1、温馨提示： 此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。高频考点强化练(三) 动能定理和机械能守恒定律的应用(25分钟60分)一、选择题(本题共6小题,每题6分,共36分)1.(2018全国卷)如图,某同学用绳子拉动木箱,使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度。木箱获得的动能一定()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【解析】选A。根据动能定理可得:WF+Wf=Ek,又知道摩擦力做负功,即Wfa1所以物体的速度会减到零,若经时间t速度减到零,则0=v1-a2t得t
2、= s2 s,又因为F2vD1因此是有阻力的。 答案:(1)8 m/s26 m/s(2)1 m/s(3)不光滑(15分钟40分)9.(8分)如图,一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置,直径POQ水平。一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落,恰好从P点进入轨道。质点滑到轨道最低点N时,对轨道的压力为4mg,g为重力加速度的大小。用W表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功。则()A.W=mgR,质点恰好可以到达Q点B.WmgR,质点不能到达Q点C.W=mgR,质点到达Q点后,继续上升一段距离D.WmgR,质点到达Q点后,继续上升一段距离【解析】选C。设质点到达
3、N点的速度为vN,在N点质点受到轨道的弹力为FN,则FN-mg=,已知FN=FN=4mg,则质点到达N点的动能为EkN=m=mgR。质点由开始至N点的过程,由动能定理得mg2R+Wf=EkN-0,解得摩擦力做的功为Wf=-mgR,即克服摩擦力做的功为W=-Wf=mgR。设从N到Q的过程中克服摩擦力做功为W,则WW。从N到Q的过程,由动能定理得-mgR-W=m-m,即mgR-W=m,故质点到达Q点后速度不为0,质点继续上升一段距离。选项C正确。10.(8分)(多选)物体从地面以120 J的初动能竖直向上抛出,当它上升到某一高度A点时,动能减少40 J,机械能减少10 J。设空气阻力大小不变,以地
4、面为零势能面,则物体()A.在最高点时机械能为105 JB.上升到最高点后落回A点时机械能为70 JC.空气阻力与重力大小之比为14D.上升过程与下落过程加速度大小之比为21【解析】选B、D。物体以120 J的初动能竖直向上抛出,做竖直上抛运动,当上升到A点时,动能减少了40 J,机械能损失了10 J。根据功能关系可知:合力做功为-40 J,空气阻力做功为-10 J,合力做功是阻力做功的4倍,则当上升到最高点时,动能为零,动能减小了120 J,合力做功为-120 J,则阻力做功为-30 J,机械能减小30 J,因此在最高点时机械能为120 J-30 J=90 J,故A错误;由以上分析知,从A点
5、到最高点机械能减小20 J,当下落过程中,由于阻力做功不变,所以又损失了20 J,因此该物体落回A时的机械能为110 J-20 J-20 J=70 J,故B正确;对从抛出点到A点的过程,根据功能关系:mgh+fh=40 J,fh=10 J,则得:空气阻力与重力大小之比为fmg=13,故C错误;根据牛顿第二定律得:上升过程有:mg+f=ma1;下降过程有:mg-f=ma2;则得a1a2=21,故D正确。11.(24分)(2020珠海高一检测)如图甲所示,长为4 m的水平轨道AB与半径为R=0.6 m的竖直半圆弧轨道BC在B处平滑连接,有一质量为1 kg的滑块(大小不计)从A处由静止开始受水平力F
6、作用而运动,F随位移变化的关系如图乙所示(水平向右为正),滑块与AB间的动摩擦因数为=0.25,与BC间的动摩擦因数未知,g取10 m/s2。(1)求滑块到达B处时的速度大小。(2)求滑块在水平轨道AB上运动前2 m过程所用的时间。(3)若到达B点时撤去力F,滑块沿半圆弧轨道内侧上滑,并恰好能到达最高点C,则滑块在半圆弧轨道上克服摩擦力所做的功是多少?【解析】(1)对滑块从A到B的过程,由动能定理得F1x1-F3x3-mgx=m得vB=2 m/s。(2)在前2 m内,由牛顿第二定律得F1-mg=ma,且x1=a解得t1= s。(3)当滑块恰好能到达最高点C时,有mg=m对滑块从B到C的过程,由动能定理得W-mg2R=m-m代入数值得W=-5 J即克服摩擦力做的功为5 J。答案:(1)2 m/s(2) s(3)5 J关闭Word文档返回原板块