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考點規范練17　動能和動能定理
一、單項選擇題
1.下列有關動能的說法正確的是(　　)
A.物體只有做勻速運動時,動能才不變
B.物體的動能變化時,速度不一定變化
C.物體做平拋運動時,水平速度不變,動能不變
D.物體做自由落體運動時,物體的動能增加
2.一個質量為0.3 kg的彈性小球,在光滑水平面上以6 m/s的速度垂直撞到墻上,碰撞后小球沿相反方向運動,反彈后的速度大小與碰撞前相同,則下列碰撞前后小球速度變化量的大小Δv和碰撞過程中小球的動能變化量ΔEk正確的是(　　)
A.Δv=0
B.Δv=12 m/s
C.ΔEk=1.8 J
D.ΔEk=10.8 J
3.物塊在水平面上以初速度v0直線滑行,前進x0后恰好停止運動,已知物塊與水平面之間的動摩擦因數為μ,且μ的大小與物塊滑行的距離x的關系為μ=kx(k為常數),重力加速度為g。則 (　　)
A.v0= B.v0=
C.v0= D.v0=2
4.如圖所示,物塊從固定斜面的最高點由靜止滑下,沖上右側光滑曲面,經過最低點連接處時無能量損失。已知物塊與斜面的動摩擦因數μ=0.25,斜面高度h=1.20 m,斜面傾角θ=37°,g取10 m/s2,sin 37°=0.6,物塊在曲面上升的最大高度為(　　)
A.0.70 m B.0.80 m
C.0.96 m D.1.20 m
5.如圖所示,兩傾角均為θ的光滑斜面對接后固定在水平地面上,O點為斜面的最低點。一個小物塊從右側斜面上高為h處由靜止滑下,在兩個斜面上做往復運動。小物塊每次通過O點時都會有動能損失,損失的動能為小物塊當次到達O點時動能的5%。小物塊從開始下滑到停止的過程中運動的總路程為(　　)
A. B.
C. D.
6.某景點的滑草場有兩個坡度不同的滑道AB和AB'(均可看作斜面),甲、乙兩名質量相等的游客分別乘兩個完全相同的滑草裝置從A點由靜止開始分別沿AB和AB'滑下,最后都停在水平草面上,其中乙停在了C點處,如圖所示。設滑草裝置和草面間的動摩擦因數處處相同,斜面與水平面連接處均可認為是圓滑的,滑草者保持相同的姿勢坐在滑草裝置上不動,則甲最終停在了(　　)
A.C點的左側
B.C點處
C.C點的右側
D.條件不足,無法判斷
二、多項選擇題
7.(2023·全國乙卷)如圖所示,一質量為m'、長為l的木板靜止在光滑水平桌面上,另一質量為m的小物塊(可視為質點)從木板上的左端以速度v0開始運動。已知物塊與木板間的滑動摩擦力大小為Ff,當物塊從木板右端離開時(　　)
A.木板的動能一定等于Ffl
B.木板的動能一定小于Ffl
C.物塊的動能一定大于-Ffl
D.物塊的動能一定小于-Ffl
8.航天器的“半彈道跳躍式返回”,是指在返回器第一次進入大氣層一定“深度”后,借助大氣層的作用力再次升高,其速度會進一步降低,然后再次降低高度返回地面。如圖,嫦娥五號返回器在距地面高度約120 km處,接近第二宇宙速度(約11.2 km/s)高速進入地球大氣層外層A點,減速下降至預定高度B點附近(圖中B點為AC段的最低點),在大氣層的作用下,向上躍出大氣層,到達最高點D后又開始下降,之后再次進入大氣層外層,到達圖中E點時速度約為7.9 km/s。在降至距地面約10 km高度時,打開降落傘完成最后階段減速并保持姿態穩定,最終平穩著陸在內蒙古四子王旗預設區域(圖中F點)。其中A、C、E在同一高度上,高度120 km之外空氣阻力可忽略不計。返回器質量設為300 kg,且保持不變,下列說法正確的是(　　)
A.從A點到E點的過程中返回器克服大氣層阻力做功約為9.45×109 J
B.從C點到E點的過程中,返回器機械能守恒
C.返回器在D點的瞬時加速度為零
D.返回器在從E點到F點的過程中始終處于失重狀態
9.下圖為過山車的大回環軌道的結構圖,一質量m=40 kg的車廂(可視為質點)從高h0=12 m處的A點由靜止沿光滑軌道AB滑下,進入半徑r=4 m的豎直圓軌道,車廂與圓軌道的動摩擦因數處處相同,當到達圓軌道的頂點C時,車廂對圓軌道的壓力恰好為零。之后車廂繼續沿CFB滑下,進入光滑軌道BD,且上升高度為h時速度為零,g取10 m/s2,則下列說法正確的是(　　)
A.車廂在圓軌道最高點時的速度為2 m/s
B.車廂在圓軌道最高點時的速度為 m/s
C.h的值可能為8.0 m
D.h的值可能為8.5 m
10.從地面豎直向上拋出一物體,其機械能E總等于動能Ek與重力勢能Ep之和。取地面為重力勢能零點,該物體的E總和Ep隨它離開地面的高度h的變化如圖所示。重力加速度取10 m/s2。由圖中數據可得 (　　)
A.物體的質量為2 kg
B.h=0時,物體的速率為20 m/s
C.h=2 m時,物體的動能Ek=40 J
D.從地面至h=4 m,物體的動能減少100 J
三、非選擇題
11.如圖甲所示,高h0=1 m的桌面上固定一豎直平面內的半徑R=0.8 m的四分之一光滑圓弧軌道AB,軌道末端B與桌面邊緣水平相切。將一質量m=0.05 kg的小球從軌道頂端A處由靜止釋放,小球落入地面固定的球筐中。已知球筐的高度h=0.2 m,球筐的直徑比球稍大,與軌道半徑R、桌面高h0等相比可忽略,空氣阻力忽略不計,g取10 m/s2。
(1)求小球運動到B處時對軌道的壓力大小。
(2)求球筐距B處的水平距離。
(3)把圓弧軌道撤去,讓小球在桌面上從B處水平拋出。有人認為“為防止球入筐時彈出,小球落入球筐時的動能越小越好”。若只改變桌面的高度,求出該動能的最小值。
12.如圖所示,質量m=100 g的滑塊(可視為質點),在F=1 N的水平推力作用下從A點由靜止開始運動,一段位移后撤去推力F,當滑塊由平臺邊緣B點飛出后,恰能從C點沿切線方向進入圓弧管道,滑塊略小于管道內徑。已知AB間的距離l=2.1 m,滑塊與平臺間的動摩擦因數μ=0.5,B、C兩點間水平距離s=1.2 m、豎直高度差h=0.8 m,CD、DF是半徑均為R=0.5 m的光滑圓弧管道,C、D等高,E為DF管道的最高點,FG是長度d=10 m、傾角θ=37°的粗糙直管道,在G處有一反彈膜,能無機械能損失地反彈滑塊,各部分管道在連接處均相切,cos 37°=0.8,sin 37°=0.6。
(1)求滑塊在平臺上運動時水平推力F作用的位移大小。
(2)求滑塊第一次到達E點時對軌道的作用力。
(3)要使滑塊反彈一次后能停在管道FG上,求滑塊與管道FG之間動摩擦因數的取值范圍。
考點規范練17　動能和動能定理
1.D　解析:物體只要速率不變,動能就不變,A錯誤。物體的動能變化時,速度的大小一定變化,B錯誤。物體做平拋運動時,速率增大動能就會增大,C錯誤。物體做自由落體運動時,其速率增大,物體的動能增加,D正確。
2.B　解析:速度是矢量,規定反彈后速度方向為正,則Δv=6 m/s-(-6 m/s)=12 m/s,故B正確,A錯誤。動能是標量,速度大小不變,動能不變,則ΔEk=0,C、D錯誤。
3.A　解析:動摩擦因數與x成正比,故在前進x0的過程中,平均動摩擦因數為,在整個前進過程中,根據動能定理可得-mgx0=0-,解得v0=,故A正確,B、C、D錯誤。
4.B　解析:設物塊在曲面上升的最大高度為h'。對物塊從開始到運動至曲面最高點的過程,由動能定理得mg(h-h')-μmgcos θ·=0,解得h'=0.80 m,故A、C、D錯誤,B正確。
5.B　解析:由題意知,小物塊第一次到達O點,由動能定理可得mgh=Ek,此時小物塊的路程s1=,第一次通過O點后動能Ek1=95%Ek=95%mgh,此時利用動能定理知小物塊上升高度h1=95%h,第二次到達O點滑下的路程s2==95%,同理第二次離開O點到第三次到達O點所走路程s3=(95%)2,…,故小物塊運動的總路程s總=s1+s2+…+sn=+95%+(95%)2+…+(95%)n-1,n無窮大時,可得s總=(等比數列求和),故B正確。
6.B　解析:設任一傾斜滑道的傾角為θ,高度為h,滑草裝置和草面間的動摩擦因數為μ。乙由A點滑到C點的過程中,由動能定理有mgh-μmgcos θ·-μmg·lB'C=0,即h-μ(hcot θ+lB'C)=0,其中hcot θ+lB'C是A點與C點間的水平距離,可知,hcot θ+lB'C=,與θ無關,所以甲最終停在C點處,故B正確。
7.BD　解析: 設物塊滑上木板時間t后離開木板,在這段時間內物塊在摩擦力的作用下做勻減速直線運動,木板在摩擦力的作用下做勻加速直線運動,它們這段時間內的v-t圖像如圖所示,AB為物塊的v-t圖像,OC為木板的v-t圖像。結合題意可知梯形OABC的面積表示木板長度l,三角形OCD的面積表示木板的位移,由圖可知S△OCDS梯OABC,則物塊的位移x2>l。此過程中對木板由動能定理得Ffx1=Ek1-0,所以當物塊從右端離開木板時木板的動能Ek1=Ffx18.AB　解析:A、E在同一高度上,從A點到E點過程中嫦娥五號返回器的速度從11.2 km/s降到7.9 km/s,重力做功為零,根據動能定理得-Wf=,其中vA=11.2 km/s=1.12×104 m/s,vE=7.9 km/s=7.9×103 m/s,m=300 kg,解得返回器克服大氣層阻力做功Wf=9.45×109 J,故A正確。從C點到E點過程中,空氣阻力可忽略不計,只有重力做功,返回器機械能守恒,故B正確。返回器在D點的合力等于重力,瞬時加速度為重力加速度,不為零,故C錯誤。返回器從E點到F點的過程中,在減速階段,返回器處于超重狀態,故D錯誤。
9.AD　解析:在最高點C,車廂對圓環軌道的壓力恰好為零,根據牛頓第二定律可得mg=m,解得vC=2 m/s,故A正確,B錯誤。在ABEC過程中,根據動能定理可得mg(h0-2r)-W1=-0,解得W1=800 J。設CFB過程克服摩擦力做的功為W2,因該過程車廂與軌道的平均壓力小于BEC過程,則摩擦力也小于BEC過程的摩擦力,則有010.AD　解析:由題圖可知,物體剛被拋出時的機械能為100 J,即物體豎直上拋的初動能Ek0=100 J。當機械能與重力勢能相等,說明動能為零,上升到最高點時離地面高度為4 m,這時mgh=E,所以m= kg=2 kg,A正確。根據Ek0=,v0= m/s=10 m/s,B錯誤。從題圖中可以得出在上拋過程中,機械能有損失,上升到最高點的整個過程中,共損失了20 J的機械能,按照比例上升2 m時,機械能損失了10 J。因此當h=2 m時,物體的動能Ek=100 J-40 J-10 J=50 J,C錯誤。當h=0時,Ek0=100 J,當h=4 m時,Ek4=0,所以從地面至h=4 m,物體的動能減少100 J,D正確。
11.解析:(1)小球從A運動到B,由動能定理得mgR=
在B點FN-mg=
解得v0=4 m/s,FN=1.5 N
根據牛頓第三定律,小球對軌道的壓力大小FN'=FN=1.5 N。
(2)豎直方向h0-h=gt2
水平方向x=v0t
解得x=1.6 m。
(3)小球從B運動到球筐的過程,由動能定理得mg(h0-h)=Ek-
平拋運動x=vBt,h0-h=gt2
聯立解得Ek=+mg(h0-h)
當h0=h+x=1 m時,Ek有最小值,
其最小值為Ekmin=mgx=0.8 J。
答案:(1)1.5 N
(2)1.6 m
(3)0.8 J
12.解析:(1)滑塊從B到C做平拋運動,則
豎直方向有h=gt2
水平方向有s=vBt
解得 vB=3 m/s
滑塊從A到B的過程,根據動能定理得Fx-μmgl=-0
解得水平推力F作用的位移大小x=1.5 m。
(2)根據平拋運動的規律得h=
解得滑塊到達C點時豎直分速度的大小vy=4 m/s
滑塊到達C點時速度大小vC==5 m/s
從C到E,根據動能定理得-mgR(1-cos 53°)=
在E點,對滑塊由牛頓第二定律得FN+mg=m
解得FN=3.2 N
根據牛頓第三定律,滑塊第一次到達E點時對軌道的作用力FN'=FN=3.2 N,方向豎直向上。
(3)設滑塊與管道FG之間的動摩擦因數為μ'。由滑塊能停在FG上,可得μ'mgcos θ>mgsin θ
解得 μ'>0.75
由反彈一次可得+mg(R-Rcos 37°+dsin 37°)>μ'mgdcos 37°
解得μ'<0.89
分析可知,當μ'>0.75時,EkF=+mg(R-Rcos 37°)=1.15 J<μ'mg·2dcos 37°
滑塊無法返回P點。
綜上所述,滑塊與管道FG之間動摩擦因數的取值范圍為0.75<μ'<0.89。
答案:(1)1.5 m
(2)3.2 N,方向豎直向上
(3)0.75<μ'<0.89
7

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