限时规范训练(20) 第6章 第2讲 动能定理及其应用（word课时作业）-【高考领航】2025年高考物理大一轮复习

限时规范训练(20) [基础巩固题组] 1.如图所示，将质量为m的小球以初速度大小v0由地面竖直向上抛出。小球落回地面时，其速度大小为v0。设小球在运动过程中所受空气阻力的大小不变，则空气阻力的大小等于(　　) A．mg　　　　　　 B．mg C．mg D．mg 解析：D　小球向上运动的过程，由动能定理得－(mg＋f)H＝0－mv02，小球向下运动的过程，由动能定理得(mg－f)H＝m(v0)2，联立解得f＝mg，选项D正确，A、B、C错误。 2.一物块沿倾角为θ的斜坡向上滑动。当物块的初速度为v时，上升的最大高度为H，如图所示，当物块的初速度为时，上升的最大高度记为h。重力加速度大小为g。物块与斜坡间的动摩擦因数和h分别为(　　) A．tan θ，　　　　 B．(－1)tan θ， C．tan θ， D．(－1)tan θ， 解析：D　物块以初速度v上升的过程，由动能定理得－mgH－μmgcos θ·＝0－mv2，解得μ＝(－1)tan θ。 当物块的初速度为时，由动能定理得－mgh－μmgcos θ·＝0－m()2，解得h＝，故选D。 3.如图所示，一半圆弧形细杆ABC竖直固定在水平地面上，AC为其水平直径，圆弧半径BO＝3.6 m。质量为m＝4.0 kg的小圆环(可视为质点，小环直径略大于杆的)套在细杆上，在大小为50 N、方向始终沿圆的切线方向的拉力F作用下，从A点由静止开始运动，到达B点时对细杆的压力恰好为0。已知π取3.14，重力加速度g取10 m/s2，在这一过程中摩擦力做功为(　　) A．66.6 J B．－66.6 J C．210.6 J D．－210.6 J 解析：B　小圆环到达B点时对细杆的压力恰好为0，则mg＝m，拉力F沿圆的切线方向，圆环由A到B的过程根据动能定理有F·－mgr＋Wf＝mv2，代入数据得摩擦力做功为Wf＝－66.6 J，故选B。 4. (2024·北京东城区期末)如图所示，在高为h的粗糙平台上，有一个质量为m的小球，被一根细线拴在墙上，球与墙间有一根被压缩的轻质弹簧。当烧断细线时，小球被弹出，小球落地时速度大小为v。对烧断细线到小球刚要落地的过程，下列说法正确的是(　　) A．小球离开弹簧时的动能是mv2 B．弹簧弹力做的功等于mv2 C．弹簧弹力与重力做功的和等于mv2 D．弹簧弹力与摩擦力做功的和等于mv2－mgh 解析：D　从烧断细线到小球刚要落地的整个过程中，根据动能定理可知W弹－Wf＋mgh＝mv2，移项可知，小球离开弹簧时的动能不等于mv2，落地时动能才等于mv2，A错误；弹簧弹力做的功等于mv2－mgh＋Wf，B错误；弹簧弹力与重力做功的和等于mv2＋Wf，C错误；弹簧弹力与摩擦力做功的和等于mv2－mgh，D正确。 5.(2024·湖南怀化模拟)如图所示，DO是水平面，AB是斜面，初速度为v0的物体从D点出发沿DBA滑动到顶点A时速度刚好为零，如果斜面改为AC，让该物体从D点出发沿DCA滑动到A点且速度刚好为零，则物体具有的初速度(已知物体与斜面及水平面之间的动摩擦因数处处相同且不为零，不计B、C处能量损失)(　　) A．等于v0 B．大于v0 C．小于v0 D．取决于斜面 解析：A　物体从D点滑动到顶点A过程中，由动能定理可得－mg·xAO－μmg·xDB－μmgcos α·xAB＝0－mv02，α为斜面倾角，由几何关系有xABcos α＝xOB，因而上式可以简化为－mg·xAO－μmg·xOD＝0－mv02，从上式可以看出，物体的初速度与路径无关。故选A。 6．如图所示，轻质弹簧一端固定在墙壁上的O点，另一端自由伸长到A点，OA之间的水平面光滑，固定曲面在B处与水平面平滑连接。AB之间的距离s＝1 m。质量m＝0.2 kg的小物块开始时静置于水平面上的B点，物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4。现给物块一个水平向左的初速度v0＝5 m/s，g取10 m/s2。 (1)求弹簧被压缩到最短时所具有的弹性势能Ep； (2)求物块返回B点时的速度大小； (3)若物块能冲上曲面的最大高度h＝0.2 m，求物块沿曲面上滑过程所产生的热量。 解析：(1)对小物块从B点至压缩弹簧最短的过程，由动能定理得 －μmgs－W克弹＝0－mv02 W克弹＝Ep 代入数据解得Ep＝1.7 J。 (2)对小物块从B点开始运动至返回B点的过程，由动能定理得 －μmg·2s＝mvB2－mv02 代入数据解得vB＝3 m/s。 (3)对小物块沿曲面的上滑过程 由动能定理得－W克f－mgh＝0－mvB2 产生的热量Q＝W克f＝0.5 J。 答案：(1)1.7 J　(2)3 m/s　(3)0.5 J [能力提升题组] 7．如图甲所示，将某一物体每次以不变的初速率v0沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角θ，实验测得物体运动的最远位移x与斜面倾角θ的关系如图乙所示，g取10 m/s2，根据图像可求出物体与斜面间动摩擦因数为(　　) 　 甲　　　　　　　　　乙　 A．0.3 B．0.4 C．0.5 D．0.6 解析：C　由图乙可知，当夹角为90°时，位移为1.25 m，由竖直上抛运动规律v02＝2gh，v0＝＝ m/s＝5 m/s，当夹角θ＝0时，位移为2.5 m，根据动能定理－μmgx＝0－mv02，解得μ＝＝＝0.5，故选C。 8．(多选)智能呼啦圈轻便美观，深受大众喜爱。如图甲，腰带外侧带有轨道，将带有滑轮的短杆穿入轨道，短杆的另一端悬挂一根带有配重的轻绳，其简化模型如图乙所示。可视为质点的配重质量为0.5 kg，绳长为0.5 m，悬挂点P到腰带中心点O的距离为0.2 m。水平固定好腰带，通过人体微小扭动，使配重做水平匀速圆周运动，绳子与竖直方向夹角为θ，运动过程中腰带可看成不动，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，下列说法正确的是(　　) 甲　　　　　　　　　　乙　 A．匀速转动时，配重受到的合力恒定不变 B．若增大转速，绳的拉力增大 C．当θ稳定在37°时，配重的角速度为5 rad/s D．当θ由37°缓慢增加到53°的过程中，配重的动能增加了 J 解析：BD　设配重的质量为m、绳长为l、悬挂点P到腰带中心点O的距离为r1，对配重受力分析如图所示，由于配重做匀速圆周运动，其受到的合力提供向心力，即合力大小不变、方向改变，故选项A错误；若增大转速，θ增大，绳的拉力F＝增大，B正确；根据牛顿第二定律有mgtan θ＝mω2(lsin θ＋r1)，代入数据可得ω＝ rad/s，故选项C错误；根据牛顿第二定律有mgtan θ＝m，则v2＝g(lsin θ＋r1)tan θ，在θ由37°缓慢增加到53°的过程中，动能增加了ΔEk＝mv22－mv12＝ J，故D正确。 9.如图所示，质量为m的小球，从离地面高H处由静止开始释放，落到地面后继续陷入泥中h深度而停止。设小球受到的空气阻力为Ff，重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　) A．小球落地时动能等于mgH B．小球陷入泥中的过程中克服泥的阻力所做的功小于刚落到地面时的动能 C．整个过程中小球克服阻力做的功等于mg(H＋h) D．小球在泥中受到的平均阻力为mg(1＋) 解析：C　小球从静止开始释放到落到地面的过程，由动能定理得mgH－FfH＝mv02，选项A错误；设泥的平均阻力为Ff′，小球陷入泥中的过程，由动能定理得mgh－Ff′h＝0－mv02，解得Ff′h＝mgh＋mv02，Ff′＝mg(1＋)－，选项B、D错误；对全过程应用动能定理可知，整个过程中小球克服阻力做的功等于mg(H＋h)，选项C正确。 10.(2023·湖南卷)(多选)如图，固定在竖直面内的光滑轨道ABC由直线段AB和圆弧段BC组成，两段相切于B点，AB段与水平面夹角为θ，BC段圆心为O，最高点为C，A与C的高度差等于圆弧轨道的直径2R。小球从A点以初速度v0冲上轨道，能沿轨道运动恰好到达C点，下列说法正确的是(　　) A．小球从B到C的过程中，对轨道的压力逐渐增大 B．小球从A到C的过程中，重力的功率始终保持不变 C．小球的初速度v0＝ D．若小球初速度v0增大，小球有可能从B点脱离轨道 解析：AD　由题知，小球能沿轨道运动恰好到达C点，则小球在C点的速度为vC＝ 0，则小球从B到C的过程中，有mgR(1－cos α)＝mv2，FN＝mgcos α－m，联立有FN＝ 3mgcos α－2mg，则从B到C的过程中，α由θ减小到0，则cos α逐渐增大，故FN逐渐增大，A正确；小球从A到B的过程中重力的功率为P＝mgvsin θ，则重力的功率始终减小，B错误；从A到C的过程中有－mg·2R＝mvC2－mv02，解得v0＝，C错误；小球在B点恰好脱离轨道有mgcos θ＝m，则vB＝，则若小球初速度v0增大，小球在B点的速度有可能为，故小球有可能从B点脱离轨道，D正确。 11.如图所示，半圆形光滑轨道竖直固定在AB杆上，杆长L＝1 m，半圆与水平方向相切于B点，半径R＝0.5 m，距其右侧一定水平距离处固定一个斜面体。斜面C端离地高度h＝0.8 m，E端固定一轻弹簧，弹簧原长为DE，DE＝0.375 m，斜面CD段粗糙而DE段光滑。现将一质量为1 kg的物块(可看作质点)从圆轨道某处静止释放，离开最低点B后恰能落到斜面顶端C处，且速度方向恰好平行于斜面，物块沿斜面下滑压缩弹簧后又沿斜面向上返回，第一次恰能返回到最高点C。斜面倾角θ＝53°，重力加速度g＝10 m/s2。已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，求： (1)物块运动到B点时对轨道的压力大小； (2)物块在粗糙斜面CD段上能滑行的总路程s。 解析：(1)物块从B到C做平抛运动，则有 vy2＝2g(L－h) 在C点时有tan θ＝ 代入数据解得vB＝1.5 m/s 在B点对物块进行受力分析得 F－mg＝m 解得F＝14.5 N 根据牛顿第三定律知物块对轨道的压力大小F′＝F＝14.5 N。 (2)物块在C点的速度为vC＝＝2.5 m/s， 物块从C点下滑到返回C点的过程，根据动能定理得 －μmgcos θ·2xCD＝0－mvC2 xCE＝＝1 m xCD＝xCE－xDE 代入数据解得μ＝ 最终物块在DE段来回滑动，从C到D，根据动能定理得 mgxCDsin θ－μmgcos θ·s＝0－mvC2 解得s＝3.25 m。 答案：(1)14.5 N　(2)3.25 m 学科网（北京）股份有限公司 $$