高考物理一轮复习 第六章 机械能 第2讲 动能定理及其应用检测.docx

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高考物理一轮复习第六章机械能第2讲动能定理及其应用检测

第2讲　动能定理及其应用

基础巩固

1.（2016北京东城期中,13）一个质量为20kg的小孩从滑梯顶端由静止开始滑下,滑到底端时的速度为3m/s,已知滑梯顶端距地面高度为2m,取g=10m/s2。

下列说法中正确的是（　　）

A.合外力做功90JB.阻力做功490J

C.重力做功200JD.支持力做功110J

2.质量为m的物体从距离地面高度为H0处由静止落下,若不计空气阻力,物体下落过程中动能Ek随距地面高度h变化关系的Ek-h图像是（　　）

3.（2016北京四中期中,12）如图所示,在轻弹簧的下端悬挂一个质量为m的小球A,若将小球A从弹簧原长位置由静止释放,小球A能够下降的最大高度为h。

若将小球A换为质量为2m的小球B,仍从弹簧原长位置由静止释放,则小球B下降h时的速度为（已知重力加速度为g,且不计空气阻力）（　　）

A.

B.

C.

D.0

4.（2017北京海淀期中,14,8分）如图所示,在倾角θ=37°的足够长的固定光滑斜面的底端,有一质量m=1.0kg、可视为质点的物体,以v0=6.0m/s的初速度沿斜面上滑。

已知sin37°=0.60,cos37°=0.80,重力加速度g取10m/s2,不计空气阻力。

求:

（1）物体沿斜面向上运动的加速度大小;

（2）物体在沿斜面运动的过程中,物体克服重力所做功的最大值;

（3）物体在沿斜面向上运动至返回斜面底端的过程中,重力的冲量。

5.运动员驾驶摩托车做腾跃特技表演是一种刺激性很强的运动项目。

如图所示,AB是水平路面,长度L=6m,BC是半径R=40m的圆弧,AB、BC相切于B点,CDE是一段曲面。

运动员驾驶摩托车从A点由静止出发,经过t1=4.3s到达B点,此时压力传感器显示摩托车对路面的压力大小为F=3.6×103N。

摩托车通过曲面到达离地面h=5m的E点水平飞出,落地点与E点的水平距离x=16m,已知运动员的质量m=60kg,摩托车的质量M=120kg,运动员驾驶摩托车表演时摩托车的功率始终保持P=9kW不变,重力加速度g取10m/s2,运动员和摩托车始终未分离,全过程中可视为质点,不计空气阻力的影响。

求:

（1）摩托车通过B点时的速度vB;

（2）摩托车通过E点时的速度vE;

（3）若运动员和摩托车在AB段所受的阻力恒定,求该阻力f的大小。

6.（2018北京西城期末）航空母舰上的起飞跑道由水平跑道和倾斜跑道两部分组成,飞机在发动机的推力作用下,在水平和倾斜跑道上滑行。

我们可以把这种情景简化为如图所示的模型,水平面AB长度x1=2m,斜面BC长度x2=1m,两部分末端的高度差h=0.5m。

一个质量m=2kg的物块,在推力F作用下,从A点开始在水平面和斜面上运动,推力大小恒为F=12N,方向分别沿着水平方向和平行斜面方向。

物块与水平面、斜面间的动摩擦因数均为0.2。

g取10m/s2。

求:

（1）物块在水平面上运动时的加速度大小a;

（2）物块到达水平面末端B点时的速度大小v;

（3）物块到达斜面顶端C点时的动能Ek。

综合提能

1.如图所示,一不可伸长的轻绳长为L,一端固定在O点,另一端系着一个质量为m的小球。

开始小球处于A点,细绳恰好拉直（绳中无拉力）,现让小球由静止自由释放,则小球运动到O点正下方的C点时绳子的拉力大小为（　　）

A.4mgB.3.5mg

C.3mgD.2.5mg

2.小球P和Q用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上,P球的质量大于Q球的质量,悬挂P球的绳比悬挂Q球的绳短。

将两球拉起,使两绳均被水平拉直,如图所示。

将两球由静止释放。

在各自轨迹的最低点（　　）

A.P球的速度一定大于Q球的速度

B.P球的动能一定小于Q球的动能

C.P球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力

D.P球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度

3.（多选）如图,一固定容器的内壁是半径为R的半球面;在半球面水平直径的一端有一质量为m的质点P。

它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中,克服摩擦力做的功为W。

重力加速度大小为g。

设质点P在最低点时,向心加速度的大小为a,容器对它的支持力大小为N,则（　　）

A.a=

B.a=

C.N=

D.N=

4.（2016北京朝阳期中,21）如图（a）所示,在倾角θ=30°的光滑固定斜面上有一劲度系数k=100N/m的轻质弹簧,弹簧下端固定在垂直于斜面的挡板上,弹簧上端拴接一质量m=2kg的物体,初始时物体处于静止状态。

取g=10m/s2。

（1）求此时弹簧的形变量x0;

（2）现对物体施加沿斜面向上的拉力F,拉力F的大小与物体位移x的关系如图（b）所示,设斜面足够长。

a.分析说明物体的运动性质并求出物体的速度v与位移x的关系式;

b.若物体位移为0.1m时撤去拉力F,在图（c）中作出此后物体上滑过程中弹簧弹力f的大小随形变量x'变化的函数图像;并且求出此后物体沿斜面上滑的最大距离xm以及此后运动的最大速度vm。

5.（2017北京朝阳期中,21,11分）某滑雪场中游客用手推着坐在滑雪车上的小朋友一起娱乐,当加速到一定速度时游客松开手,使小朋友连同滑雪车一起以速度v0冲上足够长的斜坡滑道。

为了研究方便,可以建立图示的简化模型,已知斜坡滑道与水平面夹角为θ,滑雪车与滑道间的动摩擦因数为μ,当地重力加速度为g,小朋友与滑雪车始终无相对运动。

（1）求小朋友与滑雪车沿斜坡滑道上滑的最大距离s;

（2）若要小朋友与滑雪车滑至最高点时能够沿滑道返回,请分析说明μ与θ之间应满足的关系（设滑雪车与滑道间的最大静摩擦力与滑动摩擦力相等）;

（3）假定小朋友与滑雪车以1500J的初动能从斜坡底端O点沿斜坡向上运动,当它第一次经过斜坡上的A点时,动能减少了900J,机械能减少了300J。

为了计算小朋友与滑雪车返回斜坡底端时的动能,小明同学推断:

在上滑过程中,小朋友与滑雪车动能的减少量与机械能的减少量成正比。

请你分析论证小明的推断是否正确并求出小朋友与滑雪车返回斜坡底端时的动能。

答案精解精析

基础巩固

1.A　根据动能定理:

W合=

mv2-0=

×20×9J-0=90J,故A正确;支持力与速度的方向总是垂直,故支持力做功为0,小孩从滑梯顶端滑到底端的过程中,重力做功WG=mgh=20×10×2J=400J,根据动能定理得:

mgh+Wf=

mv2-0,得Wf=-310J,故B、C、D错误。

2.B　当距离地面高度为h时,则下降的高度为H0-h,根据动能定理得mg（H0-h）=Ek-0,解得Ek=-mgh+mgH0,Ek与h成一次函数关系,随h增大,Ek减小。

可知B正确,A、C、D错误。

3.B　小球A下降h过程,根据动能定理,有

mgh-W1=0

小球B下降h过程,根据动能定理,有

2mgh-W1=

·2mv2-0

联立解得

v=

4.答案　

（1）6.0m/s2　

（2）18J

（3）20N·s,方向竖直向下

解析　

（1）设物体运动的加速度为a,物体所受合力等于重力沿斜面向下的分力,F=mgsinθ（1分）

根据牛顿第二定律有F=ma（1分）

解得:

a=6.0m/s2（1分）

（2）物体沿斜面上滑到最高点时,克服重力做功达到最大值,设最大值为WG。

对于物体沿斜面上滑过程,根据动能定理有:

-WG=0-

m

（1分）

解得:

WG=18J（1分）

（3）物体沿斜面上滑和下滑的总时间t=

=2.0s（1分）

此过程中重力的冲量IG=mgt=20N·s（1分）

方向:

竖直向下（1分）

5.答案　

（1）20m/s　

（2）16m/s　（3）450N

解析　

（1）根据牛顿第三定律有,地面对运动员和摩托车的支持力F'=F=3.6×103N,方向竖直向上

以运动员和摩托车整体为研究对象,在B点,由牛顿第二定律有:

F'-（M+m）g=（M+m）

代入数据,解得vB=20m/s

（2）运动员和摩托车离开E点后做平抛运动,则有

h=

gt2,x=vEt

代入数据,解得vE=16m/s

（3）运动员和摩托车在AB段运动过程中,根据动能定理得

Pt1-fL=

（M+m）

代入数据,解得f=450N

6.答案　

（1）4m/s2　

（2）4m/s

（3）14.54J

解析　

（1）物块在水平面上受力如图1所示

图1

水平方向根据牛顿第二定律F-f1=ma（1分）

摩擦力f1=μmg（1分）

代入数据解得加速度a=4m/s2（1分）

（2）根据匀变速直线运动规律v2=2ax1（2分）

代入数据解得速度v=4m/s（1分）

（3）物块在斜面上受力如图2所示

图2

物块从A运动到C,根据动能定理

F（x1+x2）-f1x1-f2x2-mgh=Ek-0（1分）

在斜面上摩擦力f2=μmgcosθ（1分）

又知sinθ=

代入数据解得动能Ek=14.54J（1分）

综合提能

1.B　小球由A运动至C,先做自由落体运动至绳与水平方向成30°角斜向下,此时小球速度v1=

①,而沿绳方向的分速度变为零,垂直于绳方向的分速度v'=v1·cos30°,由位置B至C过程,由动能定理得:

mgL（1-sin30°）=

m

-

mv'2②,在C位置,由牛顿第二定律有T-mg=m

③,可以解得T=3.5mg,选B。

2.C　设小球的质量为m,绳长为L,根据动能定理得mgL=

mv2,解得v=

LP

小球动能Ek=mgL,其中mP>mQ,LP

F拉-mg=

将v=

代入得F拉=3mg,因为mP>mQ,所以P球所受绳的拉力大于Q球所受绳的拉力,故C项正确。

向心加速度a=

=2g,所以在轨迹的最低点,P、Q两球的向心加速度相同,故D项错误。

3.AC　由动能定理知,在P从最高点下滑到最低点的过程中mgR-W=

mv2,在最低点的向心加速度a=

联立得a=

选项A正确;在最低点时有N-mg=ma,所以N=

选项C正确。

4.答案　

（1）0.1m　

（2）见解析

解析　

（1）初始时物体处于静止状态:

kx0=mgsinθ

代入数据可得:

x0=0.1m

（2）a.设物体运动微小位移x的过程中加速度为a,根据牛顿第二定律有:

F+k（x0-x）-mgsinθ=ma

根据F-x图像有:

F=4.8+100x

解得:

a=2.4m/s2

弹簧发生拉伸形变时,上述结论仍成立

可见,物体做加速度a=2.4m/s2的匀加速直线运动

根据运动学公式可得物体速度大小v随位移x变化的表达式为:

v2=2ax

代入数据可得:

v2=4.8x

b.当物体位移x=0.1m时撤去拉力,此后物体上滑过程中弹力f随形变量x'变化的图像如图甲所示。

甲

乙

如图乙所示,物体上滑过程中克服弹簧弹力所做的功对应f-x'图线与x'轴所围的面积

Wf=

k

撤去拉力后,在上滑过程中根据动能定理有:

-mgxmsinθ-Wf=0-

m

=2ax0

解得:

xm=0.04m

物体再次回到初始位置时速度最大,对于全过程只有拉力F对物体做功,拉力F对物体做的功等于F-x图线与x轴所围的面积,WF=

×0.1J=0.98J

根据动能定理可得:

WF=

m

解得:

vm=0.7

m/s=0.99m/s

5.答案　

（1）

（2）μ

解析　

（1）在上滑过程中,设加速度大小为a,由牛顿第二定律有:

mgsinθ+μmgcosθ=ma①

根据运动学公式有:

2as=

②

联立①②式可得:

s=

（2）若要小朋友与滑雪车滑到最高点速度减为0时还能够沿滑道返回,必须使重力沿滑道向下的分力大于最大静摩擦力,即mgsinθ>μmgcosθ,可得:

μ

（3）设小朋友与滑雪车的质量为m,O、A两点间的距离为x1,此过程中动能的减少量为ΔEk,机械能的减少量为ΔE,由O到A的过程中,

根据动能定理得:

-mgx1sinθ-μmgx1cosθ=-ΔEk

可得:

mg（sinθ+μcosθ）x1=ΔEk③

由物体克服摩擦阻力所做的功量度物体机械能的减少量可得:

μmgx1cosθ=ΔE④

联立③④式可得:

=

由于在这个问题中θ与μ为定值,则上滑过程中小朋友与滑雪车的动能减少量与机械能的减少量成正比,因此小明的推断是正确的。

小朋友与滑雪车上滑过程中,当动能减少1500J时,设机械能减少ΔE1,则有:

=

可得:

ΔE1=500J

因为返回底端的过程中机械能还要减少500J,则整个过程中机械能减少1000J,所以小朋友与滑雪车返回斜面底端时的动能为500J。