2024高考物理一轮复习核心素养测评十五动能定理及其应用含解析

PAGE10-动能定理及其应用(45分钟100分)一、选择题(本题共9小题,每小题6分,共54分,1～5题为单选题,6～9题为多选题)1.一质点做初速度为v0的匀加速直线运动,从起先计时经时间t质点的动能变为原来的9倍。该质点在时间t内的位移为 ()A.v0t B.2v0t C.3v0t D.4v0t【解析】选B。由Ek=12mv2得v=3v0,x=12(v0+v)t=2v0t,故A、C、D错误2.(2024·济南模拟)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,下列状况中物体在x0位置时速度最大的是 ()【解析】选C。由于F-x图象所包围的面积表示力做功的大小,已知物体在不同合外力F的作用下通过的位移相同,C选项中图象包围的面积最大,因此合外力做功最多,依据动能定理W合=12mv2-0,可得C选项物体在x0位置时速度最大,故A、B、D错误,C3.在篮球竞赛中,某位同学获得罚球机会,如图所示,他站在罚球线处用力将篮球投出,篮球以约为1m/s的速度撞击篮筐。已知篮球质量约为0.6kg,篮筐离地高度约为3 ()A.1J B.10J C.50J D.100J【解析】选B。该同学将篮球投出时的高度约为h1=1.8m,依据动能定理有W-mg(h-h1)=12mv2,解得W=7.5J,B项最接近,4.如图甲所示,滑轮质量、摩擦均不计,质量为2kg的物体在拉力F作用下由静止起先向上做匀加速运动,其速度随时间的变更关系如图乙所示 ()A.物体加速度大小为2mB.F的大小为21NC.4s末F的功率为42WD.4s内F的平均功率为42W【解析】选C。由题图乙可知,v-t图象的斜率表示物体加速度的大小,即a=0.5m/s2,由2F-mg=ma可得:F=10.5N,A、B均错误;4s末F的作用点的速度大小为vF=2v物=4m/s,故4s末F的功率为P=FvF=42W,C正确;4s内物体上升的高度h=4m,力F的作用点的位移l=2h=8m,拉力F所做的功W=Fl=84J,【总结提升】(1)不计摩擦和滑轮质量时,滑轮两侧细绳拉力大小相等。(2)通过动滑轮拉动物体时,留意物体与力的作用点的位移、速度、作用力间的大小关系。5.如图,质量为m的小球从A点由静止起先沿半径为R的14光滑圆轨道AB滑下,在B点沿水平方向飞出后,落在一个与地面成37°角的斜面上的C点(图中未画出)。已知重力加速度为g,sin37°=0.6,则从A点到C点的过程中小球重力所做的功为A.13mgR4 C.mgR D.2mgR【解析】选A。小球从B到C做平抛运动,则由x=v0t,h=12gt2,由几何关系得tan37°=hx,小球由A到B的过程由动能定理得mgR=12mv02,联立解得t=3R2g,所以小球在斜面体下降高度为h=12gt2=94R,则小球从A点到C点的过程中重力所做的功为W=mg(R+94R)=13【加固训练】(多选)如图所示,质量为m的小球从A点由静止起先,沿竖直平面内固定光滑的14圆弧轨道AB滑下,从B端水平飞出,恰好落到斜面BC的底端。已知14圆弧轨道的半径为R,OA为水平半径,斜面倾角为θ,重力加速度为gA.小球下滑到B点时对圆弧轨道的压力大小为2mgB.小球下滑到B点时的速度大小为2C.小球落到斜面底端时的速度方向与水平方向的夹角为2θD.斜面的高度为4Rtan2θ【解析】选B、D。小球由A至B的过程由动能定理得,mgR=12mv2-0,解得v=2gR,小球通过B点时,由牛顿其次定律得FN-mg=mv2R,解得FN=3mg,依据牛顿第三定律可知,在B点小球对轨道的压力大小为3mg,故A错误,B正确;小球从B到C做平抛运动,则有tanθ=12gt2vt=gt2v,解得t=2vtanθg,小球落到斜面底端时的速度方向与水平方向的夹角正切为tanα=gtv=2tanθ,则α≠2θ,故C错误6.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的作用从静止起先做匀加速直线运动。经过时间t0和4t0速度分别达到2v0和v0时,分别撤去F1和F2,以后物体接着做匀减速直线运动直至停止,两物体速度随时间变更的图线如图所示。则下列结论正确的是 ()A.A、B物体所受摩擦力Ff1∶B.A、B物体所受摩擦力Ff1∶C.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B、C。从图象可知,两物体匀减速运动的加速度大小都为a=v0t0,依据牛顿其次定律,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C7.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的动能的增量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的动能的增量与B克服摩擦力所做的功之和【解析】选B、D。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,B正确。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相对地的位移不相等,故二者做功不相等,C错误。对B应用动能定理WF-Wf=ΔEkB,WF=ΔEkB+Wf,即外力F对B做的功等于B的动能的增量与B克服摩擦力所做的功之和,D正确。依据功能关系可知,外力F做的功等于A和B动能的增量与产生的内能之和8.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μ,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图象如图所示。下列说法正确的是 ()A.水平拉力大小为F=mvB.物体在3t0时间内位移大小为32v0tC.在0～3t0时间内水平拉力做的功为12mD.在0～3t0时间内物体克服摩擦力做功的平均功率为12μmgv【解析】选B、D。依据v-t图象和牛顿其次定律可知F-μmg=mv0t0,故选项A错误;由v-t图象与坐标轴所围面积可知,在0～3t0时间内的位移为x=12·3t0·v0=32v0t0,所以选项B正确;在0～3t0时间内由动能定理可知W-μmgx=0,故水平拉力做的功W=32μmgv0t0,又Ff=μmg=mv02t0,则W=34mv02,选项C错误9.一摩托车在竖直的圆轨道内侧做匀速圆周运动,周期为T,人和车(当作质点)的总质量为m,轨道半径为R。已知摩托车经最高点时发动机功率为P0,对轨道的压力为2mg。摩托车从最高点经半周到最低点的过程中克服摩擦力做功为Wf。设轨道对摩托车的阻力与车对轨道的压力成正比。下列说法正确的是 ()A.摩托车经最低点时对轨道的压力为3mgB.摩托车经最低点时发动机功率为2P0C.摩托车从最高点经半周到最低点的过程中发动机做的功为12P0D.摩托车从最高点经半周到最低点的过程中发动机做的功为Wf-2mgR【解析】选B、D。摩托车在最高点时有2mg+mg=mv2R,在最低点时有FN-mg=mv2R,解得FN=4mg,选项A错误;由于轨道对摩托车的阻力与车对轨道的压力成正比,依据P=Fv可知发动机在最低点时的功率是在最高点时功率的2倍,功率在增大,发动机做的功大于12P0T,所以选项B正确,C错误;依据动能定理,摩托车从最高点经半周到最低点的过程中WF+2mgR-Wf=0,可得发动机做的功WF=W二、计算题(16分,需写出规范的解题步骤)10.某校物理爱好小组确定实行遥控赛车竞赛。竞赛路径如图所示,赛车从起点A动身,沿水平直线轨道运动L后,由B点进入半径为R的光滑竖直圆轨道,离开竖直圆轨道后接着在光滑平直轨道上运动到C点,并能越过壕沟。已知赛车质量m=0.1kg,通电后以额定功率P=1.5W工作0.3N,随后在运动中受到的阻力均可不计。图中L=10.00m,R=1.25m,s=1.50m。问:要使赛车完成竞赛10m/s【解析】赛车通过圆轨道最高点的最小速度为v1′,依据牛顿其次定律得,mg=mv'12R,得依据动能定理得,由B点至圆轨道最高点有-mg·2R=12mv1′2-12解得v1=4为保证赛车通过最高点,到达B点的速度至少为v1=4依据h=12gt2得,t=2hg则平抛运动的最小初速度v2=st=3为保证赛车能越过壕沟,则到达B点的速度至少为v2=3因此赛车到达B点的速度至少为v=v1=4从A到B对赛车由动能定理得Pt-FfL=12mv解得t≈2.5s。答案:2.5s11.(10分)(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对下滑动,已知小物块与斜面间的动摩擦因数μ与下滑距离x的变更图象如图乙所示,则 ()A.μ0>tanαB.小物块下滑的加速度渐渐增大C.小物块下滑到斜面底端的过程中克服摩擦力做的功为12μ0mglD.小物块下滑究竟端时的速度大小为2【解题指导】解答本题应留意以下三点:(1)小物块在斜面上能够下滑的条件是mgsinα>μ0mgcosα。(2)由图象写出函数表达式,再依据滑动摩擦力的表达式写出滑动摩擦力随位移变更的函数关系式,并画出Ff-x图象。(3)由动能定理求小物块滑到斜面底端的速度。【解析】选B、C。小物块在斜面顶端静止释放能够下滑,则满意mgsinα>μ0mgcosα,即μ0<tanα,故A错误;依据牛顿其次定律得a=mgsinα-μmgcosαm=gsinα-μgcosα,下滑过程中μ渐渐减小,则加速度a渐渐增大,故B正确;由图乙可知μ=-μ0lx+μ0,则摩擦力F=μmgcosα=-μ0mgcosαlx+μ0mgcosα,可知Ff与x成线性关系,如图所示,其中Ff0=μ0mgcosα,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WFf=12Ff0l=12μ0mglcosα,故C正确;下滑过程依据动能定理得12.(20分)如图所示,在粗糙水平台阶上静止放置一质量m=0.5kg的小物块,它与水平台阶表面间的动摩擦因数μ=0.5,且与台阶边缘O点的距离s=5m。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=5N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(1)若小物块恰能击中挡板的上边缘P点,P点的坐标为(1.6m,0.8m(2)为使小物块击中挡板,求拉力F作用的距离范围。(3)变更拉力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)【解题指导】解答本题应留意以下三点:(1)小物块从O到P做平抛运动。(2)依据动能定理求出拉力F作用的距离。(3)依据平抛运动的学问,结合圆的方程,依据动能定理求出击中挡板的小物块动能的最小值。【解析】(1)小物块从O到P做平抛运动,则:水平方向:x=v0t竖直方向:y=12gt解得:v0=4(2)为使小物块击中挡板,小物块必需能运动到O点,设拉力F作用的最短距离为x1,由动能定理得:Fx1-μmgs=ΔEk-0=0解得