2012高考物理总复习训练：5_2 动能定理及其应用

2012高考物理总复习训练：5_2 动能定理及其应用

1．下列叙述中正确的是( ) A．滑动摩擦力总是对物体做功，静摩擦力总是不做功 B．只要是恒力对物体做功，都是与物体运动路径无关，只与物体的初末位置有关 C．物体的动能变化量为零，物体所受的合外力一定为零，或者物体的位移为零 D．外力对物体做功的代数和为零的过程中，物体必定处于静止状态或匀速直线运动状态 解析：滑动摩擦力有时不对物体做功，静摩擦力也可以对物体做功，A错．利用匀速圆周 运动模型可以否定 C、D. 答案：B 2．速度为 v 的子弹，恰好可以穿透一块固定着的木板，如果子弹速度为 2v，子弹穿透木 板时阻力视为不变，则可穿透几块同样的木板( ) A．2块 B．3块 C．4块 D．1块 解析：设阻力为 f，根据动能定理，初速为 v 时－fs＝0－1 2 mv2，初速为 2v 时－fns＝0－ 1 2 m(2v)2，解得 n＝4.[来源:学科网 ZXXK] 答案：C 3．如图所示，水平传送带长为 s，以速度 v 始终保持匀速运动，把质量为 m的货物放到 A点，货物与皮带间的动摩擦因数为μ.当货物从 A点运动到 B点的过程中，摩擦力对货物做的 功可能是( ) A．等于 1 2 mv2 B．小于 1 2 mv2 C．大于μmgs D．小于μmgs 解析：物体在传送带上相对地面可能先加速后匀速，也可能一直加速而物体的速度小于 v， 故可能等于 1 2 mv2，可能小于 1 2 mv2，可能等于μmgs，可能小于μmgs，但不可能大于μmgs，故 选 A、B、D. 答案：ABD 4．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 动能随位移变化的图线如图所示，g＝10 m/s2，则物体在水平地面上( ) A．所受合外力大小为 5 N B．滑行的总时间为 4 s C．滑行的加速度大小为 1 m/s2[来源:学_科_网 Z_X_X_K] D．滑行的加速度大小为 2.5 m/s2 解析：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 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 2.5 m/s2，C错 D 对；时间 t＝v0 a ＝4 s，B对． 答案：BD 5．(2010年合肥)如图所示，质量为 m的物体从斜面上的 A处由静止滑下，停在水平面上 的 B点(斜面与水平面通过一小段与它们相切的圆弧连接)，量得 A、B两点间的水平距离和 B、 C间距离均为 s，物体与斜面及水平面的动摩擦因数均为μ.如果用与轨道平行的力 F把物体从 C处拉回 A处，则力 F做的功至少为( ) A．μmgs B．2μmgs C．3μmgs D．4μmgs 解析：由动能定理，A→B，mgh－μmgs＝0，C→A，则 W－μmg·2s－mgh＝0，∴W＝3μmgs. 答案：C 6．(2010年山东东营)人通过滑轮将质量为 m的物体，沿粗糙的斜面由静止开始匀加速地 由底端拉上斜面，物体上升的高度为 h，到达斜面顶端的速度为 v，如图所示．则在此过程中 ( ) A．物体所受的合外力做功为 mgh＋1 2 mv2 B．物体所受的合外力做功为 1 2 mv2 C．人对物体做的功为 mgh D．人对物体做的功大于mgh 解析：物体沿斜面做匀加速运动，根据动能定理：W 合＝WF－Wf－mgh＝1 2 mv2，其中 Wf 为物体克服摩擦力做的功．人对物体做的功即是人对物体的拉力做的功，所以 W 人＝WF＝Wf ＋mgh＋1 2 mv2，A、C错误，B、D正确． 答案：BD 7．如图所示，竖直放置的两根平行金属导轨之间接有定值电阻 R，质量不能忽略的金属 棒与两导轨始终保持垂直并良好接触且无摩擦，棒与导轨的电阻均不计，整个装置放在匀强磁 场中，磁场方向与导轨平面垂直，棒在竖直向上的恒力 F作用下加速上升的一段时间内，力 F 做的功与安培力做功的代数和等于( ) A．棒的机械能增加量 B．棒的动能增加量 C．棒的重力势能增加量 D．电阻 R上放出的热量 解析：金属棒受重力、恒力 F和安培力作用，力 F对金属棒做功，金属棒克服重力和安 培力做功，由动能定理 WF＋WFA＋WG＝ΔEk WF＋WFA＝－WG＋ΔEk＝mgh＋ΔEk 即 F与 FA做功的代数和等于金属棒机械能的增加量，故 A正确，B、C、D均错． 答案：A 8．(2010年江苏)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[来源:学&科&网 Z&X&X&K] 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[来源:学科网] D．物块从顶端滑到底端的时间，前一过程较长 解析：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，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，两次图象如 v t图所示， 位移相等，故前一过程时间较长，D正确． 答案：AD 9．(2010年潍坊二模)质量为 2 kg 的物体，放在动摩擦因数μ＝0.1的水平面上，在水平拉 力的作用下由静止开始运动，水平拉力做的功 W和物体发生的位移 l之间的关系如图所示， 重力加速度 g取 10 m/s2，则此物体( ) A．在位移为 l＝9 m时的速度是 3 3 m/s B．在位移为 l＝9 m时的速度是 3 m/s C．在 OA段运动的加速度是 2.5 m/s2 D．在 OA段运动的加速度是 1.5 m/s2 解析：在位移 l＝9 m时由动能定理， W－μmgl＝1 2 mv2[来源:Zxxk.Com] ∴v＝ 2W－2μmgl m ＝ 2×27－2×0.1×2×10×9 2 m/s ＝3 m/s. 在 OA段运动时，W＝Fl F＝W l ＝ 15 3 N＝5 N ∴F－μmg＝ma ∴a＝F－μmg m ＝ 5－0.1×2×10 2 m/s2＝1.5 m/s2.[来源:学科网] 答案：BD 10．质量为 5×103 kg 的汽车在 t＝0时刻速度 v0＝10 m/s，随后以 P＝6×104 W的额定功 率沿平直公路继续前进，经 72 s达到最大速度，该汽车受恒定阻力，其大小为 2.5×103 N．求： (1)汽车的最大速度 vm； (2)汽车在 72 s内经过的路程 s. 解析：(1)达到最大速度时，牵引力等于阻力 P＝fvm vm＝P f ＝ 6×104 2.5×103 m/s＝24 m/s (2)由动能定理可得 Pt－fs＝1 2 mv2m－1 2 mv20 所以 s＝2Pt－mv2m－v20 2f ＝2×6×104×72－5×103×242－102 2×2.5×103 m ＝1 252 m 答案：(1)24 m/s (2)1 252 m 11．(2009年福建)如图甲，在水平地面上固定一倾角为θ的光滑绝缘斜面，斜面处于电场 强度大小为 E、方向沿斜面向下的匀强电场中．一劲度系数为 k的绝缘轻质弹簧的一端固定在 斜面底端，整根弹簧处于自然伸长状态．一质量为 m、带电荷量为 q(q>0)的滑块从距离弹簧上 端为 s0处静止释放，滑块在运动过程中电荷量保持不变，设滑块与弹簧接触过程没有机械能 损失，弹簧始终处在弹性限度内，重力加速度大小为 g. [来源:学,科,网] (1)求滑块从静止释放到与弹簧上端接触瞬间所经历的时间 t1； (2)若滑块在沿斜面向下运动的整个过程中最大速度大小为 vm，求滑块从静止释放到速度 大小为 vm过程中弹簧的弹力所做的功 W； (3)从滑块静止释放瞬间开始计时，请在乙图中画出滑块在沿斜面向下运动的整个过程中 速度与时间关系 vt图象．图中横坐标轴上的 t1、t2及 t3分别表示滑块第一次与弹簧上端接触、 第一次速度达到最大值及第一次速度减为零的时刻，纵坐标轴上的 v1为滑块在 t1时刻的速度 大小，vm是题中所指的物理量．(本小题不要求写出计算过程)[来源:学#科#网 Z#X#X#K] 解析：(1)滑块从静止释放到与弹簧刚接触的过程中做初速度为零的匀加速直线运动，设 加速度大小为 a，则有 qE＋mgsin θ＝ma① s0＝1 2 at21② 联立①②可得 t1＝ 2ms0 qE＋mgsin θ ③ (2)滑块速度最大时受力平衡，设此时弹簧压缩量为 x0，则有 mgsin θ＋qE＝kx0④ 从静止释放到速度达到最大的过程中，由动能定理得 (mgsin θ＋qE)·(s0＋x0)＋W＝ 1 2 mv2m－0⑤ 联立④⑤可得 W＝ 1 2 mv2m－(mgs in θ＋qE)·(s0＋ mgsin θ＋qE k ) (3)如图 (说明：0～t1匀加速 是直线 t1～t2 变加速 达最大速度 t2～t3 变减速 减到零)[来源:学|科|网] 答案：(1) 2ms0 qE＋mgsin θ (2)1 2 mv2m－(mgsin θ＋qE)(s0＋ mgsin θ＋qE k ) (3)见解析 [来源:Zxxk.Com]