高中物理人教版第七章機械能守恒定律動能和動能定理 精品獲獎

一、單項選擇題1.如圖所示，質(zhì)量為m的物體靜止在水平光滑的平臺上，系在物體上的繩子跨過光滑的定滑輪，由地面上的人以速度v0水平向右勻速拉動．設人從地面上平臺的邊緣開始向右行至繩與水平方向夾角為45°處，在此過程中人的拉力對物體所做的功為()A.eq\f(mveq\o\al(2,0),2)B.eq\f(\r(2)mveq\o\al(2,0),2)C.eq\f(mveq\o\al(2,0),4)D.mveq\o\al(2,0)2.如圖所示，上表面水平的粗糙圓盤固定在水平地面上，一小物塊從圓盤邊緣上的P點，以大小相同的初速度在圓盤上沿與直徑PQ成不同夾角θ開始滑動，小物塊運動到圓盤另一邊緣時的速度大小為v，則v2cosθ圖象應為()3.質(zhì)量為m的小球被系在輕繩的一端，在豎直平面內(nèi)做半徑為R的圓周運動，運動過程中小球受到空氣阻力的作用．設某一時刻小球通過軌道的最低點，此時繩子的張力為7mg，此后小球繼續(xù)運動，經(jīng)過半個周期后恰能通過最高點．則在此過程中，小球克服空氣阻力做的功為()A.eq\f(1,4)mgRB.eq\f(1,3)mgRC.eq\f(1,2)mgRD.mgR4.木塊在水平恒定的拉力F作用下，由靜止開始在水平路面上前進x，隨即撤銷此恒定的拉力，接著木塊又前進了2x才停下來．設運動全過程中路面情況相同，則木塊在運動中獲得動能的最大值為()A.eq\f(Fx,2)B.eq\f(Fx,3)C.FxD.eq\f(2Fx,3)5.如圖所示，質(zhì)量為m的物體用細繩經(jīng)過光滑小孔牽引在光滑水平面上做勻速圓周運動，拉力為某個值F時，轉(zhuǎn)動半徑為R.當拉力逐漸減小到eq\f(F,4)時，物體仍做勻速圓周運動，半徑為2R，則外力對物體做的功為()A.－eq\f(FR,4)B.eq\f(3FR,4)C.eq\f(5FR,2)D.eq\f(FR,4)6.如圖甲所示，靜置于光滑水平面上坐標原點處的小物塊，在水平拉力F作用下，沿x軸方向運動，拉力F隨物塊所在位置坐標x的變化關系如圖乙所示，圖線為半圓．則小物塊運動到x0處時的動能為()A.0B.eq\f(1,2)Fmx0C.eq\f(π,4)Fmx0D.eq\f(π,4)xeq\o\al(2,0)二、不定項選擇題7.物體沿直線運動的vt圖象如圖所示，已知在第1s內(nèi)合力對物體做功為W，則下列說法正確的是()A.從第1s末到第3s末合力做功為4WB.從第3s末到第5s末合力做功為－2WC.從第5s末到第7s末合力做功為WD.從第3s末到第4s末合力做功為－eq\f(3,4)W8.如圖所示，與水平面夾角為銳角的斜面底端A向上有三個等間距點B、C和D，即AB＝BC＝CD，D點距水平面高為h.小滑塊以某一初速度從A點出發(fā)，沿斜面向上運動．若斜面光滑，則滑塊到達D位置時速度為零；若斜面AB部分與滑塊有處處相同的摩擦，其余部分光滑，則滑塊上滑到C位置時速度為零，然后下滑．已知重力加速度為g，則在AB有摩擦的情況下()A.滑塊從C位置返回到A位置的過程中，克服阻力做功為eq\f(2,3)mghB.滑塊從B位置返回到A位置的過程中，動能變化為零C.滑塊從C位置返回到B位置時的動能為eq\f(1,3)mghD.滑塊從B位置返回到A位置時的動能為eq\f(2,3)mgh

9.如圖所示，固定于豎直面內(nèi)的粗糙斜桿，與水平方向夾角為30°.質(zhì)量為m的小球套在桿上，在拉力F的作用下，小球沿桿由底端勻速運動至頂端．已知小球與斜桿之間的動摩擦因數(shù)為μ＝eq\f(\r(3),3)，則關于拉力F的大小及其做功情況，下列說法正確的是()A.當α＝30°時，拉力F最小B.當α＝60°時，拉力F做功最少C.當α＝60°時，拉力F最小D.當α＝90°時，拉力F做功最少10.有一系列斜面，傾角各不相同，它們的頂端都在O點，如圖所示．有一系列完全相同的滑塊(可視為質(zhì)點)從O點同時由靜止釋放，分別到達各斜面上的A、B、C、D…各點．下列判斷正確的是()A.若各斜面光滑，且這些滑塊到達A、B、C、D…各點的速率相同，則A、B、C、D…各點處在同一水平線上B.若各斜面光滑，且這些滑塊到達A、B、C、D…各點的速率相同，則A、B、C、D…各點處在同一豎直線上C.若各斜面光滑，且這些滑塊到達A、B、C、D…各點的時間相同，則A、B、C、D…各點處在同一豎直面內(nèi)的圓周上D.若各斜面與這些滑塊間有相同的摩擦因數(shù)，且到達A、B、C、D…各點的過程中，各滑塊損失的機械能相同，則A、B、C、D…各點處在同一豎直線上三、計算題11.如圖所示，木板與水平地面間的夾角θ可以隨意改變，當θ＝37°時，可視為質(zhì)點的一個小木塊恰好能沿著木板勻速下滑．若讓該小木塊從木板的底端以恒定的速率v0＝15m/s沿木板向上運動，隨著θ的改變，小木塊沿木板滑行的距離x將發(fā)生變化(木板足夠長)，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝，cos37°＝.(1)求小木塊與木板間的動摩擦因數(shù)．(2)當θ角滿足什么條件時，小木塊沿木板滑行的距離最小，并求此最小值．12.如圖所示，裝置由AB、BC、CD三段軌道組成，軌道交接處均由很小的圓弧平滑連接，其中軌道AB、CD段是光滑的，水平軌道BC的長度s＝5m，軌道CD足夠長且傾角θ＝37°，A、D兩點離軌道BC的高度分別為h1＝m、h2＝m．現(xiàn)讓質(zhì)量為m的小滑塊自A點由靜止釋放，已知小滑塊與軌道BC間的動摩擦因數(shù)μ＝，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝，cos37°＝.求：(1)小滑塊第一次到達D點時的速度大?。?2)小滑塊最終停止的位置距B點的距離．

1.C解析：人行至繩與水平方向夾角為45°處時，物體的速度為v＝v0cosθ，由動能定理，人對物體所做的功W＝ΔEk＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)，選項C正確．2.A解析：設圓盤半徑為r，小物塊與圓盤間的動摩擦因數(shù)為μ，由題意可知，小物塊運動到圓盤另一邊緣過程中摩擦力做負功，由動能定理可得－μmg·2rcosθ＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，即v2＝veq\o\al(2,0)－4μgrcosθ，可知v2與cosθ成線性關系，斜率為負，選項A正確．3.C解析：如圖所示，小球在最低點A時，豎直方向受繩的拉力F和重力mg作用，小球的速度為vA，由牛頓第二定律得7mg－mg＝meq\f(veq\o\al(2,A),R)，因此EkA＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＝3mgR.根據(jù)題意，小球恰能通過最高點，因此小球在最高點B時只受重力作用，由牛頓第二定律得mg＝meq\f(veq\o\al(2,B),R)，由此可得EkB＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＝eq\f(1,2)mgR.小球從A點經(jīng)半個圓周運動到B點的過程中，由動能定理得Wf＋WG＝ΔEk，即Wf－mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)，Wf＝－eq\f(1,2)mgR.因此小球克服阻力做的功為W＝|Wf|＝eq\f(1,2)mgR，選項C正確．4.D解析：木塊從靜止開始在拉力F和阻力(設為f)的作用下，先做勻加速直線運動，撤去拉力F后木塊在阻力f的作用下做勻減速直線運動，所以撤去拉力F的瞬間木塊的動能最大．對全過程分析，由動能定理有Fx－f·3x＝0；對木塊由靜止開始到最大動能的過程，由動能定理得Ekm＝Fx－fx，解得Ekm＝eq\f(2,3)Fx，選項D正確．5.A解析：由題意知F＝eq\f(mveq\o\al(2,1),R)，eq\f(F,4)＝eq\f(mveq\o\al(2,2),2R)，由動能定理得W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，聯(lián)立解得W＝－eq\f(FR,4)，即外力做功為－eq\f(FR,4)，選項A正確．6.C解析：根據(jù)動能定理，小物塊運動到x0處時的動能為這段時間內(nèi)力F所做的功，物塊在變力作用下運動，力F所做的功的大小等于半圓的“面積”大小，則Ek＝W＝eq\f(1,2)S圓＝eq\f(1,2)πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x0,2)))eq\s\up12(2)，又Fm＝eq\f(x0,2)，得Ek＝eq\f(π,4)Fmx0＝eq\f(π,8)xeq\o\al(2,0)，選項C正確．7.CD解析：由題中圖象可知物體速度變化情況，根據(jù)動能定理得第1s內(nèi)：W＝eq\f(1,2)mv2，第1s末到第3s末：W1＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv2＝0，選項A錯誤；第3s末到第5s末：W2＝0－eq\f(1,2)mv2＝－W，選項B錯誤；第5s末到第7s末：W3＝eq\f(1,2)m(－v)2－0＝W，選項C正確；第3s末到第4s末：W4＝eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v,2)))eq\s\up12(2)－eq\f(1,2)mv2＝－eq\f(3,4)W，選項D正確．8.BC解析：由于A、B、C和D等間距，A、B、C和D所處的高度均勻變化，設A到B重力做功為WG，從A到D，根據(jù)動能定理，有－3WG＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0).若斜面AB部分與滑塊間有處處相同的摩擦，設克服摩擦力做功為Wf，根據(jù)動能定理，有－2WG－Wf＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得WG＝Wf，所以從C位置返回到A位置的過程中克服阻力做功為eq\f(1,3)mgh，選項A錯誤；從B位置返回到A位置時因WG＝Wf，所以動能的變化為零，選項B正確，D錯誤；設滑塊下滑到B位置時速度大小為vB，根據(jù)動能定理，有WG＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＝eq\f(1,3)mgh，選項C正確．9.AB解析：對小球分析，沿桿方向有Fcosα＝mgsin30°＋μ(mgcos30°－Fsinα)，解得F＝eq\f(mgsin30°＋μmgcos30°,cosα＋μsinα)＝eq\f(mg,cosα＋\f(\r(3),3)sinα)＝eq\f(\r(3)mg,2sin（60°＋α）)，故當α＝30°時，拉力F最小，選項A正確，C錯誤；小球勻速運動，由動能定理得WF－Wf－WG＝0，要使拉力做功最小，則Wf＝0，即摩擦力為0，則支持力為0.分析小球受的各力然后正交分解列方程，垂直斜面方向：Fsinα＝mgcos30°，沿斜面方向：Fcosα＝mgsin30°，解得α＝60°，F(xiàn)＝mg，選項B正確，D錯誤．10.ACD解析：若各斜面光滑，滑塊下落過程中機械能守恒，故mgh＝eq\f(1,2)mv2，小球質(zhì)量相同，到達各點的速率相同，則h相同，即各釋放點處在同一水平線上，選項A正確，B錯誤；以O點為最低點作等時圓，可知從a、b點運動到O點時間相等，選項C正確；若各次滑到O點的過程中，滑塊滑動的水平距離是x，滑塊損失的機械能為克服摩擦力做功為Wf＝μmgcosθ·eq\f(x,cosθ)＝μmgx，即各釋放點處在同一豎直線上，選項D正確．11.解：(1)當θ＝37°時，對小木塊進行受力分析可知mgsinθ＝μmgcosθ解得μ＝(2)根據(jù)動能定理有0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝－mgx