2024届高考物理二轮专题复习与测试第一部分专题二能量与动量第6讲功和能机械能命题点二动能定理应用

命题点二动能定理应用应用动能定理的流程．如图甲所示为河沙装车过程，可以简化为如图乙所示．已知传动带的速度为2m/s，h1＝3m，h2＝4.5m，g＝10m/s2，小货车能够装6t沙子，传送带足够长．则装满一车，传送带大约需要对沙子做的功为()A．1.02×105JB．9×104JC．2.82×105JD．2.7×105J解析：对沙子，由动能定理可知W＋WG＝ΔEk，WG＝－2.7×105J，ΔEk＝1.2×104J，解得W＝2.82×105J，故选C.答案：C排球运动是我国较为普遍的运动项目之一，也深受人民群众的喜爱．如图所示，某同学正在练习垫球，质量m＝0.25kg的排球一直在竖直方向上运动，排球在空中运动时，受到大小f＝0.5N、方向始终与排球运动方向相反的空气阻力的作用．在某次垫球过程中，该同学双手平举保持静止，排球从离手高度h1＝1m处静止开始下落，排球与手碰撞后反弹高度h2＝eq\f(9,24)m．重力加速度大小取g＝10m/s2，求：(1)排球与手碰撞过程中损失的能量ΔE；(2)在本次垫球过程中，要使反弹高度与排球下落的高度都为h1＝1m，该同学对排球应做多少功．(设碰撞位置、因碰撞而损失的能量都不改变)解析：(1)排球下落过程，根据动能定理有mgh1－fh1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，解得：v1＝4m/s，排球反弹上升，根据动能定理有－mgh2－fh2＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，解得：v2＝3m/s，碰撞前后瞬间，排球与手碰撞过程中损失的能量ΔE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，代入数据得：ΔE＝eq\f(7,8)J；(2)反弹到h1的过程，根据动能定理有－mgh1－fh1＝0－Ek，解得：Ek＝3J，在排球与手的碰撞过程中，根据功能关系有W＝ΔE＋Ek－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，解得：W＝eq\f(15,8)J.答案：(1)eq\f(7,8)J(2)eq\f(15,8)J1.如图所示，质量为m的滑块从斜面底端以平行于斜面的初速度v0冲上固定斜面，沿斜面上升的最大高度为H，已知斜面倾角为α，斜面与滑块间的动摩擦因数为μ，且μ＜tanα，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取斜面底端为零势能面，则能表示滑块在斜面上运动的机械能E、动能Ek、势能Ep与上升高度h之间关系的图像是()解析：重力势能的变化仅仅与重力做功有关，随着上升高度h的增大，重力势能增大，选项A错误；机械能的变化仅与重力和系统内弹力之外的其他力做功有关，上滑过程中有－feq\f(h,sinα)＝E－E0，即E＝E0－feq\f(h,sinα)；下滑过程中有－feq\f(2H－h,sinα)＝E′－E0，即E′＝E0－2feq\f(H,sinα)＋feq\f(h,sinα)，故上滑和下滑过程中Eh图线均为直线，选项B错误；动能的变化与合外力做功有关，上滑过程中有－mgh－eq\f(f,sinα)h＝Ek－Ek0，即Ek＝Ek0－(mg＋eq\f(f,sinα))h，下滑过程中有－mgh－feq\f(2H－h,sinα)＝E′k－Ek0，即E′k＝Ek0－2feq\f(H,sinα)－(mg－eq\f(f,sinα))h，故Ek－h图线为直线，但下滑过程斜率小，选项C错误，D正确．答案：D2．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，助滑道AB的竖直高度h＝55m，B、C间的距离s＝120m，B、C连线与水平方向的夹角θ＝30°.某质量m＝60kg的运动员从出发点A沿助滑道无初速下滑，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10m/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.解析：(1)运动员从B点做平抛运动水平方向scosθ＝v0t，竖直方向ssinθ＝eq\f(1,2)gt2，解得v0＝30m/s.(2)由动能定理得mgh＋Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得Wf＝－6000J.答案：(1)30m/s(2)－6000J3．如图所示，水平地面上有一个固定挡板，有一轻弹簧左端固定在挡板上，有一质量m＝0.2kg的滑块(可视为质点)紧压弹簧但不黏连，初始时弹簧的弹性势能Ep＝1.8J，AB两点的距离L＝3m．距离B点右侧竖直高度差h＝0.8m处有一半径均为R＝0.5m光滑圆弧管道CD、DF，C、D等高，E为DF管道的最高点，FG是长度d＝10m倾角θ＝37°的粗糙直管道，在G处接一半径为R′＝2m，圆心为O点的光滑圆弧轨道GHQ，H为最低点，Q为最高点，且∠GOH＝θ＝37°，各部分管道及轨道在连接处均平滑相切，已知物块与水平地面间的动摩擦因数μ＝0.15，不计空气阻力，重力加速度大小g＝10m/s2.现把滑块从A点由静止释放，经过B点飞出后，恰能从C点沿切线方向进入圆弧管道，滑块略小于管道内径．sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.sin53°＝0.8，cos53°＝0.6.求：(1)滑块离开B点时的速度大小vB；(2)滑块第一次到达E点时对轨道的作用力大小；(3)要使滑块能经过G点且不脱离轨道，滑块与管道FG之间动摩擦因数μ′的取值范围．解析：(1)当滑块滑到B点时，有Ep－μmgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，解得vB＝3m/s.②(2)由平抛运动规律得滑块到达C点时竖直分速度veq\o\al(2,cy)＝2gh，所以滑块到达C点时速度大小vc＝eq\r(veq\o\al(2,B)＋veq\o\al(2,cy))＝5m/s.则得到速度方向与水平方向夹角为α＝53°，则滑块处于D点时，速度方向与水平方向夹角也为53°，由动能定理可知滑块在D点时的速度与其在C点时的速度大小相等，从D点到E点，根据动能定理有－mgR(1－cosα)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,E)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D).在E点，对滑块，由牛顿第二定律得FN＋mg＝meq\f(veq\o\al(2,E) ,R)，解得FN＝6.4N.根据牛顿第三定律得滑块第一次到达E点时对轨道的作用力为F′N＝FN＝6.4N.(3)设滑块与管道FG之间的动摩擦因数为μ1，要使滑块能经过G点，则有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,E)＋mg(R－Rcosθ＋dsinθ)>μ1mgcosθ·d，解得μ1<eq\f(143,160)≈0.893.要使滑块不脱离轨道，则滑块不能超过与O点等高点，所以有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,E)＋mg(R－Rcos