新教材适用2024版高考物理一轮总复习练习15第五章机械能第2讲动能定理及其应用.docx

《新教材适用2024版高考物理一轮总复习练习15第五章机械能第2讲动能定理及其应用.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《新教材适用2024版高考物理一轮总复习练习15第五章机械能第2讲动能定理及其应用.docx（9页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、第2讲动能定理及其应用一、选择题(本题共9小题，16题为单选，79题为多选)1(2022河南驻马店高三期末)一质量为m的物体在水平恒力F(大小未知)的作用下沿水平地面从静止开始做匀加速直线运动。物体通过的路程为x0时撤去力F，物体继续滑行3x0的路程后停止运动。重力加速度大小为g，物体与地面间的动摩擦因数为，则水平恒力F的大小为( C )A2mg B3mg C4mg D6mg解析对物体运动的整个过程，根据动能定理有(Fmg)x0mg3x00，解得F4mg，故ABD错误，C正确。2(2022河北沧州二模)2022年2月15日，苏翊鸣获得北京冬奥会单板滑雪男子大跳台冠军，比赛时运动员从超过40 m

2、的助滑区出发至起跳台依靠惯性跃向空中，做出一套空中动作后在着陆坡落地。某同学用小球代替运动员用软件模拟了运动员自起跳台处跃向空中到落回着陆坡的过程，如图所示，小球每相邻两个位置对应的时间间隔相等。若将运动员视为质点，不计空气阻力，下列说法正确的是( D )A运动员在最高点的速度为0B运动员跃起后在相等时间内速度的变化量不同C运动员从跃起到上升到最高点和从最高点落回着陆坡所用时间相等D运动员落回着陆坡时的速度大于运动员自起跳台处跃向空中时的速度解析运动员在水平方向上做匀速直线运动，最高点速度不为0，选项A错误；运动员跃起后做加速度为g的匀变速运动，相等时间内速度的变化量相同，选项B错误；运动员上

3、升的高度小于下降的高度，上升所用时间小于下降所用时间，选项C错误；运动员所受重力做的总功为正功，动能增大，则运动员落回着陆坡时的速度大于运动员自起跳台处跃向空中时的速度，选项D正确。3(2023山东模拟预测)如图所示，一半圆弧形细杆ABC竖直固定在水平地面上，AC为其水平直径，圆弧半径BO3.6 m。质量为m4.0 kg的小圆环(可视为质点，小环直径略大于杆的粗细)套在细杆上，在大小为50 N、沿圆的切线方向的拉力F作用下，从A点由静止开始运动，到达B点时对细杆的压力恰好为0。已知取3.14，重力加速度g取10 m/s2在这一过程中摩擦力做功为( B )A66.6 J B66.6 JC210.

4、6 J D210.6 J解析小圆环到达B点时对细杆的压力恰好为0，则mgm，拉力F沿圆的切线方向，根据动能定理FmgrWfmv2，又r3.6 m，摩擦力做功为Wf66.6 J，故选B。4(2023安徽省桐城高三阶段练习)如图所示，竖直平面内半径为R0.1 m的圆弧AB，OB垂直于地面BC，在AB上固定一光滑木板DB，一质量为m0.2 kg的小物体在DB板的D端由静止滑下，然后冲向水平地面BC，在BC上滑行L0.3 m后停下。不计小物体在B点的能量损失，已知小物体与水平地面BC间的动摩擦因数为0.2，重力加速度g10 m/s2，则小物体在木板DB上下滑过程中，重力做功的平均功率是( D )A0.

5、03 W B0.12 W C0.40 W D0.60 W解析物块从D点滑到C点过程，根据动能定理WGmgL0，得WG0.12 J，滑块D点到B点根据等时圆的规律可知2Rgt2，得t0.2 s，所以重力在DB段做功平均功率0.60 W，故选D。5(2023广西高三阶段练习)如图所示，某人把一个质量m2 kg的小球从h0.8 m高处以60角斜向上抛出，初速度v03 m/s，不计空气阻力，重力加速度g10 m/s2。则下列说法正确的是( C )A抛出过程中，人对球做的功是16 JB物体被抛出后会继续上升，故从抛出到落地过程中重力对小球所做的功大于16 JC小球落地时速度大小为5 m/sD小球到达最高

6、点的速度为0解析人对球做的功全部转化球的动能，即有Wmv9 J，故A错误；由于不计空气阻力，小球在运动过程中只有重力做功，机械能守恒，重力对小球所做的功为WGmgh16 J，故B错误；小球整个运动过程中，由动能定理可得mghmv2mv，代入数据，解得v5 m/s，故C正确；因为小球在最高点时，水平方向还有速度，故其速度不为0，故D错误。6(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( B )A B C D解析在运动

7、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B。7(2023全国河北高三模拟)如图甲，质量0.5 kg的小物块从右侧滑上匀速转动的水平传送带，其位移与时间的变化关系如图乙所示。图线的03 s段为抛物线，3 s4.5 s段为直线，下列说法正确的是( BCD )A传送带沿逆时针方向转动B传送带速度大小为2 m/sC物块刚滑上传送带时的速度大小为4 m/sD04.5 s内摩擦力对物块所做的功为3 J解析根据位移时间图像的斜率表示速度，可知：前2 s物体向左匀减速运动，第3 s内向右匀加速运动。34.5 s内xt图像为一次函数，说明小物块已与传

8、送带保持相对静止，即与传送带一起向右匀速运动，因此传送带沿顺时针方向转动，且速度为v m/s2 m/s，故B正确，A错误；由图像可知，在第3 s内小物块向右做初速度为零的匀加速运动，则xat2，其中x1 m，t1 s，解得a2 m/s2。根据牛顿第二定律mgma，解得0.2。在02 s内，对物块有v2v2ax，解得物块的初速度为v04 m/s，故C正确；对物块在04.5 s内，根据动能定理Wfmv2mv，解得摩擦力对物块所做的功为Wf3 J，故D正确。8(2022四川绵阳三模)2022年北京冬奥会上中国首次使用了二氧化碳跨临界环保制冰技术，运用该技术可制作动摩擦因数不同的冰面。将一物块以一定的

9、初速度在运用该技术制作的水平冰面上沿直线滑行，共滑行了6 m，运动中的加速度a与位移x的关系如图所示，设位移1.5 m处与6 m处的动摩擦因数分别为1、2，在前3 m与后3 m运动过程中物块动能改变的大小分别为Ek1、Ek2，则( AC )A1：23：1 B1：24：1CEk1：Ek23：2 DEk1：Ek23：1解析分别对位移1.5 m处与6 m处由牛顿第二定律得1mgma1，2mgma2，其中a21 m/s2，a13 m/s2，联立可得1：23：1，故A正确，B错误；根据动能定理前3 m的动能变化量大小为maxEk1，后3 m的动能变化量大小为mxEk2，结合ax图像可得Ek1：Ek23：

10、2。故C正确，D错误。9(2022陕西渭南二模)冬奥会上有一种女子单板滑雪U形池项目，如图所示为U形池模型，池内各处粗糙程度相同，其中a、c为U形池两侧边缘，且在同一水平面，b为U形池最低点。某运动员从a点上方h高的O点自由下落由左侧切线进入池中，从右侧切线飞出后上升至最高位置d点(相对c点高度为)。不计空气阻力，重力加速度为g，则运动员( ACD )A运动员由a到c的过程中，在ab段克服摩擦力做的功大于在bc段克服摩擦力做的功B运动员从d返回经b恰好到达a点C运动员从d返回经b一定能越过a点再上升一定高度D运动员第一次过b点对轨道的压力大于第二次过b点对轨道的压力解析运动员由a到c的过程中，

11、由于摩擦力做负功，使得ab段与bc段在相同高度的两个位置，总是ab段的速度大于bc段的速度，故ab段的平均速率大于bc段的平均速率，ab段的平均压力大于bc段的平均压力，ab段的平均摩擦力大于bc段的平均摩擦力，故在ab段克服摩擦力做的功大于在bc段克服摩擦力做的功，A正确；由题意数据可知第一次从a到c的过程中，克服摩擦力做功的大小为Wfmghmgmgh，由于从d返回的过程，经过相同位置的速度总是比从a到c过程经过相同位置的速度小，可知返回过程的平均摩擦力比a到c过程的平均摩擦力小，克服摩擦力做功小于mgh，可知运动员从d返回经b一定能越过a点再上升一定高度，B错误，C正确；运动员经过b点时，

12、根据牛顿第二定律可得FNmgm，由于运动员第一次过b点的速度大于第二次过b点的速度，故运动员第一次过b点受到的支持力大于第二次过b点受到的支持力，根据牛顿第三定律可知，运动员第一次过b点对轨道的压力大于第二次过b点对轨道的压力，D正确。二、非选择题10(2023浙江高三阶段检测)如图所示，光滑曲面轨道AB、光滑竖直圆轨道、水平轨道BD、水平传送带DE各部分平滑连接，水平区域FG足够长，圆轨道最低点B处的入、出口靠近但相互错开，滑块落到FG区域时马上停止运动。现将一质量为m0.5 kg的滑块从AB轨道上某一位置由静止释放，若已知圆轨道半径R0.8 m，水平面BD的长度x12 m，传送带长度x29

13、 m，距离落地区的竖直高度H0.5 m，滑块始终不脱离圆轨道，且与水平轨道BD和传送带间的动摩擦因数均为0.2，传送带以恒定速度v06 m/s逆时针转动(不考虑传送带轮的半径对运动的影响)。(1)若h1.2 m，则滑块运动至B点时对圆弧轨道的压力；(2)若滑块不脱离圆轨道且从E点飞出，求滑块释放点高度h0的取值范围；(3)求滑块静止时距B点的水平距离x与释放点高度h的关系。答案(1)20 N方向竖直向下(2)h02.2 m(3)见解析解析(1)若h1.2 m，则滑块运动至B点时，由动能定理可得mv0mgh由牛顿第二定律可得Fmg解得F20 N由牛顿第三定律可知，滑块运动至B点时对圆弧轨道的压力

14、为20 N，方向竖直向下。(2)若滑块恰好能过C点，则C点时有mgm从A到C，根据动能定理有mg(h12R)mv解得h12 m要使滑块恰能运动到E点，则滑块到E点的速度vE0，从A到E，根据动能定理有mgh2mg(x1x2)00解得h22.2 m显然h2h1若滑块不脱离圆轨道且从E点飞出，则滑块释放点的高度h02.2 m(3)当滑块释放点的高度范围满足2 mh2.2 m时，滑块不能从E点飞出，最终停在BD上，设其在BD上滑动的路程为s，根据动能定理有mghmgs00可得s5h由于10 m5h11 m则5x1s2.2 m时，滑块从E点飞出，根据动能定理有mghmg(x1x2)mv解得vE2 m/

15、s由平抛运动知识可知，平抛运动的时间t s可得xx1x2vEt(11) m11(2022河北邯郸二模)今年四月份以来，邯郸市新冠疫情形势严峻，疫情无情人有情，社会各界纷纷捐款捐物助力我市抗击疫情。志愿者利用一个L9 m长的木板，将高处的捐助物资运送至水平地面(示意图如图甲)。高处的志愿者将质量为10 kg的物资(可视为质点)从木板的上端无初速释放，物资与木板之间的动摩擦因数1，木板与水平地面的夹角为37(sin 370.6，cos 370.8)。重力加速度g10 m/s2，求：(1)物资到达地面时的速度大小；(2)物资到达地面的速度超过2 m/s会对物资造成损坏，正在参加义务志愿者服务的我市高

16、三学生小华，提出可将长为s7 m的一块粗帆布包裹在木板上，以使物资到达地面时的速度不超过2 m/s，装置可以简化为图乙。物资与粗帆布间的动摩擦因数2，则粗帆布下端距离木板底端距离d的取值范围是多少？答案(1)v6 m/s(2)0d0.5 m解析(1)由牛顿运动定律得mgsin 1mgcos ma，解得a4 m/s2。由位移速度公式得v202aL，解得v6 m/s。(2)铺上粗帆布后，根据动能定理，只要物资能滑到木板的底端，那么粗帆布铺设的位置对末速度无影响，由动能定理判断此时物资滑到木板的底端的速度mgLsin 1mgcos (Ls)2mgcos smv2，解得v2 m/s。恰好不超过2 m/s，为保证物资能够滑离粗帆布，需使物资滑离粗帆布下端时速度大于0，由动能定理(mgsin 1mgcos )(Lds)(2mgcos mgsin )s0，解得0d0.5 m。