2024届高考物理一轮总复习课时跟踪检测二十动能定理的理解及应用

这是一份2024届高考物理一轮总复习课时跟踪检测二十动能定理的理解及应用，共6页。
课时跟踪检测（二十）  动能定理的理解及应用一、立足主干知识，注重基础性和综合性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．(2021·山东等级考)如图所示，粗糙程度处处相同的水平桌面上有一长为L的轻质细杆，一端可绕竖直光滑轴O转动，另—端与质量为m的小木块相连。木块以水平初速度v0出发，恰好能完成一个完整的圆周运动。在运动过程中，木块所受摩擦力的大小为(　 )A.　　B.　　C.　　D.解析：选B　对木块由动能定理得：－Ff·2πL＝0－mv02，解得摩擦力大小为：Ff＝，故B正确，A、C、D错误。3.如图所示，AB为圆弧轨道，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.   B.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.   B.  C.   D.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＝·3mv2－0。联立以上两式解得v＝，故B正确。5.(多选)质量相等的A、B两物体放在同一水平面上，分别受到水平拉力F1、F2的作用从静止开始做匀加速直线运动。经过时间t0和4t0速度分别达到2v0和v0时，分别撤去F1和F2，以后物体继续做匀减速直线运动直至停止，两物体速度随时间变化的图线如图所示。则下列结论正确的是(　 )A．A、B物体所受摩擦力Ff1∶Ff2＝2∶1B．A、B物体所受摩擦力Ff1∶Ff2＝1∶1C．F1和F2对A、B做的功W1∶W2＝6∶5D．F1和F2对A、B做的功W1∶W2＝12∶5解析：选BC　从图像可知，两物体匀减速运动的加速度大小都为a＝，根据牛顿第二定律，匀减速运动中有Ff＝ma，则两物体所受摩擦力相同，故A错误，B正确；图线与时间轴所围成的面积表示运动的位移，则A、B的位移之比为6∶5，对全过程运用动能定理得，W1－Ffx1＝0，W2－Ffx2＝0，解得W1＝Ffx1，W2＝Ffx2，所以整个运动过程中F1和F2做功之比为6∶5，故C正确，D错误。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－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＝mvB2－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－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/s2D．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＝mv2可知，初速度v0＝ ＝6  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  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 αB．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μ0mglcos αD．小物块下滑到底端时的速度大小为解析：选BC　小物块在斜面顶端静止释放能够下滑，则满足mgsin α＞μ0mgcos α，即μ0＜tan α，故A错误；根据牛顿第二定律得a＝＝gsin α－μgcos 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＝－x＋μ0，则摩擦力Ff＝μmgcos α＝－x＋μ0mgcos α，可知Ff与x成线性关系，如图所示，其中Ff0＝μ0mgcos 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＝Ff0l＝μ0mglcos α，故C正确；下滑过程根据动能定理得mglsin α－Wf＝mv2－0，解得v＝，故D错误。10．(2021·辽宁高考)(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＝，L2＝  B．L1＝，L2＝C．L1＝，L2＝  D．L1＝，L2＝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＜μmgcos θ，可得μ＞tan θ＝，即有L1＞，因μ0≤μ≤1.2μ0，所有游客在倾斜滑道上匀减速下滑，可得L1＞，滑行结束时停在水平滑道上，对全程由动能定理有mg·2h－μmgcos θ·－μmgx＝0－0，其中0＜x≤L2，可得L1＜，L1＋L2≥，代入μ0≤μ≤1.2μ0，可得L1＜，L1＋L2≥，综合需满足＜L1＜和L1＋L2≥，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＝＝＝。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＝，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＝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＝，篮球的位移x＝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