新教材适用2024版高考物理一轮总复习练案15第五章机械能第2讲动能定理及其应用

练案[15]第2讲　动能定理及其应用

一、选择题(本题共9小题，1～6题为单选，7～9题为多选)

1．(2022·河南驻马店高三期末)一质量为m的物体在水平恒力F(大小未知)的作用下沿水平地面从静止开始做匀加速直线运动。物体通过的路程为x0时撤去力F，物体继续滑行3x0的路程后停止运动。重力加速度大小为g，物体与地面间的动摩擦因数为μ，则水平恒力F的大小为( C )

A．2μmg  B.3μmg

C.4μmg  D.6μmg

[解析]对物体运动的整个过程，根据动能定理有(F－μmg)x0－μmg×3x0＝0，解得F＝4μmg，故ABD错误，C正确。

2．(2022·河北沧州二模)2022年2月15日，苏翊鸣获得北京冬奥会单板滑雪男子大跳台冠军，比赛时运动员从超过40 m的助滑区出发至起跳台依靠惯性跃向空中，做出一套空中动作后在着陆坡落地。某同学用小球代替运动员用软件模拟了运动员自起跳台处跃向空中到落回着陆坡的过程，如图所示，小球每相邻两个位置对应的时间间隔相等。若将运动员视为质点，不计空气阻力，下列说法正确的是( D )

A．运动员在最高点的速度为0

B．运动员跃起后在相等时间内速度的变化量不同

C．运动员从跃起到上升到最高点和从最高点落回着陆坡所用时间相等

D．运动员落回着陆坡时的速度大于运动员自起跳台处跃向空中时的速度

[解析]运动员在水平方向上做匀速直线运动，最高点速度不为0，选项A错误；运动员跃起后做加速度为g的匀变速运动，相等时间内速度的变化量相同，选项B错误；运动员上升的高度小于下降的高度，上升所用时间小于下降所用时间，选项C错误；运动员所受重力做的总功为正功，动能增大，则运动员落回着陆坡时的速度大于运动员自起跳台处跃向空中时的速度，选项D正确。

3．(2023·山东模拟预测)如图所示，一半圆弧形细杆ABC竖直固定在水平地面上，AC为其水平直径，圆弧半径BO＝3.6 m。质量为m＝4.0 kg的小圆环(可视为质点，小环直径略大于杆的粗细)套在细杆上，在大小为50 N、沿圆的切线方向的拉力F作用下，从A点由静止开始运动，到达B点时对细杆的压力恰好为0。已知π取3.14，重力加速度g取10 m/s2在这一过程中摩擦力做功为( B )

A．66.6 J  B.－66.6 J

C．210.6 J  D.－210.6 J

[解析]小圆环到达B点时对细杆的压力恰好为0，则mg＝m，拉力F沿圆的切线方向，根据动能定理F－mgr＋Wf＝mv2，又r＝3.6 m，摩擦力做功为Wf＝－66.6 J，故选B。

4．(2023·安徽省桐城高三阶段练习)如图所示，竖直平面内半径为R＝0.1 m的圆弧AB，OB垂直于地面BC，在AB上固定一光滑木板DB，一质量为m＝0.2 kg的小物体在DB板的D端由静止滑下，然后冲向水平地面BC，在BC上滑行L＝0.3 m后停下。不计小物体在B点的能量损失，已知小物体与水平地面BC间的动摩擦因数为μ＝0.2，重力加速度g＝10 m/s2，则小物体在木板DB上下滑过程中，重力做功的平均功率是( D )

A．0.03 W  B.0.12 W

C.0.40 W  D.0.60 W

[解析]物块从D点滑到C点过程，根据动能定理WG－μmg·L＝0，得WG＝0.12 J，滑块D点到B点根据等时圆的规律可知2R＝gt2，得t＝0.2 s，所以重力在DB段做功平均功率＝＝0.60 W，故选D。

5．(2023·广西高三阶段练习)如图所示，某人把一个质量m＝2 kg的小球从h＝0.8 m高处以60°角斜向上抛出，初速度v0＝3 m/s，不计空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2。则下列说法正确的是( C )

A．抛出过程中，人对球做的功是16 J

B．物体被抛出后会继续上升，故从抛出到落地过程中重力对小球所做的功大于16 J

C．小球落地时速度大小为5 m/s

D．小球到达最高点的速度为0

[解析]人对球做的功全部转化球的动能，即有W＝mv＝9 J，故A错误；由于不计空气阻力，小球在运动过程中只有重力做功，机械能守恒，重力对小球所做的功为WG＝mgh＝16 J，故B错误；小球整个运动过程中，由动能定理可得mgh＝mv2－mv，代入数据，解得v＝5 m/s，故C正确；因为小球在最高点时，水平方向还有速度，故其速度不为0，故D错误。

6．(2021·山东卷)如图所示，粗糙程度处处相同的水平桌面上有一长为L的轻质细杆，一端可绕竖直光滑轴O转动，另一端与质量为m的小木块相连。木块以水平初速度v0出发，恰好能完成一个完整的圆周运动。在运动过程中，木块所受摩擦力的大小为( B )

A.  B.

C.  D.

[解析]在运动过程中，只有摩擦力做功，而摩擦力做功与路径有关，根据动能定理－Ff·2πL＝0－mv，可得摩擦力的大小Ff＝，故选B。

7．(2023·全国河北高三模拟)如图甲，质量0.5 kg的小物块从右侧滑上匀速转动的水平传送带，其位移与时间的变化关系如图乙所示。图线的0～3 s段为抛物线，3 s～4.5 s段为直线，下列说法正确的是( BCD )

A．传送带沿逆时针方向转动

B．传送带速度大小为2 m/s

C．物块刚滑上传送带时的速度大小为4 m/s

D．0～4.5 s内摩擦力对物块所做的功为－3 J

[解析]根据位移时间图像的斜率表示速度，可知：前2 s物体向左匀减速运动，第3 s内向右匀加速运动。3～4.5 s内x－t图像为一次函数，说明小物块已与传送带保持相对静止，即与传送带一起向右匀速运动，因此传送带沿顺时针方向转动，且速度为v＝＝ m/s＝2 m/s，故B正确，A错误；由图像可知，在第3 s内小物块向右做初速度为零的匀加速运动，则x＝at2，其中x＝1 m，t＝1 s，解得a＝2 m/s2。根据牛顿第二定律μmg＝ma，解得μ＝0.2。在0～2 s内，对物块有v2－v＝－2ax，解得物块的初速度为v0＝4 m/s，故C正确；对物块在0～4.5 s内，根据动能定理Wf＝mv2－mv，解得摩擦力对物块所做的功为Wf＝－3 J，故D正确。

8．(2022·四川绵阳三模)2022年北京冬奥会上中国首次使用了二氧化碳跨临界环保制冰技术，运用该技术可制作动摩擦因数不同的冰面。将一物块以一定的初速度在运用该技术制作的水平冰面上沿直线滑行，共滑行了6 m，运动中的加速度a与位移x的关系如图所示，设位移1.5 m处与6 m处的动摩擦因数分别为μ1、μ2，在前3 m与后3 m运动过程中物块动能改变的大小分别为ΔEk1、ΔEk2，则( AC )

A．μ1μ2＝31  B.μ1μ2＝41

C．ΔEk1ΔEk2＝32  D.ΔEk1ΔEk2＝31

[解析]分别对位移1.5 m处与6 m处由牛顿第二定律得μ1mg＝ma1，μ2mg＝ma2，其中a2＝1 m/s2，a1＝3 m/s2，联立可得μ1μ2＝31，故A正确，B错误；根据动能定理前3 m的动能变化量大小为max＝ΔEk1，后3 m的动能变化量大小为m′x＝ΔEk2，结合a－x图像可得ΔEk1：ΔEk2＝32。故C正确，D错误。

9．(2022·陕西渭南二模)冬奥会上有一种女子单板滑雪U形池项目，如图所示为U形池模型，池内各处粗糙程度相同，其中a、c为U形池两侧边缘，且在同一水平面，b为U形池最低点。某运动员从a点上方h高的O点自由下落由左侧切线进入池中，从右侧切线飞出后上升至最高位置d点(相对c点高度为)。不计空气阻力，重力加速度为g，则运动员( ACD )

A．运动员由a到c的过程中，在ab段克服摩擦力做的功大于在bc段克服摩擦力做的功

B．运动员从d返回经b恰好到达a点

C．运动员从d返回经b一定能越过a点再上升一定高度

D．运动员第一次过b点对轨道的压力大于第二次过b点对轨道的压力

[解析]运动员由a到c的过程中，由于摩擦力做负功，使得ab段与bc段在相同高度的两个位置，总是ab段的速度大于bc段的速度，故ab段的平均速率大于bc段的平均速率，ab段的平均压力大于bc段的平均压力，ab段的平均摩擦力大于bc段的平均摩擦力，故在ab段克服摩擦力做的功大于在bc段克服摩擦力做的功，A正确；由题意数据可知第一次从a到c的过程中，克服摩擦力做功的大小为Wf＝mgh－mg＝mgh，由于从d返回的过程，经过相同位置的速度总是比从a到c过程经过相同位置的速度小，可知返回过程的平均摩擦力比a到c过程的平均摩擦力小，克服摩擦力做功小于mgh，可知运动员从d返回经b一定能越过a点再上升一定高度，B错误，C正确；运动员经过b点时，根据牛顿第二定律可得FN－mg＝m，由于运动员第一次过b点的速度大于第二次过b点的速度，故运动员第一次过b点受到的支持力大于第二次过b点受到的支持力，根据牛顿第三定律可知，运动员第一次过b点对轨道的压力大于第二次过b点对轨道的压力，D正确。

二、非选择题

10．(2023·浙江高三阶段检测)如图所示，光滑曲面轨道AB、光滑竖直圆轨道、水平轨道BD、水平传送带DE各部分平滑连接，水平区域FG足够长，圆轨道最低点B处的入、出口靠近但相互错开，滑块落到FG区域时马上停止运动。现将一质量为m＝0.5 kg的滑块从AB轨道上某一位置由静止释放，若已知圆轨道半径R＝0.8 m，水平面BD的长度x1＝2 m，传送带长度x2＝9 m，距离落地区的竖直高度H＝0.5 m，滑块始终不脱离圆轨道，且与水平轨道BD和传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.2，传送带以恒定速度v0＝6 m/s逆时针转动(不考虑传送带轮的半径对运动的影响)。

(1)若h＝1.2 m，则滑块运动至B点时对圆弧轨道的压力；

(2)若滑块不脱离圆轨道且从E点飞出，求滑块释放点高度h0的取值范围；

(3)求滑块静止时距B点的水平距离x与释放点高度h的关系。

[答案]　(1)20 N　方向竖直向下　(2)h0>2.2 m　(3)见解析

[解析](1)若h＝1.2 m，则滑块运动至B点时，由动能定理可得

mv－0＝mgh

由牛顿第二定律可得

F－mg＝

解得F＝20 N

由牛顿第三定律可知，滑块运动至B点时对圆弧轨道的压力为20 N，方向竖直向下。

(2)若滑块恰好能过C点，则C点时有

mg＝m

从A到C，根据动能定理有

mg(h1－2R)＝mv

解得h1＝2 m

要使滑块恰能运动到E点，则滑块到E点的速度vE＝0，从A到E，根据动能定理有

mgh2－μmg(x1＋x2)＝0－0

解得h2＝2.2 m

显然h2>h1

若滑块不脱离圆轨道且从E点飞出，则滑块释放点的高度

h0>2.2 m

(3)①当滑块释放点的高度范围满足2 m≤h≤2.2 m时，滑块不能从E点飞出，最终停在BD上，设其在BD上滑动的路程为s，根据动能定理有

mgh－μmgs＝0－0

可得s＝＝5h

由于10 m≤5h≤11 m

则5x1≤s<6x1

则滑块静止时距B点的水平距离

x＝12－5h

②当滑块释放点的高度h>2.2 m时，滑块从E点飞出，根据动能定理有

mgh－μmg(x1＋x2)＝mv

解得vE＝2 m/s

由平抛运动知识可知，平抛运动的时间

t＝＝ s

可得x＝x1＋x2＋vEt＝(11＋) m

11．(2022·河北邯郸二模)今年四月份以来，邯郸市新冠疫情形势严峻，疫情无情人有情，社会各界纷纷捐款捐物助力我市抗击疫情。志愿者利用一个L＝9 m长的木板，将高处的捐助物资运送至水平地面(示意图如图甲)。高处的志愿者将质量为10 kg的物资(可视为质点)从木板的上端无初速释放，物资与木板之间的动摩擦因数μ1＝，木板与水平地面的夹角为37°(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。重力加速度g＝10 m/s2，求：

(1)物资到达地面时的速度大小；

(2)物资到达地面的速度超过2 m/s会对物资造成损坏，正在参加义务志愿者服务的我市高三学生小华，提出可将长为s＝7 m的一块粗帆布包裹在木板上，以使物资到达地面时的速度不超过2 m/s，装置可以简化为图乙。物资与粗帆布间的动摩擦因数μ2＝，则粗帆布下端距离木板底端距离d的取值范围是多少？

[答案]　(1)v＝6 m/s　(2)0≤d<0.5 m

[解析](1)由牛顿运动定律得mgsin θ－μ1mgcos θ＝ma，

解得a＝4 m/s2。

由位移速度公式得v2－0＝2aL，

解得v＝6 m/s。

(2)铺上粗帆布后，根据动能定理，只要物资能滑到木板的底端，那么粗帆布铺设的位置对末速度无影响，由动能定理判断此时物资滑到木板的底端的速度

mgLsin θ－μ1mgcos θ·(L－s)－μ2mgcos θ·s＝mv′2，

解得v′＝2 m/s。

恰好不超过2 m/s，为保证物资能够滑离粗帆布，需使物资滑离粗帆布下端时速度大于0，由动能定理(mgsin θ－μ1mgcos θ)·(L－d－s)－(μ2mgcos θ－mgsin θ)·s≥0，

解得0≤d<0.5 m。