2025屆高考物理一輪復(fù)習(xí)課后限時(shí)集訓(xùn)13動(dòng)能定理及其應(yīng)用含解析新人教版

PAGE7-課后限時(shí)集訓(xùn)(十三)(時(shí)間：40分鐘)1．關(guān)于運(yùn)動(dòng)物體所受的合外力、合外力做的功及動(dòng)能改變的關(guān)系，下列說法正確的是()A．合外力為零，則合外力做功肯定為零B．合外力做功為零，則合外力肯定為零C．合外力做功越多，則動(dòng)能肯定越大D．動(dòng)能不變，則物體合外力肯定為零A[由W＝Flcosα可知，物體所受合外力為零，合外力做功肯定為零，但合外力做功為零，可能是α＝90°，故A正確，B錯(cuò)誤；由動(dòng)能定理W＝ΔEk可知，合外力做功越多，動(dòng)能改變量越大，但動(dòng)能不肯定越大，C錯(cuò)誤；動(dòng)能不變，合外力做功為零，但物體合外力不肯定為零，D錯(cuò)誤。]2．物體在恒定阻力作用下，以某初速度在水平面上沿直線滑行直到停止。以a、Ek、x和t分別表示物體運(yùn)動(dòng)的加速度大小、動(dòng)能、位移的大小和運(yùn)動(dòng)的時(shí)間。則以下各圖象中，能正確反映這一過程的是()ABCDC[物體在恒定阻力作用下運(yùn)動(dòng)，其加速度不隨時(shí)間改變，不隨位移改變，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；由動(dòng)能定理，－Ffx＝Ek－Ek0，解得Ek＝Ek0－Ffx，選項(xiàng)C正確；又x＝vt－eq\f(1,2)at2，故Ek與t不成線性關(guān)系，D錯(cuò)誤。]3.如圖所示，用細(xì)繩通過定滑輪拉物體，使物體在水平面上由靜止起先從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，已知H＝3m，m＝25kg，F(xiàn)＝50N恒定不變，到B點(diǎn)時(shí)的速度v＝2m/s，滑輪到物體間的細(xì)繩與水平方向的夾角在A、B兩處分別為30°和45°。此過程中物體克服阻力所做的功為()A．50(5－3eq\r(2))J B．50(7－3eq\r(2))JC．50(3eq\r(3)－4)J D．50(3eq\r(3)－2)JA[設(shè)物體克服阻力做的功為Wf，由動(dòng)能定理得Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(H,sin30°)－\f(H,sin45°)))－Wf＝eq\f(1,2)mv2，代入數(shù)據(jù)求得Wf＝50(5－3eq\r(2))J，選項(xiàng)A正確。]4.(2024·湘贛皖十五校5月聯(lián)考)某同學(xué)參與學(xué)校運(yùn)動(dòng)會(huì)立定跳遠(yuǎn)項(xiàng)目競(jìng)賽，從起跳至著地的整個(gè)過程如圖所示，測(cè)量得到競(jìng)賽成果是2.4m，目測(cè)空中腳離地最大高度約為0.8m。已知他的質(zhì)量約為60kg，重力加速度g＝10m/s2，忽視空氣阻力，則起跳過程該同學(xué)所做的功約為()A．90J B．480JC．800J D．1250JC[該同學(xué)起跳后做拋體運(yùn)動(dòng)，從起跳至達(dá)到最大高度的過程中，其在豎直方向做加速度為g的勻減速直線運(yùn)動(dòng)，則有t＝eq\r(\f(2h,g))＝eq\r(\f(2×0.8,10))s＝0.4s，故豎直方向初速度為vy＝gt＝4m/s；其在水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則有v0＝eq\f(x,2t)＝eq\f(2.4,2×0.4)m/s＝3m/s。依據(jù)速度的合成可知起跳時(shí)的速度為v＝eq\r(v\o\al(2,0)＋v\o\al(2,y))＝5m/s，因該同學(xué)的質(zhì)量約為60kg，依據(jù)動(dòng)能定理得起跳過程該同學(xué)所做的功約為W＝eq\f(1,2)mv2＝750J，最接近800J，選項(xiàng)C正確，A、B、D錯(cuò)誤。]5.(2024·江蘇省高考)如圖所示，一小物塊由靜止起先沿斜面對(duì)下滑動(dòng)，最終停在水平地面上。斜面和地面平滑連接，且物塊與斜面、物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為常數(shù)。該過程中，物塊的動(dòng)能Ek與水平位移x關(guān)系的圖象是()ABCDA[由題意可知設(shè)斜面傾角為θ，動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，則物塊在斜面上下滑水平距離x時(shí)依據(jù)動(dòng)能定理有mgsinθ·x－μmgcosθ·x＝Ek整理可得Ek＝(mgsinθ－μmgcosθ)x即在斜面上運(yùn)動(dòng)時(shí)動(dòng)能與x成線性關(guān)系；當(dāng)小物塊在水平面運(yùn)動(dòng)時(shí)有μmgx＝Ek即在水平面運(yùn)動(dòng)時(shí)動(dòng)能與x也成線性關(guān)系；綜上分析可知A正確，故選A。]6.如圖所示，斜面的傾角為θ，質(zhì)量為m的滑塊距擋板P的距離為x0，滑塊以初速度v0沿斜面上滑，滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，滑塊所受滑動(dòng)摩擦力小于重力沿斜面對(duì)下的分力。若滑塊每次與擋板相碰均無機(jī)械能損失，則滑塊經(jīng)過的總路程是()A．eq\f(1,μ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v\o\al(2,0),2gcosθ)＋x0tanθ)) B．eq\f(1,μ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v\o\al(2,0),2gsinθ)＋x0tanθ))C．eq\f(2,μ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v\o\al(2,0),2gcosθ)＋x0tanθ)) D．eq\f(1,μ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v\o\al(2,0),2gcosθ)＋\f(x0,tanθ)))A[由于滑塊所受滑動(dòng)摩擦力小于重力沿斜面對(duì)下的分力，故滑塊最終要停在斜面底端。設(shè)滑塊經(jīng)過的總路程為x，對(duì)滑塊運(yùn)動(dòng)的全程應(yīng)用動(dòng)能定理有mgx0sinθ－μmgxcosθ＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得x＝eq\f(1,μ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v\o\al(2,0),2gcosθ)＋x0tanθ))，選項(xiàng)A正確。]7.如圖所示，傾角為37°的粗糙斜面AB底端與半徑R＝0.4m的光滑半圓軌道BC平滑面相連，O點(diǎn)為軌道圓心，BC為圓軌道直徑且處于豎直方向，A、C兩點(diǎn)等高。質(zhì)量m＝1kg的滑塊從A點(diǎn)由靜止起先下滑，恰能滑到與O點(diǎn)等高的D點(diǎn)，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。(1)求滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ；(2)若使滑塊能到達(dá)C點(diǎn)，求滑塊從A點(diǎn)沿斜面滑下時(shí)的初速度v0的最小值。[解析](1)滑塊從A點(diǎn)到D點(diǎn)的過程中，依據(jù)動(dòng)能定理有mg(2R－R)－μmgcos37°·eq\f(2R,sin37°)＝0－0解得μ＝eq\f(1,2)tan37°＝0.375。(2)若使滑塊能到達(dá)C點(diǎn)，初速度v0有最小值，依據(jù)牛頓其次定律有mg＝eq\f(mv\o\al(2,C),R)解得vC＝eq\r(Rg)＝2m/s滑塊從A點(diǎn)到C點(diǎn)的過程中，依據(jù)動(dòng)能定理有－μmgcos37°·eq\f(2R,sin37°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得v0＝eq\r(v\o\al(2,C)＋\f(4μgR,tan37°))＝2eq\r(3)m/s故v0的最小值為2eq\[答案](1)0.375(2)2eq\r(3)m/s8.(2024·全國卷Ⅲ)從地面豎直向上拋出一物體，物體在運(yùn)動(dòng)過程中除受到重力外，還受到一大小不變、方向始終與運(yùn)動(dòng)方向相反的外力作用。距地面高度h在3m以內(nèi)時(shí)，物體上升、下落過程中動(dòng)能Ek隨h的改變?nèi)鐖D所示。重力加速度取10m/s2。該物體的質(zhì)量為()A．2kg B．1.5kgC．1kg D．0.5kgC[設(shè)物體的質(zhì)量為m，則物體在上升過程中，受到豎直向下的重力mg和豎直向下的恒定外力F，由動(dòng)能定理結(jié)合題圖可得－(mg＋F)×3m＝(36－72)J；物體在下落過程中，受到豎直向下的重力mg和豎直向上的恒定外力F，再由動(dòng)能定理結(jié)合題圖可得(mg－F)×3m＝(48－24)J，聯(lián)立解得m＝1kg、F＝2N，選項(xiàng)C正確，A、B、D均錯(cuò)誤。]9.如圖所示，固定放置的粗糙斜面AB的下端與光滑的圓弧軌道BCD在B點(diǎn)相切，圓弧軌道的半徑為R，圓心O與A、D在同一水平面上，C點(diǎn)為圓弧軌道最低點(diǎn)，∠COB＝∠BAO＝θ＝30°?，F(xiàn)使一質(zhì)量為m的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從D點(diǎn)無初速度地釋放，小物塊與粗糙斜面AB間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ<tanθ，重力加速度為g，則關(guān)于小物塊的運(yùn)動(dòng)狀況，下列說法正確的是()A．小物塊可能運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)B．小物塊經(jīng)過較長時(shí)間后會(huì)停在C點(diǎn)C．小物塊通過圓弧軌道最低點(diǎn)C時(shí)，對(duì)C點(diǎn)的最大壓力大小為3mgD．小物塊通過圓弧軌道最低點(diǎn)C時(shí)，對(duì)C點(diǎn)的最小壓力大小為eq\r(3)mgC[小物塊從D點(diǎn)無初速度滑下后，在斜面上運(yùn)動(dòng)要克服摩擦力做功，機(jī)械能不斷減小，不行能運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)，又知道μ＜tanθ，即mgsinθ＞μmgcosθ，所以小物塊最終在與B點(diǎn)關(guān)于OC對(duì)稱的E點(diǎn)之間來回運(yùn)動(dòng)，A、B項(xiàng)錯(cuò)誤；小物塊第一次運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)速度最大，對(duì)軌道的壓力最大，對(duì)于小物塊從D點(diǎn)第一次運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過程，由動(dòng)能定理得，mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，由合力供應(yīng)向心力得F1－mg＝meq\f(v\o\al(2,1),R)，聯(lián)立解得軌道對(duì)小物塊的支持力F1＝3mg，由牛頓第三定律知小物塊對(duì)C點(diǎn)的最大壓力為3mg，C項(xiàng)正確；當(dāng)最終穩(wěn)定后，小物塊在B、E之間運(yùn)動(dòng)時(shí)，由動(dòng)能定理得mgR(1－cosθ)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，由合力供應(yīng)向心力得F2－mg＝meq\f(v\o\al(2,2),R)，聯(lián)立解得軌道對(duì)小物塊的支持力F2＝(3－eq\r(3))mg，由牛頓第三定律可知，小物塊對(duì)C點(diǎn)的最小壓力為(3－eq\r(3))mg，D項(xiàng)錯(cuò)誤。]10．如圖甲所示，一半徑R＝1m、圓心角等于143°的豎直圓弧形光滑軌道，與斜面相切于B點(diǎn)，圓弧形軌道的最高點(diǎn)為M，斜面傾角θ＝37°，t＝0時(shí)刻有一物塊沿斜面上滑，其在斜面上運(yùn)動(dòng)的速度改變規(guī)律如圖乙所示，若物塊恰能到達(dá)M點(diǎn)，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：甲乙(1)物塊經(jīng)過M點(diǎn)的速度大??；(2)物塊經(jīng)過B點(diǎn)的速度大小；(3)物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)。[解析](1)物塊恰能到達(dá)M點(diǎn)，則有mg＝meq\f(v\o\al(2,M),R)解得vM＝eq\r(gR)＝eq\r(10)m/s。(2)物塊從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)的過程中，由動(dòng)能定理得－mgR(1＋cos37°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,M)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)解得vB＝eq\r(46)m/s。(3)由題圖乙可知，物塊在斜面上運(yùn)動(dòng)時(shí)，加速度大小為a＝eq\f(Δv,Δt)＝10m/s，方向沿斜面對(duì)下，由牛頓其次定律得mgsin37°＋μmgcos37°＝ma解得μ＝0.5。[答案](1)eq\r(10)m/s(2)eq\r(46)m/s(3)0.511．(2024·湖南十校聯(lián)考)如圖所示，質(zhì)量m＝3kg的小物塊以初速度v0＝4m/s水平向右拋出，恰好從A點(diǎn)沿著圓弧的切線方向進(jìn)入圓弧軌道。圓弧軌道的半徑為R＝3.75m，B點(diǎn)是圓弧軌道的最低點(diǎn)，圓弧軌道與水平軌道BD平滑連接，A與圓心O的連線與豎直方向成37°角。MN是一段粗糙的水平軌道，小物塊與MN間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.1，軌道其他部分光滑。最右側(cè)是一個(gè)半徑為r＝0.4m的半圓弧軌道，C點(diǎn)是圓弧軌道的最高點(diǎn)，半圓弧軌道與水平軌道BD在D點(diǎn)平滑連接。已知重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。(1)求小物塊經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小。(2)若MN的長度為L＝6m，求小物塊通過C點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小。(3)若小物塊恰好能通過C點(diǎn)，求MN的長度L′。[解析](1)依據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律有v0＝vAcos37°解得小物塊經(jīng)過A點(diǎn)時(shí)的速度大小vA＝5m/s小物塊從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，依據(jù)動(dòng)能定理有mg(R－Rcos37°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)小物塊經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)，有FN－mg＝eq\f(mv\o\al(2,B),R)解得FN＝62N，依據(jù)牛頓第三定律，小物塊對(duì)軌道的壓力大小是62N。(2)小物塊由B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)，依據(jù)動(dòng)能定理有－μmgL－2mgr＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)在C點(diǎn)FN′＋mg＝eq\f(mv\o\al(2,C),r)解得FN′＝60N，依據(jù)牛頓第三定律，小物塊通過C點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小是60N。(3)小物塊剛好能通過C點(diǎn)時(shí)，mg＝eq\f(mvC′2,r)解得vC′＝2m/s小物塊從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過程中，依據(jù)動(dòng)能定理有－μmgL′－2mgr＝eq\f(1,2)mvC′2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)解得L′＝10m。[答案](1)62N(2)60N(3)10m12．(多選)如圖甲所示，長為l、傾角為α的斜面固定在水平地面上，一質(zhì)量為m的小物塊從斜面頂端由靜止釋放并沿斜面對(duì)下滑動(dòng)，已知小物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ與下滑距離x的改變圖象如圖乙所示，則()甲乙A．μ0>tanαB．小物塊下滑的加速度漸漸增大C．小物塊下滑到斜面底端的過程中克服摩擦力做的功為eq\f(1,2)μ0mglcosαD．小物塊下滑究竟端時(shí)的速度大小為eq\r(2glsinα－2μ0mglcosα)BC[小物塊在斜面頂端靜止釋放能夠下滑，則滿意mgsinα>μ0mgcosα，即μ0<tanα，故A錯(cuò)誤；依據(jù)牛頓其次定律得a＝eq\f(mgsinα－μmgcosα,m)＝gsinα－μgc