【名师伴你行】2022年高考物理一轮复习课时作业14动能定理及应用-

十四动能定理及应用1．一质量为m的物体静止于光滑水平面上，某时刻在物体上作用一水平力F，物体由静止开头运动，前进一段距离之后速度大小为v，再前进一段距离物体的速度增大为2v，则()A．其次过程的速度增量大于第一过程的速度增量B．其次过程的动能增量是第一过程动能增量的3倍C．其次过程的位移等于第一过程位移的3倍D．其次过程合外力做的功等于第一过程合外力做功的2倍答案：B解析：由题意知，两个过程中速度增量均为v，A错误；由动能定理知：W1＝eq\f(1,2)mv2，W2＝eq\f(1,2)m(2v)2－eq\f(1,2)mv2＝eq\f(3,2)mv2，故B正确，D错误；由于水平力F不肯定是恒力，所以C错误．2．如图所示，一个质量为m的物体静止放在光滑水平面上，在互成60°角的大小相等的两个水平恒力作用下，经过一段时间，物体获得的速度为v，在两个力的方向上的速度重量分别为v1、v2，那么在这段时间内，其中一个力做的功为()A.eq\f(1,6)mv2 B.eq\f(1,4)mv2C.eq\f(1,3)mv2 D.eq\f(1,2)mv2答案：B解析：由动能定理得，合力F做的功W＝eq\f(1,2)mv2，由功的公式W＝Fscosα知两个分力的功相等W1＝W2.因W＝W1＋W2，所以W1＝W2＝eq\f(1,2)W＝eq\f(1,4)mv2，故B正确．3．将一个物体以初动能E0竖直向上抛出，落回地面时物体的动能为eq\f(E0,2)，设空气阻力大小恒定．若将它以初动能4E0竖直上抛，则它在上升到最高点的过程中，重力势能变化了()A．3E0 B．2E0C．1.5E0 D．E0答案：A解析：物体以初动能E0竖直向上抛出，设上升最大高度为h，依据动能定理，对全过程有－2fh＝－eq\f(E0,2)，对上升过程有－fh－mgh＝0－E0，联立解得mg＝3f；物体以初动能4E0竖直上抛，设上升的最大高度为h′，上升过程运用动能定理有－mgh′－fh′＝0－4E0，得mgh′＝3E0，即重力势能的增加量为3E0，只有选项A正确．4．(2021·银川一中期中)如图所示，质量为m的物体静止在水平光滑的平台上，系在物体上的绳子跨过光滑的定滑轮，由地面上的人以速度v0水平向右匀速拉动，设人从地面上平台的边缘开头向右行至绳与水平方向夹角为45°处，在此过程中人的拉力对物体所做的功为()A.eq\f(mv\o\al(2,0),2) B.eq\f(\r(2)mv\o\al(2,0),2)C.eq\f(mv\o\al(2,0),4) D．mveq\o\al(2,0)答案：C解析：人行至绳与水平方向夹角为45°处时，物体的速度为v＝v0cosθ，由动能定理，人对物体所做的功：W＝ΔEk＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)，正确选项为C.5．如图所示，长为L的长木板水平放置，在木板的A端放置一个质量为m的小物块，现缓慢地抬高A端，使木板以左端为轴转动，当木板转到与水平面的夹角为α时小物块开头滑动，此时停止转动木板，小物块滑到底端的速度为v.则在整个过程中，下列说法不正确的是()A．木板对小物块做功为eq\f(1,2)mv2B．摩擦力对小物块做功为mgLsinαC．支持力对小物块做功为mgLsinαD．滑动摩擦力对小物块做功为eq\f(1,2)mv2－mgLsinα答案：B解析：在抬高A端的过程中，小物块受到的摩擦力为静摩擦力，其方向和小物块的运动方向时刻垂直，故在抬高阶段，摩擦力并不做功，这样在抬高小物块的过程中，由动能定理得：WN＋WG＝0，即WN－mgLsinα＝0，所以WN＝mgLsinα.在小物块下滑的过程中，支持力不做功，滑动摩擦力和重力做功，由动能定理得：WG＋Wf＝eq\f(1,2)mv2，即Wf＝eq\f(1,2)mv2－mgLsinα，B错，C、D正确．在整个过程中，设木板对小物块做的功为W，对小物块在整个过程由动能定理得W＝eq\f(1,2)mv2，A正确．6．汽车在水平路面上从静止开头做匀加速直线运动，t1秒末关闭发动机，做匀减速直线运动，t2秒末静止，其v­t图象如图所示，图中α<β，若汽车牵引力做功为W，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，平均功率分别为P1和P2，则()A．W＝W1＋W2 B．W>W2C．P＝P1 D．P1＝P2答案：ABD解析：整个过程动能变化量为零，所以合力的功为零，由动能定理知，A正确；摩擦力大小相等，0～t1时间内汽车位移大，B正确；0～t1时间内汽车匀加速运动，牵引力大于摩擦力，速度相等，所以P>P1，C错误；加速阶段和减速阶段平均速度相等，所以摩擦力的平均功率相等，D正确．7．(2021·浙江嘉兴一中摸底)如图所示，一个小球在竖直环内至少能做(n＋1)次完整的圆周运动，当它第(n－1)次经过环的最低点时速度大小为7m/s，第n次经过环的最低点时速度大小为5m/s，则小球第(n＋1)A．等于3m/s B．小于C．等于1m/s D．大于答案：D解析：设物体质量为m，依据动能定理，第n次做圆周运动时克服摩擦力做的功W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,n－1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,n)＝eq\f(1,2)m(72－52)＝12m若第n＋1次克服摩擦力做的功与第n次相同，则：W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,n)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,n＋1)＝eq\f(1,2)m(52－veq\o\al(2,n＋1))＝12m解得：vn＋1＝1而实际运动过程中经同一点时，速度越来越小，需要的向心力越来越小，对轨道的压力也会越来越小，而滑动摩擦力f＝μFN，因此每运动一圈，克服摩擦力做的功也会越来越小，第n＋1圈克服摩擦力做的功肯定小于第n圈克服摩擦力做的功，因此末速度肯定大于1m8．如图所示，粗糙水平地面AB与半径R＝0.4m的光滑半圆轨道BCD相连接，且在同一竖直平面内，O是BCD的圆心，BOD在同一竖直线上．质量m＝2kg的小物块在9N的水平恒力F的作用下，从A点由静止开头做匀加速直线运动．已知xAB＝5m，小物块与水平地面间的动摩擦因数为μ＝0.2.当小物块运动到B点时撤去力F.取重力加速度g＝(1)小物块到达B点时速度的大小；(2)小物块运动到D点时，轨道对小物块作用力的大小；(3)小物块离开D点落到水平地面上的点与B点之间的距离．答案：(1)5m/s(2)25N(3解析：(1)从A到B，依据动能定理有(F－μmg)xAB＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)得vB＝eq\r(\f(2F－μmgxAB,m))＝5m/s(2)从B到D，依据动能定理有－mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)得vD＝eq\r(v\o\al(2,B)－4Rg)＝3m/s在D点，依据牛顿运动定律有FN＋mg＝eq\f(mv\o\al(2,D),R)得FN＝Meq\f(v\o\al(2,D),R)－mg＝25N(3)由D点到落点小物块做平抛运动，在竖直方向上有2R＝eq\f(1,2)gt2，得t＝eq\r(\f(4R,g))＝eq\r(\f(4×0.4,10))s＝0.4s落点与B点之间的距离s＝v0t＝3×0.4m9．某课外探究小组的同学们用学校试验室内的细特质材料自制了如图所示的导轨，其中，导轨的全部半圆形部分均光滑，水平部分均粗糙．圆半径分别为R、2R、3R和4R，R＝0.5m，水平部分长度L＝2m，将导轨竖直放置，轨道最低点离水平地面高h＝1m．将一个质量为m＝0.5kg、中心有孔的钢球(孔径略大于细导轨直径)，套在导轨端点P处，钢球与导轨水平部分的动摩擦因数均为μ＝0.4.给钢球一初速度v0＝13(1)钢球运动至第一个半圆形轨道最低点A时对轨道的压力；(2)钢球落地点到抛出点的水平距离．答案：(1)178N(2)7解析：(1)钢球从P运动到A点的过程，由动能定理得mg·2R－μmg·L＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)由牛顿其次定律有N－mg＝meq\f(v\o\al(2,1),R)由牛顿第三定律有N＝－N′，解得N′＝－178N．故对轨道的压力大小为178N，方向竖直向下．(2)设钢球到达轨道末端时速度为v2，对全程由动能定理得－μmg·5L－4mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得v2＝7由平抛运动规律得h＋8R＝eq\f(1,2)gt2s＝v2t解得s＝710．如图所示，将毛刷均匀粘贴在斜面上，让全部毛的方向均沿斜面对上倾斜，从而使物块M沿斜面的运动有如下特点：①顺着毛的生长方向运动时，毛产生的阻力可以忽视，②逆着毛的生长方向运动时，会受到来自毛的滑动摩擦力，且动摩擦因数为μ＝0.5.斜面顶端距水平面高度为h＝0.8m，质量为m＝2kg的物块M从斜面顶端A由静止滑下，从O点进入光滑水平滑道时无机械能损失，为使物块M制动，将轻弹簧的一端固定在水平滑道延长线B处的墙上，另一端恰位于水平轨道的中点C.已知斜面的倾角θ＝53°，重力加速度取g＝10(1)物块M滑到O点时的速度以及弹簧压缩到最短时的弹性势能(设弹簧处于原长时弹性势能为零)；(2)若物块M能够被弹回到斜面上，则它能够上升的最大高度；(3)物块M在斜面上下滑动过程中的总路程．答案：(1)eq\r(10)m/s10J(2)0.5m(3)2.67解析：(1)由牛顿其次定律得mgsinθ－μmgcosθ＝ma滑到O点时的速度v＝eq\r(2aL)又sinθ＝eq\f(h,L)解得v＝eq\r(10)m/s物块M从斜面顶端A运动到弹簧压缩到最短，由动能定理有mgh－μmgcosθeq\f(h,sinθ)－Ep＝0则弹性势能Ep＝mgh－μmgcosθeq\f(h,sinθ)＝10J(2)设物块M第一次被弹回，上升的最大高度为H，由动能定理得mg(h－H)－μmgcosθeq\f(h,sinθ)＝0则H＝h－μcosθeq\f(h,sinθ)＝0.5m(3)物块M最终停止在水平面上，对于运动的全过程，由动能定理有mgh－μmgcosθ·s＝0物块M在斜面上下滑过程中的总路程s＝eq\f(h,μcosθ)＝2.67m11．一轻质细绳一端系一质量为m＝eq\f(1,20)kg的小球A，另一端挂在光滑水平轴O上，O到小球的距离为L＝0.1m，小球跟水平面接触，但无相互作用，在球的两侧等距离处分别固定一个光滑的斜面和一个挡板，如图所示，水平距离s为2m，动摩擦因数为0.25.现有一小滑块B，质量也为m，从斜面上滑下，与小球碰撞时交换速度，与挡板碰撞不损失机械能．若不计空气阻力，并将滑块和小球都视为质点，取g＝10m/s2(1)若滑块B从斜面某一高度h处滑下与小球第一次碰撞后，使小球恰好在竖直平面内做圆周运动，求此高度h；(2)若滑块B从h′＝5m处滑下，求滑块B(3)若滑块B从h′＝5m处滑下与小球碰撞后，小球在竖直平面内做圆周运动，求小球做完整圆周运动的次数答案：(1)0.5m(2)48N(3解析：(1)小球恰能完成一次完整的圆周运动，设它到最高点的速度为v1，小球在最低点速度为v，则有mg＝meq\f(v\o\al(2,1),L)①eq\f(1,2)mv2＝mg·2L＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)②解①②得v＝eq\r(5)m/s滑块从h高处运动到将与小球碰撞时速度为v，mgh＝μmg·eq\f(s,2)＋eq\f(1,2)mv2因碰撞后速度交换v＝eq\r(5)m/s，解上式有h＝0.5(2)若滑块从h＝5m处下滑到将要与