第六单元 机械能守恒定律（二）《巅峰突破》2026版物理高三一轮单元突破验收卷（含答案解析）
文档属性
| 名称 | 第六单元 机械能守恒定律（二）《巅峰突破》2026版物理高三一轮单元突破验收卷（含答案解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 881.3KB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2025-09-10 17:02:15 | ||
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文档简介
(
密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线
密 封 线 内 不 要 答 题
)
(
姓名 班级 考号
密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线
密 封 线 内 不 要 答 题
)
第六单元 机械能守恒定律（二）
满分100分,限时75分钟
考点 动能和动能定理
一、选择题(本题共10小题,共40分。在每小题给出的四个选项中,第1—7题只有一项符合题目要求,每小题4分;第8—10题有多项符合题目要求,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)
1.无风时,雨滴受空气阻力的作用在地面附近会以恒定的速率竖直下落。一质量为m的雨滴在地面附近以速率v下落高度h的过程中,克服空气阻力做的功为(重力加速度大小为g) ( )
A.0 B.mgh C.mv2-mgh D.mv2+mgh
2.某物体从t=0时刻起以一定初速度做平抛运动,下列能反映物体的动能Ek随时间t变化情况的是 ( )
3.如图所示,一半圆形细杆ABC竖直固定在水平地面上,AC为其水平直径,圆弧半径r=3.6 m。质量为m=4.0 kg的小圆环(可视为质点,小环内径略大于杆的直径)套在细杆上,在大小为50 N、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
4.如图所示,轻弹簧的右端与固定竖直挡板连接,左端与B点对齐。质量为m的小物块以初速度v0从A向右滑动,物块压缩弹簧后被反弹,滑到AB的中点C(图中未画出)时速度刚好为零。已知A、B间的距离为L,弹簧的最大压缩量为,重力加速度为g,则小物块反弹之后从B点运动到C点所用的时间为 ( )
A. B. C. D.
5.长度为1 m的匀质木板以3 m/s的水平速度进入一段长度为2 m的粗糙水平地面,木板与粗糙地面间的动摩擦因数为0.5,地面其余部分光滑,重力加速度g取10 m/s2,下列说法正确的是 ( )
A.木板刚好全部进入粗糙地面时的速度为2 m/s
B.木板刚好全部进入粗糙地面时的速度为 m/s
C.木板全部滑出粗糙地面时的速度为 m/s
D.木板全部滑出粗糙地面时的速度为5 m/s
6.光滑水平面上质量分别为m、2m的甲、乙两个物体,在相同的水平拉力F的作用下从静止开始运动,甲、乙分别经过t、2t时间的动能之和为Ek,则乙从静止经过3t时间的动能为 ( )
A.Ek B.Ek C.Ek D.3Ek
7.如图甲所示,在光滑水平面上,一物体在水平向右的恒定拉力F作用下由静止开始向右做直线运动,物体的动能Ek随时间t变化的图像如图乙所示,虚线为图像上P点的切线,切线与t轴交点的横坐标t1是 ( )
A.0.60 B.0.70 C.0.75 D.0.80
8.如图甲所示为一种新型的电动玩具,整体质量为m,下方的圆球里有电动机、电池、红外线发射器等,打开开关后叶片转动时会产生一个与叶片转动平面垂直的升力F,使玩具在空中飞行。将玩具从离地面高度为4h0处静止释放,使玩具在竖直方向运动,升力F随离地面高度h变化的关系如图乙所示,重力加速度为g,玩具只受升力和自身重力作用。对于4h0~2h0过程,下列判断正确的是 ( )
A.玩具先做匀加速再做匀减速运动
B.玩具下落到距地面3h0高处速度最大
C.玩具下落的最大速度为
D.玩具下落的最大速度为
9.如图所示,整个装置固定且在同一竖直平面内,AB段为光滑竖直管道,高度h=8 m,BCD段为半径R1=2 m的光滑半圆管道,DE段为半径R2=3 m的粗糙四分之一圆管道,现有质量m=1 kg的小球从A点由静止释放,进入到装置中。已知到达E点时,小球对上侧管道的压力大小为1.5mg,C为半圆管道BCD段的最低点,重力加速度g=10 m/s2,下列说法正确的是 ( )
A.整个运动过程中,小球的机械能不守恒
B.小球到达最低点C点时,速度大小为10 m/s
C.小球从静止释放到经过E点,合外力做的功为36 J
D.整个运动过程,摩擦力做的功Wf=-12.5 J
10.如图所示,质量m=1 kg的物体以初速度v0=6 m/s滑上足够长的斜面。已知物体与斜面之间的动摩擦因数μ=0.75。调节斜面与水平方向的夹角θ,使其从零开始增大到90°,发现物体沿斜面向上的最大位移x先减小后增大,重力加速度g=10 m/s2,sin 37°=0.6,则下列说法正确的是 ( )
A.当θ=0°时,物体的最大位移为2.4 m
B.当θ=30°时,物体达到最大位移后,将保持静止
C.当θ=53°时,物体的最大位移具有最小值
D.当θ=90°时,物体克服摩擦力做功18 J
二、非选择题(本题共5小题,共60分)
11.(9分)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f,重力加速度为g,求:
(1)小球落地时的动能;
(2)小球陷入泥中的过程中克服泥的阻力做的功;
(3)整个过程中小球克服阻力做的功。
12.(12分)质量m=1 kg的物体,在水平恒定拉力F(拉力方向与物体初速度方向相同)的作用下,沿粗糙水平面运动,经过的位移为4 m时,拉力F停止作用,运动到位移为8 m时物体停止运动,运动过程中Ek-x图像如图所示。重力加速度g取10 m/s2,求:
(1)物体的初速度大小;
(2)物体和水平面间的动摩擦因数;
(3)拉力F的大小。
13.(10分)如图所示,光滑斜面AB和竖直面内光滑半圆轨道BC在B点平滑连接,半圆轨道的半径为R,直径BC沿竖直方向。一质量为m的小球从A点由静止滚下,恰好能通过半圆轨道最高点C点,之后小球又恰好垂直落到斜面AB上。小球可视为质点,重力加速度为g,求:
(1)A点到水平面BD的高度H;
(2)斜面AB的长度L。
14.(13分)物流公司用滑轨装运货物,如图所示。长5 m、倾角为37°的倾斜滑轨与长5.5 m的水平滑轨平滑连接,有一质量为1 kg的货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑,通过倾斜滑轨和水平滑轨连接处时速度大小不变。已知货物与两段滑轨间的动摩擦因数均为,sin 37°=0.6,货物可以视为质点,重力加速度g取10 m/s2。求:
(1)货物滑到倾斜滑轨末端的速度大小;
(2)货物从开始下滑经过4 s,克服摩擦力所做的功。
15.(16分)2023年3月29日,全国自由式及单板滑雪大跳台和坡面障碍技巧冠军赛在长白山和平滑雪场开赛。如图所示为大跳台的结构布局简图,运动员从长度为L1=45 m、倾角为θ的滑道AB的A端由静止滑下,下滑至B端时恰好沿着切线方向进入半径R= m的四分之一光滑圆弧滑道BC,然后从C点飞出做斜上抛运动,落在倾角为α、长度为L2=100 m的滑道DE上的P点(图中未画出),落到P点后瞬间的速度大小为落到P点前瞬间速度大小的0.5倍,且落到P点后瞬间的速度沿斜面方向。之后以大小为a1=0.9 m/s2的加速度在滑道DE上减速滑行,最后进入水平滑道EF以大小为a2=4 m/s2的加速度减速滑行直至停止运动。已知C、D点连线沿竖直方向,倾斜滑道DE和水平滑道EF之间平滑连接,cos α=0.9,cos θ=0.6,滑雪板和滑道AB之间的动摩擦因数为μ=0.2,重力加速度g=10 m/s2。
(1)求运动员到达C点时的速度大小;
(2)若运动员由C点运动到P点用时3.5 s,求运动员在水平滑道EF上运动的距离。
答案全解全析
1.B
思路点拨 雨滴在地面附近会以恒定的速率运动,动能不变,克服空气阻力做的功等于重力做的功。
解析 在地面附近雨滴做匀速运动,根据动能定理得mgh-Wf=0,故雨滴克服空气阻力做功为mgh,故选项B正确。
2.D
思路点拨 本题由动能定理结合平抛运动规律写出动能的表达式,利用数形结合思想选取相应图像。
解析 物体在重力作用下做平抛运动,加速度为g,竖直位移y=gt2,由动能定理得Ek=E0+mg2t2,故D正确。
3.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,根据动能定理有F·-mgr+Wf=mv2,代入数据解得摩擦力做功为Wf=-66.6 J,B正确。
归纳总结 在一个有变力做功的过程中,当变力做功无法直接通过功的公式求解时,可依据动能定理列式W变+W恒=m-m求得W变=m-m-W恒。
4.B 小物块从A点到停止运动的整个过程,根据动能定理可得-μmg=0-m,在BC段运动时,由牛顿第二定律和运动学公式得μmg=ma,L=at2,联立解得t=,故B正确。
5.D
思路点拨 木板进入(或离开)粗糙地面时,所受摩擦力随位移均匀变化,可用平均力求功。
解析 木板进入粗糙地面的过程,由动能定理得-μmgx1=m-m,解得v1=2 m/s,A、B错误;木板进入粗糙地面到全部滑出粗糙地面的过程中由动能定理得,解得v2=5 m/s,C错误,D正确。
6.A 设在相同的水平拉力F的作用下甲、乙两个物体的加速度分别为a1、a2,根据题意由牛顿第二定律可得a1=2a2,从静止开始运动,甲、乙分别经过t、2t时间的位移分别为x1=a1t2=a2t2,x2=a2(2t)2=2a2t2,根据动能定理可得Ek=Fx1+Fx2=3Fa2t2,设乙从静止经过3t时间的动能为E'k,则E'k=F·a2(3t)2=·3Fa2t2=Ek,故A正确。
7.C 物体在拉力作用下做匀加速直线运动,则根据动能定理得Fx=Ek,根据运动学公式可得x=at2=t2,则Ek=t2,把P点坐标代入后得出===,则Ek=t2,求导得Ek-t图像上P点的切线斜率为k==×2t=×2×1.5=4,即k==4,则Δt=0.75,则t1=1.5-Δt=1.5-0.75=0.75,故C正确。
8.BC
识图有法
解析 玩具在下落过程中,根据牛顿第二定律有mg-F=ma,4h0→2h0过程中,由图可知,F从零增大到2mg,在h=3h0时F=mg,所以加速度开始向下并逐渐减小,速度在增大,当h=3h0时合力为零,加速度为零,此时速度达到最大值,继续运动,合力向上,做减速运动,此时加速度向上并逐渐增大,速度在减小,A错误,B正确;根据上述分析可知h=3h0时速度最大,4h0→3h0过程中F做负功,F做功的绝对值等于F-h图线与横轴围成的面积,所以有WF=-(4h0-3h0)·mg·=-mgh0,对该过程根据动能定理有mgh0-mgh0=m,解得vm=,C正确,D错误。
9.AD 依题意,DE段管道粗糙,小球经过时,摩擦力会做功,机械能不守恒,故A正确;依题意,小球到达最低点C点时,有mg(h+R1)=mv2,解得v=10 m/s,故B错误;假定小球到E点时速度为v1,依题意有mg+1.5mg=m,从静止释放到经过E点,合外力做的功等于动能的变化量,故W合=ΔEk=m-0=37.5 J,故C错误;整个运动过程,摩擦力做的功为Wf,据动能定理有m-0=mg(h-R2)+Wf,解得Wf=-12.5 J,故D正确。
归纳总结
应用动能定理解题的基本思路
10.ABC 当θ=0°时,物体沿水平方向做匀减速直线运动。由动能定理可得-μmgx1=0-m,解得x1=2.4 m,故A正确;当θ=30°时,有mg sin θ<μmg cos θ,物体速度减小到零后,在斜面上保持静止,故B正确;物体在斜面上滑行的过程,由动能定理可得-mgx' sin θ-μmg cos θ·x'=0-m,解得x'==,其中α满足tan α=μ,由数学知识可知,当θ=53°时,物体的最大位移具有最小值,故C正确;当θ=90°时,物体与竖直平面之间的压力为零,摩擦力为零,故D错误。
11.答案 (1)mgH-fH (2)mg(H+h)-fH (3)mg(H+h)
解析 (1)取从静止开始释放到落到地面的过程,由动能定理得mgH-fH=Ek-0 (2分)
解得Ek=mgH-fH (1分)
(2)研究整个过程,由动能定理得
mg(h+H)-fH-Wf'=0 (2分)
解得Wf'=mg(H+h)-fH (1分)
小球陷入泥中的过程中克服泥的阻力做的功为mg(H+h)-fH。
(3)研究整个过程,由动能定理得
mg(h+H)-Wf″=0 (2分)
解得Wf″=mg(H+h) (1分)
所以整个过程中小球克服阻力做的功为mg(H+h)。
12.答案 (1)2 m/s (2)0.25 (3)4.5 N
解析 (1)从题图可知物体初动能为2 J,则有
Ek0=mv2=2 J(2分)
解得v=2 m/s(1分)
(2)在位移为4 m处物体的动能为Ek=10 J,在位移为8 m处物体的动能为零,从位移为4 m运动到位移为8 m的过程中物体克服摩擦力做功。
设摩擦力为Ff,由动能定理得-Ffx2=0-Ek(2分)
代入数据解得Ff=2.5 N(1分)
因Ff=μmg (2分)
故μ=0.25 (1分)
(3)物体从位移为0到位移为4 m的过程中,水平方向受拉力F和摩擦力Ff的作用,合力为F-Ff,根据动能定理有(F-Ff)x1=Ek-Ek0 (2分)
解得F=4.5 N(1分)
13.答案 (1)R (2)R
解析 (1)因小球恰好能通过半圆轨道最高点C,则mg=m(2分)
从A到C由动能定理得mg(H-2R)=m (2分)
解得H=R (1分)
(2)设斜面倾角为θ,小球离开C点后做平抛运动,垂直打在斜面上,则vy==gt (2分)
由几何关系可知tan θ= (1分)
解得 tan θ= (1分)
斜面AB的长度L==R (1分)
解后复盘 解此题的关键是根据“恰好能通过半圆轨道最高点C点”,结合动能定理求解高度;再利用“恰好垂直落到斜面AB上”的情境结合数学关系求解斜面长度。
14.答案 (1) m/s (2)30 J
解析 (1)货物在倾斜滑轨上下滑过程,根据动能定理有
mgl sin 37°-μmgl cos 37°=m (2分)
解得v1= m/s(1分)
(2)在倾斜滑轨上下滑时,根据牛顿第二定律有mg sin 37°-μmg cos 37°=ma1 (2分)
解得a1= m/s2 (1分)
下滑到底端所用的时间
t1== s= s(1分)
在水平滑轨上运动时,根据牛顿第二定律有μmg=ma2 (1分)
解得a2= m/s2 (1分)
在水平滑轨上运动的时间t2== s(1分)
货物从开始下滑经过4 s时已经停止在水平滑轨上,则整个过程由动能定理可得
mgl sin 37°-Wf=0 (2分)
克服摩擦力所做的功为
Wf=mgl sin 37°=30 J(1分)
15.答案 (1)25 m/s (2)20 m
解析 (1)设运动员到达C点的速度为v,从A到C的过程,根据动能定理有mgL1 sin θ+mgR·[cos (90°-θ)-cos θ]-μmgL1 cos θ=mv2 (2分)
解得运动员到达C点时的速度大小
v=25 m/s(1分)
(2)由(1)问可知运动员从C点滑出时的速度大小为v=25 m/s
水平分速度vx=v cos (90°-θ)=20 m/s(1分)
竖直分速度vy=v sin (90°-θ)=15 m/s(1分)
则运动员在空中运动过程中水平方向位移
x=vxt=70 m(1分)
DP== m(1分)
PE=L2-DP= m(1分)
运动员从C点滑出后落到P点时竖直方向上的速度
v'y=vy-gt=-20 m/s(2分)
结合水平方向速度为vx=20 m/s
故运动员落到P点前瞬间的速度大小为
v1==20 m/s(1分)
落到P点后瞬间的速度大小为vP=0.5v1=10 m/s(1分)
从P到E依运动学规律有-=-2a1PE (1分)
解得到达E点时速度大小为vE=4 m/s(1分)
对水平滑道EF上的运动过程有
0-=-2a2x0 (1分)
解得运动员在水平滑道EF上运动的距离
x0=20 m(1分)
归纳总结
应用动能定理解决多过程问题的思路
密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线
密 封 线 内 不 要 答 题
)
(
姓名 班级 考号
密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线
密 封 线 内 不 要 答 题
)
第六单元 机械能守恒定律（二）
满分100分,限时75分钟
考点 动能和动能定理
一、选择题(本题共10小题,共40分。在每小题给出的四个选项中,第1—7题只有一项符合题目要求,每小题4分;第8—10题有多项符合题目要求,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)
1.无风时,雨滴受空气阻力的作用在地面附近会以恒定的速率竖直下落。一质量为m的雨滴在地面附近以速率v下落高度h的过程中,克服空气阻力做的功为(重力加速度大小为g) ( )
A.0 B.mgh C.mv2-mgh D.mv2+mgh
2.某物体从t=0时刻起以一定初速度做平抛运动,下列能反映物体的动能Ek随时间t变化情况的是 ( )
3.如图所示,一半圆形细杆ABC竖直固定在水平地面上,AC为其水平直径,圆弧半径r=3.6 m。质量为m=4.0 kg的小圆环(可视为质点,小环内径略大于杆的直径)套在细杆上,在大小为50 N、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
4.如图所示,轻弹簧的右端与固定竖直挡板连接,左端与B点对齐。质量为m的小物块以初速度v0从A向右滑动,物块压缩弹簧后被反弹,滑到AB的中点C(图中未画出)时速度刚好为零。已知A、B间的距离为L,弹簧的最大压缩量为,重力加速度为g,则小物块反弹之后从B点运动到C点所用的时间为 ( )
A. B. C. D.
5.长度为1 m的匀质木板以3 m/s的水平速度进入一段长度为2 m的粗糙水平地面,木板与粗糙地面间的动摩擦因数为0.5,地面其余部分光滑,重力加速度g取10 m/s2,下列说法正确的是 ( )
A.木板刚好全部进入粗糙地面时的速度为2 m/s
B.木板刚好全部进入粗糙地面时的速度为 m/s
C.木板全部滑出粗糙地面时的速度为 m/s
D.木板全部滑出粗糙地面时的速度为5 m/s
6.光滑水平面上质量分别为m、2m的甲、乙两个物体,在相同的水平拉力F的作用下从静止开始运动,甲、乙分别经过t、2t时间的动能之和为Ek,则乙从静止经过3t时间的动能为 ( )
A.Ek B.Ek C.Ek D.3Ek
7.如图甲所示,在光滑水平面上,一物体在水平向右的恒定拉力F作用下由静止开始向右做直线运动,物体的动能Ek随时间t变化的图像如图乙所示,虚线为图像上P点的切线,切线与t轴交点的横坐标t1是 ( )
A.0.60 B.0.70 C.0.75 D.0.80
8.如图甲所示为一种新型的电动玩具,整体质量为m,下方的圆球里有电动机、电池、红外线发射器等,打开开关后叶片转动时会产生一个与叶片转动平面垂直的升力F,使玩具在空中飞行。将玩具从离地面高度为4h0处静止释放,使玩具在竖直方向运动,升力F随离地面高度h变化的关系如图乙所示,重力加速度为g,玩具只受升力和自身重力作用。对于4h0~2h0过程,下列判断正确的是 ( )
A.玩具先做匀加速再做匀减速运动
B.玩具下落到距地面3h0高处速度最大
C.玩具下落的最大速度为
D.玩具下落的最大速度为
9.如图所示,整个装置固定且在同一竖直平面内,AB段为光滑竖直管道,高度h=8 m,BCD段为半径R1=2 m的光滑半圆管道,DE段为半径R2=3 m的粗糙四分之一圆管道,现有质量m=1 kg的小球从A点由静止释放,进入到装置中。已知到达E点时,小球对上侧管道的压力大小为1.5mg,C为半圆管道BCD段的最低点,重力加速度g=10 m/s2,下列说法正确的是 ( )
A.整个运动过程中,小球的机械能不守恒
B.小球到达最低点C点时,速度大小为10 m/s
C.小球从静止释放到经过E点,合外力做的功为36 J
D.整个运动过程,摩擦力做的功Wf=-12.5 J
10.如图所示,质量m=1 kg的物体以初速度v0=6 m/s滑上足够长的斜面。已知物体与斜面之间的动摩擦因数μ=0.75。调节斜面与水平方向的夹角θ,使其从零开始增大到90°,发现物体沿斜面向上的最大位移x先减小后增大,重力加速度g=10 m/s2,sin 37°=0.6,则下列说法正确的是 ( )
A.当θ=0°时,物体的最大位移为2.4 m
B.当θ=30°时,物体达到最大位移后,将保持静止
C.当θ=53°时,物体的最大位移具有最小值
D.当θ=90°时,物体克服摩擦力做功18 J
二、非选择题(本题共5小题,共60分)
11.(9分)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f,重力加速度为g,求:
(1)小球落地时的动能;
(2)小球陷入泥中的过程中克服泥的阻力做的功;
(3)整个过程中小球克服阻力做的功。
12.(12分)质量m=1 kg的物体,在水平恒定拉力F(拉力方向与物体初速度方向相同)的作用下,沿粗糙水平面运动,经过的位移为4 m时,拉力F停止作用,运动到位移为8 m时物体停止运动,运动过程中Ek-x图像如图所示。重力加速度g取10 m/s2,求:
(1)物体的初速度大小;
(2)物体和水平面间的动摩擦因数;
(3)拉力F的大小。
13.(10分)如图所示,光滑斜面AB和竖直面内光滑半圆轨道BC在B点平滑连接,半圆轨道的半径为R,直径BC沿竖直方向。一质量为m的小球从A点由静止滚下,恰好能通过半圆轨道最高点C点,之后小球又恰好垂直落到斜面AB上。小球可视为质点,重力加速度为g,求:
(1)A点到水平面BD的高度H;
(2)斜面AB的长度L。
14.(13分)物流公司用滑轨装运货物,如图所示。长5 m、倾角为37°的倾斜滑轨与长5.5 m的水平滑轨平滑连接,有一质量为1 kg的货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑,通过倾斜滑轨和水平滑轨连接处时速度大小不变。已知货物与两段滑轨间的动摩擦因数均为,sin 37°=0.6,货物可以视为质点,重力加速度g取10 m/s2。求:
(1)货物滑到倾斜滑轨末端的速度大小;
(2)货物从开始下滑经过4 s,克服摩擦力所做的功。
15.(16分)2023年3月29日,全国自由式及单板滑雪大跳台和坡面障碍技巧冠军赛在长白山和平滑雪场开赛。如图所示为大跳台的结构布局简图,运动员从长度为L1=45 m、倾角为θ的滑道AB的A端由静止滑下,下滑至B端时恰好沿着切线方向进入半径R= m的四分之一光滑圆弧滑道BC,然后从C点飞出做斜上抛运动,落在倾角为α、长度为L2=100 m的滑道DE上的P点(图中未画出),落到P点后瞬间的速度大小为落到P点前瞬间速度大小的0.5倍,且落到P点后瞬间的速度沿斜面方向。之后以大小为a1=0.9 m/s2的加速度在滑道DE上减速滑行,最后进入水平滑道EF以大小为a2=4 m/s2的加速度减速滑行直至停止运动。已知C、D点连线沿竖直方向,倾斜滑道DE和水平滑道EF之间平滑连接,cos α=0.9,cos θ=0.6,滑雪板和滑道AB之间的动摩擦因数为μ=0.2,重力加速度g=10 m/s2。
(1)求运动员到达C点时的速度大小;
(2)若运动员由C点运动到P点用时3.5 s,求运动员在水平滑道EF上运动的距离。
答案全解全析
1.B
思路点拨 雨滴在地面附近会以恒定的速率运动,动能不变,克服空气阻力做的功等于重力做的功。
解析 在地面附近雨滴做匀速运动,根据动能定理得mgh-Wf=0,故雨滴克服空气阻力做功为mgh,故选项B正确。
2.D
思路点拨 本题由动能定理结合平抛运动规律写出动能的表达式,利用数形结合思想选取相应图像。
解析 物体在重力作用下做平抛运动,加速度为g,竖直位移y=gt2,由动能定理得Ek=E0+mg2t2,故D正确。
3.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,根据动能定理有F·-mgr+Wf=mv2,代入数据解得摩擦力做功为Wf=-66.6 J,B正确。
归纳总结 在一个有变力做功的过程中,当变力做功无法直接通过功的公式求解时,可依据动能定理列式W变+W恒=m-m求得W变=m-m-W恒。
4.B 小物块从A点到停止运动的整个过程,根据动能定理可得-μmg=0-m,在BC段运动时,由牛顿第二定律和运动学公式得μmg=ma,L=at2,联立解得t=,故B正确。
5.D
思路点拨 木板进入(或离开)粗糙地面时,所受摩擦力随位移均匀变化,可用平均力求功。
解析 木板进入粗糙地面的过程,由动能定理得-μmgx1=m-m,解得v1=2 m/s,A、B错误;木板进入粗糙地面到全部滑出粗糙地面的过程中由动能定理得,解得v2=5 m/s,C错误,D正确。
6.A 设在相同的水平拉力F的作用下甲、乙两个物体的加速度分别为a1、a2,根据题意由牛顿第二定律可得a1=2a2,从静止开始运动,甲、乙分别经过t、2t时间的位移分别为x1=a1t2=a2t2,x2=a2(2t)2=2a2t2,根据动能定理可得Ek=Fx1+Fx2=3Fa2t2,设乙从静止经过3t时间的动能为E'k,则E'k=F·a2(3t)2=·3Fa2t2=Ek,故A正确。
7.C 物体在拉力作用下做匀加速直线运动,则根据动能定理得Fx=Ek,根据运动学公式可得x=at2=t2,则Ek=t2,把P点坐标代入后得出===,则Ek=t2,求导得Ek-t图像上P点的切线斜率为k==×2t=×2×1.5=4,即k==4,则Δt=0.75,则t1=1.5-Δt=1.5-0.75=0.75,故C正确。
8.BC
识图有法
解析 玩具在下落过程中,根据牛顿第二定律有mg-F=ma,4h0→2h0过程中,由图可知,F从零增大到2mg,在h=3h0时F=mg,所以加速度开始向下并逐渐减小,速度在增大,当h=3h0时合力为零,加速度为零,此时速度达到最大值,继续运动,合力向上,做减速运动,此时加速度向上并逐渐增大,速度在减小,A错误,B正确;根据上述分析可知h=3h0时速度最大,4h0→3h0过程中F做负功,F做功的绝对值等于F-h图线与横轴围成的面积,所以有WF=-(4h0-3h0)·mg·=-mgh0,对该过程根据动能定理有mgh0-mgh0=m,解得vm=,C正确,D错误。
9.AD 依题意,DE段管道粗糙,小球经过时,摩擦力会做功,机械能不守恒,故A正确;依题意,小球到达最低点C点时,有mg(h+R1)=mv2,解得v=10 m/s,故B错误;假定小球到E点时速度为v1,依题意有mg+1.5mg=m,从静止释放到经过E点,合外力做的功等于动能的变化量,故W合=ΔEk=m-0=37.5 J,故C错误;整个运动过程,摩擦力做的功为Wf,据动能定理有m-0=mg(h-R2)+Wf,解得Wf=-12.5 J,故D正确。
归纳总结
应用动能定理解题的基本思路
10.ABC 当θ=0°时,物体沿水平方向做匀减速直线运动。由动能定理可得-μmgx1=0-m,解得x1=2.4 m,故A正确;当θ=30°时,有mg sin θ<μmg cos θ,物体速度减小到零后,在斜面上保持静止,故B正确;物体在斜面上滑行的过程,由动能定理可得-mgx' sin θ-μmg cos θ·x'=0-m,解得x'==,其中α满足tan α=μ,由数学知识可知,当θ=53°时,物体的最大位移具有最小值,故C正确;当θ=90°时,物体与竖直平面之间的压力为零,摩擦力为零,故D错误。
11.答案 (1)mgH-fH (2)mg(H+h)-fH (3)mg(H+h)
解析 (1)取从静止开始释放到落到地面的过程,由动能定理得mgH-fH=Ek-0 (2分)
解得Ek=mgH-fH (1分)
(2)研究整个过程,由动能定理得
mg(h+H)-fH-Wf'=0 (2分)
解得Wf'=mg(H+h)-fH (1分)
小球陷入泥中的过程中克服泥的阻力做的功为mg(H+h)-fH。
(3)研究整个过程,由动能定理得
mg(h+H)-Wf″=0 (2分)
解得Wf″=mg(H+h) (1分)
所以整个过程中小球克服阻力做的功为mg(H+h)。
12.答案 (1)2 m/s (2)0.25 (3)4.5 N
解析 (1)从题图可知物体初动能为2 J,则有
Ek0=mv2=2 J(2分)
解得v=2 m/s(1分)
(2)在位移为4 m处物体的动能为Ek=10 J,在位移为8 m处物体的动能为零,从位移为4 m运动到位移为8 m的过程中物体克服摩擦力做功。
设摩擦力为Ff,由动能定理得-Ffx2=0-Ek(2分)
代入数据解得Ff=2.5 N(1分)
因Ff=μmg (2分)
故μ=0.25 (1分)
(3)物体从位移为0到位移为4 m的过程中,水平方向受拉力F和摩擦力Ff的作用,合力为F-Ff,根据动能定理有(F-Ff)x1=Ek-Ek0 (2分)
解得F=4.5 N(1分)
13.答案 (1)R (2)R
解析 (1)因小球恰好能通过半圆轨道最高点C,则mg=m(2分)
从A到C由动能定理得mg(H-2R)=m (2分)
解得H=R (1分)
(2)设斜面倾角为θ,小球离开C点后做平抛运动,垂直打在斜面上,则vy==gt (2分)
由几何关系可知tan θ= (1分)
解得 tan θ= (1分)
斜面AB的长度L==R (1分)
解后复盘 解此题的关键是根据“恰好能通过半圆轨道最高点C点”,结合动能定理求解高度;再利用“恰好垂直落到斜面AB上”的情境结合数学关系求解斜面长度。
14.答案 (1) m/s (2)30 J
解析 (1)货物在倾斜滑轨上下滑过程,根据动能定理有
mgl sin 37°-μmgl cos 37°=m (2分)
解得v1= m/s(1分)
(2)在倾斜滑轨上下滑时,根据牛顿第二定律有mg sin 37°-μmg cos 37°=ma1 (2分)
解得a1= m/s2 (1分)
下滑到底端所用的时间
t1== s= s(1分)
在水平滑轨上运动时,根据牛顿第二定律有μmg=ma2 (1分)
解得a2= m/s2 (1分)
在水平滑轨上运动的时间t2== s(1分)
货物从开始下滑经过4 s时已经停止在水平滑轨上,则整个过程由动能定理可得
mgl sin 37°-Wf=0 (2分)
克服摩擦力所做的功为
Wf=mgl sin 37°=30 J(1分)
15.答案 (1)25 m/s (2)20 m
解析 (1)设运动员到达C点的速度为v,从A到C的过程,根据动能定理有mgL1 sin θ+mgR·[cos (90°-θ)-cos θ]-μmgL1 cos θ=mv2 (2分)
解得运动员到达C点时的速度大小
v=25 m/s(1分)
(2)由(1)问可知运动员从C点滑出时的速度大小为v=25 m/s
水平分速度vx=v cos (90°-θ)=20 m/s(1分)
竖直分速度vy=v sin (90°-θ)=15 m/s(1分)
则运动员在空中运动过程中水平方向位移
x=vxt=70 m(1分)
DP== m(1分)
PE=L2-DP= m(1分)
运动员从C点滑出后落到P点时竖直方向上的速度
v'y=vy-gt=-20 m/s(2分)
结合水平方向速度为vx=20 m/s
故运动员落到P点前瞬间的速度大小为
v1==20 m/s(1分)
落到P点后瞬间的速度大小为vP=0.5v1=10 m/s(1分)
从P到E依运动学规律有-=-2a1PE (1分)
解得到达E点时速度大小为vE=4 m/s(1分)
对水平滑道EF上的运动过程有
0-=-2a2x0 (1分)
解得运动员在水平滑道EF上运动的距离
x0=20 m(1分)
归纳总结
应用动能定理解决多过程问题的思路
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