2015年高一物理暑假练习试卷11（动能定理）
一、选择题（本题共6道小题）
1.如图所示，一质点在重力和水平恒力作用下，速度从竖直方向变为水平方
向，在此过程中，质点的（ ）
A．机械能守恒 B．机械能不断增加
C．重力势能不断减小 D．动能先减小后增大
2.图示轨道是由一直轨道和一半圆轨道组成的，半圆轨道的圆心为O，直径BOD在竖直方向，最低点B与直轨道平滑连接，一质量为m的小滑块从距最低点高为h的A处由静止释放，不计一切摩擦。则
A. 若滑块能通过圆轨道的最高点D，则h最小为2．5R
B. 若h=2R，当滑块到达与圆心等高的C点时，对轨道的压力为3mg
C. 若h=2R，滑块会从C、D之间的某个位置离开圆轨道做斜抛运动
D．若要使滑块能返回到A点，则h≤R
3.我国国产航母辽宁舰将安装电磁弹射器，其工作原理与电磁炮类似．用强迫储能器代替常规电源，它能在极短时间内释放所储存的电能，由弹射器转换为飞机的动能而将其弹射出去．如图所示，是电磁弹射器简化原理图，平等金属导轨与强迫储能器连接．相当于导体棒的推进器ab跨放在导轨上，匀强磁场垂直于导轨平面，闭合开关S
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，强迫储能器储存的电能通过推进器释放，使推进器受到磁场的作用力而沿平行导轨向前滑动，推动飞机使飞机获得比滑跃时大得多的加速度，从而实现短距离起飞的目标．一切摩擦和电阻消耗的能量都不计，对于电磁弹射器，下列说法正确的是（ ）
A．
强迫储能器上端为正极
B．
平行导轨间距越大，飞机能获得的加速度越大
C．
强迫储能器储存的能量越多，飞机被加速的时间越长
D．
飞机的质量越大，离开弹射器时的动能越大
4.如图所示，空间有与水平方向成θ角的匀强电场．一个质量为m的带电小球，用长L的绝缘细线悬挂于O点．当小球静止时，细线恰好处于水平位置．现用一个外力将小球沿圆弧缓慢地拉到最低点，此过程小球的电荷量不变．则该外力做的功为（ ）
A．
mgLcotθ
B．
mgLtanθ
C．
D．
mgL
5.卡车和拖车质量相同，在恒定的牵引力作用下，由静止出发前进s后速度为V（阻力不计），此时拖车突然脱掉，卡车仍在原来牵引力作用下再行s则卡车的速度为（ ）
A．
V
B．
V
C．
2V
D．
3V
6.在一水平向右匀速运动的传送带的左端A点，每隔相同的时间T，轻放上一个相同的工件．已知工件与传送带间动摩擦因数为μ，工件质量为m．经测量，发现后面那些已经和传送带达到相同速度的工件之间的距离均为L．已知重力加速度为g，下列判断正确的有（ ）
A．
传送带的速度大小为
B．
工件在传送带上加速时间为
C．
每个工件与传送带间因摩擦而产生的热量为
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D．
传送带因传送每一个工件而多消耗的能量为
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二、实验题（本题共2道小题）
7.如图所示的装置，在“探究功与物体速度变化的关系”的实验中
关于橡皮筋做功，下列说法正确的是：
A．橡皮筋做的功可以直接测量
B．橡皮筋在小车运动的全过程中始终做功
C．把橡皮筋拉伸为原来的两倍，橡皮筋对小车做功也增加为原来的两倍
D．通过增加橡皮筋的条数可以使橡皮筋对小车做的功成整数倍增加
8.如图所示，水平桌面上固定着斜面体A，有小铁块B．斜面体的斜面是曲面，由其截面图可以看出曲线下端的切线是水平的．现提供的实验测量工具有：天平、直尺． 其它的实验器材可根据实验需要自选．现要设计一个实验，测出小铁块B自斜面顶端由静止下滑到底端的过程中，小铁块B克服摩擦力做的功．请回答下列问题：
（1）除题中供给的器材处，还需要选用的器材是：
____________________________________________________________．
（2）简要说明实验中需要测量的物理量(要求在图上标明)：
_____________________________________________________________．
（3）写出实验结果的表达式（重力加速度g已知）：
____________________________________________________________．
三、计算题（本题共3道小题）
9.如图所示，倾角为θ的斜面上只有AB段粗糙，其余部分都光滑，AB段长为。有一个质量分布均匀、长为条状滑块，下端距A为，将它由静止释放，当滑块下端运动到A
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下面距A为时滑块运动的速度达到最大。
（1）求滑块与粗糙斜面的动摩擦因数；
（2）将滑块下端移到与A点重合处，并以初速度释放，要使滑块能完全通过B点，试求的最小值
10.如图所示，一个质量m=1kg的长木板静止在光滑的水平面上，并与半径为R=1.8m的光滑圆弧形固定轨道接触（但不粘连），木板的右端到竖直墙的距离为s=0.08m；另一质量也为m的小滑块从轨道的最高点由静止开始下滑，从圆弧的最低点A滑上木板．设长木板每次与竖直墙的碰撞时间极短且无机械能损失．木板的长度可保证物块在运动的过程中不与墙接触．已知滑块与长木板间的动摩擦因数μ=0.1，g取10m/s2．试求：
（1）滑块到达A点时对轨道的压力大小；
（2）当滑块与木板达到共同速度（v≠0）时，滑块距离木板左端的长度是多少？
11.如图所示，一根左侧弯成圆弧的光滑细管固定在竖直平面内，圆弧半径R=0.5m，水平部分足够长．初始时，一根质量m=1kg、与管道圆弧部分等长的柔软匀质绳在水平拉力F0作用下静止在管道中．现将绳子缓慢全部拉入水平管道内，需要拉力F0做功W=1.82J．g取10m/s2，π取3.14．求：
（1）绳子的重心升高了多少？
（2）若在图示位置撤去拉力，绳子沿细管下落，当其上端离开管道瞬间速度多少？
（3）若在缓慢拉动绳子进入水平管道的很短距离△L内，可认为水平拉力F0保持不变，拉力F0做功等于绳子机械能增加量，则F0的大小为多少？
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试卷答案
1.BD
解析： A、除重力外还有恒力做功，机械能不守恒，故A错误；B、除重力做功外，其它力水平恒力对物体做正功，故物体的机械能增加，所以B正确；C、从M到N，物体在竖直方向上上升，故物体的重力势能不断增加，故C错误；D、因为质点速度方向恰好改变了90°，可以判断合力方向应为右下方，产生的加速度不变，且与初速度的方向夹角要大于90°小于180°才能出现末速度与初速度垂直的情况，因此恒力先做负功，当达到速度与恒力方向垂直后，恒力做正功，动能先减小后增大，故D正确．故选：BD．
质点从M至N，重力做负功，恒力做正功，合力方向指向右下方，与初速度的方向夹角要大于90°小于180°因此恒力先做负功后做正功，动能先减小后增大．此题需要根据运动情况分析受力情况，进一步分析力的做功问题，从而判断速度（动能）的变化．
2.ACD
解析：要使物体能通过最高点D，设滑块通过D点的最小速度为v，则由mg=m可得：v=，由机械能守恒定律可知，mg(h－2R)=mv2，解得h=2．5R，选项A正确；若h=2R，由A至C，由机械能守恒定律可得mg(2R—R)= mvC2，在C点，由牛顿第二定律有N=m，解得N=2mg，由牛顿第三定律可知选项B错误；若h=2R，小滑块不能通过D点，将在C、D中间某一位置开始做斜上抛运动而离开轨道，选项C正确；由机械能守恒可知选项D正确。
3.解：A、推进器受到磁场的作用力而沿平行导轨向前滑动，所以推进器受到向右的安培力，根据左手定则可知，导体棒中的电流方向从下向上，所以强迫储能器下端为正极，故A错误；
B、根据F=BIL可知，当L越大时，安培力越大，则飞机受到的合外力越大，则加速度越大，故B正确；
C、强迫储能器储存的能量转化为飞机的初动能，强迫储能器储存的能量越多，飞机的初动能越大，则初速度越大，所以加速度的时间越短，故C错误；
D、飞机离开弹射器时的动能由强迫储能器储存的能量转化而来的，与飞机质量无关，故D错误．
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故选：B
4.解：小球在最高点受力平衡，如图，根据平衡条件，有：
T=mgcotθ…①
qE=…②
对从最高点到最低点过程运用动能定理得到：
WF+mgL+qE•L•cos（225°﹣θ）=0…③
由②③解得：WF=mgLcotθ
故选：A．
5.解：第一阶段，根据动能定理得：Fs=，
第二阶段，根据动能定理得：，
联立两式解得：．故B正确，A、C、D错误．
故选：B．
6.解：A、工件在传送带上先做匀加速直线运动，然后做匀速直线运动，每个工件滑上传送带后运动的规律相同，可知x=vT，解得传送带的速度v=．故A正确．
B、设每个工件匀加速运动的时间为t，根据牛顿第二定律得，工件的加速度为μg，根据v=v0+at，解得：t=．故B错误．
C、工件与传送带相对滑动的路程为：，
则摩擦产生的热量为：Q=．故C错误．
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D、根据能量守恒得，传送带因传送一个工件多消耗的能量E=，在时间t内，传送工件的个数n=，则多消耗的能量．故D正确．
故选：AD．
7.D
8.（1）重锤线、铺在地面上的白纸和复写纸 （2）斜面高度H、桌面高度h，小铁块平抛的水平距离S，小铁块质量m （3）
9.【知识点】动能定理.E2
【答案解析】（1）（2）解析：：（1）当整体所受合外力零时，整块速度最大，设整体质量为m，则 得
（2）物块全部滑上AB部分后，小方块间无弹力作用，取最上面一小块为研究对象，设其质量为m0，运动到B点时速度正好减到0，根据动能定理
得
【思路点拨】（1）当整体所受合外力零时，整块速度最大）物块全部滑上AB部分后，小方块间无弹力作用，取最上面一小块为研究对象，设其质量为m0，运动到B点时速度正好减到0，根据动能定理可求。
10.解：（1）滑块滑到A点时，有动能定理得：mgR=，解得：mv2=2mgR，
滑块在A点由牛顿第二定律得：，解得：vA=6m/s，N=mg+2mg=30N，
由牛顿第三定律得：滑块到达A点时对轨道的压力大小N′=N=30N
（2）滑块滑上木板后，在摩擦力的作用下，做匀加速运动，设加速度为a，碰撞时的速度为v1，
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由牛顿第二定律得：umg=ma，
解得：a=1m/s2，
根据运动学公式：L=，
解得：t=0.4s，
由v=at，解得：v=0.4m/s，
碰撞后木板，向右做匀减速运动，速度减到零，再做匀加速运动，一直重复直至两者速度相同，设两者速度达到共同速度v时，共经历n次，△t为碰撞n次后木板从起始位置到速度相等时经历的时间，0≤△t≤0.4s则有：v=vA﹣a（2nt+△t）=a△t，代入数据解得：
6.75≤n≤7.5，n为整数，故取n=7，△t=0.2s，其末速度为0.2m/s，滑块的位移为：，对木板=0.02m，则木板的长度为
x滑﹣x木=17.98m﹣0.02m=17.96m
答：（1）滑块到达A点时对轨道的压力大小为30N；
（2）当滑块与木板达到共同速度（v≠0）时，滑块距离木板左端的长度是17.96m
11.解：（1）绳子缓慢拉入水平管道重心升高h，
由动能定理：W+WG=0
W=mgh
代入数据解得h=0.182m．
（2）由动能定理（或机械能守恒）
WG=△EK
，
代入数据解得v=3.77m/s．
（3）拉力做功，效果等同于底端长△L的绳子被拉到水平管内，由动能定理得，
△mgR
其中，
解得，代入数据解得F0=6.37N．
答：（1）绳子的重心升高了0.182m；
（2）若在图示位置撤去拉力，绳子沿细管下落，当其上端离开管道瞬间速度为3.77m/s；
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（3）F0的大小为6.37N．
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