山東省2020版高考物理一輪復習 課時規(guī)范練16 動能定理及其應用 新人教版

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1、課時規(guī)范練16　動能定理及其應用 基礎對點練 1.(單物體動能定理)(2018·湖北八校高三聯(lián)考)物體靜止在光滑水平面上,先對物體施加一水平向右的恒力F1,經(jīng)時間t撤去F1,立即再對它施加一水平向左的恒力F2,又經(jīng)時間3t物體回到出發(fā)點,在這一過程中,F1、F2分別對物體做的功W1、W2之間的關系是(　　) A.W1∶W2=1∶1 B.W1∶W2=2∶3 C.W1∶W2=9∶5 D.W1∶W2=9∶7 答案D 解析設恒力F1作用t后物體的速度為v1,恒力F2又作用3t后物體的速度為v2,則物體在恒力F1作用t后的位移x1=,物體在恒力F2作用3t后的位移x2=×3t,由題意知x1=

2、-x2,整理得v1=-v2,由動能定理得,W1=,W2=,則,故選項D正確。 2.(單物體動能定理)(2018·河南鄭州質(zhì)檢)如圖所示,光滑斜面的頂端固定一彈簧,一小球向右滑行,并沖上固定在地面上的斜面。設小球在斜面最低點A的速度為v,壓縮彈簧至C點時彈簧最短,C點距地面高度為h,不計小球與彈簧碰撞過程中的能量損失,則彈簧被壓縮至C點的過程,彈簧對小球做的功為(　　) A.mgh-mv2 B.mv2-mgh C.mgh+mv2 D.mgh 答案A 解析小球從A點運動到C點的過程中,重力和彈簧的彈力對小球做負功,由于支持力與位移始終垂直,則支持力對小球不做功,由動能定理,可得WG+W

3、F=0-mv2,重力做功為WG=-mgh,則彈簧的彈力對小球做功為WF=mgh-mv2,所以正確選項為A。 3.(多選)(單物體動能定理　向心力)(2016·全國卷Ⅲ,20)如圖,一固定容器的內(nèi)壁是半徑為R的半球面;在半球面水平直徑的一端有一質(zhì)量為m 的質(zhì)點P。它在容器內(nèi)壁由靜止下滑到最低點的過程中,克服摩擦力做的功為W。重力加速度大小為g。設質(zhì)點P在最低點時,向心加速度的大小為a,容器對它的支持力大小為FN,則(　　) A.a= B.a= C.FN= D.FN= 答案AC 解析質(zhì)點P由靜止滑到最低點過程由動能定理得 mgR-W=mv2① 在最低點時有a=② 聯(lián)立①②解得a

4、=, 由牛頓第二定律得FN-mg=m③ 聯(lián)立①③解得FN=,所以選項A、C正確,B、D錯誤。 4.(多選)(單物體動能定理　圖象理解)(2018·遼寧五校聯(lián)考)在某一粗糙的水平面上,一質(zhì)量為2 kg的物體在水平恒定拉力的作用下做勻速直線運動,當運動一段時間后,拉力逐漸減小,且當拉力減小到零時,物體剛好停止運動,圖中給出了拉力隨位移變化的關系圖象。已知重力加速度g取10 m/s2。根據(jù)以上信息能精確得出或估算得出的物理量有(　　) A.物體與水平面間的動摩擦因數(shù) B.合外力對物體所做的功 C.物體做勻速運動時的速度 D.物體運動的時間 答案ABC 解析物體做勻速直線運動時,拉力

5、F與滑動摩擦力Ff相等,物體與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ==0.35,A正確;減速過程由動能定理得WF+Wf=0-mv2,根據(jù)F-x圖象中圖線與坐標軸圍成的面積可以估算力F做的功WF,而Wf=-μmgx,由此可求得合外力對物體所做的功,及物體做勻速運動時的速度v,B、C正確;因為物體做變加速運動,所以運動時間無法求出,D錯誤。 5.(多過程單物體動能定理)(2018·河北衡水中學模擬)有兩條滑道平行建造,左側(cè)相同而右側(cè)有差異,一個滑道的右側(cè)水平,另一個的右側(cè)是斜坡。某滑雪者保持一定姿勢坐在雪橇上不動,從h1高處的A點由靜止開始沿傾角為θ的雪道下滑,最后停在與A點水平距離為s的水平雪道上。接著改

6、用另一個滑道,還從與A點等高的位置由靜止開始下滑,結(jié)果能沖上另一個傾角為α的雪道上h2高處的E點停下。若動摩擦因數(shù)處處相同,且不考慮雪橇在路徑轉(zhuǎn)折處的能量損失,則(　　) A.動摩擦因數(shù)為tan θ B.動摩擦因數(shù)為 C.傾角α一定大于θ D.傾角α可以大于θ 答案B 解析第一次停在水平滑道上的某點,由動能定理得 mgh1-μmgcosθ·-μmgs'=0,由幾何關系知+s'=s, 化簡得mgh1-μmgs=0,解得μ=,A錯誤,B正確;在AB段由靜止下滑,說明μmgcosθmgsinα,故α<θ;若α>θ,

7、則雪橇不能停在E點,所以C、D錯誤。 6.(單物體動能定理　圖象理解)地震引起的海嘯會給人們帶來巨大的損失。某中學的部分學生組成了一個課題小組,對海嘯的威力進行了模擬研究,他們設計了如下的模型:如圖甲所示,在水平地面上放置一個質(zhì)量為m=4 kg的物體,讓其在隨位移均勻減小的水平推力(模擬海嘯)作用下運動,推力F隨位移x變化的圖象如圖乙所示,已知物體與地面之間的動摩擦因數(shù)為μ=0.5,重力加速度g取10 m/s2,則(　　) A.運動過程中物體的最大加速度為15 m/s2 B.在距出發(fā)點3.0 m位置時物體的速度達到最大 C.整個過程中推力對物體做功180 J D.物體在水平地面上

8、運動的最大位移是10 m 答案D 解析由牛頓第二定律有F-μmg=ma,當推力F=100N時,物體加速度最大,為20m/s2,選項A錯誤;由題圖乙可得推力F隨位移x變化的關系為F=100-25x(N),物體速度最大時,加速度為零,則F=μmg,解得x=3.2m,即在距出發(fā)點3.2m位置時物體的速度達到最大,選項B錯誤;由F-x圖象中圖線與坐標軸所圍的“面積”表示功可知,推力對物體做功WF=Fx0=200J,選項C錯誤;由動能定理有WF-μmgxm=0,代入數(shù)據(jù)得xm=10m,即物體在水平面上運動的最大位移是10m,選項D正確。 7.(變力做功用動能定理)(2018·寧夏石嘴山第三次模擬)

9、質(zhì)量為m的小球被系在輕繩一端,在豎直平面內(nèi)作半徑為R的圓周運動,運動過程中小球受到空氣阻力的作用。設某一時刻小球通過軌道的最低點,此時繩子的張力為7mg,此后小球繼續(xù)做圓周運動,經(jīng)過半個圓周恰能通過最高點,則在此過程中小球克服空氣阻力所做的功為(　　) A.0.25mgR B.0.3mgR C.0.5mgR D.mgR 答案C 解析最低點7mg-mg=,則最低點速度為v1=。最高點mg=,則最高點速度為v2=,由動能定理得-2mgR+Wf=mv22-mv12,解得Wf=-mgR,故克服空氣阻力做功Wf=mgR,故選項C正確,ABD錯誤。 8.(多選)(單物體動能定理　圖象理解)質(zhì)量為1

10、 kg的物體在水平粗糙的地面上受到一水平外力F作用運動,如圖甲所示,外力F和物體克服摩擦力Ff做的功W與物體位移x的關系如圖乙所示,重力加速度g取10 m/s2。下列分析正確的是(　　) A.物體與地面之間的動摩擦因數(shù)為0.2 B.物體運動位移為13 m C.前3 m運動過程中物體的加速度為3 m/s2 D.x=9 m時,物體速度為3 m/s 答案ACD 解析由Wf=Ffx對應圖乙中的b可知,物體與地面之間的滑動摩擦力Ff=2N,由Ff=μmg可得μ=0.2,選項A正確;由WF=Fx對應圖乙a可知,前3m內(nèi),拉力F1=5N,3~9m內(nèi)拉力F2=2N,物體在前3m內(nèi)的加速度a1=

11、=3m/s2,選項C正確;由動能定理得WF-Ffx=mv2可得x=9m時,物體的速度為v=3m/s,選項D正確;設物體運動的最大位移為xm,由動能定理得WF-Ffxm=0,即物體的最大位移xm==13.5m,選項B錯誤。 素養(yǎng)綜合練 9.如圖甲所示,長為20 m的水平軌道AB與半徑R=3 m的豎直半圓軌道BC在B處相連接,有一質(zhì)量為1 kg的滑塊(大小不計)從A處由靜止開始受水平向右的力F作用,F的大小隨位移變化關系如圖乙所示,滑塊與AB間的動摩擦因數(shù)為0.4,g取10 m/s2。 (1)求滑塊在水平軌道AB上運動前10 m過程中所需的時間; (2)求滑塊到達B處時的速度大小;

12、(3)若滑塊到達B處時撤去力F,滑塊沿半圓軌道內(nèi)側(cè)上滑,并恰好能到達最高點C,則滑塊在半圓軌道上克服摩擦力所做的功是多少。 答案(1)1 s　(2)10 m/s　(3)25 J 解析(1)在前10m內(nèi):F1-μmg=ma1 x1=a1 解得t1=1s。 (2)滑塊從A到B的過程中,由動能定理得 F1x1-F2x3-μmgx= 解得vB=10m/s。 (3)滑塊恰好能到達C點,則mg=m 滑塊從B到C的過程中,由動能定理得 Wf-mg·2R= 解得Wf=-25J,即克服摩擦力做功為25J。 10.(2018·甘肅張掖三次診斷)物塊放在水平面上,在恒力的作用下由靜止從A

13、點出發(fā),經(jīng)時間t運動到B點,此時撤去拉力,結(jié)果物塊再運動t時間速度為零。已知物塊的質(zhì)量為m,拉力與水平面的夾角為θ,物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ,重力加速度為g。求: (1)拉力F的大小; (2)整個過程物塊克服摩擦力做的功。 答案(1)　(2) 解析(1)根據(jù)題意知,物塊先做初速度為零的勻加速運動,再做勻減速運動到末速度為零,設加速階段的加速度大小為a1,減速階段的加速度為a2,由于加速階段時間與減速階段時間相等,所以a1=a2撤去拉力后μmg=ma2 所以a1=a2=μg 拉力作用下做加速運動時Fcosθ-μ(mg-Fsinθ)=ma2 解得:F= (2)物塊從A運動到B

14、的位移為x=a1t2=μgt2 由動能定理知Fxcosθ-Wf=0 所以克服摩擦力做功的大小為:Wf= 11. (2018·陜西西安六校聯(lián)考)如圖所示,AB是傾角θ=30°的粗糙直軌道,BCD是光滑的圓弧軌道,AB恰好在B點與圓弧相切,圓弧的半徑為R,一個質(zhì)量為m的物體(可以看成質(zhì)點)從直軌道上的P點由靜止釋放,結(jié)果它能在兩軌道間做往返運動。已知P點與圓弧的圓心O等高,物體與軌道AB間的動摩擦因數(shù)為μ。求: (1)物體做往返運動的整個過程中在AB軌道上通過的總路程; (2)最終當物體通過圓弧軌道最低點E時,對圓弧軌道的壓力大小; (3)為使物體能順利到達圓弧軌道的最高點D

15、,釋放點距B點的距離L'至少多大? 答案(1)　(2)(3-)mg　(3) 解析(1)對整體過程,由動能定理得 mgRcosθ-μmgcosθ·s=0 所以物體在AB軌道上通過的總路程s=。 (2)最終物體以B(還有B關于OE的對稱點)為最高點,在圓弧底部做往復運動,對B→E過程,由動能定理得 mgR(1-cosθ)= 在E點,由牛頓第二定律得FN-mg=m 解得FN=(3-)mg。 由牛頓第三定律知,在最低點E,物體對圓弧軌道的壓力大小(3-)mg。 (3)物體剛好到D點,由牛頓第二定律有mg=m 對全過程由動能定理得 mgL'sinθ-μmgcosθ·L'-mgR(1+cosθ)= 解得L'=。 9