人教考向11 动能定理 机械能-备战2023年高考物理一轮复习考点微专题（全国通用）（解析版）.docx

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考向11 动能定理 机械能
【重点知识点目录】
对动能、动能定理的理解及动能定理的应用
动能定理的图像问题
机械能守恒的理解与判断
单个物体、多个物体的机械能
1．（2022•甲卷）北京2022年冬奥会首钢滑雪大跳台局部示意图如图所示。运动员从a处由静止自由滑下，到b处起跳，c点为a、b之间的最低点，a、c两处的高度差为h。要求运动员经过c点时对滑雪板的压力不大于自身所受重力的k倍，运动过程中将运动员视为质点并忽略所有阻力，则c点处这一段圆弧雪道的半径不应小于（　　）
A． B． C． D．
【答案】D。
【解析】解：从a到c根据动能定理有：mgh＝
在c点根据牛顿第二定律有：kmg﹣mg＝
联立解得：R＝
故ABC错误，D正确；
2．（2022•浙江）物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车中，如图所示，倾斜滑轨与水平面成24°角，长度l1＝4m，水平滑轨长度可调，两滑轨间平滑连接。若货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑，其与滑轨间的动摩擦因数均为μ＝，货物可视为质点（取cos24°＝0.9，sin24°＝0.4）。
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（1）求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度a1的大小；
（2）求货物在倾斜滑轨末端时速度v的大小；
（3）若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2m/s，求水平滑轨的最短长度l2。
【答案】（1）货物在倾斜滑轨上滑行时加速度a1的大小为2m/s2；
（2）货物在倾斜滑轨末端时速度v的大小为4m/s；
（3）若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2m/s，则水平滑轨的最短长度为2.7m。
【解析】解：（1）倾斜滑轨与水平面成θ＝24°角，对货物根据牛顿第二定律可得：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma1
代入数据解得：a1＝2m/s2；
（2）根据速度—位移关系可得：v2＝2a1l1
代入数据解得：v＝4m/s；
（3）货物在水平轨道上运动时，根据动能定理可得：
﹣μmgl2＝﹣，其中v′＝2m/s
代入数据解得：l2＝2.7m。
（多选）3．（2022•湖南）下端附着重物的粗细均匀木棒，竖直浮在河面，在重力和浮力作用下，沿竖直方向做频率为1Hz的简谐运动；与此同时，木棒在水平方向上随河水做匀速直线运动，如图（a）所示。以木棒所受浮力F为纵轴，木棒水平位移x为横轴建立直角坐标系，浮力F随水平位移x的变化如图（b）所示。已知河水密度为ρ，木棒横截面积为S，重力加速度大小为g。下列说法正确的是 （　　）
A．x从0.05m到0.15m的过程中，木棒的动能先增大后减小
B．x从0.21m到0.25m的过程中，木棒加速度方向竖直向下，大小逐渐变小
C．x＝0.35m和x＝0.45m时，木棒的速度大小相等，方向相反
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D．木棒在竖直方向做简谐运动的振幅为
E．木棒的运动为向x轴正方向传播的机械横波，波速为0.4m/s
【答案】ABD。
【解析】解：A、木棒在竖直方向做简谐运动，根据图（b）可知x＝0.1m处，木棒达到平衡位置，此时的速度最大，所以x从0.05m到0.15m的过程中，木棒的动能先增大后减小，故A正确；
B、x＝0.2m时木棒浮力最小，此时木棒在上方最大位移处，重力大于浮力，木棒开始向下振动，x从0.21m到0.25m的过程中，木棒的浮力增大，但小于重力，说明在木棒加速度方向竖直向下，大小逐渐变小，故B正确；
C、在x＝0.35m和x＝0.45m时，木板的浮力相同，说明木板处于同一位置，根据简谐运动的对称性可知，在x＝0.35m和x＝0.45m时木棒竖直方向的速度大小相等，方向相反，但木棒水平方向速度相同，根据速度的合成可知，木棒的速度方向不是相反，故C错误；
D、设木棒在平衡位置处浸没的深度为h，振幅为A。
浮力最大时，有：F1＝ρgS（A+h），浮力最小时，有：F2＝ρgS（h﹣A），联立解得：A＝，故D正确；
E、振动质点不会随波逐流，故D错误。
4．（2021•湖北）如图（a）所示，一物块以一定初速度沿倾角为30°的固定斜面上滑，运动过程中摩擦力大小f恒定，物块动能Ek与运动路程s的关系如图（b）所示。重力加速度大小取10m/s2，物块质量m和所受摩擦力大小f分别为（　　）
A．m＝0.7kg，f＝0.5N B．m＝0.7kg，f＝1.0N
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C．m＝0.8kg，f＝0.5N D．m＝0.8kg，f＝1.0N
【答案】A。
【解析】解：对物块根据动能定理可知
在上滑过程中：﹣fs﹣mgssin30°＝mv2
变形可得Ek＝（f+mgsin