必刷题十三 动能和动能定理-2021新教材高一物理暑假必刷题【高考解码·过好假期每一天】

必刷题十三　动能和动能定理 【刷考点】 1．B　一物块由静止开始从粗糙的斜面上的某点加速下滑到另一点，在此过程中，物体受重力、支持力、摩擦力，其中重力做正功，支持力不做功，摩擦力做负功，设重力做功为WG，物体克服摩擦力做的功为Wf，物体动能的增加量为ΔEk.根据动能定理有WG－Wf＝ΔEk 则WG＝Wf＋ΔEk 此过程中重力对物体做的功等于物体动能的增加量与物体克服摩擦力做的功之和，B正确． 故选B. 2．D　A.在t＝0时刻，加速度最大，外力水平分量最大，外力的水平分量大小为Fx＝ma＝8 N 外力的竖直分量Fy不能确定，故A错误； B．由图像知在2 s内物体的速度变化量 Δv＝×4×2 m/s＝4 m/s 加速度方向与速度方向相同时，末速度 v′1＝v＋Δv＝14 m/s 加速度方向与速度方向相反时v′2＝v－Δv＝6 m/s 故B错误； C．由于在这2 s内物体做变速运动，加速度方向与速度方向相同时，2 s内的位移大于 ×2 m＝24 m 加速度方向与速度方向相反时，2 s内的位移小于 ×2 m＝16 m 故C错误； D．加速度方向与速度方向相同时，F作用过程对物体由动能定理有WF＝mv′－mv2＝96 J 故D正确． 故选D. 3．C　根据动能定理Pt－Pft＝mv2 有×4.36＝×2 500× 得Pf≈129 kW 因此，在0－100 km/h加速阶段汽车阻力的平均功率约为130 kW. 故C正确，ABD错误． 故选C. 4．B　设第2 s物体的速度大小为v，设物体的质量为m，根据动能定理有W＝mv2 根据速度－时间图像，由几何关系可知物体在第8 s末的速度大小为. 设前8 s内合外力对物体做的功为W′，则根据动能定理有W′＝mv′2 联立可得W′＝W＝0.25 W 故选B. 5．D　A.由题可知，E0为竖直上抛的初动能，随着x的增大Ek在减小，所以图像是取竖直向上为正方向的，故A错误； B．由图像可知，小球上升了15 m后，Ek由E0变为E0，所以当x＝45 m时，Ek＝0，所以小球抛出后上升的最大高度为45 m，故B错误； C．设空气阻力大小为f，小球上升过程中，由动能定理可得ΔEk＝(mg＋f)Δx 小球下降过程中，由动能定理可得ΔEk＝(mg－f)Δx 由图像可知＝mg＋f＝ ＝mg－f＝ 其中mg＝10 N，联立解得f＝2 N 故C错误； D．由C可知，f＝2 N，且mg＋f＝，代入数据解得E0＝540 J 故D正确． 故选D. 6．C　在N点，根据牛顿第二定律有FN－mg＝m 解得vN＝ 对小球从开始下落至到达N点的过程，由动能定理得 mg·2R－W＝mv－0 解得W＝mgR 由于小球在PN段某点处的速度大于在NQ段对称点处的速度，所以小球在PN段某点处受到的支持力大于在NQ段对称点处受到的支持力，则小球在NQ段克服摩擦力做的功小于在PN段克服摩擦力做的功，小球在NQ段运动时，由动能定理得－mgR－W′＝mv－mv 因为W′<mgR 则小球在N处的动能大于小球从N到Q克服重力做的功和克服摩擦力做的功之和，可知vQ>0，所以小球到达Q点后，继续上升一段距离，选项C正确． 故选C. 【刷综合题】 7．【解析】　(1)将四块薄木板看成整体，当它们合力为零时，速度达到最大，设此时有质量为M的木板滑入SS′、TT′间，则4mg sin θ＝μMg cos θ 解得M＝2 m 即木板A的下端到SS′的距离为2L时，速度最大． (2)对四块薄木板整体由牛顿第二定律得4mg sin θ－μ·3mg cos θ＝4 ma 得到a＝－g sin θ 则木板C的加速度大小为g sin θ，方向沿斜面向上． (3)薄木板A的下端滑至TT′前，两木板不分离．设开始下滑时，A的下端到SS′的距离为x1，A的下端滑至TT′前瞬间速度为v.对于薄木板A的下端滑至TT′前瞬间的过程，对两木板应用动能定理有2mg sin θ×(2L＋x1)－×2L＝×2mv2 薄木板A的下端离开TT′后，两木板分离．要使两块薄木板都能滑出TT′处，薄木板B的中点过TT′处时它的速度应大于零．当薄木板B的中点过TT′处速度恰好等于零时，对木板B应用动能定理，有mg sin θ×(L＋L)－(μmg cos θ×L＋×L)＝0–mv2 得x1＝L 即释放时，A下端离SS′的距离至少应满足x>L. 【答案】　(1)2L　(2)g sin θ　沿斜面向上　(3)x>L 8．【分析】　本题考查多过程运动问题． (1)由牛顿第二定律求出滑块和木板的加速度，由二者的相对位移求出木板长度，撤去外力时滑块及木板的速度； (2)撤去外力后滑块与木板相对运动，滑块冲上圆弧轨道，求出滑块滑离木板时的速度，由牛顿第二定律求出滑块对轨道最低点的压力； (3)滑块恰好通过轨道最