高考物理一轮总复习第5章机械能课时规范练16动能定理及其应用.docx

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1、课时规范练16动能定理及其应用基础对点练1.(单物体动能定理)如图所示,“蹦极”运动中,长弹性绳的一端固定,另一端绑在人身上,人从几十米高处跳下。将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动,从绳恰好伸直到人第一次下降至最低点的过程中,下列说法正确的是()A.人先处于失重状态后处于超重状态B.绳对人的拉力始终做负功,人的动能一直减小C.绳恰好伸直时,绳的弹性势能为零,人的动能最大D.人在最低点时,绳对人的拉力等于人所受的重力2.(动能定理的应用)北京2022年冬奥会跳台滑雪比赛在张家口赛区的国家跳台滑雪中心进行,跳台由助滑道、起跳区、着陆坡、停止区组成,如图所示。跳台滑雪运动员在助滑道路段获得速度后从起

2、跳区水平飞出,不计空气阻力,起跳后的飞行路线可以看作是抛物线的一部分,用v、E、Ek、P表示运动员在空中运动的速度变化量、机械能、动能、重力的瞬时功率大小,用t表示运动员在空中的运动时间,下列图像可能正确的是()3.(单物体动能定理)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,重力加速度为g,不计空气阻力,则小球B下降h时的速度为()A.2gB.4g3C.gD.g24.(动能定理与牛顿第二定律综合)(2023山东济宁模拟)如图所示,在竖直面内固定两个光滑圆环轨道

3、,小球A所在的圆环轨道半径小于小球B所在的圆环轨道半径,小球A的质量大于小球B的质量,两小球均由水平直径的端点静止释放,当两球分别沿圆环轨道到达轨道的最低点时,则()A.小球A的动量一定大于小球B的动量B.小球A的动能一定大于小球B的动能C.圆环对小球A的支持力大于圆环对小球B的支持力D.小球A的向心加速度一定小于小球B的向心加速度5.(多过程单物体动能定理)如图,abc是竖直面内的光滑固定轨道,ab水平,长度为R,bc是半径为R的四分之一圆弧,与ab相切于b点。一质量为m的小球受到与重力大小相等的水平外力F的作用,自a点从静止开始向右运动,运动到b点时立即撤去外力F,重力加速度大小为g,下列

4、说法正确的是()A.水平外力F做的功为2mgRB.小球运动到b点时对圆弧轨道的压力大小为3mgC.小球能从c点竖直向上飞出D.小球运动到c点时对圆弧轨道的压力大小为mg6.(多过程单物体动能定理)(2022江苏卷)某滑雪赛道如图所示,滑雪运动员从静止开始沿斜面下滑,经圆弧滑道起跳。将运动员视为质点,不计摩擦力及空气阻力,此过程中,运动员的动能Ek与水平位移x的关系图像正确的是()7.(多过程单物体动能定理)如图甲所示,长为4 m的水平轨道AB与半径为R=0.6 m的竖直半圆弧轨道BC在B处相连接。有一质量为1 kg的滑块(大小不计)从A处由静止开始受水平向右的力F作用,F的大小随位移变化的关系

5、如图乙所示。滑块与AB间的动摩擦因数=0.25,与BC间的动摩擦因数未知,g取10 m/s2。(1)求滑块到达B处时的速度大小;(2)求滑块在水平轨道AB上运动前2 m过程所用的时间;(3)若到达B点时撤去力F,滑块沿半圆弧轨道内侧上滑,并恰好到达最高点C,则滑块在半圆弧轨道上克服摩擦力所做的功是多少?素养综合练8.(多选)(2023山东德州模拟)如图甲所示,滑块A和足够长的木板B叠放在水平地面上,A和B之间、B和地面之间的动摩擦因数相同,A和B的质量均为m。现对B施加一水平向右逐渐增大的力F,当F增大到F0时B开始运动,之后力F按图乙所示的规律继续增大,图乙中的x为B运动的位移,已知最大静摩

6、擦力等于滑动摩擦力。对两物块的运动过程,以下说法正确的是()A.木板B开始运动后过一段时间,A再开始运动B.滑块A的加速度一直在增大C.x=0至x=x0过程,木板B对A做功为F0x04D.x=x0时,木板B的速度大小为F0x02m9.(2022江苏苏州期末)如图所示装置,AB为光滑竖直管道,高度h=8 m,BCD为半径R1=2 m的光滑半圆轨道,DE为半径R2=3 m的粗糙四分之一圆轨道。现有质量m=1 kg的小球从A点由静止释放进入装置中。已知小球到达E点时,小球对外轨道的压力为1.5mg,g取10 m/s2,下列说法正确的是()A.整个运动过程中,小球的机械能守恒B.小球到达最低点C时,对

7、轨道的压力为100 NC.整个运动过程,摩擦力做的功Wf=-37.5 JD.小球从E点离开轨道,再次落到地面上时的动能为Ek=87.5 J10.(多选)如图所示,木板甲长为L,放在水平桌面上,可视为质点的物块乙叠放在甲左端。已知甲、乙质量相等,甲与乙、甲与桌面间动摩擦因数相同。给乙一个水平向右的瞬时速度v,乙恰好未从甲上滑落;当乙在甲上停止后,给甲一个水平向右的瞬时速度v,最终甲、乙物体均静止。下列作出的甲、乙物体在运动过程中的动能Ek甲、Ek乙与位移x的关系图像,正确的是()11.如图所示,某装置由AB、BC、CD三段轨道组成,轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接,其中轨道AB、CD段是光滑的,

8、水平轨道BC的长度s=5 m,轨道CD足够长且倾角=37,A、D两点离轨道BC的高度分别为h1=4.30 m、h2=1.35 m。现让质量为m的小滑块自A点由静止释放。已知小滑块与轨道BC间的动摩擦因数=0.5,重力加速度g取10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37=0.8,求:(1)小滑块第一次到达D点时的速度大小;(2)小滑块第一次与第二次通过C点的时间间隔;(3)小滑块最终停止的位置距B点的距离。答案：课时规范练16动能定理及其应用1.A解析:先向下做加速运动,加速度向下,后向下做减速运动,加速度向上,所以人先处于失重状态后处于超重状态,故A正确。在该过程中,拉力与运动方向始终

9、相反,绳子对人的拉力一直做负功;由于人在下降过程中速度先增大后减小,则人的动能先增大后减小,故B错误。绳子恰好伸直时,绳子的形变量为零,弹性势能为零;但此时弹力为0,速度不是最大,人的动能不是最大,故C错误。人在最低点时,加速度的方向向上,此时绳子对人的拉力大于人受到的重力,故D错误。2.D解析:运动员起跳后做平抛运动v=gt,A错误;运动员机械能守恒,B错误;由动能定理得mgh=Ek-12mv02,即Ek=mgh+12mv02=12mg2t2+12mv02,重力的瞬时功率P=mgv=mggt=mg2t,C错误,D正确。3.B解析:设小球下降h过程小球克服弹簧弹力做功为W1,小球A下降过程,根

10、据动能定理,有mgh-W1=0;小球B下降过程,由动能定理有3mgh-W1=123mv2-0,解得v=4g3,故B正确。4.C解析:小球从释放到到达最低点的过程中,只有重力做功,由机械能守恒定律可知mgr=12mv2,小球到达最低点时,p=mv=m2gr,A球所在轨道半径小,但A球质量大,无法比较两者的动量大小,A项错误;A球的质量大于B球的质量,由Ek=12mv2可知,不能确定两球动能的大小关系,B项错误;在最低点,根据牛顿第二定律可知,FN-mg=mv2r,求得FN=3mg,因A球的质量大于B球的质量,故FNAFNB,C项正确;由a=v2r=2g可知,两球在最低点的向心加速度相等,D项错误

11、。5.B解析:水平外力F做的功为W=FR=mgR,选项A错误;从a到b由动能定理有FR=12mvb2,在b点由牛顿第二定律有FN-mg=mvb2R,解得FN=3mg,选项B正确;从b到c有12mvb2=mgR+12mvc2,解得vc=0,即到达c点时小球的速度为零,对圆弧轨道的压力大小为零,选项C、D错误。6.A解析:设运动员位移与水平方向夹角为,对运动员,由动能定理得mgxtan=Ek-0,运动员的动能Ek=mgxtan,由图示运动员运动过程可知,开始不变,Ek与x成正比,运动员运动到倾斜轨道下端时发生变化,Ek与位移不成正比,运动员到达轨道最低点然后上升,重力做负功,动能减小,由图像可知,

12、A正确,B、C、D错误。7.答案:(1)210 m/s(2)835 s(3)5 J解析:(1)滑块从A到B的过程,由动能定理得F1x1+F3x3-mgx=12mvB2解得vB=210m/s。(2)在前2m内,有F1-mg=ma,且x1=12at12解得t1=835s。(3)当滑块恰好能到达最高点C时,有mg=mvC2R对滑块从B到C的过程,由动能定理得W-mg2R=12mvC212mvB2联立解得W=-5J即滑块克服摩擦力做的功为5J。8.CD解析:开始A、B相对静止,一起开始做加速运动,B运动时A同时运动,选项A错误。当拉力等于最大静摩擦力即拉力等于滑动摩擦力时,B开始运动,由图像可知,B受

13、到地面的摩擦力为Ff=F0=2mg,设A、B即将相对滑动时拉力为F,对A则有mg=ma,对B则有F-3mg=ma,解得F=2F0;当拉力F在F02F0之间时,A、B相对静止一起加速运动,当拉力F大于2F0时,A、B相对滑动;A、B相对静止一起加速运动时,A的加速度一直增加,当A、B相对滑动后,A的加速度保持不变,选项B错误。从x=0到x=x0过程,对A、B系统由动能定理得F0+2F02x0-Ffx0=122mv2,解得v=F0x02m,对A由动能定理得W=12mv2=14F0x0,即木板B对A做功为F0x04,选项C、D正确。9.D解析:小球在DE段运动过程中,阻力做负功,小球的机械能减少,故

14、A错误;设小球到达最低点C点时的速度大小为v1,从A到C过程中,根据动能定理可得mg(h+R1)=12mv12-0,在最低点,根据牛顿第二定律可得FN-mg=mv12R1,联立解得FN=110N,根据牛顿第三定律可得小球到达最低点C时,对轨道的压力为110N,故B错误;设小球到达E点时,小球的速度大小为v2,对小球根据牛顿第二定律可得1.5mg+mg=mv22R2,代入数据解得v2=53m/s,小球从A到E过程中,根据动能定理可得mg(h-R2)+Wf=12mv22-0,联立解得Wf=-12.5J,故C错误;从E到地面过程中,根据动能定理可得mg(R1+R2)=Ek-12mv22,代入数据解得

15、Ek=87.5J,故D正确。10.AC解析:给乙一个水平向右的瞬时速度v,对木板甲来说,因为乙对甲的摩擦力mg小于木板与地面之间的最大静摩擦力2mg,可知木板甲是不动的,则对乙由动能定理得Ek乙=Ek乙0-mgx;当乙在甲上停止后,给甲一个初速度v,则乙在摩擦力作用下先做匀加速运动,动能Ek乙=mgx;而甲做匀减速运动,动能Ek甲=Ek甲0-(mg+2mg)x;当甲、乙共速后一起做匀减速直至停止,此过程中乙的动能Ek乙=Ek乙1-mgx,逐渐减小;此过程中甲受地面的摩擦力仍为向后的2mg,但是乙对甲的静摩擦力变为向前的mg,则此过程中甲的动能Ek甲=Ek甲1-(2mg-mg)x,图像的斜率变小

16、;综上所述,选项A、C正确,B、D错误。11.答案:(1)3 m/s(2)2 s(3)1.4 m解析:(1)小滑块从ABCD过程,由动能定理得mg(h1-h2)-mgs=12mvD2-0解得vD=3m/s。(2)小滑块从ABC过程,由动能定理得mgh1-mgs=12mvC2-0解得vC=6m/s小滑块沿CD段上滑的加速度a=gsin=6m/s2小滑块沿CD段上滑到最高点的时间t1=vCa=1s由对称性可知小滑块从最高点滑回C点的时间t2=t1=1s故小滑块第一次与第二次通过C点的时间间隔t=t1+t2=2s。(3)对小滑块运动全过程应用动能定理,设小滑块在水平轨道上运动的总路程为s总,有mgh1-mgs总=0解得s总=8.6m故小滑块最终停止的位置距B点的距离为2s-s总=1.4m。