2025高考物理一轮总复习第6章机械能第16讲动能定理及其应用提能训练

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题组一 动能定理的理解和应用
1.一个质量为m的物体静止放在光滑水平面上，在互成60°角且大小相等的两个水平恒力作用下，经过一段时间，物体获得的速度为v，在两恒力的方向上获得的速度分别为v1、v2，如图所示，那么在这段时间内，其中一个恒力做的功为( B )
A.eq \f(1,6)mv2 B．eq \f(1,4)mv2
C.eq \f(1,3)mv2 D．eq \f(1,2)mv2
[解析] 设这两个水平恒力的合力为F，由动能定理得W＝Fl＝eq \f(1,2)mv2，其中一个恒力做的功W1＝eq \f(1,2)W＝eq \f(1,4)mv2，B正确。
2.如图所示，质量为m的小球，从离地面高H处由静止开始释放，落到地面后继续陷入泥中h深度而停止。设小球受到的空气阻力为Ff，重力加速度为g，则下列说法正确的是( C )
A．小球落地时动能等于mgH
B．小球陷入泥中的过程中克服泥的阻力所做的功小于刚落到地面时的动能
C．整个过程中小球克服阻力做的功等于mg(H＋h)
D．小球在泥中受到的平均阻力为mgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(H,h)))
[解析] 小球从静止开始释放到落到地面的过程，由动能定理得mgH－FfH＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，选项A错误；设泥的平均阻力为Ff′，小球陷入泥中的过程，由动能定理得mgh－Ff′h＝0－eq \f(1,2)mveq \\al( 2,0)，解得Ff′h＝mgh＋eq \f(1,2)mveq \\al( 2,0)，Ff′＝mgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(H,h)))－eq \f(FfH,h)，选项B、D错误；对全过程应用动能定理可知，整个过程中小球克服阻力做的功等于mg(H＋h)，选项C正确。
3.如图所示，斜面的倾角为θ，质量为m的滑块距挡板P的距离为x0，滑块以初速度v0沿斜面上滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力。若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失，则滑块经过的总路程是( A )
A.eq \f(1,μ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v\\al(2,0),2gcs θ)＋x0tan θ))
B.eq \f(1,μ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v\\al(2,0),2gsin θ)＋x0tan θ))
C.eq \f(2,μ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v\\al(2,0),2gcs θ)＋x0tan θ))
D.eq \f(1,μ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v\\al(2,0),2gcs θ)＋x0ct θ))
[解析] 滑块最终要停在斜面底部，设滑块经过的总路程为x，对滑块运动的全程应用动能定理：mgx0sin θ－μmgxcs θ＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，解得x＝eq \f(1,μ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v\\al(2,0),2gcs θ)＋x0tan θ))，A正确。
4．(多选)(2023·广东卷)人们用滑道从高处向低处运送货物。如图所示，可看作质点的货物从eq \f(1,4)圆弧滑道顶端P点静止释放，沿滑道运动到圆弧末端Q点时速度大小为6 m/s。已知货物质量为20 kg，滑道高度h为4 m，且过Q点的切线水平，重力加速度取10 m/s2。关于货物从P点运动到Q点的过程，下列说法正确的有( BCD )
A．重力做的功为360 J
B．克服阻力做的功为440 J
C．经过Q点时向心加速度大小为9 m/s2
D．经过Q点时对轨道的压力大小为380 N
[解析] 重力做的功为WG＝mgh＝800 J，A错误；下滑过程据动能定理可得WG－Wf＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,Q)，代入数据解得，克服阻力做的功为Wf＝440 J，B正确；经过Q点时向心加速度大小为a＝eq \f(v\\al(2,Q),h)＝9 m/s2，C正确；经过Q点时，据牛顿第二定律可得F－mg＝ma，解得货物受到的支持力大小为F＝380 N，据牛顿第三定律可知，货物对轨道的压力大小为380 N，D正确。故选BCD。
5．(2024·福建莆田高三月考)图甲为北京2022年冬奥会的“雪如意”跳台滑雪场地，其简化示意图如图乙所示，助滑道AB的竖直高度h＝55 m，B、C间的距离s＝120 m，B、C连线与水平方向的夹角θ＝30°。某质量m＝60 kg的运动员从出发点A沿助滑道无初速度下滑，从起跳点B处沿水平方向飞出，在着地点C处着地，不计空气阻力，g取10 m/s2。求：
(1)运动员在起跳点B处的速度v0；
(2)运动员在助滑过程中阻力做的功Wf。
[答案] (1)30 m/s (2)－6 000 J
[解析] (1)运动员从B点做平抛运动
水平方向scs θ＝v0t
竖直方向ssin θ＝eq \f(1,2)gt2
解得v0＝30 m/s。
(2)运动员从出发点A到起跳点B的过程中，由动能定理得mgh＋Wf＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－0
解得Wf＝－6 000 J。
题组二 用动能定理巧解图像问题
6．(2024·湖南衡阳市高三调研)一辆汽车从静止开始做匀加速直线运动，它的动能Ek随着位移x的变化而改变，下列Ek－x图像正确的是( A )
[解析] 根据Ek＝eq \f(1,2)mv2，v2＝2ax，可得Ek＝max，故Ek与x成正比。故选A。
7．(多选)冬梦飞扬，冬奥梦圆。第二十四届冬季奥林匹克运动会在北京开幕。跳台滑雪是一项深受勇敢者喜爱的滑雪运动。图甲为某跳台滑雪运动员从跳台a(长度可忽略不计)处沿水平方向飞出、经2 s在斜坡b处着陆的示意图，图乙为运动员从a到b飞行时的动能Ek随飞行时间t变化的关系图像。不计空气阻力作用，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是( BCD )
A．斜坡的倾角为30°
B．运动员在a处的速度大小为10 m/s
C．运动员运动到b处时重力的瞬时功率为1.2×104 W
D．运动员在1 s末时离坡面的距离最大
[解析] 从a到b，运动员做平抛运动，则下降的高度为h＝eq \f(1,2)gt2＝eq \f(1,2)×10×22 m＝20 m，重力做功为W＝mgh＝Ekb－Eka解得m＝60 kg，根据图像可得eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝3×103 J，解得v0＝10 m/s，故B正确；t＝2 s时，运动员落在斜坡上，斜坡的倾角满足tan α＝eq \f(\f(1,2)gt2,v0t)＝1，解得α＝45°，故A错误；t＝2 s时，运动员运动到b处时重力的瞬时功率为P＝mgvy＝mg2t＝1.2×104 W，故C正确；运动员离坡面距离最远时，速度方向与坡面平行，有tan α＝eq \f(gt′,v0)＝1，解得t′＝1 s，故D正确。
8．(多选)在某一粗糙的水平面上，一质量为2 kg的物体在水平恒定拉力的作用下做匀速直线运动，当运动一段时间后，拉力逐渐减小，且当拉力减小到零时，物体刚好停止运动，图中给出了拉力随位移变化的关系图像。已知重力加速度g＝10 m/s2。根据以上信息能精确得出或估算得出的物理量有( ABC )
A．物体与水平面间的动摩擦因数
B．合外力对物体所做的功
C．物体做匀速运动时的速度
D．物体运动的时间
[解析] 物体做匀速直线运动时，拉力F与滑动摩擦力f大小相等，物体与水平面间的动摩擦因数为μ＝eq \f(F,mg)＝0.35，选项A正确；减速过程由动能定理得WF＋Wf＝0－eq \f(1,2)mv2，根据F－x图像中图线与坐标轴围成的面积可以估算力F做的功WF，而Wf＝－μmgx，由此可求得合外力对物体所做的功及物体做匀速运动时的速度v，则B、C正确；因为物体做变加速运动，所以运动时间无法求出，D错误。
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9．(多选)如图，一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平。一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道。质点滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4mg，g为重力加速度的大小。用W表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功。则( AC )
A.W＝eq \f(1,2)mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离
B．W＝eq \f(1,2)mgR，质点恰好能到达Q点
C．质点再次经过N点时，对N点压力大于2mg
D．要使质点能到达Q点上方R处，应在P点上方2R处释放质点
[解析] 设质点到达N点的速度为vN，在N点质点受到轨道的弹力为FN，则FN－mg＝eq \f(mv\\al(2,N),R)，已知FN＝4mg，则质点到达N点的动能为EkN＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,N)＝eq \f(3,2)mgR。质点由开始至N点的过程，由动能定理得mg·2R＋Wf＝EkN，解得摩擦力做的功为Wf＝－eq \f(1,2)mgR，即克服摩擦力做的功为W＝eq \f(1,2)mgR。设从N到Q的过程中克服摩擦力做功为W1，则W12mgR－3W＝eq \f(1,2)mgR，所以，由牛顿第二定律，得支持力为：FN′＝mg＋eq \f(mv\\al(2,N2),R)>2mg，故C项正确；要使质点能到达Q点上方R处，设在P点上方h处释放质点，那么由动能定理可得：mg(h－R)－W－W1＝0，所以，h<2R，故D项错误。
10．(多选)(2023·湖南卷)如图，固定在竖直面内的光滑轨道ABC由直线段AB和圆弧段BC组成，两段相切于B点，AB段与水平面夹角为θ，BC段圆心为O，最高点为C、A与C的高度差等于圆弧轨道的直径2R。小球从A点以初速度v0冲上轨道，能沿轨道运动恰好到达C点，下列说法正确的是( AD )
A．小球从B到C的过程中，对轨道的压力逐渐增大
B．小球从A到C的过程中，重力的功率始终保持不变
C．小球的初速度v0＝eq \r(2gR)
D．若小球初速度v0增大，小球有可能从B点脱离轨道
[解析] 由题知，小球能沿轨道运动恰好到达C点，则小球在C点的速度为vC＝0，则小球从C到B的过程中，有mgR(1－cs α)＝eq \f(1,2)mv2，FN＝mgcs α－meq \f(v2,R)，联立有FN＝3mgcs α－2mg，则从C到B的过程中α由0增大到θ，则cs α逐渐减小，故FN逐渐减小，而小球从B到C的过程中，对轨道的压力逐渐增大，A正确；由于A到B的过程中小球的速度逐渐减小，则A到B的过程中重力的功率为P＝mgvsin θ，则A到B的过程中小球重力的功率始终减小，则B错误；从A到C的过程中有－mg·2R＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，解得v0＝eq \r(4gR)，C错误；小球在B点恰好脱离轨道有mgcs θ＝meq \f(v\\al(2,B),R)，则vB＝eq \r(gRcs θ)，则若小球初速度v0增大，小球在B点的速度有可能为eq \r(gRcs θ)，故小球有可能从B点脱离轨道，D正确。故选AD。
11．如图所示，物体1放在倾角为θ＝37°的斜面紧靠挡板处，物体1和斜面间动摩擦因数为μ＝0.5，一根不可伸长的柔质轻绳跨过光滑轻质的小定滑轮，绳一端固定在物体1上，另一端固定在物体2上，斜面上方的轻绳与斜面平行，物体2下端固定一长度为h的轻绳，轻绳下端拴在小物体3上，物体1、2、3的质量之比为4∶1∶5，开始时用手托住小物体3，小物体3到地面的高度也为h，此时各段轻绳刚好拉紧，已知物体触地后立即停止运动、不再反弹，重力加速度为g＝10 m/s2，物体3从静止突然放手后，物体1沿斜面上滑的最大距离为( D )
A．3h B．eq \f(3,7)h
C．2h D．eq \f(4,3)h
[解析] 对物体1，开始向上滑动时，重力沿斜面方向的分力与摩擦力的合力F＝4mgsin 37°＋4μmgcs 37°，方向沿绳向下，设3触地时刻的速度为v1，因1、2、3在同一条绳上，从开始放手到3触地的过程，对系统应用动能定理有6mgh－Fh＝eq \f(1,2)×10mveq \\al(2,1)－0，物体3触地后立刻停止，2触地之前1停止运动，物体1沿斜面上滑距离最大，设物体1在3触地以后运动的距离为s再次应用动能定理mgs－Fs＝0－eq \f(1,2)×5mveq \\al(2,1)，联立解得s＝eq \f(1,3)h，全过程Δx＝h＋s＝eq \f(4,3)h，故A、B、C错误，D正确。
12．如图所示，水平面右端放一大小可忽略、质量m＝1 kg的小物块，小物块以v0＝5 m/s的速度向左运动，运动至距出发点d＝1 m处将弹簧压缩至最短，反弹回到出发点时速度大小v1＝3 m/s。水平面与水平传送带理想连接，传送带长度L＝3 m，以v2＝10 m/s顺时针匀速转动。传送带右端与一竖直面内光滑圆轨道理想连接，圆轨道半径R＝0.9 m，物块进入轨道时触发闭合装置将圆轨道封闭。(g取10 m/s2)，求：
(1)物块与水平面间的动摩擦因数μ1；
(2)弹簧具有的最大弹性势能Ep；
(3)要使物块进入竖直圆轨道后不脱离圆轨道，传送带与物块间的动摩擦因数μ2应满足的条件。
[答案] (1)0.4 (2)8.5 J (3)μ2≥0.6或μ2≤0.15
[解析] (1)小物块从右向左运动压缩弹簧至最短再反弹回到出发点的过程，由动能定理得
－μ1mg×2d＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
代入数据解得μ1＝0.4。
(2)小物块从右向左运动将弹簧压缩至最短的过程，由能量守恒定律得
Ep＋μ1mgd＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
代入数据解得Ep＝8.5 J。
(3)若小物块刚好能过圆轨道的最高点，设其此时速度为v3，由牛顿第二定律得mg＝meq \f(v\\al(2,3),R)
设小物块在圆周运动最低点的速度为v4，从最低点到最高点，由动能定理得
－mg×2R＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,3)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,4)
代入数据解得v4＝3eq \r(5) m/s
因v4＝3eq \r(5) m/s故小物块在传送带上一直加速，由动能定理得μ2mgL＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,4)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)
代入数据解得μ2＝0.6
若小物块刚好能到圆心等高处，设小物块在圆周运动最低点的速度为v4′，从最低点到圆心等高处，由动能定理得－mgR＝0－eq \f(1,2)mv4′2
代入数据解得v4′＝3eq \r(2) m/s
因v4′＝3eq \r(2) m/s故小物块在传送带上一直加速，由动能定理得μ2mgL＝eq \f(1,2)mv4′2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)
代入数据解得μ2＝0.15
因此，要使物块进入竖直圆轨道后不脱离圆轨道，μ2应满足的条件是μ2≥0.6或μ2≤0.15。