选择题考点专项训练29 动能定理的应用（后附解析）-【选择题专练】2025年高考物理一轮复习练习

这是一份选择题考点专项训练29 动能定理的应用（后附解析）-【选择题专练】2025年高考物理一轮复习练习，共8页。
1.(动能定理的应用)在篮球比赛中，投篮的投射角度会影响投篮的命中率。在某次投篮中，篮球投出速度大小为4eq \r(2) m/s，方向与水平面成45°角。投球点在篮筐下方，竖直距离为0.35 m。g取10 m/s2，则篮球进筐的速度大小为( )
A.3 m/s B.4 m/s
C.5 m/s D.7 m/s
2.(动能定理的应用)如图所示，甲、乙两个小物体从同一高度分别沿斜面Ⅰ、Ⅱ下滑，两物体与接触面的动摩擦因数均为μ，斜面与水平面接触处有光滑的小圆弧相连。若物体甲由静止下滑运动到水平面上的P点静止，则乙物体由静止下滑，当其运动到水平面时，将停在( )
A.P点右侧 B.P点
C.P点左侧 D.无法确定
3.(动能定理与图像结合)如图甲所示，在一无限大光滑水平面上静止放置可视为质点、质量为m＝2 kg的物体，以物体所在初始位置为坐标原点建立一维坐标系，现给物体施加一沿x轴正方向的作用力F，其大小与坐标的关系如图乙所示。则在x＝4 m处，作用力F的瞬时功率为( )
A.15 W B.20 W
C.40 W D.无法计算
4.(动能定理求临界速度)(多选)如图所示，光滑水平面与长2 m的粗糙水平面平滑连接，长l＝1 m的匀质木板在光滑水平面上以速度v0匀速运动，随后进入粗糙水平面。已知木板与粗糙水平面间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度g取10 m/s2，要使整个木板全部停在粗糙水平面内，则v0的值可能为( )
A.1 m/s B.1.2 m/s
C.2 m/s D.2.5 m/s
5.(动能定理解决变力做功问题)(多选)如图所示，一个质量为m＝1 kg的带孔小球穿在固定的粗糙水平长横杆上，小球与横杆间的动摩擦因数为μ＝0.6。某时刻小球获得一个水平向右的瞬时速度v0＝15 m/s，同时小球受到一个竖直向上的作用力F，F与速度的平方成正比，比例常数为k＝0.4，重力加速度为g＝10 m/s2，则小球运动的整个过程中( )
A.作用力F对小球做功为0
B.作用力F对小球做功为－112.5 J
C.摩擦力对小球做功为－112.5 J
D.摩擦力对小球做功为－100 J
6.(全程应用动能定理解决“0－v－0”模型)质量相等的两个物体A和B，并排放在水平地面上。现用同向水平拉力F1、F2分别作用于物体A和B上，作用一段时间后撤去，两物体各自滑行一段距离后停止。A、B两物体运动的v－t图像分别如a、b图线所示。由图中信息可以得出( )
A.F1对A所做的功小于F2对B所做的功
B.F1对A所做的功大于F2对B所做的功
C.F1的最大瞬时功率是F2的最大瞬时功率的2倍
D.F2的最大瞬时功率是F1的最大瞬时功率的2倍
7.(动能定理的应用)如图所示，质量为m的物块放在光滑的水平桌面上，系在物块上的轻质绳子绕过光滑的定滑轮，滑轮右侧绳子水平，人拉着绳子的下端以速度v0水平向左做匀速运动，在拉紧的绳子与水平方向的夹角由53°变成37°的过程中(sin 53°＝0.8、cs 53°＝0.6)，人对物体做的功为( )
A.eq \f(175,288)mveq \\al(2,0) B.eq \f(7,50)mveq \\al(2,0)
C.eq \f(175,144)mveq \\al(2,0) D.eq \f(7,25)mveq \\al(2,0)
8.(动能定理求往复运动的路程)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水平，其长度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的小物块并让其由静止下滑。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，则停止的地点到B的距离为( )
m m
m D.0
9.(应用动能定理解决类机车启动)(多选)共享电动车已经成为我们日常生活中不可或缺的重要交通工具，某共享电动车和驾驶员的总质量为100 kg，行驶时所受阻力大小为车和人所受总重力的eq \f(1,10)，电动车从静止开始以额定功率在水平公路上沿直线行驶，7 s内行驶了20 m，速度达到4 m/s。取重力加速度大小g＝10 m/s2。下列说法正确的是( )
A.该电动车的额定功率为560 W
B.该电动车的额定功率为400 W
C.在这次行驶中，该电动车行驶的最大速度为4 m/s
D.在这次行驶中，该电动车行驶的最大速度为5.6 m/s
10.(动能定理与圆周临界综合)如图所示，处于竖直平面内的一探究装置，倾角α＝37°的直轨道AB与半径R＝0.15 m的圆弧形光滑轨道BCD相切于B点，O为圆弧轨道的圆心，CD为竖直方向上的直径。一质量m＝0.1 kg的小滑块可从斜面上的不同位置由静止释放，已知小滑块与直轨道AB间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。若小滑块恰好能通过圆弧轨道的最高点D，则释放点距B点的距离为( )
m B.1.5 m
m m
11.(动能定理与圆周运动综合)如图所示，水平放置的光滑桌面中心开有光滑的小孔，轻质细绳穿过小孔一端连接质量为m的小球，另一端连接总质量为8m的漏斗(其中细沙的质量为7m)，小球在轨道1上做匀速圆周运动。某时刻起，漏斗内细沙缓慢流出而漏斗缓慢上升，漏斗内细沙全部流出时漏斗上升的高度为h，之后小球在轨道2上做匀速圆周运动，此过程中小球在任意相等时间内扫过的面积相等，重力加速度大小为g，下列说法正确的是( )
A.小球在单位时间内扫过的面积为eq \r(gh3)
B.小球在轨道1上运动时的动能为4mgh
C.小球在轨道2上运动时的动能为3mgh
D.此过程中细绳对漏斗做的功为2mgh
12.(动能定理与平抛运动结合)如图所示，一平台固定在竖直平面内，以平台右边缘O点为原点，沿平台右侧竖直向下为y轴正方向，沿水平向右为x轴正方向建立直角坐标系xOy。在该坐标系中，以坐标原点O为圆心，半径为R的四分之一圆弧轨道竖直固定在平台的右侧。质量为m的小球从坐标原点O以初速度v0(大小未知)沿x轴正方向平抛。重力加速度大小为g，不计空气阻力。小球从O点抛出后到落到圆弧轨道上的过程中，下列说法正确的是( )
A.当初速度v0的大小为适当的值时，小球可能垂直落到圆弧轨道上
B.初速度v0越大，小球在空中运动的时间越长
C.初速度v0＝eq \r(\r(3)gR)时，小球落到圆弧轨道上的动量最小
D.小球落到圆弧轨道上的最小动能为eq \f(\r(3),2)mgR
解析答案29 动能定理的应用
1．C [根据动能定理可得－mgh＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，解得v1＝5 m/s，故C正确。]
2．B [设斜面Ⅰ倾角为α，
长度为l，高度为h，甲在水平面滑行s后静止，全程由动能定理可得mgh－μmglcs θ－μmgs＝0，整理得mgh－μmg(lcs θ＋s)＝0，lcs θ为斜面在水平方向的投影，可得gh－μgs水平＝0，由于斜面Ⅱ的高度与斜面Ⅰ相同，可知乙物体由静止下滑至水平面静止时水平位移与甲物体相同，故乙物体运动到Р点停止运动，A、C、D错误，B正确。]
3．B [当物体运动到x＝4 m处时，作用力F＝5 N，该过程中，作用力F对物体做的功W＝eq \f(1,2)(3＋5)×4 J＝16 J，根据动能定理，有W＝eq \f(1,2)mv2－0，代入数据，可得物体运动到x＝4 m处时的速度v＝4 m/s，则在x＝4 m处，作用力F的瞬时功率为P＝Fv＝5×4 W＝20 W，故B正确，A、C、D错误。]
4．AB [当木板左端恰好到达粗糙水平面左端时，由eq \f(1,2)μmgl＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)，解得v1＝1 m/s，当木板右端恰好到达粗糙水平面右端时，由eq \f(1,2)μmgl＋μmg(x－l)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)，解得v2＝eq \r(3) m/s，所以速度的范围应该在1 m/s≤v0≤eq \r(3) m/s，故A、B正确。]
5．AD [因为小球所受的作用力F与速度方向垂直，所以作用力F对小球做功为零，故A正确，B错误；当拉力F与重力相等时，小球做匀速直线运动，根据F＝mg＝kv2，解得v＝eq \r(\f(mg,k))＝eq \r(\f(10,0.4)) m/s＝5 m/s，根据动能定理得，Wf＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)×1×(25－225)J＝－100 J，故C错误，D正确。]
6．C [两物体质量相等，则Ff1＝Ff2，根据动能定理对a有WF1－Ff1s1＝0；同理对b有WF2－Ff2s2＝0，根据速度—时间图像与坐标轴围成的面积表示位移得s1＝4×2.5×eq \f(1,2) m＝5.0 m，s2＝2×5×eq \f(1,2) m＝5.0 m，则WF1＝WF2，故A、B错误；撤除拉力后两物体的速度图像平行，故加速度大小相等，设两物体与水平地面的动摩擦因数分别为μ1、μ2，有a1＝a2＝μg＝1 m/s2，则μ1＝μ2＝eq \f(1,10)＝0.1，由以上分析可知F1＝m(a′＋μ1g)＝m(eq \f(2.5,1.5)＋1)＝eq \f(8,3)m，所以拉力F1的最大瞬时功率P1＝eq \f(20,3)m，同理F2＝m(a″＋μ2g)＝meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)＋1))＝eq \f(5,3)m，所以拉力F2的最大瞬时功率P2＝eq \f(10,3)m2，P1＝2P2，故C正确，D错误。]
7．B [把绳子下端的速度分别沿着垂直绳子方向和沿着绳子的方向分解，物块在各个时刻的速度等于对应时刻沿着绳子方向的分速度，由功能关系可得人做的功等于物块的动能的增加量，则有W＝eq \f(1,2)m(v0cs 37°)2－eq \f(1,2)m(v0cs 53°)2＝eq \f(7,50)mveq \\al(2,0)，故B正确。]
8．D [小物块从A点出发到最后停下来，设小物块在BC面上运动的总路程为s，小物块在盆底BC面上所受的滑动摩擦力大小不变，整个过程由动能定理有mgh－μmgs＝0，所以小物块在BC面上运动的总路程为s＝eq \f(h,μ)＝eq \f(0.30,0.10) m＝3 m，因d＝0.50 m，s＝6d，所以小物块在BC面上来回运动共6次，刚好3个来回，所以最终停在B点，即距离B点为0，A、B、C错误，D正确。]
9．BC [由题意可知电动车行驶过程中受到的阻力大小Ff＝eq \f(1,10)mg＝eq \f(1,10)×100×10 N＝100 N，根据功能关系有W＝P额t＝Ffs＋eq \f(1,2)mv2＝100×20 J＋eq \f(1,2)×100×42 J＝2 800 J，解得该电动车的额定功率为P额＝eq \f(W,t)＝eq \f(2 800,7) W＝400 W，A错误，B正确；该电动车以额定功率行驶能达到的最大速度为vmax＝eq \f(P额,Ff)＝eq \f(400,100) m/s＝4 m/s，C正确，D错误。]
10．A [小滑块恰好能通过圆弧轨道的最高点，在D点，由牛顿第二定律，得mg＝meq \f(veq \\al(2,D),R)，滑块由释放运动到D点过程，由动能定理得mgl0sin α－μmgcs α·l0－mgR(1＋cs α)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,D)，代入数据联立解得l0＝1.725 m，A正确，B、C、D错误。]
11．B [设轨道1、2的半径分别为r1、r2，小球在轨道1、2上运动时的速度大小分别为v1、v2，根据已知条件有8mg＝meq \f(veq \\al(2,1),r1)，mg＝meq \f(veq \\al(2,2),r2)，eq \f(1,2)r1v1t＝eq \f(1,2)r2v2t，r2－r1＝h，解得r2＝2r1＝2h，v1＝eq \r(8gh)，v2＝eq \r(2gh)，则小球在单位时间内扫过的面积为S＝eq \f(1,2)r1v1＝eq \r(2gh3)，故A错误；小球在轨道1上运动时的动能为Ek1＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＝4mgh，故B正确；小球在轨道2上运动时的动能为Ek2＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)＝mgh，故C错误；此过程中小球动能的变化量为－3mgh，说明细绳对小球做功为－3mgh，则细绳对漏斗做的功为3mgh，故D错误。]
12．D [若小球垂直打在圆轨道上，则速度方向的反向延长线应交于圆心，由平抛运动的规律可知，速度方向的反向延长线应交于水平位移的中点，根据题意可知圆心和水平位移的中点不是同一位置，故A错误；小球做平抛运动，在竖直方向上做自由落体运动，有h＝eq \f(1,2)gt2，解得t＝eq \r(\f(2h,g))，可知h越大，小球在空中运动时间越长，由图可知小球速度v0越小，下落的高度越高，飞行时间越长，故B错误；设落点与O点的连线与水平方向的夹角为θ，小球做平抛运动Rcs θ＝v0t，Rsin θ＝eq \f(1,2)gt2，由动能定理得mgRsin θ＝Ek－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，解得Ek＝mgR(eq \f(3,4)sin θ＋eq \f(1,4sin θ))，由数学知识得，当eq \f(3,4)sin θ＝eq \f(1,4sin θ)，即sin θ＝eq \f(\r(3),3)时，Ek有最小值Ekmin＝eq \f(\r(3),2)mgR，根据p＝eq \r(2mEkmin)，可知动能最小时动量最小，此时x＝eq \f(\r(6),3)R，联立以上可得v0＝eq \r(\f(\r(3),3)gR)，故C错误，D正确。]