2021高考物理大一轮复习领航检测：第五章　机械能-第2节 Word版含解析

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1．(多选)关于动能定理的表达式W＝Ek2－Ek1，下列说法正确的是( )
A．公式中的W为不包含重力的其他力做的总功
B．公式中的W为包含重力在内的所有力做的功，也可通过以下两种方式计算：先求每个力的功再求功的代数和或先求合外力再求合外力的功
C．公式中的Ek2－Ek1为动能的增量，当W＞0时动能增加，当W＜0时，动能减少
D．动能定理适用于直线运动，但不适用于曲线运动，适用于恒力做功，但不适用于变力做功
解析：选BC.公式W＝Ek2－Ek1中的“W”为所有力所做的总功，A错误，B正确；若W＞0，则Ek2＞Ek1，若W＜0，则Ek2＜Ek1，C正确；动能定理对直线运动、曲线运动、恒力做功、变力做功均适用，D错误．
2．如图所示，AB为eq \f(1,4)圆弧轨道，BC为水平直轨道，圆弧对应的圆的半径为R，BC的长度也是R，一质量为m的物体与两个轨道间的动摩擦因数都为μ，当它由轨道顶端A从静止开始下落，恰好运动到C处停止，那么物体在AB段克服摩擦力所做的功为( )
Aeq \f(1,2)μmgR B．eq \f(1,2)mgR
C．mgR D．(1－μ)mgR
解析：选D.由题意可知mgR＝WfAB＋WfBC，WfBC＝μmgR，所以WfAB＝(1－μ)mgR，D正确．
3．一个质量为m的物体静止放在光滑水平面上，在互成60°角的大小相等的两个水平恒力作用下，经过一段时间，物体获得的速度为v，在力的方向上获得的速度分别为v1、v2，如图所示，那么在这段时间内，其中一个力做的功为( )
A.eq \f(1,6)mv2 B.eq \f(1,4)mv2
C.eq \f(1,3)mv2 D.eq \f(1,2)mv2
解析：选B.在合力F的方向上，由动能定理得W＝Fl＝eq \f(1,2)mv2，某个分力的功为W1＝F1lcs 30°＝eq \f(F,2cs 30°)lcs 30°＝eq \f(1,2)Fl＝eq \f(1,4)mv2，B正确．
4. 如图所示，一块长木板B放在光滑的水平面上，在B上放一物体A，现以恒定的外力拉B，由于A、B间摩擦力的作用，A将在B上滑动，以地面为参考系，A、B都向前移动一段距离．在此过程中( )
A．外力F做的功等于A和B动能的增量
B．B对A的摩擦力所做的功，等于A的动能增量
C．A对B的摩擦力所做的功，等于B对A的摩擦力所做的功
D．外力F对B做的功等于B的动能的增量
解析：选B.A物体所受的合外力等于B对A的摩擦力，对A物体运用动能定理，则有B对A的摩擦力所做的功等于A的动能的增量，即B对；A对B的摩擦力与B对A的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑动，A、B对地的位移不等，故二者做功不相等，C错；对B应用动能定理，WF－Wf＝ΔEkB，即WF＝ΔEkB＋Wf，就是外力F对B做的功，等于B的动能增量与B克服摩擦力所做的功之和，D错；由前述讨论知B克服摩擦力所做的功与A的动能增量(等于B对A的摩擦力所做的功)不等，故A错．
5．(多选)如图甲所示，一个小环沿竖直放置的光滑圆环形轨道做圆周运动．小环从最高点A滑到最低点B的过程中，小环线速度大小的平方v2随下落高度h的变化图象可能是图乙中的( )
解析：选AB.对小球由动能定理得mgh＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，则v2＝2gh＋veq \\al(2,0)，当v0＝0时，B正确；当v0≠0时，A正确．
6. 如图所示，半径R＝2.5 m的光滑半圆轨道ABC与倾角θ＝37°的粗糙斜面轨道DC相切于C点，半圆轨道的直径AC与斜面垂直．质量m＝1 kg的小球从A点左上方距A点高h＝0.45 m的P点以某一速度v0水平抛出，刚好与半圆轨道的A点相切进入半圆轨道内侧，之后经半圆轨道沿斜面刚好滑到与抛出点等高的D点．已知当地的重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，不计空气阻力，求：
(1)小球从P点抛出时速度v0的大小；
(2)小球从C点运动到D点过程中摩擦力做的功W；
(3)小球从D点返回经过轨道最低点B，对轨道的压力大小．
解析：(1)在A点有：veq \\al(2,y)＝2gh
eq \f(vy,v0)＝tan θ
解得v0＝4 m/s
(2)全过程由动能定理得
W＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝－8 J
(3)从D到B过程由动能定理得
mg(h＋Rcs θ＋R)＋W＝eq \f(1,2)mv2
在B点由牛顿第二定律得
FN－mg＝meq \f(v2,R)
解得FN＝43.2 N
由牛顿第三定律得小球在B点对轨道的压力大小
FN′＝FN＝43.2 N
答案：(1)4 m/s (2)－8 J (3)43.2 N
[综合应用题组]
7．一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t内位移为s，动能变为原来的9倍．该质点的加速度为( )
A.eq \f(s,t2) B．eq \f(3s,2t2)
C.eq \f(4s,t2) D.eq \f(8s,t2)
解析：选A.由Ek＝eq \f(1,2)mv2可知速度变为原来的3倍．设加速度为a，初速度为v，则末速度为3v.由速度公式vt＝v0＋at得3v＝v＋at，解得at＝2v；由位移公式s＝v0t＋eq \f(1,2)at2得s＝vt＋eq \f(1,2)·at·t＝vt＋eq \f(1,2)·2v·t＝2vt，进一步求得v＝eq \f(s,2t)；所以a＝eq \f(2v,t)＝eq \f(2,t)·eq \f(s,2t)＝eq \f(s,t2)，A正确．
8．如图所示，ABCD是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底BC的连接处都是一段与BC相切的圆弧，BC是水平的，其距离d＝0.50 m．盆边缘的高度为h＝0.30 m．在A处放一个质量为m的小物块并让其从静止开始下滑．已知盆内侧壁是光滑的，而盆底BC面与小物块间的动摩擦因数为μ＝0.10.小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停的地点到B的距离为( )
A．0.50 m B．0.25 m
C．0.10 m D．0
解析：选D.设小物块在BC段通过的总路程为s，由于只有水平面上存在摩擦力，则小物块从A点开始运动到最终静止的整个过程中，摩擦力做功为－μmgs，而重力做功与路径无关，由动能定理得：mgh－μmgs＝0－0，代入数据可解得s＝3 m．由于d＝0.50 m，所以，小物块在BC段经过3次往复运动后，又回到B点．
9．小球P和Q用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，P球的质量大于Q球的质量，悬挂P球的绳比悬挂Q球的绳短．将两球拉起，使两绳均被水平拉直，如图所示．将两球由静止释放，在各自轨迹的最低点( )
A．P球的速度一定大于Q球的速度
B．P球的动能一定小于Q球的动能
C．P球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力
D．P球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度
解析：选C.从释放到最低点过程中，由动能定理得mgl＝eq \f(1,2)mv2－0，可得v＝eq \r(2gl)，因lPmQ，故两球动能大小无法比较，选项B错误；在最低点对两球进行受力分析，根据牛顿第二定律及向心力公式可知T－mg＝meq \f(v2,l)＝man，得T＝3mg，an＝2g，则TP>TQ，aP＝aQ，C正确，D错误．
10. 用水平力F拉一物体，使物体在水平地面上由静止开始做匀加速直线运动，t1时刻撤去拉力F，物体做匀减速直线运动，到t2时刻停止，其速度－时间图象如图所示，且α＞β，若拉力F做的功为W1，平均功率为P1；物体克服摩擦阻力Ff做的功为W2，平均功率为P2，则下列选项正确的是( )
A．W1＞W2，F＝2Ff B．W1＝W2，F＞2Ff
C．P1＜P2，F＞2Ff D．P1＝P2，F＝2Ff
解析：选B.由动能定理可得W1－W2＝0，解得W1＝W2.由图象可知，撤去拉力F后运动时间大于水平力F作用时间，所以F＞2Ff，选项A、D错误B正确；由于摩擦阻力作用时间一定大于水平力F作用时间，所以P1＞P2，选项C错误．
11. (多选) 如图所示，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，向心加速度的大小为a，容器对它的支持力大小为N，则( )
A．a＝eq \f(2mgR－W,mR) B．a＝eq \f(2mgR－W,mR)
C．N＝eq \f(3mgR－2W,R) D．N＝eq \f(2mgR－W,R)
解析：选AC.质点P下滑到底端的过程，由动能定理得mgR－W＝eq \f(1,2)mv2－0，可得v2＝eq \f(2mgR－W,m)，所以a＝eq \f(v2,R)＝eq \f(2mgR－W,mR)，A正确，B错误；在最低点，由牛顿第二定律得N－mg＝meq \f(v2,R)，故N＝mg＋meq \f(v2,R)＝mg＋eq \f(m,R)·eq \f(2mgR－W,m)＝eq \f(3mgR－2W,R)，C正确，D错误．
12．在竖直平面内固定一轨道ABCO，AB段水平放置，长为4 m，BCO段弯曲且光滑；一质量为1.0 kg、可视作质点的圆环套在轨道上，圆环与轨道AB段之间的动摩擦因数为0.5.建立如图所示的直角坐标系，圆环在沿x轴正方向的恒力F作用下，从A(－7,2)点由静止开始运动，到达原点O时撤去恒力F，圆环从O(0,0)点水平飞出后经过D(6,3)点．重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力．求：
(1)圆环到达O点时的速度大小；
(2)恒力F的大小；
(3)圆环在AB段运动的时间．
解析：(1)圆环从O到D过程中做平抛运动
x＝v0t
y＝eq \f(1,2)gt2
读图得x＝6 m，y＝3 m
v0＝eq \r(60) m/s＝7.75 m/s.
(2)圆环从A到O过程中，根据动能定理
FxAO－μmgxAB－mgy′＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
代入数据得F＝10 N.
(3)圆环从A到B过程中，根据牛顿第二定律
F－μmg＝ma
xAB＝eq \f(1,2)at2
代入数据得t＝eq \r(\f(8,5)) s＝1.26 s.
答案：(1)7.75 m/s (2)10 N (3)1.26 s