（江蘇專用）2021版高考物理一輪復習 課后限時集訓15 動能定理

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1、課后限時集訓15 動能定理 建議用時：45分鐘 1．(多選)質(zhì)量不等，但有相同動能的兩個物體，在動摩擦因數(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　[由動能定理得－μmgx＝－Ek，所以x＝，知質(zhì)量小的物體滑行距離大，選項A、C錯誤，B正確；克服摩擦力做功Wf＝Ek相同，選項D正確。] 2.如圖所示，用細繩通過定滑輪拉物體，使物體在水平面上由靜止開始從A點運動到B點，已知H＝3 m，m＝25 kg，F(xiàn)＝50 N恒定不變，到B點時的速度v＝2 m/

2、s，滑輪到物體間的細繩與水平方向的夾角在A、B兩處分別為30°和45°。此過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　[設物體克服阻力做的功為Wf，由動能定理得F－Wf＝mv2，代入數(shù)據(jù)求得Wf＝50(5－3) J，選項A正確。] 3.(2019·天津模擬)一個質(zhì)量為0.5 kg的物體，從靜止開始做直線運動，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，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，下方為負功，x＝8 m時，可求得W＝8 J；由動能定理有mv2＝8 J，解得v＝4 m/s，選項C正確。] 4．(2018·江蘇高考)從地面豎直向上拋出一只小球，小球運動一段時間后落回地面。忽略空氣阻力，該過程中小球的動能Ek與時間t的關系圖象是(　　) A　　　　　　　　B C　　　　　　　　D A　[設小球拋出瞬間的速度大小為v0，拋出后，某時刻t小球的速度v＝v0－gt，故小球的動能Ek＝mv2＝m(v0－gt)2，結合數(shù)學知識知，選項A正確。] 5.(2019·師大附中檢測)如圖是某中學科技小組制作的利

4、用太陽能驅(qū)動小車的裝置。當太陽光照射到小車上方的光電板，光電板中產(chǎn)生的電流經(jīng)電動機帶動小車前進。若小車在平直的水泥路上從靜止開始加速行駛，經(jīng)過時間t前進距離s，速度達到最大值vm，設這一過程中電動機的功率恒為P，小車所受阻力恒為F，那么(　　) A．小車先勻加速運動，達到最大速度后開始勻速運動 B．這段時間內(nèi)電動機所做的功為Pt C．這段時間內(nèi)電動機所做的功為mv D．這段時間內(nèi)電動機所做的功為mv－Fs B　[小車電動機的功率恒定，速度不斷變大，根據(jù)牛頓第二定律，有－F＝ma，故小車的運動是加速度不斷減小的加速運動，選項A錯誤；這一過程中電動機的功率恒為P，所以W電＝Pt，選項

5、B正確；對小車啟動過程，根據(jù)動能定理，有W電－Fs＝mv，這段時間內(nèi)電動機所做的功為W電＝Fs＋mv，選項C、D錯誤。] 6．(2019·日照一模)冰壺比賽是在水平冰面上進行的體育項目，比賽場地示意圖如圖所示。比賽時，運動員腳蹬起蹬器，身體成跪式，手推冰壺從本壘圓心O向前滑行，至前衛(wèi)線時放開冰壺使其沿直線OO′滑向營壘圓心O′，為使冰壺能在冰面上滑的更遠，運動員可用毛刷刷冰面以減小冰壺與冰面間的動摩擦因數(shù)。已知O點到前衛(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，冰壺與冰面間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.008，用毛刷刷過冰面后動摩擦因數(shù)減小到μ2＝0.004，營

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，運動員對冰壺的推力多大？ (2)若運動員對冰壺的推力為10 N，要使冰壺滑到營壘內(nèi)，用毛刷刷冰面的距離是多少？ [解析]　(1)設運動員對冰壺的推力大小為F，由動能定理得：Fd－μ1mgL＝0 代入數(shù)據(jù)，解得F＝12 N。 (2)設冰壺運動到營壘的最左邊時，用毛刷刷冰面的距離是x1，冰壺運動到營壘的最右邊時，用毛刷刷冰面的距離是x2，則由動能定理得：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)見解析 7．(2019·湖北襄陽聯(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，沿粗糙水平面運動，經(jīng)過位移為4 m時，拉力F停止作用，運動到位移為8 m時物體停止運動，運動過程中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摩擦因數(shù)； (3)拉力F的大小。 [解析]　(1)從圖線可知物體初動能為2 J，則 Ek0＝mv2＝2 J 得v＝2 m/s。 (2)在位移為4 m

8、處物體的動能為Ek＝10 J，在位移為8 m處物體的動能為零，這段過程中物體克服摩擦力做功。 設摩擦力為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)物體從開始運動到位移為4 m這段過程中，受拉力F和摩擦力Ff的作用，合力為F－Ff，根據(jù)動能定理有 (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點向左沿水平地面運動，

9、壓縮彈簧后被彈回，運動到A點恰好靜止。物塊向左運動的最大距離為s，與地面間的動摩擦因數(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．彈簧的最大彈性勢能為μmgs D．物塊在A點的初速度為 BC　[對物塊從A點開始到再回到A點整個過程，由動能定理可知Wf＝－2μmgs＝0－mv，則vA＝2，故B正確，D錯誤。對物塊從A點開始到彈簧壓縮量最大這一過程，由動能定理可知W彈＋W′f＝0－mv，W′f＝－μmgs，則W彈＝－μmgs，則物塊克服彈力做功為μmgs，所以彈簧彈性勢能增加μmgs，故C正確。

10、當克服彈力做功為μmgs時，彈簧的最大彈力要大于μmg，故A錯誤。] 9.用傳感器研究質(zhì)量為2 kg的物體由靜止開始做直線運動的規(guī)律時，在計算機上得到0～6 s內(nèi)物體的加速度隨時間變化的關系如圖所示。下列說法正確的是(　　) A．0～6 s內(nèi)物體先向正方向運動，后向負方向運動 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)合力對物體做的功等于0～6 s內(nèi)合力對物體做的功 D　[a-t圖象中圖線與時間軸圍成的面積代表物體在相應時間內(nèi)速度的變化情況，在時間軸上方為正，在時間軸下方為負。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動，選項A錯誤；物體在5 s末速度最大，vm＝7 m/s，選項B錯誤；在2～4 s內(nèi)物體加速度不變，物體做勻加速直線運動，速度變大，選項C錯誤；在0～4 s內(nèi)，合力對物體做的功由動能定理可知W合4＝mv－0＝36 J,0～6 s內(nèi)，合力對物體做的功由動能定理可知W合6＝mv－0＝36 J，則W合4＝W合6，選項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圓心O的豎直軸轉動，在圓盤上從圓心O到圓盤邊緣開有一沿半徑方向的光滑細槽。一根原長為R的輕彈簧置于槽內(nèi)，一端固定在圓心O點，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轉動，求F1的大??； (2)若圓盤以角速度ω1轉動，小球被束縛在槽中距離圓盤邊緣為x的P點，此時彈簧的彈性勢能為Ep。解除束縛后，小球從槽口飛離圓盤時沿槽方向的速度大小為v，求此過程中槽對小球做的功W1； (3)若圓盤以角速度ω2轉動，小球在沿槽方向推力作用下，從圓盤邊緣緩慢向內(nèi)移動距離x到達P點。如果推力大小保持不變，求彈簧的勁度系數(shù)k以及此過程中推力做的功W2。 [解析]　(1)小球在沿槽方向的力F1得作用下做圓周運動，由向心力公式有F1＝mωR。 (2)設小球從槽口飛出圓盤時的速度為v1，則根據(jù)運動的合成：v

13、＝2＋v2，設在此過程中彈簧對小球做功為W，有動能定理有：W1＋W＝mv－mω2，由于W＝Ep，解得W1＝m－mω2－Ep。 (3)當小球沿槽方向緩慢向內(nèi)移動的距離為x1時，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無關，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L1＝1.0 m的木板在墻和桌面間架設斜面，桌面距地面H＝0.8 m，桌面總長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)從斜面頂端靜止釋放，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)μ2未知，忽略物塊在斜面與桌面交接處的機械能損失，不計空氣阻力。(重力加速度取g＝10 m/s2，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) (1)求當θ＝30°時，物塊在斜面上下滑的加速度的大小；(可以用根號表示) (2)當θ增大到37°時，物塊恰能停在桌面邊緣，求物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)μ2； (3)μ2取第(2)問中的數(shù)值，當θ角為多大時物塊落地點與墻面的距離最大，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θ＝53°時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