2023年高考物理二轮复习高频考点专项练习：专题六 考点16 动能定理及其应用（C卷）

考点16 动能定理及其应用（C卷）

1.下列关于运动物体的合外力做功和动能、速度变化的关系，正确的是(   )

A.物体做变速运动，合外力一定不为零，动能一定变化

B.若合外力对物体做功为零，则合外力一定为零

C.物体的合外力做功，它的速度大小一定发生变化

D.物体的动能不变，所受的合外力必定为零

2.在地面竖直上抛一质量为m的物块，上升的最大高度为h，抛出时的速度为，用g表示重力加速度，则从抛出至物块到达最高点的过程中物块克服空气阻力所做的功等于(   )

A. B. C. D.

3.质量为的小球以初速度从距地面高度处水平抛出，落地时速度大小.空气阻力不能忽略，g取，则(   )

A.小球克服空气阻力做的功为12 J B.小球的水平位移为1 m

C.小球落地时间大于1 s D.小球的运动轨迹为抛物线

4.如图，竖直平面内的轨道I和Ⅱ都由两段细直杆连接而成，两轨道长度相等。用相同的水平恒力将穿在轨道最低点B的静止小球分别沿I和Ⅱ推至最高点A，所需时间分别为，动能增量分别为。假定球在经过轨道转折点前后速度的大小不变，且球与Ⅰ、Ⅱ轨道间的动摩擦因数相等，则(   )。
 

A. B. C. D.

5.如图所示，轻质弹簧的左端固定，并处于自然伸长状态。有一质量为m的小物块，以一定的初速度v从A点向左沿水平地面运动，压缩弹簧后被弹回，运动到A点恰好静止。物块向左运动的最大距离为s，与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，弹簧未超出弹性限度。在上述过程中(   )
 

A.物块克服摩擦力做的功为零 B.物块克服摩擦力做的功为

C.弹簧的最大弹性势能为 D.弹簧的最大弹性势能为

6.电梯是一种以电动机为动力的垂直升降机，用于多层建筑载人或载运货物。某次电梯从地面由静止启动，加速度a与离地高度h的关系图象如图所示，则(   )

A.~范围内电梯向上做匀减速直线运动

B.电梯在0~和~范围内的速度变化量相等

C.电梯在处的速度大小为

D.电梯上升的最大高度可能为

7.一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处。物块初动能为，与斜面间的动摩擦因数不变，则该过程中，物块的动能与位移x关系的图线是（   ）

A.  B.

C.  D.

8.高速公路部分路段旁建有如图所示的避险车道，车辆可驶入避险。若质量为的货车刹车后以初速度经点冲上避险车道，前进距离时到点减速为0，货车所受阻力恒定，两点高度差为为中点，已知重力加速度为，下列关于该货车从运动到过程说法正确的是（   ）

A.克服阻力做的功为

B.该过程产生的热量为

C.在段克服阻力做的功小于段克服阻力做的功

D.在段的运动时间等于段的运动时间

9.有两条滑道平行建造，左侧相同而右侧有差异，一个滑道的右侧水平，另一个的右侧是斜坡。某滑雪者保持一定姿势坐在雪橇上不动，从高处的A点由静止开始沿倾角为θ的雪道下滑，最后停在与A点水平距离为s的水平雪道上。接着改用另一个滑道，从与A点等高的位置由静止开始下滑，结果能冲上另一个倾角为α的雪道上高处的E点停下。若动摩擦因数处处相同，且不考虑雪橇在路径转折处的能量损失，则（   ）

A.动摩擦因数为 B.动摩擦因数为 C.倾角α一定大于θ D.倾角α可以大于θ

10.如图所示，竖直平面内有一半径为R的固定四分之一圆弧轨道与水平轨道相切于最低点B.一质量为m的小物块P（可视为质点）从A处由静止滑下，经过最低点B后沿水平轨道运动，到C处停下，两点间的距离为R，物块P与圆弧轨道、水平轨道之间的动摩擦因数均为μ.若物块P从A处正上方高度为R处由静止释放后，从A处进入轨道，最终停在水平轨道上D点，两点间的距离为s，下列关系正确的是(   )

A. B. C. D.

11.如图，质量为m的小球（视为质点）用长为l的轻绳固定在天花板上，现用水平向右的恒力F作用在小球上，使小球从最低点由静止开始向右运动。若，重力加速度大小为g，小球向右运动过程中，则(   )。
 

A.细线与竖直方向的最大夹角为 B.克服重力做功的最大值为

C.恒力F的功率先增大后减小 D.小球的最大动能为

12.质量为1 kg的物体静止在水平粗糙的地面上，在一水平外力F的作用下运动，如图1所示。外力F和物体克服摩擦力做的功W与物体位移x的关系如图2所示，重力加速度g取。下列分析正确的是(   )。
 

A.物体与地面之间的动摩擦因数为0.2

B.物体运动的位移为13 m

C.物体在前3 m运动过程中的加速度大小为

D.时，物体的速度为

13.如图1所示，轻弹簧两端连接质量相等的物块，将它们放置在倾角为θ的光滑斜面上，物块B被垂直斜面的挡板挡住，系统处于静止状态。如图2所示，现用沿斜面的拉力F拉物块A，使物块A从静止开始沿斜面匀加速运动，直到物块B恰好离开挡板，物块A的位移为。拉力F与物块A在上述过程中的位移x的关系如图3所示。在物块A的位移增大到的过程，则(   )。
 

A.挡板对物块B的弹力越来越小

B.，弹簧恰好恢复原长

C.0~，拉力F做的功等于物块A机械能的增量

D.0~，拉力F做的功大于物块A动能的增量

14.质量为2 kg的物体静止在光滑水平面上，某时刻起受到方向不变的水平力F的作用，以物体静止时的位置为初位置，F随位置x变化的图像如图所示，下列说法中正确的是(   )

A.物体先做匀加速直线运动，后做匀速运动

B.物体有可能做曲线运动

C.在0~0.2 m内力F所做的功为3 J

D.物体在经过的位置时速度大小为

15.采矿厂的矿井工人进行井下作业时，需要用电机通过竖直井向上运送矿石。若在某矿井中需运送的矿石和矿车的总质量为600 kg，保持电机额定功率12 kW不变，由静止开始加速上升，当上升20 m时开始做匀速运动。重力加速度，忽略一切阻力，下列说法正确的是（   ）

A.矿石和矿车做匀速运动时的速度为2 m/s

B.矿石和矿车从静止到开始做匀速运动用时10.1 s

C.矿石和矿车加速上升过程中做匀加速直线运动

D.当矿石和矿车竖直向上的速度为1 m/s时，其加速度大小为

16.质量为m的物体放在水平面上，它与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。用水平力拉物体，运动一段时间后撤去此力，最终物体停止运动。物体运动的图像如图所示。下列说法正确的是（   ）

A.水平拉力大小为

B.物体在时间内位移大小为

C.在时间内水平拉力做的功为

D.在时间内物体克服摩擦力做功的平均功率为

17.小明坐在半球形轨道顶端玩耍，突然被小伙伴推了一下，沿球面向下滑动。半球形轨道横截面示意图如图所示。假设球面是光滑的，球半径为R，从最高点A滑动时的水平速度为，至B点时脱离轨道，最终落在水平地面上的C点，和间的夹角为θ，不计空气阻力，重力加速度为g。下列说法中正确的是(   )

A.从A到B的过程中，小明水平方向的加速度先减小后增大

B.在B点时，小明的速度为

C.

D.从A到C的过程中，小明运动的时间大于

18.如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与质量为m的圆环相连，圆环套在倾斜的粗糙固定杆上，杆与水平面之间的夹角为α，圆环在A处时弹簧竖直且处于原长.将圆环从A处由静止释放，到达C处时速度为零.若圆环在C处获得沿杆向上的速度v，恰好能回到A.已知是的中点，弹簧始终在弹性限度之内，重力加速度为g，则下列叙述正确的是(   )

A.下滑过程中，圆环受到的合力一直减小

B.下滑过程中，圆环与杆摩擦产生的热量为

C.从C到A过程，弹簧对圆环做的功为

D.圆环两次经过B处时，上滑的速度小于下滑的速度

19.如图甲所示，一竖直放置的轻弹簧，一端固定于地面，另一端与质量为2.8 kg的物体B固定在一起，质量为0.8 kg的物体A放于B上。现在施加一外力向下压A和B，直到弹簧上端离地面高度为，然后由静止释放的动能随离地高度h的变化图象如图乙所示，其中高度从0.80 m到1.40 m范围内的图线为直线，其余部分为曲线。若以地面为零重力势能面，A与B所受空气阻力为恒力，g取，则下列说法正确的是(   )

A.分离时B的加速度大小为g

B.弹簧原长为0.80 m

C.从0.80 m到1.40 m范围内，A的加速度大小为

D.从静止到分离的这一过程中，弹簧的弹力对B做的功为18.9 J

20.将质量的小球以初速度从地面竖直向上抛出，到达最高点时上升的高度为1.5 m。若以地面为零势能面，空气阻力大小恒定，重力加速度g取。求：
（1）空气阻力的大小。
（2）当小球动能减少为初动能的一半时，小球的重力势能的大小。

答案以及解析

1.答案：C

解析：物体做变速运动，合外力一定不为零，但是动能不一定变化，例如做匀速圆周运动的物体，A错误；若合外力对物体做功为零，则合外力不一定为零，例如做匀速圆周运动的物体受到的合外力指向圆心，B错误；根据动能定理，物体的合外力做功，它的速度大小一定发生变化，C正确；物体的动能不变，所受的合外力不一定为零，例如做匀速圆周运动的物体，D错误.

2.答案：B

解析：整个过程中，根据动能定理得，，解得物块克服空气阻力所做的功，B正确，A、C、D错误.

3.答案：C

解析：对该过程，由动能定理得，代入数据得，故A错误;由于存在空气阻力，所以小球落地的时间应大于1 s，小球的水平位移不一定为1 m，小球的运动轨迹不再为抛物线，故B、D错误，C正确.

4.答案：B

解析：两轨道长度相等，球与I、Ⅱ轨道间的动摩擦因数相等，，用相同的水平恒力使它们到达最高点，则水平恒力做功相等，摩擦力做功相等，重力做功相等，根据动能定理知，动能的增量相等，即，作出小球在轨道I、Ⅱ上运动的图像如图所示，则，B项正确。
 

5.答案：B

解析：本题考查动能定理的应用。整个过程中，物块所受的摩擦力大小为，始终恒定，摩擦力一直做负功，根据功的定义可得物块克服摩擦力做的功为，故A错误，B正确；物块向左运动的过程中，根据动能定理可知，解得弹簧的最大弹性势能，故C、D错误。

6.答案：C

解析：由图可知从0到，电梯先做加速度增大的加速运动再做匀加速运动，从到做加速度减小的加速运动，当加速度为零时，电梯向上的速度不为零，仍会向上运动，则电梯上升的最大高度一定大于，AD错误；图象与横轴围成的面积表示合外力做的功除以质量，根据动能定理可知，电梯在处的速度大小为，在处的速度大小为

，在处的速度大小为，所以电梯在0~和~范围内的速度变化量不相等，B错误，C正确。

7.答案：C

解析：小物块上滑过程，由动能定理得，整理得；设小物块上滑的最大位移为s，小物块下滑过程，由动能定理得，整理得，故只有C正确。

8.答案：B

解析：根据动能定理，，克服阻力做的功为，A错误;克服阻力做的功等于系统产生的内能，该过程产生的热量为，B正确；阻力做的功与位移成正比，在段克服阻力做的功等于段克服阻力做的功，C错误;从到做匀减速运动，在段的运动时间小于段的运动时间，D错误。

9.答案：B

解析：第一次停在上的某点，设停下位置与B点间的距离为，由动能定理得，即，可得，A错误，B正确。在段由静止下滑，说明，第二次在E点停下，说明；若，则雪橇不能停在E点，所以C、D错误。故选B。

10.答案：C

解析：对小物块P从A由静止滑下到C的过程，设小物块在圆弧轨道上运动克服摩擦力做的功为，由动能定理有，解得；将小物块P从A处正上方高度为R处由静止释放，设小物块在圆弧轨道上运动克服摩擦力做的功为，由于此次小物块在圆弧轨道上任意位置的速度均大于由A处静止释放时运动到同一位置处的速度，则此次小物块在圆弧轨道上同一位置处对圆弧轨道的压力较大，所受的摩擦力较大，则有，由动能定理有，解得；结合可解得，选项C正确.

11.答案：BCD

解析：恒力F与重力的等效重力为，由此可知细线与竖直方向的最大夹角为90°，A项错误；当细线与竖直方向最大夹角为90°时，克服重力做功的最大值为，B项正确；小球在最低点的速度为零，到达最高点的速度也为零，因而恒力F的功率先增大后减小，C项正确；根据对称性可知，细线与竖直方向夹角为45°时，小球动能最大，根据动能定理有，D项正确。

12.答案：ACD

解析：由对应题图2可知，物体与地面之间的滑动摩擦力，由可得，A项正确；由对应题图2可知，前3 m内，拉力，3 m~9 m内拉力，物体在前3 m内的加速度，C项正确；由动能定理得，可得时，物体的速度，D项正确；物体的最大位移，B项错误。

13.答案：ABD

解析：弹簧由压缩到伸长，因而挡板对物块B的弹力越来越小，A项正确。初始状态弹簧的压缩量等于物块B即将离开挡板时弹簧的伸长量，因而，弹簧恰好恢复原长，B项正确。0~，拉力F和弹簧弹力对物块A做的功等于物块A机械能的增量，C项错误；0~，对于物块A而言，弹簧弹力做功为零，拉力F做正功，重力做负功，根据动能定理可知，拉力F做功大于物块A动能增量，D项正确。

14.答案：CD

解析：由题图知，水平力F先增大后不变，且方向不变，故物体先做变加速直线运动，后做匀加速直线运动，A、B错误；0~0.2 m内力F所做的功为，C正确；由动能定理得，，解得物体在经过的位置时速度大小为，D正确.

15.答案：ABD

解析：匀速运动时，则速度，A正确；加速阶段由动能定理得，解得，B正确；加速上升过程中速度变大，功率不变，牵引力变小，加速度变小，故矿石和矿车做加速度减小的加速运动，C错误；速度为1 m/s时，由牛顿第二定律得，解得，D正确。

16.答案：BD

解析：根据图像和牛顿第二定律可知，故选项A错误；由图线与时间轴所围面积表示位移可知，在时间内的位移为，所以选项B正确；在时间内由动能定理可知，故水平拉力做的功，又，则，选项C错误；时间内物体克服摩擦力做功的平均功率为，所以选项D正确。

17.答案：BCD

解析：本题考查牛顿第二定律、动能定理和运动学的综合问题。小明从A到B的过程中，在A点水平方向的加速度为零，下落到B点之前水平方向有加速度，到达B点时水平方向的加速度为零，故从A到B的过程中，小明水平方向的加速度先增大后减小，故A错误；在B点时，对小明根据牛顿第二定律有，解得小明在B点的速度为，故B正确；对小明从A到B的过程根据动能定理有，解得，故C正确；若小明从A到C做自由落体运动，则运动时间，从A到B的过程中，小明竖直方向的加速度小于g，故小明从A到C运动的时间，故D正确。

18.答案：BC

解析：圆环从A处由静止释放，初速度为零，到达C处时速度为零，所以圆环先做加速运动，后做减速运动，所以加速度先减小至零，后反向增大，则合力先减小后增大，故A错误.圆环从A处由静止释放滑到C处的过程，由动能定理得;圆环在C处获得沿杆向上的速度v，恰好能回到A，由动能定理得，联立解得，所以下滑过程中，圆环与杆摩擦产生的热量为，故B正确.从C到A过程，由动能定理得，联立解得弹簧对圆环做的功，故C正确.研究圆环从A处由静止释放到滑到B处的过程，由动能定理得;研究圆环从B处上滑到A处的过程，由动能定理得，即得，由于，所以有，则圆环经过B处时，上滑的速度大于下滑的速度，故D错误.

19.答案：BC

解析：从图乙可以看出，从开始，A与B分离，可知弹簧的原长为0.80 m，B正确;在图象中，根据动能定理知，图线的斜率大小表示A所受的合外力，由于高度从0.80 m到1.40 m的范围内图线为直线，说明A从0.80 m上升到1.40 m的过程中所受作用力为恒力，根据动能定理得，由图知，由牛顿第二定律有，联立解得分离时加速度大小相等，A错误，C正确;分离时两者速度大小相同，即，解得，从静止释放到分离的这一过程中，由动能定理可得，可知弹簧对B做的功一定大于18.9 J，D错误。

20.答案：（1）1 N

（2）3.75 J或1.875 J

解析：（1）小球竖直向上运动时，根据动能定理有

解得。
（2）小球竖直向上运动时，动能减小为初动能的一半，则有

此时小球的重力势能
解得
小球到达最高点后，竖直向下做加速运动，根据动能定理有
此时小球的重力势能
解得
故小球的重力势能为3.75 J或1.875 J。