高考物理一轮复习课时分层作业（十六）动能定理及其应用含答案

这是一份高考物理一轮复习课时分层作业（十六）动能定理及其应用含答案，共9页。试卷主要包含了[2022·潍坊模拟]，解析等内容，欢迎下载使用。
课时分层作业(十六)　动能定理及其应用基础性题组1．(多选)关于动能定理的表达式W＝Ek2－Ek1，下列说法正确的是(　　)A．公式中的W为不包含重力的其他力做的总功B．公式中的W为包含重力在内的所有力做的总功，也可通过以下两种方式计算：先求每个力的功再求功的代数和或先求合力再求合力的功C．公式中的Ek2－Ek1为动能的变化量，当W>0时，动能增加，当W<0时，动能减少D．动能定理适用于直线运动，但不适用于曲线运动，适用于恒力做功，但不适用于变力做功2．[2022·丰台区模拟]某同学将篮球从距离地面高为h处由静止释放，与地面碰撞后上升的最大高度为.若篮球与地面碰撞无能量损失，空气阻力大小恒定，则空气阻力与重力大小之比为(　　)A．1∶5　　　 B．2∶5C．3∶5      D．4∶53.质量为2 kg的物体以一定的初速度沿倾角为30°的斜面向上滑行，在向上滑行的过程中，其动能随位移的变化关系如图所示，则物体返回到出发点时的动能为(g取10 m/s2)(　　)A．34 J    B．56 JC．92 J    D．196 J4.如图所示，一辆汽车以v1＝6 m/s的速度沿水平路面行驶时，急刹车后能滑行s1＝3.6 m，如果改以v2＝8 m/s的速度行驶，同样的情况下急刹车后滑行的距离s2为(　　)A．6.4 m      B．5.6 m  C．7.2 m      D．10.8 m5．[2022·潍坊模拟]北京2022年冬奥会跳台滑雪比赛将在张家口赛区的国家跳台滑雪中心进行，跳台由助滑道、起跳区、着陆坡、停止区组成，如图所示．跳台滑雪运动员在助滑道路段获得速度后从起跳区水平飞出，不计空气阻力，起跳后的飞行路线可以看作是抛物线的一部分，用Δv、E、Ek、P表示运动员在空中运动的速度变化量、机械能、动能、重力的瞬时功率大小，用v0表示从起跳区水平飞出时的速度，用t表示运动员在空中的运动时间，下列图像中可能正确的是(　　)6.[2022·吉林5月调研](多选)如图所示，物体甲、乙质量均为M，甲、乙之间的接触面是光滑的，物体乙的斜面与水平面的夹角为θ，甲、乙两物体紧挨着并放置于粗糙的水平面上，它们与水平面间的动摩擦因数均为μ.开始时，物体甲、乙都静止，现对物体甲施加一水平推力F，使物体甲、乙一起向左做加速运动，两者不发生相对滑动．已知这段时间内水平推力F做的功为W，物体甲、乙克服摩擦力做的总功为W1.当加速一段时间后，撤去水平推力，下列说法正确的是(　　)A．乙物体获得的最大动能为B．加速运动过程中，甲对乙的作用力的大小为C．撤去水平推力后，物体甲对物体乙的作用力为零D．撤去水平推力后，物体甲运动的位移为 7.[2022·辽宁大连二模]某游乐场中有管道滑水游戏，其装置可以简化为如图所示．一滑水者从距水面高h1＝5.2 m的滑道上端由静止开始滑下，到距水面高h2＝0.2 m的下端管口水平飞出，落到水面上的位置距离下端管口的水平距离x＝0.4 m．若滑水者可看作质点，其质量m＝60 kg，在管道中滑行的时间t1＝5 s，不计空气阻力，g＝10 m/s2.求：(1)滑水者落到水面上时的动能大小；(2)滑水者在管道中滑行时阻力对其做的功．             综合性题组8．[2021·全国甲卷，20](多选)一质量为m的物体自倾角为α的固定斜面底端沿斜面向上滑动．该物体开始滑动时的动能为Ek，向上滑动一段距离后速度减小为零，此后物体向下滑动，到达斜面底端时动能为Ek.已知sin α＝0.6，重力加速度大小为g.则(　　)A．物体向上滑动的距离为B．物体向下滑动时的加速度大小为C．物体与斜面间的动摩擦因数等于0.5D．物体向上滑动所用的时间比向下滑动的时间长9．(多选)如图甲，表面由特殊材质制成、倾角为37°、长为2 m的斜面右端靠着竖直挡板放置在光滑水平地面上，一小物块从斜面顶端由静止下滑．图乙是物块与斜面间的动摩擦因数μ随物块到斜面顶端的距离x变化的函数图线(倾斜直线).已知物块质量为1 kg，重力加速度大小为10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.下列判断正确的是(　　)A．物块下滑过程中，斜面对地面的压力不变B．物块下滑过程中，斜面对挡板的作用力逐渐增大C．物块刚释放时的加速度大小为2.8 m/s2D．物块滑到斜面底端时的速度大小为2 m/s10．如图所示的是冰上体育比赛“冰壶运动“的场地示意图(冰面水平).在某次训练中，甲队员将质量m＝20 kg的一个冰壶石从左侧的A处向右推出，冰壶石沿中心线运动与A点相距为x＝30 m的营垒中心O处恰好停下．此后，乙队员将完全相同的第二个冰壶石同样在A处向右推出，冰壶石从A处运动到O处经过的时间为t＝10 s．已知两个冰壶石与冰面间的动摩擦因数都为μ＝0.02，冰壶石都可视为质点，g取10 m/s2，求：(1)第一个冰壶石被推出时的动能；(2)第二个冰壶石即将碰到第一个冰壶石时的速度大小．       11．[2021·浙江五校1月联考]某游乐场有一种“双环过山车”，其运行原理可以简化成如图所示的“物块轨道”模型．AB段和两竖直圆轨道1、2均光滑，圆轨道1、2的半径分别为R1＝2 m，R2＝1.6 m，B、C为两圆轨道的最低点且略微错开可以使物块通过．一个质量为m＝1 kg的物块(视为质点)，从右侧轨道的A点由静止开始沿轨道下滑，恰能通过第一个竖直圆轨道1，已知物块与BC段间的动摩擦因数可调节，物块与CD、DE、EF段平直轨道间的动摩擦因数均为μ＝0.1，LBC＝LCD＝6 m，LDE＝1 m，DE段与水平面的夹角α＝53°，EF段平直轨道足够长，所有轨道可认为在同一竖直面内，sin 53°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2.(1)求A点距BC水平轨道的高度h； (2)要使物块恰好通过1轨道后，进入轨道2而不脱离第二个圆轨道，求物块与BC段间的动摩擦因数μBC可设计的范围；(3)物块恰好通过2轨道后，沿轨道CDE运动到E处时，在光滑“挡板”作用下转变为做水平方向的直线运动，求物块在EF段停止的位置到E点的距离x.(不考虑物块在D、E点的能量损失)     课时分层作业(十六)　动能定理及其应用1．解析：W＝Ek2－Ek1中的W指合力的功，当然包括重力在内，Ek2－Ek1为动能的变化量，由合力的功来量度，W>0，ΔEk>0，W<0，ΔEk<0，动能定理也适用于曲线运动和变力做功．故B、C正确．答案：BC2．解析：设篮球质量为m，空气阻力大小为F，对篮球从h处释放到反弹上升到的整个过程，由动能定理得：mg(h－)－F(h＋)＝0，解得：＝，故A、B、D错误，C正确．答案：C3．解析：物体上滑的过程中重力与摩擦力都做负功，由动能定理得－mgx·sin 30°－Ffx＝0－E0，下滑的过程中重力做正功，摩擦力做负功，得mgx·sin 30°－Ffx＝E－0，代入数据得E＝34 J，故选A.答案：A4．解析：汽车在同样的路面上急刹车，所受的阻力大小相同，设为F，汽车的末速度都为零，根据动能定理有－Fs1＝，－Fs2＝，所以＝，解得s2＝×s1＝×3.6 m＝6.4 m，选项A正确．答案：A5．解析：滑雪运动员从起跳区飞出后做平抛运动，根据速度改变量Δv＝gt可知Δv与时间t成正比，故A错误；不计空气阻力，运动员的机械能是守恒的，其机械能与时间的关系图像应是一条平行于t轴的直线，故B错误；运动员从水平飞出开始，经过时间t，根据动能定理得mg·gt2＝，解得此时运动员的动能Ek＝＋mg2t2，据此可知运动员的初动能不为零，故C错误；根据P＝mgvy＝mg2t可知，重力的瞬时功率P与t成正比，故D正确．答案：D6．解析：设乙物体获得的最大动能为Ek，对整体由动能定理有W－W1＝2Ek，解得乙物体获得的最大动能为，选项A正确；对整体由牛顿第二定律有F－2μMg＝2Ma，对乙有N sin θ－μFN＝Ma，Mg＋N cos θ＝FN，解得甲对乙的作用力的大小N＝，选项B错误；撤去水平推力后，两个物体将在摩擦力的作用下做加速度为a＝μg的匀减速直线运动，速度始终相同，故二者之间没有相互作用力，选项C正确；撤去水平推力后，对物体甲，由动能定理有－μMgs＝0－Ek，解得s＝，选项D正确．答案：ACD7．解析：(1)设滑水者从下端管口水平飞出时的速度为v，滑出后落到水面用时为t，则有gt2＝h2，vt＝x解得v＝2 m/s，t＝0.2 s所以滑水者落到水面上时的动能大小为Ek＝m[v2＋(gt)2]＝240 J.(2)设滑水者在管道中滑行时阻力对其做的功为Wf，根据动能定理可得mg(h1－h2)＋Wf＝mv2解得Wf＝mv2－mg(h1－h2)＝－2 880 J.答案：(1)240 J　(2)负功　2 880 J8．解析：对物体的上滑过程，由动能定理有－(mg sin α＋μmg cos α)x＝0－Ek，对全程利用动能定理有－μmg cos α·2x＝Ek－Ek，由以上两式解得μ＝0.5，x＝，所以选项A错误，选项C正确；根据牛顿第二定律可得下滑过程有mg sin α－μmg cos α＝ma，解得a＝g sin α－μg cos α＝g，选项B正确；根据牛顿第二定律可得上滑过程有mg sin α＋μmg cos α＝ma0，解得a0＝g sin α＋μg cos α＝g，利用运动的可逆性分析，由于位移大小相等，a0>a，故根据x＝at2可知t上<t下，选项D错误．答案：BC9．解析：因为动摩擦因数μ在变，且动摩擦因数μ随物块到斜面顶端的距离的增大而增大，所以随着小物块下滑，沿斜面的摩擦力增大，所以小物块沿斜面的加速度会减小，故小物块沿竖直方向上的加速度也会减小，故斜面对地面的压力会发生变化，选项A错误；小物块沿斜面的加速度减小，故小物块在水平方向上的加速度也会减小，所以斜面对挡板的作用力逐渐减小，选项B错误；物块刚释放时，由牛顿第二定律可得mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma，解得a＝2.8 m/s2，选项C正确；从斜面顶端到底端，由动能定理可得mg sin 37°＋Wf＝mv2，而摩擦力做功为Wf＝－mg cos 37°·s，解得v＝2 m/s，选项D正确．答案：CD10．解析：(1)对于甲队队员推出的冰壶石，由动能定理可得μmgx＝Ek1代入数据得Ek1＝120 J.故第一个冰壶石被推出时的动能为120 J(2)第二个冰壶从A处运动到O处做匀减速运动，有μmg＝ma设冰壶在时间t内初、末速度分别为v2、v′2，则有v′2＝v2－atx＝v2t－at2代入数据解得第二个冰壶石即将碰到第一个冰壶石时的速度为v′2＝2 m/s.答案：(1)120 J　(2)2 m/s11．解析：(1)物块恰好能通过竖直圆轨道1，设此时物块在轨道1的最高点速度大小为v1，则在最高点满足mg＝物块从A点运动到圆轨道1最高点的过程，由动能定理有mg(h－2R1)＝解得h＝5 m.(2)若物块恰好能通过竖直圆轨道2的最高点，设此时物块在轨道2的最高点的速度大小为v2，则有mg＝物块从圆轨道1最高点到圆轨道2最高点的过程，由动能定理有mg(2R1－2R2)－μBCmgLBC＝解得μBC＝若物块恰好在竖直圆轨道2上与圆心等高处速度为零，则有mg(2R1－R2)－μBCmgLBC＝解得μBC＝若物块恰能进入竖直圆轨道2，则有mgh－μBCmgLBC＝0解得μBC＝故μBC的范围为0<μBC≤或≤μBC≤.(3)物块从圆轨道2最高点到最终停止的过程，有mg(2R2－LDEsin α)－μmgLCD－μmgLDEcos α－μmgx1＝解得x1＝25.4 m.答案：(1)5 m　(2)0<μBC≤或≤μBC≤(3)25.4 m