高考物理一轮复习课时跟踪检测（二十）动能定理的理解及应用含答案

这是一份高考物理一轮复习课时跟踪检测（二十）动能定理的理解及应用含答案，共6页。

1．静止在地面上的物体在不同合外力F的作用下通过了相同的位移x0，下列情况中物体在x0位置时速度最大的是( )
解析：选C F-x图线与x轴所围面积表示合外力F所做的功，由动能定理可知，物体在x0位置速度最大的情况一定对应F-x图线与x轴所围面积最大的情况，故C正确。
2．(2023·新课标卷)无风时，雨滴受空气阻力的作用在地面附近会以恒定的速率竖直下落。一质量为m的雨滴在地面附近以速率v下落高度h的过程中，克服空气阻力做的功为(重力加速度大小为g)( )
A．0 B．mgh
C.eq \f(1,2)mv2－mgh D.eq \f(1,2)mv2＋mgh
解析：选B 地面附近的雨滴做匀速运动，根据动能定理得mgh－Wf＝0，故雨滴克服空气阻力做功为mgh。故选B。
3.如图所示，AB为eq \f(1,4)圆弧轨道，BC为水平直轨道，BC恰好在B点与AB相切，圆弧的半径为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，它由轨道顶端A从静止开始下滑，恰好运动到C处停止，重力加速度为g，那么物体在AB段克服摩擦力所做的功为( )
A.eq \f(μmgR,2) B.eq \f(mgR,2)
C．mgR D．(1－μ)mgR
解析：选D 设物体在AB段克服摩擦力所做的功为WAB，物体从A到C的全过程，根据动能定理有mgR－WAB－μmgR＝0－0，所以WAB＝mgR－μmgR＝(1－μ)mgR，故D正确。
4.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从弹簧的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.eq \r(2gh) B.eq \r(\f(4gh,3))
C.eq \r(gh) D.eq \r(\f(gh,2))
解析：选B 设小球A下降h的过程中克服弹簧弹力做功为W1，根据动能定理，有mgh－W1＝0；小球B下降过程，由动能定理，有3mgh－W1＝eq \f(1,2)·3mv2－0。联立以上两式解得v＝eq \r(\f(4gh,3))，故B正确。
5．(2023·广东高考)(多选)人们用滑道从高处向低处运送货物。如图所示，可看作质点的货物从eq \f(1,4)圆弧滑道顶端P点静止释放，沿滑道运动到圆弧末端Q点时速度大小为6 m/s。已知货物质量为20 kg，滑道高度h为4 m，且过Q点的切线水平，重力加速度取10 m/s2。关于货物从P点运动到Q点的过程，下列说法正确的有( )
A．重力做的功为360 J
B．克服阻力做的功为440 J
C．经过Q点时向心加速度大小为9 m/s2
D．经过Q点时对轨道的压力大小为380 N
解析：选BCD 重力做的功为WG＝mgh＝800 J，A错误；下滑过程根据动能定理可得WG－Wf＝eq \f(1,2)mvQ2，代入数据解得，克服阻力做的功为Wf＝440 J，B正确；经过Q点时向心加速度大小为a＝eq \f(vQ2,h)＝9 m/s2，C正确；经过Q点时，根据牛顿第二定律可得F－mg＝ma，解得货物受到的支持力大小为F＝380 N，根据牛顿第三定律可知，货物对轨道的压力大小为380 N，D正确。
6.从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用。距地面高度h在3 m 以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图所示。重力加速度取10 m/s2。该物体的质量为( )
A．2 kg B．1.5 kg
C．1 kg D．0.5 kg
解析：选C 画出物体运动示意图，设阻力为f，据动能定理知，A→B(上升过程)：－(mg＋f)h＝EkB－EkA，C→D(下落过程)：(mg－f)h＝EkD－EkC，整理以上两式得：mgh＝30 J，解得物体的质量m＝1 kg。C正确。
7.
如图所示，轻质弹簧一端固定在墙壁上的O点，另一端自由伸长到A点，OA之间的水平面光滑，固定曲面在B处与水平面平滑连接。AB之间的距离s＝1 m。质量m＝0.2 kg的小物块开始时静置于水平面上的B点，物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4。现给物块一个水平向左的初速度v0＝5 m/s，g取10 m/s2。
(1)求弹簧被压缩到最短时所具有的弹性势能Ep；
(2)求物块返回B点时的速度大小；
(3)若物块能冲上曲面的最大高度h＝0.2 m，求物块沿曲面上滑过程所产生的热量。
解析：(1)对小物块从B点至压缩弹簧最短的过程，由动能定理得，－μmgs－W克弹＝0－eq \f(1,2)mv02，W克弹＝Ep代入数据解得Ep＝1.7 J。
(2)对小物块从B点开始运动至返回B点的过程，由动能定理得，－μmg·2s＝eq \f(1,2)mvB2－eq \f(1,2)mv02
代入数据解得vB＝3 m/s。
(3)对小物块沿曲面的上滑过程，
由动能定理得－W克f－mgh＝0－eq \f(1,2)mvB2
产生的热量Q＝W克f＝0.5 J。
答案：(1)1.7 J (2)3 m/s (3)0.5 J
二、强化迁移能力，突出创新性和应用性
8.在一次航模比赛中，某同学遥控航模飞机竖直上升，某段过程中其动能Ek随位移x变化的关系如图所示。已知飞机质量为1 kg，重力加速度g＝10 m/s2，此过程中飞机( )
A．处于超重状态
B．机械能减少
C．加速度大小为4.5 m/s2
D．输出功率最大值为27 W
解析：选C 由题图可知，飞机动能逐渐减小，由Ek＝eq \f(1,2)mv2可知，初速度v0＝ eq \r(\f(2Ek,m))＝6 eq \r(2) m/s，当飞机上升8 m时，动能为零，速度为零，故飞机在向上运动的过程中，飞机做减速运动，处于失重状态，A错误；动能减少量为ΔEk＝36 J，重力势能增加量为ΔEp＝mgh＝80 J，故机械能增加，B错误；在升力F作用下，飞机向上运动，根据动能定理可得(F－mg)x＝Ek－Ek0，解得Ek＝Ek0＋(F－mg)x，故图线斜率表示飞机所受到的合力，故F合＝－4.5 N，根据牛顿第二定律可知F合＝ma，解得a＝－4.5 m/s2，C正确；F合＝F－mg，解得F＝5.5 N，升力恒定，当速度最大时，输出功率最大，即刚开始起飞时，输出功率最大，Pm＝Fv0＝33 eq \r(2) W，D错误。
9．(多选)如图甲所示，长为l、倾角为α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滑动，已知小物块与斜面间的动摩擦因数μ与下滑距离x的变化图像如图乙所示，则( )
A．μ0＞tan α
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eq \f(1,2)μ0mglcs α
D．小物块下滑到底端时的速度大小为
eq \r(2glsin α－2μ0glcs α)
解析：选BC 小物块在斜面顶端静止释放能够下滑，则满足mgsin α＞μ0mgcs α，即μ0＜tan α，故A错误；根据牛顿第二定律得a＝eq \f(mgsin α－μmgcs α,m)＝gsin α－μgcs α，下滑过程中μ逐渐减小，则加速度a逐渐增大，故B正确；由题图乙可知μ＝－eq \f(μ0,l)x＋μ0，则摩擦力Ff＝μmgcs α＝－eq \f(μ0mgcs α,l)x＋μ0mgcs α，可知Ff与x成线性关系，如图所示，其中Ff0＝μ0mgcs α，图线和横轴所围成的面积表示克服摩擦力做的功，则小物块下滑到斜面底端的过程克服摩擦力做功Wf＝eq \f(1,2)Ff0l＝eq \f(1,2)μ0mglcs α，故C正确；下滑过程根据动能定理得mglsin α－Wf＝eq \f(1,2)mv2－0，解得v＝eq \r(2glsin α－μ0glcs α)，故D错误。
10．(多选)冰滑梯是东北地区体验冰雪运动乐趣的设施之一，某冰滑梯的示意图如图所示，螺旋滑道的摩擦可忽略，倾斜滑道和水平滑道与同一滑板间的动摩擦因数μ相同，因滑板不同μ满足μ0≤μ≤1.2μ0。在设计滑梯时，要确保所有游客在倾斜滑道上均减速下滑，且滑行结束时停在水平滑道上，以下L1、L2的组合符合设计要求的是( )
A．L1＝eq \f(h,2μ0)，L2＝eq \f(3h,2μ0) B．L1＝eq \f(4h,3μ0)，L2＝eq \f(h,3μ0)
C．L1＝eq \f(4h,3μ0)，L2＝eq \f(2h,3μ0) D．L1＝eq \f(3h,2μ0)，L2＝eq \f(h,μ0)
解析：选CD 设倾斜滑道倾角为θ，游客在倾斜滑道上匀减速下滑，则需满足mgsin θ＜μmgcs θ，可得μ＞tan θ＝eq \f(h,L1)，即有L1＞eq \f(h,μ)，因μ0≤μ≤1.2μ0，所有游客在倾斜滑道上匀减速下滑，可得L1＞eq \f(h,μ0)，滑行结束时停在水平滑道上，对全程由动能定理有mg·2h－μmgcs θ·eq \f(L1,cs θ)－μmgx＝0－0，其中0＜x≤L2，可得L1＜eq \f(2h,μ)，L1＋L2≥eq \f(2h,μ)，代入μ0≤μ≤1.2μ0，可得L1＜eq \f(5h,3μ)，L1＋L2≥eq \f(2h,μ0)，综合需满足eq \f(h,μ0)＜L1＜eq \f(5h,3μ0)和L1＋L2≥eq \f(2h,μ0)，故C、D正确。
11．一篮球质量为m＝0.60 kg，一运动员使其从距地面高度为h1＝1.8 m处由静止自由落下，反弹高度为h2＝1.2 m。若使篮球从距地面h3＝1.5 m的高度由静止下落，并在开始下落的同时向下拍球，球落地后反弹的高度也为1.5 m。假设运动员拍球时对球的作用力为恒力，作用时间为t＝0.20 s；该篮球每次与地面碰撞前后的动能的比值不变。重力加速度大小取g＝10 m/s2，不计空气阻力。求：
(1)运动员拍球过程中对篮球所做的功；
(2)运动员拍球时对篮球的作用力的大小。
解析：(1)使篮球从距地面高度为h1处由静止自由落下时，设篮球的落地速度大小为v1，根据自由落体运动的规律有v12＝2gh1，
设篮球被地面反弹时的速度大小为v2，则有v22＝2gh2，
则篮球与地面碰撞前、后的动能之比eq \f(Ek1,Ek2)＝eq \f(\f(1,2)mv12,\f(1,2)mv22)＝eq \f(h1,h2)＝eq \f(3,2)。使篮球从距地面h3的高度由静止下落，并在开始下落的同时向下拍球，设篮球的落地速度大小为v3，反弹后的速度大小为v4，则有v42＝2gh3，
因为篮球每次与地面碰撞前、后的动能的比值不变，所以有eq \f(\f(1,2)mv32,\f(1,2)mv42)＝eq \f(3,2)，设运动员拍球过程中对篮球做的功为W，根据动能定理有W＋mgh3＝eq \f(1,2)mv32，解得W＝4.5 J。
(2)篮球在受到力F作用的时间内，根据牛顿第二定律得，加速度a＝eq \f(mg＋F,m)，篮球的位移x＝eq \f(1,2)at2，
运动员对篮球做的功W＝Fx，
联立解得F＝9 N。
答案：(1)4.5 J (2)9 N