2024届高三物理复习小练习(十九)　动能　动能定理（解析版）

2024届高三一轮复习小练(十九)动能动能定理1．(2021·山东等级考)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—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()A.eq\f(mv02,2πL)B.eq\f(mv02,4πL)C.eq\f(mv02,8πL)D.eq\f(mv02,16πL)解析：选B对木块由动能定理得：－Ff·2πL＝0－eq\f(1,2)mv02，解得摩擦力大小为：Ff＝eq\f(mv02,4πL)，故B正确。2.(2022·厦门模拟)一质量为2kg的物体静止在水平桌面上，在水平拉力F的作用下，沿水平方向运动2s后撤去外力，其v­t图像如图所示，下列说法正确的是()A．在0～2s内，合外力做的功为4JB．在0～2s内，合外力做的功为8JC．在0～6s内，摩擦力做的功为－8JD．在0～6s内，摩擦力做的功为－4J解析：选A在0～2s可读出初末速度，由动能定理可得W合＝eq\f(1,2)mv22－0＝4J，故A正确，B错误。在0～6s内由动能定理有：WF＋Wf＝0－0，其中f＝ma2＝1N；对于0～2s牛顿第二定律F－f＝ma1，得F＝3N，而WF＝F·x1＝6J，联立得Wf＝－6J，故C、D错误。3.(2022·莆田模拟)如图所示，在轻弹簧的下端悬挂一个质量为m的小球A，若将小球A从弹簧原长位置由静止释放，小球A能够下降的最大高度为h。若将小球A换为质量为3m的小球B，仍从弹簧原长位置由静止释放，则小球B下降h时的速度为(重力加速度为g，不计空气阻力)()A.eq\r(2gh)B.eq\r(\f(4gh,3))C.eq\r(gh)D.eq\r(\f(gh,2))解析：选B小球A下降h过程小球克服弹簧弹力做功为W1，根据动能定理，有mgh－W1＝0；小球B下降过程，由动能定理有3mgh－W1＝eq\f(1,2)·3mv2－0，解得：v＝eq\r(\f(4gh,3))，故B正确。4.2022年将在我国举办第二十四届冬奥会，滑雪是冬奥会常见的体育项目，具有很强的观赏性。某滑道示意图如图所示，圆弧滑道AB与水平滑道BC平滑衔接，O是圆弧滑道AB的圆心。运动员从A点由静止开始下滑，最后运动员滑到C点停下，不计空气阻力。下列说法正确的是()A．从A到B的过程中，运动员受重力、支持力、摩擦力和向心力B．从A到B的过程中，运动员所受的合外力始终指向圆心OC．从A到C的过程中，运动员的机械能保持不变D．从A到C的过程中，重力所做的功等于克服摩擦力所做的功解析：选D向心力是效果力，故A错误；从A到B的过程中，运动员做变速圆周运动，沿半径方向的合力提供向心力，而切向合力不为零，改变速度的大小，故总的合外力不会始终指向圆心，故B错误；从A到C的过程中，运动员所受的摩擦力一直做负功，机械能保持一直减小，故C错误；对从A到C的全过程，由动能定理得WG－Wf＝0－0，即重力所做的功等于克服摩擦力所做的功，故D正确。5.如图所示，固定在竖直平面内的eq\f(1,4)圆弧轨道与水平轨道相切于最低点B，质量为m的小物块从圆弧轨道的顶端A由静止滑下，经过B点后沿水平轨道运动，并停在到B点距离等于圆弧轨道半径的C点。圆弧轨道粗糙，物块与水平轨道间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。物块到达B点瞬间对轨道的压力大小为()A．2μmg B．3mgC．(1＋2μ)mg D．(1＋μ)mg解析：选C设圆弧轨道的半径为r，物块从B到C的过程，由动能定理得－μmgr＝0－eq\f(1,2)mvB2，在B点，由牛顿第二定律得N－mg＝meq\f(vB2,r)，联立解得N＝(1＋2μ)mg，由牛顿第三定律可知，物块到达B点瞬间对轨道的压力大小为N′＝N＝(1＋2μ)mg，C正确。6．如图甲所示，在一光滑水平面上静止放置可视为质点、质量为m＝2kg的物体，以物体所在初始位置为坐标原点建立一维坐标系，现给物体施加一沿x轴正向的作用力F，F与x的关系如图乙所示。则在x＝4m处，作用力F的瞬时功率为()A．15W B．20WC．40W D．无法计算解析：选B当物体运动到x＝4m处时，作用力F＝5N，作用力F做的功W＝16J，根据动能定理，有W＝eq\f(1,2)mv2－0，代入数据，可得物体运动到x＝4m处时的速度v＝4m/s，此时作用力F的瞬时功率为P＝Fv＝20W，故B正确，A、C、D错误。7．从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用。距地面高度h在3m以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图所示。重力加速度取10m/s2。该物体的质量为()A．2kg B．1.5kgC．1kg D．0.5kg解析：选C画出物体运动示意图，设阻力为f，据动能定理知，A→B(上升过程)：－(mg＋f)h＝EkB－EkA，C→D(下落过程)：(mg－f)h＝EkD－EkC，整理以上两式得：mgh＝30J，解得物体的质量m＝1kg。C正确。8.(多选)在有大风的情况下，一小球自A点竖直上抛，其运动轨迹如图所示(小球的运动可看作竖直方向的竖直上抛运动和水平方向的初速度为零的匀加速直线运动的合运动)，小球运动轨迹上的A、B两点在同一水平直线上，M点为轨迹的最高点。若风力的大小恒定，方向水平向右，小球在A点抛出时的动能为4J，在M点时它的动能为2J，落回到B点时动能记为EkB，小球上升时间记为t1，下落时间记为t2，不计其他阻力，则()A．x1∶x2＝1∶3 B．t1<t2C．EkB＝6J D．EkB＝12J解析：选AD小球竖直方向只受重力作用，则竖直方向的运动是对称的，则小球上升与下落时间相等，即t1＝t2得，x1∶(x1＋x2)＝1∶22＝1∶4，即x1∶x2＝1∶3，A正确，B错误；A→M应用动能定理得－mgh＋W1＝eq\f(1,2)mvM2－eq\f(1,2)mv2，竖直方向有v2＝2gh，联立解得W1＝2J，A→B风力做功W2＝4W1＝8J，A→B由动能定理W2＝EkB－EkA，可求得EkB＝12J，C错误，D正确。9．(2022·无锡模拟)质量为m的小球从地面以初速度v0竖直向上抛出，已知球所受的空气阻力大小与速度大小成正比。下列图像分别描述了小球在空中运动的速度大小v随时间t的变化关系和动能Ek随球距离地面高度h的变化关系，其中可能正确的是()解析：选Cv­t图像与t轴的交点表示小球到达最高点，速度为0，此时空气阻力为0，小球所受的合力等于重力，由牛顿第二定律得：mg＝ma，a＝g不为零，A错误；空气阻力f＝kv，上升过程由牛顿第二定律得：a＝eq\f(mg＋f,m)＝g＋eq\f(kv,m)，因为速度减小，所以加速度a大小逐渐减小，不可能恒定不变，B错误；根据动能定理得：上升过程有ΔEk＝－(mg＋kv)Δh，得eq\f(ΔEk,Δh)＝－(mg＋kv)，v减小，eq\f(ΔEk,Δh)减小，Ek­h图像应是切线斜率逐渐减小的曲线。下降过程有ΔEk＝(mg－kv)Δh，得eq\f(ΔEk,Δh)＝mg－kv，v增大，eq\f(ΔEk,Δh)减小，Ek­h图像应是切线斜率逐渐减小的曲线，C正确，D错误。10．(2021·辽宁高考)(多选)冰滑梯是东北地区体验冰雪运动乐趣的设施之一，某冰滑梯的示意图如图所示，螺旋滑道的摩擦可忽略，倾斜滑道和水平滑道与同一滑板间的动摩擦因数μ相同，因滑板不同μ满足μ0≤μ≤1.2μ0。在设计滑梯时，要确保所有游客在倾斜滑道上均减速下滑，且滑行结束时停在水平滑道上，以下L1、L2的组合符合设计要求的是()A．L1＝eq\f(h,2μ0)，L2＝eq\f(3h,2μ0) B．L1＝eq\f(4h,3μ0)，L2＝eq\f(h,3μ0)C．L1＝eq\f(4h,3μ0)，L2＝eq\f(2h,3μ0) D．L1＝eq\f(3h,2μ0)，L2＝eq\f(h,μ0)解析：选CD设倾斜滑道倾角为θ，游客在倾斜滑道上匀减速下滑，则需满足mgsinθ＜μmgcosθ，可得μ＞tanθ＝eq\f(h,L1)，即有L1＞eq\f(h,μ)，因μ0≤μ≤1.2μ0，所有游客在倾斜滑道上匀减速下滑，可得L1＞eq\f(h,μ0)，滑行结束时停在水平滑道上，对全程由动能定理有mg·2h－μmgcosθ·eq\f(L1,cosθ)－μmgx＝0－0，其中0＜x≤L2，可得L1＜eq\f(2h,μ)，L1＋L2≥eq\f(2h,μ)，代入μ0≤μ≤1.2μ0，可得L1＜eq\f(5h,3μ)，L1＋L2≥eq\f(2h,μ0)，综合需满足eq\f(h,μ0)＜L1＜eq\f(5h,3μ0)和L1＋L2≥eq\f(2h,μ0)，故C、D正确。11.(2022·桂林质检)如图所示，倾角为37°的粗糙斜面AB底端与半径R＝0.4m的光滑半圆轨道BC平滑相连，O点为轨道圆心，BC为圆轨道直径且处于竖直方向，A、C两点等高，质量m＝1kg的滑块从A点由静止开始下滑，恰能滑到与O点等高的D点，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。(1)求滑块与斜面间的动摩擦因数μ；(2)若使滑块能到达C点，求滑块从A点沿斜面滑下时的初速度v0的最小值；(3)若滑块离开C点的速度大小为4m/s，求滑块从C点飞出至落到斜面上所经历的时间t。解析：(1)滑块恰能滑到D点，则vD＝0滑块从A→B→D过程中，由动能定理得mg(2R－R)－μmgcos37°·eq\f(2R,sin37°)＝0－0，解得μ＝0.375。(2)滑块恰能过C点时，vC有最小值，则在C点mg＝eq\f(mvC2,R)滑块从A→B→D→C过程，由动能定理得－μmgcos37°·eq\f(2R,sin37°)＝eq\f(1,2)mvC2－eq\f(1,2)mv02解得v0＝2eq\r(3)m/s。(3)滑块离开C点后做平抛运动，设下落的高度为h，则有h＝eq\f(1,2)gt2x＝vC′teq\f(x,2R－h)＝tan53°其中vC′＝4m/s，联立解得t＝0.2s。答案：(1)0.375(2)2eq\r(3)m/s(3)0.2s12．(2021·全国乙卷)一篮球质量为m＝0.60kg，一运动员使其从距地面高度为h1＝1.8m处由静止自由落下，反弹高度为h2＝1.2m。若使篮球从距地面h3＝1.5m的高度由静止下落，并在开始下落的同时向下拍球，球落地后反弹的高度也为1.5m。假设运动员拍球时对球的作用力为恒力，作用时间为t＝0.20s；该篮球每次与地面碰撞前后的动能的比值不变。重力加速度大小取g＝10m/s2，不计空气阻力。求：(1)运动员拍球过程中对篮球所做的功；(2)运动员拍球时对篮球的作用力的大小。解析：(1)使篮球从距地面高度为h1处由静止自由落下时，设篮球的落地速度大小为v1，根据自由落体运动的规律有v12＝2gh1，设篮球被地面反弹时的速度大小为v2，则有v22＝2gh2，则篮球与地面碰撞前、后的动能之比eq\f(Ek1,Ek2)＝eq\f(\f(1,2)mv12,\f(1,2)mv22)＝eq\f(h1,h2)＝eq\f(3,2)。使篮球从距地面h3的高度由静止下落，并在开始下落的同时向下拍球，设篮球的落地速度大小