课标通用2021高考物理一轮复习作业22动能定理及其应用含解析

1作业22动能定理及其应用-2-一、选择题1．关于运动物体所受的合外力、合外力做的功及动能变化的关系，下列说法正确的是()A．合外力为零，则合外力做功一定为零B．合外力做功为零，则合外力一定为零C．合外力做功越多，则动能一定越大D．动能不变，则物体合外力一定为零解析：由W＝Flcosα可知，物体所受合外力为零，合外力做功一定为零，但合外力做功为零，可能是α＝90°，故A正确，B错误；由动能定理W＝ΔEk可知，合外力做功越多，动能变化量越大，但动能不一定越大，动能不变，合外力做功为零，但合外力不一定为零，C、D均错误．答案：A2．A、B两物体在光滑水平面上，分别在相同的水平恒力F作用下，由静止开始通过相同的位移l.若A的质量大于B的质量，则在这一过程中()A．A获得动能较大B．B获得动能较大C．A、B获得动能一样大D．无法比较A、B获得动能大小解析：由动能定理可知恒力F做功W＝Fl＝12mv2－0，因为F、l相同，所以A、B的动能变化相同，C正确．答案：C图22－13．如图22－1所示，质量为m的物体与水平转台间的动摩擦因数为μ，物体与转轴相距R，物体随转台由静止开始转动．当转速增至某一值时，物体即将在转台上滑动，此时转台开始匀速转动(设物体的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力)．则在这一过程中摩擦力对物体做的功是()A．0B.2μmgR-3-C．2πμmgRD.μmgR2解析：物体即将在转台上滑动但还未滑动时，转台对物体的最大静摩擦力恰好提供向心力，设此时物体做圆周运动的线速度为v，则有μmg＝mv2R，①在物体由静止到获得速度v的过程中，物体受到的重力和支持力不做功，只有摩擦力对物体做功，由动能定理得W＝12mv2－0，②联立①②解得W＝12μmgR.答案：D图22－24．如图22－2所示，电梯质量为M，地板上放置一质量为m的物体．钢索拉电梯由静止开始向上加速运动，当上升高度为H时，速度达到v，则()A．地板对物体的支持力做的功等于12mv2B．地板对物体的支持力做的功等于mgHC．钢索的拉力做的功等于12Mv2＋MgHD．合力对电梯M做的功等于12Mv2解析：对物体m用动能定理：WFN－mgH＝12mv2，故WFN＝mgH＋12mv2，A、B均错；钢索拉力做的功，WF拉＝(M＋m)gH＋12(M＋m)v2，故C错误；由动能定理知，合力对电梯M做的功应等于电梯动能的变化12Mv2，故D正确．答案：D5．(安徽合肥一模)A、B两物体分别在水平恒力F1和F2的作用下沿水平面运动，先后撤去F1、F2后，两物体最终停下，它们的v－t图象如图22－3所示．已知两物体与水平面间的滑动摩擦力大小相等．则下列说法正确的是()-4-图22－3A．F1、F2大小之比为1∶2B．F1、F2对A、B做功之比为1∶2C．A、B质量之比为2∶1D．全过程中A、B克服摩擦力做功之比为2∶1解析：由速度与时间图象可知，两个匀减速运动的加速度之比为1∶2，由牛顿第二定律可知：A、B受摩擦力大小相等，所以A、B的质量关系是2∶1，由速度与时间图象可知，A、B两物体加速与减速的位移相等，且匀加速位移之比为1∶2，匀减速运动的位移之比为2∶1，由动能定理可得：A物体的拉力与摩擦力的关系，F1·x－f1·3x＝0－0；B物体的拉力与摩擦力的关系，F2·2x－f2·3x＝0－0，因此可得：F1＝3f1，F2＝32f2，f1＝f2，所以F1＝2F2.全过程中摩擦力对A、B做功相等，F1、F2对A、B做功大小相等．故A、B、D错误，C正确．答案：C6．(陕西西安质检)静止在粗糙水平面上的物块在水平向右的拉力作用下做直线运动，t＝4s时停下，其v－t图象如图22－4所示，已知物块与水平面间的动摩擦因数处处相同，则下列判断正确的是()图22－4A．整个过程中拉力做的功等于物块克服摩擦力做的功B．整个过程中拉力做的功等于零C．t＝2s时刻拉力的瞬时功率在整个过程中最大D．t＝1s到t＝3s这段时间内拉力不做功解析：对物块运动的整个过程运用动能定理得WF－Wf＝0，即拉力做的功等于物块克服摩擦力做的功，选项A正确，B错误．在0～1s时间内，拉力恒定且大于摩擦力，物块做匀加-5-速运动，速度增大，t＝1s时，速度最大，拉力的瞬时功率最大；t＝2s时，物块匀速运动，拉力等于摩擦力，所以t＝2s时刻拉力的瞬时功率不是最大的，选项C错误．t＝1s到t＝3s这段时间，物块匀速运动，拉力做正功，摩擦力做负功，合外力做功为零，选项D错误．答案：A图22－57．(吉林三校联考)如图22－5所示，竖直平面内放一直角杆MON，OM水平，ON竖直且光滑，用不可伸长的轻绳相连的两小球A和B分别套在OM和ON杆上，B球的质量为2kg，在作用于A球的水平力F的作用下，A、B均处于静止状态，此时OA＝0.3m，OB＝0.4m，改变水平力F的大小，使A球向右加速运动，已知A球向右运动0.1m时速度大小为3m/s，则在此过程中绳的拉力对B球所做的功为(取g＝10m/s2)()A．11JB.16JC．18JD.9J解析：A球向右运动0.1m时，vA＝3m/s，OA′＝0.4m，OB′＝0.3m，设此时∠BAO＝α，则有tanα＝34.vAcosα＝vBsinα，解得vB＝4m/s.此过程中B球上升高度h＝0.1m，由动能定理，W－mgh＝12mv2B，解得绳的拉力对B球所做的功为W＝mgh＋12mv2B＝2×10×0.1J＋12×2×42J＝18J，选项C正确．答案：C8．(沈阳模拟)如图22－6所示，在半径为0.2m的固定半球形容器中，一质量为1kg的小球(可视为质点)自边缘上的A点由静止开始下滑，到达最低点B时，它对容器的正压力大小为15N．重力加速度为g取10m/s2，则小球自A点滑到B点的过程中克服摩擦力做的功为()图22－6A．0.5JB．1.0JC．1.5JD．1.8J-6-解析：小球在B点有N－mg＝mv2R，得EkB＝12mv2＝12(N－mg)R.小球从A滑到B的过程中运用动能定理得mgR＋Wf＝12mv2－0，解得Wf＝12R(N－3mg)＝12×0.2×(15－30)J＝－1.5J．所以小球自A点滑到B点的过程中克服摩擦力做的功为1.5J，故C正确．答案：C9．(唐山月考)(多选)质量不等，但有相同动能的两个物体，在动摩擦因数相同的水平地面上滑行，直至停止，则()A．质量大的物体滑行的距离大B．质量小的物体滑行的距离大C．它们滑行的距离一样大D．它们克服摩擦力所做的功一样多解析：由动能定理可知，摩擦力对物体所做的功等于物体动能的变化量，因两物体具有相同的动能，故两物体滑行过程中克服摩擦力所做的功也相同，由Wf＝μmgx可知，质量越大的物体，滑行的距离x越小，故B、D选项正确．答案：BD图22－710．(河北保定调研)(多选)如图22－7所示，长为L的轻质硬杆A一端固定小球B，另一端固定在水平转轴O上．现使轻杆A绕转轴O在竖直平面内匀速转动，轻杆A与竖直方向夹角α从0°增加到180°的过程中，下列说法正确的是()A．小球B受到的合力的方向始终沿着轻杆A指向轴OB．当α＝90°时，小球B受到轻杆A的作用力方向竖直向上C．轻杆A对小球B做负功D．小球B重力做功的功率不断增大解析：小球做匀速圆周运动，受到的合外力总是指向圆心O，选项A对；转过90°时，轻杆对小球的弹力的水平分力提供小球做圆周运动的向心力，竖直分力平衡小球重力，小球受到杆的作用力指向左上方，选项B错；在转动过程中小球的重力做正功，动能不变，应用动能定理可知轻杆对小球做负功，选项C对；小球竖直方向的分速度先增大后减小，小球重-7-力做功的功率先增大后减小，选项D错．答案：AC图22－811．(多选)如图22－8所示，质量为M的木块放在光滑的水平面上，质量为m的子弹以速度v0沿水平方向射中木块，并最终留在木块中与木块一起以速度v运动．已知当子弹相对木块静止时，木块前进距离为L，子弹进入木块的深度为s，若木块对子弹的阻力F视为恒定，则下列关系中正确的是()A．FL＝12Mv2B．Fs＝12mv2C．Fs＝12mv20－12(M＋m)v2D．F(L＋s)＝12mv20－12mv2解析：根据动能定理，对子弹：－F(L＋s)＝12mv2－12mv20知，D正确；对木块：FL＝12Mv2，A正确；由以上二式相加后整理可得Fs＝12mv20－12(M＋m)v2，B错误，C正确．答案：ACD12．(山西一模)(多选)由两种不同材料拼接成的直轨道ABC，B为两种材料的分界线，长度ABBC.先将ABC按图22－9甲方式搭建成倾角为θ的斜面，让一小物块(可看作质点)从斜面顶端由静止释放，经时间t小物块滑过B点；然后将ABC按图22－9乙方式还搭建成倾角为θ的斜面，同样将小物块从斜面顶端由静止释放，小物块经相同时间t滑过B点．则小物块()图22－9A．与AB段的动摩擦因数比与BC段的动摩擦因数小B．两次滑到B点的速率相同-8-C．两次从顶端滑到底端所用的时间相同D．两次从顶端滑到底端的过程中摩擦力做功相同解析：对小物块在斜面上由牛顿第二定律mgsinθ－μmgcosθ＝ma，a＝gsinθ－μgcosθ＝g(sinθ－μcosθ)．对于题图甲的情况，从A到B过程，AB＝12a1t2＝12g·(sinθ－μ1cosθ)t2，对于题图乙的情况，从C到B的过程，CB＝12a2t2＝12g(sinθ－μ2cosθ)t2，因为ABBC，所以μ1μ2，即物块与AB段的动摩擦因数比与BC段的动摩擦因数小，A正确．由匀加速直线运动位移公式x＝v2t，可知两次运动过程位移大的平均速度大、末速度大，故题图甲的情况到B的速率更大些，B错误．两次从顶端滑到底端的过程中摩擦力做功都为Wf＝－μ1mgcosθ·AB－μ2mgcosθ·BC，所以图甲和图乙两种情况摩擦力做功相等，故D正确．由于摩擦力做功相等，重力做功相等，根据动能定理可知，两次滑动中物块到达底端速度相等，则题图甲BC＝v1＋v2t1，题图乙BA＝v2＋v2t2，因BCBA，v1v2，所以t1t2，即题图乙到达底端的时间较长，C错误．答案：AD二、非选择题13．(漳州市八校联考)如图22－10所示，质量m＝6.0kg的滑块(可视为质点)，在水平牵引功率恒为P＝42W的力作用下从A点由静止开始运动，一段时间后撤去牵引力．当滑块由平台边缘B点飞出后，恰能以5m/s的速度从竖直光滑圆弧轨道CDE上C点的切线方向滑入轨道，并从轨道边缘E点竖直向上抛出．已知∠COD＝53°，A、B间距离L＝3m，滑块与平台间的动摩擦因数μ＝0.2，圆弧轨道半径R＝1.0m．不计空气阻力．取sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，g取10m/s2，求：图22－10(1)滑块运动到B点时的速度大小；(2)圆弧轨道对滑块的最大支持力；(3)滑块在平台上运动时水平牵引力的作用时间．解析：(1)C点水平分速度v′＝vCcos53°＝5×0.6m/s＝3m/s，B点的速度vB＝v′＝3m/s.-9-(2)在D点，轨道对滑块的支持力最大．滑块从C点到D点，由动能定理得mgR(1－cos53°)＝12mv2D－12mv2C.在D点，FN－mg＝mv2DR，得FN＝258N.(3)滑块从A点到B点，由动能定理，得Pt－μmgL＝12mv2B－0.解得t＝1.5s.答案：(1)3m/s(2)258N(3)1.5s14．(泰安模拟)如图22－11所示，倾斜轨道AB的倾角为37°，CD、EF轨道水平，AB与CD通过光滑圆弧管道BC连接，CD右端与竖直光滑圆周轨道相连．小球可以从D进入该轨道，沿轨道内侧运动，从E滑出该轨道进入EF水平轨道．小球由静止从A点释放，已知AB长为5R，CD长为R，圆弧管道BC入口B与出口C的高度差为1.8R，小球与倾斜轨道AB及水平轨道CD、EF的动摩擦因数均为0.5，重力加速度为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：(在运算中，根号中的数值无需算出)图22－11(1)小球滑到斜面底端C时速度的大小；(2)