【师说】2022高考物理(新课标)一轮全程复习构想检测：课时训练15动能定理及其应用

课时训练15动能定理及其应用一、选择题1.eq\a\vs4\al([2021·辽宁联考])将一小球从高处水平抛出，最初2s内小球动能Ek与时间t的关系如图所示，不计空气阻力，重力加速度g＝10m/s2.依据图象信息，不能确定的物理量是()A．小球的质量B．小球的初速度C．最初2s内重力对小球做功的平均功率D．小球抛出时的高度解析2s末小球竖直分速度vy＝gt2＝10×2m/s＝20m/s，由图象知小球的初动能为5J，即eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝5J,2s末小球的动能为30J，即eq\f(1,2)m(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,y))＝30J，联立可求出小球的质量m和初速度v0；由P＝mg·eq\f(0＋vy,2)可求出最初2s内重力对小球做功的平均功率，由h2＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)只能求出最初2s内小球下落高度，而无法确定小球抛出时的高度．答案D2.如图所示，CBOB′C′在同一水平面上，斜面AB的长度小于斜面AB′的长度，OA＝h，OC＝OC′，B和B′处均用一小段光滑圆弧连接．一质量为m的小物块从A点由静止开头沿ABC滑动，到C点时速度刚好为零．若让小物块从A点由静止开头沿AB′C′滑动到C′点，设小物块与水平面和斜面之间的动摩擦因数处处相同，重力加速度为g，则小物块到达C′点时的速度大小()A．为零 B．为eq\r(2gh)C．大于eq\r(2gh) D．无法确定解析设AB斜面的倾角为θ，则滑动摩擦力对小物块所做的功为Wf＝－μmg·BC－μmgcosθ·AB＝－μmg·BC－μmg·OB＝－μmg·OC，可见，Wf与θ无关，也就是说，小物块从A点动身沿ABC或AB′C′运动，滑动摩擦力对小物块所做的功相同．依据动能定理，沿ABC，有WG＋Wf＝0－0；沿AB′C′，有WG＋Wf＝eq\f(1,2)mv2－0，得小物块到达C′点时的速度大小为v＝0，只有选项A正确．答案A3.如图所示，光滑斜面的顶端固定一弹簧，一物体向右滑行，并以速度v冲上固定在地面上的斜面，压缩弹簧至C点时弹簧最短，C点距地面高度为h，则物体从A到C的过程中弹簧弹力做功是()A．mgh－eq\f(1,2)mv2 B.eq\f(1,2)mv2－mghC．－mgh D．－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(mgh＋\f(1,2)mv2))解析由A到C的过程依据动能定理有－mgh＋W＝0－eq\f(1,2)mv2，所以弹簧弹力做功W＝mgh－eq\f(1,2)mv2，只有选项A正确．答案A4.一环状小物块套在光滑水平直杆上，能沿杆自由滑动．轻质绳一端系在小物块上，另一端绕过定滑轮，用大小恒定的力F拉着，使小物块沿杆自左向右滑动．如图所示，小物块在杆上通过a、b、c三点时的动能分别为Eka、Ekb、Ekc，且ab＝bc，滑轮质量和摩擦均不计，则下列关系正确的是()A．Ekb－Eka＝Ekc－EkbB．Ekb－Eka<Ekc－EkbC．Ekb－Eka>Ekc－EkbD．Eka<Ekb＝Ekc解析a→b→c的过程，绳的拉力T对小物块做正功，重力和支持力均不做功，依据动能定理知小物块的动能增加，选项D错误；但T为变力，它做的功等于大小恒定的力F所做的功，力F所做的功等于F与定滑轮右侧绳伸长的距离的乘积，由几何关系知从a到b绳伸长的距离大于从b到c绳伸长的距离，Wab>Wbc，依据动能定理有Ekb－Eka＝Wab，Ekc－Ekb＝Wbc，得Ekb－Eka>Ekc－Ekb，选项C正确，A、B均错误．答案C6.eq\a\vs4\al([2022·西安五校一模])物体沿直线运动的v－t关系如图所示，第3秒末到第7秒末的图象为直线，已知在第1s内合外力对物体做的功为W，加速度为2a，则()A．从第3s末到第5s末合外力做功为－2WB．从第5s末到第7s末合外力做功为WC．从第3s末到第4s末合外力做功为－0.75WD．从第3s末到第7s末合力做功为零，加速度为－a5.如图所示，分别将两个完全相同的等腰直角三角形木块的始终角边和斜边固定在水平地面上．现一小物块分别从木块顶点由静止开头下滑，若小物块与木块各边之间的动摩擦因数均相同，当小物块分别滑到木块底端时动能之比为()A.eq\r(2)1 B．1eq\r(2)C．21 D．12解析设直角边长为L，依据动能定理分别有mgL－μmgcos45°·eq\r(2)L＝Ek1－0，mgLsin45°－μmgLcos45°＝Ek2－0，得Ek1Ek2＝eq\r(2)1，只有选项A正确．答案A6．物体在恒定阻力作用下，以某初速度在水平面上沿直线滑行直到停止．以a、Ek、s和t分别表示物体运动的加速度大小、动能、位移的大小和运动的时间．则以下各图象中，能正确反映这一过程的是()解析阻力恒定，合外力恒定，那么加速度大小a恒定，选项AB错误；依据动能定理有mv2/2－mveq\o\al(2,0)/2＝－mas，所以Ek＝mv2/2＝mveq\o\al(2,0)/2－mas＝Ek0－mas，选项C正确；v＝v0－at，Ek＝mv2/2＝(m/2)(veq\o\al(2,0)＋a2t2－2av0t)，选项D错误．答案C7.eq\a\vs4\al([2021·芜湖联考])如图所示，沿平直大路匀速行驶的汽车上，固定着一个正四棱台，台面水平．在顶面沿着各斜面方向，同时自由释放4个相同小球．设它们到达棱台底面分别用Ta，Tb，Tc，Td，到达底面时的动能分别为Ea，Eb，Ec，Ed(取地面为零势能面，忽视斜面对小球的摩擦力)．以地面为参考系，则有()A．Ta＝Tb＝Td＝TcEa>Eb＝Ed>EcB．Ta＝Tb＝Td＝TcEa＝Eb＝Ed＝EcC．Ta<Tb＝Td<TcEa>Eb＝Ed>EcD．Ta<Tb＝Td<TcEa＝Eb＝Ed＝Ec解析四个小球沿“斜面”方向的位移大小、初速度大小和加速度大小都相同，依据位移公式可知运动时间相同；棱台向右运动，棱台的弹力对b和d两小球不做功、对a做正功、对c做负功，应用动能定理可知a的动能最大、c的动能最小、b和d的动能相等，又此时重力势能都相同，选项A正确．答案A8.eq\a\vs4\al([2021·蚌埠联考])如图所示，质量为m的滑块从高为h处的a点沿圆弧轨道ab滑入水平轨道bc，滑块与两段轨道的动摩擦因数相同．滑块在a、c两点时的速度大小均为v，ab段弧长与bc段长度相等．空气阻力不计，则滑块从a到c的运动过程中()A．滑块的动能始终保持不变B．滑块在bc段运动过程中克服阻力做的功肯定等于eq\f(mgh,2)C．滑块经过b点时的速度大于eq\r(gh＋v2)D．滑块经过b点时的速度等于eq\r(gh＋v2)解析滑块在a、c两点的速度大小均为v，由于在水平面是不断减速的，故可得整个过程中滑块是先加速后减速的，动能先增大后减小，A错．对于全过程由动能定理可得mgh－Wf＝0，即全程克服摩擦力做的功等于mgh，由于在ab段滑块与圆弧轨道间的压力大小不等于重力，而在bc段滑块与地面间的压力大小等于重力，两段摩擦力大小不相等，所以克服摩擦力做的功不相等，则小球在bc段克服阻力做的功不肯定等于eq\f(mgh,2)，B错．可假设把圆弧轨道分割为n段微小斜面，且斜面的倾角很小，滑块在圆弧轨道上运动，处于超重状态，对轨道的压力大于重力，克服摩擦力做功较多，由a点到b点，由动能定理可得mgh－W′f＝eq\f(1,2)mv′2－eq\f(1,2)mv2，由于W′f>eq\f(mgh,2)，可解得v′>eq\r(gh＋v2)，C对，D错．答案C9．如图所示，一轻弹簧直立于水平地面上，质量为m的小球从距离弹簧上端B点h高处的A点自由下落，在C点处小球速度达到最大．x0表示B、C两点之间的距离；Ek表示小球在C点处的动能．若转变高度h，则下列表示x0随h变化的图象和Ek随h变化的图象中正确的是()解析由题意“在C点处小球速度达到最大”，可知C点是平衡位置，小球受到的重力与弹力平衡，该位置与h无关，B项正确；依据动能定理有mg(h＋x0)－Ep＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)＝Ek，其中x0与弹性势能Ep为常数，可推断出C项正确．答案BC二、非选择题10．飞机若仅依靠自身喷气式发动机推力起飞需要较长的跑道，某同学设计在航空母舰上安装电磁弹射器以缩短飞机起飞距离，他的设计思想如下：如图所示，航空母舰的水平跑道总长l＝180m，其中电磁弹射器是一种长度为l1＝120m的直线电机，这种直线电机从头至尾可以供应一个恒定的牵引力F牵．一架质量为m＝2.0×104kg的飞机．其喷气式发动机可以供应恒定的推力F推＝1.2×105N．考虑到飞机在起飞过程中受到的阻力与速度大小有关，假设在电磁弹射阶段的平均阻力为飞机重力的0.05倍，在后一阶段的平均阻力为飞机重力的0.2倍．飞机离舰起飞的速度v＝(1)飞机在后一阶段的加速度大小．(2)电磁弹射器的牵引力F牵的大小．解析令后一阶段飞机加速度为a2，平均阻力为f2＝0．2mg，则F－f2＝ma2得：a2＝4.0m/s2(2)由动能定理：F牵l1＋F推l－f1l1－f2(l－l2)＝eq\f(1,2)mv2得F牵＝6.8×105N答案(1)4.0m/s2(2)6.8×105N11.如图所示，质量为M＝4kg的木板静止在光滑的水平面上，在木板的右端放置一个质量m＝1kg、大小可以忽视的铁块，铁块与木板之间的动摩擦因数μ＝0.4，在铁块上加一个水平向左的恒力F＝8N，铁块在长L＝6m的木板上滑动，取g＝10m/s2.求：(1)经过多长时间铁块运动到木板的左端．(2)在铁块到达木板左端的过程中，恒力F对铁块所做的功．(3)在铁块到达木板左端时，铁块和木板的总动能．解析(1)铁块与木板间的滑动摩擦力f＝μmg＝0.4×1×10N＝4N①铁块的加速度a1＝eq\f(F－f,m)＝eq\f(8－4,1)m/s2＝4m/s2②木板的加速度a2＝eq\f(f,M)＝eq\f(4,4)m/s2＝1m/s2③铁块滑到木板左端的时间为t则eq\f(1,2)a1t2－eq\f(1,2)a2t2＝L④代入数据解得t＝2s⑤(2)铁块位移s1＝eq\f(1,2)a1t2＝eq\f(1,2)×4×22m＝8m⑥木板位移s2＝eq\f(1,2)a2t2＝eq\f(1,2)×1×22m＝2m⑦恒力F对铁块做的功W＝Fs1＝8×8J＝64J⑧(3)方法一：铁块的动能EkA＝(F－f)s1＝(8－4)×8J＝32J⑨木板的动能EkB＝fs2＝4×2J＝8Jeq\o(○,\s\up1(10))铁块和木板的总动能Ek总＝EkA＋EkB＝32J＋8J＝40J⑪方法二：铁块的速度v1＝a1t＝4×2m/s＝8m/s铁块的动能EkA＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)×1×82J＝32J木板的速度v2＝a2t＝1×2m/s＝2m/s木板的动能EkB＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)×4×22J＝8J铁块和木板的总动能Ek总＝EkA＋EkB＝32J＋8J＝40J.12.如图是一皮带传输装载机械示意图．井下挖掘工将矿物无初速度放置于沿图示方向运行的传送带A端，被传输到末端B处，再沿一段圆形轨道到达轨道的最高点C处，然后水平抛到货台上．已知半径为R＝0.4m的圆形轨道与传送带在B点相切，O点为圆形轨道的圆心，BO、CO分别为圆形轨道的半径．矿物可视为质点，传送带与水平面间的夹角θ＝37°，矿物与传送带间的动摩擦因数μ＝0.85，传送带匀速运行的速度为v0＝6m/s，传送带A、B两点间的长度为L＝40m．若矿物落点D处离最高点C点的水平距离为s＝2m，竖直距离为h＝1.25m，矿物质量m＝5kg，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2，不计空气阻力．求：(1)矿物到达C点时对轨道的压力大小；(2)矿物到达B点时的速度大小；(3)矿物由A点到达C点的过程中，摩擦力对矿物所做的功．解析(1)矿物从C处抛出，由平抛运动学问可得s＝vCth＝eq\f(