第5章 第2讲 动能定理及其应用-【创新教程】2025年高考物理总复习大一轮课时作业word（人教版）

课时冲关18　动能定理及其应用 [基础对点练] 1．(动能定理的应用)(多选)一个1 kg的球从1.8 m的高处落到一个水平板上不再弹起，则下落过程中有关重力对球所做的功及合外力做功的说法正确的是(g取10 m/s2)(　　 ) A．重力做功为18 J B．重力做了18 J的负功 C．合力做功18 J D．合力做功0 J 解析：AD　[球从空中下落，故重力做正功，做功大小为WG＝mgh＝18 J，故A正确，B错误；球从静止释放，落地后没有弹起，根据动能定理可得W合＝0，故C错误，D正确．] 2．(动能定理的应用)如图所示，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(　　) 解析：C　[根据动能定理得：－W＝0－ mv2，解得：W＝ mv2，故知W与v成二次函数关系，且抛物线开口向上，故C正确，A、B、D错误．] 3. (动能定理的应用)某喷泉喷出的水柱，高度为5 m，喷管半径为4 cm.若水的密度为103 kg/m3，g取10 m/s2，π取3，则用于给喷泉喷水的电动机输出功率至少为(　　 ) A．600 W　　 B．1200 W C．2400 W D．4800 W 解析：C　[喷泉喷水的初速度为v0＝＝10 m/s， t时间喷水的质量为m＝ρν＝ρπr2v0t，喷水的功率P＝＝πρr2v＝2400 W，故选C.] 4. (动能定理的应用)(多选) 如图所示，半径为r的半圆弧轨道ABC固定在竖直平面内，直径AC水平，一个质量为m的物块从圆弧轨道A点正上方P点由静止释放，物块刚好从A点无碰撞地进入圆弧轨道并做匀速圆周运动，到B点时对轨道的压力大小等于物块重力的2倍．重力加速度为g，不计空气阻力，不计物块的大小，则(　　) A．物块到达A点时速度大小为 B．P、A间的高度差为 C．物块从A运动到B所用时间为 π D．物块从A运动到B克服摩擦力做的功为mgr 解析：BCD　[物块从A到B做匀速圆周运动，因此在A点的速度大小与在B点的速度大小相等，设速度大小为v，在B点，2mg－mg＝m ，求得v＝ ，A错误；P、A间的高度差为h＝ ＝ ，B正确；物块从A运动到B所用的时间t＝ ＝ π ，C正确；根据动能定理可知，mgr－Wf＝0，因此物块从A运动到B克服摩擦力做的功为Wf＝mgr，D正确．] 5．(动能定理中的图像问题)水平面上甲、乙两物体，在某时刻动能相同，它们仅在摩擦力作用下停下来．甲、乙两物体的动能Ek随位移大小s的变化的图像如图所示，则下列说法正确的是(　　) A．若甲、乙两物体与水平面动摩擦因数相同，则甲的质量较大 B．若甲、乙两物体与水平面动摩擦因数相同，则乙的质量较大 C．甲与地面间的动摩擦因数一定大于乙与地面的动摩擦因数 D．甲与地面间的动摩擦因数一定小于乙与地面的动摩擦因数 解析：A　[甲、乙两物体的初动能和末动能都相同，都只受摩擦力作用，根据动能定理可知摩擦力对甲、乙两物体做的功相等，即μ甲m甲gs甲＝μ乙m乙gs乙，由图可知s甲＜s乙，所以μ甲m甲g＞μ乙m乙g，即甲所受的摩擦力一定比乙大，若甲、乙两物体与水平面动摩擦因数相同，由Ff＝μmg可知，则甲的质量较大，故A正确，B错误；μ甲m甲g＞μ乙m乙g，由于质量关系未知，故无法直接确定动摩擦因数之间的关系，故C、D错误．] 6．(动能定理中的图像问题)如图甲为某型号电动平衡车，其体积小，操控新颖方便，深受年轻人的喜爱．当人站在平衡车上沿水平直轨道由静止开始运动，其v­t图像如图乙所示(除3～10 s时间段图像为曲线外，其余时间段图像均为直线)．已知人与平衡车质量之和为80 kg,3 s后功率恒为300 W，且整个骑行过程中所受到的阻力不变，结合图像的信息可知(　　) A．0～3 s时间内，牵引力做功585 J B．3～10 s时间内，平衡车的平均速度大小是4.5 m/s C．3～10 s时间内，平衡车克服摩擦力做功510 J D．平衡车在第2 s末与第14 s末的功率之比为1∶2 解析：A　[设平衡车受到的摩擦力大小为f.10～14 s内，平衡车做匀速运动，则有Fm＝f，根据P＝Fmvm＝fvm得f＝ ＝ N＝50 N．0～3 s时间内，平衡车的加速度为a＝ ＝ m/s2＝1 m/s2，设此过程牵引力的大小为F，由牛顿第二定律得F－f＝ma，得F＝130 N，此过程平衡车的位移为x＝ t3＝ ×3 m＝4.5 m，牵引力做功为W＝Fx＝130×4.5 J＝585 J，故A正确；根据v­t图像与时间轴所围的面积表示位移，知3～10 s内，平衡车的位移大于匀加速直线运动的位移，所以平衡车的平均速度大于匀加速直线运动的平均速度4.5 m/s，故B错误；3～10 s内，根据动能定理得：Pt－Wf＝mv－mv，可得平衡车克服摩擦力做功Wf＝1 020 J，故C错误；平衡车在第2 s末速度为v2＝2 m/s，牵引力的功率为P2＝Fv2＝130×2 W＝260 W，第14 s末的功率为300 W，则平衡车在第2 s末与第14 s末的功率之比为260∶300＝13∶15，故D错误．] 7．(多过程问题)(多选)冰滑梯是东北地区体验冰雪运动乐趣的设施之一．某冰滑梯的示意图如图所示，螺旋滑道的摩擦可忽略；倾斜滑道和水平滑道与同一滑板间的动摩擦因数μ相同，因滑板不同，μ满足μ0≤μ≤1.2μ0.在设计冰滑梯时，要确保所有游客在倾斜滑道上均减速下滑，且滑行结束时停在水平滑道上，以下L1、L2的组合符合设计要求的是(　　) A．L1＝ ，L2＝ B．L1＝ ，L2＝ C．L1＝ ，L2＝ D．L1＝ ，L2＝ 解析：CD　[设斜面倾角为θ，游客在倾斜滑道上均减速下滑，则需满足mg sin θ<μmg cos θ，可得μ>tan θ＝ ，即有L1> ，因μ0≤μ≤1.2μ0，所有游客在倾斜滑道上均减速下滑，可得L1> ，滑行结束时停在水平滑道上，由全程的动能定理有mg·2h－μmg cos θ· －μmgx＝0－0，其中0<x≤L2，可得L1< ，L1＋L2≥ ，代入μ0≤μ≤1.2μ0，可得L1< ，L1＋L2≥ ，综合需满足 <L1< 和L1＋L2≥ ，故选C、D.] 8．(多过程问题)(多选)如图所示，质量为m的小球从A点由静止开始，沿竖直平面内固定光滑的圆弧轨道AB滑下，从B端水平飞出，恰好落到斜面BC的底端．已知圆弧轨道的半径为R，OA为水平半径，斜面倾角为θ，重力加速度为g.则(　　) A．小球下滑到B点时对圆弧轨道的压力大小为2mg B．小球下滑到B点时的速度大小为 C．小球落到斜面底端时的速度方向与水平方向的夹角为2θ D．斜面的高度为4Rtan2θ 解析：BD　[小球由A至B的过程由动能定理得，mgR＝mv2－0，解得v＝，小球通过B点时，由牛顿第二定律得FN－mg＝m，解得FN＝3mg，根据牛顿第三定律可知，在B点小球对轨道的压力大小为3mg，故A错误，B正确；小球从B到C做平抛运动，则有tan θ＝＝，解得t＝，小球落到斜面底端时的速度方向与水平方向的夹角正切为tan α＝＝2tan θ，则α≠2θ，故C错误；斜面的高度为h＝gt2＝g2＝4Rtan2θ，故D正确．] 9．(2024·江西南昌高三联考)高山滑雪是冬季奥运会重要的比赛项目之一，图甲是一名滑雪运动员在比赛过程中的情景，图乙为运动员比赛中的示意图，在图乙中，当运动员运动到比坡底高20 m的A点时，速度为10 m/s，此后继续下滑至水平雪地上C点停下，运动员自身和所有装备的总质量为80 kg，在斜坡上受到的阻力为其重力的，斜坡倾角为37°，忽略运动员在B点时的机械能损失，重力加速度g取10 m/s2，sin37°＝0.6，求： (1)运动员在A点时重力的瞬时功率大小； (2)若BC间的距离为40 m，则运动员在BC段受到的平均阻力大小． 解析：(1)运动员在A点时重力的瞬时功率P＝mgvAsin37°＝4800W； (2)设运动员受到的平均阻力为F，运动员由A运动到C点时，根据动能定理 mgh－0.3mg·－Fx＝0－mv， 解得F＝300N. 答案：(1)4800W　(2)F＝300N 10．(2024·江苏镇江高三校考)如图所示，在水平地面上有一圆弧形凹槽ABC，AC连线与地面相平，凹槽ABC是位于竖直平面内以O为圆心、半径为R的一段圆弧，B为圆弧最低点，而且AB段光滑，BC段粗糙．现有一质量为m的小球(可视为质点)，从水平地面上P处以初速度v0斜向右上方飞出，v0与水平地面夹角为θ，不计空气阻力，该小球恰好能从A点沿圆弧的切线方向进入轨道，沿圆弧ABC继续运动后从C点以速率飞出．重力加速度为g，则： (1)小球由P到A的过程中，离地面的最大高度为多少？ (2)小球在圆弧形轨道内由于摩擦产生的热量为多少？ 解析：(1)小球由P到A的过程中，做斜抛运动，离地面的最大高度为H＝＝. (2)小球由P到C的过程中，由动能定理可得－Wf＝m2－mv， 解得Wf＝， 则小球在圆弧形轨道内由于摩擦产生的热量为Q＝Wf＝. 答案：(1)　(2) 11．单板滑雪U形池如图甲所示，乙图为示意图，由两个完全相同的圆弧滑道AB、CD和水平滑道BC构成，圆弧滑道的半径R＝4 m，B、C分别为圆弧滑道的最低点，B、C间的距离x＝7.5 m，假设某次比赛中运动员经过水平滑道B点时水平向右的速度v0＝16 m/s，运动员从B点运动到C点所用的时间t＝0.5 s，从D点跃起时的速度vD＝8 m/s.设运动员连同滑板的质量m＝50 kg，忽略空气阻力的影响，已知圆弧上A、D两点的切线沿竖直方向，重力加速度g取10 m/s2.求： (1)运动员在C点对圆弧轨道的压力大小和运动员与水平轨道间的动摩擦因数． (2)运动员从D点跃起后在空中上升的最大高度． (3)运动员从C点到D点运动的过程中克服摩擦阻力所做的功． 解析：(1)运动员从B点到C点，做匀变速直线运动，则有：x＝(v0＋vC)t， 解得：vC＝14 m/s. 在C点对运动员由牛顿第二定律得： FN－mg＝m 解得：FN＝2 950 N 由牛顿第三定律得运动员在C点对轨道的压力大小为2 950 N 运动员由B至C的过程，由动能定理得： －μmgx＝mv－mv 解得：μ＝0.4 (2)运动员从D点跃起后在空中上升的过程由动能定理得：－mgh＝0－mv， 解得：h＝3.2 m (3)运动员从C点到D点的过程中，由动能定理得： －Wf－mgR＝mv－mv， 解得：Wf＝1 300 J. 答案：(1)2 950 N　0.4　(2)3.2 m　(3)1 300 J 12．(2024·陕西咸阳模拟)如图是翻滚过山车的模型，光滑的竖直圆轨道半径R＝2 m，入口的平直轨道AC和出口的平直轨道CD均是粗糙的，质量m＝2 kg的小车与水平轨道之间的动摩擦因数均为μ＝0.5，加速阶段AB的长度l＝3 m，小车从A点由静止开始受到水平拉力F＝60 N的作用，在B点撤去拉力，取g＝10 m/s2.试问： (1)要使小车恰好通过圆轨道的最高点，小车在C点的速度为多少？ (2)满足(1)问条件下，小车能沿着出口平直轨道CD滑行多远的距离？ (3)要使小车不脱离轨道，求平直轨道BC段的长度范围． 解析：(1)设小车恰好通过最高点的速度为v0，则有mg＝① 由C点到最高点满足机械能守恒定律，有 mv＝mg·2R＋mv，② 解得vC＝10 m/s (2)小车由最高点滑下到最终停在轨道CD上，由动能定理有mg·2R－μmgxCD＝ 0－mv，③ 联立①③解得xCD＝10 m， (3)小车经过C点的速度vC≥10 m/s就能做完整的圆周运动． 小车由A到C由动能定理得 Fl－μmg(l＋xBC)＝mv， 解得xBC≤5 m. 小车进入圆轨道时，上升的高度h≤R＝2 m时，小车返回而不会脱离轨道，由动能定理有 Fl－μmg(l＋xBC)－mgh＝0， 解得xBC≥11 m. 综上可得，xBC≤5 m或者xBC≥11 m时小车不脱离轨道． 答案：(1)10 m/s　(2)10 m　(3)xBC≤5 m或者xBC≥11 m 学科网（北京）股份有限公司 $$