2024-2025学年新教材高中物理第八章机械能守恒定律微专题五第2课时动能定理的综合应用训练含解析新人教版必修2

PAGE13-第2课时动能定理的综合应用1．如图所示小球从A点以初速度v0沿粗糙斜面对上运动，到达最高点B后返回A，C为AB的中点．下列说法中正确的是()A．小球从A到B过程与从B到A过程，时间相等B．小球从A到B过程与从B到A过程，动能改变量的大小相等C．小球从A到C过程与从C到B过程，时间相等D．小球从A到C过程与从C到B过程，动能改变量的大小相等2．如图所示，小球以初速度v0从A点沿不光滑的轨道运动到高为h的B点后自动返回，其返回途中仍经过A点，则经过A点的速度大小为()A.eq\r(v\o\al(2,0)－4gh)B.eq\r(4gh－v\o\al(2,0))C.eq\r(v\o\al(2,0)－2gh)D.eq\r(2gh－v\o\al(2,0))3．如图所示，小球以大小为v0的初速度由A端向右运动，到B端时的速度减小为vB；若以同样大小的初速度由B端向左运动，到A端时的速度减小为vA.已知小球运动过程中始终未离开该粗糙轨道，D为AB中点．以下说法正确的是()A．vA>vBB．vA＝vBC．vA<vBD．两次经过D点时速度大小相等4．如图所示，质量为M的电梯底板上放置一质量为m的物体，钢索拉着电梯由静止起先向上做加速运动，当上上升度为H时，速度达到v，则()A．地板对物体的支持力做的功等于eq\f(1,2)mv2B．地板对物体的支持力做的功等于mgHC．钢索的拉力做的功等于eq\f(1,2)Mv2＋MgHD．合力对电梯M做的功等于eq\f(1,2)Mv25．如图所示，木块A、B并排且固定在水平桌面上，A的长度是L，B的长度是2L.一颗子弹沿水平方向以速度v1射入A，以速度v2穿出B.子弹可视为质点，其运动视为匀变速直线运动．则子弹穿出AA.eq\f(2v1＋v2,3)B.eq\r(\f(2v\o\al(2,1)－v\o\al(2,2),3))C.eq\r(\f(2v\o\al(2,1)＋v\o\al(2,2),3))D.eq\f(2,3)v16．如图，一质量为m的硬币(可视为质点)置于水平转盘上，硬币与竖直转轴OO′的距离为r，已知硬币与转盘之间的动摩擦因数为μ(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，重力加速度为g，若硬币与转盘一起绕OO′轴从静止起先转动，并缓慢增加转盘转速，直到硬币刚要从转盘上滑动，则该过程中转盘对硬币做的功为()A．0B.eq\f(1,2)μmgrC．μmgrD．2μmgr关键实力综合练进阶训练其次层一、单选题1．如图，带有底座的光滑大圆环放在水平桌面上，环面位于竖直平面内，在大圆环上套着一个小环，小环由大圆环的最高点由静止起先沿着大圆环右侧滑下，在小环下滑过程中()A．小环重力的功率始终增大B．小环所受合力始终不做功C．底座对桌面的压力先减小后增大D．底座对桌面的摩擦力方向始终向左2．假如篮球运动员在投篮过程中对篮球做功为W，出手高度为h1，篮筐距地面高度为h2(h2>h1)，球的质量为m，空气阻力不计，则篮球进筐时的动能为()A．W＋mgh2－mgh1B．W＋mgh1－mgh2C．mgh1＋mgh2－WD．mgh1－mgh2－W3．一小物块沿斜面对上滑动，然后滑回到原处．物块初动能为Ek0，与斜面间的动摩擦因数不变，则该过程中，物块的动能Ek与位移x关系的图线是()4．如图所示，假设在某次跳水竞赛中运动员从10m高处的跳台跳下，设水的平均阻力约为其重力的3倍，在粗略估算中，把运动员当做质点处理，为了保证运动员的人身平安，池水深度至少为(不计空气阻力)()A．5mB．3mC．7mD．1m5．如图所示，水平传送带由电动机带动着始终保持速度v匀速运动，一质量为m的小物块轻轻放在传送带左端．已知物块到达传送带右端前已经起先匀速运动，物块与传送带之间的动摩擦因数为μ，在小物块起先运动到加速至v的过程中()A．小物块的动能增加量为mv2B．传送带对小物块做功的平均功率为μmgvC．传送带对小物块的摩擦力做的功为eq\f(1,2)mv2D．小物块对传送带的摩擦力做的功为eq\f(1,2)mv26．如图所示，木板长为l，木板的A端放一质量为m的小物体，物体与板间的动摩擦因数为μ.起先时木板水平，在绕O点缓慢转过一个小角度θ的过程中，若物体始终保持与板相对静止．对于这个过程中各力做功的状况，下列说法中正确的是()A．摩擦力对物体所做的功为mglsinθ(1－cosθ)B．弹力对物体所做的功为mglsinθcosθC．木板对物体所做的功为mglsinθD．合力对物体所做的功为mglcosθ二、多选题7．从离沙坑高度H处无初速度地释放一个质量为m的小球，小球落入沙坑后，陷入深度为h.已知当地重力加速度为g，空气阻力不计，则下列关于小球下落全过程的说法中正确的是()A．重力对小球做功为mgHB．小球的重力势能削减了mg(H＋h)C．合外力对小球所做的总功为零D．小球在沙坑中受到的平均阻力为eq\f(H,h)mg8．如图所示，A物体质量为m,B质量为2m，用一轻绳相连，将A用一轻弹簧悬挂于天花板上，系统处于静止状态，此时弹簧的伸长量为x，弹性势能为Ep，已知弹簧的弹性势能与形变量的平方成正比，且弹簧始终在弹性限度内．现将悬线剪断，则在以后的运动过程中，AA．最大动能为eq\f(8,9)Ep－eq\f(2,3)mgxB．最大动能为eq\f(8,9)Ep＋eq\f(2,3)mgxC．速度达到最大时，弹簧弹力做功为eq\f(1,9)EpD．速度达到最大时，弹簧弹力做功为eq\f(8,9)Ep9．如图所示，某生产线上相互垂直的甲乙传送带等高、宽度均为d，均以大小为v的速度运行，图中虚线为传送带中线．一工件(视为质点)从甲左端释放，经一段时间由甲右端滑上乙，滑至乙中线处时恰好相对乙静止．下列说法中正确的是()A．工件在乙传送带上的痕迹为直线，痕迹长为eq\f(\r(2),2)dB．工件从滑上乙到恰好与乙相对静止所用的时间为eq\f(d,2v)C．工件与乙传送带间的动摩擦因数eq\f(v2,dg)D．乙传送带对工件的摩擦力做功为零三、计算题10．从离地面H高处落下一只小球，小球在运动过程中所受的空气阻力是它重力的k(k<1)倍，而小球与地面相碰后，能以相同大小的速率反弹，求：(1)小球第一次与地面碰撞后，能够反弹起的最大高度是多少？(2)小球从释放起先，直至停止弹跳为止，所通过的总路程是多少？学科素养升级练进阶训练第三层1．高速马路出口的匝道，车辆为了防止在转弯时出现侧滑的危急，必需在匝道的直道上提前减速．现绘制水平面简化图如图所示，一辆质量m＝2000kg的汽车原来在水平直道上作匀速直线运动，行驶速度v0＝108km/h，恒定阻力f＝1000N．现将汽车的减速运动简化为两种方式：方式一为“自由滑行”，司机松开油门使汽车失去牵引力，在水平方向上仅受匀速运动时的恒定阻力作用；方式二为“刹车减速”，汽车做匀减速直线运动的加速度a＝6m/s2.(1)求汽车原来匀速直线行驶时的功率．(2)司机在离弯道口Q距离为x1的地方起先减速，全程实行“自由滑行”，汽车恰好能以15m/s的平安速度进入弯道，求出汽车在上述减速直线运动的过程中克服阻力做功的大小以及距离x1的大小？(3)在离弯道口Q距离为125m的P位置，司机先实行“小踩刹车减速”滑行一段距离x2后，马上实行“刹车减速”，汽车仍能恰好以15m/s的平安速度进入弯道，求x2的大小．2．如图所示，一质量M＝0.2kg的长木板静止在光滑的水平地面上，另一质量m＝0.2kg的小滑块，以v0＝1.2m/s的速度从长木板的左端滑上长木板．已知小滑块与长木板间的动摩擦因数μ1＝0.4,g＝10m/s2,问：(1)经过多少时间小滑块与长木板速度相等？(2)从小滑块滑上长木板，到小滑块与长木板相对静止，小滑块运动的距离为多少？(滑块始终没有滑离长木板)(3)整个过程中产生的热量为多少？3．如图所示，一质量为m＝0.5kg的小物体从足够高的光滑曲面上自由滑下，然后滑上一水平传送带．已知物体与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.2，传送带水平部分的长度L＝5m，两端的传动轮半径为R＝0.2m，在电动机的带动下始终以ω＝15rad/s的角速度沿顺时针匀速转运，传送带下表面离地面的高度h不变．假如物体起先沿曲面下滑时距传送带表面的高度为H，初速度为零，g取10m/s2.求：(1)当H＝0.2m时，物体通过传送带过程中，电动机多消耗的电能．(2)当H＝1.25m时，物体通过传送带后，在传送带上留下的划痕的长度．(3)H在什么范围内时，物体离开传送带后的落地点在同一位置．第2课时动能定理的综合应用必备学问基础练1．答案：D解析：因斜面粗糙，小球运动中机械能不断减小，可知小球回到A点的速度小于v0，再由匀变速运动中eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(v0＋vt,2)可知小球在从A运动到B的过程中平均速度大于小球从B返回A的过程中的平均速度，而两过程中位移大小相同，故A错误．由动能定理可知小球动能的改变量等于合外力所做功，两过程位移大小相同，而从A到B过程中合力FAB＝mgsinθ＋f大于返回时合力FBA＝mgsinθ－f，故小球从A运动到B的过程中合外力做功多、动能改变大，B错误．小球从A到C与从C到B的两过程中位移大小也是相等的，且小球从A到B的过程中最小速度等于小球从C到B过程中的最大速度，故C错误；但小球在此两阶段中所受合力相等，由动能定理可知D正确．2．答案：B解析：设小球在由A到B的过程中克服阻力做功为W，由A到B的过程中由动能定理得：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mgh＋W.当小球由B返回到A的过程中，由动能定理得：mgh－W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)，以上两式联立可得：vA＝eq\r(4gh－v\o\al(2,0))，故B正确．3．答案：A解析：小球运动过程中的初速度大小均为v0，小球向右通过AD间凹槽时的速率比向左通过BD凹槽时的速率大，因FNA－mgcosθ＝meq\f(v\o\al(2,1),R)、mgcosθ－FNB＝meq\f(v\o\al(2,2),R)可知，在两曲面上对应与竖直方向夹角θ相同的位置上对应的弹力FNA肯定大，由Ff＝μFN可知滑动摩擦力也大，克服阻力做的功多；故小球向右通过凸起D时的速率比向左通过凸起D时的速率小；同理再比较小球向右通过DB间凹槽与向左通过DA间凹槽，可知，向右通过DB间凹槽对应的弹力FNB肯定大、滑动摩擦力也大，克服阻力做的功多．所以小球向右运动全过程克服阻力做功多，动能损失多，末动能小，只有A正确．4．答案：D解析：对物体m用动能定理：WFN－mgH＝eq\f(1,2)mv2，故WFN＝mgH＋eq\f(1,2)mv2，A、B均错；钢索拉力做的功，WF拉＝(M＋m)gH＋eq\f(1,2)(M＋m)v2，C错；由动能定理知，合力对电梯M做的功应等于电梯动能的改变eq\f(1,2)Mv2，D正确．5．答案：C解析：设子弹的质量为m，对子弹穿过AB的整个过程运用动能定理得：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＝Wf因为子弹所受摩擦力保持不变，又因为A的长度是L，B的长度是2L，所以子弹穿过A的过程中摩擦力做的功为eq\f(1,3)Wf，对子弹穿过A的过程运用动能定理得：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＝eq\f(1,3)Wf解得：vA1＝eq\r(\f(2v\o\al(2,1)＋v\o\al(2,2),3))故C正确ABD错误．故选C.6．答案：B解析：摩擦力供应合外力，当达到最大静摩擦力时，角速度最大，结合牛顿其次定律可得μmg＝mω2r解得圆盘转动的最大角速度为ω＝eq\r(\f(μg,r))设该过程中转盘对硬币做的功为W，依据动能定理可得W＝eq\f(1,2)mv2－0其中v＝ωr联立解得W＝eq\f(1,2)μmgr故B正确，A、C、D错误；故选B.关键实力综合练1．答案：C解析：A.在最高点时重力功率为零，在最低点时速度方向水平则重力功率也为零，所以重力功领先增大后减小，故A错误；B.小环速度始终增大，则合力肯定做功，故B错误；C.以小环和大圆环的系统受力分析，小环起先向下运动，加速度有指向圆心方向和沿圆弧斜向下放下，整体具有竖直向下的加速度重量，整体处于失重状态，因此对桌面的压力先减小，后加速度指向圆心斜向上，具有竖直向上的重量，整体处于超重状态，因此对桌面的压力增大，C正确.D．当小环从最高点下落到与圆心等高时，小环对大环的压力向左下，此时底座对桌面的摩擦力方向向右；当小环从圆心等高下落到最低点时，小环对大环的压力向右下，此时底座对桌面的摩擦力方向向左．故D错误．故选C.2．答案：B解析：人在投篮过程中，球受重力、人的作用力，已知人对球做功W，重力对球做功为－mg(h2－h1)，则由动能定理可得：W－mg(h2－h1)＝Ek，故动能为Ek＝W＋mgh1－mgh2，故B正确，ACD错误；故选B.3．答案：C解析：设斜面倾角为θ，依据动能定理，当小物块沿斜面上升时，有：－(mgsinθ＋f)x＝Ek－Ek0即：Ek＝－(f＋mgsinθ)x＋Ek0所以Ek与x的函数关系图像为直线，且斜率为负；设x0为小物块到达最高点时的位移，当小物块沿斜面下滑时依据动能定理有：(mgsinθ－f)(x0－x)＝Ek－0即：Ek＝－(mgsinθ－f)x＋(mgsinθ－f)x0所以下滑时Ek随x的减小而增大且为直线．综上所述，故C正确，ABD错误．故选C.4．答案：A解析：设水深h，对运动全程运用动能定理mg(H＋h)－Ffh＝0，即mg(H＋h)＝3mgh，得h＝5m．故A正确，BCD错误．5．答案：C解析：A.由题意可知，小物块放在皮带上先做匀加速运动，当速度与皮带速度相同时，则二者一起做匀速运动，依据动能定理可知：摩擦力对小物块做的功等于物体动能的改变，则小物块的动能增加量为：Wf＝ΔEk＝eq\f(1,2)mv2－0＝eq\f(1,2)mv2，故选项A错误，C正确；B.小物块做匀加速运动的平均速度为：eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(v,2)，依据功率公式：P＝Feq\o(v,\s\up6(－))可知：传送带对小物块做功的平均功率为：P＝Feq\o(v,\s\up6(－))＝μmg·eq\f(v,2)＝eq\f(1,2)μmgv，故选项B错误；D.小物块做匀加速运动末速度为v，故此过程中小物块的平均速度为eq\f(v,2)，所以在小物块匀加速直线运动的过程中传送带的速度始终为v，则传送带的位移为物块位移的2倍，因为摩擦力对物块做功为eq\f(1,2)mv2，小物块对传送带的摩擦力做的功为W′f＝－mv2，故D错误．6．答案：C解析：摩擦力的方向与木块运动的方向垂直，则摩擦力不做功，故A错误；缓慢转动过程中，物体受力平衡，动能的改变量为零；由动能定理可知合外力做功为零，选项D错误；滑块受重力、支持力和静摩擦力，重力做功为－mglsinθ，摩擦力不做功，依据动能定理有：WG＋Wf＋WN＝0；故WN＝mglsinθ，木板对物体所做的功为Wf＋WN＝mglsinθ，故B错误，C正确；故选C.7．答案：BC解析：小球下落全过程中，下落的高度为H＋h，则重力对小球做功为mg(H＋h)，由功能关系知，小球的重力势能削减了mg(H＋h)，故A错误，B正确．全过程中小球的动能改变量为零，由动能定理可知，合外力对小球所做的总功为零，故C正确．对全过程运用动能定理得，mg(H＋h)－eq\o(f,\s\up6(－))h＝0，则得，小球在沙坑中受到的平均阻力为eq\o(f,\s\up6(－))＝eq\f(mgH＋h,h)，故D错误．8．答案：AD解析：初始状态下kx＝3mg，此时弹性势能为Ep.当A物体的速度、动能达到最大时，弹簧弹力肯定与A物体重力相平衡，即此时弹簧仍处于拉伸状态且弹力大小为f＝kx′＝mg，故此时弹性势能为E′p＝eq\f(1,9)Ep.由弹力做功与弹性势能之间的关系有W＝－ΔEp＝eq\f(8,9)Ep，再由动能定理有Ek＝W－mg(x－x′)＝eq\f(8,9)Ep－eq\f(2,3)mgx，AD正确．9．答案：AD解析：物体滑上乙时，相对于乙的速度分为水平向右的v和向后的v，合速度大小为eq\r(2)v、方向沿着与乙成45°的方向，而滑动摩擦力的方向与相对运动方向相反，可知物体在乙上所受摩擦力即合力的方向与相对乙的运动方向相反，故物体相对于乙做匀减速直线运动，相对速度减小到零时通过的相对位移即滑痕长度s，工件滑到乙中线并相对于乙静止，则有eq\f(d,2)＝ssin45°，得s＝eq\f(\r(2),2)d，A正确．以地面为参考系，依据牛顿其次定律有：μmg＝ma，解得a＝μg；在沿甲运动的方向上：eq\f(d,2)＝eq\f(v2,2asin45°)，eq\f(d,2)＝eq\f(v＋0,2)t，解得t＝eq\f(d,v)，μ＝eq\f(\r(2)v2,gd)，故BC错误；滑上乙之前，工件对速度为v，动能为eq\f(1,2)mv2；滑上乙并相对停止后，速度也是v，动能也是eq\f(1,2)mv2；而在乙上面的滑动过程只有摩擦力做了功，动能又没改变，所以乙对工件的摩擦力所做总功为0，故D正确．10．答案：(1)eq\f(1－k,1＋k)H(2)eq\f(H,k)解析：(1)设小球第一次与地面碰撞后，能够反弹起的最大高度是h，则由动能定理得mg(H－h)－kmg(H＋h)＝0，解得h＝eq\f(1－k,1＋k)H.(2)设球从释放起先，直至停止弹跳为止，所通过的总路程是s，对全过程由动能定理得mgH－kmgs＝0，解得：s＝eq\f(H,k).学科素养升级练1．答案：(1)30kW(2)6.75×105J675m(3)82.5m解析：(1)汽车匀速运动的速度为：v0＝108km/h＝30m/s因为汽车做匀速直线运动，所以牵引力为：F＝f汽车的功率为：P＝Fv0故P＝fv0＝1000×30W＝30000W＝30kW(2)全程实行“自由滑行”时，由动能定理得：－Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)据题有：v1＝15m/s解得，克服阻力做功为：Wf＝6.75×105J又Wf＝fx1，解得：x1＝675m(3)从P到Q的过程中，由动能定理得：－fx2－ma(125－x2)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)解得：x2＝82.5m.2．答案：(1)0.15s(2)0.135m(3)0.072J解析：(1)分析m的受力，由牛顿其次定律有：am＝eq\f(μ1mg,m)＝μ1g＝4m/s2①分析M的受力，由牛顿其次定律有：aM＝eq\f(μ1mg,M)＝4m/s2②设经过时间t两者速度相同．vm＝v0－amt③vM＝aMt④且vM＝vm⑤代入数据，联解③④⑤可得t＝0.15s(2)小滑块做匀减速运动．s＝1.2×0.15－eq\f(1,2)×4×0.152m＝0.135m(3)解法一：整个