2024屆高三物理復(fù)習(xí)小練習(xí)(十九)　動能　動能定理（解析版）

2024屆高三一輪復(fù)習(xí)小練(十九)動能動能定理1．(2021·山東等級考)如圖所示，粗糙程度處處相同的水平桌面上有一長為L的輕質(zhì)細(xì)桿，一端可繞豎直光滑軸O轉(zhuǎn)動，另—端與質(zhì)量為m的小木塊相連。木塊以水平初速度v0出發(fā)，恰好能完成一個完整的圓周運(yùn)動。在運(yùn)動過程中，木塊所受摩擦力的大小為()A.eq\f(mv02,2πL)B.eq\f(mv02,4πL)C.eq\f(mv02,8πL)D.eq\f(mv02,16πL)解析：選B對木塊由動能定理得：－Ff·2πL＝0－eq\f(1,2)mv02，解得摩擦力大小為：Ff＝eq\f(mv02,4πL)，故B正確。2.(2022·廈門模擬)一質(zhì)量為2kg的物體靜止在水平桌面上，在水平拉力F的作用下，沿水平方向運(yùn)動2s后撤去外力，其v-t圖像如圖所示，下列說法正確的是()A．在0～2s內(nèi)，合外力做的功為4JB．在0～2s內(nèi)，合外力做的功為8JC．在0～6s內(nèi)，摩擦力做的功為－8JD．在0～6s內(nèi)，摩擦力做的功為－4J解析：選A在0～2s可讀出初末速度，由動能定理可得W合＝eq\f(1,2)mv22－0＝4J，故A正確，B錯誤。在0～6s內(nèi)由動能定理有：WF＋Wf＝0－0，其中f＝ma2＝1N；對于0～2s牛頓第二定律F－f＝ma1，得F＝3N，而WF＝F·x1＝6J，聯(lián)立得Wf＝－6J，故C、D錯誤。3.(2022·莆田模擬)如圖所示，在輕彈簧的下端懸掛一個質(zhì)量為m的小球A，若將小球A從彈簧原長位置由靜止釋放，小球A能夠下降的最大高度為h。若將小球A換為質(zhì)量為3m的小球B，仍從彈簧原長位置由靜止釋放，則小球B下降h時(shí)的速度為(重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力)()A.eq\r(2gh)B.eq\r(\f(4gh,3))C.eq\r(gh)D.eq\r(\f(gh,2))解析：選B小球A下降h過程小球克服彈簧彈力做功為W1，根據(jù)動能定理，有mgh－W1＝0；小球B下降過程，由動能定理有3mgh－W1＝eq\f(1,2)·3mv2－0，解得：v＝eq\r(\f(4gh,3))，故B正確。4.2022年將在我國舉辦第二十四屆冬奧會，滑雪是冬奧會常見的體育項(xiàng)目，具有很強(qiáng)的觀賞性。某滑道示意圖如圖所示，圓弧滑道AB與水平滑道BC平滑銜接，O是圓弧滑道AB的圓心。運(yùn)動員從A點(diǎn)由靜止開始下滑，最后運(yùn)動員滑到C點(diǎn)停下，不計(jì)空氣阻力。下列說法正確的是()A．從A到B的過程中，運(yùn)動員受重力、支持力、摩擦力和向心力B．從A到B的過程中，運(yùn)動員所受的合外力始終指向圓心OC．從A到C的過程中，運(yùn)動員的機(jī)械能保持不變D．從A到C的過程中，重力所做的功等于克服摩擦力所做的功解析：選D向心力是效果力，故A錯誤；從A到B的過程中，運(yùn)動員做變速圓周運(yùn)動，沿半徑方向的合力提供向心力，而切向合力不為零，改變速度的大小，故總的合外力不會始終指向圓心，故B錯誤；從A到C的過程中，運(yùn)動員所受的摩擦力一直做負(fù)功，機(jī)械能保持一直減小，故C錯誤；對從A到C的全過程，由動能定理得WG－Wf＝0－0，即重力所做的功等于克服摩擦力所做的功，故D正確。5.如圖所示，固定在豎直平面內(nèi)的eq\f(1,4)圓弧軌道與水平軌道相切于最低點(diǎn)B，質(zhì)量為m的小物塊從圓弧軌道的頂端A由靜止滑下，經(jīng)過B點(diǎn)后沿水平軌道運(yùn)動，并停在到B點(diǎn)距離等于圓弧軌道半徑的C點(diǎn)。圓弧軌道粗糙，物塊與水平軌道間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度大小為g。物塊到達(dá)B點(diǎn)瞬間對軌道的壓力大小為()A．2μmg B．3mgC．(1＋2μ)mg D．(1＋μ)mg解析：選C設(shè)圓弧軌道的半徑為r，物塊從B到C的過程，由動能定理得－μmgr＝0－eq\f(1,2)mvB2，在B點(diǎn)，由牛頓第二定律得N－mg＝meq\f(vB2,r)，聯(lián)立解得N＝(1＋2μ)mg，由牛頓第三定律可知，物塊到達(dá)B點(diǎn)瞬間對軌道的壓力大小為N′＝N＝(1＋2μ)mg，C正確。6．如圖甲所示，在一光滑水平面上靜止放置可視為質(zhì)點(diǎn)、質(zhì)量為m＝2kg的物體，以物體所在初始位置為坐標(biāo)原點(diǎn)建立一維坐標(biāo)系，現(xiàn)給物體施加一沿x軸正向的作用力F，F(xiàn)與x的關(guān)系如圖乙所示。則在x＝4m處，作用力F的瞬時(shí)功率為()A．15W B．20WC．40W D．無法計(jì)算解析：選B當(dāng)物體運(yùn)動到x＝4m處時(shí)，作用力F＝5N，作用力F做的功W＝16J，根據(jù)動能定理，有W＝eq\f(1,2)mv2－0，代入數(shù)據(jù)，可得物體運(yùn)動到x＝4m處時(shí)的速度v＝4m/s，此時(shí)作用力F的瞬時(shí)功率為P＝Fv＝20W，故B正確，A、C、D錯誤。7．從地面豎直向上拋出一物體，物體在運(yùn)動過程中除受到重力外，還受到一大小不變、方向始終與運(yùn)動方向相反的外力作用。距地面高度h在3m以內(nèi)時(shí)，物體上升、下落過程中動能Ek隨h的變化如圖所示。重力加速度取10m/s2。該物體的質(zhì)量為()A．2kg B．1.5kgC．1kg D．0.5kg解析：選C畫出物體運(yùn)動示意圖，設(shè)阻力為f，據(jù)動能定理知，A→B(上升過程)：－(mg＋f)h＝EkB－EkA，C→D(下落過程)：(mg－f)h＝EkD－EkC，整理以上兩式得：mgh＝30J，解得物體的質(zhì)量m＝1kg。C正確。8.(多選)在有大風(fēng)的情況下，一小球自A點(diǎn)豎直上拋，其運(yùn)動軌跡如圖所示(小球的運(yùn)動可看作豎直方向的豎直上拋運(yùn)動和水平方向的初速度為零的勻加速直線運(yùn)動的合運(yùn)動)，小球運(yùn)動軌跡上的A、B兩點(diǎn)在同一水平直線上，M點(diǎn)為軌跡的最高點(diǎn)。若風(fēng)力的大小恒定，方向水平向右，小球在A點(diǎn)拋出時(shí)的動能為4J，在M點(diǎn)時(shí)它的動能為2J，落回到B點(diǎn)時(shí)動能記為EkB，小球上升時(shí)間記為t1，下落時(shí)間記為t2，不計(jì)其他阻力，則()A．x1∶x2＝1∶3 B．t1<t2C．EkB＝6J D．EkB＝12J解析：選AD小球豎直方向只受重力作用，則豎直方向的運(yùn)動是對稱的，則小球上升與下落時(shí)間相等，即t1＝t2得，x1∶(x1＋x2)＝1∶22＝1∶4，即x1∶x2＝1∶3，A正確，B錯誤；A→M應(yīng)用動能定理得－mgh＋W1＝eq\f(1,2)mvM2－eq\f(1,2)mv2，豎直方向有v2＝2gh，聯(lián)立解得W1＝2J，A→B風(fēng)力做功W2＝4W1＝8J，A→B由動能定理W2＝EkB－EkA，可求得EkB＝12J，C錯誤，D正確。9．(2022·無錫模擬)質(zhì)量為m的小球從地面以初速度v0豎直向上拋出，已知球所受的空氣阻力大小與速度大小成正比。下列圖像分別描述了小球在空中運(yùn)動的速度大小v隨時(shí)間t的變化關(guān)系和動能Ek隨球距離地面高度h的變化關(guān)系，其中可能正確的是()解析：選Cv-t圖像與t軸的交點(diǎn)表示小球到達(dá)最高點(diǎn)，速度為0，此時(shí)空氣阻力為0，小球所受的合力等于重力，由牛頓第二定律得：mg＝ma，a＝g不為零，A錯誤；空氣阻力f＝kv，上升過程由牛頓第二定律得：a＝eq\f(mg＋f,m)＝g＋eq\f(kv,m)，因?yàn)樗俣葴p小，所以加速度a大小逐漸減小，不可能恒定不變，B錯誤；根據(jù)動能定理得：上升過程有ΔEk＝－(mg＋kv)Δh，得eq\f(ΔEk,Δh)＝－(mg＋kv)，v減小，eq\f(ΔEk,Δh)減小，Ek-h圖像應(yīng)是切線斜率逐漸減小的曲線。下降過程有ΔEk＝(mg－kv)Δh，得eq\f(ΔEk,Δh)＝mg－kv，v增大，eq\f(ΔEk,Δh)減小，Ek-h圖像應(yīng)是切線斜率逐漸減小的曲線，C正確，D錯誤。10．(2021·遼寧高考)(多選)冰滑梯是東北地區(qū)體驗(yàn)冰雪運(yùn)動樂趣的設(shè)施之一，某冰滑梯的示意圖如圖所示，螺旋滑道的摩擦可忽略，傾斜滑道和水平滑道與同一滑板間的動摩擦因數(shù)μ相同，因滑板不同μ滿足μ0≤μ≤1.2μ0。在設(shè)計(jì)滑梯時(shí)，要確保所有游客在傾斜滑道上均減速下滑，且滑行結(jié)束時(shí)停在水平滑道上，以下L1、L2的組合符合設(shè)計(jì)要求的是()A．L1＝eq\f(h,2μ0)，L2＝eq\f(3h,2μ0) B．L1＝eq\f(4h,3μ0)，L2＝eq\f(h,3μ0)C．L1＝eq\f(4h,3μ0)，L2＝eq\f(2h,3μ0) D．L1＝eq\f(3h,2μ0)，L2＝eq\f(h,μ0)解析：選CD設(shè)傾斜滑道傾角為θ，游客在傾斜滑道上勻減速下滑，則需滿足mgsinθ＜μmgcosθ，可得μ＞tanθ＝eq\f(h,L1)，即有L1＞eq\f(h,μ)，因μ0≤μ≤1.2μ0，所有游客在傾斜滑道上勻減速下滑，可得L1＞eq\f(h,μ0)，滑行結(jié)束時(shí)停在水平滑道上，對全程由動能定理有mg·2h－μmgcosθ·eq\f(L1,cosθ)－μmgx＝0－0，其中0＜x≤L2，可得L1＜eq\f(2h,μ)，L1＋L2≥eq\f(2h,μ)，代入μ0≤μ≤1.2μ0，可得L1＜eq\f(5h,3μ)，L1＋L2≥eq\f(2h,μ0)，綜合需滿足eq\f(h,μ0)＜L1＜eq\f(5h,3μ0)和L1＋L2≥eq\f(2h,μ0)，故C、D正確。11.(2022·桂林質(zhì)檢)如圖所示，傾角為37°的粗糙斜面AB底端與半徑R＝0.4m的光滑半圓軌道BC平滑相連，O點(diǎn)為軌道圓心，BC為圓軌道直徑且處于豎直方向，A、C兩點(diǎn)等高，質(zhì)量m＝1kg的滑塊從A點(diǎn)由靜止開始下滑，恰能滑到與O點(diǎn)等高的D點(diǎn)，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。(1)求滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ；(2)若使滑塊能到達(dá)C點(diǎn)，求滑塊從A點(diǎn)沿斜面滑下時(shí)的初速度v0的最小值；(3)若滑塊離開C點(diǎn)的速度大小為4m/s，求滑塊從C點(diǎn)飛出至落到斜面上所經(jīng)歷的時(shí)間t。解析：(1)滑塊恰能滑到D點(diǎn)，則vD＝0滑塊從A→B→D過程中，由動能定理得mg(2R－R)－μmgcos37°·eq\f(2R,sin37°)＝0－0，解得μ＝0.375。(2)滑塊恰能過C點(diǎn)時(shí)，vC有最小值，則在C點(diǎn)mg＝eq\f(mvC2,R)滑塊從A→B→D→C過程，由動能定理得－μmgcos37°·eq\f(2R,sin37°)＝eq\f(1,2)mvC2－eq\f(1,2)mv02解得v0＝2eq\r(3)m/s。(3)滑塊離開C點(diǎn)后做平拋運(yùn)動，設(shè)下落的高度為h，則有h＝eq\f(1,2)gt2x＝vC′teq\f(x,2R－h(huán))＝tan53°其中vC′＝4m/s，聯(lián)立解得t＝0.2s。答案：(1)0.375(2)2eq\r(3)m/s(3)0.2s12．(2021·全國乙卷)一籃球質(zhì)量為m＝0.60kg，一運(yùn)動員使其從距地面高度為h1＝1.8m處由靜止自由落下，反彈高度為h2＝1.2m。若使籃球從距地面h3＝1.5m的高度由靜止下落，并在開始下落的同時(shí)向下拍球，球落地后反彈的高度也為1.5m。假設(shè)運(yùn)動員拍球時(shí)對球的作用力為恒力，作用時(shí)間為t＝0.20s；該籃球每次與地面碰撞前后的動能的比值不變。重力加速度大小取g＝10m/s2，不計(jì)空氣阻力。求：(1)運(yùn)動員拍球過程中對籃球所做的功；(2)運(yùn)動員拍球時(shí)對籃球的作用力的大小。解析：(1)使籃球從距地面高度為h1處由靜止自由落下時(shí)，設(shè)籃球的落地速度大小為v1，根據(jù)自由落體運(yùn)動的規(guī)律有v12＝2gh1，設(shè)籃球被地面反彈時(shí)的速度大小為v2，則有v22＝2gh2，則籃球與地面碰撞前、后的動能之比eq\f(Ek1,Ek2)＝eq\f(\f(1,2)mv12,\f(1,2)mv22)＝eq\f(h1,h2)＝eq\f(3,2)。使籃球從距地面h3的高度由靜止下落，并在開始下落的同時(shí)向下拍球，設(shè)籃球的落地速度大小