmgcosx0解得:x.(2)最终当物体通过圆弧最低点E时,设速度为vE,2mvE在E点:FNmgR从BE由动能定理,得:R12两式联立,得:FN(32cos)mg由牛顿第三定律得物体对轨道的压力为(32cos)mg.mgR(1cos)mv2E2mvD(3)若物体刚好到达D点,设速度为vD,则mgR对全过程由动能定理,得:mgLsinmgcosLmgR(1cos)mv2D联立得L232cosR.sincos12答案:(1)(2)(32cos)mg(3)232cosRsi
11、ncosR1.(2010 年高考江苏卷)如图所示,平直木板AB倾斜放置,板上的P点距A端较近,小物块与木板间的动摩擦因数由A到B逐渐减小先让物块从A由静止开始滑到B.然后,将A着地,抬高B,使木板的倾角与前一过程相同,再让物块从B由静止开始滑到A.上述两过程相比较,下列说法中一定正确的有()A物块经过P点的动能,前一过程较小B物块从顶端滑到P点的过程中因摩擦产生的热量,前一过程较少C物块滑到底端的速度,前一过程较大D物块从顶端滑到底端的时间,前一过程较长解析:选 AD.前一过程,从A到P,所受摩擦力较大,下滑加速度较小,位移较小,故在P点的动能较小;后一过程,从B到P,下滑加速度较大,位移较大
12、,故在P点的动能较大,所以A 正确;两过程中,前者摩擦力大,位移小,后者摩擦力小,位移大,无法比较产生热量的大小,故B 不正确;物块滑到底端的两过程合外力做的功相同,根据动能定理,滑到底端速度相等,即C 不正确;由牛顿第二定律,结合两次加速度变化特点,两次vt图象如图所示,位移相等,故前一过程时间较长,D 正确2(2011 年湖北宜昌高三质检)如图甲所示为游乐场中过山车的实物图片,图乙是过山车的模型图在模型图中,半径分别为R12.0 m 和R28.0 m 的两个光滑圆形轨道,固定在倾角为37的倾斜直轨道平面上的Q、Z两点,且两圆形轨道的最高点A、B均与P点平齐,圆形轨道与斜直轨道之间圆滑连接
13、现使小车(视作质点)从P点以一定的初速度沿12斜直轨道向下运动已知斜直轨道与小车间的动摩擦因数为,g10 m/s,sin 37240.6,cos 370.8.求:(1)若小车恰好能通过第一个圆形轨道的最高点A处,则其在P点的初速度应为多大?(2)若小车在P点的初速度为 10 m/s,则小车能否安全通过两个圆形轨道?解析:(1)设小车经过A点时的临界速度为v1,根据牛顿第二定律有R1mv21mgR1设Q点与P点高度差为h1,PQ间距离为L1,则L11cossin设小车在P点的初速度为v01,从P点到A点的过程中,由动能定理得1212(mgcos)L1mv1mv0122解得v012 6 m/s4.89 m/s.(2)设Z点与P点高度差为h2,PZ间距离为L2.则L2R21cossin小车能安全通过两个圆形轨道的临界条件,是在B点速2mv2度为v2时,由牛顿第二定律知,小车满足mgR2设小车在P点的初速度为v02,从P点到B点的过程中,由动能定理得:1212mgcosL2mv2mv0222解得:v024 6 m/s9.80 m/s因为 4 2 m/s10 m/s,故能安全通过两圆形轨道答案:(1)4.89 m/s(2)能