2023届高考一轮复习（老高考）第六章 微专题38　动能定理及其应用【解析版】

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1.如图，人骑自行车在水平路面沿直线行进．当人停止蹬车后，自行车受阻力作用做减速运动，直至速度减为零．此过程中克服阻力做功为W，人停止蹬车时自行车的速度为v，符合实际情况的W－v图像为图中的( )
答案 C
解析 根据动能定理得－W＝0－eq \f(1,2)mv2，故知W与v成二次函数关系，且抛物线开口向上．故选C.
2．如图所示，传送带通过滑道将长为L＝2 m的匀质物块以初速度v0向右传上水平台面，匀质物块恰好能全部滑上水平台面．已知滑道上的摩擦不计，物块与台面间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度为g＝10 m/s2，则物块的初速度大小v0为( )
A．2 m/s B．2eq \r(2) m/s
C．3 m/s D．4 m/s
答案 A
解析 物块在完全滑上台面前，摩擦力随物块前端滑上的距离从0开始增大，最大值为μmg，物块全部滑上水平台面摩擦力对它所做的功W＝－eq \f(μmgL,2).由动能定理得0－W＝0－eq \f(1,2)mv02，解得v0＝2 m/s.故A正确，B、C、D错误．
3．(多选)如图所示，倾角为θ、半径为R的倾斜圆盘，绕圆心O处的转轴匀速转动(转轴垂直于盘面)．一个质量为m的小物块(可视为质点)放在圆盘的边缘，当小物块与圆盘间的动摩擦因数μ＝2tan θ时，恰好随着圆盘一起匀速转动．图中A、B两点分别为小物块转动过程中所经过的最高点和最低点，OC与OB的夹角为60°.小物块与圆盘间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A．小物块在A点时受到的摩擦力最大
B．圆盘转动的角速度为eq \r(\f(gsin θ,R))
C．小物块在C点时受到的摩擦力大小为mgsin θ
D．小物块从B点运动到A点的过程中，摩擦力做功为2mgRsin θ
答案 BD
解析 设小物块在B点时受到的摩擦力为Ff1，则由牛顿第二定律可得Ff1－mgsin θ＝meq \f(v2,R)，设小物块在A点时受到的摩擦力为Ff2，方向可能指向圆心，也可能背离圆心，则由牛顿第二定律可得Ff2＋mgsin θ＝meq \f(v2,R)或mgsin θ－Ff2＝meq \f(v2,R)，联立可得：Ff1＞Ff2 ，因此小物块在B点时受到的摩擦力最大，A错误；小物块在B点时受到的摩擦力最大，当小物块与圆盘间的动摩擦因数μ＝2tan θ时，恰好随着圆盘一起匀速转动，则有μmgcs θ－mgsin θ＝mRω2，解得：ω＝eq \r(\f(gsin θ,R))，B正确；小物块在C点时所需的向心力为F＝mRω2＝mgsin θ，由平行四边形定则可得，小物块在C点时受到的摩擦力大小为Ff＝2Fsin 60°＝eq \r(3)mgsin θ，C错误；小物块从B点运动到A点的过程，由动能定理可得－mgsin θ·2R＋Wf＝0，解得：Wf＝2mgRsin θ，D正确．
4．在水平面上的O点以某一较大的初速度竖直向上抛出一木块，经过一段时间木块落回原处．以O点为坐标原点，沿竖直向上方向建立坐标轴Ox，已知空气阻力大小与速度大小成正比，下列反映木块动能随其位移x变化关系的图像正确的是( )
答案 A
解析 木块向上运动时，根据动能定理得Ek＝Ek0－(mg＋kv)x，随着木块上升，其位移增大，速度逐渐减小，动能减小的趋势越来越小，所以图像的斜率的绝对值逐渐减小；木块下落时，根据动能定理得Ek＝(mg－kv)(x0－x，)随着木块下落，其位移减小，速度逐渐增大，动能增大的趋势越来越小，所以图像的斜率的绝对值逐渐减小．故选A.
5．如图甲所示，质量为m＝5.0 kg的物体静止在水平地面上，在水平推力F作用下开始运动，水平推力F随位移x变化的图像如图乙所示(x＝4.0 m后无推力存在)．已知物体与地面之间的动摩擦因数μ＝0.50，取重力加速度g＝10 m/s2.下列选项正确的是( )
A．物体的加速度先减小后增大
B．在距出发点3 m位置时物体的速度达到最大
C．物体的最大速度为2eq \r(10) m/s
D．物体在水平地面上运动的最大位移是16.0 m
答案 B
解析 物体在水平方向受推力与摩擦力作用，由牛顿第二定律得F－μmg＝ma，加速度a＝eq \f(F,m)－μg.由题图乙可知，物体所受推力随位移的增加而减小，开始物体所受推力大于摩擦力，物体做加速运动，随推力F的减小，加速度a减小；当推力等于摩擦力时，合力为零，加速度为零；当推力小于摩擦力时物体所受合力方向与物体的速度方向相反，物体做减速运动，加速度a逐渐增大；撤去推力时物体所受合力等于滑动摩擦力，物体加速度不变，做匀减速直线运动，直到速度为零，故由以上分析可知，物体的加速度先减小后增大再不变，A错误；由题图乙可知，推力F随位移x变化的数学关系式为F＝100－25x(0≤x≤4.0 m)，物体的速度最大时，加速度为零，此时有F＝μmg，解得x＝eq \f(100－μmg,25)＝3 m，即在距出发点3 m位置时物体的速度达到最大，B正确；F－x图线与坐标轴围成图形的面积等于推力对物体做的功，设物体的最大速度为vm，由题图乙可知，物体速度最大时，推力对物体做的功W＝eq \f(1,2)×(100＋25)×3 J＝187.5 J，从物体开始运动到速度最大的过程中，对物体，由动能定理得W－μmgx＝eq \f(1,2)mvm2－0，代入数据解得vm＝3eq \r(5) m/s，C错误；由F－x图像可知，推力对物体做的功等于图线与坐标轴围成的面积，即W＝eq \f(1,2)Fx＝eq \f(1,2)×100×4.0 J＝200 J，对物体运动的整个过程，根据动能定理可得W－μmgxmax＝0，代入数据解得xmax＝8 m，D错误．
6.质量为m的小球在竖直向上的拉力作用下从静止开始运动，其v－t图像如图所示(竖直向上为正方向，DE段为直线)，已知重力加速度大小为g，空气阻力不计，则( )
A．t3～t4时间内，小球竖直向下做匀减速直线运动
B．t0～t2时间内，合力对小球先做正功后做负功
C．0～t2时间内，小球的平均速度一定为eq \f(v2,2)
D．t3～t4时间内，拉力做的功为eq \f(mv3＋v4,2)[(v4－v3)＋g(t4－t3)]
答案 D
解析 由题图可知，t3～t4时间内小球具有向上的速度，小球竖直向上做匀减速运动，A错误；由题图可知，t0～t2时间内，小球一直向上做加速运动，合力对小球一直做正功，B错误；由题图可知，0～t2时间内，小球的运动不是匀加速运动，平均速度不一定为eq \f(v2,2)，C错误；由题图可知，t3～t4时间内，小球的位移x＝eq \f(v3＋v4,2)(t4－t3)，由动能定理得W－mgx＝eq \f(1,2)mv42－eq \f(1,2)mv32，解得W＝eq \f(mv3＋v4,2)·[(v4－v3)＋g(t4－t3)]，D正确．
7．(多选)如图甲所示，用不可伸长的轻质细绳拴着一小球，在竖直面内做圆周运动，不计一切阻力．小球运动到最高点时细绳对小球的拉力F与小球速度的平方v2的图像如图乙所示，已知重力加速度g＝10 m/s2，下列说法正确的是( )
A．小球运动到最高点的最小速度为1 m/s
B．小球的质量为0.1 kg
C．细绳长为0.2 m
D．当小球在最高点的速度为eq \r(2) m/s时，小球运动到最低点时细绳的拉力大小为7 N
答案 ABD
解析 设小球的质量为m，细绳长为L，在最高点，根据牛顿第二定律有F1＋mg＝meq \f(v2,L)，解得F1＝eq \f(m,L)v2－mg.根据题图乙的纵轴截距为－mg＝－1 N，可得质量为m＝0.1 kg，根据题图乙的斜率为eq \f(m,L)＝1，可得细绳长为L＝0.1 m，故B正确，C错误；根据绳—球模型可知小球运动到最高点拉力为零时速度最小，只有重力提供向心力，有mg＝meq \f(v\\al(min2),L)，解得最小速度为vmin＝eq \r(gL)＝1 m/s，故A正确；当小球在最高点的速度为v1＝eq \r(2) m/s时，小球从最高点到最低点根据动能定理有mg·2L＝eq \f(1,2)mv22－eq \f(1,2)mv12，在最低点由牛顿第二定律有F2－mg＝meq \f(v\\al(22),L)，解得小球运动到最低点时细绳的拉力大小为F2＝7 N，故D正确．
8．(2022·湖南省长沙一中高三月考)如图所示，运动员把冰壶沿水平冰面投出，让冰壶在冰面上滑行，在不与其他冰壶碰撞的情况下，最终停在远处的某个位置，按比赛规则，冰壶投出后，可以用毛刷在其滑行前方来回摩擦冰面，减小冰壶与冰面间的动摩擦因数以调节冰壶的运动，将冰壶的运动简化为直线运动且不考虑冰壶的转动．已知未摩擦冰面时，冰壶与冰面间的动摩擦因数为0.02.重力加速度g取10 m/s2.
(1)运动员以3.6 m/s的水平速度将冰壶投出，未摩擦冰面的情况下，求冰壶能在冰面上滑行的最大距离s；
(2)设未摩擦冰面时，冰壶与冰面间的动摩擦因数为μ，摩擦冰面后二者之间的动摩擦因数变为kμ，其中0