2025版高考物理一輪總復(fù)習(xí)第6章機(jī)械能第16講動能定理及其應(yīng)用提能訓(xùn)練

第六章第16講基礎(chǔ)過關(guān)練題組一動能定理的理解和應(yīng)用1.一個質(zhì)量為m的物體靜止放在光滑水平面上，在互成60°角且大小相等的兩個水平恒力作用下，經(jīng)過一段時間，物體獲得的速度為v，在兩恒力的方向上獲得的速度分別為v1、v2，如圖所示，那么在這段時間內(nèi)，其中一個恒力做的功為(B)A.eq\f(1,6)mv2 B．eq\f(1,4)mv2C.eq\f(1,3)mv2 D．eq\f(1,2)mv2[解析]設(shè)這兩個水平恒力的合力為F，由動能定理得W＝Fl＝eq\f(1,2)mv2，其中一個恒力做的功W1＝eq\f(1,2)W＝eq\f(1,4)mv2，B正確。2.如圖所示，質(zhì)量為m的小球，從離地面高H處由靜止起先釋放，落到地面后接著陷入泥中h深度而停止。設(shè)小球受到的空氣阻力為Ff，重力加速度為g，則下列說法正確的是(C)A．小球落地時動能等于mgHB．小球陷入泥中的過程中克服泥的阻力所做的功小于剛落到地面時的動能C．整個過程中小球克服阻力做的功等于mg(H＋h)D．小球在泥中受到的平均阻力為mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(H,h)))[解析]小球從靜止起先釋放到落到地面的過程，由動能定理得mgH－FfH＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，選項A錯誤；設(shè)泥的平均阻力為Ff′，小球陷入泥中的過程，由動能定理得mgh－Ff′h＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得Ff′h＝mgh＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，F(xiàn)f′＝mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(H,h)))－eq\f(FfH,h)，選項B、D錯誤；對全過程應(yīng)用動能定理可知，整個過程中小球克服阻力做的功等于mg(H＋h)，選項C正確。3.如圖所示，斜面的傾角為θ，質(zhì)量為m的滑塊距擋板P的距離為x0，滑塊以初速度v0沿斜面上滑，滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ，滑塊所受摩擦力小于重力沿斜面對下的分力。若滑塊每次與擋板相碰均無機(jī)械能損失，則滑塊經(jīng)過的總路程是(A)A.eq\f(1,μ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v\o\al(2,0),2gcosθ)＋x0tanθ))B.eq\f(1,μ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v\o\al(2,0),2gsinθ)＋x0tanθ))C.eq\f(2,μ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v\o\al(2,0),2gcosθ)＋x0tanθ))D.eq\f(1,μ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v\o\al(2,0),2gcosθ)＋x0cotθ))[解析]滑塊最終要停在斜面底部，設(shè)滑塊經(jīng)過的總路程為x，對滑塊運(yùn)動的全程應(yīng)用動能定理：mgx0sinθ－μmgxcosθ＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得x＝eq\f(1,μ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v\o\al(2,0),2gcosθ)＋x0tanθ))，A正確。4．(多選)(2024·廣東卷)人們用滑道從高處向低處運(yùn)輸貨物。如圖所示，可看作質(zhì)點的貨物從eq\f(1,4)圓弧滑道頂端P點靜止釋放，沿滑道運(yùn)動到圓弧末端Q點時速度大小為6m/s。已知貨物質(zhì)量為20kg，滑道高度h為4m，且過Q點的切線水平，重力加速度取10m/s2。關(guān)于貨物從P點運(yùn)動到Q點的過程，下列說法正確的有(BCD)A．重力做的功為360JB．克服阻力做的功為440JC．經(jīng)過Q點時向心加速度大小為9m/s2D．經(jīng)過Q點時對軌道的壓力大小為380N[解析]重力做的功為WG＝mgh＝800J，A錯誤；下滑過程據(jù)動能定理可得WG－Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,Q)，代入數(shù)據(jù)解得，克服阻力做的功為Wf＝440J，B正確；經(jīng)過Q點時向心加速度大小為a＝eq\f(v\o\al(2,Q),h)＝9m/s2，C正確；經(jīng)過Q點時，據(jù)牛頓其次定律可得F－mg＝ma，解得貨物受到的支持力大小為F＝380N，據(jù)牛頓第三定律可知，貨物對軌道的壓力大小為380N，D正確。故選BCD。5．(2024·福建莆田高三月考)圖甲為北京2024年冬奧會的“雪如意”跳臺滑雪場地，其簡化示意圖如圖乙所示，助滑道AB的豎直高度h＝55m，B、C間的距離s＝120m，B、C連線與水平方向的夾角θ＝30°。某質(zhì)量m＝60kg的運(yùn)動員從動身點A沿助滑道無初速度下滑，從起跳點B處沿水平方向飛出，在著地點C處著地，不計空氣阻力，g取10m/s2。求：(1)運(yùn)動員在起跳點B處的速度v0；(2)運(yùn)動員在助滑過程中阻力做的功Wf。[答案](1)30m/s(2)－6000J[解析](1)運(yùn)動員從B點做平拋運(yùn)動水平方向scosθ＝v0t豎直方向ssinθ＝eq\f(1,2)gt2解得v0＝30m/s。(2)運(yùn)動員從動身點A到起跳點B的過程中，由動能定理得mgh＋Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－0解得Wf＝－6000J。題組二用動能定理巧解圖像問題6．(2024·湖南衡陽市高三調(diào)研)一輛汽車從靜止起先做勻加速直線運(yùn)動，它的動能Ek隨著位移x的變更而變更，下列Ek－x圖像正確的是(A)[解析]依據(jù)Ek＝eq\f(1,2)mv2，v2＝2ax，可得Ek＝max，故Ek與x成正比。故選A。7．(多選)冬夢飛揚(yáng)，冬奧夢圓。其次十四屆冬季奧林匹克運(yùn)動會在北京開幕。跳臺滑雪是一項深受英勇者寵愛的滑雪運(yùn)動。圖甲為某跳臺滑雪運(yùn)動員從跳臺a(長度可忽視不計)處沿水平方向飛出、經(jīng)2s在斜坡b處著陸的示意圖，圖乙為運(yùn)動員從a到b飛行時的動能Ek隨飛行時間t變更的關(guān)系圖像。不計空氣阻力作用，重力加速度g取10m/s2，則下列說法正確的是(BCD)A．斜坡的傾角為30°B．運(yùn)動員在a處的速度大小為10m/sC．運(yùn)動員運(yùn)動到b處時重力的瞬時功率為1.2×104WD．運(yùn)動員在1s末時離坡面的距離最大[解析]從a到b，運(yùn)動員做平拋運(yùn)動，則下降的高度為h＝eq\f(1,2)gt2＝eq\f(1,2)×10×22m＝20m，重力做功為W＝mgh＝Ekb－Eka解得m＝60kg，依據(jù)圖像可得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝3×103J，解得v0＝10m/s，故B正確；t＝2s時，運(yùn)動員落在斜坡上，斜坡的傾角滿足tanα＝eq\f(\f(1,2)gt2,v0t)＝1，解得α＝45°，故A錯誤；t＝2s時，運(yùn)動員運(yùn)動到b處時重力的瞬時功率為P＝mgvy＝mg2t＝1.2×104W，故C正確；運(yùn)動員離坡面距離最遠(yuǎn)時，速度方向與坡面平行，有tanα＝eq\f(gt′,v0)＝1，解得t′＝1s，故D正確。8．(多選)在某一粗糙的水平面上，一質(zhì)量為2kg的物體在水平恒定拉力的作用下做勻速直線運(yùn)動，當(dāng)運(yùn)動一段時間后，拉力慢慢減小，且當(dāng)拉力減小到零時，物體剛好停止運(yùn)動，圖中給出了拉力隨位移變更的關(guān)系圖像。已知重力加速度g＝10m/s2。依據(jù)以上信息能精確得出或估算得出的物理量有(ABC)A．物體與水平面間的動摩擦因數(shù)B．合外力對物體所做的功C．物體做勻速運(yùn)動時的速度D．物體運(yùn)動的時間[解析]物體做勻速直線運(yùn)動時，拉力F與滑動摩擦力f大小相等，物體與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ＝eq\f(F,mg)＝0.35，選項A正確；減速過程由動能定理得WF＋Wf＝0－eq\f(1,2)mv2，依據(jù)F－x圖像中圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積可以估算力F做的功WF，而Wf＝－μmgx，由此可求得合外力對物體所做的功及物體做勻速運(yùn)動時的速度v，則B、C正確；因為物體做變加速運(yùn)動，所以運(yùn)動時間無法求出，D錯誤。實力綜合練9．(多選)如圖，一半徑為R、粗糙程度到處相同的半圓形軌道豎直固定放置，直徑POQ水平。一質(zhì)量為m的質(zhì)點自P點上方高度R處由靜止起先下落，恰好從P點進(jìn)入軌道。質(zhì)點滑到軌道最低點N時，對軌道的壓力為4mg，g為重力加速度的大小。用W表示質(zhì)點從P點運(yùn)動到N點的過程中克服摩擦力所做的功。則(AC)A.W＝eq\f(1,2)mgR，質(zhì)點到達(dá)Q點后，接著上升一段距離B．W＝eq\f(1,2)mgR，質(zhì)點恰好能到達(dá)Q點C．質(zhì)點再次經(jīng)過N點時，對N點壓力大于2mgD．要使質(zhì)點能到達(dá)Q點上方R處，應(yīng)在P點上方2R處釋放質(zhì)點[解析]設(shè)質(zhì)點到達(dá)N點的速度為vN，在N點質(zhì)點受到軌道的彈力為FN，則FN－mg＝eq\f(mv\o\al(2,N),R)，已知FN＝4mg，則質(zhì)點到達(dá)N點的動能為EkN＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,N)＝eq\f(3,2)mgR。質(zhì)點由起先至N點的過程，由動能定理得mg·2R＋Wf＝EkN，解得摩擦力做的功為Wf＝－eq\f(1,2)mgR，即克服摩擦力做的功為W＝eq\f(1,2)mgR。設(shè)從N到Q的過程中克服摩擦力做功為W1，則W1<W。從N到Q的過程，由動能定理得－mgR－W1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,Q)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,N)，即eq\f(1,2)mgR－W1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,Q)，故質(zhì)點到Q點后速度不為0，質(zhì)點接著上升一段距離，故A項正確，B項錯誤；質(zhì)點從Q到N克服摩擦力做的功W2<W1<W；所以，質(zhì)點從靜止到再次經(jīng)過N點，克服摩擦力做功為：W＋W1＋W2<3W＝eq\f(3,2)mgR，故由動能定理可得：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,N2)>2mgR－3W＝eq\f(1,2)mgR，所以，由牛頓其次定律，得支持力為：FN′＝mg＋eq\f(mv\o\al(2,N2),R)>2mg，故C項正確；要使質(zhì)點能到達(dá)Q點上方R處，設(shè)在P點上方h處釋放質(zhì)點，那么由動能定理可得：mg(h－R)－W－W1＝0，所以，h<2R，故D項錯誤。10．(多選)(2024·湖南卷)如圖，固定在豎直面內(nèi)的光滑軌道ABC由直線段AB和圓弧段BC組成，兩段相切于B點，AB段與水平面夾角為θ，BC段圓心為O，最高點為C、A與C的高度差等于圓弧軌道的直徑2R。小球從A點以初速度v0沖上軌道，能沿軌道運(yùn)動恰好到達(dá)C點，下列說法正確的是(AD)A．小球從B到C的過程中，對軌道的壓力慢慢增大B．小球從A到C的過程中，重力的功率始終保持不變C．小球的初速度v0＝eq\r(2gR)D．若小球初速度v0增大，小球有可能從B點脫離軌道[解析]由題知，小球能沿軌道運(yùn)動恰好到達(dá)C點，則小球在C點的速度為vC＝0，則小球從C到B的過程中，有mgR(1－cosα)＝eq\f(1,2)mv2，F(xiàn)N＝mgcosα－meq\f(v2,R)，聯(lián)立有FN＝3mgcosα－2mg，則從C到B的過程中α由0增大到θ，則cosα慢慢減小，故FN慢慢減小，而小球從B到C的過程中，對軌道的壓力慢慢增大，A正確；由于A到B的過程中小球的速度慢慢減小，則A到B的過程中重力的功率為P＝mgvsinθ，則A到B的過程中小球重力的功率始終減小，則B錯誤；從A到C的過程中有－mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得v0＝eq\r(4gR)，C錯誤；小球在B點恰好脫離軌道有mgcosθ＝meq\f(v\o\al(2,B),R)，則vB＝eq\r(gRcosθ)，則若小球初速度v0增大，小球在B點的速度有可能為eq\r(gRcosθ)，故小球有可能從B點脫離軌道，D正確。故選AD。11．如圖所示，物體1放在傾角為θ＝37°的斜面緊靠擋板處，物體1和斜面間動摩擦因數(shù)為μ＝0.5，一根不行伸長的柔質(zhì)輕繩跨過光滑輕質(zhì)的小定滑輪，繩一端固定在物體1上，另一端固定在物體2上，斜面上方的輕繩與斜面平行，物體2下端固定一長度為h的輕繩，輕繩下端拴在小物體3上，物體1、2、3的質(zhì)量之比為4∶1∶5，起先時用手托住小物體3，小物體3到地面的高度也為h，此時各段輕繩剛好拉緊，已知物體觸地后馬上停止運(yùn)動、不再反彈，重力加速度為g＝10m/s2，物體3從靜止突然放手后，物體1沿斜面上滑的最大距離為(D)A．3h B．eq\f(3,7)hC．2h D．eq\f(4,3)h[解析]對物體1，起先向上滑動時，重力沿斜面方向的分力與摩擦力的合力F＝4mgsin37°＋4μmgcos37°，方向沿繩向下，設(shè)3觸地時刻的速度為v1，因1、2、3在同一條繩上，從起先放手到3觸地的過程，對系統(tǒng)應(yīng)用動能定理有6mgh－Fh＝eq\f(1,2)×10mveq\o\al(2,1)－0，物體3觸地后馬上停止，2觸地之前1停止運(yùn)動，物體1沿斜面上滑距離最大，設(shè)物體1在3觸地以后運(yùn)動的距離為s再次應(yīng)用動能定理mgs－Fs＝0－eq\f(1,2)×5mveq\o\al(2,1)，聯(lián)立解得s＝eq\f(1,3)h，全過程Δx＝h＋s＝eq\f(4,3)h，故A、B、C錯誤，D正確。12．如圖所示，水平面右端放一大小可忽視、質(zhì)量m＝1kg的小物塊，小物塊以v0＝5m/s的速度向左運(yùn)動，運(yùn)動至距動身點d＝1m處將彈簧壓縮至最短，反彈回到動身點時速度大小v1＝3m/s。水平面與水平傳送帶志向連接，傳送帶長度L＝3m，以v2＝10m/s順時針勻速轉(zhuǎn)動。傳送帶右端與一豎直面內(nèi)光滑圓軌道志向連接，圓軌道半徑R＝0.9m，物塊進(jìn)入軌道時觸發(fā)閉合裝置將圓軌道封閉。(g取10m/s2)，求：(1)物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)μ1；(2)彈簧具有的最大彈性勢能Ep；(3)要使物塊進(jìn)入豎直圓軌道后不脫離圓軌道，傳送帶與物塊間的動摩擦因數(shù)μ2應(yīng)滿足的條件。[答案](1)0.4(2)8.5J(3)μ2≥0.6或μ2≤0.15[解析](1)小物塊從右向左運(yùn)動壓縮彈簧至最短再反彈回到動身點的過程，由動能定理得－μ1mg×2d＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1