2022年高考物理一轮复习 考点规范练16 动能定理及其应用（含解析）新人教版.docx

1、考点规范练16动能定理及其应用一、单项选择题1.下列有关动能的说法正确的是()A.物体只有做匀速运动时,动能才不变B.物体的动能变化时,速度不一定变化C.物体做平抛运动时,水平速度不变,动能不变D.物体做自由落体运动时,物体的动能增加答案:D解析:物体只要速率不变,动能就不变,A错误;物体的动能变化时,速度的大小一定变化,B错误;物体做平抛运动时,速率增大动能就会增大,C错误;物体做自由落体运动时,其速率增大,物体的动能增加,D正确。2.质量m=2 kg的物体,在光滑水平面上以v1=6 m/s的速度匀速向西运动,若有一个F=8 N方向向北的恒力作用于物体,在t=2 s内物体的动能增加了()A.

2、28 JB.64 JC.32 JD.36 J答案:B解析:由于力F与速度v1垂直,物体做曲线运动,其两个分运动为向西的匀速运动和向北的匀加速直线运动,对匀加速运动:a=Fm=4m/s2,v2=at=8m/s,2s末物体的速度v=v12+v22=10m/s,2s内物体的动能增加了Ek=12mv2-12mv12=64J,故选项B正确。3.一个质量为0.3 kg的弹性小球,在光滑水平面上以6 m/s的速度垂直撞到墙上,碰撞后小球沿相反方向运动,反弹后的速度大小与碰撞前相同,则下列碰撞前后小球速度变化量的大小v和碰撞过程中小球的动能变化量Ek正确的是()A.v=0B.v=12 m/sC.Ek=1.8

3、JD.Ek=10.8 J答案:B解析:速度是矢量,规定反弹后速度方向为正,则v=6m/s-(-6m/s)=12m/s,故B正确,A错误;动能是标量,速度大小不变,动能不变,则Ek=0,C、D错误。4.光滑斜面上有一个小球自高为h的A处由静止开始滚下,抵达光滑水平面上的B点时速度大小为v0。光滑水平面上每隔相等的距离设置了一个与小球运动方向垂直的活动阻挡条,如图所示,小球越过n条活动阻挡条后停下来。若让小球从h高处以初速度v0滚下,则小球能越过的活动阻挡条的条数是(设小球每次越过活动阻挡条时损失的动能相等)()A.nB.2nC.3nD.4n答案:B解析:设每条阻挡条对小球做的功为W,当小球在水平

4、面上滚动时,由动能定理得nW=0-12mv02,对第二次有NW=0-12mv22=0-12mv02+mgh,又因为12mv02=mgh,联立解得N=2n,选项B正确。5.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,则以下各图像中,能正确反映这一过程的是()答案:C解析:物体在恒定阻力作用下运动,其加速度不随时间和位移变化,选项A、B错误;由动能定理,-Ffs=Ek-Ek0,解得Ek=Ek0-Ffs,选项C正确,D错误。6.如图所示,质量为0.1 kg的小物块在粗糙水平桌面上滑行4 m后以3.0 m/

5、s的速度飞离桌面,最终落在水平地面上,已知物块与桌面间的动摩擦因数为0.5,桌面高0.45 m,若不计空气阻力,g取10 m/s2,则()A.小物块的初速度是5 m/sB.小物块的水平射程为1.2 mC.小物块在桌面上克服摩擦力做8 J的功D.小物块落地时的动能为0.9 J答案:D解析:小物块在桌面上克服摩擦力做功Wf=mgL=2J,C错。在水平桌面上滑行,由动能定理得-Wf=12mv2-12mv02,解得v0=7m/s,A错。小物块飞离桌面后做平抛运动,有x=vt,h=12gt2,解得x=0.9m,B错。设小物块落地时动能为Ek,由动能定理得mgh=Ek-12mv2,解得Ek=0.9J,D正

6、确。二、多项选择题7.有一物体由某一固定的长斜面的底端以初速度v0沿斜面上滑,斜面与物体间的动摩擦因数=0.5,其动能Ek随离开斜面底端的距离x变化的图线如图所示,g取10 m/s2,不计空气阻力,则以下说法正确的是()A.斜面的倾角=30B.物体的质量m=0.5 kgC.斜面与物体间的摩擦力大小Ff=2 ND.物体在斜面上运动的总时间t=2 s答案:BC解析:由动能定理F合x=Ek知Ek-x图像的斜率表示合外力,则上升阶段斜率为mgsin+mgcos=5N,下降阶段斜率为mgsin-mgcos=1N,联立得tan=34,即=37,m=0.5kg,故A错误,B正确。物体与斜面间的摩擦力为Ff=

7、mgcos=2N,故C正确。上升阶段由Ek-x图像的斜率知合力为F1=5N,由F1=ma1,得a1=10m/s2,t1=v0a1,Ek1=12mv02=25J,联立得t1=1s,同理,下降阶段合力为F2=1N,由F2=ma2,得a2=2m/s2,t2=v2a2,Ek2=12mv22=5J,联立得t2=5s,则t=t1+t2=(1+5)s,故D错误。8.如图所示,电梯质量为m0,在它的水平地板上放置一质量为m的物体。电梯在钢索的拉力作用下由静止开始竖直向上加速运动,当上升高度为h时,电梯的速度达到v,则在这个过程中,以下说法正确的是()A.电梯地板对物体的支持力所做的功等于mv22B.电梯地板对

8、物体的支持力所做的功大于mv22C.钢索的拉力所做的功等于mv22+m0ghD.钢索的拉力所做的功大于mv22+m0gh答案:BD解析:以物体为研究对象,由动能定理得WN-mgh=12mv2,即WN=mgh+12mv2,选项B正确,A错误。以系统为研究对象,由动能定理得WT-(m+m0)gh=12(m0+m)v2,即WT=12(m0+m)v2+(m0+m)ghmv22+m0gh,选项D正确,C错误。9.某人通过滑轮将质量为m的物体,沿粗糙的斜面从静止开始匀加速地由底端拉到斜面顶端,物体上升的高度为h,到达斜面顶端时的速度为v,如图所示。则在此过程中()A.物体所受的合外力做的功为mgh+12m

9、v2B.物体所受的合外力做的功为12mv2C.人对物体做的功为mghD.人对物体做的功大于mgh答案:BD解析:物体沿斜面做匀加速运动,根据动能定理:W合=WF-Wf-mgh=12mv2,其中Wf为物体克服摩擦力做的功。人对物体做的功即是人对物体的拉力做的功,所以W人=WF=Wf+mgh+12mv2,A、C错误,B、D正确。三、非选择题10.(2019天津卷)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,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,如图甲所示。为了便于研究舰载机的起飞过程,假设上翘甲板BC是与水平甲板AB相切的一段圆弧,示意图如

10、图乙所示,AB长l1=150 m,BC水平投影l2=63 m,图中C点切线方向与水平方向的夹角=12(sin 120.21)。若舰载机从A点由静止开始做匀加速直线运动,经t=6 s到达B点进入BC。已知飞行员的质量m=60 kg,g取10 m/s2。甲乙(1)舰载机水平运动的过程中,求飞行员受到的水平力所做的功W;(2)舰载机刚进入BC时,飞行员受到竖直向上的压力FN多大?答案:(1)7.5104 J(2)1.1103 N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v,则有v2=l1t根据动能定理,有W=12mv2-0联立式,代入数据,得W=7.5104J。(2)

11、设上翘甲板所对应的圆弧半径为r,根据几何关系,有l2=rsin由牛顿第二定律,有FN-mg=mv2r联立式,代入数据,得FN=1.1103N。11.(2021全国卷)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的高度处由静止下落,并在开始下落的同时向下拍球,则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g取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;(

12、2)运动员拍球时对篮球的作用力的大小。答案:(1)4.5 J(2)9 N解析:(1)篮球第一次下落,根据动能定理得mgh1=12mv12篮球反弹后根据动能定理得mgh2=12mv22篮球与地面碰撞前后的动能的比值为32设运动员做的功为W,第二次篮球下落,根据动能定理得W+mgh3=12mv2第二次篮球落地时动能为12mv2=32mgh3解得W=4.5J。(2)篮球受到力F作用的时间内,根据牛顿第二定律得a=mg+Fm篮球下降的距离为x=12at2W=Fx联立解得F=9N。12.如图所示,半径R=0.5 m的光滑圆弧面CDM分别与光滑斜面体ABC和斜面MN相切于C、M点,斜面倾角分别如图所示。O

13、为圆弧圆心,D为圆弧最低点,C、M在同一水平高度。斜面体ABC固定在地面上,顶端B安装一定滑轮,一轻质软细绳跨过定滑轮(不计滑轮摩擦)分别连接小物块P、Q(两边细绳分别与对应斜面平行),并保持P、Q两物块静止。若PC间距为l1=0.25 m,斜面MN足够长,物块P质量m1=3 kg,与MN间的动摩擦因数=13,重力加速度g取10 m/s2(sin 37=0.6,cos 37=0.8)。求:(1)小物块Q的质量m2;(2)烧断细绳后,物块P第一次到达D点时对轨道的压力大小;(3)物块P在MN斜面上滑行的总路程。答案:(1)4 kg(2)78 N(3)1.0 m解析:(1)根据共点力平衡条件,两物块的重力沿斜面的分力相等,有m1gsin53=m2gsin37解得m2=4kg即小物块Q的质量m2为4kg。(2)小物块P到D点过程,由动能定理得m1gh=12m1vD2根据几何关系,有h=l1sin53+R(1-cos53)在D点,支持力和重力的合力提供向心力FD-m1g=m1vD2R解得FD=78N由牛顿第三定律,得物块P对轨道的压力大小为78N。(3)分析可知最终物块在CDM之间往复运动,C点和M点速度为零。由全过程动能定理得m1gl1sin53-m1gcos53l总=0解得l总=1.0m,即物块P在MN斜面上滑行的总路程为1.0m。