2021届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

2021届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

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，从开始计时经时间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=mv2得v=3v0，x=(v0+v)t=2v0t ，故A、C、D错误，B正确。‎ ‎2.(2020·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，下列情况中物体在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，根据动能定理W合=mv2-0，可得C选项物体在x0位置时速度最大，故A、B、D错误，C正确。‎ ‎3.(2019·开封模拟)在篮球比赛中，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1 m/s的速度撞击篮筐。已知篮球质量约为0.6 kg，篮筐离地高度约为3 m，忽略篮球受到的空气阻力，则该同学罚球时对篮球做的功大约为 (　　) ‎ A.1 J B.10 J C.50 J D.100 J 10‎ ‎【解析】选B。该同学将篮球投出时的高度约为h1=1.8 m，根据动能定理有W-mg(h-h1)=mv2，解得W=7.5 J，B项最接近，故选项B正确。‎ ‎4.如图甲所示，滑轮质量、摩擦均不计，质量为2 kg的物体在拉力F作用下 由静止开始向上做匀加速运动，其速度随时间的变化关系如图乙所示，由此可 知 (　　)‎ A.物体加速度大小为2 m/s2‎ B.F的大小为21 N C.4 s末F的功率为42 W D.4 s内F的平均功率为42 W ‎【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=0.5 m/s2，由2F-mg=ma可得：F=10.5 N，A、B均错误；4 s末F的作用点的速度大小为vF=2v物=4 m/s，故4 s末F的功率为P=FvF=42 W，C正确；4 s内物体上升的高度h=4 m，力F的作用点的位移l=2h=8 m，拉力F所做的功W=Fl=84 J，故平均功率==21 W，D错误。‎ ‎【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，注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点由静止开始沿半径为R的光滑圆轨道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 (　　) ‎ 10‎ A. B. ‎ ‎ C.mgR D.2mgR ‎【解析】选A。小球从B到C做平抛运动，则由x=v0t，h=gt2，由几何关系得tan37°=，小球由A到B的过程由动能定理得mgR=m，联立解得t=3，所以小球在斜面体下降高度为h=gt2=R，则小球从A点到C点的过程中重力所做的功为W=mg(R+R)=，故A正确，B、C、D错误。‎ ‎【加固训练】‎ ‎(多选)如图所示，质量为m的小球从A点由静止开始，沿竖直平面内固定光滑的圆弧轨道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g。则 (　　) ‎ A.小球下滑到B点时对圆弧轨道的压力大小为2mg B.小球下滑到B点时的速度大小为 C.小球落到斜面底端时的速度方向与水平方向的夹角为2θ D.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=mv2-0，解得v=，小球通过B点时，由牛顿第二定律得FN-mg=m，解得FN=3mg ，根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=‎ 10‎ ‎=，解得 t=，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==2tanθ，则α≠2θ，故C错误；斜面的高度为h=gt2=g=4Rtan2θ，故D正确。‎ ‎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∶=2∶1‎ B.A、B物体所受摩擦力∶=1∶1‎ C.F1和F2对A、B做的功W1∶W2=6∶5‎ D.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=，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。‎ ‎7.(2019·绵阳模拟)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 (　　) ‎ 10‎ 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=Δ，WF=Δ+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。根据功能关系可知，外力F做的功等于A和B动能的增量与产生的内能之和，故A错误。‎ ‎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=m B.物体在3t0时间内位移大小为v0t0‎ C.在0～3t0时间内水平拉力做的功为m D.在0～3t0时间内物体克服摩擦力做功的平均功率为μmgv0‎ ‎【解析】选B、D。根据v-t图象和牛顿第二定律可知F-μmg=m，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=·3t0·v0=v0t0，所以选项B 10‎ 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=μmgv0t0，又Ff=μmg=，则W=m，选项C错误；0～3t0时间内克服摩擦力做功的平均功率为==μmgv0，所以选项D正确。‎ ‎9.(2020·枣庄模拟)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3mg B.摩托车经最低点时发动机功率为2P0‎ C.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P0T D.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=m，在最低点时有FN-mg=m，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，根据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P0T，所以选项B正确，C错误；根据动能定理，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=Wf-2mgR，选项D正确。‎ 二、计算题(16分，需写出规范的解题步骤)‎ ‎10.某校物理兴趣小组决定举行遥控赛车比赛。比赛路径如图所示，赛车从起点A出发，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，离开竖直圆轨道后继续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=0.1 kg，通电后以额定功率 10‎ P=1.5 W 工作，进入竖直轨道前受到的阻力恒为0.3 N，随后在运动中受到的阻力均可不计。图中L=10.00 m，R=0.32 m，h=1.25 m，s=1.50 m。问：要使赛车完成比赛，电动机至少工作多长时间？(g取10 m/s2)‎ ‎【解析】赛车通过圆轨道最高点的最小速度为v1′，根据牛顿第二定律得，mg=，得v1′=‎ 根据动能定理得，由B点至圆轨道最高点有 ‎-mg·2R=mv1′2-m 解得v1=4 m/s 为保证赛车通过最高点，‎ 到达B点的速度至少为v1=4 m/s 根据h=gt2得，t==0.5 s 则平抛运动的最小初速度v2==3 m/s 为保证赛车能越过壕沟，则到达B点的速度至少为v2=3 m/s 因此赛车到达B点的速度至少为v=v1=4 m/s 从A到B对赛车由动能定理得Pt-FfL=mv2‎ 解得t≈2.5 s。‎ 答案：2.5 s ‎11.(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的变化图象如图乙所示，则 (　　)‎ 10‎ A.μ0>tanα 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μ0mglcosα D.小物块下滑到底端时的速度大小为 ‎【解题指导】解答本题应注意以下三点：‎ ‎(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，再根据滑动摩擦力的表达式写出滑动摩擦力随位移变化的函数关系式，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，则满足mgsinα>μ0mgcosα，即μ0

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