第1页共8页课时跟踪检测（十六）动能定理及其应用[A级——基础小题练熟练快]1．(2024·江苏高考)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。忽略空气阻力，该过程中小球的动能Ek与时间t的关系图像是()解析：选A1小球做竖直上抛运动，设初速度为v0，则v＝v0－gt，小球的动能Ek＝mv2，211把速度v代入得，Ek＝mg2t2－mgv0t＋mv02，Ek与t为二次函数关系。222．(2024·莆田模拟)如图所示，在轻弹簧的下端悬挂一个质量为m的小球A，若将小球A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h。若将小球A换为质量为3m的小球B，仍从弹簧原长位置由静止释放，则小球B下降h时的速度为(重力加速度为g，不计空气阻力)(A．2ghC．gh解析：选BB．D.4gh3gh24gh，3)小球A下降h过程小球克服弹簧弹力做功为W1，根据动能定理，有mgh1－W1＝0；小球B下降过程，由动能定理有3mgh－W1＝·3mv2－0，解得：v＝2故B正确。3.质量m＝10kg的物体只在变力F作用下沿水平方向做直线运动，F随坐标x的变化关系如图所示。若物体从坐标原点处由静止出发，则物体运动到x＝16m处时的速度大小为(A．3m/sC．22m/s解析：选C)B．4m/sD．17m/sF-x图线与x轴围成的面积表示力F所做的功，则这段过程中，外力做功2W＝m111为W＝×(4＋8)×10J－×4×10J＝40J，根据动能定理得W＝mv2，解得v＝2222×40m/s＝22m/s，故C正确，A、B、D错误。104.(多选)(2024·山西省运城市质检)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，运动第2页共8页一段时间后撤去此力，最终物体停止运动。物体运动的v-t图像如图所示。下列说法正确的是()A．水平拉力大小为F＝mv0t0
3B．物体在3t0时间内位移大小为v0t0
21C．在0～3t0时间内水平拉力做的功为mv02
21D．在0～3t0时间内物体克服摩擦力做功的平均功率为μmgv0
2解析：选BDv0
根据v-t图像和牛顿第二定律可知F－μmg＝m，故选项A错误；由t0
13v-t图像与坐标轴所围面积可知，在3t0时间内的位移为x＝·3t0·v0＝v0t0，所以选项B正223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2Ff＝μmg＝mv03，则W＝mv02，选项C错误；0～3t0时间内克服摩擦力做功的平均功率为P42t0
Wf1＝＝μmgv0，所以选项D正确。3t025．(多选)(2024·安徽省A10联盟最后一卷)质量为m的小球在竖直向上的恒力F作用下由静止开始向上匀加速运动，经时间t运动到P点，撤去F又经时间t小球回到出发点，速度大小为v，不计阻力，已知重力加速度为g，则下列判断正确的是(1A．撤去力F时小球的动能为mv2
4v2
B．小球上升的最大高度为2g1C．拉力F所做的功为mv2
22D．拉力的最大功率为mgv3解析：选BCD拉力F作用时，小球上升的加速度大小为a，末速度大小为v′，则1114小球上升的高度h＝at2，v′＝at，撤去外力后－h＝v′t－gt2，解得a＝g，F＝mg。对223311全过程由动能定理知mv2＝Fh，C正确。拉力F作用时由动能定理知mv′2＝(F－mg)h，2211111联立解得mv′2＝×mv2＝mv2，A错误。撤去力F后小球上升的高度为h′，由mv2
24282v212＝Fh，mv′＝mgh′知小球上升的最大高度H＝h＋h′＝，B正确。拉力F的最大功22g)第3页共8页2率Pm＝Fv′＝mgv，D正确。36．(多选)静止在水平地面的物块，受到水平方向的拉力F作用，此拉力方向不变，其大小F与时间t的关系如图所示。设物块与地面间的静摩擦力最大值fm与滑动摩擦力大小相等，则(A．0～t1时间内F的功率逐渐增大B．t2时刻物块的加速度最大C．t2时刻后物块做反向运动D．t3时刻物块的动能最大解析：选BD由题图可知，在0～t1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A错误；t2时刻水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B正确；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，选项C错误；t3时刻水平拉力减小到等于滑动摩擦力，速度增大到最大，t3时刻物块的动能最大，选项D正确。7．(2024·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，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1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，示意如图2，AB长L1＝150m，BC水平投影L2＝63m，图中C点切线方向与水平方向的夹角θ＝12°(sin12°≈0.21)。若舰载机从A点由静止开始做匀加速直线运动，经t＝6s到达B点进入BC。已知飞行员的质量m＝60kg，g＝10m/s2，求：图1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。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，vL1则有＝①2t1根据动能定理，有W＝mv2－0②2联立①②式，代入数据，得W＝7.5×104J。③(2)设上翘甲板所对应的圆弧半径为R，根据几何关系，有L2＝Rsinθ④v2
由牛顿第二定律，有FN－mg＝m⑤R第4页共8页联立①④⑤式，代入数据，得FN＝1.1×103N。⑥答案：(1)7.5×104J(2)1.1×103N[B级——增分题目练通抓牢]8.(多选)(2024·洛阳检测)如图所示，在倾角为θ的足够长斜面上，轻质弹簧一端与斜面底端的挡板固定，另一端与质量为M的平板A连接，一质量为m的物体B靠在平板的右侧，A、B与斜面的动摩擦因数均为μ。开始时用手按住B使弹簧处于压缩状态，现释放，使A和B一起沿斜面向上运动，当A和B运动距离L时达到最大速度v。则下列说法正确的是(A．A和B达到最大速度v时，弹簧恢复原长B．若运动过程中A和B能够分离，则A和B恰好分离时，二者加速度大小均为g(sinθ＋μcosθ)1C．从释放到A和B达到最大速度v的过程中，弹簧对A所做的功等于Mv2＋MgLsin2θ＋μMgLcosθ1D．从释放到A和B达到最大速度v的过程中，B受到的合力对它做的功等于mv2
2解析：选BDA和B达到最大速度v时，A和B的加速度为零，对A、B整体：由平)衡条件知kx＝(m＋M)gsinθ＋μ(m＋M)gcosθ，所以此时弹簧处于压缩状态，故A错误；A和B恰好分离时，A、B间的弹力为0，A、B的加速度大小相同，对B受力分析，由牛顿第二定律知，mgsinθ＋μmgcosθ＝ma，得a＝g(sinθ＋μcosθ)，故B正确；从释放到A和B达到最大速度v的过程中，对A、B整体，根据动能定理得W弹－(m＋M)·gLsinθ－μ(m11＋M)gLcosθ＝(m＋M)v2，所以弹簧对A所做的功W弹＝(m＋M)v2＋(m＋M)·gLsinθ＋μ(m22＋M)gLcosθ，故C错误；从释放到A和B达到最大速度v的过程中，对于B，根据动能1定理得，B受到的合力对它做的功W合＝ΔEk＝mv2，故D正确。29．(多选)(2024·黄石模拟)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的变化图像如图乙所示，则()A．μ0>tanαB．小物块下滑的加速度逐渐增大第5页共8页1C．小物块下滑到斜面底端的过程中克服摩擦力做的功为μ0mglcosα2D．小物块下滑到底端时的速度大小为2glsinα－2μ0glcosα解析：选BC小物块在斜面顶端静止释放能够下滑，则满足mgsinα>μ0mgcosα，即μ0 222－0，解得v＝2glsinα－μ0glcosα，故D错误。10.(2024·唐山模拟)如图位于竖直面内的光滑轨道AB，与半径为R的圆形轨道底部相通，圆形轨道上部有一缺口CDE，D点为圆形最高点，∠COD＝∠DOE＝30°，质量为m可视为质点的小球自光滑轨道AB上某点静止下滑，由底部进入圆形轨道，通过不断调整释放位置，直到小球从C飞出后能无碰撞地从E进入左侧轨道，重力加速度为g。下列说法正确的是()A．小球通过最高点的速度大小为gRB．小球通过C点时速度大小为2gRC．小球从C点运动到最高点的时间为D．A点距地面的高度为解析：选D6＋53R6?2－3?Rg小球离开C点做斜上抛运动，令其速度为vC，其速度方向与水平方向的夹角θ＝30°，离开C点后小球在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向上做竖直上抛运动，到达E点时，小球在水平方向的位移恰好等于轨道的半径R，设小球由C运动到E的时间为t，则水平方向R＝vCcos30°·t，竖直方向2vCsin30°＝gt，解得vC＝23gR，小球运323gR3·3223gR3＝2g动到最高点时，在竖直方向的速度减小为零，水平方向的速度为vCcos30°＝vCsin30°3gR，故A、B错误；小球从C点运动到最高点的时间t′＝＝2g＝
高一物理课时跟踪检测（十六） 动能定理及其应用 - 图文
