备考2024届高考物理一轮复习分层练习第六章机械能专题九动能定理的综合应用

这是一份备考2024届高考物理一轮复习分层练习第六章机械能专题九动能定理的综合应用，共6页。试卷主要包含了8m/s，6m，8m/s＝10m/s等内容，欢迎下载使用。

1.[2024浙江摸底联考/多选]如图所示，直角三角形ACB为固定在水平面上的斜劈的横截面，∠ABC＝37°，AB长1.5m，P点将AB分成两部分，AP＝0.5m，PB＝1.0m.小物块与AP段的动摩擦因数为μ1，与PB段的动摩擦因数为μ2.小物块从A点由静止释放，经过时间t1下滑到B点时速度刚好为零；若在B点给小物块一个初速度v0，经过时间t2，小物块上滑到A点时速度也刚好为零.已知重力加速度取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8.则（ ABC ）
A.μ1＋2μ2＝94B.v0＝6m/s
C.t1＞t2D.t1＜t2
解析 设AP＝x，小物块从A到B，由动能定理有mg·3x sin 37°-μ1mg cs 37°·x-μ2mg cs 37°·2x＝0，解得μ1＋2μ2＝94，故A正确；小物块从B到A，由动能定理有-mg·3x sin 37°-μ1mg cs 37°·x-μ2mg cs 37°·2x＝0-mv022，联立解得v0＝6 m/s，故B正确；小物块上滑过程中经过任意位置的速度都比下滑过程中经过该位置的速度大，则上滑用时短，即t1＞t2，故C正确，D错误.
2.如图所示，水平面上固定着一条内壁光滑的竖直圆弧轨道，BD为圆弧的竖直直径，C点与圆心O等高.轨道半径为R＝0.6m，轨道左端A点与圆心O的连线与竖直方向的夹角为θ＝53°，自轨道左侧空中某一点P水平抛出一质量为m的小球，初速度大小v0＝3m/s，恰好从轨道A点沿切线方向进入圆弧轨道.已知sin53°＝0.8，cs53°＝0.6，g取10m/s2.
（1）求抛出点P到A点的水平距离；
（2）判断小球在圆弧轨道内侧运动时，是否会脱离轨道，若会脱离，将在轨道的哪一部分脱离.
答案 （1）1.2m （2）会，小球在轨道CD部分脱离轨道
解析 （1）如图所示，画出小球通过A点时的速度矢量三角形，则有vy＝v0tanθ
由平抛运动规律有vy＝gt，xPA＝v0t
解得xPA＝1.2m
（2）根据几何知识可得vA＝v0csθ
由12mvA2＞mgRcsθ，说明小球能越过轨道C点
假设小球能从A运动到D，根据动能定理得
－mgR（1＋csθ）＝12mvD2－12mvA2
解得vD＝5.8m/s
若小球恰能通过D点，则有mg＝mv'2DR，可得v'D＝gR＝6m/s
因vD＜v'D，因此小球会在轨道CD部分脱离轨道.
3.如图所示，某装置由AB、BC、CD三段轨道组成，轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接，其中轨道AB、CD段是光滑的，水平轨道BC的长度s＝5m，轨道CD足够长且倾角θ＝37°，A、D两点离轨道BC的高度分别为h1＝4.30m、h2＝1.35m.现让质量为m的小滑块自A点由静止释放.已知小滑块与轨道BC间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，求：
（1）小滑块第一次到达D点时的速度大小；
（2）小滑块第一次与第二次通过C点的时间间隔；
（3）小滑块最终停止的位置到B点的距离.
答案 （1）3m/s （2）2s （3）1.4m
解析 （1）小滑块从A→B→C→D过程，由动能定理得
mg（h1－h2）－μmgs＝12mvD2－0
解得vD＝3m/s
（2）小滑块从A→B→C过程，由动能定理得
mgh1－μmgs＝12mvC2－0
解得vC＝6m/s
小滑块沿CD段上滑的加速度大小a＝gsinθ＝6m/s2
小滑块沿CD段上滑到最高点的时间t1＝vCa＝1s
由对称性可知小滑块从最高点滑回C点的时间t2＝t1＝1s
故小滑块第一次与第二次通过C点的时间间隔t＝t1＋t2＝2s
（3）对小滑块运动全过程应用动能定理，设小滑块在水平轨道上运动的总路程为s总，有mgh1－μmgs总＝0
解得s总＝8.6m
故小滑块最终停止的位置到B点的距离为2s－s总＝1.4m.
4.[2023江苏]如图所示，滑雪道AB由坡道和水平道组成，且平滑连接，坡道倾角均为45°.平台BC与缓冲坡CD相连.若滑雪者从P点由静止开始下滑，恰好到达B点.滑雪者现从A点由静止开始下滑，从B点飞出.已知A、P间的距离为d，滑雪者与滑道间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g，不计空气阻力.
（1）求滑雪者运动到P点的时间t；
（2）求滑雪者从B点飞出的速度大小v；
（3）若滑雪者能着陆在缓冲坡CD上，求平台BC的最大长度L.
答案 （1）22d（1－μ）g （2）2（1－μ）gd
（3）2（1－μ）d
解析 （1）滑雪者由A点运动到P点的过程，沿斜坡方向由牛顿第二定律得mgsin45°－Ff＝ma
在垂直斜坡方向由平衡条件得mgcs45°＝FN
又Ff＝μFN
解得a＝（1－μ）22g
由运动学公式x＝12at2得t＝22d（1－μ）g
（2）设滑雪者由P点到B点的过程重力做的功为WG，克服摩擦力做的功为Wf，则滑雪者由P点到B点的过程，由动能定理得WG－Wf＝0
滑雪者由A点到B点由动能定理得
mgdsin45°＋WG－Wf－μmgdcs45°＝12mv2
联立解得v＝2（1－μ）gd
（3）滑雪者离开B点后做斜抛运动，则
竖直方向的分速度vy＝vsin45°＝22（1－μ）gd2
水平方向的分速度vx＝vcs45°＝22（1－μ）gd2
滑雪者刚好落在C点时，平台BC的长度最大，则其在空中运动的时间t＝2vyg＝22（1－μ）dg
则平台BC的最大长度为L＝vxt
由以上解得L＝2（1－μ）d.
5.[2023四川绵阳南山中学校考]滑板运动是一项刺激的运动，深受青少年的喜欢，某次比赛中部分赛道如图1所示.现将赛道简化为如图2所示的模型：平台A和平台BC高度差为h＝3.2m，粗糙水平轨道DE分别与光滑圆弧形轨道CD、EF相切于D、E点.若运动员与滑板一起（可看作质点）从平台A以速度v0水平飞出，恰好从C点无能量损失地沿着圆弧切线进入CD轨道，滑过DE冲上EF轨道，然后返回，恰好到C点速度为零.已知人和滑板总质量m＝60kg，光滑圆弧CD对应的圆心角θ＝53°，圆弧形轨道半径均为R＝4m，滑板与水平轨道DE间的摩擦可视为滑动摩擦，动摩擦因数μ＝0.2，不计空气阻力，g取10m/s2，sin53°＝0.8，cs53°＝0.6.求：
（1）运动员的初速度v0的大小；
（2）运动员第一次经过D点时对圆弧轨道的压力FN的大小；
（3）水平轨道DE的长度L.
答案 （1）6m/s （2）2580N （3）12.5m
解析 （1）运动员与滑板一起从平台A以速度v0水平飞出后做平抛运动，运动员到达C点时，竖直方向有vy2＝2gh，又vyv0＝tan53°
解得vy＝8m/s，v0＝6m/s
（2）运动员经过C点时的速度vC＝vysin53°＝80.8m/s＝10m/s
运动员从C点到D点的过程，根据动能定理有
mgR（1－cs53°）＝12mvD2－12mvC2
运动员在D点时，根据牛顿第二定律有F'N－mg＝mvD2R
联立解得F'N＝2580N
根据牛顿第三定律可知运动员第一次经过D点时对圆弧轨道的压力大小为2580N
（3）运动员从C点滑下到再次返回C点的过程，由动能定理有－μmg·2L＝0－12mvC2
解得L＝12.5m.
6.[应用数学知识处理往复运动问题/2023湖南郴州第一次质量监测]如图所示，两倾角均为θ的光滑斜面对接后固定在水平地面上，O点为斜面的最低点.一个小物块从右侧斜面上高为H处由静止滑下，在两个斜面上做往复运动.小物块每次通过O点时都会有动能损失，损失的动能为小物块当次到达O点时动能的10％.小物块从开始下滑到停止的过程中运动的总路程为（ C ）
A.39HsinθB.29HsinθC.19HsinθD.9Hsinθ
解析 小物块第一次到达O点时，根据机械能守恒定律可得小物块获得的动能为Ek0＝mgH，此过程中物块运动的路程为s0＝Hsinθ，小物块第1次经过O点沿左斜面上滑过程，有Ek1＝90％Ek0＝0.9mgH＝mgH1，小滑块在左斜面上运动的路程为s1＝2H1sinθ＝2×0.9Hsinθ，第2次经过O点沿右斜面上滑时，有Ek2＝90％Ek1＝(0.9)2Ek0＝(0.9)2mgH＝mgH2，小滑块在右斜面上运动的路程为s2＝2H2sinθ＝2×(0.9)2Hsinθ，由此可知，小物块从开始下滑到最终停止于O点，运动的总路程为s＝s0＋s1＋s2＋…＋sn＝Hsinθ＋2×0.9Hsinθ＋2×(0.9)2Hsinθ＋…＋2×(0.9)n-1Hsinθ，可得，当n趋近于无穷大时，有s＝Hsinθ＋2Hsinθ(0.91-0.9)＝19Hsinθ，故选C.