1、课时规范练16动能定理及其应用一、基础对点练1.(应用动能定理求解多过程问题)(2021黑龙江哈尔滨九中开学考试)2021年东京奥运会上,全红婵获得10米跳台跳水的冠军。若跳水运动员从10米高处的跳台跳下,设水的平均阻力均为运动员体重的3倍,在粗略估算中把运动员当作质点处理,为了保证运动员的人身安全,池水深度至少为()A.1.5 mB.3.3 mC.5 mD.7 m2.(对动能的理解)(2021福建三明一中高三月考)征途漫漫,星河璀璨,2021年2月10日,天问一号成功被火星捕获,进入环火星轨道。探测器被火星俘获后经过多次变轨才能在火星表面着陆。若探测器在半径为r的轨道1上绕火星做圆周运动,动
2、能为Ek,变轨到轨道2上做圆周运动后,动能增加了E,则轨道2的半径为()A.rB.rC.rD.r3.(多选)(动能定理的应用)(2021陕西高三月考)右图是做匀变速直线运动的质点在06 s内的位移时间图线,则()A.03 s,合外力对质点做正功B.36 s,合外力对质点做负功C.15 s,合外力对质点不做功D.前5 s内,合外力对质点做负功4.(动能定理的图象问题)如图所示,一小物块由静止开始沿斜面向下滑动,最后停在水平地面上。斜面和地面平滑连接,且物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为常数。该过程中,物块的动能Ek与水平位移x关系的图象是()5.(多选)(动能定理的应用)如图所示,某人通过
3、光滑滑轮将质量为m的物体,沿光滑斜面由静止开始匀加速地由底端拉上斜面。物体上升的高度为h,到达斜面顶端的速度为v,则在此过程中()A.物体所受的合力做功为mgh+mv2B.物体所受的合力做功为mv2C.人对物体做的功为mghD.人对物体做的功大于mgh6.(动能定理的应用)如图所示,一质量为m0的光滑大圆环,用一细轻杆固定在竖直平面内。套在大环上质量为m的小环(可视为质点),从大环的最高处由静止滑下。重力加速度大小为g,当小环滑到大环的最低点时,大环对轻杆拉力的大小为()A.(m0+2m)gB.(m0+3m)gC.(m0+4m)gD.(m0+5m)g7.(应用动能定理求解多过程问题)(2021
4、湖南长沙一中高三月考)如图所示,运动员把冰壶沿水平冰面投出,让冰壶在冰面上滑行,在不与其他冰壶碰撞的情况下,最终停在远处的某个位置。按比赛规则,冰壶投出后,可以用毛刷在其滑行前方来回擦冰面,减小冰壶与冰面间的动摩擦因数以调节冰壶的运动,将冰壶的运动简化为直线运动且不考虑冰壶的转动。已知未摩擦冰面时,冰壶与冰面间的动摩擦因数为0.02,重力加速度g取10 m/s2。(1)运动员以3.6 m/s的水平速度将冰壶投出,求冰壶能在冰面上滑行的最大距离s。(2)设未摩擦冰面时,冰壶与冰面间的动摩擦因数为,摩擦后二者之间的动摩擦因数变为k,其中0k1,若运动员仍以某一水平速度将冰壶投出,设运动过程中,冰壶
5、运动中累计滑过被毛刷摩擦过的冰面长度为L,求与不摩擦冰面相比,冰壶运动可以多滑行的距离s。8.(动能定理的应用)(2021全国乙卷)一篮球质量为m=0.60 kg,一运动员使其从距地面高度为h1=1.8 m处由静止自由落下,反弹高度为h2=1.2 m。若使篮球从距地面h3=1.5 m的高度由静止下落,并在开始下落的同时向下拍球,球落地后反弹的高度也为1.5 m。假设运动员拍球时对球的作用力为恒力,作用时间为t=0.20 s;该篮球每次与地面碰撞前后的动能的比值不变。重力加速度大小g取10 m/s2,不计空气阻力。求:(1)运动员拍球过程中对篮球所做的功;(2)运动员拍球时对篮球的作用力的大小。
6、二、素养综合练9.冬季奥运会中有自由式滑雪U形池比赛项目,其赛道横截面如图所示,为一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形赛道竖直固定放置,直径POQ水平。一质量为m的运动员(可视为质点)自P点上方高度R处由静止开始下落,恰好从P点进入赛道。运动员滑到赛道最低点N时,对赛道的压力为4mg,g为重力加速度的大小。用W表示运动员从P点运动到N点的过程中克服赛道摩擦力所做的功(不计空气阻力),则()A.W=mgR,运动员没能到达Q点B.W=mgR,运动员能到达Q点并做斜抛运动C.W=mgR,运动员恰好能到达Q点D.W=mgR,运动员能到达Q点并继续竖直上升一段距离10.如图所示,滑雪运动员从高度h的A点
7、静止滑下,到达B点后水平飞出,落到足够长的斜坡滑道C点,已知O点在B点正下方,OC=CD,不计全程的摩擦力和空气阻力,若运动员从高度4h处由静止开始滑下,则运动员()A.可能落到CD之间B.落到斜面瞬间的速度大小可能不变C.落到斜面瞬间的速度方向可能不变D.在空中运动的时间一定小于原来的两倍11.(2021福建厦门高三三模)2022年冬奥会在北京举办,图甲为本次冬奥会雪车项目的赛道。在某次雪车男子4人赛训练中,4位运动员手推一辆雪车从O点由静止开始沿斜向下的直轨道OA加速奔跑,OA高度差为3 m,雪车到达A点时速度大小为10 m/s,之后4位运动员逐一跳入车内,在蜿蜒的赛道上无动力滑行。已知雪
8、车的质量m=220 kg,忽略雪车与赛道之间的摩擦及空气阻力,重力加速度g取10 m/s2。(1)求运动员手推雪车在直轨道OA奔跑过程中,平均每位运动员对雪车所做的功。(2)已知赛道AB高度差为100 m,计算雪车到B点的速度大小。(3)如图乙所示,赛道转弯处向内倾斜,将其横截面简化为如图丙所示的斜面。某次转弯时,将雪车视为在水平面内做圆周运动的质点,其转弯半径为r,写出雪车速度大小v与转弯所处位置倾角的关系式。12.(2021山东省实验中学一模)如图所示,图甲为某种简易轨道赛车的轨道图,图乙为拼接直轨道的直板,图丙为部分轨道的简化示意图。其中OA、BC段为直轨道,由多个长为L=0.25 m的
9、直板拼接而成;AB为半圆形水平弯道,其半径R0=1.0 m,它能承受的最大侧向压力为F=20 N;1为竖直平面内的圆轨道,圆轨道1的半径为R1=0.4 m。已知该赛车的额定功率为P0=100 W,赛车行驶时,可以通过遥控器控制赛车的实际功率。设赛车在水平轨道所受阻力恒为Ff=5 N,不计竖直圆轨道对赛车的阻力,赛车的质量为m=0.2 kg。重力加速度g取10 m/s2。(1)求汽车以最大速度匀速通过弯道AB时,赛车的实际功率P。(2)若BC段拼接了4块直板,某次赛车以v1=7.5 m/s的速度经过弯道,到B点后不再施加动力,求赛车最后停在轨道上的位置到B的距离x。(3)若汽车以最大速度匀速通过
10、弯道AB,到B点后不再施加动力,要使赛车能安全通过竖直圆轨道1,则BC间最多可拼接几块直板?(圆轨道与弯道间不能直接连接)课时规范练16动能定理及其应用1.C解析:设池水的最小深度为h2,跳台高为h1,对整个过程,由动能定理得mg(h1+h2)-Ffh2=0,而Ff=3mg,联立解得h2=5 m,故选C。2.A解析:根据牛顿第二定律得G=m,解得r=G,由此可知,轨道半径与动能成反比,则有r=r,故选A。3.CD解析:因为x-t图象的斜率等于速度,可知03 s,质点的速度减小,动能减小,则合外力对质点做负功,A错误;36 s,质点的速度增加,动能增大,则合外力对质点做正功,B错误;由对称可知,
11、第1 s和第5 s的速度相同,则15 s,动能不变,则合外力对质点不做功,C正确;前5 s内,质点速度减小,则动能减小,合外力对质点做负功,D正确。4.A解析:设斜面的倾角为,小物块滑至斜面某处(发生的水平位移为x)时的末动能为Ek,由动能定理得mgxtan -1mgcos =Ek-0,即mgxtan -1mgx=Ek-0,故小物块沿斜面下滑时Ek与x成正比。当小物块在水平地面上运动时,可逆向看作初速度为零的加速运动。由动能定理得2mgx=Ek,即Ek与x也成正比,A正确。5.BD解析:对物体应用动能定理可得W合=W人-mgh=mv2,故W人=mgh+mv2,B、D选项正确。6.D解析:小环在
12、最低点时,根据牛顿第二定律得:F-mg=m,可得F=mg+m,小环从最高点到最低点,由动能定理,有mg2R=mv2,对大环分析,有:T=F+m0g=mg+m0g=m0g+5mg,由牛顿第三定律可知大环对轻杆的拉力FT=FT=m0g+5mg,故D正确。7.答案:(1)s=32.4 m(2)s=(1-k)L解析:(1)以冰壶为研究对象,从投出到停下来的过程中-mgs=0-mv2得s=32.4 m。(2)不摩擦冰面有-mgs=0-mv2摩擦冰面有-mg(s+s-L)-kmgL=0-mv2联立得s=(1-k)L。8.答案:(1)4.5 J(2)9 N解析:(1)篮球第一次下落,根据动能定理得mgh1=
13、篮球反弹后根据动能定理得mgh2=篮球与地面碰撞前后的动能的比值为设运动员做的功为W,第二次篮球下落,根据动能定理得W+mgh3=mv2第二次篮球落地时动能为mv2=mgh3解得W=4.5 J。(2)篮球受到力F作用的时间内,根据牛顿第二定律得a=篮球下降的距离为x=at2W=Fx联立解得F=9 N。9.D解析:在N点,根据牛顿第二定律有:FN-mg=m,解得vN=,对质点从下落到N点的过程运用动能定理得mg2R-W=-0,解得W=mgR,由于PN段速度大于NQ段速度,所以NQ段的支持力小于PN段的支持力,则在NQ段克服摩擦力做功小于在PN段克服摩擦力做功,对NQ段运用动能定理得-mgR-W=
14、,因为W0,所以质点到达Q点后,继续上升一段距离,A、B、C错误,D正确。10.D解析:从A滑到B的过程,根据动能定理可得mgh=,当从高度4h处由静止滑到B的过程,根据动能定理可得mg4h=,对比可知v2=2v1,如图甲所示。甲若第二次运动员仍落到与C点等高的水平面,则运动时间t不变,由x=vt可知,水平位移为原来2倍,即落到D点正上方的D点,故实际落到D点下侧,不可能落到CD之间,A错误;从开始下滑到落至斜面过程,由动能定理可得mgH=mv2-0,第二次下落的总高度H较大,故第二次落到斜面时的速度一定较大,B错误;图乙为两次落到斜面上时的位移方向,由图可知,两次的位移偏角关系为12,落到斜
15、面上时速度与水平面的夹角分别为1、2,由速度偏角公式可得tan =,又有tan =,对比可得tan =2tan 。乙故12,即落到斜面瞬间的速度方向不同,C错误。设OB距离为h1,OC、CD高度差均为h2,两次平抛的运动时间分别为t1、t2,竖直方向由位移公式可得t1=,t2=,对比可得2,D正确。11.答案:(1)1 100 J(2)10 m/s(3)v=解析:(1)从O到A的过程中,设平均每位运动员对雪车所做的功为W,根据动能定理可得4W+mghOA=,代入数据解得W=1 100 J。(2)设运动员与雪车总的质量为m0,从A到B点的过程中,由动能定理得m0ghAB=m0m0,代入数据解得v
16、B=10 m/s。(3)在转弯处,对雪车受力分析,根据牛顿第二定律可得m0gtan =m0,解得v=。12.答案:(1)Pmax=50 W(2)x=0.875 m(3)6块解析:(1)在AB段,水平侧向力提供小车做圆周运动的向心力,根据牛顿第二定律可得F=解得v=10 m/s汽车匀速过弯道AB的实际功率P最大为Pmax=Ffv解得Pmax=50 W。(2)在BC段,根据动能定理可得-Ff4L=解得vC=2.5 m/s从C点开始在圆轨道1上运动,当速度减小到0上升的高度为h,可得-mgh=0-解得h=0.312 5 m0.4 m故汽车到达轨道1后下滑进入CB轨道,在CB轨道,根据动能定理可得-Ffx=0-解得x=0.125 m赛车最后停在轨道上的位置到B的距离为x=4L-x求得x=0.875 m。(3)小球能通过圆轨道1最高点,根据牛顿第二定律可得mg=解得v1=2 m/s从B到圆轨道1最高点,根据动能定理可得-Ffx1-mg2R1=mv2解得x1=1.6 m则n=6.4,故最多可拼接6块。
