2021版高考物理一轮复习课时规范练16动能定理及其应用含解析

2021版高考物理一轮复习课时规范练16动能定理及其应用含解析

课时规范练16　动能定理及其应用 ‎1.(单物体动能定理)物体静止在光滑水平面上,先对物体施加一水平向右的恒力F1,经时间t撤去F1,立即再对它施加一水平向左的恒力F2,又经时间3t物体回到出发点,在这一过程中,F1、F2分别对物体做的功W1、W2之间的关系是(　　)‎ A.W1∶W2=1∶1 B.W1∶W2=2∶3‎ C.W1∶W2=9∶5 D.W1∶W2=9∶7‎ ‎2.‎ ‎(多选)(单物体动能定理　向心力)(2016·全国卷Ⅲ,20)如图,一固定容器的内壁是半径为R的半球面;在半球面水平直径的一端有一质量为m 的质点P。它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中,克服摩擦力做的功为W。重力加速度大小为g。设质点P在最低点时,向心加速度的大小为a,容器对它的支持力大小为FN,则(　　)‎ A.a=‎2(mgR-W)‎mR B.a=‎‎2mgR-WmR C.FN=‎3mgR-2WR D.FN=‎‎2(mgR-W)‎R ‎3.‎ ‎(多选)(单物体动能定理　图象理解)在某一粗糙的水平面上,一质量为2 kg的物体在水平恒定拉力的作用下做匀速直线运动,当运动一段时间后,拉力逐渐减小,且当拉力减小到零时,物体刚好停止运动,图中给出了拉力随位移变化的关系图象。已知重力加速度g取10 m/s2。根据以上信息能精确得出或估算得出的物理量有(　　)‎ A.物体与水平面间的动摩擦因数 10‎ B.合外力对物体所做的功 C.物体做匀速运动时的速度 D.物体运动的时间 ‎4.(多过程单物体动能定理)有两条滑道平行建造,左侧相同而右侧有差异,一个滑道的右侧水平,另一个的右侧是斜坡。某滑雪者保持一定姿势坐在雪橇上不动,从h1高处的A点由静止开始沿倾角为θ的雪道下滑,最后停在与A点水平距离为s的水平雪道上。接着改用另一个滑道,还从与A点等高的位置由静止开始下滑,结果能冲上另一个倾角为α的雪道上h2高处的E点停下。若动摩擦因数处处相同,且不考虑雪橇在路径转折处的能量损失,则(　　)‎ A.动摩擦因数为tan θ B.动摩擦因数为h‎1‎s C.倾角α一定大于θ D.倾角α可以大于θ ‎5.‎ ‎(2019·黑龙江大庆一中高考模拟)汽车在水平路面上从静止开始做匀加速直线运动,t1秒末关闭发动机做匀减速直线运动,到t2秒末静止,所受摩擦力不变。其v-t图象如图所示,图中β<θ,若汽车牵引力做功为W,t1秒内做功的平均功率为P,汽车加速和减速过程中克服摩擦力做功分别为W1和W2,平均功率大小分别为P1和P2,忽略空气阻力的影响,下面结论正确的是(　　)‎ A.W=W1+W2 B.W1mgsinα,故α<θ;若α>θ,则雪橇不能停在E点,所以C、D错误。‎ 10‎ ‎5.A　对整个过程,由动能定理可知W-W1-W2=0,故W=W1+W2,A正确;由题图可知,加速过程的位移要大于减速过程的位移,因所受摩擦力不变,故汽车加速时克服摩擦力所做的功大于减速时克服摩擦力所做的功,则有W1>W2,B错误;因加速和减速运动中,平均速度相等,故由P=Fv可知,摩擦力的功率相等,故P1=P2,由功能关系可知W=Pt=P1t1+P2t2,而P1=P2,故P≠P1,C、D错误。‎ ‎6.B　篮球在上升的过程中,速度越来越小,空气阻力越来越小,由mg+F1=ma,可知其加速度越来越小,速度变化越来越慢,速度图象的斜率越来越小,下降过程中,v越大,阻力就越大,则mg-F1=ma,则加速度就越小,故A错误、B正确;上升过程中,h越大,v越小,阻力就越小,合力就越来越小,动能变化就越慢,所以h越大图线斜率越小;下降过程中,h越大,v越小,阻力就越小,合力越大,动能变化越快,所以h越大图线斜率越大,故C、D错误。故选B。‎ ‎7.‎ A　解析 设斜面倾角为θ,利用微元法,将斜面分割成无数个小段,则每一小段克服摩擦力的功为W=μmgcosθ·s,则整个过程中克服摩擦力的功为:W总=∑μmgcosθ·s,可知两过程中物块克服摩擦力做功相同,故选项A正确;两过程中,由于重力做功相同,克服摩擦力做功相同,则根据动能定理可知,两过程到达底端的速度大小相等,先让物块从A由静止开始滑到B,又因为动摩擦因数由A到B逐渐减小,则合力增大,即加速度增大,同理可知当物块由B到A,则合力减小,即加速度减小,最终速度的大小相等,而且位移大小相等,则v-t图象如图所示。则前一过程即由A到B用时tAB较长,则两个过程中摩擦力的冲量的大小不相等,故选项BCD错误。‎ ‎8.答案 (1)7.5×104 J　(2)1.1×103 N 解析 (1)舰载机由静止开始做匀加速直线运动,设其刚进入上翘甲板时的速度为v,则有v‎2‎‎=‎L‎1‎t①‎ 根据动能定理,有W=‎1‎‎2‎mv2-0②‎ 联立①②式,代入数据,得W=7.5×104J③‎ ‎(2)设上翘甲板所对应的圆弧半径为R,根据几何关系,有 L2=Rsinθ④‎ 10‎ 由牛顿第二定律,有FN-mg=mv‎2‎R⑤‎ 联立①④⑤式,代入数据,得FN=1.1×103N⑥‎ ‎9.答案 (1)5 m/s2　(2)4 m/s　(3)2 J 解析 (1)由牛顿第二定律mgsinθ=ma 得a=gsinθ=5m/s2‎ ‎(2)由动能定理mgH=‎‎1‎‎2‎mvB‎2‎ 得vB=4m/s ‎(3)由动能定理-mgh-Wf=0-‎‎1‎‎2‎mvB‎2‎ 得Wf=2J ‎10.答案 (1)0.1　(2)‎25‎‎5‎‎2‎ cm 解析 (1)设∠ABO=θ1,由动能定理可知mgh=μ2mgcosθ1L+μ1mgx1,由几何关系可知cosθ1=L‎2‎‎-AO‎2‎L‎=‎‎4‎‎5‎,解得物块与直尺之间的动摩擦因数μ2=0.1。‎ ‎(2)设直尺与水平方向的夹角为θ,由动能定理可知,mgh'=μ2mgcosθ·L+μ1mgx2,h'=Lsinθ。木块在水平桌面上停止的位置离三角板底端O的距离x=Lcosθ+x2,代入数据可得x=25sinθ+‎1‎‎2‎cosθcm,可得最大距离xm=‎25‎‎5‎‎2‎cm。‎ ‎11.答案 (1)Rμ　(2)(3-‎3‎)mg　(3)‎‎(3+‎3‎)R‎1-‎3‎μ 解析 (1)对整体过程,由动能定理得 mgRcosθ-μmgcosθ·s=0‎ 所以物体在AB轨道上通过的总路程s=Rμ。‎ 10‎ ‎(2)最终物体以B(还有B关于OE的对称点)为最高点,在圆弧底部做往复运动,对B→E过程,由动能定理得 mgR(1-cosθ)=‎‎1‎‎2‎mvE‎2‎ 在E点,由牛顿第二定律得FN-mg=mvE‎2‎R 解得FN=(3-‎3‎)mg。‎ 由牛顿第三定律知,在最低点E,物体对圆弧轨道的压力大小(3-‎3‎)mg。‎ ‎(3)物体刚好到D点,由牛顿第二定律有mg=mvD‎2‎R 对全过程由动能定理得 mgL'sinθ-μmgcosθ·L'-mgR(1+cosθ)=‎‎1‎‎2‎mvD‎2‎ 解得L'=‎(3+‎3‎)R‎1-‎3‎μ。‎ 10‎