高中物理人教版第七章機(jī)械能守恒定律動(dòng)能和動(dòng)能定理 精品獲獎(jiǎng)

一、單項(xiàng)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(tái)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(dòng)．設(shè)人從地面上平臺(tái)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(duì)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(diǎn)，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(dòng)，小物塊運(yùn)動(dòng)到圓盤另一邊緣時(shí)的速度大小為v，則v2cosθ圖象應(yīng)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(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過程中小球受到空氣阻力的作用．設(shè)某一時(shí)刻小球通過軌道的最低點(diǎn)，此時(shí)繩子的張力為7mg，此后小球繼續(xù)運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過半個(gè)周期后恰能通過最高點(diǎn)．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(jìn)x，隨即撤銷此恒定的拉力，接著木塊又前進(jìn)了2x才停下來．設(shè)運(yùn)動(dòng)全過程中路面情況相同，則木塊在運(yùn)動(dòng)中獲得動(dòng)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(xì)繩經(jīng)過光滑小孔牽引在光滑水平面上做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，拉力為某個(gè)值F時(shí)，轉(zhuǎn)動(dòng)半徑為R.當(dāng)拉力逐漸減小到eq\f(F,4)時(shí)，物體仍做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，半徑為2R，則外力對(duì)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(biāo)原點(diǎn)處的小物塊，在水平拉力F作用下，沿x軸方向運(yùn)動(dòng)，拉力F隨物塊所在位置坐標(biāo)x的變化關(guān)系如圖乙所示，圖線為半圓．則小物塊運(yùn)動(dòng)到x0處時(shí)的動(dòng)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(xiàng)選擇題7.物體沿直線運(yùn)動(dòng)的vt圖象如圖所示，已知在第1s內(nèi)合力對(duì)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(gè)等間距點(diǎn)B、C和D，即AB＝BC＝CD，D點(diǎn)距水平面高為h.小滑塊以某一初速度從A點(diǎn)出發(fā)，沿斜面向上運(yùn)動(dòng)．若斜面光滑，則滑塊到達(dá)D位置時(shí)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(shí)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(dòng)能變化為零C.滑塊從C位置返回到B位置時(shí)的動(dòng)能為eq\f(1,3)mghD.滑塊從B位置返回到A位置時(shí)的動(dòng)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(yùn)動(dòng)至頂端．已知小球與斜桿之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝eq\f(\r(3),3)，則關(guān)于拉力F的大小及其做功情況，下列說法正確的是()A.當(dāng)α＝30°時(shí)，拉力F最小B.當(dāng)α＝60°時(shí)，拉力F做功最少C.當(dāng)α＝60°時(shí)，拉力F最小D.當(dāng)α＝90°時(shí)，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(diǎn)，如圖所示．有一系列完全相同的滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從O點(diǎn)同時(shí)由靜止釋放，分別到達(dá)各斜面上的A、B、C、D…各點(diǎn)．下列判斷正確的是()A.若各斜面光滑，且這些滑塊到達(dá)A、B、C、D…各點(diǎn)的速率相同，則A、B、C、D…各點(diǎn)處在同一水平線上B.若各斜面光滑，且這些滑塊到達(dá)A、B、C、D…各點(diǎn)的速率相同，則A、B、C、D…各點(diǎn)處在同一豎直線上C.若各斜面光滑，且這些滑塊到達(dá)A、B、C、D…各點(diǎn)的時(shí)間相同，則A、B、C、D…各點(diǎn)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(dá)A、B、C、D…各點(diǎn)的過程中，各滑塊損失的機(jī)械能相同，則A、B、C、D…各點(diǎn)處在同一豎直線上三、計(jì)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(dāng)θ＝37°時(shí)，可視為質(zhì)點(diǎn)的一個(gè)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(yùn)動(dòng)，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(dòng)摩擦因數(shù)．(2)當(dāng)θ角滿足什么條件時(shí)，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(diǎn)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(diǎn)由靜止釋放，已知小滑塊與軌道BC間的動(dòng)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(dá)D點(diǎn)時(shí)的速度大小．(2)小滑塊最終停止的位置距B點(diǎn)的距離．

1.C解析：人行至繩與水平方向夾角為45°處時(shí)，物體的速度為v＝v0cosθ，由動(dòng)能定理，人對(duì)物體所做的功W＝ΔEk＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)，選項(xiàng)C正確．2.A解析：設(shè)圓盤半徑為r，小物塊與圓盤間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，由題意可知，小物塊運(yùn)動(dòng)到圓盤另一邊緣過程中摩擦力做負(fù)功，由動(dòng)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(guān)系，斜率為負(fù)，選項(xiàng)A正確．3.C解析：如圖所示，小球在最低點(diǎn)A時(shí)，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(diǎn)，因此小球在最高點(diǎn)B時(shí)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(diǎn)經(jīng)半個(gè)圓周運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程中，由動(dòng)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(xiàng)C正確．4.D解析：木塊從靜止開始在拉力F和阻力(設(shè)為f)的作用下，先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，撤去拉力F后木塊在阻力f的作用下做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，所以撤去拉力F的瞬間木塊的動(dòng)能最大．對(duì)全過程分析，由動(dòng)能定理有Fx－f·3x＝0；對(duì)木塊由靜止開始到最大動(dòng)能的過程，由動(dòng)能定理得Ekm＝Fx－fx，解得Ekm＝eq\f(2,3)Fx，選項(xiàng)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(dòng)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(xiàng)A正確．6.C解析：根據(jù)動(dòng)能定理，小物塊運(yùn)動(dòng)到x0處時(shí)的動(dòng)能為這段時(shí)間內(nèi)力F所做的功，物塊在變力作用下運(yùn)動(dòng)，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(xiàng)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(dòng)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(xiàng)A錯(cuò)誤；第3s末到第5s末：W2＝0－eq\f(1,2)mv2＝－W，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；第5s末到第7s末：W3＝eq\f(1,2)m(－v)2－0＝W，選項(xiàng)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(xiàng)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(shè)A到B重力做功為WG，從A到D，根據(jù)動(dòng)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(shè)克服摩擦力做功為Wf，根據(jù)動(dòng)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(xiàng)A錯(cuò)誤；從B位置返回到A位置時(shí)因WG＝Wf，所以動(dòng)能的變化為零，選項(xiàng)B正確，D錯(cuò)誤；設(shè)滑塊下滑到B位置時(shí)速度大小為vB，根據(jù)動(dòng)能定理，有WG＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＝eq\f(1,3)mgh，選項(xiàng)C正確．9.AB解析：對(duì)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(dāng)α＝30°時(shí)，拉力F最小，選項(xiàng)A正確，C錯(cuò)誤；小球勻速運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)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(xiàng)B正確，D錯(cuò)誤．10.ACD解析：若各斜面光滑，滑塊下落過程中機(jī)械能守恒，故mgh＝eq\f(1,2)mv2，小球質(zhì)量相同，到達(dá)各點(diǎn)的速率相同，則h相同，即各釋放點(diǎn)處在同一水平線上，選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；以O(shè)點(diǎn)為最低點(diǎn)作等時(shí)圓，可知從a、b點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)時(shí)間相等，選項(xiàng)C正確；若各次滑到O點(diǎn)的過程中，滑塊滑動(dòng)的水平距離是x，滑塊損失的機(jī)械能為克服摩擦力做功為Wf＝μmgcosθ·eq\f(x,cosθ)＝μmgx，即各釋放點(diǎn)處在同一豎直線上，選項(xiàng)D正確．11.解：(1)當(dāng)θ＝37°時(shí)，對(duì)小木塊進(jìn)行受力分析可知mgsinθ＝μmgcosθ解得μ＝(2)根據(jù)動(dòng)能定理有0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝－mgx