2024屆高考物理二輪專題復習與測試第一部分專題二能量與動量第6講功和能機械能命題點二動能定理應用

命題點二動能定理應用應用動能定理的流程．如圖甲所示為河沙裝車過程，可以簡化為如圖乙所示．已知傳動帶的速度為2m/s，h1＝3m，h2＝4.5m，g＝10m/s2，小貨車能夠裝6t沙子，傳送帶足夠長．則裝滿一車，傳送帶大約需要對沙子做的功為()A．1.02×105JB．9×104JC．2.82×105JD．2.7×105J解析：對沙子，由動能定理可知W＋WG＝ΔEk，WG＝－2.7×105J，ΔEk＝1.2×104J，解得W＝2.82×105J，故選C.答案：C排球運動是我國較為普遍的運動項目之一，也深受人民群眾的喜愛．如圖所示，某同學正在練習墊球，質量m＝0.25kg的排球一直在豎直方向上運動，排球在空中運動時，受到大小f＝0.5N、方向始終與排球運動方向相反的空氣阻力的作用．在某次墊球過程中，該同學雙手平舉保持靜止，排球從離手高度h1＝1m處靜止開始下落，排球與手碰撞后反彈高度h2＝eq\f(9,24)m．重力加速度大小取g＝10m/s2，求：(1)排球與手碰撞過程中損失的能量ΔE；(2)在本次墊球過程中，要使反彈高度與排球下落的高度都為h1＝1m，該同學對排球應做多少功．(設碰撞位置、因碰撞而損失的能量都不改變)解析：(1)排球下落過程，根據動能定理有mgh1－fh1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，解得：v1＝4m/s，排球反彈上升，根據動能定理有－mgh2－fh2＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，解得：v2＝3m/s，碰撞前后瞬間，排球與手碰撞過程中損失的能量ΔE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，代入數據得：ΔE＝eq\f(7,8)J；(2)反彈到h1的過程，根據動能定理有－mgh1－fh1＝0－Ek，解得：Ek＝3J，在排球與手的碰撞過程中，根據功能關系有W＝ΔE＋Ek－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，解得：W＝eq\f(15,8)J.答案：(1)eq\f(7,8)J(2)eq\f(15,8)J1.如圖所示，質量為m的滑塊從斜面底端以平行于斜面的初速度v0沖上固定斜面，沿斜面上升的最大高度為H，已知斜面傾角為α，斜面與滑塊間的動摩擦因數為μ，且μ＜tanα，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取斜面底端為零勢能面，則能表示滑塊在斜面上運動的機械能E、動能Ek、勢能Ep與上升高度h之間關系的圖像是()解析：重力勢能的變化僅僅與重力做功有關，隨著上升高度h的增大，重力勢能增大，選項A錯誤；機械能的變化僅與重力和系統內彈力之外的其他力做功有關，上滑過程中有－feq\f(h,sinα)＝E－E0，即E＝E0－feq\f(h,sinα)；下滑過程中有－feq\f(2H－h(huán),sinα)＝E′－E0，即E′＝E0－2feq\f(H,sinα)＋feq\f(h,sinα)，故上滑和下滑過程中Eh圖線均為直線，選項B錯誤；動能的變化與合外力做功有關，上滑過程中有－mgh－eq\f(f,sinα)h＝Ek－Ek0，即Ek＝Ek0－(mg＋eq\f(f,sinα))h，下滑過程中有－mgh－feq\f(2H－h(huán),sinα)＝E′k－Ek0，即E′k＝Ek0－2feq\f(H,sinα)－(mg－eq\f(f,sinα))h，故Ek－h(huán)圖線為直線，但下滑過程斜率小，選項C錯誤，D正確．答案：D2．圖甲為北京2022年冬奧會的“雪如意”跳臺滑雪場地，其簡化示意圖如圖乙，助滑道AB的豎直高度h＝55m，B、C間的距離s＝120m，B、C連線與水平方向的夾角θ＝30°.某質量m＝60kg的運動員從出發(fā)點A沿助滑道無初速下滑，從起跳點B處沿水平方向飛出，在著地點C處著地，不計空氣阻力，g取10m/s2.求(1)運動員在起跳點B處的速度v0；(2)運動員在助滑過程中阻力做的功Wf.解析：(1)運動員從B點做平拋運動水平方向scosθ＝v0t，豎直方向ssinθ＝eq\f(1,2)gt2，解得v0＝30m/s.(2)由動能定理得mgh＋Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得Wf＝－6000J.答案：(1)30m/s(2)－6000J3．如圖所示，水平地面上有一個固定擋板，有一輕彈簧左端固定在擋板上，有一質量m＝0.2kg的滑塊(可視為質點)緊壓彈簧但不黏連，初始時彈簧的彈性勢能Ep＝1.8J，AB兩點的距離L＝3m．距離B點右側豎直高度差h＝0.8m處有一半徑均為R＝0.5m光滑圓弧管道CD、DF，C、D等高，E為DF管道的最高點，FG是長度d＝10m傾角θ＝37°的粗糙直管道，在G處接一半徑為R′＝2m，圓心為O點的光滑圓弧軌道GHQ，H為最低點，Q為最高點，且∠GOH＝θ＝37°，各部分管道及軌道在連接處均平滑相切，已知物塊與水平地面間的動摩擦因數μ＝0.15，不計空氣阻力，重力加速度大小g＝10m/s2.現把滑塊從A點由靜止釋放，經過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．sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.sin53°＝0.8，cos53°＝0.6.求：(1)滑塊離開B點時的速度大小vB；(2)滑塊第一次到達E點時對軌道的作用力大??；(3)要使滑塊能經過G點且不脫離軌道，滑塊與管道FG之間動摩擦因數μ′的取值范圍．解析：(1)當滑塊滑到B點時，有Ep－μmgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，解得vB＝3m/s.②(2)由平拋運動規(guī)律得滑塊到達C點時豎直分速度veq\o\al(2,cy)＝2gh，所以滑塊到達C點時速度大小vc＝eq\r(veq\o\al(2,B)＋veq\o\al(2,cy))＝5m/s.則得到速度方向與水平方向夾角為α＝53°，則滑塊處于D點時，速度方向與水平方向夾角也為53°，由動能定理可知滑塊在D點時的速度與其在C點時的速度大小相等，從D點到E點，根據動能定理有－mgR(1－cosα)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,E)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D).在E點，對滑塊，由牛頓第二定律得FN＋mg＝meq\f(veq\o\al(2,E) ,R)，解得FN＝6.4N.根據牛頓第三定律得滑塊第一次到達E點時對軌道的作用力為F′N＝FN＝6.4N.(3)設滑塊與管道FG之間的動摩擦因數為μ1，要使滑塊能經過G點，則有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,E)＋mg(R－Rcosθ＋dsinθ)>μ1mgcosθ·d，解得μ1<eq\f(143,160)≈0.893.要使滑塊不脫離軌道，則滑塊不能超過與O點等高點，所以有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,E)＋mg(R－Rcos