高中物理人教版第七章机械能守恒定律动能和动能定理 精品获奖

一、单项选择题1.如图所示，质量为m的物体静止在水平光滑的平台上，系在物体上的绳子跨过光滑的定滑轮，由地面上的人以速度v0水平向右匀速拉动．设人从地面上平台的边缘开始向右行至绳与水平方向夹角为45°处，在此过程中人的拉力对物体所做的功为()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.如图所示，上表面水平的粗糙圆盘固定在水平地面上，一小物块从圆盘边缘上的P点，以大小相同的初速度在圆盘上沿与直径PQ成不同夹角θ开始滑动，小物块运动到圆盘另一边缘时的速度大小为v，则v2cosθ图象应为()3.质量为m的小球被系在轻绳的一端，在竖直平面内做半径为R的圆周运动，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道的最低点，此时绳子的张力为7mg，此后小球继续运动，经过半个周期后恰能通过最高点．则在此过程中，小球克服空气阻力做的功为()A.eq\f(1,4)mgRB.eq\f(1,3)mgRC.eq\f(1,2)mgRD.mgR4.木块在水平恒定的拉力F作用下，由静止开始在水平路面上前进x，随即撤销此恒定的拉力，接着木块又前进了2x才停下来．设运动全过程中路面情况相同，则木块在运动中获得动能的最大值为()A.eq\f(Fx,2)B.eq\f(Fx,3)C.FxD.eq\f(2Fx,3)5.如图所示，质量为m的物体用细绳经过光滑小孔牵引在光滑水平面上做匀速圆周运动，拉力为某个值F时，转动半径为R.当拉力逐渐减小到eq\f(F,4)时，物体仍做匀速圆周运动，半径为2R，则外力对物体做的功为()A.－eq\f(FR,4)B.eq\f(3FR,4)C.eq\f(5FR,2)D.eq\f(FR,4)6.如图甲所示，静置于光滑水平面上坐标原点处的小物块，在水平拉力F作用下，沿x轴方向运动，拉力F随物块所在位置坐标x的变化关系如图乙所示，图线为半圆．则小物块运动到x0处时的动能为()A.0B.eq\f(1,2)Fmx0C.eq\f(π,4)Fmx0D.eq\f(π,4)xeq\o\al(2,0)二、不定项选择题7.物体沿直线运动的vt图象如图所示，已知在第1s内合力对物体做功为W，则下列说法正确的是()A.从第1s末到第3s末合力做功为4WB.从第3s末到第5s末合力做功为－2WC.从第5s末到第7s末合力做功为WD.从第3s末到第4s末合力做功为－eq\f(3,4)W8.如图所示，与水平面夹角为锐角的斜面底端A向上有三个等间距点B、C和D，即AB＝BC＝CD，D点距水平面高为h.小滑块以某一初速度从A点出发，沿斜面向上运动．若斜面光滑，则滑块到达D位置时速度为零；若斜面AB部分与滑块有处处相同的摩擦，其余部分光滑，则滑块上滑到C位置时速度为零，然后下滑．已知重力加速度为g，则在AB有摩擦的情况下()A.滑块从C位置返回到A位置的过程中，克服阻力做功为eq\f(2,3)mghB.滑块从B位置返回到A位置的过程中，动能变化为零C.滑块从C位置返回到B位置时的动能为eq\f(1,3)mghD.滑块从B位置返回到A位置时的动能为eq\f(2,3)mgh

9.如图所示，固定于竖直面内的粗糙斜杆，与水平方向夹角为30°.质量为m的小球套在杆上，在拉力F的作用下，小球沿杆由底端匀速运动至顶端．已知小球与斜杆之间的动摩擦因数为μ＝eq\f(\r(3),3)，则关于拉力F的大小及其做功情况，下列说法正确的是()A.当α＝30°时，拉力F最小B.当α＝60°时，拉力F做功最少C.当α＝60°时，拉力F最小D.当α＝90°时，拉力F做功最少10.有一系列斜面，倾角各不相同，它们的顶端都在O点，如图所示．有一系列完全相同的滑块(可视为质点)从O点同时由静止释放，分别到达各斜面上的A、B、C、D…各点．下列判断正确的是()A.若各斜面光滑，且这些滑块到达A、B、C、D…各点的速率相同，则A、B、C、D…各点处在同一水平线上B.若各斜面光滑，且这些滑块到达A、B、C、D…各点的速率相同，则A、B、C、D…各点处在同一竖直线上C.若各斜面光滑，且这些滑块到达A、B、C、D…各点的时间相同，则A、B、C、D…各点处在同一竖直面内的圆周上D.若各斜面与这些滑块间有相同的摩擦因数，且到达A、B、C、D…各点的过程中，各滑块损失的机械能相同，则A、B、C、D…各点处在同一竖直线上三、计算题11.如图所示，木板与水平地面间的夹角θ可以随意改变，当θ＝37°时，可视为质点的一个小木块恰好能沿着木板匀速下滑．若让该小木块从木板的底端以恒定的速率v0＝15m/s沿木板向上运动，随着θ的改变，小木块沿木板滑行的距离x将发生变化(木板足够长)，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝，cos37°＝.(1)求小木块与木板间的动摩擦因数．(2)当θ角满足什么条件时，小木块沿木板滑行的距离最小，并求此最小值．12.如图所示，装置由AB、BC、CD三段轨道组成，轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接，其中轨道AB、CD段是光滑的，水平轨道BC的长度s＝5m，轨道CD足够长且倾角θ＝37°，A、D两点离轨道BC的高度分别为h1＝m、h2＝m．现让质量为m的小滑块自A点由静止释放，已知小滑块与轨道BC间的动摩擦因数μ＝，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝，cos37°＝.求：(1)小滑块第一次到达D点时的速度大小．(2)小滑块最终停止的位置距B点的距离．

1.C解析：人行至绳与水平方向夹角为45°处时，物体的速度为v＝v0cosθ，由动能定理，人对物体所做的功W＝ΔEk＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)，选项C正确．2.A解析：设圆盘半径为r，小物块与圆盘间的动摩擦因数为μ，由题意可知，小物块运动到圆盘另一边缘过程中摩擦力做负功，由动能定理可得－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与cosθ成线性关系，斜率为负，选项A正确．3.C解析：如图所示，小球在最低点A时，竖直方向受绳的拉力F和重力mg作用，小球的速度为vA，由牛顿第二定律得7mg－mg＝meq\f(veq\o\al(2,A),R)，因此EkA＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＝3mgR.根据题意，小球恰能通过最高点，因此小球在最高点B时只受重力作用，由牛顿第二定律得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.小球从A点经半个圆周运动到B点的过程中，由动能定理得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为W＝|Wf|＝eq\f(1,2)mgR，选项C正确．4.D解析：木块从静止开始在拉力F和阻力(设为f)的作用下，先做匀加速直线运动，撤去拉力F后木块在阻力f的作用下做匀减速直线运动，所以撤去拉力F的瞬间木块的动能最大．对全过程分析，由动能定理有Fx－f·3x＝0；对木块由静止开始到最大动能的过程，由动能定理得Ekm＝Fx－fx，解得Ekm＝eq\f(2,3)Fx，选项D正确．5.A解析：由题意知F＝eq\f(mveq\o\al(2,1),R)，eq\f(F,4)＝eq\f(mveq\o\al(2,2),2R)，由动能定理得W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，联立解得W＝－eq\f(FR,4)，即外力做功为－eq\f(FR,4)，选项A正确．6.C解析：根据动能定理，小物块运动到x0处时的动能为这段时间内力F所做的功，物块在变力作用下运动，力F所做的功的大小等于半圆的“面积”大小，则Ek＝W＝eq\f(1,2)S圆＝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)，选项C正确．7.CD解析：由题中图象可知物体速度变化情况，根据动能定理得第1s内：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，选项A错误；第3s末到第5s末：W2＝0－eq\f(1,2)mv2＝－W，选项B错误；第5s末到第7s末：W3＝eq\f(1,2)m(－v)2－0＝W，选项C正确；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，选项D正确．8.BC解析：由于A、B、C和D等间距，A、B、C和D所处的高度均匀变化，设A到B重力做功为WG，从A到D，根据动能定理，有－3WG＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0).若斜面AB部分与滑块间有处处相同的摩擦，设克服摩擦力做功为Wf，根据动能定理，有－2WG－Wf＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得WG＝Wf，所以从C位置返回到A位置的过程中克服阻力做功为eq\f(1,3)mgh，选项A错误；从B位置返回到A位置时因WG＝Wf，所以动能的变化为零，选项B正确，D错误；设滑块下滑到B位置时速度大小为vB，根据动能定理，有WG＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＝eq\f(1,3)mgh，选项C正确．9.AB解析：对小球分析，沿杆方向有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）)，故当α＝30°时，拉力F最小，选项A正确，C错误；小球匀速运动，由动能定理得WF－Wf－WG＝0，要使拉力做功最小，则Wf＝0，即摩擦力为0，则支持力为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＝mg，选项B正确，D错误．10.ACD解析：若各斜面光滑，滑块下落过程中机械能守恒，故mgh＝eq\f(1,2)mv2，小球质量相同，到达各点的速率相同，则h相同，即各释放点处在同一水平线上，选项A正确，B错误；以O点为最低点作等时圆，可知从a、b点运动到O点时间相等，选项C正确；若各次滑到O点的过程中，滑块滑动的水平距离是x，滑块损失的机械能为克服摩擦力做功为Wf＝μmgcosθ·eq\f(x,cosθ)＝μmgx，即各释放点处在同一竖直线上，选项D正确．11.解：(1)当θ＝37°时，对小木块进行受力分析可知mgsinθ＝μmgcosθ解得μ＝(2)根据动能定理有0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝－mgx