过关15 动能定理及应用-2023新教材高考物理小题专项训练

-碧ms,冲汽车逢度达到智m/:时功牵 20 的平方成正比，动能与速度的平方成正比， 1 已达到最大值Pm=2×10W,此后保持功 A.C错误：将x=2at代入上式得E,= 率不变，继续加速，到10ms时，功率仍为 max,则列车的动能与位移成正比，B正 最大值P,所以B、C、D均正确，只有A 确：由动能与动量的关系式E=可知， 错误. 16.解析：选A.因小球速率不变，所以小球以 列车的动能与动量的平方成正比，D错误！ O,点为圆心做匀速圆周运动，受力如图所 2.解析：选C.根据动能定理，撤力前过程中，(F 示，因此在切线方向上应有：ngsin0= 2m0撒力后过程中，-F,2s Fcos0,得F=mng tan0.则拉力F的瞬时 1 功率P=F·ycos0=mgu·sin0.从A F,故 -2mw.由以上两式，解得：F=3 运动到B的过程中，拉力的瞬时功率随日 C正确. 的增大而增大，A项正确 3.解析：选A.由A到C的过程运用动能定 理可得： 1 -mgh+W=0-2mv, 所以W=mgh-2mv,故A正确. 4.解析：选B.F为恒力，故可以用功的定义 式进行求解，关键是力F与位移的夹角α 17.解析：选B.机车整个运动过程中，根据动 的确定.设小球的位移大小为5，力F与位移 能定理有W1一W2=0,所以W,=W2,又 的夹角为a,由功的公式得：W=F·scos a, 2,因t2>t1,所以P1> 由几何知识得scos a=lsin0,所以W= F·lsin0,只有B正确. P;根据牛顿第二定律，机车的牵引力为 5.解析：选CD.本题考查平抛运动规律及功 F时的加速度大小a,=F一」，关闭发动 m 和功率，由么=可知小球下落时阅取 机后机车加速度大小a,=, 根据t图 决于下落高度，因C点距D点的高度是 AD竖直高度的一半，故从C点抛出的小 象斜率的意义可知a1>a2,即F-f>f,所 球先到达D点，选项A错误；由动能定理 以有F>2f,综上分析可知，B正确. 可知两球在此过程中动能的增加量等于重 l8.解析：选AB.F做功W=Flcosα(a为绳 力所做功的大小，由W=gh可知选项B 与水平方向的夹角)，AB段和BC段相比 错误；根据P=mg℃可知重力的瞬时功率 较，F大小相同，l相同，而α逐渐增大，故 与其竖直方向速度有关，由2gh=v可 W>W,A正确；木箱运动过程中，支持力 得从A,点抛出的小球落到D点时竖直 逐渐减小，摩擦力逐渐减小，故Q>Q, 方向分速度大于从C点抛到D点的分 B正确：因为Fcos a与摩擦力的大小关系无 法确定，木箱运动情况不能确定，故动能关 速度，故选项C正确：由A=2g及1 系、功率关系无法确定，C、D错误 ot可得v1:v2=√6：3，选项D正确」 过关15动能定理及应用 6.解析：选D.由动能定理可知， 1.解析：选B.列车启动的过程中加速度恒 H 定，由匀变速直线运动的速度与时间关系 初速度为)时：一mgH一mg cos0 sin 可知v=at,且列车的动能为Ek=2m0, 1 0-2m 由以上整理得E.=2mat,动能与时间 初速度为号时，一mgh一oag cos0n) h 26 a=尺，两式联立可得a=2(mgR-W v ,A mR 解之可得μ= (2gH-1)tan 0.h= H ,故 项正确，B项错误；在最低，点时有N一mg D正确 =mR,解得N=3mgR-2w C项正确， R 7.解析：选C,设质点到达N点的速度为v, D项错误 在N点质点受到轨道的弹力为FN,则F、 10.解析：选D.题中F一x图象与横坐标围 mD,已知Fv=F=4mg,则质点 -mg = 成的面积等于拉力做功的大小，由图象可 .1 到达N点的动能为Ew=2m= 得出w=P(1+),根据动能定 1 3 2mgR.质点由开始至N点的过程，由动 理得E=w=2F,·(1+受），选项D 正确. 能定理得mg·2R+W,=Ev一0，解得摩 11.解析：选B.由图象知，在0一t,时间内，力 察力做的功为W,=一2gR,即克服摩 F随时间增大，且为正值，质，点做加速度a 增大的加速运动，速度一直增大；在t,~t 擦力做的功为W=一W,=2mgR 时间内，力F随时间减小，且为正值，质点 设从N到Q的过程中克服摩擦力做功为 做加速度α减小的加速运动，速度继续增 W',则W'<W.从N到Q的过程，由动能 大，在t2时刻速度达到最大；在t2~1时 定理得一gR-W-2m心。-名mo时，即 间内，力F随时间增大，且为负值，加速度 a与运动方向相反，质点做减速运动，速度 1 1 mgR-W'=2mu后，故质点到达Q点后 减小；在t。一t,时间内，力F随时间减小， 且为负值，加速度Q与运动方向相反，质点 速度不为0，质点继续