1、高考资源网（） 您身边的高考专家温馨提示： 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。课时冲关练(十)动能定理(B卷)(45分钟，100分)一、单项选择题(本题共4小题，每小题8分，共32分。每小题只有一个选项正确)1.(2014浙江十校联考)用水平力F拉一物体，使物体在水平地面上由静止开始做匀加速直线运动，t1时刻撤去拉力F，物体做匀减速直线运动，到t2时刻停止。其速度-时间图像如图所示，且，若整个过程拉力F做的功为W1，平均功率为P1；物体克服摩擦阻力Ff做的功为W2，平均功率为P2，则下列选项正确的是()A.W1W2，
2、F=2FfB.W1=W2，F2FfC.W1=W2，P1P2D.P1=P2，F=2Ff【解析】选B。整个运动过程中，根据动能定理有W1-W2=0，所以W1=W2，又P1=，P2=，所以P1=P2；根据牛顿第二定律，施加拉力F时，加速度大小a1=，撤去拉力后加速度大小a2=，因为v -t图像斜率的绝对值表示加速度的大小，根据题图可知a1a2，即，可得F2Ff，综上分析，B正确。2.(2014衢州一模)一质量为m的小球，用长为L的轻绳悬挂于O点，小球在水平拉力F作用下，从平衡位置P点很缓慢地移动到Q点(如图所示)，则力F所做的功为()A.mgLcosB.mgL(1-cos)C.FLcosD.FL【解
3、析】选B。小球运动过程缓慢，因而任一时刻都可以看作是平衡态。由平衡知识得F=mgtan，F随变化而变化。这是一个变力作用下曲线运动问题，要求变力F做的功，不能直接用功的定义式WF=Fscos来求。此过程中，绳的拉力F也是变力，大小和方向均在发生变化，对于这个变力F做功的情况应这样分析：将圆弧分割成无限个小段，每个小段圆弧可近似看成弦。小球在每段小圆弧上运动的位移很短，可以看成拉力方向不变，符合力与位移垂直的条件，所以WF=0。于是，只有重力和水平拉力这两个力做功。重力做的功WG=-mgL(1-cos)，动能的变化为零，由动能定理得WF-mgL(1-cos)=0，即WF=mgL(1-cos)，选
4、项B正确，其他选项均错。3.如图所示，斜面高h，质量为m的物块，在沿斜面向上的恒力F作用下，能匀速沿斜面向上运动，若把此物块放在斜面顶端，在沿斜面向下同样大小的恒力F作用下物块由静止向下滑动，滑至底端时其动能的大小为()A.mghB.2mghC.2FhD.Fh【解析】选B。向上运动过程由动能定理得FL-FfL-mgh=0；向下运动过程由动能定理得FL-FfL+mgh=Ek-0，解得Ek=2mgh，B正确。4.(2014嘉兴二模)如图所示为通过弹射器研究弹性势能的实验装置。光滑圆形轨道竖直固定于光滑水平面上，半径为R。弹射器固定于A处。某一实验过程中弹射器射出一质量为m的小球，恰能沿圆轨道内侧到
5、达最髙点C，然后从轨道D处(D与圆心等高)下落至水平面。取重力加速度为g，下列说法正确的是()A.小球从D处下落至水平面的时间为B.小球至最低点B时对轨道压力为5mgC.小球落至水平面时的动能为2mgRD.释放小球前弹射器的弹性势能为【解析】选D。小球恰能到达最高点C，则有mg=m，解得vC=，小球由C到D过程，由动能定理得mgR=m-m，解得vD=，小球由C到落至地面的过程由动能定理得mg2R=mv2-m，解得v=，小球由C落至地面过程由v=vD+gt得，t=(-)，A错误；小球由B至C过程，由动能定理得-mg2R=m-m，解得vB=，在B点由牛顿第二定律得FNB-mg=m，解得FNB=6m
6、g，B错误；小球落至水平面时的动能Ek=mv2=mgR，C错误；弹射器射出小球的过程机械能守恒，故释放小球前弹射器的弹性势能为，D正确。二、不定项选择题(本题共3小题，每小题8分，共24分。每小题至少一个选项正确)5.(2014温州一模)质量相同的两个小球，分别用长为l和2l的细绳悬挂在天花板上，如图所示，分别拉起小球使线伸直呈水平状态，然后轻轻释放，当小球到达最低位置时()A.两球运动的线速度相等B.两球运动的角速度相等C.两球运动的加速度相等D.细绳对两球的拉力相等【解析】选C、D。根据动能定理mgl=mv2，解得：v=，知右边小球线速度大，故A错误。根据=，知两球的角速度不等，故B错误。
7、向心加速度a=2g，与l无关，所以两球的向心加速度相等，故C正确。根据F-mg=ma，解得F=mg+ma=3mg，所以细绳对两球拉力大小相等，故D正确。6.(2014台州一模)跳水运动员从高H的跳台以速度v1水平跳出，落水时速率为v2，运动员质量为m，若起跳时，运动员所做的功为W1，在空气中克服阻力所做的功为W2，则()A.W1=mB.W1=mgH+mC.W2=m+mgH-mD.W2=m-m【解析】选A、C。运动员跳起时做的功恰好等于运动员离开跳台时的初动能，故A正确，B错误。运动员在空中克服阻力做的功，等于运动员机械能的减少量，故W2=m+mgH-m，C正确，D错误。7.(2014浙江六市一
8、模)某家用桶装纯净水手压式饮水器如图所示，在手连续稳定的按压下，出水速度为v，供水系统的效率为，现测量出桶底到出水管之间的高度差H，出水口倾倒，其离出水管的高度差可忽略，出水口的横截面积为S，水的密度为，重力加速度为g，则下列说法正确的是()A.出水口单位时间内的出水体积V=vSB.出水口所出水落地时的速度为C.出水后，手连续稳定按压的功率为+D.手按压输入的功率等于单位时间内所出水的动能和重力势能之和【解题指南】解答本题应注意以下三点：(1)时间t内流出出水口的水柱长度为vt。(2)水落地的速度可由动能定理求解。(3)供水系统的效率为出水口所出水增加的动能、重力势能的总和与手按压输入的总功的
9、比值。【解析】选A、C。由题意知，设流水时间为t，则水柱长vt，体积V水柱=vtS，可得单位时间内的出水体积V=vS，所以A正确；设落地的速度为v，根据动能定理mgH=m-mv2，故水落地时的速度不等于，所以B错误；设t时间内，供水质量为m，人做功为W，根据供水系统的效率为可得：=，其中m=vtS，代入得P=+，所以C正确，D错误。三、计算题(本题共2小题，共44分。需写出规范的解题步骤)8.(22分)如图所示，水平轨道与竖直平面内的圆弧轨道平滑连接后固定在水平地面上，圆弧轨道B端的切线沿水平方向。质量m=1.0kg的滑块(可视为质点)在水平恒力F=10.0N的作用下，从A点由静止开始运动，当
10、滑块运动的位移x=0.50m时撤去力F。已知A、B之间的距离x0=1.0m，滑块与水平轨道间的动摩擦因数=0.10，g取10m/s2。求：(1)在撤去力F时，滑块的速度大小。(2)滑块通过B点时的动能。(3)滑块通过B点后，能沿圆弧轨道上升的最大高度h=0.35m，求滑块沿圆弧轨道上升过程中克服摩擦力做的功。【解析】(1)滑动摩擦力Ff=mg(2分)设滑块的加速度为a1，根据牛顿第二定律得：F-mg=ma1(3分)解得：a1=9.0m/s2(2分)设滑块运动位移为0.50m时的速度大小为v，根据运动学公式得：v2=2a1x(3分)解得：v=3.0m/s(2分)(2)设滑块通过B点时的动能为Ek
11、B，从A到B运动过程中，由动能定理得：Fx-Ffx0=EkB(4分)解得：EkB=4.0J(1分)(3)设滑块沿圆弧轨道上升过程中克服摩擦力做功为，由动能定理得：-mgh-=0-EkB(3分)解得：=0.50J(2分)答案：(1)3.0m/s(2)4.0 J(3)0.50 J【总结提升】应用动能定理解题的一般步骤(1)确定研究对象和研究过程；(2)分析研究对象的受力情况和各力的做功情况；(3)写出该过程中合外力做的功，或分别写出各个力做的功(注意功的正负)，如果研究过程中物体受力情况有变化，要分别写出该力在各个阶段做的功；(4)写出物体的初、末动能；(5)按照动能定理列式求解。9.(22分)(
12、2014温州二模)某兴趣小组设计了如图所示的玩具轨道，它由细圆管弯成，固定在竖直平面内。左右两侧的斜直管道PA与PB的倾角、高度、粗糙程度完全相同，管口A、B两处均用很小的光滑小圆弧管连接(管口处切线竖直)，管口到底端的高度H1=0.4m。中间“8”字形光滑细管道的圆半径R=10cm(圆半径比细管的内径大得多)，并与两斜直管道的底端平滑连接。一质量m=0.5kg的小滑块从管口A的正上方H2处自由下落，第一次到达最低点P的速度大小为10m/s。此后小滑块经“8”字形和PB管道运动到B处竖直向上飞出，然后又再次落回，如此反复。小滑块视为质点，忽略小滑块进入管口时因碰撞造成的能量损失，不计空气阻力，
13、且g取10m/s2。求：(1)滑块第一次由A滑到P的过程中，克服摩擦力做的功。(2)滑块第一次到达“8”字形管道顶端时对管道的作用力。(3)滑块第一次离开管口B后上升的高度。(4)滑块能冲出槽口的次数。【解析】(1)滑块第一次由A滑到P的过程中，克服摩擦力做功m=mg(H1+H2)-W1(2分)代入数据得W1=2J(2分)(2) m-m=-4mgR(2分)在“8”字形管道最高点mg+FN=(2分)管道对滑块的弹力大小FN=455N，方向向下，(2分)由牛顿第三定律得滑块对管道的弹力大小FN=455N，方向向上(2分)(3)滑块第一次由A到B克服摩擦力做的功W2=2W1=4J(2分)mg(H2-
14、h)=W2(2分)上升的高度h=4.2m(2分)(4)n=6.25(2分)所以滑块能离开槽口的次数为6次(2分)答案：(1)2J(2)455N，方向向上(3)4.2m(4)6次【加固训练】(2014浙江六市一模)如图所示是阿毛同学的漫画中出现的装置，描述了一个“吃货”用来做“糖炒栗子”的“萌”事儿：将板栗在地面小平台上以一定的初速度经两个四分之一的圆弧衔接而成的轨道，从最高点P飞出进入炒锅内，利用来回运动使其均匀受热。我们用质量为m的小滑块代替栗子，借这套装置来研究一些物理问题。设大、小两个四分之一圆弧半径为2R和R，小平台和圆弧均光滑。将过锅底的纵截面看作是两个斜面AB、CD和一段光滑圆弧组
15、成。斜面动摩擦因数均为0.25，而且不随温度变化。两斜面倾角均为=37，AB=CD=2R，A、D等高，D端固定一小挡板，碰撞不损失机械能。滑块的运动始终在包括锅底最低点的竖直平面内，重力加速度为g。(1)如果滑块恰好能经P点飞出，为了使滑块恰好沿AB斜面进入锅内，应调节锅底支架高度使斜面的A、D点离地高为多少？(2)接(1)问，求滑块在锅内斜面上走过的总路程。(3)对滑块的不同初速度，求其通过最高点P和小圆弧最低点Q时受弹力之差的最小值。【解析】(1)在P点根据牛顿第二定律得mg=，vP=到达A点时速度方向要沿着AB，vy=vPtan=所以AD离地高度为h=3R-=R(2)经过A点滑块的速度为v=假设经过一个来回能够回到A点，设回来时动能为Ek，Ek=mv2-mgcos8R0所以滑块不会滑到A而飞出。根据动能定理mg2Rsin-mgcoss=0-mv2得滑块在锅内斜面上走过得总路程s=(3)设初速度、最高点速度分别为v1、v2由牛顿第二定律得在Q点：F1-mg=在P点：F2+mg=F1-F2=2mg+由动能定理得：-mg3R=m-m解得-=6gR为定值代入v2的最小值得压力差的最小值为9mg答案：(1)R(2)(3)9mg关闭Word文档返回原板块- 11 - 版权所有高考资源网
