2024高考物理一輪復(fù)習(xí)第五章機械能第2講動能定理及其應(yīng)用練習(xí)含解析新人教版

PAGEPAGE8第2講動能定理及其應(yīng)用一、單項選擇題：在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．(2024·大慶中學(xué)模擬)如圖所示，傾角為30°的斜面末端與水平地面相連，將一小球(可看成質(zhì)點)從斜面頂端以3J的初動能水平拋出，不計空氣阻力，經(jīng)過一段時間，小球以6J的動能第一次落在接觸面上。若將此小球以6J的初動能水平從斜面頂端拋出，則小球第一次落在接觸面上的動能為(A)A．9J B．12JC．16J D．條件不足，無法推斷[解析]設(shè)小球第一次落在斜面上，速度與水平方向的夾角為α，則cosα＝eq\f(v0,v)因為eq\f(\f(1,2)mv\o\al(2,0),\f(1,2)mv2)＝eq\f(3,6)＝eq\f(1,2)，解得eq\f(v0,v)＝eq\f(\r(2),2)則α＝45°。因為小球速度方向與水平方向夾角的正切值是位移與水平方向夾角正切值的兩倍，若小球落在斜面上，位移與水平方向的夾角正切值為tan30°＝eq\f(\r(3),3)，而tanα＝1，不是位移與水平方向夾角正切值的2倍，所以小球落在水平面上。依據(jù)動能定理得，mgh＝Ek2－Ek1＝6－3J＝3J，則以6J的動能水平拋出，肯定落在水平面上，依據(jù)動能定理得，mgh＝Ek2′﹣Ek1′，解得Ek2′＝(3＋6)J＝9J，故A正確，B、C、D錯誤。2.(2024·河南模擬)如圖所示，質(zhì)量為m的小球，從離地面H高處由靜止起先釋放，落到地面后接著陷入泥中h深度而停止，設(shè)小球受到空氣阻力為f，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．小球在泥土中受到的平均阻力為mg(1＋eq\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－fH＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，選項A錯誤；設(shè)泥的平均阻力為f0，小球陷入泥中的過程，由動能定理得mgh－f0h＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得f0h＝mgh＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，f0＝mg(1＋eq\f(H,h))－eq\f(fH,h)，選項B、D錯誤；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.(2024·江蘇泗陽統(tǒng)測)如圖所示，ABC為一光滑細圓管構(gòu)成的eq\f(3,4)圓軌道，固定在豎直平面內(nèi)，軌道半徑為R(比細管的半徑大得多)，OA水平，OC豎直，最低點為B，最高點為C。在A點正上方某位置有一質(zhì)量為m的小球(可視為質(zhì)點)由靜止起先下落，剛好進入細圓管內(nèi)運動。已知細圓管的內(nèi)徑稍大于小球的直徑，重力加速度為g，不計空氣阻力。下列說法正確的是(B)A．若小球剛好能達到軌道的最高點C，則釋放點距A點的高度為1.5RB．若釋放點距A點豎直高度為2R，則小球經(jīng)過最低點B時軌道對小球的支持力為7mgC．若小球從C點水平飛出后恰好能落到A點，則釋放點距A點的高度為2RD．若小球從C點水平飛出后恰好能落到A點，則小球在C點對圓管的作用力為1.5mg[解析]本題為圓周運動的臨界問題，考查受力狀況。小球剛好能到達軌道的最高點C，即小球到達C點的速度為零，依據(jù)機械能守恒定律可得mgh＝mgR，解得h＝R，即釋放點距A點的高度為R，故A錯誤；在B點對小球由牛頓其次定律可得FN－mg＝meq\f(v\o\al(2,B),R)，依據(jù)動能定理有mg(2R＋R)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，解得FN＝7mg，則小球經(jīng)過最低點B時軌道對小球的支持力為7mg，故B正確；小球C點飛出做平拋運動，水平方向上有R＝vCt，豎直方向上有R＝eq\f(1,2)gt2，由動能定理有mg(h－R)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)，解得釋放點距A點的高度為h＝1.25R，故C錯誤；由于小球通過C點恰好對圓管無作用力的臨界速度滿意eq\f(mv\o\al(2,Co),R)＝mg，即vCo＝eq\r(gR)，由分析可知vC＝eq\r(\f(gR,2))<vCo，由圓管對小球作用力FNC方向豎直向上，由牛頓其次定律可得mg－FNC＝eq\f(mv\o\al(2,C),R)，聯(lián)立解得FNC＝eq\f(1,2)mg，依據(jù)牛頓第三定律可知，小球?qū)A管的作用力大小為eq\f(1,2)mg，方向豎直向下，故D錯誤。4．(2024·湖南岳陽月考)將三塊木板1、2、3分別固定在墻角，構(gòu)成如圖所示的三個斜面，其中1與2底邊相同，2和3高度相同?，F(xiàn)將一個可以視為質(zhì)點的物塊，分別從三塊木板的頂端由靜止釋放，沿木板下滑究竟端。下列說法中正確的是(D)A．若木板均光滑，沿木板2和3下滑究竟端時，物塊的速度相同B．若木板均光滑，物塊沿木板3下滑究竟端時，速度最大C．若木板均光滑，物塊沿木板3下滑究竟端的過程用時最短D．若木板1和2粗糙程度相同，則物塊沿木板1和木板2下滑究竟端的過程中，克服摩擦力做功相同[解析]若木板光滑，物塊從高為h的木板上由靜止滑究竟端時，依據(jù)動能定理有mgh＝eq\f(1,2)mv2，可知只要物塊下降的高度相同，到達底端時的速度大小相同，但方向不同，下降的高度越大，物塊沿木板下滑究竟端時的速度越大，A、B均錯誤；設(shè)木板與豎直方向的夾角為θ，若木板均光滑，在物塊下滑過程中由牛頓其次定律得mgcosθ＝ma，a＝gcosθ，位移為L＝eq\f(h,cosθ)，時間為L＝eq\f(1,2)at2，聯(lián)立解得物塊沿木板下滑究竟端的時間為t＝eq\r(\f(2h,gcos2θ))，由此可知，當(dāng)高度相同時，θ越小，運動時間越小，故物塊沿木板2下滑究竟端的過程用時比物塊沿木板3下滑究竟端的過程用時短，C錯誤；若木板1和2粗糙程度相同，設(shè)木板與水平方向的夾角為α，物塊的水平位移為s，物塊所受摩擦力f＝μmgcosα，物塊沿木板下滑的位移L＝eq\f(s,cosα)，摩擦力做功W＝－fL＝－μmgs，故克服摩擦力做功與α大小無關(guān)，兩次做功相同，D正確。5．(2024·云南保山期末)如圖所示，粗糙水平面與半徑為R的eq\f(2,3)光滑圓軌道之間由小圓弧平滑連接，一質(zhì)量為m的小球恰以初速度v0從A點沿切線進入圓軌道。假如小球恰好能夠兩次經(jīng)過軌道最高點，已知重力加速度為g，則小球與水平面之間的動摩擦因數(shù)是(B)A．μ＝eq\f(\r(3)v\o\al(2,0),6gR)－eq\f(\r(3),3) B．μ＝eq\f(\r(3)v\o\al(2,0),6gR)－eq\f(2\r(3),3)C．μ＝eq\f(\r(3)v\o\al(2,0),6gR) D．μ＝eq\f(\r(3)v\o\al(2,0),6gR)－eq\f(\r(3),6)[解析]小球其次次恰好經(jīng)過軌道最高點的速度為v，依據(jù)牛頓其次定律可得：mg＝meq\f(v2,R)，全過程依據(jù)動能定理可得：－μmg·eq\r(3)R－mgR(1＋eq\f(1,2))＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得：μ＝eq\f(\r(3)v\o\al(2,0),6gR)－eq\f(2\r(3),3)，故B正確，ACD錯誤。二、多項選擇題：在每小題給出的四個選項中，有多項是符合題目要求的。6．(2024·天津五區(qū)縣聯(lián)考)如圖所示，豎直平面內(nèi)有一光滑圓環(huán)，半徑為R，圓心為O，B為最低點，C為最高點，圓環(huán)左下方開一個小口與光滑斜面相切于A點，∠AOB＝37°，小球從斜面上某一點D由靜止釋放，經(jīng)A進入圓軌道，不計小球由D到A的機械能損失，(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)則要保證運動過程中小球不離開軌道，小球釋放的位置到A點的距離可能是(AD)A．R B．2RC．3R D．4R[解析]若使小球恰能經(jīng)過最高點C，則mg＝meq\f(v\o\al(2,C),R)，以B為零勢面，依據(jù)動能定理有mg(h－2R)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)，解得h＝eq\f(5,2)R，小球釋放的位置到A點的距離是x＝eq\f(h－R1－cos37°,sin37°)＝eq\f(23,6)R；若使小球恰能經(jīng)過與圓心O等高的一點，則釋放的高度h′＝R，此時小球釋放的位置到A點的距離是x′＝eq\f(h′－R1－cos37°,sin37°)＝eq\f(4,3)R；要保證運動過程中小球不離開軌道，小球釋放的位置到A點的距離應(yīng)滿意：x≥eq\f(23,6)R或x′≤eq\f(4,3)R，A、D正確。7.(2024·山東濰坊中學(xué)模擬)如圖所示，不行伸長的輕繩長為l，一端固定在O點，另一端拴接一質(zhì)量為m的小球，將小球拉至與O等高，細繩處于伸直狀態(tài)的位置后由靜止釋放，在小球由靜止釋放到運動至最低點的過程中，小球所受阻力做的功為W，重力加速度為g，則小球到達最低點時(AC)A．向心加速度a＝eq\f(2mgl＋W,ml)B．向心加速度a＝eq\f(2mgl－W,ml)C．繩的拉力F＝eq\f(3mgl＋2W,l)D．繩的拉力F＝eq\f(2mgl＋2W,l)[解析]從最高點到最低點過程中，重力做正功，阻力做負功，依據(jù)動能定理可得mgl＋W＝eq\f(1,2)mv2，在最低點重力和繩子的拉力充當(dāng)向心力，所以有F－mg＝meq\f(v2,l)，聯(lián)立可得F＝eq\f(3mgl＋2W,l)，依據(jù)公式a＝eq\f(v2,l)可得a＝eq\f(2mgl＋W,ml)，A、C正確。8．(2024·廣東汕頭一模)我國將于2024年舉辦冬奧會，跳臺滑雪是其中最具欣賞性的競賽項目之一，如圖所示為跳臺滑雪的示意圖，助滑坡由長度為55m的斜面AB(傾角θ＝37°)和半徑為25m的光滑圓弧BC組成，兩者相切于B點，過圓弧最低點C的切線水平。CD為著陸坡(傾角α＝30°)。一運動員連同滑板(整體可視為質(zhì)點)從A點由靜止滑下，到C點時以vC＝26m/s的速度水平飛出，不計空氣阻力，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，則關(guān)于該運動員，下列說法正確的是(BCD)A．經(jīng)過C點時對軌道的壓力約為其重力的2.7倍B．在B點的速度大小約為24m/sC．在斜面AB上的運動時間約為4.6sD．運動員落在著陸坡時的速度大小與C點速度vC大小成正比[解析]本題為多過程運動問題，考查直線運動規(guī)律、圓周運動與動能定理及動量定理的綜合應(yīng)用。在C點，軌道支持力和重力的合力供應(yīng)向心力，則FNC－mg＝meq\f(v\o\al(2,C),r)，代入數(shù)據(jù)得FNC≈3.7mg，由牛頓第三定律可知F′NC≈3.7mg，故A錯誤；運動員由B運動到C，由動能定理得mg(r－rcosθ)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，代入數(shù)據(jù)得vB＝24m/s，故B正確；運動員由A運動到B，由運動學(xué)公式得veq\o\al(2,B)－0＝2aABL，得aAB＝eq\f(288,55)m/s2，解得t＝eq\f(vB,aAB)≈4.6s，故C正確；運動員從C點飛出后，在空中做平拋運動落到斜面上的D點，位移偏向角為α，則有tanα＝eq\f(y,x)＝eq\f(\f(1,2)gt\o\al(2,CD),vCtCD)＝eq\f(gtCD,2vC)，解得tCD＝eq\f(2vCtanα,g)；又豎直方向vy＝gtCD，veq\o\al(2,D)＝veq\o\al(2,y)＋veq\o\al(2,C)，聯(lián)立解得veq\o\al(2,D)＝4veq\o\al(2,C)tan2α＋veq\o\al(2,C)，即vD＝eq\r(\f(7,3))vC，vD∝vC，故D正確。三、非選擇題9．(2024·四川攀枝花一診)如圖所示，AB是半徑為R的四分之一光滑圓弧軌道，固定在豎直平面內(nèi)，B為軌道最低點，距水平地面的高度為eq\f(1,2)R?，F(xiàn)將質(zhì)量為m的小球從A點正上方的某點P(圖中未畫出)由靜止釋放，最終落在水平地面上的C點，C點距B點的水平距離為2R。重力加速度為g，不計空氣阻力，求：(1)小球經(jīng)過B點時，軌道對小球的作用力大??；(2)P點距A點的高度。[答案](1)5mg(2)R[解析]本題考查動能定理在直線與圓弧曲線組合模型中的應(yīng)用。(1)設(shè)小球在B點的速度大小為vB，受到軌道的作用力大小為N，從B點至落地過程的時間為t，由運動學(xué)公式得eq\f(1,2)R＝eq\f(1,2)gt2，2R＝vBt，由牛頓其次定律可知，小球在B點所受合力供應(yīng)向心力，有N－mg＝meq\f(v\o\al(2,B),R)，聯(lián)立以上各式得N＝5mg;(2)設(shè)P點距A點的高度為h，小球從P點下落至B點過程由動能定理得mg(h＋R)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，解得h＝R。10．如圖所示，水平路面C點的右側(cè)有一長度L1＝2m的木板M。一物塊放在木板的最右端，并隨木板一起向左側(cè)固定的平臺運動，木板的上表面與平臺等高。平臺上表面AB的長度s＝3m，光滑半圓軌道AFE豎直固定在平臺上，圓軌道半徑R＝0.4m，最低點與平臺AB相切于A點。當(dāng)木板的左端與平臺的距離L＝2m時，木板與物塊向左運動的速度v0＝8m/s。木板與平臺的豎直壁碰撞后，木板馬上停止運動，物塊在木板上滑動并滑上平臺。已知木板