浙江省備戰(zhàn)2020年高考物理 一遍過考點(diǎn)15 動(dòng)能定理及其應(yīng)用（含解析）

《浙江省備戰(zhàn)2020年高考物理 一遍過考點(diǎn)15 動(dòng)能定理及其應(yīng)用（含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《浙江省備戰(zhàn)2020年高考物理 一遍過考點(diǎn)15 動(dòng)能定理及其應(yīng)用（含解析）（22頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、動(dòng)能定理及其應(yīng)用 專題 知識內(nèi)容 考試要求 必考 加試 機(jī)械能守恒定律 動(dòng)能和動(dòng)能定理 d d 一、動(dòng)能定理 1．公式：（） 2．推導(dǎo)：假設(shè)物體（m）在極短時(shí)間Δt內(nèi)受到力F1、F2……（可視為恒力）作用，發(fā)生的位移為Δx 對物體，由牛頓第二定律有，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有 聯(lián)立可得，即 在極短時(shí)間Δt內(nèi)有，對一般過程有，即 （故解題時(shí)，使用動(dòng)能定理和牛頓運(yùn)動(dòng)定律均可，應(yīng)根據(jù)實(shí)際情況選擇解題思路） 3．優(yōu)先考慮應(yīng)用動(dòng)能定理的問題 （1）不涉及加速度、時(shí)間的問題； （2）有多個(gè)物理過程且不需要研究整個(gè)過程中的中間狀態(tài)的問題； （3）變力做功的問題。 二、應(yīng)用動(dòng)

2、能定理的流程 三、應(yīng)用動(dòng)能定理解題的方法技巧 1．對物體進(jìn)行正確的受力分析，要考慮物體所受的所有外力，包括重力。 2．有些力在物體運(yùn)動(dòng)的全過程中不是始終存在的，若物體運(yùn)動(dòng)的全過程包含幾個(gè)不同的物理過程，物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)、受力等情況均可能發(fā)生變化，則在考慮外力做功時(shí)，必須根據(jù)不同情況分別對待。 3．若物體運(yùn)動(dòng)的全過程包含幾個(gè)不同的物理過程，解題時(shí)可以分段考慮，也可以全過程為一整體，利用動(dòng)能定理解題，用后者往往更為簡捷。 （2019·山西平遙中學(xué)期末）光滑水平面AB與豎直面內(nèi)的半圓形導(dǎo)軌在B點(diǎn)連接，導(dǎo)軌半徑R＝0.5 m，一個(gè)質(zhì)量m＝2 kg的小球在A處壓縮一輕質(zhì)彈簧，彈簧

3、與小球不拴接。用手擋住小球不動(dòng)，此時(shí)彈簧彈性勢能Ep＝36 J，如圖所示。放手后小球向右運(yùn)動(dòng)脫離彈簧，沿半圓形軌道向上運(yùn)動(dòng)恰能通過最高點(diǎn)C，g取10 m/s2。下列選項(xiàng)正確的是 A．小球脫離彈簧時(shí)的速度大小5 m/s B．小球通過最高點(diǎn)C的速度是0 C．小球在C點(diǎn)處于超重狀態(tài) D．小球從B到C阻力做的功為–11 J 【參考答案】D 【詳細(xì)解析】A、根據(jù)機(jī)械能守恒定律Ep=mv12解得:v1=6 m/s，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B、因小球恰能通過最高點(diǎn)C，則，解得，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C、小球在C點(diǎn)時(shí)，加速度向下，處于失重狀態(tài)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D、小球從B到C，由動(dòng)能定理：，聯(lián)立解得Wf=–11 J，選

4、項(xiàng)D正確。 【名師點(diǎn)睛】豎直方向的圓周運(yùn)動(dòng)： （1）繩模型（繩、內(nèi)軌約束）。做完整圓周運(yùn)動(dòng)的臨界條件：最高點(diǎn)的向心力僅由重力提供。不脫離的臨界條件：恰好做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，或者到與圓心等高處速度為零。 （2）桿模型（桿、管、套環(huán)約束）。做完整圓周運(yùn)動(dòng)的臨界條件：最高點(diǎn)速度為0。 （3）橋模型（拱橋、外軌約束）。脫離的臨界條件：支持力為0。恰好在最高點(diǎn)脫離時(shí)，由重力提供向心力。 1．為了研究過山車的原理，某物理小組提出了下列設(shè)想：取一個(gè)與水平方向夾角為θ=60°、長為L1=2m的傾斜軌道AB，通過微小圓弧與長為L2=m的水平軌道BC相連，然后在C處設(shè)計(jì)一個(gè)豎直完整的光滑圓軌道，出口為

5、水平軌道上D處，如圖所示?，F(xiàn)將一個(gè)小球從距A點(diǎn)高為h=0.9 m的水平臺(tái)面上以一定的初速度v0水平彈出，到A點(diǎn)時(shí)小球的速度方向恰沿AB方向，并沿傾斜軌道滑下。已知小球與AB和BC間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ=，g取10 m/s2。 （1）求小球初速度v0的大?。? （2）求小球滑過C點(diǎn)時(shí)的速率vC； （3）要使小球不離開軌道，則豎直圓弧軌道的半徑R應(yīng)該滿足什么條件？ 【答案】（1）m/s （2）3 m/s （3）0

6、球剛好能過最高點(diǎn)時(shí)，重力提供向心力，則 ， 代入數(shù)據(jù)解得R1=1.08 m， 當(dāng)小球剛能到達(dá)與圓心等高時(shí)，有， 代入數(shù)據(jù)解得R2=2.7 m， 當(dāng)圓軌道與AB相切時(shí)， 即圓軌道的半徑不能超過1.5 m， 綜上所述，要使小球不離開軌道，R應(yīng)該滿足的條件是0

7、與彈簧形變量x間的關(guān)系圖象正確的是 A． B． C． D． 【參考答案】C 【詳細(xì)解析】A．設(shè)滑塊受到的摩擦力為f，彈簧的彈力:F=kx，選取初速度的方向?yàn)檎较颍瑒t滑塊的加速度:，可知a與x的關(guān)系是不過坐標(biāo)原點(diǎn)的直線；故A錯(cuò)誤；B．當(dāng)彈簧的壓縮量為x時(shí)，彈簧的彈性勢能:，所以滑塊克服彈簧的彈力做功:，克服摩擦力做功:Wf=–fx。對滑塊由動(dòng)能定理可得:，即:，為x的二次函數(shù)，是一條曲線；故B錯(cuò)誤；C．滑塊克服彈簧做的功轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能，所以系統(tǒng)的機(jī)械能:E=Ek0–fx，即系統(tǒng)的機(jī)械能與x之間的關(guān)系為斜率為負(fù)的一次函數(shù)；故C正確；D．因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能為:Q=fx，是過坐標(biāo)原點(diǎn)

8、的傾斜直線；故D錯(cuò)誤。 【名師點(diǎn)睛】解決本題的關(guān)鍵要正確分析彈簧的狀態(tài)，知道小球的速度最大時(shí)，合力為零，通過分析小球的受力情況，進(jìn)一步分析其運(yùn)動(dòng)情況。 1．如圖所示，豎直平面內(nèi)放一直角桿，桿的水平部分粗糙，桿的豎直部分光滑，兩部分各套有質(zhì)量均為1 kg的小球A和B，A、B間用細(xì)繩相連，A與水平桿之間的動(dòng)摩擦因數(shù)。初始時(shí)刻A、B均處于靜止?fàn)顟B(tài)，已知OA=3 m，OB=4 m。若A球在水平拉力F的作用下向右緩慢地移動(dòng)1 m（取g=10 m/s2），那么該過程中 A．小球A受到的摩擦力大小為6 N B．小球B上升的距離小于1 m C．拉力F做功為16 J D．拉力F做功為14 J

9、 【答案】AC 【解析】對AB整體受力分析，受拉力F、重力G、支持力N、向左的摩擦力f和向右的彈力N1，如圖所示： 根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件，對整體，豎直方向：N=G1+G2，水平方向：F=f+N1，其中：f=μN(yùn)，解得N=（m1+m2）g=20 N，f=μN(yùn)=0.3×20 N=6 N，故A正確。B、根據(jù)幾何關(guān)系，可知小球B上升的距離；故B錯(cuò)誤。CD、對整體在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中運(yùn)用動(dòng)能定理列式得：WF–fs–m2g·h=0，故有：WF=fs+m2g?h=6×1 J+1×10×1 J=16 J，故C正確，D錯(cuò)誤。故選AC。 【名師點(diǎn)睛】本題中拉力為變力，先對整體受力分析后根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件得出

10、摩擦力為恒力，然后根據(jù)動(dòng)能定理求變力做功。 （2019·遼寧遼師大附中期末）粗糙水平面上靜止放置質(zhì)量均為m的A、B兩物體，它們分別受到水平恒力F1、F2的作用后各自沿水平面運(yùn)動(dòng)了一段時(shí)間，之后撤去F1、F2，兩物體最終都停止，其v–t圖象如圖所示，下列說法錯(cuò)誤的是 A．A、B兩物體與地面間的滑動(dòng)摩擦因數(shù)之比為1:2 B．F1與A物體所受摩擦力大小之比為3:1 C．F1和F2大小之比為2:1 D．A、B兩物體通過的總位移大小相等 【參考答案】C 【詳細(xì)解析】A.由速度與時(shí)間圖象可知，兩個(gè)勻減速運(yùn)動(dòng)的加速度之比為1:2；由牛頓第二定律f=ma可知:A、B受摩擦力大小1:2

11、，可知摩擦因數(shù)之比為1:2，故A正確；B.由速度與時(shí)間圖象可知，A、B兩物體加速與減速的位移相等，且勻加速運(yùn)動(dòng)位移之比1:2，勻減速運(yùn)動(dòng)的位移之比2:1，由動(dòng)能定理可得：A物體的拉力與摩擦力的關(guān)系，F(xiàn)1·x–f1·3 x =0–0，解得F1:f1=3:1，故B正確；C.對B：F2·2 x–f2·3x =0–0，解得：F2:f2=3:2，又A、B受摩擦力大小1:2，可知F1和F2大小之比為1:1，故C錯(cuò)誤。D.由速度與時(shí)間圖象面積表示位移可知，A、B兩物體加速與減速的位移相等，故D正確。此題選擇錯(cuò)誤的選項(xiàng)，故選C。 1．質(zhì)量分別為m1、m2的兩個(gè)物體A、B并排靜止在水平地面上，用同向的水平拉力

12、F1、F2分別作用于物體A和B上，且分別作用一段時(shí)間后撤去，之后，兩物體各自滑行一段距離后停止下來，物體A、B在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中的速度一時(shí)間圖象分別如圖中的圖線a、b所示。已知物體A、B與水平地面的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為μ1、μ2，取重力加速度g=10 m/s2。由圖中信息可知 A．μ1=μ2=0.1 B．若F1=F2，則m1>m2 C．若m1=m2，則在整個(gè)過程中，力F1對物體A所做的功大于力F2對物體B所做的功 D．若m1=m2，則在整個(gè)過程中，物體A克服摩擦力做的功等于物體B克服摩擦力做的功 【答案】AD 【解析】A、撤除拉力后兩物體的速度圖象平行，故加速度大小相等，即a1=a2

13、=μg=1 m/s2，所以μ1=μ2=0.1，故A正確。B、若F1=F2，對于m1則有F1–μ1m1g=m1a1，解得；對于m2則有F2–μ2m2g=m2a2，解得；由圖可知a1>a2，故m1

14、總質(zhì)量為100 kg，下坡時(shí)初速度為4 m/s，人不踏車的情況下，到達(dá)坡底時(shí)車速為10 m/s，g取10 m/s2，則下坡過程中阻力所做的功為 A．－4 000 J B．－3 800 J C．－5 000 J D．－4 200 J 2．（2019·黑龍江大慶四中月考）韓曉鵬是我國首位在冬奧會(huì)雪上項(xiàng)目奪冠的運(yùn)動(dòng)員。他在一次自由式滑雪空中技巧比賽中沿“助滑區(qū)”保持同一姿態(tài)下滑了一段距離，重力對他做功1 900 J，他克服阻力做功100 J。韓曉鵬在此過程中 A．重力勢能減小了2 000 J B．重力勢能減小了1 900 J C．動(dòng)能增加了1 900 J D．動(dòng)能增加了2 000

15、J 3．在距水平地而10 m高處，以10 m/s的速度水平拋出一個(gè)質(zhì)量為1 kg的物體，已知物體落地時(shí)的速度為16 m/s，取g=10 m/s2，則下列說法正確的是 A．拋出時(shí)人對物體做功為150 J B．自拋出到落地，重力對物體做功為100 J C．飛行過程中物體克服阻力做功22 J D．物體自拋出到落地時(shí)間為s 4．（2019·黑龍江大慶四中月考）關(guān)于動(dòng)能定理的表達(dá)式W=Ek2﹣Ek1，下列說法正確的是 A．公式中的W為不包含重力的其他力做的總功 B．動(dòng)能定理既適用于直線運(yùn)動(dòng)，也適用于曲線運(yùn)動(dòng)；適用于恒力做功，但不適用于變力做功 C．運(yùn)動(dòng)物體所受合外力不為零，則該物體一定

16、做變速運(yùn)動(dòng)，其動(dòng)能要變化 D．公式中的Ek2﹣Ek1為動(dòng)能的增量，當(dāng)W＞0時(shí)動(dòng)能增加，當(dāng)W＜0時(shí)動(dòng)能減少 5．一木塊沿著高度相同、傾角不同的三個(gè)斜面由頂端靜止滑下（如圖所示）若木塊與各斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)都相同，則滑到底端時(shí)的動(dòng)能大小關(guān)系是 A．傾角大的動(dòng)能最大 B．傾角小的動(dòng)能最大 C．傾角等于45o的動(dòng)能最大 D．三者的動(dòng)能一樣大 6．（2019·四川期末）從空中某一高度同時(shí)以大小相等的速度豎直上拋和水平拋出兩個(gè)質(zhì)量均為m的小球，忽略空氣阻力。在小球從拋出到落至水平地面的過程中 A．動(dòng)能變化量不同，動(dòng)量變化量相同 B．動(dòng)能變化量和動(dòng)量變化量均相同 C．動(dòng)能變化量相同,

17、動(dòng)量變化量不同 D．動(dòng)能變化量和動(dòng)量變化量均不同 7．物體在合外力作用下做直線運(yùn)動(dòng)的v –t 圖象如圖所示，下列表述正確的是 A．在0~1 s內(nèi)，物體做加速運(yùn)動(dòng)，合外力做正功 B．在1~3 s內(nèi)，物體做勻速運(yùn)動(dòng)，合外力做正功 C．在3~7 s內(nèi)，合外力做功為零 D．在0~5 s內(nèi)，速度變化量為零，合力的平均功率為零 8．（2019·山西平遙中學(xué)期末）質(zhì)量為1 500 kg的汽車在平直的公路上運(yùn)動(dòng)，v－t圖象如圖所示，下列選項(xiàng)中哪個(gè)不能求出 A．0~25 s內(nèi)合外力對汽車所做的功 B．前25 s內(nèi)汽車的平均速度 C．15~25 s內(nèi)汽車的加速度 D．15~25 s內(nèi)

18、汽車所受的阻力 9．一質(zhì)量為2 kg的物體靜止在水平桌面上，在水平拉力F的作用下，沿水平方向運(yùn)動(dòng)2 s后撤去外力，其v–t圖象如圖所示，下列說法正確的是 A．在0~2 s內(nèi)，合外力做的功為4 J B．在0~2 s內(nèi)，合外力做的功為8 J C．在0~6 s內(nèi)，摩擦力做的功為–8 J D．在0~6 s內(nèi)，摩擦力做的功為–4 J 10．（2019·廣西期末）關(guān)于功和能，下列說法正確的是 A．合外力對物體做功為零時(shí)，機(jī)械能一定守恒 B．物體所受的力越大，位移越大，則該力對物體做功一定越多 C．物體所受的合外力不為零時(shí)，動(dòng)能可能不變 D．在一對作用力和反作用力中，若作用力對物體做

19、正功，則反作用力對物體一定做負(fù)功 11．如圖是某緩沖裝置，勁度系數(shù)足夠大的輕質(zhì)彈簧與直桿相連，直桿可在固定的槽內(nèi)移動(dòng)，與槽間的滑動(dòng)摩擦力恒為f，直桿質(zhì)量不可忽略。一質(zhì)量為m的小車以速度v0撞擊彈簧，最終以速度v彈回。直桿足夠長，且直桿與槽間的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，不計(jì)小車與地面間的摩擦。則 A．小車被彈回時(shí)速度v一定小于v0 B．直桿在槽內(nèi)移動(dòng)的距離等于 C．直桿在槽內(nèi)向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，小車與直桿始終保持相對靜止 D．彈簧的彈力可能大于直桿與槽間的最大靜摩擦力 12．（2019·黑龍江哈爾濱市第六中學(xué)校月考）質(zhì)量為2 kg的物體以10 m/s的初速度，從起點(diǎn)A出發(fā)豎直向上拋出，

20、在它上升到某一點(diǎn)的過程中，物體的動(dòng)能損失了50 J，機(jī)械能損失了10 J，設(shè)物體在上升、下降過程空氣阻力大小恒定，則該物體再落回到A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為（g=10 m/s2） A．40 J B．60 J C．80 J D．100 J 13．如圖所示，豎直平面內(nèi)四分之一光滑圓弧軌道AP和水平傳送帶PC相切于P點(diǎn)，圓弧軌道的圓心為O，半徑為R。一質(zhì)量為m的小物塊從圓弧頂點(diǎn)A由靜止開始沿軌道下滑，再滑上傳送帶PC，傳送帶可以速度沿逆時(shí)針方向的傳動(dòng)。小物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，不計(jì)物塊經(jīng)過圓弧軌道與傳送帶連接處P時(shí)的機(jī)械能損失，若傳送帶沿逆時(shí)針方向轉(zhuǎn)動(dòng)，物塊恰能滑到右端C，重力加速度為g=10 m/

21、s2。則下列說法正確的是 A．若水平傳送帶沿逆時(shí)針方向轉(zhuǎn)動(dòng)的速度增大，小物塊不能滑到傳送帶右端C B．傳送帶PC之間的距離 C．若傳送帶速度大小v0不變，順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，小物塊從P點(diǎn)滑到C點(diǎn)所用的時(shí)間 D．若傳送帶速度大小v0不變，順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，要讓小物塊一直在傳送帶上做勻減速運(yùn)動(dòng)，則小物塊在圓弧頂點(diǎn)A的最小速度 14．（2019·甘肅蘭州一中期末）如圖所示，AB為1/4圓弧軌道，BC為水平直軌道，圓弧的半徑為R，BC的長度也是R，一質(zhì)量為m的物體，與兩個(gè)軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)都為μ，當(dāng)它由軌道頂端A從靜止開始下落，恰好運(yùn)動(dòng)到C處停止，那么物體在AB段克服摩擦力所做的功為 A．μmg

22、R B．mgR C．－mgR D．(1－μ)mgR 15．（2019·山東期末）某工地上，工人將放在地面上一重10 N的箱子吊起。箱子在繩的拉力作用下由靜止開始豎直向上運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過程中箱子的機(jī)械能E與其位移x的關(guān)系圖象如圖所示，其中0~5 m過程的圖線為曲線，5 m~15 m過程的圖線為直線。根據(jù)圖象可知 A．0~5 m過程中箱子所受的拉力逐漸減小 B．0~15 m過程中箱子的動(dòng)能一直增加 C．在位移為15 m時(shí)，拉力F =20 N D．在位移為15 m時(shí)，拉力F =10 N 16．我國將于2022年舉辦冬奧會(huì)，跳臺(tái)滑雪是其中最具觀賞性的項(xiàng)目之一，如圖所示，質(zhì)量m=60 kg

23、的運(yùn)動(dòng)員從長直助滑道末端AB的A處由靜止開始以加速度勻加速滑下，到達(dá)助滑道末端B時(shí)速度 ，A與B的豎直高度差H=48 m，為了改變運(yùn)動(dòng)員的運(yùn)動(dòng)方向，在助滑道與起跳臺(tái)之間用一段彎曲滑道銜接，其中最低點(diǎn)C處附近是一段以O(shè)為圓心的圓弧。助滑道末端B與滑道最低點(diǎn)C的高度差h=5 m，運(yùn)動(dòng)員在B、C間運(yùn)動(dòng)時(shí)阻力做功W=–1 530 J，取。 （1）求運(yùn)動(dòng)員在AB段下滑時(shí)受到阻力的大小； （2）若運(yùn)動(dòng)員能夠承受的最大壓力為其所受重力的6倍，則C點(diǎn)所在圓弧的半徑R至少應(yīng)為多大。 17．（2019·新課標(biāo)全國Ⅱ卷）從地面豎直向上拋出一物體，其機(jī)械能E總等于動(dòng)能Ek與重力勢能Ep之和。取地面為重力

24、勢能零點(diǎn)，該物體的E總和Ep隨它離開地面的高度h的變化如圖所示。重力加速度取10 m/s2。由圖中數(shù)據(jù)可得 A．物體的質(zhì)量為2 kg B．h=0時(shí)，物體的速率為20 m/s C．h=2 m時(shí)，物體的動(dòng)能Ek=40 J D．從地面至h=4 m，物體的動(dòng)能減少100 J 18．（2019·新課標(biāo)全國Ⅲ卷）從地面豎直向上拋出一物體，物體在運(yùn)動(dòng)過程中除受到重力外，還受到一大小不變、方向始終與運(yùn)動(dòng)方向相反的外力作用。距地面高度h在3 m以內(nèi)時(shí)，物體上升、下落過程中動(dòng)能Ek隨h的變化如圖所示。重力加速度取10 m/s2。該物體的質(zhì)量為 A．2 kg B．1.5 kg C．1 kg D．

25、0.5 kg 19．（2018·江蘇卷）從地面豎直向上拋出一只小球，小球運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后落回地面。忽略空氣阻力，該過程中小球的動(dòng)能Ek與時(shí)間t的關(guān)系圖象是 A． B． C． D． 20．（2018·新課標(biāo)全國II卷）如圖，某同學(xué)用繩子拉動(dòng)木箱，使它從靜止開始沿粗糙水平路面運(yùn)動(dòng)至具有某一速度，木箱獲得的動(dòng)能一定 A．小于拉力所做的功 B．等于拉力所做的功 C．等于克服摩擦力所做的功 D．大于克服摩擦力所做的功 21．（2017·江蘇卷）一小物塊沿斜面向上滑動(dòng)，然后滑回到原處。物塊初動(dòng)能為，與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)不變，則該過程中，物塊的動(dòng)能與位移的關(guān)系圖線是 A． B． C．

26、 D． 22．（2016·海南卷）如圖，光滑圓軌道固定在豎直面內(nèi)，一質(zhì)量為m的小球沿軌道做完整的圓周運(yùn)動(dòng)。已知小球在最低點(diǎn)時(shí)對軌道的壓力大小為N1，在最高點(diǎn)時(shí)對軌道的壓力大小為N2。重力加速度大小為g，則N1–N2的值為 A．3mg B．4mg C．5mg D．6mg 23．（2016·浙江卷）如圖所示為一滑草場。某條滑道由上下兩段高均為h，與水平面傾角分別為45°和37°的滑道組成，滑草車與草地之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為。質(zhì)量為m的載人滑草車從坡頂由靜止開始自由下滑，經(jīng)過上、下兩段滑道后，最后恰好靜止于滑道的底端（不計(jì)滑草車在兩段滑道交接處的能量損失，，）。則 A．動(dòng)摩擦因數(shù)

27、 B．載人滑草車最大速度為 C．載人滑草車克服摩擦力做功為mgh D．載人滑草車在下段滑道上的加速度大小為 24．（2015·新課標(biāo)全國Ⅰ卷）如圖所示，一半徑為R，粗糙程度處處相同的半圓形軌道豎直固定放置，直徑POQ水平。一質(zhì)量為m的質(zhì)點(diǎn)自P點(diǎn)上方高度R處由靜止開始下落，恰好從P點(diǎn)進(jìn)入軌道。質(zhì)點(diǎn)滑到軌道最低點(diǎn)N時(shí)，對軌道的壓力為4mg，g為重力加速度的大小。用W表示質(zhì)點(diǎn)從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的過程中克服摩擦力所做的功。則 A．，質(zhì)點(diǎn)恰好可以到達(dá)Q點(diǎn) B．，質(zhì)點(diǎn)不能到達(dá)Q點(diǎn) C．，質(zhì)點(diǎn)到達(dá)Q后，繼續(xù)上升一段距離 D．，質(zhì)點(diǎn)到達(dá)Q后，繼續(xù)上升一段距離 25．（2016·上海卷）地面上

28、物體在變力F作用下由靜止開始豎直向上運(yùn)動(dòng)，力F隨高度x的變化關(guān)系如圖所示，物體能上升的最大高度為h，h

29、個(gè)過程中，拉力做的功W。 1．B【解析】下坡過程中，根據(jù)動(dòng)能定理得：，代入數(shù)據(jù)解得：Wf=–3 800 J，故B正確，ACD錯(cuò)誤。 2．B【解析】AB、重力對物體做功為1 900 J，是正功，則物體重力勢能減小了1 900 J，故A不符合題意，B符合題意；CD、外力對物體所做的總功為 W總=WG+W阻=1900 J–100 J=1 800 J，是正功，根據(jù)動(dòng)能定理得:動(dòng)能增加了1 800 J。故CD不符合題意。 3．BC【解析】A、根據(jù)動(dòng)能定理，拋出時(shí)人對物體做功等于物體的初動(dòng)能，為，故A錯(cuò)誤。B、自拋出到落地，重力對物體做功為：WG=mgh=1×10×10 J=100 J，

30、故B正確。C、飛行過程根據(jù)動(dòng)能定理得：mgh–Wf=Ek2–Ek1，代入解得物體克服阻力做的功為：，故C正確。D、由于空氣阻力的影響，物體不是平拋運(yùn)動(dòng)，故豎直分運(yùn)動(dòng)不是自由落體運(yùn)動(dòng)，且空氣阻力是變力，無法求解運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，故D錯(cuò)誤。故選BC。 【名師點(diǎn)睛】本題是動(dòng)能的定義和動(dòng)能定理的簡單應(yīng)用，空氣阻力是變力，運(yùn)用動(dòng)能定理求解克服空氣阻力做功是常用的方法。 4．D【解析】A、動(dòng)能定理的表達(dá)式W=Ek2–Ek1，W指的是合外力所做的功，包含重力做功，故A不符合題意；B、動(dòng)能定理適用于任何運(yùn)動(dòng)，既適用于直線運(yùn)動(dòng)，也適用于曲線運(yùn)動(dòng)，既適用于恒力做功，也適用于變力做功，故B不符合題意；C、運(yùn)動(dòng)物體所受

31、合外力不為零，則該物體一定做變速運(yùn)動(dòng)，若合外力方向始終與運(yùn)動(dòng)方向垂直，合外力不做功，動(dòng)能不變，故C不符合題意；D、公式中的Ek2–Ek1為動(dòng)能的增量，當(dāng)W＞0時(shí)，即Ek2–Ek1＞0，動(dòng)能增加，當(dāng)W＜0時(shí)，即Ek2–Ek1＜0，動(dòng)能減少，故D符合題意。 5．A【解析】分析可知，木塊下滑中，重力做正功、支持力不做功，摩擦力做負(fù)功；重力做功：；摩擦力做功：；則由動(dòng)能定理可得：；即滑到底部的動(dòng)能為：；因h、m不變，而tanθ隨角度的增大而增大，故隨角度θ的增大而增大，A正確；故本題選A。 【名師點(diǎn)睛】木塊在下滑中受重力、彈力及摩擦力，分析各力做功情況，由動(dòng)能定理列出通式可比較木塊滑到底部時(shí)的動(dòng)能

32、大小。 6．C【解析】小球從拋出到落地過程中，只有重力做功，下落的高度相同，根據(jù)動(dòng)能定理可得，兩種情況下動(dòng)能變化量相同；根據(jù)題意豎直上拋運(yùn)動(dòng)時(shí)間必平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間長，根據(jù)可知?jiǎng)恿孔兓坎煌?，C正確。 7．ACD【解析】在0~1 s內(nèi)，物體做勻加速運(yùn)動(dòng)，動(dòng)能增加，根據(jù)動(dòng)能定理知，合外力做正功，A正確；在1~3 s內(nèi)，物體做勻速運(yùn)動(dòng)，合外力為零，不做功，B錯(cuò)誤；在3~7 s內(nèi)，動(dòng)能的變化量為零，根據(jù)動(dòng)能定理可知，合外力做功為零，C正確；在0~5 s內(nèi)，速度變化量為零，動(dòng)能的變化量為零，由動(dòng)能定理知合力做功為零，則合力的平均功率為零，D正確。 8．D【解析】A.由圖可以讀出0~25 s內(nèi)汽車的初

33、、末速度，結(jié)合質(zhì)量，能求出動(dòng)能的變化，根據(jù)動(dòng)能定理可求前25 s內(nèi)合外力對汽車所做的功，故A不符合題意。B.根據(jù)速度圖線與時(shí)間軸所圍成的面積表示位移，能求出前25 s內(nèi)汽車的位移，從而可以求出前25 s內(nèi)汽車的平均速度，故B不符合題意。C、根據(jù)速度圖象的斜率表示加速度，可以求出15~25 s內(nèi)汽車的加速度，故C不符合題意。D.根據(jù)F–f=ma，知道加速度a和汽車的質(zhì)量m，不能求解15~25 s內(nèi)汽車所受的阻力，選項(xiàng)D符合題意。 9．A【解析】AB、在0~2 s可讀出初末速度，由動(dòng)能定理可得，故A正確，B錯(cuò)誤。CD、在0~6 s內(nèi)由全程的動(dòng)能定理：，其中；對于0~2 s牛頓第二定律，得，而，聯(lián)

34、立得，故CD錯(cuò)誤。故選A。 【名師點(diǎn)睛】本題考查功的計(jì)算以及牛頓第二定律的應(yīng)用、圖象的應(yīng)用，要注意明確物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，再由牛頓第二定律求出拉力和摩擦力，才能準(zhǔn)確求解。 10．C【解析】A、合外力對物體做功為零時(shí)，機(jī)械能不一定守恒，例如勻速上升的升降機(jī)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B、根據(jù)W=Fscosθ可知，物體所受的力越大，位移越大，則該力對物體做功不一定越多，還要看力和位移方向的夾角，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C、物體所受的合外力不為零時(shí)，動(dòng)能可能不變，例如做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的物體，選項(xiàng)C正確；D、在一對作用力和反作用力中，若作用力對物體做正功，則反作用力對物體可能做負(fù)功，也可能做正功或者不做功，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 11．

35、BD【解析】小車在向右運(yùn)動(dòng)的過程中，若彈簧的形變量始終小于，直桿和槽間無相對運(yùn)動(dòng)，小車被彈回時(shí)速度v等于v0；若形變量等于，直桿和槽將發(fā)生相對運(yùn)動(dòng)，克服摩擦力做功，小車的動(dòng)能減小，小車被彈回時(shí)速度v小于v0，A錯(cuò)誤，D正確。對整個(gè)過程應(yīng)用動(dòng)能定理有–fs=–，可得直桿在槽內(nèi)移動(dòng)的距離s=，B正確。直桿在槽內(nèi)由靜止開始向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，小車速度大于零，小車不可能與直桿始終保持相對靜止，C錯(cuò)誤。 12．B【解析】物體上升到某一高度時(shí)，重力、阻力均做負(fù)功，根據(jù)動(dòng)能定理有：W合=△Ek ①，空氣阻力做功對應(yīng)著機(jī)械能的變化，則有:Wf=△E ②，將△EK=–50 J，△E=–10 J，代入①②可得:W合

36、=–50 J，Wf=–10 J，可得W合=5Wf，物體的初動(dòng)能為；當(dāng)物體從A點(diǎn)到最高點(diǎn)的過程中，物體的動(dòng)能減小了100 J，由動(dòng)能定理可得，合力做的功W合上=–100 J，所以空氣阻力做功為Wf上=–20 J，由功能原理知，機(jī)械能損失了20 J，由于空氣阻力大小恒定，所以下落過程機(jī)械能也損失了20 J，則物體落回A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為100 J–2×20 J=60 J，故A，C，D錯(cuò)誤，B正確。 13．BCD【解析】A、若水平傳送帶沿逆時(shí)針方向轉(zhuǎn)動(dòng)的速度增大，物塊受到的滑動(dòng)摩擦力不變，滑動(dòng)摩擦力做功與速度變大前一樣，故小物塊仍然恰能滑到右端C，故A錯(cuò)誤；B、從A到C，對小物塊運(yùn)用動(dòng)能定理可得：，解得

37、：，故B正確；C、若傳送帶速度大小v0不變，順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理得：，可得，物塊滑動(dòng)到P點(diǎn)的速度：，根據(jù)牛頓第二定律可得：，得，假設(shè)傳送帶足夠長，共速時(shí)間：，共速時(shí)小物塊相對P點(diǎn)向右運(yùn)動(dòng)的位移：，故小物塊在傳送帶上先做勻減速運(yùn)動(dòng)，然后做勻速運(yùn)動(dòng)，則勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為：，可得小物塊從P點(diǎn)滑到C點(diǎn)所用的時(shí)間：，故C正確；D、若傳送帶速度大小v0不變，要讓小物塊一直在傳送帶上做勻減速運(yùn)動(dòng)，則小物塊滑到傳送帶右端C時(shí)速度恰好與傳送帶共速為：，對整個(gè)過程，由動(dòng)能定理得：，解得，即小物塊在圓弧頂點(diǎn)A的最小速度，故D正確。 【名師點(diǎn)睛】解決本題的關(guān)鍵是分析清楚小物塊的運(yùn)動(dòng)情況，應(yīng)用動(dòng)能定理、牛頓第二定律

38、、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式進(jìn)行研究。要注意分析物塊與傳送帶共速的狀態(tài)。 14．D【解析】BC段物體受摩擦力f=μmg，位移為R，故BC段摩擦力對物體做功W=–fR=–μmgR；對全程由動(dòng)能定理可知，mgR+W1+W=0，解得W1=μmgR–mgR；故AB段克服摩擦力做功為W克=mgR–μmgR。選項(xiàng)D正確。 15．AD【解析】A、據(jù)功能關(guān)系，物體機(jī)械能的變化等于重力以外其它力做的功；據(jù)可知，機(jī)械能E與其位移x的關(guān)系圖象切線斜率表示箱子所受拉力；由圖象得，0~5 m過程中箱子所受的拉力逐漸減小，故A項(xiàng)正確；BCD、由圖象得，0~5 m過程中箱子所受的拉力逐漸減小，5~15 m過程中箱子所受拉力；0~5 m

39、過程中箱子所受的拉力大于重力，箱子的動(dòng)能增加；5~15 m過程中箱子所受的拉力等于重力，箱子的動(dòng)能不變。故BC兩項(xiàng)錯(cuò)誤，D項(xiàng)正確。 16．（1）144 N （2）12.5 m 【解析】（1）運(yùn)動(dòng)員在AB上做初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)AB的長度為x，斜面的傾角為α，則有 根據(jù)牛頓第二定律得： 又， 由以上三式聯(lián)立解得 （2）設(shè)運(yùn)動(dòng)員到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度為vC，在由B到達(dá)C的過程中，由動(dòng)能定理有: 設(shè)運(yùn)動(dòng)員在C點(diǎn)所受的支持力為FN，由牛頓第二定律得： 由運(yùn)動(dòng)員能承受的最大壓力為其所受重力的6倍，聯(lián)立解得 17．AD【解析】A．Ep–h圖像知其斜率為G，故G==20 N，解得

40、m=2 kg，故A正確B．h=0時(shí)，Ep=0，Ek=E機(jī)–Ep=100 J–0=100 J，故=100 J，解得：v=10 m/s，故B錯(cuò)誤；C．h=2 m時(shí)，Ep=40 J，Ek=E機(jī)–Ep=85 J–40 J=45 J，故C錯(cuò)誤；D．h=0時(shí)，Ek=E機(jī)–Ep=100 J–0=100 J，h=4 m時(shí)，Ek′=E機(jī)–Ep=80 J–80 J=0 J，故Ek–Ek′=100 J，故D正確。 18．C【解析】對上升過程，由動(dòng)能定理，，得，即F+mg=12 N；下落過程，，即N，聯(lián)立兩公式，得到m=1 kg、F=2 N。 19．A【解析】本題考查動(dòng)能的概念和Ek-t圖象，意在考查考生的推理能

41、力和分析能力。小球做豎直上拋運(yùn)動(dòng)時(shí)，速度v=v0–gt，根據(jù)動(dòng)能得，故圖象A正確。 【名師點(diǎn)睛】本題以豎直上拋運(yùn)動(dòng)為背景考查動(dòng)能的概念和Ek-t圖象，解題的方法是先根據(jù)豎直上拋運(yùn)動(dòng)物體的速度特點(diǎn)寫出速度公式，在根據(jù)動(dòng)能的概念寫出函數(shù)方程，最后根據(jù)函數(shù)方程選擇圖象。 20．A【解析】受力分析，找到能影響動(dòng)能變化的是那幾個(gè)物理量，然后觀測這幾個(gè)物理量的變化即可。木箱受力如圖所示： 木箱在移動(dòng)的過程中有兩個(gè)力做功，拉力做正功，摩擦力做負(fù)功，根據(jù)動(dòng)能定理可知即：，所以動(dòng)能小于拉力做的功，故A正確；無法比較動(dòng)能與摩擦力做功的大小，CD錯(cuò)誤。故選A 【名師點(diǎn)睛】正確受力分析，知道木箱在運(yùn)動(dòng)過程

42、中有那幾個(gè)力做功且分別做什么功，然后利用動(dòng)能定理求解末動(dòng)能的大小。 21．C【解析】向上滑動(dòng)的過程中，根據(jù)動(dòng)能定理有，當(dāng)Ek=0時(shí)，同理，下滑過程中，由動(dòng)能定理有，當(dāng)x=0時(shí)，故選C。 22．D【解析】設(shè)小球在最低點(diǎn)時(shí)速度為v1，在最高點(diǎn)時(shí)速度為v2，根據(jù)牛頓第二定律，在最低點(diǎn)有N1–mg=，在最高點(diǎn)有N2+mg=；從最高點(diǎn)到最低點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理有mg·2R=–，聯(lián)立可得N1–N2=6mg，故選D。 23．AB【解析】由動(dòng)能定理有，解得，A正確；對前一段滑道，根據(jù)動(dòng)能定理有，解得，B正確；載人滑草車克服摩擦力做功2mgh，C錯(cuò)誤；載人滑草車在下段滑道上的加速度大小為，D錯(cuò)誤。 24．C

43、【解析】質(zhì)點(diǎn)經(jīng)過N點(diǎn)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律有，可得質(zhì)點(diǎn)經(jīng)過N點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能，質(zhì)點(diǎn)由靜止運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理有，得，質(zhì)點(diǎn)從P點(diǎn)到Q點(diǎn)，由摩擦力做負(fù)功，在左右等高的位置，質(zhì)點(diǎn)在左側(cè)的速度大于在右側(cè)的速度，質(zhì)點(diǎn)在右側(cè)需要的向心力較小，軌道彈力較小，滑動(dòng)摩擦力較小，所以從N到Q克服摩擦力做的功小于W，從N到Q，根據(jù)動(dòng)能定理有，由，可得，質(zhì)點(diǎn)在Q點(diǎn)速度仍然沒有減小到0，會(huì)繼續(xù)向上運(yùn)動(dòng)一段距離，故選C。 25．0或h 【解析】根據(jù)題意，從圖可以看出力F是均勻減小的，可以得出力F隨高度x的變化關(guān)系：，而，可以計(jì)算出物體到達(dá)h處時(shí)力；物體從地面到h處的過程中，力F做正功，重力做負(fù)功，由動(dòng)能定理可得，而，可得；物體在初位置加速度最大，由牛頓第二定律有，得；物體升高過程，變力先大于重力后小于重力，加速度大小先減小后增大；當(dāng)物體運(yùn)動(dòng)到h處時(shí)，有，可得，即加速度最大的位置是0或h處。 26．（1） （2） （3） 【解析】（1）C受力平衡有，解得 （2）C對B的壓力的豎直分力始終為 C恰好降落到地面時(shí)，B受C的壓力的水平分力最大，為 B受地面的摩擦力，解得 （3）C下降的高度 A的位移 摩擦力做的功 對系統(tǒng)，根據(jù)動(dòng)能定理有 解得 22