（江蘇專用）2021版高考物理一輪復(fù)習(xí) 課后限時(shí)集訓(xùn)15 動(dòng)能定理

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1、課后限時(shí)集訓(xùn)15 動(dòng)能定理 建議用時(shí)：45分鐘 1．(多選)質(zhì)量不等，但有相同動(dòng)能的兩個(gè)物體，在動(dòng)摩擦因數(shù)相同的水平地面上滑行，直至停止，則(　　) A．質(zhì)量大的物體滑行的距離大 B．質(zhì)量小的物體滑行的距離大 C．它們滑行的距離一樣大 D．它們克服摩擦力所做的功一樣多 BD　[由動(dòng)能定理得－μmgx＝－Ek，所以x＝，知質(zhì)量小的物體滑行距離大，選項(xiàng)A、C錯(cuò)誤，B正確；克服摩擦力做功Wf＝Ek相同，選項(xiàng)D正確。] 2.如圖所示，用細(xì)繩通過(guò)定滑輪拉物體，使物體在水平面上由靜止開(kāi)始從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，已知H＝3 m，m＝25 kg，F(xiàn)＝50 N恒定不變，到B點(diǎn)時(shí)的速度v＝2 m/

2、s，滑輪到物體間的細(xì)繩與水平方向的夾角在A、B兩處分別為30°和45°。此過(guò)程中物體克服阻力所做的功為(　　) A．50(5－3) J B．50(7－3) J C．50(3－4) J D．50(3－2) J A　[設(shè)物體克服阻力做的功為Wf，由動(dòng)能定理得F－Wf＝mv2，代入數(shù)據(jù)求得Wf＝50(5－3) J，選項(xiàng)A正確。] 3.(2019·天津模擬)一個(gè)質(zhì)量為0.5 kg的物體，從靜止開(kāi)始做直線運(yùn)動(dòng)，物體所受合外力F隨物體位移x變化的圖象如圖所示，則物體位移x＝8 m 時(shí)，物體的速度為(　　) A．2 m/s B．8 m/s C．4 m/s D．4 m/

3、s C　[F-x圖象中圖線與橫軸所圍面積表示功，橫軸上方為正功，下方為負(fù)功，x＝8 m時(shí)，可求得W＝8 J；由動(dòng)能定理有mv2＝8 J，解得v＝4 m/s，選項(xiàng)C正確。] 4．(2018·江蘇高考)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(guò)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 A　[設(shè)小球拋出瞬間的速度大小為v0，拋出后，某時(shí)刻t小球的速度v＝v0－gt，故小球的動(dòng)能Ek＝mv2＝m(v0－gt)2，結(jié)合數(shù)學(xué)知識(shí)知，選項(xiàng)A正確。] 5.(2019·師大附中檢測(cè))如圖是某中學(xué)科技小組制作的利

4、用太陽(yáng)能驅(qū)動(dòng)小車的裝置。當(dāng)太陽(yáng)光照射到小車上方的光電板，光電板中產(chǎn)生的電流經(jīng)電動(dòng)機(jī)帶動(dòng)小車前進(jìn)。若小車在平直的水泥路上從靜止開(kāi)始加速行駛，經(jīng)過(guò)時(shí)間t前進(jìn)距離s，速度達(dá)到最大值vm，設(shè)這一過(guò)程中電動(dòng)機(jī)的功率恒為P，小車所受阻力恒為F，那么(　　) A．小車先勻加速運(yùn)動(dòng)，達(dá)到最大速度后開(kāi)始勻速運(yùn)動(dòng) B．這段時(shí)間內(nèi)電動(dòng)機(jī)所做的功為Pt C．這段時(shí)間內(nèi)電動(dòng)機(jī)所做的功為mv D．這段時(shí)間內(nèi)電動(dòng)機(jī)所做的功為mv－Fs B　[小車電動(dòng)機(jī)的功率恒定，速度不斷變大，根據(jù)牛頓第二定律，有－F＝ma，故小車的運(yùn)動(dòng)是加速度不斷減小的加速運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；這一過(guò)程中電動(dòng)機(jī)的功率恒為P，所以W電＝Pt，選項(xiàng)

5、B正確；對(duì)小車啟動(dòng)過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理，有W電－Fs＝mv，這段時(shí)間內(nèi)電動(dòng)機(jī)所做的功為W電＝Fs＋mv，選項(xiàng)C、D錯(cuò)誤。] 6．(2019·日照一模)冰壺比賽是在水平冰面上進(jìn)行的體育項(xiàng)目，比賽場(chǎng)地示意圖如圖所示。比賽時(shí)，運(yùn)動(dòng)員腳蹬起蹬器，身體成跪式，手推冰壺從本壘圓心O向前滑行，至前衛(wèi)線時(shí)放開(kāi)冰壺使其沿直線OO′滑向營(yíng)壘圓心O′，為使冰壺能在冰面上滑的更遠(yuǎn)，運(yùn)動(dòng)員可用毛刷刷冰面以減小冰壺與冰面間的動(dòng)摩擦因數(shù)。已知O點(diǎn)到前衛(wèi)線的距離d＝4 m，O、O′之間的距離L＝30.0 m，冰壺的質(zhì)量為20 kg，冰壺與冰面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1＝0.008，用毛刷刷過(guò)冰面后動(dòng)摩擦因數(shù)減小到μ2＝0.004，營(yíng)

6、壘的半徑R＝1 m，g取10 m/s2。 (1)若不刷冰面，要使冰壺恰好滑到O′點(diǎn)，運(yùn)動(dòng)員對(duì)冰壺的推力多大？ (2)若運(yùn)動(dòng)員對(duì)冰壺的推力為10 N，要使冰壺滑到營(yíng)壘內(nèi)，用毛刷刷冰面的距離是多少？ [解析]　(1)設(shè)運(yùn)動(dòng)員對(duì)冰壺的推力大小為F，由動(dòng)能定理得：Fd－μ1mgL＝0 代入數(shù)據(jù)，解得F＝12 N。 (2)設(shè)冰壺運(yùn)動(dòng)到營(yíng)壘的最左邊時(shí)，用毛刷刷冰面的距離是x1，冰壺運(yùn)動(dòng)到營(yíng)壘的最右邊時(shí)，用毛刷刷冰面的距離是x2，則由動(dòng)能定理得：F′d－μ1mg(L－R－x1)－μ2mgx1＝0 代入數(shù)據(jù)，解得x1＝8 m 由動(dòng)能定理得：F′d－μ1mg(L＋R－x2)－μ2mgx2＝0

7、 代入數(shù)據(jù)，解得x2＝12 m 所以用毛刷刷冰面的距離為8 m≤x≤12 m。 [答案]　(1)12 N　(2)見(jiàn)解析 7．(2019·湖北襄陽(yáng)聯(lián)考)質(zhì)量m＝1 kg的物體，在水平拉力F(拉力方向與物體初速度方向相同)的作用下，沿粗糙水平面運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)位移為4 m時(shí)，拉力F停止作用，運(yùn)動(dòng)到位移為8 m時(shí)物體停止運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中Ek-x的圖線如圖所示。取g＝10 m/s2，求： (1)物體的初速度大??； (2)物體和水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)； (3)拉力F的大小。 [解析]　(1)從圖線可知物體初動(dòng)能為2 J，則 Ek0＝mv2＝2 J 得v＝2 m/s。 (2)在位移為4 m

8、處物體的動(dòng)能為Ek＝10 J，在位移為8 m處物體的動(dòng)能為零，這段過(guò)程中物體克服摩擦力做功。 設(shè)摩擦力為Ff，則 －Ffx2＝0－Ek＝0－10 J＝－10 J，x2＝4 m 得Ff＝2.5 N 因Ff＝μmg 故μ＝0.25。 (3)物體從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到位移為4 m這段過(guò)程中，受拉力F和摩擦力Ff的作用，合力為F－Ff，根據(jù)動(dòng)能定理有 (F－Ff)x1＝Ek－Ek0 故得F＝4.5 N。 [答案]　(1)2 m/s　(2)0.25　(3)4.5 N 8.(多選)(2019·江蘇高考)如圖所示，輕質(zhì)彈簧的左端固定，并處于自然狀態(tài)。小物塊的質(zhì)量為m，從A點(diǎn)向左沿水平地面運(yùn)動(dòng)，

9、壓縮彈簧后被彈回，運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)恰好靜止。物塊向左運(yùn)動(dòng)的最大距離為s，與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，彈簧未超出彈性限度。在上述過(guò)程中(　　) A．彈簧的最大彈力為μmg B．物塊克服摩擦力做的功為2μmgs C．彈簧的最大彈性勢(shì)能為μmgs D．物塊在A點(diǎn)的初速度為 BC　[對(duì)物塊從A點(diǎn)開(kāi)始到再回到A點(diǎn)整個(gè)過(guò)程，由動(dòng)能定理可知Wf＝－2μmgs＝0－mv，則vA＝2，故B正確，D錯(cuò)誤。對(duì)物塊從A點(diǎn)開(kāi)始到彈簧壓縮量最大這一過(guò)程，由動(dòng)能定理可知W彈＋W′f＝0－mv，W′f＝－μmgs，則W彈＝－μmgs，則物塊克服彈力做功為μmgs，所以彈簧彈性勢(shì)能增加μmgs，故C正確。

10、當(dāng)克服彈力做功為μmgs時(shí)，彈簧的最大彈力要大于μmg，故A錯(cuò)誤。] 9.用傳感器研究質(zhì)量為2 kg的物體由靜止開(kāi)始做直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律時(shí)，在計(jì)算機(jī)上得到0～6 s內(nèi)物體的加速度隨時(shí)間變化的關(guān)系如圖所示。下列說(shuō)法正確的是(　　) A．0～6 s內(nèi)物體先向正方向運(yùn)動(dòng)，后向負(fù)方向運(yùn)動(dòng) B．0～6 s內(nèi)物體在4 s末的速度最大 C．物體在2～4 s內(nèi)速度不變 D．0～4 s內(nèi)合力對(duì)物體做的功等于0～6 s內(nèi)合力對(duì)物體做的功 D　[a-t圖象中圖線與時(shí)間軸圍成的面積代表物體在相應(yīng)時(shí)間內(nèi)速度的變化情況，在時(shí)間軸上方為正，在時(shí)間軸下方為負(fù)。由題圖可得，物體在6 s末的速度v6＝6 m/s，則0

11、～6 s內(nèi)物體一直向正方向運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；物體在5 s末速度最大，vm＝7 m/s，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；在2～4 s內(nèi)物體加速度不變，物體做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，速度變大，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；在0～4 s內(nèi)，合力對(duì)物體做的功由動(dòng)能定理可知W合4＝mv－0＝36 J,0～6 s內(nèi)，合力對(duì)物體做的功由動(dòng)能定理可知W合6＝mv－0＝36 J，則W合4＝W合6，選項(xiàng)D正確。] 10.(2019·江蘇七市三模)如圖所示，半徑為R的水平圓盤可繞著過(guò)圓心O的豎直軸轉(zhuǎn)動(dòng)，在圓盤上從圓心O到圓盤邊緣開(kāi)有一沿半徑方向的光滑細(xì)槽。一根原長(zhǎng)為R的輕彈簧置于槽內(nèi)，一端固定在圓心O點(diǎn)，另一端貼放著一質(zhì)量為m的小球，彈簧始終在彈性限度內(nèi)。

12、 (1)若小球在沿槽方向的力F1作用下，在圓盤邊緣隨圓盤以角速度ω0轉(zhuǎn)動(dòng)，求F1的大小； (2)若圓盤以角速度ω1轉(zhuǎn)動(dòng)，小球被束縛在槽中距離圓盤邊緣為x的P點(diǎn)，此時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能為Ep。解除束縛后，小球從槽口飛離圓盤時(shí)沿槽方向的速度大小為v，求此過(guò)程中槽對(duì)小球做的功W1； (3)若圓盤以角速度ω2轉(zhuǎn)動(dòng)，小球在沿槽方向推力作用下，從圓盤邊緣緩慢向內(nèi)移動(dòng)距離x到達(dá)P點(diǎn)。如果推力大小保持不變，求彈簧的勁度系數(shù)k以及此過(guò)程中推力做的功W2。 [解析]　(1)小球在沿槽方向的力F1得作用下做圓周運(yùn)動(dòng)，由向心力公式有F1＝mωR。 (2)設(shè)小球從槽口飛出圓盤時(shí)的速度為v1，則根據(jù)運(yùn)動(dòng)的合成：v

13、＝2＋v2，設(shè)在此過(guò)程中彈簧對(duì)小球做功為W，有動(dòng)能定理有：W1＋W＝mv－mω2，由于W＝Ep，解得W1＝m－mω2－Ep。 (3)當(dāng)小球沿槽方向緩慢向內(nèi)移動(dòng)的距離為x1時(shí)，由向心力公式有F－kx1＝mω，解得F＝mωR＋x1 由于F得大小不變，與x1無(wú)關(guān)，則有k＝mω，F(xiàn)＝mωR所以推力做的功W2＝Fx＝mωRx。 [答案]　(1)mωR　(2)m－mω(R－x)2－Ep　(3)mωRx 11.(2019·南京、鹽城三模)如圖所示，桌子靠墻固定放置，用一塊長(zhǎng)L1＝1.0 m的木板在墻和桌面間架設(shè)斜面，桌面距地面H＝0.8 m，桌面總長(zhǎng)L2＝1.5 m，斜面與水平桌面的傾角θ可在0～6

14、0°間調(diào)節(jié)后固定，將質(zhì)量m＝0.2 kg的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從斜面頂端靜止釋放，物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1＝0.05，物塊與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2未知，忽略物塊在斜面與桌面交接處的機(jī)械能損失，不計(jì)空氣阻力。(重力加速度取g＝10 m/s2，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) (1)求當(dāng)θ＝30°時(shí)，物塊在斜面上下滑的加速度的大??；(可以用根號(hào)表示) (2)當(dāng)θ增大到37°時(shí)，物塊恰能停在桌面邊緣，求物塊與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2； (3)μ2取第(2)問(wèn)中的數(shù)值，當(dāng)θ角為多大時(shí)物塊落地點(diǎn)與墻面的距離最大，最大距離xm是多少。 [解析]　

15、(1)根據(jù)牛頓第二定律，對(duì)物體受力分析可得mgsin θ－μ1mgcos θ＝ma 代入數(shù)據(jù)得a＝(5－0.25)m/s2。 (2)由動(dòng)能定理得mgL1sin θ－μ1mgL1cos θ－μ2mg(L2－L1cos θ)＝0－0 代入數(shù)據(jù)得μ2＝0.8。 (3)mgL1sin θ－μ1mgL1cos θ－μ2mg(L2－L1cos θ)＝mv2 得20＝v2 當(dāng)θ＝53°時(shí)vmax＝1 m/s 由于H＝gt2解得t＝0.4 s x1＝vmaxt＝0.4 m xm＝x1＋L2＝1.9 m。 [答案]　(1)(5－0.25)m/s2　(2)0.8　(3)53°　1.9 m 7