適用于新高考新教材廣西專版2025屆高考物理一輪總復(fù)習(xí)課時規(guī)范練16動能定理及其應(yīng)用

課時規(guī)范練16動能定理及其應(yīng)用基礎(chǔ)對點(diǎn)練1.(單物體動能定理)如圖所示,“蹦極”運(yùn)動中,長彈性繩的一端固定,另一端綁在人身上,人從幾十米高處跳下。將蹦極過程簡化為人沿豎直方向的運(yùn)動,從繩恰好伸直到人第一次下降至最低點(diǎn)的過程中,下列說法正確的是()A.人先處于失重狀態(tài)后處于超重狀態(tài)B.繩對人的拉力始終做負(fù)功,人的動能始終減小C.繩恰好伸直時,繩的彈性勢能為零,人的動能最大D.人在最低點(diǎn)時,繩對人的拉力等于人所受的重力2.(動能定理的應(yīng)用)北京2022年冬奧會跳臺滑雪競賽在張家口賽區(qū)的國家跳臺滑雪中心進(jìn)行,跳臺由助滑道、起跳區(qū)、著陸坡、停止區(qū)組成,如圖所示。跳臺滑雪運(yùn)動員在助滑道路段獲得速度后從起跳區(qū)水平飛出,不計空氣阻力,起跳后的飛行路途可以看作是拋物線的一部分,用Δv、E、Ek、P表示運(yùn)動員在空中運(yùn)動的速度改變量、機(jī)械能、動能、重力的瞬時功率大小,用t表示運(yùn)動員在空中的運(yùn)動時間,下列圖像可能正確的是()3.(單物體動能定理)如圖所示,在輕彈簧的下端懸掛一個質(zhì)量為m的小球A,若將小球A從彈簧原長位置由靜止釋放,小球A能夠下降的最大高度為h。若將小球A換為質(zhì)量為3m的小球B,仍從彈簧原長位置由靜止釋放,重力加速度為g,不計空氣阻力,則小球B下降h時的速度為()A.2gh B.C.gh D.4.(動能定理與牛頓其次定律綜合)(2023山東濟(jì)寧模擬)如圖所示,在豎直面內(nèi)固定兩個光滑圓環(huán)軌道,小球A所在的圓環(huán)軌道半徑小于小球B所在的圓環(huán)軌道半徑,小球A的質(zhì)量大于小球B的質(zhì)量,兩小球均由水平直徑的端點(diǎn)靜止釋放,當(dāng)兩球分別沿圓環(huán)軌道到達(dá)軌道的最低點(diǎn)時,則()A.小球A的動量肯定大于小球B的動量B.小球A的動能肯定大于小球B的動能C.圓環(huán)對小球A的支持力大于圓環(huán)對小球B的支持力D.小球A的向心加速度肯定小于小球B的向心加速度5.(多過程單物體動能定理)如圖所示,abc是豎直面內(nèi)的光滑固定軌道,ab水平,長度為R,bc是半徑為R的四分之一圓弧,與ab相切于b點(diǎn)。一質(zhì)量為m的小球受到與重力大小相等的水平外力F的作用,自a點(diǎn)從靜止起先向右運(yùn)動,運(yùn)動到b點(diǎn)時馬上撤去外力F,重力加速度大小為g,下列說法正確的是()A.水平外力F做的功為2mgRB.小球運(yùn)動到b點(diǎn)時對圓弧軌道的壓力大小為3mgC.小球能從c點(diǎn)豎直向上飛出D.小球運(yùn)動到c點(diǎn)時對圓弧軌道的壓力大小為mg6.(動能定理的應(yīng)用)(2023湖南懷化模擬)如圖所示,DO是水平面,AB是斜面,初速度為v0的物體從D點(diǎn)動身沿DBA滑動到頂點(diǎn)A時速度剛好為零,假如斜面改為AC,讓該物體從D點(diǎn)動身沿DCA滑動到A點(diǎn)且速度剛好也為零,則物體具有的初速度(已知物體與斜面及水平面之間的動摩擦因數(shù)到處相同且不為零,不計B、C處能量損失)()A.等于v0 B.大于v0C.小于v0 D.取決于斜面7.(多物體應(yīng)用動能定理)(2023云南昆明第一中學(xué)模擬)如圖甲所示,兩個不同材料制成的滑塊A、B靜置于水平桌面上,滑塊A的右端與滑塊B的左端接觸。某時刻起先,給滑塊A一個水平向右的力F,使滑塊A、B起先滑動,當(dāng)滑塊A、B滑動1.0m時撤去力F。整個運(yùn)動過程中,滑塊A、B的動能Ek隨位移x的改變規(guī)律如圖乙所示。不計空氣阻力,求:(1)滑塊A對B做的功;(2)力F的大小。素養(yǎng)綜合練8.(多選)(2023山東德州模擬)如圖甲所示,滑塊A和足夠長的木板B疊放在水平地面上,A和B之間、B和地面之間的動摩擦因數(shù)相同,A和B的質(zhì)量均為m?，F(xiàn)對B施加一水平向右漸漸增大的力F,當(dāng)F增大到F0時B起先運(yùn)動,之后力F按圖乙所示的規(guī)律接著增大,圖乙中的x為B運(yùn)動的位移,已知最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。對兩物塊的運(yùn)動過程,以下說法正確的是()A.木板B起先運(yùn)動后過一段時間,A再起先運(yùn)動B.滑塊A的加速度始終在增大C.x=0至x=x0過程,木板B對A做功為FD.x=x0時,木板B的速度大小為F9.(2022江蘇蘇州期末)如圖所示裝置,AB為光滑豎直管道,高度h=8m,BCD為半徑R1=2m的光滑半圓軌道,DE為半徑R2=3m的粗糙四分之一圓軌道?，F(xiàn)有質(zhì)量為m=1kg的小球從A點(diǎn)由靜止釋放進(jìn)入裝置中。已知小球到達(dá)E點(diǎn)時,小球?qū)ν廛壍赖膲毫?.5mg,g取10m/s2,下列說法正確的是()A.整個運(yùn)動過程中,小球的機(jī)械能守恒B.小球到達(dá)最低點(diǎn)C時,對軌道的壓力為100NC.整個運(yùn)動過程,摩擦力做的功Wf=-37.5JD.小球從E點(diǎn)離開軌道,再次落到地面上時的動能為Ek=87.5J10.(2023江蘇蘇州模擬)如圖所示,一個質(zhì)量為m的小滑塊在高度為h的斜面頂端由靜止釋放,滑塊與斜面間動摩擦因數(shù)恒定,以水平地面為零勢能面,則滑塊滑至斜面底端時的動能Ek隨斜面傾角θ改變的關(guān)系圖像可能正確的是()11.(2023福建漳州模擬)如圖所示,不行伸長的輕繩一端與質(zhì)量為m的小球相連,另一端跨過兩等高定滑輪與物塊連接,物塊置于左側(cè)滑輪正下方的水平壓力傳感裝置上,小球與右側(cè)滑輪的距離為l?，F(xiàn)用水平向右恒力F=34mg將小球由最低處拉至輕繩與豎直方向夾角θ=37°處,馬上撤去F,此時傳感裝置示數(shù)為45mg。已知物塊始終沒有脫離傳感裝置,重力加速度為g,不計滑輪的大小和一切摩擦,sin37°=0.6,cos37°=0(1)撤去F時小球的速度大小;(2)小球返回最低處時輕繩的拉力大小;(3)小球返回最低處時傳感裝置的示數(shù)。答案：1.A解析先向下做加速運(yùn)動,加速度向下,后向下做減速運(yùn)動,加速度向上,所以人先處于失重狀態(tài)后處于超重狀態(tài),故A正確。在該過程中,拉力與運(yùn)動方向始終相反,繩子對人的拉力始終做負(fù)功;由于人在下降過程中速度先增大后減小,則人的動能先增大后減小,故B錯誤。繩子恰好伸直時,繩子的形變量為零,彈性勢能為零;但此時彈力為0,速度不是最大,人的動能不是最大,故C錯誤。人在最低點(diǎn)時,加速度的方向向上,此時繩子對人的拉力大于人受到的重力,故D錯誤。2.D解析運(yùn)動員起跳后做平拋運(yùn)動Δv=gt,A錯誤;運(yùn)動員機(jī)械能守恒,B錯誤;由動能定理得mgh=Ek-12mv02,即Ek=mgh+12mv02=123.B解析設(shè)小球下降h過程小球克服彈簧彈力做功為W1,小球A下降過程,依據(jù)動能定理,有mgh-W1=0;小球B下降過程,由動能定理有3mgh-W1=12·3mv2-0,解得v=44.C解析小球從釋放到到達(dá)最低點(diǎn)的過程中,只有重力做功,由機(jī)械能守恒定律可知mgr=12mv2,小球到達(dá)最低點(diǎn)時,p=mv=m2gr,A球所在軌道半徑小,但A球質(zhì)量大,無法比較兩者的動量大小,A項錯誤;A球的質(zhì)量大于B球的質(zhì)量,由Ek=12mv2可知,不能確定兩球動能的大小關(guān)系,B項錯誤;在最低點(diǎn),依據(jù)牛頓其次定律可知,FN-mg=mv2r,求得FN=3mg,因A球的質(zhì)量大于B球的質(zhì)量,故FNA>FNB,C項正確;由a=5.B解析水平外力F做的功為W=FR=mgR,選項A錯誤;從a到b由動能定理有FR=12mvb2,在b點(diǎn)由牛頓其次定律有FN-mg=mvb2R,解得FN=3mg,選項B正確;從b到c有126.A解析物體從D點(diǎn)滑動到頂點(diǎn)A過程中,由動能定理可得-mg·xAO-μmg·xDB-μmgcosα·xAB=0-12mv02,α為斜面傾角,由幾何關(guān)系有xABcosα=xOB,因而上式可以簡化為-mg·xAO-μmg·xOD7.答案(1)12J(2)39N解析(1)B在撤去F后接著滑行xB=1.0m,撤去F時B的動能EkB=6J,由動能定理有-FfBxB=0-EkB在撤去F前,對B由動能定理得WAB-FfBx=EkB聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得WAB=12J。(2)撤去力F后,滑塊A接著滑行的距離為xA=0.5m,撤去F時A的動能EkA=9J,由動能定理有-FfAxA=0-EkA力F作用的過程中,分析滑塊A、B整體,由動能定理有(F-FfA-FfB)x=EkA+EkB代入數(shù)據(jù)解得F=39N。8.CD解析起先A、B相對靜止,一起起先做加速運(yùn)動,B運(yùn)動時A同時運(yùn)動,選項A錯誤。當(dāng)拉力等于最大靜摩擦力即拉力等于滑動摩擦力時,B起先運(yùn)動,由圖像可知,B受到地面的摩擦力為Ff=F0=2μmg,設(shè)A、B即將相對滑動時拉力為F,對A則有μmg=ma,對B則有F-3μmg=ma,解得F=2F0;當(dāng)拉力F在F0~2F0之間時,A、B相對靜止一起加速運(yùn)動,當(dāng)拉力F大于2F0時,A、B相對滑動;A、B相對靜止一起加速運(yùn)動時,A的加速度始終增加,當(dāng)A、B相對滑動后,A的加速度保持不變,選項B錯誤。從x=0到x=x0過程,對A、B系統(tǒng)由動能定理得F0+2F02x0-Ffx0=12·2mv2,解得v=F0x02m,對A由動能定理得W=19.D解析小球在DE段運(yùn)動過程中,阻力做負(fù)功,小球的機(jī)械能削減,故A錯誤;設(shè)小球到達(dá)最低點(diǎn)C點(diǎn)時的速度大小為v1,從A到C過程中,依據(jù)動能定理可得mg(h+R1)=12mv12-0,在最低點(diǎn),依據(jù)牛頓其次定律可得FN-mg=mv12R1,聯(lián)立解得FN=110N,依據(jù)牛頓第三定律可得小球到達(dá)最低點(diǎn)C時,對軌道的壓力為110N,故B錯誤;設(shè)小球到達(dá)E點(diǎn)時,小球的速度大小為v2,對小球依據(jù)牛頓其次定律可得1.5mg+mg=mv22R2,代入數(shù)據(jù)解得v2=53m/s,小球從A到E過程中,依據(jù)動能定理可得mg(h-R2)+Wf=12mv22-0,聯(lián)立解得Wf=-12.5J,故C錯誤;從E到地面過程中,依據(jù)動能定理可得10.A解析由題知小滑塊在高度為h的斜面頂端由靜止釋放,則對于小滑塊下滑的過程應(yīng)用動能定理可得mgh-μmghtanθ=Ek(tanθ≥μ),故當(dāng)θ=π2時,Ek=mgh;隨著θ減小,tanθ漸漸減小,物塊滑到斜面底端的動能漸漸減小,當(dāng)重力沿斜面方向的分力小于等于最大靜摩擦力時,有mgsinθ≤μmgcosθ,解得μ≥tan11.答案(1)2gl2(2)1910mg解析(1)對小球,由動能定理得Flsinθ-mgl(1-cosθ)=1可得v1=2gl(2)從撤去力F到運(yùn)動至最低位置的過程