高考物理精品【一轮复习】讲义练习资料合集 (30)

这是一份高考物理精品【一轮复习】讲义练习资料合集 (30)，共10页。
[学习目标] 1.进一步理解动能定理，会利用动能定理分析变力做功问题.2.会利用动能定理分析相关的图像问题．
一、利用动能定理求变力做功
1．动能定理不仅适用于求恒力做的功，也适用于求变力做的功，同时因为不涉及变力作用的过程分析，应用非常方便．
2．当物体受到一个变力和几个恒力作用时，可以用动能定理间接求变力做的功，即W变＋
W其他＝ΔEk.
例1 如图所示，物体(可看成质点)沿一曲面从A点无初速度下滑，当滑至曲面的最低点B点时，下滑的竖直高度h＝5 m，此时物体的速度v＝6 m/s.若物体的质量m＝1 kg，g取10 m/s2，求物体在下滑过程中克服阻力所做的功．
答案 32 J
解析 物体在曲面上的受力情况为：受重力、弹力和摩擦力，其中弹力不做功．设摩擦力做功为Wf，由A→B根据动能定理得mgh＋Wf＝eq \f(1,2)mv2－0，解得Wf＝－32 J．故物体在下滑过程中克服阻力所做的功为32 J.
针对训练 如图所示，光滑斜面的顶端固定一弹簧，一质量为m的小球向右滑行，并冲上固定在水平地面上的斜面．设小球在斜面最低点A的速度为v，压缩弹簧至C点时弹簧最短，C点距地面高度为h，重力加速度为g，则从A到C的过程中弹簧弹力做的功是( )
A．mgh－eq \f(1,2)mv2 B.eq \f(1,2)mv2－mgh
C．－mgh D．－(mgh＋eq \f(1,2)mv2)
答案 A
解析 由A到C的过程运用动能定理可得－mgh＋W＝0－eq \f(1,2)mv2，所以W＝mgh－eq \f(1,2)mv2，故A正确．
例2 (2021·宿迁市高一期末)如图所示，一质量为m的小球，用长为l的轻绳悬挂于O点的正下方P点．球在水平拉力的作用下，在竖直平面内从P点缓慢地移动到Q点，此时轻绳与竖直方向夹角为θ.已知重力加速度为g.
(1)求在此过程中水平拉力做的功W；
(2)若小球在水平拉力F＝mg作用下，从P点运动到Q点，求小球在Q点的速度大小．
答案 (1)mgl(1－cs θ)
(2)eq \r(2glsin θ＋cs θ－1)
解析 (1)小球从P到Q的过程中，由动能定理得W－mgl(1－cs θ)＝0，即W＝mgl(1－cs θ)；
(2)小球从P到Q的过程中，由动能定理得Flsin θ－mgl(1－cs θ)＝eq \f(1,2)mvQ2－0，即vQ＝eq \r(2glsin θ＋cs θ－1).
二、动能定理在图像中的应用
动能定理与图像结合问题的分析方法：
1．首先看清楚图像的种类(如v－t图像、F－x图像、Ek－x图像等)．
2．挖掘图像的隐含条件，求出所需物理量，如利用v－t图像与t轴所包围“面积”求位移，利用F－x图像与x轴所包围“面积”求功，利用Ek－x图像的斜率求合力等．
3．再分析还有哪些力做功，根据动能定理列方程，求出相应的物理量．
例3 (多选)在平直的公路上，汽车由静止开始做匀加速运动．当速度达到vm后，立即关闭发动机滑行直至停止．v－t图像如图所示，汽车的牵引力大小为F1，摩擦力大小为F2，全过程中，牵引力做的功为W1，克服摩擦力做功为W2.以下关系式正确的是( )
A．F1∶F2＝1∶3 B．F1∶F2＝4∶3
C．W1∶W2＝1∶1 D．W1∶W2＝1∶3
答案 BC
解析 对全过程由动能定理可知W1－W2＝0，故W1∶W2＝1∶1，故C正确，D错误；W1＝F1s，W2＝F2s′，由题图可知s∶s′＝3∶4，所以F1∶F2＝4∶3，故A错误，B正确．
例4 (多选)(2021·辽宁高一期末)质量为1.0 kg的物体以某一水平初速度在水平面上滑行，由于摩擦力的作用，其动能随位移变化的情况如图所示，g取10 m/s2，则下列判断正确的是( )
A．物体与水平面间的动摩擦因数为0.2
B．物体与水平面间的动摩擦因数为0.3
C．物体滑行的总时间为2 s
D．物体滑行的总时间为4 s
答案 AC
解析 根据动能定理得－μmgx＝ΔEk
解得μ＝0.2，A正确，B错误；
物体的初速度v0＝eq \r(\f(2Ek,m))＝4 m/s
所以物体滑行的总时间为t＝eq \f(v0,μg)＝2 s
C正确，D错误．
1.物体沿直线运动的v－t图像如图所示，已知在第1 s内合力对物体做功为W，则( )
A．从第1 s末到第3 s末合力做功为4W
B．从第3 s末到第5 s末合力做功为－2W
C．从第5 s末到第7 s末合力做功为W
D．从第3 s末到第4 s末合力做功为－0.5W
答案 C
解析 由题图可知物体速度变化情况，根据动能定理得
第1 s内：W＝eq \f(1,2)mv02
从第1 s末到第3 s末：
W1＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)mv02＝0，A错误；
从第3 s末到第5 s末：
W2＝0－eq \f(1,2)mv02＝－W，B错误；
从第5 s末到第7 s末：
W3＝eq \f(1,2)m(－v0)2－0＝W，C正确；
从第3 s末到第4 s末：
W4＝eq \f(1,2)m(eq \f(v0,2))2－eq \f(1,2)mv02＝－0.75W，D错误．
2.质量为m的物体以初速度v0沿水平面向左开始运动，起始点A与一水平轻弹簧O端相距s，如图所示．已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，物体与弹簧接触后，弹簧的最大压缩量为x，重力加速度为g，则从开始接触到弹簧被压缩至最短(弹簧始终在弹性限度内)，物体克服弹簧弹力所做的功为( )
A.eq \f(1,2)mv02－μmg(s＋x) B.eq \f(1,2)mv02－μmgx
C．μmgs D．μmg(s＋x)
答案 A
解析 由动能定理得－W－μmg(s＋x)＝0－eq \f(1,2)mv02，W＝eq \f(1,2)mv02－μmg(s＋x)，A正确，B、C、D错误．
3.如图所示为一水平的转台，半径为R，一质量为m的滑块放在转台的边缘，已知滑块与转台间的动摩擦因数为μ，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.若转台的转速由零逐渐增大，当滑块在转台上刚好发生相对滑动时，转台对滑块所做的功为( )
A.eq \f(1,2)μmgR B．2πmgR
C．2μmgR D．0
答案 A
解析 滑块即将开始发生相对滑动时，最大静摩擦力(等于滑动摩擦力)提供向心力，有μmg＝eq \f(mv2,R)，根据动能定理有W＝eq \f(1,2)mv2，解得W＝eq \f(1,2)μmgR，A正确．
4.如图所示，一半径为R的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高；质量为m的小球自轨道端点P由静止开始滑下，滑到最低点Q时，对轨道的压力为2mg，重力加速度大小为g.小球自P点滑到Q点的过程中，克服摩擦力所做的功为( )
A.eq \f(1,4)mgR B.eq \f(1,3)mgR
C.eq \f(1,2)mgR D.eq \f(π,4)mgR
答案 C
解析 在最低点，根据牛顿第三定律可知，轨道对小球的支持力F＝2mg，根据牛顿第二定律可得F－mg＝meq \f(v2,R)，从P点到最低点Q的过程，由动能定理可得mgR－W克f＝eq \f(1,2)mv2，联立可得W克f＝eq \f(1,2)mgR，选项C正确．
5.如图所示，运动员把质量为m的足球从水平地面踢出，足球在空中到达的最高点的高度为h，在最高点时的速度为v，不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法中正确的是( )
A．运动员踢球时对足球做功eq \f(1,2)mv2
B．足球上升过程重力做功mgh
C．运动员踢球时对足球做功eq \f(1,2)mv2＋mgh
D．足球上升过程克服重力做功eq \f(1,2)mv2＋mgh
答案 C
解析 足球上升过程中重力做负功，WG＝－mgh，B、D错误；从运动员踢球至足球上升至最高点的过程中，由动能定理得W－mgh＝eq \f(1,2)mv2，故运动员踢球时对足球做功W＝eq \f(1,2)mv2＋mgh，A错误，C正确．
6.如图所示，AB为四分之一圆弧轨道，BC为水平直轨道，两轨道在B点平滑连接，圆弧的半径为R，BC的长度也是R.一质量为m的物体，与两个轨道间的动摩擦因数都为μ，它由轨道顶端A从静止开始下滑，恰好运动到C处停止，不计空气阻力，重力加速度为g，那么物体在AB段克服摩擦力所做的功为( )
A.eq \f(1,2)μmgR B.eq \f(1,2)mgR
C．mgR D．(1－μ)mgR
答案 D
解析 设物体在AB段克服摩擦力所做的功为WAB，对物体从A到C的全过程，由动能定理得mgR－WAB－μmgR＝0，故WAB＝mgR－μmgR＝(1－μ)mgR.故选D.
7.(2022·上海市复旦中学高一期中)质量为2 kg的物体以50 J的初动能在粗糙的水平面上滑行，其动能的变化与位移的关系如图所示，则该物体在水平面上滑行的时间为( )
A．5 s B．4 s C．2 s D．2eq \r(2) s
答案 D
解析 由题图图像知末动能Ek2＝0
初动能Ek1＝50 J
根据动能定理得Ffx＝Ek2－Ek1
解得Ff＝－5 N
又Ek1＝eq \f(1,2)mv2＝50 J
解得v＝5eq \r(2) m/s
由牛顿第二定律得，物体的加速度为
a＝eq \f(Ff,m)＝－2.5 m/s2
则物体的运动时间t＝eq \f(0－v,a)＝eq \f(－5\r(2),\a\vs4\al\c1(－2.5)) s＝2eq \r(2) s，故选D.
8.质量为m的小球被系在轻绳一端，在竖直平面内做半径为R的圆周运动，如图所示，运动过程中小球受到空气阻力的作用．设某一时刻小球通过轨迹的最低点，此时绳子的张力为7mg，在此后小球继续做圆周运动，经过半个圆周恰好能通过最高点，已知重力加速度为g，则在此过程中小球克服空气阻力所做的功是( )
A.eq \f(1,4)mgR B.eq \f(1,3)mgR C.eq \f(1,2)mgR D．mgR
答案 C
解析 小球通过最低点时，设绳的张力为FT，则
FT－mg＝meq \f(v12,R)，即6mg＝meq \f(v12,R)①
小球恰好通过最高点，绳子拉力为零，则有
mg＝meq \f(v22,R)②
小球从最低点运动到最高点的过程中，由动能定理得
－mg·2R－W克f＝eq \f(1,2)mv22－eq \f(1,2)mv12③
由①②③式解得W克f＝eq \f(1,2)mgR，选C.
9．如图(a)所示，一物块以一定初速度沿倾角为30°的固定斜面上滑，运动过程中摩擦力大小Ff恒定，物块动能Ek与运动路程s的关系如图(b)所示．重力加速度大小取10 m/s2，物块质量m和所受摩擦力大小Ff分别为( )
A．m＝0.7 kg，Ff＝0.5 N
B．m＝0.7 kg，Ff＝1.0 N
C．m＝0.8 kg，Ff＝0.5 N
D．m＝0.8 kg，Ff＝1.0 N
答案 A
解析 0～10 m内物块上滑，由动能定理得
－mgsin 30°·s－Ffs＝Ek－Ek0
整理得Ek＝Ek0－(mgsin 30°＋Ff)s
结合0～10 m内的图像得，斜率的绝对值|k|＝mgsin 30°＋Ff＝4 N
同理，对10～20 m内物块下滑过程有
斜率k′＝mgsin 30°－Ff＝3 N
联立解得Ff＝0.5 N，m＝0.7 kg，故选A.
10.有一个竖直放置的固定圆形轨道，半径为R，由左右两部分组成．如图所示，右半部分AEB是光滑的，左半部分BFA是粗糙的．现在最低点A给质量为m的小球一个水平向右的初速度v0，使小球沿轨道恰好能过最高点B.小球沿BFA回到A点时对轨道的压力为4mg.不计空气阻力，重力加速度为g.求：
(1)小球的初速度v0的大小；
(2)小球沿BFA回到A点时的速度大小；
(3)小球由B经F回到A的过程中克服摩擦力所做的功．
答案 (1)eq \r(5gR) (2)eq \r(3gR) (3)mgR
解析 (1)小球沿AEB轨道恰好通过B点，由牛顿第二定律有
mg＝eq \f(mvB2,R)，得vB＝eq \r(gR)，
从A到B根据动能定理得－2mgR＝eq \f(1,2)mvB2－eq \f(1,2)mv02，
解得v0＝eq \r(5gR).
(2)由于小球沿BFA回到A点时对轨道压力为4mg，
由牛顿第三定律知轨道对小球的支持力大小为4mg.
根据向心力公式有4mg－mg＝eq \f(mvA2,R)，得vA＝eq \r(3gR).
(3)小球由B经F回到A的过程中，根据动能定理得2mgR－W克f＝eq \f(1,2)mvA2－eq \f(1,2)mvB2，
解得W克f＝mgR.
11.如图所示，运输机器人水平推着小车沿水平地面从静止开始运动，机器人对小车和货物做功的功率恒为40 W，已知小车和货物的总质量为20 kg，小车受到的阻力为小车和货物重力的eq \f(1,10)，小车向前运动了10 s达到最大速度，重力加速度g取10 m/s2.求：
(1)小车运动的最大速度的大小；
(2)机器人在这段时间对小车和货物做的功；
(3)小车在这段时间内的位移大小．
答案 (1)2 m/s (2)400 J (3)18 m
解析 (1)当牵引力等于阻力时小车的速度达到最大
vm＝eq \f(P,Ff)＝eq \f(40,\f(1,10)×200) m/s＝2 m/s.
(2)W＝Pt＝40×10 J＝400 J.
(3)根据动能定理得：
W－Ff·x＝eq \f(1,2)mvm2
解得x＝18 m
所以小车在这段时间内的位移大小为18 m.
12．(2021·江苏省外国语学校高一期中)如图甲所示，一质量为4 kg的物体静止在水平地面上，让物体在水平推力F作用下开始运动，推力F随位移x变化的关系如图乙所示，已知物体与地面间的动摩擦因数μ＝0.5(g取10 m/s2)．求：
(1)水平推力F在前4 m内做的功；
(2)物体的最大滑行距离；
(3)物体在运动过程中的最大速度．
答案 (1)200 J (2)10 m (3)8 m/s
解析 (1)由F－x图像可知推力对物体做的总功等于F－x图像与坐标轴围成的面积，则水平推力F在前4 m内做的功为WF＝eq \f(1,2)×4×100 J＝200 J
(2)由动能定理得WF－μmgxmax＝0，代入数据得xmax＝10 m
(3)由题图图像可知，推力为F＝F0＋kx＝100 N＋eq \f(0－100,4)x＝100 N－25x，物体受到的滑动摩擦力Ff＝μmg＝0.5×4×10 N＝20 N，当物体所受合力为零时，物体的速度最大，即F＝Ff时，结合图线可知100 N－25x＝20 N，解得x＝3.2 m，F－x图线与坐标轴围成图形的面积等于推力对物体做功，设物体的最大速度为vm，由图像可知，物体速度最大时，推力对物体做功W′＝eq \f(1,2)×(100＋20)×3.2 J＝192 J，从物体开始运动到速度最大过程，对物体，由动能定理得W′－μmgx＝eq \f(1,2)mvm2－0，代入数据解得vm＝8 m/s.