《山东省高考物理一轮复习课时规范练16动能定理及其应用新人教版》由会员分享，可在线阅读，更多相关《山东省高考物理一轮复习课时规范练16动能定理及其应用新人教版（9页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、课时规范练16动能定理及其应用基础对点练1.(单物体动能定理)(2018湖北八校高三联考)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.W1W2=11B.W1W2=23C.W1W2=95D.W1W2=97答案D解析设恒力F1作用t后物体的速度为v1,恒力F2又作用3t后物体的速度为v2,则物体在恒力F1作用t后的位移x1=,物体在恒力F2作用3t后的位移x2=3t,由题意知x1=-x2,整理得v1=-v2,由动能定理得,W1=,W2
2、=,则,故选项D正确。2.(单物体动能定理)(2018河南郑州质检)如图所示,光滑斜面的顶端固定一弹簧,一小球向右滑行,并冲上固定在地面上的斜面。设小球在斜面最低点A的速度为v,压缩弹簧至C点时弹簧最短,C点距地面高度为h,不计小球与弹簧碰撞过程中的能量损失,则弹簧被压缩至C点的过程,弹簧对小球做的功为()A.mgh-mv2B.mv2-mghC.mgh+mv2D.mgh答案A解析小球从A点运动到C点的过程中,重力和弹簧的弹力对小球做负功,由于支持力与位移始终垂直,则支持力对小球不做功,由动能定理,可得WG+WF=0-mv2,重力做功为WG=-mgh,则弹簧的弹力对小球做功为WF=mgh-mv2
3、,所以正确选项为A。3.(多选)(单物体动能定理向心力)(2016全国卷,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=B.a=C.FN=D.FN=答案AC解析质点P由静止滑到最低点过程由动能定理得mgR-W=mv2在最低点时有a=联立解得a=,由牛顿第二定律得FN-mg=m联立解得FN=,所以选项A、C正确,B、D错误。4.(多选)(单物体动能定理图象理解)(2018辽宁五校联考)
4、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.物体运动的时间答案ABC解析物体做匀速直线运动时,拉力F与滑动摩擦力Ff相等,物体与水平面间的动摩擦因数为=0.35,A正确;减速过程由动能定理得WF+Wf=0-mv2,根据F-x图象中图线与坐标轴围成的面积可以估算力F做的功WF,而Wf=-mgx
5、,由此可求得合外力对物体所做的功,及物体做匀速运动时的速度v,B、C正确;因为物体做变加速运动,所以运动时间无法求出,D错误。5.(多过程单物体动能定理)(2018河北衡水中学模拟)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 B.动摩擦因数为C.
6、倾角一定大于D.倾角可以大于答案B解析第一次停在水平滑道上的某点,由动能定理得mgh1-mgcos-mgs=0,由几何关系知+s=s,化简得mgh1-mgs=0,解得=,A错误,B正确;在AB段由静止下滑,说明mgcosmgsin,故,则雪橇不能停在E点,所以C、D错误。6.(单物体动能定理图象理解)地震引起的海啸会给人们带来巨大的损失。某中学的部分学生组成了一个课题小组,对海啸的威力进行了模拟研究,他们设计了如下的模型:如图甲所示,在水平地面上放置一个质量为m=4 kg的物体,让其在随位移均匀减小的水平推力(模拟海啸)作用下运动,推力F随位移x变化的图象如图乙所示,已知物体与地面之间的动摩擦
7、因数为=0.5,重力加速度g取10 m/s2,则()A.运动过程中物体的最大加速度为15 m/s2B.在距出发点3.0 m位置时物体的速度达到最大C.整个过程中推力对物体做功180 JD.物体在水平地面上运动的最大位移是10 m答案D解析由牛顿第二定律有F-mg=ma,当推力F=100N时,物体加速度最大,为20m/s2,选项A错误;由题图乙可得推力F随位移x变化的关系为F=100-25x(N),物体速度最大时,加速度为零,则F=mg,解得x=3.2m,即在距出发点3.2m位置时物体的速度达到最大,选项B错误;由F-x图象中图线与坐标轴所围的“面积”表示功可知,推力对物体做功WF=Fx0=20
8、0J,选项C错误;由动能定理有WF-mgxm=0,代入数据得xm=10m,即物体在水平面上运动的最大位移是10m,选项D正确。7.(变力做功用动能定理)(2018宁夏石嘴山第三次模拟)质量为m的小球被系在轻绳一端,在竖直平面内作半径为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,此后小球继续做圆周运动,经过半个圆周恰能通过最高点,则在此过程中小球克服空气阻力所做的功为()A.0.25mgRB.0.3mgRC.0.5mgRD.mgR答案C解析最低点7mg-mg=,则最低点速度为v1=。最高点mg=,则最高点速度为v2=,由动能定理得-2m
9、gR+Wf=mv22-mv12,解得Wf=-mgR,故克服空气阻力做功Wf=mgR,故选项C正确,ABD错误。8.(多选)(单物体动能定理图象理解)质量为1 kg的物体在水平粗糙的地面上受到一水平外力F作用运动,如图甲所示,外力F和物体克服摩擦力Ff做的功W与物体位移x的关系如图乙所示,重力加速度g取10 m/s2。下列分析正确的是()A.物体与地面之间的动摩擦因数为0.2B.物体运动位移为13 mC.前3 m运动过程中物体的加速度为3 m/s2D.x=9 m时,物体速度为3 m/s答案ACD解析由Wf=Ffx对应图乙中的b可知,物体与地面之间的滑动摩擦力Ff=2N,由Ff=mg可得=0.2,
10、选项A正确;由WF=Fx对应图乙a可知,前3m内,拉力F1=5N,39m内拉力F2=2N,物体在前3m内的加速度a1=3m/s2,选项C正确;由动能定理得WF-Ffx=mv2可得x=9m时,物体的速度为v=3m/s,选项D正确;设物体运动的最大位移为xm,由动能定理得WF-Ffxm=0,即物体的最大位移xm=13.5m,选项B错误。素养综合练9.如图甲所示,长为20 m的水平轨道AB与半径R=3 m的竖直半圆轨道BC在B处相连接,有一质量为1 kg的滑块(大小不计)从A处由静止开始受水平向右的力F作用,F的大小随位移变化关系如图乙所示,滑块与AB间的动摩擦因数为0.4,g取10 m/s2。(1
11、)求滑块在水平轨道AB上运动前10 m过程中所需的时间;(2)求滑块到达B处时的速度大小;(3)若滑块到达B处时撤去力F,滑块沿半圆轨道内侧上滑,并恰好能到达最高点C,则滑块在半圆轨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内:F1-mg=ma1x1=a1解得t1=1s。(2)滑块从A到B的过程中,由动能定理得F1x1-F2x3-mgx=解得vB=10m/s。(3)滑块恰好能到达C点,则mg=m滑块从B到C的过程中,由动能定理得Wf-mg2R=解得Wf=-25J,即克服摩擦力做功为25J。10.(2018甘肃张掖三次诊断)物块放在水平面上
12、,在恒力的作用下由静止从A点出发,经时间t运动到B点,此时撤去拉力,结果物块再运动t时间速度为零。已知物块的质量为m,拉力与水平面的夹角为,物块与水平面间的动摩擦因数为,重力加速度为g。求:(1)拉力F的大小;(2)整个过程物块克服摩擦力做的功。答案(1)(2)解析(1)根据题意知,物块先做初速度为零的匀加速运动,再做匀减速运动到末速度为零,设加速阶段的加速度大小为a1,减速阶段的加速度为a2,由于加速阶段时间与减速阶段时间相等,所以a1=a2撤去拉力后mg=ma2所以a1=a2=g拉力作用下做加速运动时Fcos-(mg-Fsin)=ma2解得:F=(2)物块从A运动到B的位移为x=a1t2=
13、gt2由动能定理知Fxcos-Wf=0所以克服摩擦力做功的大小为:Wf=11.(2018陕西西安六校联考)如图所示,AB是倾角=30的粗糙直轨道,BCD是光滑的圆弧轨道,AB恰好在B点与圆弧相切,圆弧的半径为R,一个质量为m的物体(可以看成质点)从直轨道上的P点由静止释放,结果它能在两轨道间做往返运动。已知P点与圆弧的圆心O等高,物体与轨道AB间的动摩擦因数为。求:(1)物体做往返运动的整个过程中在AB轨道上通过的总路程;(2)最终当物体通过圆弧轨道最低点E时,对圆弧轨道的压力大小;(3)为使物体能顺利到达圆弧轨道的最高点D,释放点距B点的距离L至少多大?答案(1)(2)(3-)mg(3)解析(1)对整体过程,由动能定理得mgRcos-mgcoss=0所以物体在AB轨道上通过的总路程s=。(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BE过程,由动能定理得mgR(1-cos)=在E点,由牛顿第二定律得FN-mg=m解得FN=(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-)mg。(3)物体刚好到D点,由牛顿第二定律有mg=m对全过程由动能定理得mgLsin-mgcosL-mgR(1+cos)=解得L=。9
