2021年高考物理一轮复习课时跟踪检测(十六)动能定理及其应用.pdf

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1、 课时跟踪检测（十六）动能定理及其应用 A 级基础小题练熟练快 1(2018江苏高考)从地面竖直向上抛出一只小球，小球运动一段时间后落回地面。忽略空气阻力，该过程中小球的动能 Ek与时间 t 的关系图像是()解析：选 A 小球做竖直上抛运动，设初速度为 v0，则 vv0gt，小球的动能 Ek12mv2，把速度 v 代入得，Ek12mg2t2mgv0t12mv02，Ek与 t 为二次函数关系。2(2019莆田模拟)如图所示，在轻弹簧的下端悬挂一个质量为 m 的小球A，若将小球 A 从弹簧原长位置由静止释放，小球 A 能够下降的最大高度为 h。若将小球 A 换为质量为 3m 的小球 B，仍从弹簧原

2、长位置由静止释放，则小球 B 下降 h 时的速度为(重力加速度为 g，不计空气阻力)()A 2gh B 4gh3 C gh D gh2 解析：选 B 小球 A 下降 h 过程小球克服弹簧弹力做功为 W1，根据动能定理，有 mghW10；小球 B 下降过程，由动能定理有 3mghW1123mv20，解得：v 4gh3，故 B 正确。3.质量m10 kg的物体只在变力F作用下沿水平方向做直线运动，F 随坐标 x 的变化关系如图所示。若物体从坐标原点处由静止出发，则物体运动到 x16 m 处时的速度大小为()A3 m/s B4 m/s C2 2 m/s D.17 m/s 解析：选 C F-x 图线与

3、 x 轴围成的面积表示力 F 所做的功，则这段过程中，外力做功为 W12(48)10 J12410 J40 J，根据动能定理得 W12mv2，解得 v2Wm 24010 m/s2 2 m/s，故 C 正确，A、B、D 错误。4.(多选)(2019山西省运城市质检)质量为 m 的物体放在水平面上，它与水平面间的动摩擦因数为，重力加速度为 g。用水平力拉物体，运动一段时间后撤去此力，最终物体停止运动。物体运动的 v-t 图像如图所示。下列说法正确的是()A水平拉力大小为 Fmv0t0 B物体在 3t0时间内位移大小为32v0t0 C在 03t0时间内水平拉力做的功为12mv02 D在 03t0时间

4、内物体克服摩擦力做功的平均功率为12mgv0 解析：选 BD 根据 v-t 图像和牛顿第二定律可知 Fmgmv0t0，故选项 A 错误；由v-t 图像与坐标轴所围面积可知，在 3t0时间内的位移为 x123t0v032v0t0，所以选项 B 正确；在03t0时间内由动能定理可知Wmgx0，故水平拉力做的功W32mgv0t0，又Ffmgmv02t0，则 W34mv02，选项 C 错误；03t0时间内克服摩擦力做功的平均功率为 P Wf3t012mgv0，所以选项 D 正确。5(多选)(2020安徽省 A10 联盟最后一卷)质量为 m 的小球在竖直向上的恒力 F 作用下由静止开始向上匀加速运动，经

5、时间 t 运动到 P 点，撤去 F 又经时间 t 小球回到出发点，速度大小为 v，不计阻力，已知重力加速度为 g，则下列判断正确的是()A撤去力 F 时小球的动能为14mv2 B小球上升的最大高度为v22g C拉力 F 所做的功为12mv2 D拉力的最大功率为23mgv 解析：选 BCD 拉力 F 作用时，小球上升的加速度大小为 a，末速度大小为 v，则小球上升的高度 h12at2，vat，撤去外力后hvt12gt2，解得 a13g，F43mg。对全过程由动能定理知12mv2Fh，C 正确。拉力 F 作用时由动能定理知12mv2(Fmg)h，联立解得12mv21412mv218mv2，A 错误

6、。撤去力 F 后小球上升的高度为 h，由12mv2Fh，12mv2mgh知小球上升的最大高度 Hhhv22g，B 正确。拉力 F 的最大功 率 PmFv23mgv，D 正确。6(多选)静止在水平地面的物块，受到水平方向的拉力 F 作用，此拉力方向不变，其大小 F 与时间 t 的关系如图所示。设物块与地面间的静摩擦力最大值 fm与滑动摩擦力大小相等，则()A0t1时间内 F 的功率逐渐增大 Bt2时刻物块的加速度最大 Ct2时刻后物块做反向运动 Dt3时刻物块的动能最大 解析：选 BD 由题图可知，在 0t1时间内，水平方向的拉力从零逐渐增大到等于最大静摩擦力，物块始终静止不动，水平拉力做功为零

7、，功率为零，选项 A 错误；t2时刻水平拉力最大且大于滑动摩擦力的 2 倍，根据牛顿第二定律可知物块加速度最大，选项 B 正确；t2时刻后水平拉力逐渐减小，物块的加速度逐渐减小，速度方向不变，速度继续增大，选项C 错误；t3时刻水平拉力减小到等于滑动摩擦力，速度增大到最大，t3时刻物块的动能最大，选项 D 正确。7(2019天津高考)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 1 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，示意如图 2，AB 长

8、 L1150 m，BC 水平投影 L263 m，图中 C 点切线方向与水平方向的夹角 12(sin 120.21)。若舰载机从 A点由静止开始做匀加速直线运动，经 t6 s 到达 B 点进入 BC。已知飞行员的质量 m60 kg，g10 m/s2，求：图 1 图 2(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。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v2L1t 根据动能定理，有 W12mv20 联立式，代入数据，得 W7.5104 J。(2)设上翘甲板所对应的圆弧半径为

9、R，根据几何关系，有 L2Rsin 由牛顿第二定律，有 FNmgmv2R 联立式，代入数据，得 FN1.1103 N。答案：(1)7.5104 J(2)1.1103 N B 级增分题目练通抓牢 8.(多选)(2020洛阳检测)如图所示，在倾角为 的足够长斜面上，轻质弹簧一端与斜面底端的挡板固定，另一端与质量为 M 的平板 A 连接，一质量为 m 的物体 B 靠在平板的右侧，A、B 与斜面的动摩擦因数均为。开始时用手按住 B 使弹簧处于压缩状态，现释放，使 A 和 B 一起沿斜面向上运动，当 A 和 B 运动距离 L 时达到最大速度 v。则下列说法正确的是()AA 和 B 达到最大速度 v 时，

10、弹簧恢复原长 B若运动过程中 A 和 B 能够分离，则 A 和 B 恰好分离时，二者加速度大小均为 g(sin cos)C从释放到 A 和 B 达到最大速度 v 的过程中，弹簧对 A 所做的功等于12Mv2MgLsin MgLcos D从释放到 A 和 B 达到最大速度 v 的过程中，B 受到的合力对它做的功等于12mv2 解析：选 BD A 和 B 达到最大速度 v 时，A 和 B 的加速度为零，对 A、B 整体：由平衡条件知 kx(mM)gsin(mM)gcos，所以此时弹簧处于压缩状态，故 A 错误；A和 B 恰好分离时，A、B 间的弹力为 0，A、B 的加速度大小相同，对 B 受力分析

11、，由牛顿第二定律知，mgsin mgcos ma，得 ag(sin cos)，故 B 正确；从释放到 A 和B 达到最大速度 v 的过程中，对 A、B 整体，根据动能定理得 W弹(mM)gLsin(mM)gLcos 12(mM)v2，所以弹簧对A所做的功W弹12(mM)v2(mM)gLsin(mM)gLcos，故 C 错误；从释放到 A 和 B 达到最大速度 v 的过程中，对于 B，根据动能定理得，B 受到的合力对它做的功 W合Ek12mv2，故 D 正确。9(多选)(2019黄石模拟)如图甲所示，长为 l、倾角为 的斜面固定在水平地面上，一质量为 m 的小物块从斜面顶端由静止释放并沿斜面向下

12、滑动，已知小物块与斜面间的动摩擦因数 与下滑距离 x 的变化图像如图乙所示，则()A0tan B小物块下滑的加速度逐渐增大 C小物块下滑到斜面底端的过程中克服摩擦力做的功为120mglcos D小物块下滑到底端时的速度大小为 2glsin 20glcos 解析：选 BC 小物块在斜面顶端静止释放能够下滑，则满足 mgsin 0mgcos，即0tan，故A错误；根据牛顿第二定律得amgsin mgcos mgsin gcos，下滑过程中 逐渐减小，则加速度 a 逐渐增大，故 B 正确；由图乙可知 0lx0，则摩擦力 Fmgcos 0mgcos lx0mgcos，可知 Ff与x 成线性关系，如图所

13、示，其中 Ff00mgcos，图线和横轴所围成的面积表示克服摩擦力做的功，则下滑到斜面底端的过程克服摩擦力做功 WFf12Ff0l120mglcos，故 C 正确；下滑过程根据动能定理得 mglsin WFf12mv20，解得 v2glsin 0glcos，故 D错误。10.(2020唐山模拟)如图位于竖直面内的光滑轨道 AB，与半径为R 的圆形轨道底部相通，圆形轨道上部有一缺口 CDE，D 点为圆形最高点，CODDOE30，质量为 m 可视为质点的小球自光滑轨道 AB 上某点静止下滑，由底部进入圆形轨道，通过不断调整释放位置，直到小球从 C 飞出后能无碰撞地从 E 进入左侧轨道，重力加速度为

14、 g。下列说法正确的是()A小球通过最高点的速度大小为 gR B小球通过 C 点时速度大小为 2gR C小球从 C 点运动到最高点的时间为 2 3Rg DA 点距地面的高度为65 36R 解析：选 D 小球离开 C 点做斜上抛运动，令其速度为 vC，其速度方向与水平方向的 夹角 30，离开 C 点后小球在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向上做竖直上抛运动，到达 E 点时，小球在水平方向的位移恰好等于轨道的半径 R，设小球由 C 运动到 E 的时间为 t，则水平方向 RvCcos 30t，竖直方向 2vCsin 30gt，解得 vC 2 3gR3，小球运动到最高点时，在竖直方向的速度减小为零，水

15、平方向的速度为 vCcos 30 2 3gR332 3gR2，故 A、B 错误；小球从 C 点运动到最高点的时间 tvCsin 30g2 3gR32g 3R6g，故 C 错误；小球从 A 点到 C 点只有重力做功，由动能定理得 mghmg(RRcos 30)12mvC20，解得 h65 36R，故 D 正确。11(2019黑龙江牡丹江一中模拟)如图，半径为 R 的光滑半圆形轨道 ABC 固定在竖直平面内且与水平轨道 CD 相切于 C 点，D 端有一被锁定的轻质压缩弹簧，弹簧左端连接在固定的挡板上，弹簧右端 Q 到 C 点的距离为 2R。质量为 m 的滑块(视为质点)从轨道上的 P点由静止滑下，

16、刚好能运动到 Q 点，并能触发弹簧解除锁定，然后滑块被弹回，且刚好能通过圆轨道的最高点 A。已知POC60，求：(1)滑块第一次滑至圆形轨道最低点 C 时所受轨道支持力；(2)滑块与水平轨道间的动摩擦因数；(3)弹簧被锁定时具有的弹性势能。解析：(1)设滑块第一次滑至 C 点时的速度为 vC，圆轨道 C 点对滑块的支持力为 FN PC 过程：mgR(1cos 60)12mvC2 C 点：FNmgmvC2R 解得 FN2mg，方向竖直向上。(2)对 PCQ 过程：mgR(1cos 60)mg2R0 解得 0.25。(3)A 点：mgmvA2R QCA 过程：Ep12mvA2mg2Rmg2R 解得

17、弹性势能 Ep3mgR。答案：(1)2mg，方向竖直向上(2)0.25(3)3mgR 12(2019西安模拟)如图所示，在粗糙水平台阶上静止放置一质量 m0.5 kg 的小物块，它与水平台阶表面间的动摩擦因数 0.5，且与台阶边缘 O 点的距离 s5 m。在台阶右侧固定了一个以 O点为圆心的圆弧形挡板，并以O点为原点建立平面直角坐标系。现用F 5 N 的水平恒力拉动小物块，一段时间后撤去拉力，小物块最终水平抛出并击中挡板(g 取 10 m/s2)。(1)若小物块恰能击中挡板的上边缘 P 点，P 点的坐标为(1.6 m,0.8 m)，求其离开 O 点时的速度大小；(2)为使小物块击中挡板，求拉力

18、 F 作用的距离范围；(3)改变拉力 F 的作用时间，使小物块击中挡板的不同位置，求击中挡板时小物块动能的最小值。(结果可保留根式)解析：(1)小物块从 O 到 P 做平抛运动，则：水平方向：xv0t 竖直方向：y12gt2 解得：v04 m/s。(2)为使小物块击中挡板，小物块必须能运动到 O 点，设拉力 F 作用的最短距离为 x1，由动能定理得：Fx1mgsEk00 解得：x12.5 m 为使小物块不会飞出挡板，小物块的平抛初速度不能超过 4 m/s；设拉力 F 作用的最长距离为 x2，由动能定理得：Fx2mgs12mv02 解得：x23.3 m 故为使物块击中挡板，拉力 F 的作用距离范围为：2.5 mx3.3 m。(3)设小物块击中挡板的任意点坐标为(x，y)，则有：xv0t y12gt2 由动能定理得：mgyEk12mv02 又：x2y2R2 由 P 点坐标可求得 R23.2 化简得：EkmgR24y3mgy44y15y4 由数学方法可得：Ekmin2 15 J。答案：(1)4 m/s(2)2.5 mx3.3 m(3)2 15 J