2021版物理导学大一轮人教广西专用考点规范练16　动能定理及其应用 WORD版含解析.docx

1、考点规范练16动能定理及其应用考点规范练第30页一、单项选择题1.下列有关动能的说法正确的是()A.物体只有做匀速运动时,动能才不变B.物体的动能变化时,速度不一定变化C.物体做平抛运动时,水平速度不变,动能不变D.物体做自由落体运动时,物体的动能增大答案:D解析:物体只要速率不变,动能就不变,A错误;物体的动能变化时,速度的大小一定变化,B错误;物体做平抛运动时,速率增大动能就会增大,C错误;物体做自由落体运动时,其速率增大,物体的动能增大,D正确。2.(2019浙江杭州名校质检)如图所示,已知物体与三块材料不同的地毯间的动摩擦因数分别为、2和3,三块材料不同的地毯长度均为l,依次并排铺在水

2、平地面上,该物体以一定的初速度v0从a点滑上第一块地毯,则物体恰好滑到第三块地毯的末尾d点停下来,物体在运动中地毯保持静止,若让物体从d点以相同的初速度水平向左运动,则物体运动到某一点时的速度大小与该物体向右运动到该位置的速度大小相等,则这一点是()A.a点B.b点C.c点D.d点答案:C解析:物体从a运动到c,由动能定理得,-mgl-2mgl=12mv12-12mv02;物体从d运动到c,由动能定理得,-3mgl=12mv22-12mv02,解得v2=v1,选项C正确。3.一个质量为0.3 kg的弹性小球,在光滑水平面上以6 m/s的速度垂直撞到墙上,碰撞后小球沿相反方向运动,反弹后的速度大

3、小与碰撞前相同,则下列碰撞前后小球速度变化量的大小v和碰撞过程中小球的动能变化量Ek正确的是()A.v=0B.v=12 m/sC.Ek=1.8 JD.Ek=10.8 J答案:B解析:速度是矢量,规定反弹后速度方向为正,则v=6 m/s-(-6 m/s)=12 m/s,故B正确,A错误;动能是标量,速度大小不变,动能不变,则Ek=0,C、D错误。4.光滑斜面上有一个小球自高为h的A处由静止开始滚下,抵达光滑水平面上的B点时速度大小为v0。光滑水平面上每隔相等的距离设置了一个与小球运动方向垂直的活动阻挡条,如图所示,小球越过n条活动阻挡条后停下来。若让小球从h高处以初速度v0滚下,则小球能越过的活

4、动阻挡条的条数是(设小球每次越过活动阻挡条时损失的动能相等)()A.nB.2nC.3nD.4n答案:B解析:设每条阻挡条对小球做的功为W,当小球在水平面上滚动时,由动能定理得nW=0-12mv02,对第二次有NW=0-12mv22=0-12mv02+mgh,又因为12mv02=mgh,联立解得N=2n,选项B正确。5.(2019湖北名校联考)如图所示,一个可视为质点的滑块从高h=12 m处的A点由静止沿光滑的轨道AB滑下,进入半径为r=4 m的竖直圆环,圆环内轨道与滑块间的动摩擦因数处处相同,当滑块到达圆环顶点C时,滑块对轨道的压力恰好为零,滑块继续沿CFB滑下,进入光滑轨道BD,且到达高度为

5、h的D点时速度为零,则h的值可能为(重力加速度大小g取10 m/s2)()A.8 mB.9 mC.10 mD.11 m答案:B解析:滑块到达圆环顶点C时对轨道压力为零,由牛顿第二定律得mg=mvC2r,得速度vC=gr,设滑块在BEC段上克服摩擦力做的功为W1,由动能定理得mg(h-2r)-W1=12mvC2,则W1=mg(h-2r)-12mvC2=mgh-52r,滑块在CFB段克服摩擦力做的功W2满足0W2W1,从C到D,由动能定理得-mg(h-2r)-W2=-12mvC2,代入得8 mhmv22+m0gh,选项D正确,C错误。9.右图为一滑草场。某条滑道由上、下两段高均为h,与水平面倾角分

6、别为45和37的滑道组成,滑草车与草地之间的动摩擦因数为。质量为m的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑,经过上、下两段滑道后,最后恰好静止于滑道的底端(不计滑草车在两段滑道交接处的能量损失,sin 37=0.6,cos 37=0.8)。则()A.动摩擦因数=67B.载人滑草车最大速度为2gh7C.载人滑草车克服摩擦力做功为mghD.载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为35g答案:AB解析:对滑草车从坡顶由静止滑下,到底端静止的全过程,由动能定理得mg2h-mgcos 45hsin45-mgcos 37hsin37=0,解得=67,选项A正确;对经过上段滑道过程,根据动能定理得mgh-mgcos

7、 45hsin45=12mv2,解得v=2gh7,选项B正确;载人滑草车克服摩擦力做功为2mgh,选项C错误;载人滑草车在下段滑道上的加速度为a=mgsin37-mgcos37m=-335g,选项D错误。三、非选择题10.(2019天津卷)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,如图甲所示。为了便于研究舰载机的起飞过程,假设上翘甲板BC是与水平甲板AB相切的一段圆弧,示意图如图乙所示,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

8、)。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取10 m/s2,求:甲乙(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。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,

9、得FN=1.1103 N。11.如图所示,AB是倾角为=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(可以看作质点)从直轨道上的P点由静止释放,结果它能在两轨道上做往返运动。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,重力加速度为g。(1)求物体对圆弧轨道最大压力的大小。(2)求物体滑回轨道AB上距B点的最大距离。(3)释放点距B点的距离l应满足什么条件,才能使物体顺利通过圆弧轨道的最高点D。答案:(1)3mg(1-)(2)3-33+1r(3)l3+31-3r解析:(1)根据几何关系可得lPB=rtan=3r,从P点到E

10、点根据动能定理,有mgr-mgcos lPB=12mvE2-0,代入数据解得vE=(2-3)gr,在E点,根据牛顿第二定律有FN-mg=mvE2r,解得FN=3mg(1-)由牛顿第三定律得,物体对圆弧轨道的最大压力FN=FN=3mg(1-)。(2)设物体滑回到轨道AB上距B点的最大距离为x,根据动能定理,有mg(lBP-x)sin -mgcos (lBP+x)=0,代入数据解得x=3-33+1r。(3)物体刚好到达最高点D时,有mg=mv2r,解得v=gr,从释放点到最高点D的过程,根据动能定理,有mg(lsin -r-rcos )-mgcos l=12mv2-0代入数据解得l=3+31-3r,所以只有l3+31-3r,物体才能顺利通过圆弧轨道的最高点D。