《备战2021届高考物理一轮复习专题：第24讲 动能定理及其应用练习》由会员分享，可在线阅读，更多相关《备战2021届高考物理一轮复习专题：第24讲 动能定理及其应用练习（8页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、1 课时跟踪检测（十六）课时跟踪检测（十六）动能定理及其应用动能定理及其应用 AA 级级基础小题练熟练快基础小题练熟练快 1(2018江苏高考)从地面竖直向上抛出一只小球从地面竖直向上抛出一只小球，小球运动一段时间后落回地面小球运动一段时间后落回地面。忽忽 略空气阻力，该过程中小球的动能略空气阻力，该过程中小球的动能 Ek与时间与时间 t 的关系图像是的关系图像是() 解析解析： 选选 A小球做竖直上抛运动小球做竖直上抛运动， 设初速度设初速度为为v0， 则则vv0gt， 小球的动小球的动能能 Ek1 2mv 2， ， 把速度把速度v代入得，代入得，Ek1 2mg 2t2 mgv0t1 2mv
2、 02，Ek与与 t 为二次函数关系。为二次函数关系。 2 (2019莆田模拟)如图所示如图所示， 在轻弹簧的下端悬挂一个质量为在轻弹簧的下端悬挂一个质量为 m 的小球的小球 A， 若将小球若将小球 A 从弹簧原长位置由静止释放，小球从弹簧原长位置由静止释放，小球 A 能够下降的最大高度为能够下降的最大高度为 h。若。若 将小球将小球 A 换为质量为换为质量为 3m 的小球的小球 B，仍从弹簧原长位置由静止释放，则小球，仍从弹簧原长位置由静止释放，则小球 B 下降下降 h 时的速度为时的速度为(重力加速度为重力加速度为 g，不计空气阻力，不计空气阻力)() A 2ghB 4gh 3 C ghD
3、. gh 2 解析解析：选选 B小球小球 A 下降下降 h 过程小球克服弹簧弹力做功为过程小球克服弹簧弹力做功为 W1，根据动能定理根据动能定理，有有 mgh W10；小球；小球 B 下降过程，由动能定理有下降过程，由动能定理有 3mghW11 23mv 2 0，解得：，解得：v 4gh 3 ， 故故 B 正确。正确。 3.质质量量 m10 kg 的物体只在变的物体只在变力力 F 作用下沿水平方向做直线运动作用下沿水平方向做直线运动， F 随坐标随坐标 x 的变化关系如图所示的变化关系如图所示。若物体从坐标原点处由静止出发若物体从坐标原点处由静止出发，则则 物体运动到物体运动到 x16 m 处
4、时的速度大小为处时的速度大小为() A3 m/s /sB B4 4 m/m/s C2 2 m/sD 17 m/s 解析解析：选选 CFx 图线与图线与 x 轴围成的面积表示力轴围成的面积表示力 F 所做的功所做的功，则这段过程中则这段过程中，外力做功外力做功 为为 W1 2 (48)10 J1 2 410 J40 J，根据动能定理得，根据动能定理得 W1 2mv 2，解得 ，解得v 2W m 240 10 m/s2 2 m/s，故，故 C 正确，正确，A、B、D 错误。错误。 2 4.(多选多选)(2019山西省运城市质检)质量为质量为 m 的物体放在水平面上的物体放在水平面上，它它 与水平面
5、间的动摩擦因数为与水平面间的动摩擦因数为，重力加速度为，重力加速度为 g。用水平力拉物体，运动。用水平力拉物体，运动 一段时间后撤去此力一段时间后撤去此力， 最终物体停止运动最终物体停止运动。 物体运动的物体运动的vt 图像如图所示图像如图所示。 下列说法正确的是下列说法正确的是() A水平拉力大小为水平拉力大小为 Fmv 0 t0 B物体在物体在 3t0时间内位移大小为时间内位移大小为 3 2v 0t0 C在在 03t0时间内水平拉力做的功为时间内水平拉力做的功为 1 2mv 02 D在在 03t0时间内物体克服摩擦力做功的平均功率为时间内物体克服摩擦力做功的平均功率为1 2mgv 0 解析
6、：解析：选选 BD根据根据vt 图像和牛顿第二定律可知图像和牛顿第二定律可知 Fmgmv 0 t0 ，故选项，故选项 A 错误；错误；由由 vt 图像与坐标轴所围面积可知，在图像与坐标轴所围面积可知，在 3t0时间内的位移为时间内的位移为 x1 23t 0v03 2v 0t0，所以选项，所以选项 B 正正 确；在确；在 03t0时间内由动能定理可知时间内由动能定理可知 Wmgx0，故水平拉力做的功，故水平拉力做的功 W3 2mgv 0t0，又又 Ffmgmv 0 2t0 ， 则则 W3 4mv 02， 选项选项 C 错误错误； 03t0时间内克服摩擦力做功的平均功率为时间内克服摩擦力做功的平均
7、功率为 P Wf 3t0 1 2mgv 0，所以选项，所以选项 D 正确。正确。 5 (多选多选)(2019安徽省 A10 联盟最后一卷)质量为质量为 m 的小球在竖直向上的恒力的小球在竖直向上的恒力 F 作用下作用下 由静止开始向上匀加速运动由静止开始向上匀加速运动，经时间经时间 t 运动到运动到 P 点点，撤去撤去 F 又经时间又经时间 t 小球回到出发点小球回到出发点，速速 度大小为度大小为v，不计阻力，已知重力加速度为，不计阻力，已知重力加速度为 g，则下列判断正确的是，则下列判断正确的是() A撤去力撤去力 F 时小球的动能为时小球的动能为 1 4mv 2 B小球上升的最大高度为小球
8、上升的最大高度为v 2 2g C拉力拉力 F 所做的功为所做的功为 1 2mv 2 D拉力的最大功率为拉力的最大功率为 2 3mgv 解析：解析：选选 BCD拉力拉力 F 作用时，小球上升的加速度大小为作用时，小球上升的加速度大小为 a，末速度大小为，末速度大小为v，则，则 3 小球上升的高度小球上升的高度 h1 2at 2， ，vat，撤去外力后撤去外力后hvt1 2gt 2， ，解得解得 a1 3g， ，F4 3mg。 。对对 全过程由动能定理知全过程由动能定理知 1 2mv 2 Fh，C 正确正确。拉力拉力 F 作用时由动能定理知作用时由动能定理知 1 2mv 2(Fmg)h， 联立解得
9、联立解得 1 2mv 21 4 1 2mv 2 1 8mv 2， ，A 错误错误。撤去力撤去力 F 后小球上升的高度为后小球上升的高度为 h，由由 1 2mv 2 Fh，1 2mv 2mgh知小球上升的最大高度知小球上升的最大高度 Hhhv 2 2g ，B 正确。拉力正确。拉力 F 的最大功的最大功 率率 PmFv2 3mgv， ，D 正确。正确。 6(多选多选)静止在水平地面的物块，受到水平方向的拉力静止在水平地面的物块，受到水平方向的拉力 F 作用，作用， 此拉力方向不变此拉力方向不变，其大小其大小 F 与时间与时间 t 的关系如图所示的关系如图所示。设物块与地面间设物块与地面间 的静摩擦
10、力最大值的静摩擦力最大值 fm与滑动摩擦力大小相等，则与滑动摩擦力大小相等，则() A0t1时间内时间内 F 的功率逐渐增大的功率逐渐增大 Bt2时刻物块的加速度最大时刻物块的加速度最大 Ct2时刻后物块做反向运动时刻后物块做反向运动 Dt3时刻物块的动能最大时刻物块的动能最大 解析：解析：选选 BD由题图可知，在由题图可知，在 0t1时间内，水平方向的拉力从零逐渐增大到等于最时间内，水平方向的拉力从零逐渐增大到等于最 大静摩擦力，物块始终静止不动，水平拉力做功为零，功率为零，选项大静摩擦力，物块始终静止不动，水平拉力做功为零，功率为零，选项 A 错误；错误；t2时刻水时刻水 平拉力最大且大于
11、滑动摩擦力的平拉力最大且大于滑动摩擦力的 2 倍，根据牛顿第二定律可知物块加速度最大，选项倍，根据牛顿第二定律可知物块加速度最大，选项 B 正正 确；确；t2时刻后水平拉力逐渐减小，物块的加速度逐渐减小，速度方向不变，速度继续增大时刻后水平拉力逐渐减小，物块的加速度逐渐减小，速度方向不变，速度继续增大， 选项选项 C 错误错误；t3时刻水平拉力减小到等于滑动摩擦力时刻水平拉力减小到等于滑动摩擦力，速度增大到最大速度增大到最大，t3时刻物块的动能时刻物块的动能 最大，选项最大，选项 D 正确。正确。 7(2019天津高考)完全由我国自行设计、建造的国产新型航空母舰已完成多次海试完全由我国自行设计
12、、建造的国产新型航空母舰已完成多次海试， 并取得成功。航母上的舰载机采用滑跃式起飞，故甲板是由水平甲板和上翘甲板两部分构并取得成功。航母上的舰载机采用滑跃式起飞，故甲板是由水平甲板和上翘甲板两部分构 成成，如图如图 1 所示所示。为了便于研究舰载机的起飞过程为了便于研究舰载机的起飞过程，假设上翘甲板假设上翘甲板 BC 是与水平甲板是与水平甲板 AB 相相 切的一段圆弧，示意如图切的一段圆弧，示意如图 2，AB 长长 L1150 m，BC 水平投影水平投影 L263 m，图中，图中 C 点切线方点切线方 向与水平方向的夹角向与水平方向的夹角12 (sin 12 0.21)。 若舰载机从若舰载机从
13、 A 点由静止开始做匀加速直线运动点由静止开始做匀加速直线运动， 经经 t6 s 到达到达 B 点进入点进入 BC。已知飞行员的质量。已知飞行员的质量 m60 kg，g10 m/s2，求：，求： 图图 1图图 2 (1)舰载机水平运动的过程中，飞行员受到的水平力所做功舰载机水平运动的过程中，飞行员受到的水平力所做功 W； (2)舰载机刚进入舰载机刚进入 BC 时，飞行员受到竖直向上的压力时，飞行员受到竖直向上的压力 FN多大。多大。 4 解析：解析：(1)舰载机由静止开始做匀加速直线运动，设其刚进入上翘甲板时的速度为舰载机由静止开始做匀加速直线运动，设其刚进入上翘甲板时的速度为v， 则有则有v
14、 2 L1 t 根据动能定理，有根据动能定理，有 W1 2mv 2 0 联立联立式，代入数据，得式，代入数据，得 W7.5104J。 (2)设上翘甲板所对应的圆弧半径为设上翘甲板所对应的圆弧半径为 R，根据几何关系，有，根据几何关系，有 L2Rsin 由牛顿第二定律，有由牛顿第二定律，有 FNmgmv 2 R 联立联立式，代入数据，得式，代入数据，得 FN1.1103N。 答案：答案：(1)7.5104J(2)1.1103N BB 级级增分题目练通抓牢增分题目练通抓牢 8.(多选多选)(2020洛阳检测)如图所示，在倾角为如图所示，在倾角为的足够长斜面的足够长斜面 上上，轻质弹簧一端与斜面底端
15、的挡板固定轻质弹簧一端与斜面底端的挡板固定，另一端与质量为另一端与质量为 M 的的 平板平板 A 连接连接，一质量为一质量为 m 的物体的物体 B 靠在平板的右侧靠在平板的右侧，A、B 与斜面的动摩擦因数均为与斜面的动摩擦因数均为。开开 始时用手按住始时用手按住 B 使弹簧处于压缩状态使弹簧处于压缩状态，现释放现释放，使使 A 和和 B 一起沿斜面向上运动一起沿斜面向上运动，当当 A 和和 B 运动距离运动距离 L 时达到最大速度时达到最大速度v。则下列说法正确的是。则下列说法正确的是() AA 和和 B 达到最大速度达到最大速度v时，弹簧恢复原长时，弹簧恢复原长 B若运动过程中若运动过程中
16、A 和和 B 能够分离能够分离，则则 A 和和 B 恰好分离时恰好分离时，二者加速度大小均为二者加速度大小均为 g(sin cos ) C 从释放到从释放到 A 和和 B 达到最大速度达到最大速度v的过程中的过程中， 弹簧对弹簧对 A 所做的功等于所做的功等于 1 2Mv 2 MgLsin MgLcos D从释放到从释放到 A 和和 B 达到最大速度达到最大速度v的过程中，的过程中，B 受到的合力对它做的功等于受到的合力对它做的功等于 1 2mv 2 解析解析：选选 BDA 和和 B 达到最大速度达到最大速度v时时，A 和和 B 的加速度为零的加速度为零，对对 A、B 整体整体：由平由平 衡条件知衡条件知 kx(mM)gsin (mM)gcos ，所以此时弹簧处于压缩状态，故，所以此时弹簧处于压缩状态，故 A 错误；错误；A 和和 B 恰好分离时，恰好分离时，A、B 间的弹力为间的弹力为 0，A、B 的加速度大
