練案[15]第2講動能定理及其應(yīng)用一、選擇題(本題共9小題，1～6題為單選，7～9題為多選)1．(2022·河南駐馬店高三期末)一質(zhì)量為m的物體在水平恒力F(大小未知)的作用下沿水平地面從靜止開始做勻加速直線運動。物體通過的路程為x0時撤去力F，物體繼續(xù)滑行3x0的路程后停止運動。重力加速度大小為g，物體與地面間的動摩擦因數(shù)為μ，則水平恒力F的大小為(C)A．2μmg B.3μmgC.4μmg D.6μmg[解析]對物體運動的整個過程，根據(jù)動能定理有(F－μmg)x0－μmg×3x0＝0，解得F＝4μmg，故ABD錯誤，C正確。2．(2022·河北滄州二模)2022年2月15日，蘇翊鳴獲得北京冬奧會單板滑雪男子大跳臺冠軍，比賽時運動員從超過40m的助滑區(qū)出發(fā)至起跳臺依靠慣性躍向空中，做出一套空中動作后在著陸坡落地。某同學(xué)用小球代替運動員用軟件模擬了運動員自起跳臺處躍向空中到落回著陸坡的過程，如圖所示，小球每相鄰兩個位置對應(yīng)的時間間隔相等。若將運動員視為質(zhì)點，不計空氣阻力，下列說法正確的是(D)A．運動員在最高點的速度為0B．運動員躍起后在相等時間內(nèi)速度的變化量不同C．運動員從躍起到上升到最高點和從最高點落回著陸坡所用時間相等D．運動員落回著陸坡時的速度大于運動員自起跳臺處躍向空中時的速度[解析]運動員在水平方向上做勻速直線運動，最高點速度不為0，選項A錯誤；運動員躍起后做加速度為g的勻變速運動，相等時間內(nèi)速度的變化量相同，選項B錯誤；運動員上升的高度小于下降的高度，上升所用時間小于下降所用時間，選項C錯誤；運動員所受重力做的總功為正功，動能增大，則運動員落回著陸坡時的速度大于運動員自起跳臺處躍向空中時的速度，選項D正確。3．(2023·山東模擬預(yù)測)如圖所示，一半圓弧形細桿ABC豎直固定在水平地面上，AC為其水平直徑，圓弧半徑BO＝3.6m。質(zhì)量為m＝4.0kg的小圓環(huán)(可視為質(zhì)點，小環(huán)直徑略大于桿的粗細)套在細桿上，在大小為50N、沿圓的切線方向的拉力F作用下，從A點由靜止開始運動，到達B點時對細桿的壓力恰好為0。已知π取3.14，重力加速度g取10m/s2在這一過程中摩擦力做功為(B)A．66.6J B.－66.6JC．210.6J D.－210.6J[解析]小圓環(huán)到達B點時對細桿的壓力恰好為0，則mg＝meq\f(v2,r)，拉力F沿圓的切線方向，根據(jù)動能定理Feq\f(2πr,4)－mgr＋Wf＝eq\f(1,2)mv2，又r＝3.6m，摩擦力做功為Wf＝－66.6J，故選B。4．(2023·安徽省桐城高三階段練習(xí))如圖所示，豎直平面內(nèi)半徑為R＝0.1m的eq\f(1,4)圓弧AB，OB垂直于地面BC，在AB上固定一光滑木板DB，一質(zhì)量為m＝0.2kg的小物體在DB板的D端由靜止滑下，然后沖向水平地面BC，在BC上滑行L＝0.3m后停下。不計小物體在B點的能量損失，已知小物體與水平地面BC間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.2，重力加速度g＝10m/s2，則小物體在木板DB上下滑過程中，重力做功的平均功率是(D)A．0.03W B.0.12WC.0.40W D.0.60W[解析]物塊從D點滑到C點過程，根據(jù)動能定理WG－μmg·L＝0，得WG＝0.12J，滑塊D點到B點根據(jù)等時圓的規(guī)律可知2R＝eq\f(1,2)gt2，得t＝0.2s，所以重力在DB段做功平均功率eq\x\to(P)＝eq\f(WG,t)＝0.60W，故選D。5．(2023·廣西高三階段練習(xí))如圖所示，某人把一個質(zhì)量m＝2kg的小球從h＝0.8m高處以60°角斜向上拋出，初速度v0＝3m/s，不計空氣阻力，重力加速度g＝10m/s2。則下列說法正確的是(C)A．拋出過程中，人對球做的功是16JB．物體被拋出后會繼續(xù)上升，故從拋出到落地過程中重力對小球所做的功大于16JC．小球落地時速度大小為5m/sD．小球到達最高點的速度為0[解析]人對球做的功全部轉(zhuǎn)化球的動能，即有W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝9J，故A錯誤；由于不計空氣阻力，小球在運動過程中只有重力做功，機械能守恒，重力對小球所做的功為WG＝mgh＝16J，故B錯誤；小球整個運動過程中，由動能定理可得mgh＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，代入數(shù)據(jù)，解得v＝5m/s，故C正確；因為小球在最高點時，水平方向還有速度，故其速度不為0，故D錯誤。6．(2021·山東卷)如圖所示，粗糙程度處處相同的水平桌面上有一長為L的輕質(zhì)細桿，一端可繞豎直光滑軸O轉(zhuǎn)動，另一端與質(zhì)量為m的小木塊相連。木塊以水平初速度v0出發(fā)，恰好能完成一個完整的圓周運動。在運動過程中，木塊所受摩擦力的大小為(B)A.eq\f(mv\o\al(2,0),2πL) B.eq\f(mv\o\al(2,0),4πL)C.eq\f(mv\o\al(2,0),8πL) D.eq\f(mv\o\al(2,0),16πL)[解析]在運動過程中，只有摩擦力做功，而摩擦力做功與路徑有關(guān)，根據(jù)動能定理－Ff·2πL＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，可得摩擦力的大小Ff＝eq\f(mv\o\al(2,0),4πL)，故選B。7．(2023·全國河北高三模擬)如圖甲，質(zhì)量0.5kg的小物塊從右側(cè)滑上勻速轉(zhuǎn)動的水平傳送帶，其位移與時間的變化關(guān)系如圖乙所示。圖線的0～3s段為拋物線，3s～4.5s段為直線，下列說法正確的是(BCD)A．傳送帶沿逆時針方向轉(zhuǎn)動B．傳送帶速度大小為2m/sC．物塊剛滑上傳送帶時的速度大小為4m/sD．0～4.5s內(nèi)摩擦力對物塊所做的功為－3J[解析]根據(jù)位移時間圖像的斜率表示速度，可知：前2s物體向左勻減速運動，第3s內(nèi)向右勻加速運動。3～4.5s內(nèi)x－t圖像為一次函數(shù)，說明小物塊已與傳送帶保持相對靜止，即與傳送帶一起向右勻速運動，因此傳送帶沿順時針方向轉(zhuǎn)動，且速度為v＝eq\f(Δx,Δt)＝eq\f(3,4.5－3)m/s＝2m/s，故B正確，A錯誤；由圖像可知，在第3s內(nèi)小物塊向右做初速度為零的勻加速運動，則x＝eq\f(1,2)at2，其中x＝1m，t＝1s，解得a＝2m/s2。根據(jù)牛頓第二定律μmg＝ma，解得μ＝0.2。在0～2s內(nèi)，對物塊有v2－veq\o\al(2,0)＝－2ax，解得物塊的初速度為v0＝4m/s，故C正確；對物塊在0～4.5s內(nèi)，根據(jù)動能定理Wf＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得摩擦力對物塊所做的功為Wf＝－3J，故D正確。8．(2022·四川綿陽三模)2022年北京冬奧會上中國首次使用了二氧化碳跨臨界環(huán)保制冰技術(shù)，運用該技術(shù)可制作動摩擦因數(shù)不同的冰面。將一物塊以一定的初速度在運用該技術(shù)制作的水平冰面上沿直線滑行，共滑行了6m，運動中的加速度a與位移x的關(guān)系如圖所示，設(shè)位移1.5m處與6m處的動摩擦因數(shù)分別為μ1、μ2，在前3m與后3m運動過程中物塊動能改變的大小分別為ΔEk1、ΔEk2，則(AC)A．μ1μ2＝31 B.μ1μ2＝41C．ΔEk1ΔEk2＝32 D.ΔEk1ΔEk2＝31[解析]分別對位移1.5m處與6m處由牛頓第二定律得μ1mg＝ma1，μ2mg＝ma2，其中a2＝1m/s2，a1＝3m/s2，聯(lián)立可得μ1μ2＝31，故A正確，B錯誤；根據(jù)動能定理前3m的動能變化量大小為max＝ΔEk1，后3m的動能變化量大小為meq\x\to(a)′x＝ΔEk2，結(jié)合a－x圖像可得ΔEk1：ΔEk2＝32。故C正確，D錯誤。9．(2022·陜西渭南二模)冬奧會上有一種女子單板滑雪U形池項目，如圖所示為U形池模型，池內(nèi)各處粗糙程度相同，其中a、c為U形池兩側(cè)邊緣，且在同一水平面，b為U形池最低點。某運動員從a點上方h高的O點自由下落由左側(cè)切線進入池中，從右側(cè)切線飛出后上升至最高位置d點(相對c點高度為eq\f(h,2))。不計空氣阻力，重力加速度為g，則運動員(ACD)A．運動員由a到c的過程中，在ab段克服摩擦力做的功大于在bc段克服摩擦力做的功B．運動員從d返回經(jīng)b恰好到達a點C．運動員從d返回經(jīng)b一定能越過a點再上升一定高度D．運動員第一次過b點對軌道的壓力大于第二次過b點對軌道的壓力[解析]運動員由a到c的過程中，由于摩擦力做負功，使得ab段與bc段在相同高度的兩個位置，總是ab段的速度大于bc段的速度，故ab段的平均速率大于bc段的平均速率，ab段的平均壓力大于bc段的平均壓力，ab段的平均摩擦力大于bc段的平均摩擦力，故在ab段克服摩擦力做的功大于在bc段克服摩擦力做的功，A正確；由題意數(shù)據(jù)可知第一次從a到c的過程中，克服摩擦力做功的大小為Wf＝mgh－mgeq\f(h,2)＝eq\f(1,2)mgh，由于從d返回的過程，經(jīng)過相同位置的速度總是比從a到c過程經(jīng)過相同位置的速度小，可知返回過程的平均摩擦力比a到c過程的平均摩擦力小，克服摩擦力做功小于eq\f(1,2)mgh，可知運動員從d返回經(jīng)b一定能越過a點再上升一定高度，B錯誤，C正確；運動員經(jīng)過b點時，根據(jù)牛頓第二定律可得FN－mg＝meq\f(v2,R)，由于運動員第一次過b點的速度大于第二次過b點的速度，故運動員第一次過b點受到的支持力大于第二次過b點受到的支持力，根據(jù)牛頓第三定律可知，運動員第一次過b點對軌道的壓力大于第二次過b點對軌道的壓力，D正確。二、非選擇題10．(2023·浙江高三階段檢測)如圖所示，光滑曲面軌道AB、光滑豎直圓軌道、水平軌道BD、水平傳送帶DE各部分平滑連接，水平區(qū)域FG足夠長，圓軌道最低點B處的入、出口靠近但相互錯開，滑塊落到FG區(qū)域時馬上停止運動?，F(xiàn)將一質(zhì)量為m＝0.5kg的滑塊從AB軌道上某一位置由靜止釋放，若已知圓軌道半徑R＝0.8m，水平面BD的長度x1＝2m，傳送帶長度x2＝9m，距離落地區(qū)的豎直高度H＝0.5m，滑塊始終不脫離圓軌道，且與水平軌道BD和傳送帶間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.2，傳送帶以恒定速度v0＝6m/s逆時針轉(zhuǎn)動(不考慮傳送帶輪的半徑對運動的影響)。(1)若h＝1.2m，則滑塊運動至B點時對圓弧軌道的壓力；(2)若滑塊不脫離圓軌道且從E點飛出，求滑塊釋放點高度h0的取值范圍；(3)求滑塊靜止時距B點的水平距離x與釋放點高度h的關(guān)系。[答案](1)20N方向豎直向下(2)h0>2.2m(3)見解析[解析](1)若h＝1.2m，則滑塊運動至B點時，由動能定理可得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－0＝mgh由牛頓第二定律可得F－mg＝eq\f(mv\o\al(2,B),R)解得F＝20N由牛頓第三定律可知，滑塊運動至B點時對圓弧軌道的壓力為20N，方向豎直向下。(2)若滑塊恰好能過C點，則C點時有mg＝meq\f(v\o\al(2,C),R)從A到C，根據(jù)動能定理有mg(h1－2R)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)解得h1＝2m要使滑塊恰能運動到E點，則滑塊到E點的速度vE＝0，從A到E，根據(jù)動能定理有mgh2－μmg(x1＋x2)＝0－0解得h2＝2.2m顯然h2>h1若滑塊不脫離圓軌道且從E點飛出，則滑塊釋放點的高度h0>2.2m(3)①當滑塊釋放點的高度范圍滿足2m≤h≤2.2m時，滑塊不能從E點飛出，最終停在BD上，設(shè)其在BD上滑動的路程為s，根據(jù)動能定理有mgh－μmgs＝0－0可得s＝eq\f(h,μ)＝5h由于10m≤5h≤11m則5x1≤s<6x1則滑塊靜止時距B點的水平距離x＝12－5h②當滑塊釋放點的高度h>2.2m時，滑塊從E點飛出，根據(jù)動能定理有mgh－μmg(x1＋x2)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,E)解得vE＝2eq\r(5h－11)m/s由平拋運動知識可知，平拋運動的時間t＝eq\r(\f(2H,g))＝eq\r(0.1)s可得x＝x1＋x2＋vEt＝(11＋eq\r(2h－4.4))m11．(2022·河北邯鄲二模)今年四月份以來，邯鄲市新冠疫情形勢嚴峻，疫情無情人有情，社會各界紛紛捐款捐物助力我市抗擊疫情。志愿者利用一個L＝9m長的木板，將高處的捐助物資運送至水平地面(示意圖如圖甲)。高處的志愿者將質(zhì)量為10kg的物資(可視為質(zhì)點)從木板的上端無初速釋放，物資與木板之間的動摩擦因數(shù)μ1＝eq\f(1,4)，木板與水平地面的夾角為37°(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)。重力加速度g＝10m/s2，求：(1)物資到達地面時的速度大小；(2)物資到達地面的速度超過2m/s會對物資造成損壞，正在參加義務(wù)志愿者服務(wù)的我市高三學(xué)生小華，提出可將長為s＝7m的一塊粗帆布包裹在木板上，以使物資到達地面時的速度不超過2m/s，裝置可以簡化為圖乙。物資與粗帆布間的動摩擦因數(shù)μ2＝eq\f(6,7)，則粗帆布下端距離木板底端距離d的取值范圍是多少？[答案](1)v＝6eq\r(2)m/s(2)0≤d<0.5m[解析](1)由牛頓運動定律得mgsinθ－μ1mgcos