新教材2022版高考物理人教版一轮总复习训练：14　动能和动能定理的应用

这是一份新教材2022版高考物理人教版一轮总复习训练：14　动能和动能定理的应用，共8页。试卷主要包含了如图所示，固定斜面的倾角为θ等内容，欢迎下载使用。

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1．在篮球比赛中，某同学获得罚球机会，如图所示，他站在罚球线处用力将篮球投出，篮球以约为1 m/s的速度撞击篮筐。已知篮球质量约为0.6 kg，篮筐离地高度约为3 m，忽略篮球受到的空气阻力，则该同学罚球时对篮球做的功大约为( )
A. 1 J B. 10 J
C. 50 J D. 100 J
B 解析：该同学将篮球投出时的高度约为h1＝1.8 m，根据动能定理有W－mg(h－h1)＝ eq \f(1,2)mv2，解得W＝7.5 J，故选项B正确。
2．在离地面高为h处竖直上抛一质量为m的物块，抛出时的速度为v0，它落到地面时的速度为v，用g表示重力加速度，则在此过程中物块克服空气阻力所做的功等于( )
A. mgh－ eq \f(1,2)mv2－ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0))
B. － eq \f(1,2)mv2－ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0))－mgh
C. mgh＋ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0))－ eq \f(1,2)mv2
D. mgh＋ eq \f(1,2)mv2－ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0))
C 解析：对物块从h高处竖直上抛到落地的过程，根据动能定理可得mgh－Wf＝ eq \f(1,2)mv2－ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0))，解得Wf＝mgh＋ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0))－ eq \f(1,2)mv2，选项C正确。
3．(多选)在某一粗糙水平面上，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0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取 10 m/s2。根据以上信息能精确得出或估算得出的物理量有( )
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
ABC 解析：物体做匀速直线运动时，拉力F与滑动摩擦力Ff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，A正确；对减速过程由动能定理得WF＋Wf＝0－ eq \f(1,2)mv2，根据F­x图像中图线与坐标轴围成的面积可以估算出力F做的功WF，又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，B、C正确；因物体做变加速运动，所以运动时间无法求出，D错误。
4．(2020·运城模拟)(多选)质量为m的物体放在水平面上，它与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。用一水平力拉物体运动一段时间后撤去此力，最终物体停止运动。物体运动的 v­t 图像如图所示。下列说法正确的是( )
A. 水平拉力大小为F＝m eq \f(v0,t0)
B. 物体在3t0时间内的位移大小为 eq \f(3,2)v0t0
C. 在0～3t0时间内，水平拉力做的功为 eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0))
D. 在0～3t0时间内，物体克服摩擦力做功的平均功率为 eq \f(1,2)μmgv0
BD 解析：根据v­t图像和牛顿第二定律可知F－μmg＝m eq \f(v0,t0)，得水平拉力大小为F＝m eq \f(v0,t0)＋μmg，故选项A错误；由v­t图线与坐标轴所围面积可知，物体在3t0时间内的位移为x＝ eq \f(1,2)·3t0·v0＝ eq \f(3,2)v0t0，故选项B正确；在0～3t0时间内，由动能定理可知W－Ffx＝0，又Ff＝ma＝m eq \f(v0,2t0)，则W＝Ffx＝m eq \f(v0,2t0)· eq \f(3,2)v0t0＝ eq \f(3,4)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0))，故选项C错误；在0～3t0时间内，物体克服摩擦力做功的平均功率为 eq \x\t(P)＝μmgv＝ eq \f(1,2)μmgv0，所以选项D正确。
5．从地面竖直向上抛出一小球，小球运动一段时间后落回地面。忽略空气阻力，该过程中小球的动能Ek与时间t的关系图像是( )
A B C D
A 解析：小球做竖直上抛运动，设初速度为v0，则v＝v0－gt，小球的动能Ek＝ eq \f(1,2)mv2，把速度v代入得Ek＝ eq \f(1,2)mg2t2－mgv0t＋ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0))，则Ek与t为二次函数关系，故A正确。
6．一质量为0.5 kg的物体，从静止开始做直线运动，物体所受合外力F随物体位移x变化的图像如图所示，则物体的位移x＝8 m时，物体的速度为( )
A. 2 m/s B. 8 m/s
C. 4 eq \r(2) m/s D. 4 m/s
C 解析：F­x图像中图线与横轴所围面积表示功，横轴上方为正功，下方为负功，x＝8 m时，可求得W＝8 J；由动能定理有 eq \f(1,2)mv2＝8 J，解得v＝4 eq \r(2) m/s，选项C正确。
7．如图所示，固定斜面的倾角为θ。一轻弹簧的自然长度与斜面长度相同，都为L，弹簧一端固定在斜面的底端，将一质量为m的小球放在斜面顶端与弹簧另一端接触但不相连，用力推小球使其挤压弹簧并缓慢移到斜面的中点，松手后，小球最后落地的速度大小为v，不计空气阻力和一切摩擦，重力加速度为g，则该过程中，人对小球做的功W及小球被抛出后离地面的最大高度H分别为( )
A. eq \f(1,2)mv2－mgL sin θ； eq \f(v2sin2θ＋2gL sinθcs2θ,2g)
B． eq \f(1,2)mv2； eq \f(v2sin2θ－2gL sinθcs2θ,2g)
C． eq \f(1,2)mv2－ eq \f(1,2)mgL sin θ； eq \f(v2sin2θ＋2gL sinθcs2θ,2g)
D． eq \f(1,2)mv2－mgL sin θ； eq \f(v2,2g)
A 解析：对人从开始压弹簧到小球落地的整个过程，由动能定理得W＋mgL sin θ＝ eq \f(1,2)mv2－0，则 W＝ eq \f(1,2)mv2－mgL sin θ；设小球离开斜面时的速度为v0，对小球做斜抛运动的过程，由动能定理得mgL sin θ＝ eq \f(1,2)mv2－ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0))，小球从最高点到落地点的过程，由动能定理得mgH＝ eq \f(1,2)mv2－ eq \f(1,2)m(v0cs θ)2，联立解得H＝ eq \f(v2sin2θ＋2gL sinθcs2θ,2g)。故A正确。
8．(2020·江苏高考)如图所示，一小物块由静止开始沿斜面向下滑动，最后停在水平地面上。斜面和地面平滑连接，且小物块与斜面、小物块与地面间的动摩擦因数均为常数。该过程中，小物块的动能Ek与水平位移x关系的图像是( )

A B C D
A 解析：设斜面倾角为θ，小物块与斜面间的动摩擦因数为μ1，则小物块在斜面上下滑水平距离x时，根据动能定理有mgx tanθ－μ1mg cs θ· eq \f(x,cs θ)＝Ek，整理可得Ek＝(mg tan θ－μ1mg)x，即在斜面上运动时，动能Ek与x成线性关系；设小物块在斜面底端时动能为Ek0，小物块与水平地面间的动摩擦因数为μ2，在斜面上下滑时的最大水平位移为x0，当小物块在水平面上运动时有－μ2mg(x－x0)＝Ek－Ek0，整理可得Ek＝(Ek0＋μ2mgx0)－μ2mgx，即在水平面上运动时，动能Ek与x也成线性关系。综上分析可知A正确。
9．冰壶比赛是在水平冰面上进行的体育项目，比赛场地的示意图如图所示。比赛时，运动员脚蹬起蹬器，身体成跪式，手推冰壶从本垒圆心O向前滑行，至前卫线时放开冰壶使其沿直线OO′滑向营垒圆心O′，为使冰壶能在冰面上滑得更远，运动员可用毛刷刷冰面以减小冰壶与冰面间的动摩擦因数。已知O点到前卫线的距离 d＝4 m，O、O′之间的距离L＝30.0 m，冰壶的质量为m＝20 kg，冰壶与冰面间的动摩擦因数μ1＝0.008，用毛刷刷过冰面后动摩擦因数减小到μ2＝0.004，营垒的半径R＝1 m，g取10 m/s2。
(1)若不刷冰面，要使冰壶恰好滑到O′点，运动员对冰壶的推力多大？
(2)若运动员对冰壶的推力为10 N，要使冰壶滑到营垒内，用毛刷刷冰面的距离范围是多少？
解析：(1)设运动员对冰壶的推力大小为F，由动能定理得
Fd－μ1mgL＝0
代入数据，解得F＝12 N。
(2)设冰壶运动到营垒的最左边时，用毛刷刷冰面的距离是x1，冰壶运动到营垒的最右边时，用毛刷刷冰面的距离是x2，则由动能定理得
F′d－μ1mg(L－R－x1)－μ2mgx1＝0
代入数据，解得x1＝8 m
由动能定理得
F′d－μ1mg(L＋R－x2)－μ2mgx2＝0
代入数据，解得x2＝12 m
所以用毛刷刷冰面的距离范围为
8 m≤x≤12 m。
答案：(1)12 N (2)8 m≤x≤12 m
10．某中学生对刚买来的一辆小型遥控车的性能进行研究。他让这辆小车在水平地面上由静止开始沿直线轨道运动，并将小车运动的全过程通过传感器记录下来，通过数据处理得到如图所示的v­t图像。已知小车在0～2 s内做匀加速直线运动，2～11 s 内小车牵引力的功率保持不变，9～11 s内小车做匀速直线运动，11 s末开始小车失去动力而自由滑行。已知小车质量m＝1 kg，整个过程中小车受到的阻力大小不变，试求：
(1)在2～11 s内小车牵引力的功率P的大小；
(2)小车在2 s末的速度vx的大小；
(3)小车在2～9 s内通过的距离x。
解析：(1)根据题意，在11 s末撤去牵引力后，小车只在阻力Ff作用下做匀减速直线运动，设其加速度大小为a，根据题图可知
a＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(0－8,15－11))) m/s2＝2 m/s2
根据牛顿第二定律有Ff＝ma
解得Ff＝2 N
设小车在匀速直线运动阶段的牵引力为F，则
F＝Ff，vm＝8 m/s
根据P＝Fvm
解得P＝16 W。
(2)0～2 s内的匀加速直线运动过程中，小车的加速度为ax＝ eq \f(Δv,Δt)＝ eq \f(vx－0,2－0)＝ eq \f(vx,2)
设小车的牵引力为Fx，根据牛顿第二定律有
Fx－Ff＝max
根据题意有P＝Fxvx
联立解得vx＝4 m/s。
(3)在2～9 s内的变加速运动过程中，Δt＝7 s，由动能定理可得
PΔt－Ffx＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(m))－ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(x))
解得x＝44 m。
答案：(1)16 W (2)4 m/s (3)44 m
11.如图所示，桌子靠墙固定放置，用一块长L1＝1.0 m 的木板在墙和桌面间架设斜面，桌面距地面高H＝0.8 m，桌面总长L2＝1.5 m，斜面与水平桌面间的夹角θ可在0～60°间调节后固定，将质量m＝0.2 kg的小物块(可视为质点)从斜面顶端由静止释放，物块与斜面间的动摩擦因数μ1＝0.05，物块与桌面间的动摩擦因数μ2未知，忽略物块在斜面与桌面交接处的机械能损失，不计空气阻力。(重力加速度取g＝10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)
(1)求当θ＝30°时，物块在斜面上下滑的加速度大小；(可以用根号表示)
(2)当θ增大到37°时，物块恰能停在桌面边缘，求物块与桌面间的动摩擦因数μ2；
(3)μ2取第(2)问中的数值，当θ角为多大时物块落地点与墙面间的距离最大，最大距离xm是多少？
解析：(1)根据牛顿第二定律，对物块受力分析可得mg sin θ－μ1mg cs θ＝ma
代入数据得a＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5－\f(\r(3),4))) m/s2。
(2)由动能定理得mgL1sin θ－μ1mgL1cs θ－μ2mg(L2－L1cs θ)＝0－0
代入数据得μ2＝0.8。
(3)设物块从桌面边缘飞出时的速度为v，由动能定理得mgL1sin θ－μ1mgL1cs θ－μ2mg(L2－L1cs θ)＝ eq \f(1,2)mv2－0
得20 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin θ－1.2＋\f(3,4)cs θ))＝v2
当θ＝53°时，v最大，vmax＝1 m/s
由于H＝ eq \f(1,2)gt2，解得t＝0.4 s
x1＝vmaxt＝0.4 m
xm＝x1＋L2＝1.9 m。
答案：(1) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5－\f(\r(3),4))) m/s2 (2)0.8
(3)53° 1.9 m