江苏专用2022版高考物理一轮复习课后练习15动能定理含解析

高考动能定理建议用时：45分钟1．(2020·某某某某月考)如图所示，甲、乙两个质量相同的物体，用大小相等的力F分别拉它们在水平面上从静止开始运动相同的距离s。甲在光滑水平面上，乙在粗糙水平面上。下列关于力F对甲、乙两物体做的功和甲、乙两物体获得的动能的说法正确的是(　　)A．力F对甲做的功多B．甲物体获得的动能比乙物体的大C．力F对乙物体做的功多D．甲、乙两个物体获得的动能相同B　[由W＝Fs可知，两种情况下力F对甲、乙两个物体做的功一样多，A、C错误；根据动能定理，对甲有Fs＝Ek1，对乙有Fs－Ffs＝Ek2，可知Ek1>Ek2，故B正确，D错误。]2．如图所示，用细绳通过定滑轮拉物体，使物体在水平面上由静止开始从A点运动到B点，已知H＝3m，m＝25kg，F＝50N恒定不变，到B点时的速度v＝2m/s，滑轮到物体间的细绳与水平方向的夹角在A、B两处分别为30°和45°。此过程中物体克服阻力所做的功为(　　)A．50(5－3)JB．50(7－3)JC．50(3－4)JD．50(3－2)JA　[设物体克服阻力做的功为Wf，由动能定理得F－Wf＝mv2，代入数据求得Wf＝50(5－3)J，选项A正确。]-9-/9 高考3．(2019·某某模拟)一个质量为0.5kg的物体，从静止开始做直线运动，物体所受合外力F随物体位移x变化的图象如图所示，则物体位移x＝8m时，物体的速度为(　　)A．2m/sB．8m/sC．4m/sD．4m/sC　[Fx图象中图线与横轴所围面积表示功，横轴上方为正功，下方为负功，x＝8m时，可求得W＝8J；由动能定理有mv2＝8J，解得v＝4m/s，选项C正确。]4．(2020·某某省高考)如图所示，一小物块由静止开始沿斜面向下滑动，最后停在水平地面上。斜面和地面平滑连接，且物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为常数。该过程中，物块的动能Ek与水平位移x关系的图象是(　　)A　　　　　　　　　　　BC　　　　　　　　　　　DA　[由题意可知设斜面倾角为θ，动摩擦因数为μ，则物块在斜面上下滑水平距离x时根据动能定理有mgsinθ·－μmgcosθ·＝Ek整理可得-9-/9 高考Ek＝(mgtanθ－μmg)x即在斜面上运动时动能与x成线性关系；当小物块在水平面运动时有μmgx＝Ek即在水平面运动时动能与x也成线性关系；综上分析可知A正确，故选A。]5．(2019·师大附中检测)如图是某中学科技小组制作的利用太阳能驱动小车的装置。当太阳光照射到小车上方的光电板，光电板中产生的电流经电动机带动小车前进。若小车在平直的水泥路上从静止开始加速行驶，经过时间t前进距离s，速度达到最大值vm，设这一过程中电动机的功率恒为P，小车所受阻力恒为F，那么(　　)A．小车先匀加速运动，达到最大速度后开始匀速运动B．这段时间内电动机所做的功为PtC．这段时间内电动机所做的功为mvD．这段时间内电动机所做的功为mv－FsB　[小车电动机的功率恒定，速度不断变大，根据牛顿第二定律，有－F＝ma，故小车的运动是加速度不断减小的加速运动，选项A错误；这一过程中电动机的功率恒为P，所以W电＝Pt，选项B正确；对小车启动过程，根据动能定理，有W电－Fs＝mv，这段时间内电动机所做的功为W电＝Fs＋mv，选项C、D错误。]6．(2019·日照一模)冰壶比赛是在水平冰面上进行的体育项目，比赛场地示意图如图所示。比赛时，运动员脚蹬起蹬器，身体成跪式，手推冰壶从本垒圆心O向前滑行，至前卫线时放开冰壶使其沿直线OO′滑向营垒圆心O′，为使冰壶能在冰面上滑的更远，运动员可用毛刷刷冰面以减小冰壶与冰面间的动摩擦因数。已知O点到前卫线的距离d＝4m，O、O′-9-/9 高考之间的距离L＝30.0m，冰壶的质量为20kg，冰壶与冰面间的动摩擦因数μ1＝0.008，用毛刷刷过冰面后动摩擦因数减小到μ2＝0.004，营垒的半径R＝1m，g取10m/s2。(1)若不刷冰面，要使冰壶恰好滑到O′点，运动员对冰壶的推力多大？(2)若运动员对冰壶的推力为10N，要使冰壶滑到营垒内，用毛刷刷冰面的距离是多少？[解析]　(1)设运动员对冰壶的推力大小为F，由动能定理得：Fd－μ1mgL＝0代入数据，解得F＝12N。(2)设冰壶运动到营垒的最左边时，用毛刷刷冰面的距离是x1，冰壶运动到营垒的最右边时，用毛刷刷冰面的距离是x2，则由动能定理得：F′d－μ1mg(L－R－x1)－μ2mgx1＝0代入数据，解得x1＝8m由动能定理得：F′d－μ1mg(L＋R－x2)－μ2mgx2＝0代入数据，解得x2＝12m所以用毛刷刷冰面的距离为8m≤x≤12m。[答案]　(1)12N　(2)见解析7．(2019·某某襄阳联考)质量m＝1kg的物体，在水平拉力F(拉力方向与物体初速度方向相同)的作用下，沿粗糙水平面运动，经过位移为4m时，拉力F停止作用，运动到位移为8m时物体停止运动，运动过程中Ekx的图线如图所示。取g＝10m/s2，求：(1)物体的初速度大小；(2)物体和水平面间的动摩擦因数；(3)拉力F的大小。[解析]　(1)从图线可知物体初动能为2J，则-9-/9 高考Ek0＝mv2＝2J得v＝2m/s。(2)在位移为4m处物体的动能为Ek＝10J，在位移为8m处物体的动能为零，这段过程中物体克服摩擦力做功。设摩擦力为Ff，则－Ffx2＝0－Ek＝0－10J＝－10J，x2＝4m得Ff＝2.5N因Ff＝μmg故μ＝0.25。(3)物体从开始运动到位移为4m这段过程中，受拉力F和摩擦力Ff的作用，合力为F－Ff，根据动能定理有(F－Ff)x1＝Ek－Ek0故得F＝4.5N。[答案](1)2m/s　(2)0.25　(3)4.5N8．(2019·某某高考改编)如图所示，轻质弹簧的左端固定，并处于自然状态。小物块的质量为m，从A点向左沿水平地面运动，压缩弹簧后被弹回，运动到A点恰好静止。物块向左运动的最大距离为s，与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，弹簧未超出弹性限度。在上述过程中(　　)A．弹簧的最大弹力为μmgB．物块克服摩擦力做的功为2μmgsC．弹簧的最大弹性势能为2μmgsD．物块在A点的初速度为-9-/9 高考B　[对物块从A点开始到再回到A点整个过程，由动能定理可知Wf＝－2μmgs＝0－mv，则vA＝2，故B正确，D错误。对物块从A点开始到弹簧压缩量最大这一过程，由动能定理可知W弹＋W′f＝0－mv，W′f＝－μmgs，则W弹＝－μmgs，则物块克服弹力做功为μmgs，所以弹簧弹性势能增加μmgs，故C错误。当克服弹力做功为μmgs时，弹簧的最大弹力要大于μmg，故A错误。]9．用传感器研究质量为2kg的物体由静止开始做直线运动的规律时，在计算机上得到0～6s内物体的加速度随时间变化的关系如图所示。下列说法正确的是(　　)A．0～6s内物体先向正方向运动，后向负方向运动B．0～6s内物体在4s末的速度最大C．物体在2～4s内速度不变D．0～4s内合力对物体做的功等于0～6s内合力对物体做的功D　[at图象中图线与时间轴围成的面积代表物体在相应时间内速度的变化情况，在时间轴上方为正，在时间轴下方为负。由题图可得，物体在6s末的速度v6＝6m/s，则0～6s内物体一直向正方向运动，选项A错误；物体在5s末速度最大，vm＝7m/s，选项B错误；在2～4s内物体加速度不变，物体做匀加速直线运动，速度变大，选项C错误；在0～4s内，合力对物体做的功由动能定理可知W合4＝mv－0＝36J,0～6s内，合力对物体做的功由动能定理可知W合6＝mv－0＝36J，则W合4＝W合6，选项D正确。]10．(2020·某某市江都区高三月考)如图所示，“旋转秋千”中的座椅通过缆绳悬挂在旋转圆盘上。当旋转圆盘绕竖直的中心轴从静止开始转动，稳定后座椅在水平面内做匀速圆周运动。已知悬点到中心轴的距离为R＝m，座椅(可视为质点)质量为m＝6-9-/9 高考kg，缆绳长度为L＝2m，稳定后缆绳与竖直方向的夹角θ＝30°，不考虑空气阻力，重力加速度g取10m/s2。求：(1)稳定后缆绳所受拉力T；(2)座椅做圆周运动的角速度ω；(3)座椅从静止达到稳定速度的过程中，缆绳对座椅所做的功W。[解析]　(1)对座椅受力分析，如图所示座椅所受重力和细绳拉力的合力提供向心力，则cos30°＝得T＝40N。(2)由牛顿第二定律得mgtanθ＝mω2r由几何关系r＝R＋Lsinθ＝2m解得ω＝rad/s。(3)座椅在水平面内做匀速圆周运动速度为v＝ωr＝×2m/s＝2m/s座椅从静止达到稳定速度的过程，由动能定理得W－mgL(1－cos30°)＝mv2解得W＝120(－1)J。[答案]　(1)40N　(2)rad/s　(3)120(－1)J-9-/9 高考11．滑板运动是极限运动的鼻祖，许多极限运动项目均由滑板项目延伸而来。如图是滑板运动的轨道，BC和DE是两段光滑圆弧形轨道，BC段的圆心为O点，圆心角为60°，半径OC与水平轨道CD垂直，水平轨道CD段粗糙且长8m。一运动员从轨道上的A点以3m/s的速度水平滑出，在B点刚好沿轨道的切线方向滑入圆弧轨道BC，经CD轨道后冲上DE轨道，到达E点时速度减为零，然后返回。已知运动员和滑板的总质量为60kg，B、E两点与水平面CD的竖直高度为h和H，且h＝2m，H＝2.8m，g取10m/s2。求：(1)运动员从A点运动到B点时的速度大小vB；(2)轨道CD段的动摩擦因数μ；(3)通过计算说明，第一次返回时，运动员能否回到B点？如能，请求出回到B点时速度的大小；如不能，则最后停在何处？[解析]　(1)由题意可知：vB＝解得：vB＝2v0＝6m/s。(2)由B点到E点，由动能定理可得：mgh－μmgSCD－mgH＝0－mv代入数据可得：μ＝0.125。(3)运动员能到达左侧的最大高度为h′，从B到第一次返回左侧最高处根据动能定理有：mgh－mgh′－μmg·2sCD＝0－mv解得：h′＝1.8m