2023版高考物理专题35动能定理及应用练习含解析

这是一份2023版高考物理专题35动能定理及应用练习含解析，共7页。试卷主要包含了滑雪运动深受人民群众喜爱等内容，欢迎下载使用。
专题35　动能定理及应用1．对研究对象进行受力分析、运动分析和各力做功分析，明确对哪个过程应用动能定理.2.列动能定理方程要规范：W1＋W2＋W3…＝Ek2－Ek1(注意各功的正负号问题).3.优先选用动能定理的四种情况：(1)不涉及加速度和时间，只涉及速度和位移的问题．(2)有多个物理过程的问题(特别是往复运动)．(3)变力做功问题．(4)曲线运动问题．1．(2019·广东六校联考)北京获得2022年冬奥会举办权，冰壶是冬奥会的比赛项目．将一个冰壶以一定初速度推出后，冰壶运动一段距离停下来．换一个材料相同、质量更大的冰壶，以相同的初速度推出后，冰壶运动的距离将(　　)A．不变  B．变小  C．变大  D．无法判断答案　A解析　冰壶在冰面上以一定初速度被推出后，在滑动摩擦力作用下做匀减速运动，根据动能定理有－μmgs＝0－mv2，得s＝，两种冰壶的初速度相等，材料相同，故运动的距离相等，故选项A正确．2．有一种太阳能驱动的小车，当太阳光照射到小车上方的光电板时，光电板中产生的电流经电动机带动小车前进．若质量为m的小车在平直的水泥路上从静止开始沿直线加速行驶，经过时间t前进的距离为x，且速度达到最大值vm.设这一过程中电动机的功率恒为P，小车所受阻力恒为Ff，那么这段时间内(　　 )A．小车做匀加速运动B．小车受到的牵引力逐渐增大C．小车受到的合外力所做的功为PtD．小车受到的牵引力做的功为Ffx＋mv答案　D解析　小车在运动方向上受牵引力F和阻力Ff，因为v增大，P不变，由P＝Fv，F－Ff＝ma，得出F逐渐减小，a也逐渐减小，当v＝vm时，a＝0，故A、B错误；合外力做的功W外＝Pt－Ffx，由动能定理得Pt－Ffx＝mv，故牵引力做的功W＝Pt＝Ffx＋mv，故C错误，D正确．3.光滑斜面上有一个小球自高为h的A处由静止开始滚下，抵达光滑水平面上的B点时速度大小为v0.光滑水平面上每隔相等的距离设置了一个与小球运动方向垂直的活动阻挡条，如图1所示，小球越过n条活动阻挡条后停下来．若让小球从h高处以初速度v0滚下，则小球能越过的活动阻挡条的条数是(设小球每次越过活动阻挡条时损失的动能相等)(　　 )图1A．n  B．2n  C．3n  D．4n答案　B解析　设每条阻挡条对小球做的功为W，当小球在水平面上滚动时，由动能定理得nW＝0－mv，对第二次有NW＝0－mv＝0－，又因为mv＝mgh，联立解得N＝2n，选项B正确．4．如图2所示，质量为0.1 kg的小物块在粗糙水平桌面上滑行4 m后以3.0 m/s的速度飞离桌面，最终落在水平地面上，已知物块与桌面间的动摩擦因数为0.5，桌面高0.45 m，若不计空气阻力，取g＝10 m/s2，则(　　)图2A．小物块的初速度是5 m/sB．小物块的水平射程为1.2 mC．小物块在桌面上克服摩擦力做8 J的功D．小物块落地时的动能为0.9 J答案　D解析　由－μmgs＝mv2－mv得：v0＝7 m/s，Wf＝－μmgs＝－2 J，A、C错误．由h＝gt2，x＝vt得x＝0.9 m，B错误．由mgh＝Ek－mv2得，落地时Ek＝0.9 J，D正确．5.如图3所示，小物块与水平轨道、倾斜轨道之间的动摩擦因数均相同，小物块从倾角为θ1的轨道上高度为h的A点由静止释放，运动至B点时速度为v1.现将倾斜轨道的倾角调为θ2，仍将物块从轨道上高度为h的A点由静止释放，运动至B点时速度为v2.已知θ2<θ1，不计物块在轨道接触处的机械能损失．则(　　)图3A．v1<v2B．v1>v2C．v1＝v2D．由于不知道θ1、θ2的具体数值，v1、v2关系无法判定答案　C解析　设A点在水平轨道的竖直投影点为C，水平轨道与倾斜轨道的交点为D，物体运动过程中摩擦力做负功，重力做正功，由动能定理可得mv2－0＝mgh－μmgcos θ·－μmgxBD＝mgh－μmgh·－μmgxBD，因为h·＝xCD，所以mv2＝mgh－μmgxBC，故物块到达B点的速度与倾斜轨道的倾角无关，所以v1＝v2，故C项正确．6.(多选)运动员以一定的初速度将冰壶沿水平面推出，由于摩擦阻力的作用，其动能随位移变化图线如图4所示．已知冰壶质量为19 kg，g取10 m/s2，则以下说法正确的是(　　)图4A．μ＝0.05   B．μ＝0.01C．滑行时间t＝5 s   D．滑行时间t＝10 s答案　BD解析　对冰壶由动能定理得－μmgx＝0－mv，得μ＝＝＝0.01，选项A错误，B正确；冰壶运动时有a＝μg＝0.1 m/s2，由运动学公式x＝at2得t＝10 s，选项C错误，D正确．7.如图5所示，竖直平面内放一直角杆MON，OM水平，ON竖直且光滑，用不可伸长的轻绳相连的两小球A和B分别套在OM和ON杆上，B球的质量为2 kg，在作用于A球上的水平力F的作用下，A、B两球均处于静止状态，此时A球距O点的距离为xA＝0.3 m，B球距O点的距离xB＝0.4 m，改变水平力F的大小，使A球向右加速运动，已知A球向右运动0.1 m时的速度大小为3 m/s，则在此过程中绳的拉力对B球所做的功为(取g＝10 m/s2)(　　)图5A．11 J   B．16 JC．18 J   D．9 J答案　C解析　A球向右运动0.1 m时，A球的速度大小vA＝3 m/s，A球距O点的距离xA′＝0.4 m，B球距O点的距离为xB′＝0.3 m．设此时轻绳与OM的夹角为α，则有tan α＝.由运动的合成与分解可得vAcos α＝vBsin α，解得vB＝4 m/s.以B球为研究对象，此过程中B球上升的高度h＝0.1 m，由动能定理可得W－mgh＝mv－0，解得轻绳的拉力对B球所做的功为W＝18 J，选项C正确．8．(多选)如图6甲所示，在水平地面上放置一个质量为m＝4 kg的物体，让它在随位移均匀减小的水平推力F作用下运动，水平推力F随位移x变化的图象如图乙所示(x＝4.0 m后无推力存在)．已知物体与地面之间的动摩擦因数μ＝0.5，g＝10 m/s2.则下列说法正确的是(　　)图6A．运动过程中物体的最大加速度为20 m/s2B．在距出发点3.0 m位置时物体的速度达到最大C．推力对物体做的功为180 JD．物体在水平面上运动的最大位移是10 m答案　AD解析　由牛顿第二定律得F－μmg＝ma，则推力F＝100 N时，物体所受合力最大，加速度最大，代入解得a＝20 m/s2，选项A正确；由图象可得推力F随位移x变化的数学关系式为F＝100－25x(0≤x≤4.0 m)，物体的速度最大时，加速度为零，即此时F＝μmg，代入解得x＝3.2 m，即在距出发点3.2 m位置时物体的速度达到最大，选项B错误；由F－x图象可知推力对物体做的总功等于F－x图象与坐标轴围成的面积，即WF＝F·x0，其中F＝100 N，x0＝4.0 m，解得WF＝200 J，选项C错误；由动能定理得WF－μmgxmax＝0，代入数据得xmax＝10 m，即物体在水平地面上运动的最大位移是10 m，选项D正确．9．(多选)(2020·山东日照市校际联考)滑雪运动深受人民群众喜爱．如图7，竖直面内有半径为R的圆弧形滑道AB，一质量为m的滑雪爱好者(可视为质点)从滑道的A点由静止开始下滑，到达最低点B时对滑道的压力大小为mg(g为当地的重力加速度)．已知过A点的切线与竖直方向的夹角为30°，滑道各处动摩擦因数相同，则滑雪爱好者在沿着AB下滑的过程中(　　)图7A．重力的功率先增大后减小B．始终处于失重状态C．克服摩擦力做功为mgRD．受到的摩擦力大小为mg答案　AC解析　下滑过程中，竖直方向的分速度先增大，后减小，故重力的功率先增大后减小，A正确．由于竖直方向加速度先向下后向上，故先处于失重状态后处于超重状态，B错误．B点：由FN－mg＝m，A到B，mgR(1－sin 30°)－Wf＝mv2，得Wf＝mgR，C正确．滑行过程中，弹力变化，故摩擦力也是变化的，不是一个确定值，D错误．10.(多选)如图8所示，竖直平面内有一光滑圆环，半径为R，圆心为O，B为最低点，C为最高点，圆环左下方开一个小口与光滑斜面相切于A点，∠AOB＝37°，小球从斜面上某一点D由静止释放，经A点进入圆轨道，不计小球由D到A的机械能损失，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则要保证运动过程中小球不离开轨道，小球释放的位置到A点的距离可能是(　　)图8A．R  B．2R  C．3R  D．4R答案　AD解析　若使小球恰能经过最高点C，则mg＝m，根据动能定理mg(h－2R)＝mv，解得h＝R，小球释放的位置到A点的距离是x≥＝R，选项D正确；若使小球恰能经过与圆心O等高的一点，则释放的高度h＝R，此时小球释放的位置到A点的距离是x≤＝R，选项A正确．11.(多选)如图9所示，竖直平面内固定一内壁粗糙的半圆弧槽，半径为2R，一质量为m的滑块(可视为质点)从距半圆弧槽D点正上方3R的A点自由下落，经过半圆弧槽后，滑块从半圆弧槽的左端冲出，刚好到达距半圆弧槽正上方2R的B点．不计空气阻力，重力加速度为g，则(　　)图9A．滑块第一次到达半圆弧槽D点的速度为B．滑块第一次到达D点时对半圆弧槽的压力为6mgC．滑块第一次通过半圆弧槽的过程中克服摩擦力做的功为mgRD．滑块从B点返回后经C再次到达D点时的速度为答案　AC解析　滑块从A到D做自由落体运动，满足3mgR＝mv，解得v0＝，选项A正确；滑块第一次到达D点时，有FN＝m＝3mg，选项B错误；滑块刚进入半圆弧槽的速度v0＝，从滑块刚进入半圆弧槽至运动到B点的过程中，设滑块克服摩擦力做的功为Wf，根据动能定理有－mg·2R－Wf＝0－mv，解得Wf＝mgR，选项C正确；若滑块第二次进入半圆弧槽克服摩擦力做的功不变，则滑块从B点到D点满足mg·2R－Wf＝mv，解得vD＝，但滑块第二次进入半圆弧槽克服摩擦力做的功变小，故选项D错误．12.(2020·广西桂林市质检)如图10所示，倾角为37°的粗糙斜面AB底端与半径R＝0.4 m的光滑半圆轨道BC平滑相连，O点为轨道圆心，BC为圆轨道直径且处于竖直方向，A、C两点等高，质量m＝1 kg的滑块从A点由静止开始下滑，恰能滑到与O点等高的D点，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.图10(1)求滑块与斜面间的动摩擦因数μ；(2)若使滑块能到达C点，求滑块从A点沿斜面滑下时的初速度v0的最小值；(3)若滑块离开C点的速度大小为4 m/s，求滑块从C点飞出至落到斜面上所经历的时间t.答案　(1)0.375　(2)2 m/s　(3)0.2 s解析　(1)滑块恰能滑到D点，则vD＝0滑块从A→B→D过程中，由动能定理得mg(2R－R)－μmgcos 37°·＝0解得μ＝0.375；(2)当vC为最小值时，v0有最小值．滑块恰能过C点时，vC有最小值，则在C点mg＝m滑块从A→B→D→C过程，由动能定理得－μmgcos 37°·＝mv－mv联立解得v0＝2 m/s；(3)滑块离开C点后做平抛运动，设下落的高度为h，则有h＝gt2，x＝vC′t，＝tan 53°其中vC′＝4 m/s，联立解得t＝0.2 s.