2025届高考物理一轮复习专项练习课时规范练16动能定理及其应用

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1.(单物体动能定理)如图所示,“蹦极”运动中,长弹性绳的一端固定,另一端绑在人身上,人从几十米高处跳下。将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动。从绳恰好伸直到人第一次下降至最低点的过程中,下列说法正确的是( )
A.人先处于失重状态后处于超重状态
B.绳对人的拉力始终做负功,人的动能一直减小
C.绳恰好伸直时,绳的弹性势能为零,人的动能最大
D.人在最低点时,绳对人的拉力等于人所受的重力
2.(多选)(图像问题)在平直公路上,汽车由静止开始做匀加速直线运动,当速度达到vmax后,立即关闭发动机直至静止,v-t图像如图所示,设汽车的牵引力为F,受到的摩擦力为Ff,全程中牵引力做功为W1,克服摩擦力做功为W2,则( )
A.F∶Ff=1∶3B.W1∶W2=1∶1
C.F∶Ff=4∶1D.W1∶W2=1∶3
3.(单物体动能定理)如图所示,在轻弹簧的下端悬挂一个质量为m的小球A,若将小球A从弹簧原长位置由静止释放,小球A能够下降的最大高度为h。若将小球A换为质量为3m的小球B,仍从弹簧原长位置由静止释放,重力加速度为g,不计空气阻力,则小球B下降h时的速度为( )
A.B.
C.D.
4.(图像问题)质量m=10 kg的物体只在变力F作用下沿水平方向做直线运动,F随坐标x的变化关系如图所示。若物体从坐标原点处由静止出发,则物体运动到x=16 m处时的速度大小为( )
A.3 m/sB.4 m/s
C.2 m/sD. m/s
5.(多过程单物体动能定理)如图,abc是竖直面内的光滑固定轨道,ab水平,长度为R,bc是半径为R的四分之一的圆弧,与ab相切于b点。一质量为m的小球受到与重力大小相等的水平外力F的作用,自a点从静止开始向右运动,运动到b点时立即撤去外力F,重力加速度大小为g,下列说法正确的是( )
A.水平外力F做的功为2mgR
B.小球运动到b点时对圆弧轨道的压力大小为3mg
C.小球能从c点竖直向上飞出
D.小球运动到c点时对圆弧轨道的压力大小为mg
6.(图像问题)静止在粗糙水平地面上的物块,在恒定水平拉力的作用下开始运动,当位移为2x0时撤去外力,此时动能为Ek0,继续滑行x0后停下来,其动能随位移变化的关系如图所示。根据图像中已知信息,不能确定的物理量是( )
A.恒定水平拉力的大小
B.物块与水平地面之间的动摩擦因数
C.物块加速运动和减速运动的时间之比
D.物块加速运动和减速运动的加速度大小之比
7.(多过程单物体动能定理)如图甲所示,长为4 m的水平轨道AB与半径为R=0.6 m的竖直半圆弧轨道BC在B处相连接。有一质量为1 kg的滑块(大小不计)从A处由静止开始受水平向右的力F作用,F的大小随位移变化的关系如图乙所示。滑块与AB间的动摩擦因数μ=0.25,与BC间的动摩擦因数未知,g取10 m/s2。
(1)求滑块到达B处时的速度大小;
(2)求滑块在水平轨道AB上运动前2 m过程所用的时间;
(3)若到达B点时撤去力F,滑块沿半圆弧轨道内侧上滑,并恰好到达最高点C,则滑块在半圆弧轨道上克服摩擦力所做的功是多少?
素养综合练
8.物块在水平面上以初速度v0直线滑行,前进x0后恰好停止运动,已知物块与水平面之间的动摩擦因数为μ,且μ的大小与物块滑行的距离x的关系为μ=kx(k为常数),重力加速度为g。则( )
A.v0=B.v0=
C.v0=D.v0=2
9.(多选)如图所示,物体甲、乙质量均为M,甲、乙之间的接触面是光滑的,物体乙的斜面与水平面成θ角,甲、乙两物体紧挨着放置于粗糙的水平面上,它们与水平面间的动摩擦因数均为μ。开始时,物体甲、乙都静止,现对物体甲施加一水平推力F,使物体甲、乙一起向左加速运动,两者不发生相对滑动。已知这段时间内水平推力F做功为W,物体甲、乙系统克服摩擦力做功为W1。当加速一段时间后,撤去水平推力。下列说法正确的是( )
A.乙物体获得的最大动能为
B.加速运动过程中,甲对乙的作用力的大小为
C.撤去水平推力后,物体甲对物体乙的作用力为零
D.撤去水平推力后,物体甲运动的位移为
10.(多选)如图所示,木板甲长为L,放在水平桌面上,可视为质点的物块乙叠放在甲左端。已知甲、乙质量相等,甲与乙、甲与桌面间动摩擦因数相同。对乙施加水平向右的瞬时速度v,乙恰好未从甲上滑落;此时对甲施加水平向右的瞬时速度v,最终甲、乙物体均静止。下列作出的甲、乙物体在运动过程中的动能Ek与位移x的关系图像中,正确的是( )
11.如图,固定在竖直平面内的倾斜轨道AB,与水平光滑轨道BC相连,竖直墙壁CD高H=0.2 m,紧靠墙壁在地面固定一个和CD等高,底边长L=0.3 m的斜面,一个质量m=0.1 kg的小物块(视为质点)在轨道AB上从距离B点l=4 m处由静止释放,从C点水平抛出,已知小物块在AB段与轨道间的动摩擦因数为0.5,达到B点时无能量损失;AB段与水平面的夹角为37°。(重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cs 37°=0.8)
(1)求小物块运动到B点时的速度大小;
(2)求小物块从C点抛出到击中斜面的时间。
12.如图所示,竖直平面内的直角坐标系xOy中有一根表面粗糙、粗细均匀的细杆OMN,它的上端固定在坐标原点O处且与x轴相切。OM和MN段分别为弯曲杆和直杆,它们相切于M点,OM段所对应的曲线方程为y=。一根套在直杆MN上的轻弹簧下端固定在N点,其原长比杆MN的长度短。可视为质点的开孔小球(孔的直径略大于杆的直径)套在细杆上。现将小球从O处以v0=3 m/s的初速度沿x轴的正方向抛出,过M点后沿杆MN运动压缩弹簧,再经弹簧反弹后恰好到达M点。已知小球的质量m=0.1 kg,M点的纵坐标为0.8 m,小球与杆间的动摩擦因数μ=,g取10 m/s2。求:
(1)上述整个过程中摩擦力对小球所做的功Wf;
(2)轻质弹簧被压缩至最短时的弹性势能Epm。
参考答案
课时规范练16 动能定理及其应用
1.A 先向下做加速运动,加速度向下,后向下做减速运动,加速度向上,所以人先处于失重状态后处于超重状态,故A正确;在该过程中,拉力与运动方向始终相反,绳子的力一直做负功;由于人在下降中速度先增大后减小,则人的动能先增大后减小,故B错误;绳子恰好伸直时,绳子的形变量为零,弹性势能为零;但此时弹力为0,速度不是最大,人的动能不是最大,故C错误;人在最低点时,加速度的方向向上,此时绳子对人的拉力大于人受到的重力,故D错误。
2.BC 对汽车运动的全过程,由动能定理得W1-W2=ΔEk=0,所以W1=W2,由v-t图像与坐标轴所围面积表示位移可知x1∶x2=1∶4,由动能定理得Fx1-Ffx2=0,所以F∶Ff=4∶1,故B、C正确,A、D错误。
3.B 设小球下降h过程小球克服弹簧弹力做功为W1,小球A下降过程,根据动能定理,有mgh-W1=0;小球B下降过程,由动能定理有3mgh-W1=·3mv2-0,解得:v=,故B正确。
4.C F-x图线与x轴围成的面积表示力F所做的功,则这段过程中,外力做功为W=×(4+8)×10J-×4×10J=40J,根据动能定理得W=mv2,解得v=m/s=2m/s,故C正确。
5.B 水平外力F做的功为W=FR=mgR,选项A错误;从a到b由动能定理:FR=;在b点由牛顿第二定律:Nb-mg=m,解得Nb=3mg,选项B正确;到达c点时:=mgR+,解得vc=0,即到达c点时小球的速度为零,对圆弧轨道的压力大小为零,选项C、D错误。
6.B 从0~2x0过程,由动能定理得F·2x0-f·2x0=Ek0,从2x0~3x0过程,由动能定理得-fx0=0-Ek0,联立可解得水平拉力F和摩擦力f,由于物体的质量未知,则无法确定动摩擦因数,故A能确定,B不能确定;设运动过程中最大速度为vmax,则有2x0=t1,x0=t2,则可求得物块加速运动和减速运动的时间之比,故C能确定;由F·2x0-f·2x0=Ek0,-fx0=0-Ek0,可解得F=f,物块加速运动和减速运动的加速度大小之比,故D能确定。故选B。
7.答案 (1)2 m/s (2) s (3)5 J
解析 (1)对滑块从A到B的过程,由动能定理得
F1x1+F3x3-μmgx=
解得vB=2m/s。
(2)在前2m内,有F1-μmg=ma,且x1=,
解得t1=s。
(3)当滑块恰好能到达最高点C时,有mg=m
对滑块从B到C的过程,由动能定理得W-mg×2R=
联立解得W=-5J
即滑块克服摩擦力做的功为5J。
8.A 因动摩擦因数μ=kx,则滑动摩擦力为f=μmg=kmgx,即滑动摩擦力随位移均匀变化,故摩擦力做的功可用平均力乘以位移表示,由动能定理-x=-·x0=0-,解得v0=,故A正确。
9.ACD 设乙物体获得的最大动能为Ek,对整体,由动能定理W-W1=2Ek,解得乙物体获得的最大动能为,故A正确;对整体,由牛顿第二定律有F-2μMg=2Ma,对乙,有Nsinθ-μFN=Ma,Mg+Ncsθ=FN,解得甲对乙的作用力的大小N=,故B错误;撤去水平推力后,两个物体将在摩擦力的作用下做加速度为a=μg的匀减速直线运动,速度始终相同,故二者之间没有相互作用力,故C正确;撤去水平推力后,对物体甲,由动能定理-μMgs=0-Ek,解得s=,故D正确。
10.AC 对乙施加水平向右的瞬时速度v,对木板甲来说,因为乙对甲的摩擦力μmg小于木板与地面之间的最大静摩擦力2μmg,可知木板甲是不动的,则对乙由动能定理Ek乙=Ek乙0-μmgx;当乙在甲上停止后,此时给甲一个初速度v,则乙在摩擦力作用下先做匀加速运动,动能Ek乙=μmgx;而甲做匀减速运动,动能Ek甲=Ek甲0-(μmg+2μmg)x;当甲、乙共速后一起做匀减速直至停止,此过程中乙的动能Ek乙=Ek乙1-μmgx,逐渐减小;此过程中甲受地面的摩擦力仍为向后的2μmg,但是乙对甲的静摩擦力变为向前的μmg,则此过程中甲的动能Ek甲=Ek甲1-(2μmg-μmg)x,图像的斜率变小;综上所述,选项A、C正确,B、D错误。
11.答案 (1)4 m/s (2) s
解析 (1)对滑块从初位置到B点的过程,根据动能定理,有:
mglsin37°-μmglcs37°=,
解得:vB=4m/s;
(2)设物体落在斜面上时水平位移为x,竖直位移为y,画出轨迹,如图所示:
对平抛运动,根据分位移公式,有:
x=vBt,
y=gt2,
结合几何关系,有:,
解得:t=s。
12.答案 (1)-1.25 J (2)5.625 J
解析 (1)小球运动的整个过程,由能定理得:WG+Wf=0-,代入数据解得Wf=-1.25J。
(2)假设小球抛出后做平抛运动,根据平抛运动规律可得:x=v0t,y=gt2,代入数据得:y=x2,与OM曲线方程一致,
说明小球在OM段运动过程中与细杆无摩擦,做平抛运动;
由动能定理WG=,代入数据解得vM=5m/s;
由运动的合成和分解可得vM的方向与x轴正方向夹角的余弦值:csθ=,则θ=53°;
小球从M点开始直至小球被弹回M点的过程中,
由Wf=-2μmgxMcsθ得,小球下滑的最大距离为xM=6.25m;
在小球从M点开始直至将弹簧压缩到最短的过程中,
由动能定理得:mgxMsinθ+Wf+W弹=0-,
又根据功能关系得Epm=-W弹,代入数据得Epm=5.625J。