2023新高考物理一輪復(fù)習(xí) 練案15 第五章 第2講 動(dòng)能定理及其應(yīng)用

練案[15]第2講 動(dòng)能定理及其應(yīng)用一、選擇題(本題共8小題，1～5題為單選，6～8題為多選)1．(2022·AFBFCA、BBC2F大小與物體所受摩(C)A．2∶1C．3∶2

B．3∶1D．1B[解析] 假設(shè)AB長(zhǎng)度為從A到B由動(dòng)能定理有2F·L－2f·L＝2mv2從B到C由動(dòng)Bmv2 3mv2能定理有－f·L＝－mv2，聯(lián)立以上方程得f＝

B，F(xiàn)＝

B，再整理得F：f＝3∶2，故選C。B 2L 4L1v－t1W12為W，則( D )2134W4W1 2460057WW1 2340.75W1.5W1 22[解析] 第1秒內(nèi)合外力對(duì)物體做功為W1，從第1秒末到第3秒末動(dòng)能變化等于0，合外力做功為0，其位移為第1秒內(nèi)位移的4倍，則摩擦力做功為4W，故A錯(cuò)誤；第1秒2內(nèi)，根據(jù)動(dòng)能定理得：W＝1

2＝8m，摩擦力做功W 11 2m×4

2＝－f·2×4×1＝－2f，從第4秒末到第6秒末合外力做功W

＝1m×22－1

22＝0，路程為s＝2×1

2×1m＝2m，摩擦力做m××F m××功W＝－fs＝－2f＝W，故B57秒末，合外力做功W＝1

42－0＝f 2

2m×8m＝W，摩擦力做功W＝－f·1

2×4＝－4f＝2W

，故C錯(cuò)誤；從第3秒末到第4秒末，合1W＝1

f2－1

2× 22＝－6m＝－0.75W2m×2

2m×4

W＝－f×3＝1.5WD正F 1 f 2確。3．(2021·高考物理100考點(diǎn)模擬題千題精練)2015年7月底，國(guó)際奧委會(huì)投票選出2022年冬奧會(huì)承辦城市為北京。跳臺(tái)滑雪是冬奧會(huì)的比賽項(xiàng)目之一，跳臺(tái)滑雪可抽象為在斜坡上的平拋運(yùn)動(dòng)如圖所示設(shè)可視為質(zhì)點(diǎn)的滑雪運(yùn)動(dòng)員從斜坡頂端O處以初速度v0水平拋出在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中恰好通過(guò)P點(diǎn)與水平方向夾角為則滑雪運(yùn)動(dòng)員到達(dá)P點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能與從O點(diǎn)拋出時(shí)的動(dòng)能比值(不計(jì)空氣阻力37°＝0.6，cos37°＝0.8)( C )B3 4BA．4 ．3C 13 4．4 D．13y＝gt，解得滑雪運(yùn)動(dòng)員在P點(diǎn)時(shí)豎直速度v 30y 2[解析] 由題圖知tan37°＝0y 2

＝gt＝v，滑PE

＝mv2＋

v2＝ mv2，從O點(diǎn)拋出時(shí)的動(dòng)能E＝

v2，所以1 13 kP 2 y 1 13

0 8

k 2m0滑雪運(yùn)動(dòng)員到達(dá)P點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能與從O點(diǎn)拋出時(shí)的動(dòng)能比值為13，選項(xiàng)C正確；A、B、D錯(cuò)4誤。h3mEkh10m/s2(C)A．2kgC．1kg

B．1.5kgD．0.5kg[解析] 畫(huà)出運(yùn)動(dòng)示意圖，設(shè)阻力為f，據(jù)動(dòng)能定理知C→D()：EkD－EkC＝(mg－f)hm＝1選項(xiàng)C正確。5.(2022·湖南岳陽(yáng)月將三塊木板123分別固定在墻角構(gòu)成如圖所示的三個(gè)斜面其中1與2底邊相同和3高度相同?，F(xiàn)將一個(gè)可以視為質(zhì)點(diǎn)的物塊，分別從三塊木板的頂端由靜止釋放，沿木板下滑到底端。下列說(shuō)法中正確的( D )A23B．若木板均光滑，物塊沿木板3下滑到底端時(shí)速度最大C．3下滑到底端的過(guò)程用時(shí)最短D1212摩擦力做功相同[解析] 若木板光滑，物塊從高為h的木板上由靜止滑到底端時(shí)，根據(jù)動(dòng)能定理有mgh＝1 2，可知只要物塊下降的高度相同，到達(dá)底端時(shí)的速度大小相同，但方向不同，下降的2mv、B為θ，若木板均光滑，在物塊下滑過(guò)程中由牛頓第二定律得mgcosθ＝ma，a＝gcos為L(zhǎng)＝ h ，時(shí)間為L(zhǎng)＝1at2，聯(lián)立解得物塊沿木板下滑到底端的時(shí)間為t＝ 2h ，由此cosθ 2 gcos2θ越小，運(yùn)動(dòng)時(shí)間越小，故物塊沿木板2塊沿木板3錯(cuò)誤；若木板1和2方向的夾角為，物塊的水平位移為s，物塊所受摩擦力f＝μmgcos移L＝ s ，摩擦力做功W＝－fL＝－μmgs，故克服摩擦力做功與α大小無(wú)關(guān)，兩次做功相cosα同，D正確。6．(2021·)mF推動(dòng)下，從ftA靜止起運(yùn)動(dòng)至高為h的坡頂B，獲得速度為v，AB的水平距離為s。下列說(shuō)法正確的是(ABD)mghmv22Fs－mghD mv2．阻力對(duì)小車做的功是2＋mgh－Fs解析] 根據(jù)功的公式有Gmgmgh－mg，故克服重力做功是mg，故Amv正確；對(duì)小車從A運(yùn)動(dòng)到B的過(guò)程中運(yùn)用動(dòng)能定理得W＝mv2

2，故B正確；由動(dòng)能定理得W－mgh＋W＝1

＝Fs＝mgh＋1

2－W推 f 2mv

推 2mv

，故C錯(cuò)誤；推力f做的功為W ＝Fs，結(jié)合C選項(xiàng)分析可得，阻力對(duì)小車做的功為W＝1mv2＋mgh－Fs，故Df推 f 2正確。7．(2022·)如圖甲所示，由彈丸發(fā)射器、固定在水平面上的37°斜面以及放置在水平地面上的光滑半圓形擋板墻(擋板墻上分布有多個(gè)力傳感器)構(gòu)成的游戲裝置，半圓0.2，斜面高度h＝0.6，彈丸的質(zhì)量為0.2B5m/s，接著他將半圓形擋板向左平移使DDO與BCFθ之間的關(guān)系如圖乙所示。彈丸受到的摩擦力均視為滑動(dòng)摩擦力，g取10m/s2。下列說(shuō)法正確的是(BD)C7m/s0.60.06彈丸與斜面的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.3[解析] 由圖可知，在D點(diǎn)，擋板對(duì)彈丸的支持力為32.2N，由牛頓第二定律有32.2＝Dv2，代入數(shù)據(jù)有vD

＝ 32.2m/s、DCD點(diǎn)的速mR D度，A錯(cuò)誤；彈丸從B到C過(guò)程由動(dòng)能定理得mgh－μ

mgcos37°· h

＝ mv2－1

v2，11 sin37° 2 C1

2mB1 μ＝μ3rad1 為v，由動(dòng)能定理得－μmg·3×R＝

mv2－

mv2，在轉(zhuǎn)過(guò)3rad后擋板對(duì)彈丸的支持力112 2 2 D11m為25由牛頓第二定律得25＝ v2，聯(lián)立解得m

＝0.6，BC錯(cuò)誤。R 28.(2021·)如圖所示，一內(nèi)壁粗糙程度相同、半徑為R的圓筒固定在豎m10mg和8mg。設(shè)小球在該過(guò)程中克服摩擦力做的功為F，重力加速度為g，則(BD)A．W＝2mgRC．3mg<F<4mg

B．W＝mgRD．2mg<F<3mg[解析] 對(duì)小球進(jìn)行受力分析，先后兩次在最低點(diǎn)所受的合外力分別為9mg和7mg，方1 向指向圓心。設(shè)小球先后兩次經(jīng)過(guò)最低點(diǎn)的速率分別為v和v，根據(jù)牛頓第二定律有91 mv2 mv2 1 1＝ 1和7mg＝ 小球在整個(gè)過(guò)程中由動(dòng)能定理得mv2－聯(lián)立解得W＝mgR，R R 2 1 2 2故A對(duì)；小球在上升和下降過(guò)程中的等高處，上升時(shí)受到的摩擦力較大，而下降時(shí)受到的摩擦力較小，則上升時(shí)克服摩擦力做功W>W，下降時(shí)克服摩擦力做功W W，設(shè)小球1 2 2<2212mv2 1 12123上升到最高點(diǎn)時(shí)的速度為v3

，筒壁對(duì)小球的彈力滿足F＋mg＝

R3，再由能量守恒得mv2＝mv2＋2mgR＋WF<3mg；假設(shè)小球到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)克服摩擦力做功為W＝mgR，由能量3 1mv＝守恒1 mv＝

v2＋2mgR＋W，解得F＝2mg，實(shí)際上小球下降時(shí)也要克服摩擦力做功，因2 1 2m3此上升過(guò)程中克服摩擦力做的功小于W，則有F>2mg，故C錯(cuò)，D對(duì)。故選BD。二、非選擇題失的情況。實(shí)驗(yàn)步驟如下：①固定好手機(jī)，打開(kāi)錄音功能；②從一定高度由靜止釋放乒乓球；③手機(jī)記錄下乒乓球與臺(tái)面碰撞的聲音，其隨時(shí)間(單位：s)的變化圖像如圖所示。根據(jù)聲音圖像記錄的碰撞次序及相應(yīng)碰撞時(shí)刻，如下表所示。碰撞次序1234567碰撞時(shí)刻(s)1.121.582.002.402.783.143.47根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，回答下列問(wèn)題：30.202g＝9.80m/s2)。設(shè)碰撞后彈起瞬間與該次碰撞前瞬間速度大小的比值為k1－k2倍(k表示3k＝0.95(2)。(1)(高度。[解析] (1)第3次碰撞到第4次碰撞用時(shí)t0＝2.40s－2.00s＝0.40s，根據(jù)豎直上拋和自由落體運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性可知第 3次碰撞后乒乓球彈起的高度為 h0

＝1gt02＝1×9.8×0.222222 碰撞后彈起瞬間速度為

，碰撞前瞬間速度為v

v2＝k，v2 1，根據(jù)題意可知v11 1 12mv2－2mv2 2mv2則每次碰撞損失的動(dòng)能與碰撞前動(dòng)能的比值為 1 2＝1－ 2＝1－k，12 mv2

1 22 mv2 第3次碰撞前瞬間速度為第2次碰后從最高點(diǎn)落地瞬間的速度v＝gt＝2.00－1.580.21g，

g＝2第3次碰撞后瞬間速度為v′＝gt′＝2.40－2.00則第3次碰撞過(guò)程中k＝v′＝0.20

g＝0.20g，2v 0.21≈0.95。(1)問(wèn)中計(jì)算的彈起高度高于實(shí)際彈起的高度。10．(2022·如圖所示為一架小型四旋翼無(wú)人機(jī)，它是一種能夠垂直起降的小型遙控飛行器，目前正得到越來(lái)越廣泛的應(yīng)用?，F(xiàn)對(duì)無(wú)人機(jī)進(jìn)行試驗(yàn)，無(wú)人機(jī)的m＝2kg，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所受空氣阻力大小恒為f＝4Nsh＝16m,g10m/s2。求無(wú)人機(jī)動(dòng)力系統(tǒng)所能提供的最大升力F；H＝36mh上升到H的過(guò)程中，動(dòng)力系統(tǒng)所做的功W。[答案] (1)28N (2)416J[解析] (1)設(shè)無(wú)人機(jī)以最大升力豎直向上起飛時(shí)的加速度大小為a，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律有1h＝2at2F－f－mg＝maF＝28。1(2)無(wú)人機(jī)在h＝16m時(shí)的速度大小為v＝at＝8m/s，無(wú)人機(jī)從h上升到H的過(guò)程中，由動(dòng)能定理有W－(mg＋f)(H－h(huán))＝0－1 2，解得W＝416J。

2mv11．(2021·圖甲為兒童玩具小火車軌道，由豎直圓軌道BMC(BC是圓弧軌)DEFHEGF、四分之一水平AKIJABCDHIKJ、HFEGFR＝0.4m，CD＝0.4DEFH，小火車質(zhì)量m＝0.2kg0.2HP＝2WHIJKABt＝2sBsin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2。求：B點(diǎn)時(shí)的速度大??；HB點(diǎn)過(guò)程中阻力做的功；EGFG時(shí)對(duì)軌道作用力的大小。[答案] (1)2 5m/s (2)2J (3) 25.6N

mv2，R[解析] (1)恰能通過(guò)豎直圓