专题四-动能定理的综合应用(共8页).doc
精选优质文档-倾情为你奉上专题四动能定理的综合应用1. (2014·浙江联考)用水平力F拉一物体，使物体在水平地面上由静止开始做匀加速直线运动，t1时刻后撤去拉力F，物体做匀减速直线运动，到t2时刻停止，其v-t图象如图所示，且>.若拉力F做的功为W1，平均功率为P1;物体克服摩擦阻力Ff做的功为W2，平均功率为P2，则下列选项中正确的是()A. W1>W2，F=2Ff B. W1=W2，F>2FfC. P1<P2，F>2Ff D. P1=P2，F=2Ff2. (2014·全国)一物块沿倾角为的斜坡向上滑动.当物块的初速度为v时，上升的最大高度为H，如图所示;当物块的初速度为时，上升的最大高度为h，重力加速度为g.则物块与斜坡间的动摩擦因数和h分别为()A. tan 和 B. tan 和 C. tan 和D. tan 和3. (多选)(2014·常州一中)一滑块在粗糙水平地面上，受到的水平拉力F随时间t的变化关系如图甲所示，速度v随时间t的变化关系如图乙所示，重力加速度取g=10 m/s2.则()A. 第1 s末滑块所受摩擦力f的大小为4 NB. 滑块与水平面间的动摩擦因数=0.4C. 14 s内，力F对滑块做功为48 JD. 14 s内，摩擦力对滑块做功为-16 J4. (2014·扬州一模)如图所示，半径为R的半球形碗固定于水平地面上，一个质量为m的物块从碗口沿内壁由静止滑下，滑到最低点时速度大小为v，物块与碗之间的动摩擦因数恒为，则下列说法中正确的是()A. 在最低点时物块所受支持力大小为mgB. 整个下滑过程中物块所受重力的功率一直增大C. 物块在下滑至最低点过程中动能先增大后减小D. 整个下滑过程中摩擦力对滑块做功mgR-mv25. 质量为m的物体以一定的初速度从离地面高h处平抛后，沿切线飞入光滑竖直的圆形轨道，恰好通过轨道的最高点.已知轨道与地面相切且半径为R，重力加速度为g.则()A. 物体在最高点的速度为0B. 物体在轨道最低点受到轨道的弹力为5mgC. 物体平抛的初动能为mgRD. 物体平抛的初速度为6. (多选)(2014·宿扬泰通二模)汽车手要驾驶一辆汽车飞越宽度为d的河流.在河岸左侧建起如图所示高为h、倾角为的斜坡，车手驾车从左侧冲上斜坡并从顶端飞出，接着无碰撞地落在右侧高为H、倾角为的斜坡上，顺利完成了飞越.已知h>H，当地重力加速度为g，汽车可看做质点，忽略车在空中运动时所受的空气阻力.根据题设条件可以确定()A. 汽车在左侧斜坡上加速的时间tB. 汽车离开左侧斜坡时的动能EkC. 汽车在空中飞行的最大高度HmD. 两斜坡的倾角满足<7. 如图所示，光滑水平面AB与竖直面上的半圆形固定导轨在B点衔接，导轨半径为R.一个质量为m的静止物块(可看成质点)在A处压缩一轻质弹簧(物块与弹簧不黏连)，若把物块释放，则其在弹力的作用下获得一个向右的速度，当它经过B点(物块已经与弹簧分开)进入导轨瞬间对导轨的压力为其重力的7倍，之后沿导轨向上运动恰能通过半圆的最高点C，不计空气阻力.求:(1) 物块经过B点时速度vB的大小.(2) 初始时被压缩弹簧的弹性势能.(3) 物块从B至C过程中克服阻力所做的功.8. (2014·南通一模)如图所示，半径r=0.80m的光滑金属半球壳ABC与水平面在C点连接，一质量m=0.10kg的小物块在水平面上距C点s=1.25m的D点，以不同的初速度向C运动.O点是球心，D、C、O三点在同一直线上，物块与水平面间的动摩擦因数=0.20，取g=10m/s2.(1) 若物块运动到C点时速度为零，恰好沿球壳滑下，求物块滑到最低点B时对球壳的压力大小.(2) 若物块运动到C点水平飞出，恰好落在球壳的最低点B，求物块在D点时的初速度大小. (3) 通过分析判断小物块能否垂直撞击球壳.专题四动能定理的综合应用1. B解析:由动能定理可得W1-W2=0,解得W1=W2.由图象可知,撤去拉力F后的运动时间大于水平力F作用的时间,所以F>2Ff,选项A、D错误,B正确;由于摩擦阻力作用时间一定大于水平力F的作用时间,所以P1>P2,选项C错误.2. D解析:根据动能定理有-mgH-mg=0-mv2,得=tan ,故选项A、C错误;当物块的初速度为时,有-mgh-mg=0-m,解得h=,故选项B错误,选项D正确.3. ABC解析:前2 s内拉力较小,物体静止,第1 s末滑块所受摩擦力f的大小等于拉力大小,即为4 N,选项A正确;根据图乙可知,滑块在4 s后做匀速直线运动,拉力F等于滑动摩擦力f,f=mg=8 N,24 s内,F2-f=ma,可得m=2 kg,=0.4,选项B正确;前2 s内,力F不做功,摩擦力也不做功,24 s内,位移x=4 m,力F对滑块做功为W=Fx=48 J,摩擦力对滑块做功为Wf=-fx=-32 J,选项C正确,D错误.4. C解析:物块在最低点时遵守圆周运动的规律,物块所受支持力与重力的合力充当向心力,即F支-mg=,故F支>mg,A错;初始时速度为零,功率为零,最低点时物块的重力方向与速度方向垂直,功率为零,所以物块所受重力的功率先增大后减小,B错;整个下滑过程由动能定理有mgR+Wf=mv2-0,即Wf=mv2- mgR,D错;故C对.5. D解析:物体恰好通过轨道的最高点时有mg=m,最高点速度为v0=,故A错误;物体从最低点到最高点过程中由机械能守恒定律得mg·2R=mv2-m,在最低点由牛顿第二定律得N-mg=m,联立以上各式解得N=6mg,故B错误;物体以一定的初速度从离地面高h处平抛直至沿切线飞入光滑竖直的圆形轨道到达最低点的过程中由动能定理得mgh=mv2-mv,联立解得平抛初速度为v'0=,初动能为mgR-mgh,故C错误,D正确.6. CD解析:汽车在左侧斜坡上运动时受到重力、支持力、摩擦力,由于摩擦力与重力的关系未知,所以汽车运动的加速度未知,则加速的时间无法求解,选项A错误;汽车的质量未知,所以汽车离开左侧斜坡时的动能无法确定,选项B错误;汽车在空中运动时所受空气阻力不计,水平方向的分速度保持不变,设汽车离开h高度处时的速度大小为v1,落在H高度处时的速度大小为v2,在空中时水平方向的速度为v0,则有v1cos =v0,v2cos =v0,因为h>H,所以v1<v2,所以<,选项D正确;在空中汽车的机械能守恒,有mg(h-H)=m-m=m-m,且·v0+·v0=d,联立可确定Hm,选项C正确;选择CD项.7. (1) (2) 3mgR(3) mgR解析:(1) 物块进入半圆导轨B点瞬间的速度为vB,物块在B点时有N=7mg,N-mg=m.解得物块经过B点时速度的大小vB=.(2) 物块从A到B的过程,由动能定理W=m-0,W=Ep.解得Ep=3mgR.(3) 物块到达C点时的速度为vC,物块在C点mg=m.物块从B到C的过程,由动能定理得-mg·2R-Wf=m-m.解得物块从B到C过程中克服阻力做的功为Wf=mgR.8. (1) 3 N(2) 3 m/s(3) 不能解析:(1) 设物块滑到最低点B时的速度为vB,受到球壳的支持力为NB,则由机械能守恒定律有mgr=m.由牛顿第二定律有NB-mg=m.解得NB=3mg=3.0N.根据牛顿第三定律可知,小球在B点对球壳的压力为3N.(2) 设物块从C飞出时的速度为vC,则竖直方向有r=gt2.水平方向有r=vCt.对DC段根据动能定理有-mgs=m-m.代入数据得v0=3.0m/s.(3) 若物块撞击球壳BC段,速度方向为斜向左下方,则不可能垂直撞击半球壳BC段.若小球落在AB上的E点,OE与竖直方向的夹角为.E点的速度与竖直方向夹角为,设平抛运动时间为t,则在E点时物块的竖直分速度vy=gt.水平分速度vC=.其中t=.而tan=.由以上各式可得tan=>tan.所以小球不可能垂直撞击球壳.专心-专注-专业
