2023届新高考新教材物理人教版一轮训练-第五章第2讲　动能定理及其应用.docx

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1、第五章 第2讲动能定理及其应用基础巩固1.(2021山东卷)如图所示，粗糙程度处处相同的水平桌面上有一长为L的轻质细杆，一端可绕竖直光滑轴O转动，另一端与质量为m的小木块相连木块以水平初速度v0出发，恰好能完成一个完整的圆周运动在运动过程中，木块所受摩擦力的大小为()ABC D解析：B在运动过程中，只有摩擦力做功，而摩擦力做功与路径有关，根据动能定理Ff2L0mv，可得摩擦力的大小Ff，故选B2如图所示，小物体从A处由静止开始沿光滑斜面AO下滑，又在粗糙水平面上滑动，最终停在B处，已知A距水平面OB的高度为h，物体的质量为m, 现用力将物体从B点静止沿原路拉回至距水平面高为h的C点处，已知重力

2、加速度为g，需外力做的功至少应为()Amgh BmghCmgh D2mgh解析：C物体从A到B全程应用动能定理可得mghWf0，由B返回C处过程，由动能定理得WFWfmgh0，联立可得WFmgh，故选C3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：A小球做竖直上抛运动，设初速度为v0，则vv0gt ，小球的动能Ekmv2，把速度v代入得Ekmg2t2mgv0tmv，Ek与t为二次函数关系，故A正确4(2022济南调研)(多选)如图所示，某质点沿直线运动的vt图像为余弦曲线，从图中可以判断()A在0t1时间内，合力逐渐减

3、小B在0t2时间内，合力做正功C在t1t2时间内，合力的功率先增大后减小D在t2t4时间内，合力做的总功为零解析：CD从vt图线的斜率表示加速度可知，在0t1时间内，加速度增大，由牛顿第二定律可知，合力增大，故A错误；由动能定理知0t2时间内，动能增量为0，即合外力做功为0，故B错误；t1时刻，F最大，v0，F的功率为0，t2时刻F0，速度最大，F的功率为0，t1t2时间内，合外力的功率先增大后减小，故C正确；由动能定理知t2t4时间内，动能增量为0，即合外力做功为0，故D正确5(2022广东茂名市第一中学期中)如图所示，运动员把质量为m的足球从水平地面踢出，足球在空中达到的最高点高度为h，在

4、最高点时的速度为v，不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是()A运动员踢球时对足球做功mv2B足球上升过程重力做功mghC运动员踢球时对足球做功mghmv2D足球上升过程克服重力做功mghmv2解析：C足球被踢起后在运动过程中，只受到重力作用，只有重力做功，重力做功为mgh，即克服重力做功mgh，B、D错误；由动能定理有W人mghmv2，因此运动员对足球做功W人mghmv2，故A错误，C正确6质量m1 kg的物体，在水平恒定拉力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，经过的位移为4 m时，拉力F停止作用，运动到位移为8 m时物体停止运动，运动过程中Ekx图像如图所

5、示取g10 m/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)从题图可知物体初动能为2 J，则Ek0mv22 J，得v2 m/s.(2)在位移为4 m处物体的动能为Ek10 J，在位移为8 m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，则由动能定理得Ff x20Ek，代入数据，解得Ff2.5 N，因Ffmg，故0.25.(3)物体从开始运动到位移为4 m的过程中，受拉力F和摩擦力Ff的作用，合力为FFf，根据动能定理有(FFf)x1EkEk0，故得F4.5 N.答案：(1)2 m/s(2)0.25(3)4.5 N能力提升7质

6、量为m的物体从高为h的斜面顶端静止下滑，最后停在平面上，若该物体以v0的初速度从顶端下滑，最后仍停在平面上，如图甲所示图乙为物体两次在平面上运动的vt图像，则物体在斜面上运动过程中克服摩擦力的功为()Amv3mgh B3mghmvCmvmgh Dmghmv解析：D若物体静止开始下滑，由动能定理得mghWfmv，若该物体以v0的初速度从顶端下滑， 由动能定理得mghWfmvmv，由乙图可知，物体两次滑到平面的速度关系为v22v1，由以上三式解Wfmghmv.8(2022贵州安顺市网上调研)(多选)如图所示，半圆形光滑轨道BC与水平光滑轨道AB平滑连接小物体在水平恒力F作用下，从水平轨道上的P点，

7、由静止开始运动，运动到B点撤去外力F，小物体由C点离开半圆轨道后落在P点右侧区域已知PB3R，重力加速度为g，F的大小可能为()Amg BCmg D解析：BC小球能通过C点应满足mmg，且由C点离开半圆轨道后落在P点右侧区域，则有2Rgt2，vCt3R，对小球从P点到C点由动能定理得F3R2mgRmv，联立解得F，故B、C正确，A、D错误9.如图所示，用长为L的轻绳把一个小铁球挂在离水平地面高为3L的O点，小铁球以O为圆心在竖直面内做圆周运动且恰好能到达最高点A处，不计空气阻力，重力加速度为g，若运动到最高点时轻绳被切断，则小铁球落到地面时速度的大小为()A BC4 D3解析：D小球刚好能在竖

8、直平面做圆周运动且恰好到达最高点时，绳的拉力为零，只有重力提供向心力，有mgm，在最高点剪断绳后，小球做平抛运动落地，对这一过程由动能定理mg4Lmvmv，联立可得落地速度v23，故A、B、C错误，D正确10一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处物块初动能为Ek0，与斜面间的动摩擦因数不变，则该过程中，物块的动能Ek与位移x关系的图线是()解析：C设斜面的倾角为，物块的质量为m，沿斜面向上为位移正方向；小物块上滑过程，由动能定理得(mgsin mgcos )xEkEk0，整理得EkEk0(mgsin mgcos )x；设小物块上滑的最大位移大小为s，小物块下滑过程，由动能定理得(mgsin m

9、gcos )(sx)Ek0，整理得Ek(mgsin mgcos )s(mgsin mgcos )x，故只有C正确11如图甲所示，置于水平地面上质量为m的物体，在竖直拉力F作用下，由静止开始向上运动，其动能Ek与距地面高度h的关系图像如图乙所示，已知重力加速度为g，空气阻力不计，下列说法正确的是()A在0h0过程中，F大小始终为mgB在0h0和h02h0过程中，F做功之比为21C在02h0过程中，物体的机械能不断增加D在2h03.5h0过程中，物体的机械能不断减少解析：C在0h0过程中，Ekh图像为一段直线，由动能定理得(Fmg)h0mgh00，故F2mg，A错误；由A可知，在0h0过程中，F做

10、功为2mgh0，在h02h0过程中，由动能定理可知，WFmgh01.5mgh0mgh0，解得WF1.5mgh0，因此在0h0和h02h0过程中，F做功之比为43，故B错误；在02h0过程中，F一直做正功，故物体的机械能不断增加，C正确；在2h03.5h0过程中，由动能定理得WF1.5mgh001.5mgh0，则WF0，故F做功为0，物体的机械能保持不变，故D错误12(2021全国乙卷)一篮球质量为m0.60 kg，一运动员使其从距地面高度为h11.8 m处由静止自由落下，反弹高度为h21.2 m若使篮球从距地面h31.5 m的高度由静止下落，并在开始下落的同时向下拍球、球落地后反弹的高度也为1

11、.5 m假设运动员拍球时对球的作用力为恒力，作用时间为t0.20 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取g10 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；(2)运动员拍球时对篮球的作用力的大小解析：(1)第一次篮球下落的过程中由动能定理可得E1mgh1篮球反弹后向上运动的过程由动能定理可得0E2mgh2第二次从1.5 m的高度静止下落，同时向下拍球，在篮球反弹上升的过程中，由动能定理可得0E40mgh4第二次从1.5 m的高度静止下落，同时向下拍球，篮球下落过程中，由动能定理可得Wmgh3E3因篮球每次和地面撞击的前后动能的比值不变，则有比例关系代入

12、数据可得W4.5 J.(2)因作用力是恒力，在恒力作用下篮球向下做匀加速直线运动，因此由牛顿第二定律可得Fmgma在拍球时间内运动的位移为xat2做得功为WFx联立可得F9 N(F15 N舍去)答案：(1)4.5 J(2)9 N热点加练13如图所示，两倾角均为的光滑斜面对接后固定在水平地面上，O点为斜面的最低点一个小物块从右侧斜面上高为H处由静止滑下，在两个斜面上做往复运动小物块每次通过O点时都会有动能损失，损失的动能为小物块当次到达O点时动能的5%.小物块从开始下滑到停止的过程中运动的总路程为()A BC D解析：B由题意知，小物块第一次到达O点由动能定理可得mgHEk，此时小物块所走路程s

13、1，第一次通过O点后动能Ek195%Ek95%mgH，此时利用动能定理知小物块上升高度H195%H，第二次到达O点滑下的路程s295%，同理第二次离开O点到第三次到达O点所走路程s3(95%)2，故小物块下滑的总路程s总s1s2sn95%(95%)2(95%)n1，n无穷大时，可得s总(等比数列求和)，故B正确14.(2022广西南宁模拟)(多选)在有大风的情况下，一小球自A点竖直上抛，其运动轨迹如图所示(小球的运动可看作竖直方向的竖直上抛运动和水平方向的初速度为零的匀加速直线运动的合运动)，小球运动轨迹上的A、B两点在同一水平直线上，M点为轨迹的最高点若风力的大小恒定，方向水平向右，小球在A

14、点抛出时的动能为4 J，在M点时它的动能为2 J，落回到B点时动能记为EkB，小球上升时间记为t1，下落时间记为t2，不计其他阻力，则()Ax1x213 Bt1t2CEkB6 J DEkB12 J解析：AD由小球上升与下落时间相等即t1t2得，x1(x1x2)12214，即x1x213，A正确，B错误；AM应用动能定理得mghW1mvmv2，竖直方向有v22gh，式联立得W12 J，AB风力做功W24W18 J，AB由动能定理W2EkBEkA，可求得EkB12 J，C错误，D正确15.(2022四川内江市上学期一模)如图所示，为某运动员(可视为质点)参加跳板跳水比赛时，其竖直方向的速度随时间变

15、化的vt图像，以他离开跳板时为计时起点，不计空气阻力，则下列说法中正确的是()At3时刻达到最高点Bt2时刻的位移最大Ct1时刻的加速度为负D在t1t2时间内，重力做功WG大于克服阻力做功Wf解析：D运动员起跳时的速度方向向上，可知，t1时刻达到最高点，故A错误；vt图像为直线，加速度不变，所以在0t2时间内人在空中，t2时刻开始进入水面，之后进入水中，此时人的位移不是最大，t1时刻的加速度为正值，故B、C错误；在t1t2时间内，由动能定理可知WGWfmv2，即重力做功WG大于克服阻力做功Wf，故D正确16(多选)放在粗糙水平地面上质量为0.8 kg的物体受到水平拉力的作用，在06 s内其速度

16、与时间的关系图像和该拉力的功率与时间的关系图像分别如图甲、乙所示下列说法中正确的是(g取10 m/s2)()甲乙A06 s内拉力做的功为140 JB物体在02 s内所受的拉力为4 NC物体与粗糙水平地面间的动摩擦因数为0.5D合外力在06 s内做的功与02 s内做的功相等解析：AD由于Pt图像与t轴围成的面积表示拉力所做的功，所以06 s内拉力做的功为W260 J420 J140 J，故A正确；由水平拉力的功率PFv可得，在02 s内拉力F6 N，26 s，拉力F2 N，故B错误；物体在水平面上只受摩擦力和拉力，在26 s内物体受力平衡可得fmgF，解得0.25，故C错误；由vt图像可知，物体

17、在2 s末的速度与6 s末的速度相等，由动能定理W合Ek可知，06 s与02 s动能的变化量相同，所以合外力在06 s内做的功与02 s内做的功相等，故D正确17.(2022江苏启东中学模拟)(多选)如图所示，直杆AB与水平面成角固定，在杆上套一质量为m的小滑块，杆底端B点处有一弹性挡板，杆与板面垂直，滑块与挡板碰撞后原速率返回现将滑块拉到A点由静止释放，与挡板第一次碰撞后恰好能上升到AB的中点，设重力加速度为g，由此可以确定()A滑块下滑和上滑过程加速度的大小a1、a2B滑块第1次与挡板碰撞前的速度v1C滑块与杆之间的动摩擦因数 D滑块第k次与挡板碰撞到第k1次与挡板碰撞的时间间隔t解析：A

18、C设AB长为L.对整个过程运用动能定理得：mgsin 0.5Lmgcos (L0.5L)0，得：；根据牛顿第二定律得下滑过程：mgsin mg cos ma1；上滑过程：mgsin mgcos ma2；解得：a1gsin gcos ，a2gsin gcos ，所以可求得滑块下滑和上滑过程加速度的大小a1、a2，故A、C正确；由于AB间的距离未知，尽管求出加速度，但不能求出滑块到达挡板时的时间以及与挡板碰撞的速度，故B、D错误18.(2022河南名校联考)如图所示，AB是一段位于竖直平面内的光滑轨道，高度为h，末端B处的切线方向水平一个质量为m的小物体P从轨道顶端A处由静止释放，滑到B端后飞出，

19、落到地面上的C点，轨迹如图中虚线BC所示已知它落地时相对于B点的水平位移OCl.现在轨道下方紧贴B点安装一水平木板，木板的右端与B的距离为，让P再次从A点由静止释放，它离开轨道并在木板上滑行后从右端水平飞出，仍然落在地面的C点求：(不计空气阻力，重力加速度为g)(1)P滑至B点时的速度大小；(2)P与木板之间的动摩擦因数.解析：(1)物体P在AB轨道上滑动时，只有重力做功，根据动能定理，有mghmv得物体P滑到B点时的速度大小为v0.(2)当没有木板时，物体离开B点后做平抛运动，运动时间为t，有：t当B点右方安装木板时，物体从木板右端水平抛出，在空中运动的时间也为t，水平位移为因此物体从木板右端抛出的速度v1根据动能定理，物体在木板上滑动时，有mgmvmv解得物体P与木板之间的动摩擦因数.答案：(1)(2)