2023一轮复习课后速练23 5.2 动能定理

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2023一轮复习课后速练(二十三)一、选择题1．(2021·福建模拟)质量为m的跳水运动员，从离水面高为h的跳台上以速度v1跳起，最后以速度v2进入水中，若不计空气阻力，则运动员起跳时所做的功等于(　　)A.mv12＋mgh　　　　　　 B.mv12－mghC.mv22＋mgh   D.mv22－mgh【答案】　D【思维分析】 运动员所做的功转化为运动员的动能W＝mv12，在整个过程中，由动能定理可得mgh＝mv22－mv12，则运动员起跳时所做的功为W＝mv12＝mv22－mgh，故选D项．2．(2021·湖南三模)如图甲所示．质量m＝1 kg的木块(视为质点)被水平向左的力F压在竖直墙上，木块初始位置离地面的高度H＝4 m，木块与墙面间的动摩擦因数μ＝0.2，木块距离地面的高度h与力F间的关系如图乙所示，取重力加速度大小g＝10 m/s2.则木块下滑到地面前瞬间的速度大小为(　　)A．4 m/s   B．6 m/sC．8 m/s   D．10 m/s【答案】　C【思维分析】 木块下滑过程摩擦力为f＝μFN＝μF，则可知最大摩擦力为fm＝μFm＝4 N，木块下滑过程摩擦力的大小与下滑位移呈线性关系，则有mgH－H＝mv2，其中＝＝2 N，解得v＝8 m/s，故选C项．3．(2022·四川模拟)如图所示，在固定的四分之一圆轨道的圆心O处，以不同的初速度水平抛出同一小球，不计空气阻力．若小球的初速度从零开始逐渐增大，则小球落在圆轨道上的动能将(　　)A．一直增大   B．一直减小C．先增大后减小   D．先减小后增大【答案】　D【思维分析】 设小球落在圆轨道时，小球的位移与竖直方向的夹角为θ，圆轨道的半径为R，小球做平抛运动的初速度为v0，则Rsin θ＝v0t，Rcos θ＝gt2，设小球落在圆轨道上的动能为Ek，由动能定理得mgRcos θ＝Ek－mv02，联立以上各式，解得Ek＝mgR≥mgR，当cos θ＝时，Ek有最小值，此时0°<θ<90°，所以小球的初速度从零开始逐渐增大，θ将从0°到90°逐渐增大，小球落在圆轨道上的动能将先减小后增大，故A、B、C三项错误，D项正确．故选D项．4．(2021·常德模拟)人类发射卫星时总是自西向东发射，以利用地球的自转速度达到节省燃料的目的．已知地球的质量为M、半径为R、自转周期为T，引力常量为G，在位于赤道的发射场发射一质量为m的卫星，使其成为近地卫星，则至少需要对该卫星做的功为(　　)A.   B.()2C.－()2   D.()2－【答案】　C【思维分析】 卫星发射前随地球自转时的速度v1＝，卫星发射后成为近地卫星，有＝得到v2＝，卫星势能没有发生变化，则有W＝mv22－mv12＝－()2，故选C项．5．(2021·河南二模)一质量为0.5 kg的小球从倾角为30°的斜面顶端以大小为v0的水平初速度抛出后开始做曲线运动，当小球落到斜面上时，速率恰好也为v0.小球除受到重力以外，还受到一个恒定外力，此恒定外力的最小值为(g取10 m/s2)(　　)A．5 N   B. NC．2.5 N   D. N【答案】　C【思维分析】 由于小球落到斜面上时速率恰好也为v0，根据动能定理可知，该过程合力做功为零，合力恒定，所以合力方向一定与斜面垂直，且垂直斜面向下，如右图三个力构成矢量三角形，当恒力垂直于合力时，恒力的值最小，由图可得F恒min＝mgsin 30°＝2.5 N，故选C项．6．(2021·江苏模拟)小球被竖直向上抛出，然后回到原处．小球初动能为Ek0，所受空气阻力与速度大小成正比，则该过程中，小球的动能与位移x关系的图线是下列图中的(　　)【答案】　C【思维分析】 小球上升过程－mgx－fx＝Ek－Ek0，所以Ek＝Ek0－mgx－kvx小球下降过程mgx－fx＝Ek，所以Ek＝mgx－kvx，故选C项．7．(2021·山西模拟)物体沿直线运动的v－t关系如图所示，已知在第1秒内合力对物体做的功为W，则(　　)A．从第1秒末到第3秒末合力做功为4WB．从第3秒末到第5秒末合力做功为－2WC．从第5秒末到第7秒末合力做功为WD．从第3秒末到第4秒末合力做功为－2W【答案】　C【思维分析】 物体在第1秒末到第3秒末做匀速直线运动，合力为零，做功为零，故A项错误；从第3秒末到第5秒末动能的变化量与第1秒内动能的变化量相反，合力做负功，等于－W，故B项错误；从第5秒末到第7秒末动能的变化量与第1秒内动能的变化量相同，合力做功相同，即为W，故C项正确；从第3秒末到第4秒末动能变化量是负值，大小等于第1秒内动能的变化量的，则合力做功为－0.75W，故D项错误．故选C项．8．(2022·江西模拟)(多选)有两条滑道平行建造，左侧相同而右侧有差异，一个滑道的右侧水平，另一个的右侧是斜坡．如图所示，某滑雪者保持一定姿势坐在雪橇上不动，从高度为h1的A点由静止开始沿倾角为θ的滑道下滑，最后停在与A点水平距离为s的水平滑道上，接着改用另一个滑道，从与A点等高的位置由静止开始下滑，结果能运动到另一个倾角为α的滑道上高度为h2的E点停下．若动摩擦因数处处相同，且不考虑雪橇在路径转折处的能量损失，则(　　)A．动摩擦因数为tan θ   B．动摩擦因数为C．倾角α一定小于θ   D．倾角α可以大于θ【答案】　BC【思维分析】 第一次停在水平滑道上的某点，根据动能定理得mgh1－μmgcos θ－μmgs′＝0，由几何关系，有＋s′＝s，整理，得mgh1－μmgs＝0，解得μ＝，故A项错误，B项正确；在AB段由静止下滑，说明μmgcos θ<mgsin θ，第二次上滑BE滑道，并在E点停下，说明μmgcos α>mgsin α，故倾角α一定小于θ，故C项正确，D项错误．故选B、C两项．9．(2022·湖南模拟)(多选)如图所示，在倾角为θ的斜面上，轻质弹簧一端与斜面底端固定，另一端与质量为M的平板A连接，一个质量为m的物体B靠在平板的右侧，A、B与斜面间的动摩擦因数均为μ.开始时用手按住物体B使弹簧处于压缩状态，现放手，使A和B一起沿斜面向上运动距离L时，A和B达到最大速度v.则下列说法正确的是(　　)A．A和B达到最大速度v时，弹簧是自然长度B．若运动过程中A和B能够分离，则A和B恰好分离时，二者加速度大小均为g(sin θ＋μcos θ)C．从释放到A和B达到最大速度v的过程中，弹簧对A所做的功等于Mv2＋MgLsin θ＋μMgLcos θD．从释放到A和B达到最大速度v的过程中，A对B所做的功等于mv2＋mgLsin θ＋μmgLcos θ【答案】　BD【思维分析】 A、B速度最大时，受力平衡，加速度为零，通过受力分析可知此时弹簧应处于压缩状态，A项错误；A、B恰好分离时，二者相互作用力为零，加速度相等，对B受力分析，由牛顿第二定律可得mg(sin θ＋μcos θ)＝ma，解得a＝g(sin θ＋μcos θ)，B项正确；对A从释放到速度达到最大的过程由动能定理可得W弹－MgLsin θ－μMgLcos θ－WBA＝Mv2，解得W弹＝MgLsin θ＋μMgLcos θ＋WBA＋Mv2，C项错误；对B从释放到速度达到最大的过程由动能定理可得WAB－mgLsin θ－μmgLcos θ＝mv2，解得WAB＝mgLsin θ＋μmgLcos θ＋mv2，D项正确．故选B、D两项．10．(2021·浙江模拟)(多选)如图甲所示，由弹丸发射器、固定在水平面上的37°斜面体以及放置在水平地面上的光滑半圆形挡板墙(挡板墙上分布有多个力传感器)构成的游戏装置，半圆形挡板的半径R＝0.5 m，斜面高度h＝0.9 m，弹丸与斜面间的动摩擦因数μ1＝0.5.游戏者调节发射器，弹丸到B点时速度沿斜面且大小为5 m/s，接着他将半圆形挡板向左平移使C、D两端重合．挡板墙上各处的力传感器收集到的侧压力F与墙上转过圆心角θ之间的关系如图乙所示．下列说法正确的是(　　) A．弹丸的质量为0.2 kgB．弹丸的质量为0.4 kgC．弹丸与地面间的动摩擦因数为0.6D．弹丸与地面间的动摩擦因数为0.8【答案】　AC【思维分析】 弹丸从B到D过程由动能定理得mgh－μ1mgcos 37°·＝mvD2－mvB2，由图乙可知，在D点，挡板对弹丸的支持力为12.4 N，由牛顿第二定律有12.4 N＝m，联立解得m＝0.2 kg，故A项正确，B项错误；设弹丸与地面之间的动摩擦因数为μ2，设转过3 rad后的速度为v，由动能定理得－μ2mg·3×R＝mv2－mvD2，在转过3 rad后挡板对弹丸的支持力为5.2 N，由牛顿第二定律得5.2 N＝m，联立解得μ2＝0.6，故C项正确，D项错误．故选C项．二、非选择题11．(2021·张家口模拟)2022年北京将与张家口一同举办第24届冬奥会．俯式冰橇(又叫钢架雪车)是冬奥会的比赛项目之一，其场地可简化为赛道AB和缓冲道BC、CD三部分，其中CD部分水平，各部分平滑连接．已知xAB＝1 200 m，赛道AB的倾角为α，BC的倾角为β，冰橇与赛道AB间的动摩擦因数为μ1＝0.05、冰橇与BC间的动摩擦因数为μ2＝0.6.比赛时，触发信号灯亮起后，质量为M＝60 kg的运动员从起点A开始，以平行赛道AB的恒力F＝40 N推动质量m＝40 kg的冰橇由静止开始沿赛道向下运动，8 s末迅速登上冰橇，与冰橇一起沿赛道滑行做匀加速直线运动．设运动员登上冰橇前后冰橇速度不变，不计空气阻力(取sin α≈0.1，cos α≈1，sin β≈0.3，cos β≈0.95，g＝10 m/s2)．(1)求比赛中运动员最大速度的大小vm；(2)为确保此运动员能够停在水平道CD上，缓冲道BC的长度xBC不能超过多少？(结果保留3位有效数字)【答案】　(1)36 m/s　(2)74.5 m【思维分析】 (1)冰橇在被人推动过程中有F＋mgsin α－μ1mgcos α＝ma18 s内冰橇位移x1＝a1t28 s时冰橇速度v1＝a1t8 s后对人和冰橇整体有[(M＋m)gsin α－μ1(M＋m)gcos α](xAB－x1)＝(M＋m)vm2－(M＋m)v12联立解得vm＝36 m/s.(2)人和冰橇在沿BC上滑过程中若运动员到达C点速度恰好为0时xBC最长，则有－[(M＋m)gsin β＋μ2(M＋m)gcos β]xBC＝0－(M＋m)vm2得xBC≈74.5 m.12．(2022·河南模拟)某科技小组制作的轨道如图所示，它由水平轨道和在竖直平面内的很多个光滑圆形轨道组成．滑块的质量为m＝0.1 kg，滑块与第一个圆轨道最低点及相邻圆轨道最低点之间距离均为L＝6 m，圆轨道的半径分别为R1、R2、R3…(图中只画了三个轨道，滑块可视为质点)，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为μ＝0.1，开始时，滑块以初速度v0＝10 m/s向右运动，滑块均恰好能在每个竖直轨道内做完整的圆周运动，g取10 m/s2，求：(1)滑块运动到第一圆轨道最低点时对轨道的压力为多大？(2)滑块总共经过几个圆轨道？【答案】　(1)6 N　(2)8个【思维分析】 (1)设滑块运动到第一圆轨道最低点时的速度为v1，根据动能定理得－μmgL＝mv12－mv02，根据牛顿第二定律有FN－mg＝，小球恰好做圆周运动，在最高点mg＝，从最低点运动到最高点根据动能定理有－2mgR1＝mv′12－mv12，联立解得FN＝6 N根据牛顿第三定律，滑块运动到第一圆轨道最低点时对轨道的压力为6 N.(2)设在水平轨道上运动的总距离为x，根据能量守恒有：μmgx＝mv02解得x＝50 mn＝≈8.3n只能取整数，故n＝8.13．(2021·江苏模拟)如图所示是某学校水塔简易图，管道铺设在倾角为θ的斜面上，管道口C水平，C距离水平地面高度为h.为了减小水对管道的冲击力，把管道ABC部分做成半径为r的圆形管道，AB平行于斜面且是圆的直径．某时刻储水罐中的水面距离水平地面高度为H，储水罐的横截面积远大于管道的横截面积S，管道中水的密度为ρ，水通过管道时阻力不计，水通过管道转弯处近似认为速度大小保持不变，重力加速度为g.求：(1)水流经过管道B点处的速度大小；(2)质量为Δm的小水柱对管道B点处作用力的大小；(3)水从C点喷出后落地点距离管口C点正下方D点的距离．【答案】　(1)(2)(3)2【思维分析】 (1)因为储水罐横截面积远大于管道的横截面积，可认为当质量为Δm的小水柱从储水罐中流出时，储水罐中的水面高度几乎不变，根据动能定理得Δmg(H－h＋rsin θ)＝Δm·vm2解得vm＝.(2)质量为Δm的小水柱在B点处受力如图所示，管道给水柱的力可以分解为FN1、FN2，根据力与运动的关系可知FN1－Δmgsin θ＝Δm，FN2＝Δmgcos θ解得FN1＝2Δmg＋3Δmgsin θ由牛顿第三定律知，在B点水柱对管道的力等于管道给水的作用力大小为FN＝＝(3)水到达C点时根据动能定理有Δmg(H－h)＝ΔmvC2解得vC＝水离开管口C点后做平抛运动，在空中飞行满足h＝gt2 解得t＝则落地点E到D点的距离xED＝vCt＝2.