高考物理 第五章 第二单元 动能理及其用课时训练营

取夺市安慰阳光实验学校动能定理及其应用
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 ＝0－12
mv 2
，初速为2v
时－fns ＝0－12
m (2v )2
，解得n ＝4.
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12mv 2
B ．小于12mv 2
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12mv 2，可能小于12
mv 2
，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/s 2
，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/s 2
D ．滑行的加速度大小为2.5 m/s 2
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/s 2
，C 错D 对；时间t ＝v 0
a
＝4 s ，B 对．
答案：BD
5．(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．(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 ＋12mv 2
B ．物体所受的合外力做功为12mv 2
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＝W F －W f －mgh ＝12mv 2
，
其中W f 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＝W F ＝W f ＋mgh ＋12
mv 2
，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
W F＋WF A＋W G＝ΔE k
W F＋WF A＝－W G＋ΔE k＝mgh＋ΔE k
即F与F A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．(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
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
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v­t图所示，位移相等，故前一过程时间较长，D正确．
答案：AD
9．(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
∴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 ＝5－0.1×2×102
m/s 2＝1.5 m/s 2
.
答案：BD
10．质量为5×103 kg 的汽车在t ＝0时刻速度v 0＝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v m ；
(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 ＝fv m
v m ＝P f ＝6×104
2.5×103
m/s ＝24 m/s
(2)由动能定理可得 Pt －fs ＝12mv 2m －12mv 2
所以s ＝
2Pt －m v 2
m －v 2
2f
＝2×6×104
×72－5×103
×242
－10
2
2×2.5×103
m
＝1 252 m
答案：(1)24 m/s (2)1 252 m
11．(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s 0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 .
(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t 1；
(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v m ，求滑块从静
止释放到速度大小为v m 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v ­t 图象．图中横坐标轴上的t 1、t 2及t 3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v 1为滑块在t 1时刻的速度大小，v m 是题中所指的物理量．(本小题不要求写出计算过程)
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 ＋mg sin θ＝ma ①
s 0＝12
at 2
1②
联立①②可得t 1＝
2ms 0
qE ＋mg sin θ
③
(2)滑块速度最大时受力平衡，设此时弹簧压缩量为x 0，则有
mg sin θ＋qE ＝kx 0④
从静止释放到速度达到最大的过程中，由动能定理得 (mg sin θ＋qE )·(s 0＋x 0)＋W ＝12mv 2
m －0⑤
联立④⑤可得
W ＝12mv 2m －(mg sin θ＋qE )·(s 0＋mg sin θ＋qE k )
(3)如图
(说明：0～t 1匀加速 是直线
t 1～t 2 变加速 达最大速度 t 2～t 3 变减速 减到零)
答案：(1)
2ms 0
qE ＋mg sin θ
(2)12mv 2m －(mg sin θ＋qE )(s 0＋mg sin θ＋qE k )
(3)见解析。