屆高中物理二輪復習熱點題型專練專題.動能定理及應用含剖析屆高中物理二輪復習熱點題型專練專題.動能定理及應用含剖析PAGE屆高中物理二輪復習熱點題型專練專題.動能定理及應用含剖析專題5.2動能定理及應用1.一個質量為m的物體靜止放在圓滑水平面上，在互成60°角的大小相等的兩個水平恒力作用下，經(jīng)過一段時間，物體獲取的速度為v，在力的方向上獲取的速度分別為v1、v2，以以下圖，那么在這段時間內(nèi)，此中一個力做的功為()A．eq\f(1,6)mv2B．eq\f(1,4)mv2C．eq\f(1,3)mv2D．eq\f(1,2)mv2答案：B剖析：物體由靜止勻加快直線運動，由動能定理W＝eq\f(1,2)mv2，兩分力等大，物體沿對角線方向運動，則兩分力的功W1與W2等大，由W＝W1＋W2可知W1－W2＝eq\f(1,2)W＝eq\f(1,2)·eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,4)mv2，則B正確。2.用起重機提高貨物，貨物上漲過程中的v－t圖象以以下圖，在t＝3s到t＝5s內(nèi)，重力對貨物做的功為W1、繩索拉力對貨物做的功為W2、貨物所受協(xié)力做的功為W3，則()A．W1>0B．W2<0C．W2>0D．W3>0答案：C3．物體在恒定阻力作用下，以某初速度在水平面上沿直線滑行直到停止。以a、Ek、s和t分別表示物體運動的加快度大小、動能、位移的大小和運動的時間，則以下各圖象中，能正確反應這一過程的是()答案：C剖析：物體在恒定阻力作用下運動，其加快度隨時間不變，隨位移不變，選項A、B錯誤；由動能定理，－fs＝Ek－Ek0，解得Ek＝Ek0－fs，選項C正確D錯誤。4．用水平力F拉一物體，使物體在水平川面上由靜止開始做勻加快直線運動，t1時辰撤去拉力F，物體做勻減速直線運動，到t2時辰停止，其速度—時間圖象以以下圖，且α>β，若拉力F做的功為W1，均勻功率為P1；物體戰(zhàn)勝摩擦阻力Ff做的功為W2，均勻功率為P2，則以下選項正確的選項是()A．W1>W2，F(xiàn)＝2FfB．W1＝W2，F(xiàn)>2FfC．P1<P2，F(xiàn)>2FfD．P1＝P2，F(xiàn)＝2Ff答案：B5．如圖，一質量為m的小石塊從半徑為R的四分之一圓弧軌道上與圓心等高處A靜止開釋，經(jīng)時間t下滑到軌道最低點B時對軌道的壓力為2mg，今后水平飛出恰巧垂直擊中傾角為θ＝30°的斜面，空氣阻力不計。則以下對于石塊運動的說法中，正確的選項是()A．從A到B均勻速度為eq\f(πR,2t)B．石塊在圓弧軌道上運動時先超重后失重C．石塊在圓弧軌道上運動時戰(zhàn)勝阻力做的功為eq\f(mgR,4)D．石塊從圓弧軌道飛出到擊中斜面的時間為eq\r(\f(3R,g))答案：D剖析：石塊從A到B，位移為eq\r(2)R，均勻速度為eq\r(2)R/t，A選項錯誤；石塊在圓弧軌道上運動時，豎直速度先從零開始增添，此后減速為零，所以石塊在豎直方向上先失重，后超重，B選項錯誤；石塊在圓弧軌道上運動，在最低點有FN－mg＝mv2/R，F(xiàn)N＝2mg，求得v＝eq\r(gR)，由動能定理得mgR－Wf＝mv2/2，解得Wf＝mgR/2，C選項錯誤；石塊垂直擊中斜面，將末速度分解，得vy＝vcot30°，vy＝at，解得t＝eq\r(\f(3R,g))，D選項正確。6．以以下圖，若物體與接觸面之間的動摩擦因數(shù)各處同樣，DO是水平面，AB是斜面。初速度為10m/s的物體從D點出發(fā)沿路面DBA恰巧可以達到極點A，假如斜面改為AC，再讓該物體從D點出發(fā)沿DCA恰巧也能達到A點，則物體第二次運動擁有的初速度()A．可能大于12m/sB．可能等于8m/sC．必然等于10m/sD．可能等于10m/s，詳細數(shù)值與斜面的傾角相關答案：C7．以以下圖，一個小球(視為質點)從H＝12m高處，由靜止開始沿圓滑曲折軌道AB進入半徑R＝4m的豎直圓環(huán)內(nèi)側，且與圓環(huán)的動摩擦因數(shù)各處相等，當?shù)诌_圓環(huán)極點C時，恰巧對軌道壓力為零；此后沿CB圓弧滑下，進入圓滑弧形軌道BD，抵達高度為h的D點時速度為零，則A的值可能為()A．10mB．9.5mC．8.5mD．8m答案：BC剖析：小球抵達環(huán)頂C時，恰巧對軌道壓力為零，在C點，由重力充任向心力，則依據(jù)牛頓第二定律得：mg＝meq\f(v2,R)，因R＝4m，小球在C點時的動能為eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mgR＝2mg，以B點為零勢能面，小球重力勢能Ep＝2mgR＝8mg，開始小球從H＝12m高處，由靜止開始經(jīng)過圓滑弧形軌道AB，所以在小球上漲到極點時，依據(jù)動能定理得：mg(H－2R)－Wf＝eq\f(1,2)mv2，所以戰(zhàn)勝摩擦力做功Wf＝2mg，此時機械能等于10mg，今后小球沿軌道下滑，因為機械能有損失，所以下滑速度比上漲速度小，所以對軌道壓力變小，受摩擦力變小，所以下滑時，戰(zhàn)勝摩擦力做功大小小于2mg，機械能有損失，抵達底端時小于10mg；此時小球機械能大于10mg－2mg＝8mg，而小于10mg，所以進入圓滑弧形軌道BD時，小球機械能的范圍為，8mg<Ep<10mg，所以高度范圍為8m<h<10m，故B、C正確。8.以以下圖，與水平面的夾角為銳角的斜面底端A向上有三個等間距點B、C和D，即AB＝BC＝CD，D點距水平面高為h。小滑塊以某一初速度從A點出發(fā)，沿斜面向上運動。若斜面圓滑，則滑塊抵達D地點時速度為零；若斜面AB部分與滑塊有各處同樣的摩擦，其他部分圓滑，則滑塊上滑到C地點時速度為零，此后下滑。已知重力加快度為g，則在AB有摩擦的狀況下()A．從C地點返回到A地點的過程中，戰(zhàn)勝阻力做的功為eq\f(2,3)mghB．滑塊從B地點返回到A地點的過程中，動能的變化為零C．滑塊從C地點返回到B地點時的動能為eq\f(1,3)mghD．滑塊從B地點返回到A地點時的動能為eq\f(2,3)mgh答案：BC9．以以下圖，A是半徑為R的圓形圓滑軌道，固定在木板B上，豎直擱置；B的左右雙側各有一圓滑擋板固定在地面上，使其不可以左右運動，小球C靜止放在軌道最低點，A、B、C的質量相等。現(xiàn)給小球一水平向右的初速度v0，使小球在圓形軌道的內(nèi)側做圓周運動，為保證小球能經(jīng)過軌道的最高點，且不會使B走開地面，初速度v0必然知足(重力加快度為g)()A．最小值為eq\r(4gR)B．最大值為eq\r(6gR)C．最小值為eq\r(5gR)D．最大值為eq\r(7gR)答案：CD10.以以下圖，電梯質量為M，它的水平川板上擱置一質量為m的物體，電梯在鋼索的拉力作用下由靜止開始豎直向上加快運動。當上漲高度為H時，電梯的速度達到v，則在這段過程中，以下說法中正確的選項是()A．電梯地板對物體的支持力所做的功等于eq\f(mv2,2)B．電梯地板對物體的支持力所做的功大于eq\f(mv2,2)C．鋼索的拉力所做的功等于eq\f(mv2,2)＋MgHD．鋼索的拉力所做的功大于eq\f(mv2,2)＋MgH答案：BD剖析：電梯地板對物體的支持力所做的功等于物體機械能的變化，即eq\f(1,2)mv2＋mgH，A錯，B對；鋼索的拉力所做的功等于電梯和物體這一系統(tǒng)機械能的增添，即(M＋m)gH＋eq\f(1,2)(M＋m)v2，C錯，D對。11．(多項選擇)一個小物塊從斜面底端沖上足夠長的斜面后，返回到斜面底端．已知小物塊的初動能為E，它返回斜面底端的速度大小為v，戰(zhàn)勝摩擦阻力做功為eq\f(E,2).若小物塊沖上斜面的初動能變成2E，則有()A．返回斜面底端時的動能為EB．返回斜面底端時的動能為eq\f(3E,2)C．返回斜面底端時的速度大小為2vD．返回斜面底端時的速度大小為eq\r(2)v剖析：AD以初動能E沖上斜面并返回的整個過程中運用動能定理得eq\f(1,2)mv2－E＝－eq\f(E,2)①，設以初動能E沖上斜面的初速度為v0，則以初動能2E沖上斜面時，初速度為eq\r(2)v0，加快度同樣，依據(jù)2ax＝0－veq\o\al(2,0)可知第二次沖上斜面的位移是第一次的兩倍，所以上漲過程中戰(zhàn)勝摩擦力做功是第一次的兩倍，整個過程中戰(zhàn)勝摩擦力做功是第一次的兩倍，即為E.以初動能2E沖上斜面并返回的整個過程中運用動能定理得eq\f(1,2)mv′2－2E＝－E②，所以返回斜面底端時的動能為E，A正確，B錯誤．由①②得v′＝eq\r(2)v，C錯誤，D正確．12.以以下圖，質量為m的小球，在離地面H高處由靜止開釋，落到地面后連續(xù)墜入泥中h深度而停止，設小球遇到的空氣阻力為f，重力加快度為g，則以下說法正確的選項是()A．小球落地時動能等于mgHB．小球墜入泥中的過程中戰(zhàn)勝泥的阻力所做的功小于剛落到地面時的動能C．整個過程中小球戰(zhàn)勝阻力做的功等于mg(H＋h)D．小球在泥中遇到的均勻阻力為mg(1＋eq\f(H,h))13.以以下圖，在輕彈簧的下端懸掛一個質量為m的小球A，若將小球A從彈簧原長地點由靜止開釋，小球A可以降落的最大高度為h.若將小球A換為質量為3m的小球B，仍從彈簧原長地點由靜止開釋，則小球B降落h時的速度為(重力加快度為g，不計空氣阻力)()A.eq\r(2gh)B.eq\r(\f(4gh,3))C.eq\r(gh)D.eq\r(\f(gh,2))剖析：B小球A降落h過程小球戰(zhàn)勝彈簧彈力做功為W1，依據(jù)動能定理，有mgh－W1＝0；小球B降落過程，由動能定理有3mgh－W1＝eq\f(1,2)3mv2－0，解得：v＝eq\r(\f(4gh,3))，故B正確．14.以以下圖，某段滑雪雪道傾角為30°，總質量為m(包含雪具在內(nèi))的滑雪運動員從距底端高為h處的雪道上由靜止開始勻加快下滑，加快度為eq\f(1,3)g.在他從上向下滑終歸端的過程中，以下說法正確的選項是()A．運動員減少的重力勢能所有轉變成動能B．運動員獲取的動能為eq\f(1,3)mghC．運動員戰(zhàn)勝摩擦力做功為eq\f(2,3)mghD．下滑過程中系統(tǒng)減少的機械能為eq\f(1,3)mgh剖析：D運動員的加快度為eq\f(1,3)g，沿斜面方向有eq\f(1,2)mg－Ff＝m·eq\f(1,3)g，則摩擦力Ff＝eq\f(1,6)mg，摩擦力做功Wf＝eq\f(1,6)mg·2h＝eq\f(1,3)mgh，A、C錯誤，D正確．運動員獲取的動能Ek＝mgh－eq\f(1,3)mgh＝eq\f(2,3)mgh，B錯誤．15.以以下圖，質量為m的物體置于圓滑水平面上，一根繩索高出定滑輪一端固定在物體上，另一端在力F作用下，以恒定速率v0豎直向下運動，物體由靜止開始運動到繩與水平方向的夾角α＝45°的過程中，繩中拉力對物體做的功為()A.eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)B．mveq\o\al(2,0)C.eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)D.eq\f(\r(2),2)mveq\o\al(2,0)16.用傳感器研究質量為2kg的物體由靜止開始做直線運動的規(guī)律時，在計算機上獲取0～6s內(nèi)物體的加快度隨時間變化的關系以以下圖．以下說法正確的選項是()A．0～6s內(nèi)物體先向正方向運動，后向負方向運動B．0～6s內(nèi)物體在4s時的速度最大C．物體在2～4s內(nèi)速度不變D．0～4s內(nèi)協(xié)力對物體做的功等于0～6s內(nèi)協(xié)力做的功17.以以下圖，上表面水平的圓盤固定在水平川面上，一小物塊從圓盤邊沿上的P點，以大小恒定的初速度v0，在圓盤上沿與直徑PQ成不同樣夾角θ的方向開始滑動，小物塊運動到圓盤另一邊沿時的速度大小為v，則v2－cosθ圖象應為()剖析：A設圓盤半徑為r，小物塊與圓盤間的動摩擦因數(shù)為μ，由動能定理可得，－μmg·2rcosθ＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，整理得v2＝veq\o\al(2,0)－4μgrcosθ，可知v2與cosθ為線性關系，斜率為負，故A正確，B、C、D錯誤．18．(多項選擇)質量為1kg的物體靜止在水平粗拙的地面上，遇到一水平外力F作用運動，如圖甲所示，外力F和物體戰(zhàn)勝摩擦力Ff，做的功W與物體位移x的關系如圖乙所示，重力加快度g取10m/s2.以下剖析正確的選項是()A．物體與地面之間的動摩擦因數(shù)為0.2B．物體運動的位移為13mC．前3m運動過程中物體的加快度為3m/s2D．x＝9m時，物體速度為3eq\r(2)m/s剖析：ACD由Wf＝Ffx對應圖乙可知，物體與地面之間的滑動摩擦力Ff＝2N，由Ff＝μmg可得μ＝0.2，A正確；由WF＝Fx對應圖乙可知，前3m內(nèi)，拉力F1＝5N,3～9m內(nèi)拉力F2＝2N，物體在前3m內(nèi)的加快度a1＝eq\f(F1－Ff,m)＝3m/s2，C正確；由動能定理得：WF－Ffx＝eq\f(1,2)mv2可得：x＝9m時，物體的速度為v＝3eq\r(2)m/s，D正確；物體的最大位移xm＝eq\f(WF,Ff)＝13.5m，B錯誤．19.以以下圖，固定坡道傾角為θ，頂端距圓滑水平面的高度為h，一可視為質點的小物塊質量為m，從坡道頂端由靜止滑卞，經(jīng)過底端O點進入水平面時無機械能損失，為使小物塊制動，將輕彈簧的一端固定在水平面左邊M處的豎直墻上，彈簧自由伸長時右邊一端恰巧位于O點．已知小物塊與坡道間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加快度為g，則以下說法正確的選項是()A．彈簧彈性勢能的最大值為mghB．小物塊在傾斜軌道上運動時，下滑的加快度比上滑的加快度小C．小物塊來回運動的總行程為eq\f(h,μcosθ)D．小物塊返回傾斜軌道時所能達到的最大高度為eq\f(1－μcotθ,1＋μcotθ)h20．如圖甲所示，一個質量m＝4kg的物體靜止在水平川面上，讓物體在隨位移均勻減小的水平推力F作用下運動，推力F隨位移x變化的關系如圖乙所示，已知物體與地面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，取g＝10m/s2，則以下說法正確的選項是()A．物體先做加快運動，推力撤去時開始做減速運動B．物體在水平面上運動的最大位移為10mC．物體運動的最大速度為2eq\r(15)m/sD．物體在運動中的加快度先變小后不變剖析：B物體先做加快運動，當推力小于摩擦力時開始做減速運動，選項A錯誤；由題圖乙中圖線與x軸所圍面積表示推力對物體做的功得推力做的功W＝eq\f(1,2)×4×100J＝200J，依據(jù)動能定理有W－μmgxm＝0，代入數(shù)據(jù)解得xm＝10m，選項B正確；當推力與摩擦力均衡時，加快度為0，速度最大，由題圖乙得F與x的函數(shù)關系式為F＝100－25x(N)，當F＝μmg＝20N時，代入數(shù)據(jù)得x＝3.2m，由動能定理有eq\f(20＋100,2)×3.2J－20×3.2J＝eq\f(1,2)×4kg×veq\o\al(2,m)，解得vm＝8m/s，選項C錯誤；拉力向來減小，而摩擦力不變，加快度先減小后增大，當F＝0后加快度保持不變，選項D錯誤．21．(多項選擇)如圖甲所示，傾角為θ的足夠長的傳達帶以恒定的速率v0沿逆時針方向運轉．t＝0時，將質量m＝1kg的物體(可視為質點)輕放在傳達帶上，物體相對地面的v—t圖象如圖乙所示．設沿傳達帶向下為正方向，取重力加快度g＝10m/s2.則()A．傳達帶的速率v0＝10m/sB．傳達帶的傾角θ＝30°C．物體與傳達帶之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5D．0～2.0s摩擦力對物體做功Wf＝－24J22．(多項選擇)如圖甲所示，為測定物體沖上粗拙斜面能達到的最大位移x與斜面傾角θ的關系，將某一物體每次以不變的初速率v0沿足夠長的斜面向上推出，調(diào)理斜面與水平方向的夾角θ，實驗測得x與斜面傾角θ的關系如圖乙所示，g取10m/s2，依據(jù)圖象可求出()A．物體的初速率v0＝3m/sB．物體與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.75C．取不同樣的傾角θ，物體在斜面上能達到的位移x的最小值xmin＝1.44mD．當某次θ＝30°時，物體達到最大位移后將沿斜面下滑23.以以下圖，用一塊長L1＝1.0m的木板在墻和桌面間架設斜面，桌子高H＝0.8m，長L2＝1.5m．斜面與水平桌面的夾角θ可在0～60°間調(diào)理后固定．將質量m＝0.2kg的小物塊從斜面頂端靜止開釋，物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.05，物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)為μ2，忽視物塊在斜面與桌面交接處的能量損失．(重力加快度取g＝10m/s2；最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)(1)求θ角增大到多少時，物塊能從斜面開始下滑；(用正切值表示)(2)當θ角增大到37°時，物塊恰能停在桌面邊沿，求物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)μ2；(已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(3)連續(xù)增大θ角，發(fā)現(xiàn)θ＝53°時物塊落地點與墻面的距離最大，求此最大距離xm.剖析：(1)為使小物塊下滑，應有mgsinθ≥μ1mgcosθ①θ知足的條件tanθ≥0.05②即當θ＝arctan0.05時物塊恰巧從斜面開始下滑．(2)戰(zhàn)勝摩擦力做功Wf＝μ1mgL1cosθ＋μ2mg(L2－L1cosθ)③由動能定理得mgL1sinθ－Wf＝0④代入數(shù)據(jù)得μ2＝0.8⑤(3)由動能定理得mgL1sinθ－Wf＝eq\f(1,2)mv2⑥聯(lián)合③式并代入數(shù)據(jù)得v＝1m/s⑦由平拋運動規(guī)律得H＝eq\f(1,2)gt2，x1＝vt解得t＝0.4s⑧x1＝0.4m⑨xm＝x1＋L2＝1.9m答案：(1)arctan0.05(2)0.8(3)1.9m24．以以下圖，水平面上放一質量為m＝2kg的小物塊，經(jīng)過薄壁圓筒的略微繞線牽引，圓筒半徑為R＝0.5m，質量為M＝4kg.t＝0時辰，圓筒在電動機帶動下由靜止開始繞豎直中心軸轉動，轉動角速度與時間的關系知足ω＝4t，物塊和地面之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.3，細線向來與地面平行，其他摩擦不計，g取10m/s2，求：(1)物塊運動中遇到的拉力．(2)從開始運動至t＝2s時電動機做了多少功？答案：(1)10N(2)72J25．以以下圖，一質量m＝0.4kg的滑塊(可視為質點)靜止于水平軌道上的A點，滑塊與軌道間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1.現(xiàn)對滑塊施加一水平外力，使其向右運動，外力的功率恒為P＝10W．經(jīng)過一段時間后撤去外力，滑塊連續(xù)滑行至B點后水平飛出，恰幸虧C點沿切線方向進入固定在豎直平面內(nèi)的圓滑圓弧形軌道，軌道的最低點D處裝有壓力傳感器，當滑塊抵達傳感器上方時，傳感器的示數(shù)為25.6N．已知軌道AB的長度L＝2m，圓弧形軌道的半徑R＝0.5m；半徑OC和豎直方向的夾角α＝37°.(空氣阻力可忽視，重力加快度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求：(1)滑塊運動到C點時速度的大小vC；(2)B、C兩點的高度差h及水平距離x；(3)水平外力作用在滑塊上的時間t.剖析：(1)滑塊運動到D點時，由牛頓第二定律得FN－mg＝meq\f(v\o\al(2,D),R)滑塊由C點運動到D點的過程，由機械能守恒定律得mgR(1－cosα)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)代入數(shù)據(jù)，聯(lián)立解得vc＝5m/s.(3)滑塊由A點運動到B點的過程，由動能定理得Pt－μmgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)代入數(shù)據(jù)解得t＝0.4s.答案：(1)5m/s(2)0.45m1.2m(3)0.4s26．某興趣小組設計了以以下圖的玩具軌道，它由細圓管彎成，固定在豎直平面內(nèi)。