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)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=972.(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
2、度的大小为a,容器对它的支持力大小为FN,则()A.a=2(mgR-W)mRB.a=2mgR-WmRC.FN=3mgR-2WRD.FN=2(mgR-W)R3.(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
3、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h1sC.倾角一定大于D.倾角可以大于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
4、如图所示,图中,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+W2B.W1W2C.P=P1D.P1P26.(图象问题)(2019甘肃高考模拟)已知篮球在空气中运动时所受空气阻力与速度大小成正比。篮球与地面碰撞后以大小为v0的速度竖直弹起后到再次与地面碰撞的过程中,以v表示篮球的速度,t表示篮球运动的时间,Ek表示篮球的动能,h表示篮球的高度,则下列图象可能正确的是()7.(动能定理和v-t图象)(2019广西高考模拟)如图所示,平直木板AB倾斜放置,小物块
5、与木板间的动摩擦因数由A到B逐渐减小,先让物块从A由静止开始滑到B,然后将A端着地,抬高B端,使木板的倾角与前一过程相同,再让物块从B由静止开始滑到A。上述两过程相比较,下列说法中正确的是()A.物块从顶端滑到底端,两过程中物块克服摩擦力做功相同B.物块从顶端滑到底端,两过程中物块所受摩擦力冲量大小相等C.物块滑到底端时的速度,前一过程较大D.物块从顶端滑到底端两过程,前一过程用时较短素养综合练8.(2019天津高考)完全由我国自行设计、建造的国产新型航空母舰已完成多次海试,并取得成功。航母上的舰载机采用滑跃式起飞,故甲板是由水平甲板和上翘甲板两部分构成,如图1所示。为了便于研究舰载机的起飞过
6、程,假设上翘甲板BC是与水平甲板AB相切的一段圆弧,示意如图2,AB长L1=150 m,BC水平投影L2=63 m,图中C点切线方向与水平方向的夹角=12(sin 120.21)。若舰载机从A点由静止开始做匀加速直线运动,经t=6 s到达B点进入BC。已知飞行员的质量m=60 kg,g=10 m/s2,求(1)舰载机水平运动的过程中,飞行员受到的水平力所做功W;(2)舰载机刚进入BC时,飞行员受到竖直向上的压力FN多大。9.(2019天津高三会考)如图所示,倾角=30的光滑斜面AB底端与粗糙弧形曲面平滑连接,A点距水平地面高度H=0.8 m,质量m=1 kg的滑块从A点由静止开始下滑,经B点沿
7、弧形曲面滑至C点速度减为零,C点距水平地面高度h=0.6 m,g取10 m/s2。求:(1)滑块沿斜面下滑的加速度a的大小;(2)滑块滑过B点时的速度vB的大小;(3)滑块由B点运动至C点的过程中克服摩擦阻力做的功Wf。10.(2019甘肃高考模拟)课间,小白同学在足够大的水平桌面上竖直放置了一块直角三角板,然后将一长L=15 cm的直尺靠在三角板上刻度h=9 cm处的A点,下端放在水平桌面上的B点,让另一同学将一物块从直尺顶端由静止释放,最终物块停在水平桌面上的C点(图中未画出),测得B、C间的距离x1=13 cm。改变直尺一端在三角板上放着点的位置,物块仍从直尺顶端由静止释放,物块在水平桌
8、面上停止的位置离三角板底端O的距离x会发生变化。已知物块与水平桌面间的动摩擦因数1=0.6,不计物块通过B点时的机械能损失,g取10 m/s2。求:(1)物块与直尺间的动摩擦因数2;(2)改变直尺一端在三角板上放置点的位置,物块从直尺顶端由静止释放后在水平桌面上停止的位置离三角板底端O的最大距离xm。11.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
9、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?参考答案课时规范练16动能定理及其应用1.D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=v1t2,物体在恒力F2作用3t后的位移x2=v1+v223t,由题意知x1=-x2,整理得v1=-34v2,由动能定理得,W1=12mv12,W2=12mv22-12mv12,则W1W2=97,故选项D正确。2.AC质点P由静止滑到最低点过程由动能定理得mgR-W=12mv2在最
10、低点时有a=v2R联立解得a=2(mgR-W)mR,由牛顿第二定律得FN-mg=mv2R联立解得FN=3mgR-2WR,所以选项A、C正确,B、D错误。3.ABC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=Fmg=0.35,A正确;减速过程由动能定理得WF+Wf=0-12mv2,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,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。4.B第一次停在水平滑道上的某点,由动能定理得mgh1-mgcos h1sin-
11、mgs=0,由几何关系知h1tan+s=s,化简得mgh1-mgs=0,解得=h1s,A错误,B正确;在AB段由静止下滑,说明mgcos mgsin ,故,则雪橇不能停在E点,所以C、D错误。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W1W2,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PP1,C、D错误。6.B篮球在上升的
12、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,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=mgcos s,则整个过程中克服摩擦力的功为:W总=mgcos s,可知两过程中物块克服摩擦
13、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)7.5104 J(2)1.1103 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=L1t根据动能定理,有W=12mv2-0联
14、立式,代入数据,得W=7.5104 J(2)设上翘甲板所对应的圆弧半径为R,根据几何关系,有L2=Rsin 由牛顿第二定律,有FN-mg=mv2R联立式,代入数据,得FN=1.1103 N9.答案 (1)5 m/s2(2)4 m/s(3)2 J解析 (1)由牛顿第二定律mgsin =ma得a=gsin =5 m/s2(2)由动能定理mgH=12mvB2得vB=4 m/s(3)由动能定理-mgh-Wf=0-12mvB2得Wf=2 J10.答案 (1)0.1(2)2552 cm解析 (1)设ABO=1,由动能定理可知mgh=2mgcos 1L+1mgx1,由几何关系可知cos 1=L2-AO2L=
15、45,解得物块与直尺之间的动摩擦因数2=0.1。(2)设直尺与水平方向的夹角为,由动能定理可知,mgh=2mgcos L+1mgx2,h=Lsin 。木块在水平桌面上停止的位置离三角板底端O的距离x=Lcos +x2,代入数据可得x=25sin+12cos cm,可得最大距离xm=2552 cm。11.答案 (1)R(2)(3-3)mg(3)(3+3)R1-3解析 (1)对整体过程,由动能定理得mgRcos -mgcos s=0所以物体在AB轨道上通过的总路程s=R。(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 )=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mgLsin -mgcos L-mgR(1+cos )=12mvD2解得L=(3+3)R1-3。
