第六章第2講　動(dòng)能定理及其應(yīng)用-2025版高考總復(fù)習(xí)物理

[基礎(chǔ)落實(shí)練]1．跳傘比賽中，運(yùn)動(dòng)員經(jīng)歷加速下降和減速下降兩個(gè)直線運(yùn)動(dòng)過程，將人和傘看成一個(gè)系統(tǒng)，在這兩個(gè)過程中，下列說法正確的是()A．合力對(duì)系統(tǒng)始終做負(fù)功B．合力對(duì)系統(tǒng)始終做正功C．重力做功的功率始終增大D．重力對(duì)系統(tǒng)始終做正功解析：根據(jù)動(dòng)能定理可知，系統(tǒng)加速下降時(shí)，動(dòng)能增大，合力對(duì)系統(tǒng)做正功；系統(tǒng)減速下降時(shí)，動(dòng)能減小，合力對(duì)系統(tǒng)做負(fù)功，故A、B錯(cuò)誤；根據(jù)P＝mgv可知重力做功的功率先增大后減小，故C錯(cuò)誤；系統(tǒng)的位移始終豎直向下，所以重力對(duì)系統(tǒng)始終做正功，故D正確。答案：D2.如圖所示，將質(zhì)量為m的小球以初速度大小v0由地面豎直向上拋出。小球落回地面時(shí)，其速度大小為eq\f(3,4)v0。設(shè)小球在運(yùn)動(dòng)過程中所受空氣阻力的大小不變，則空氣阻力的大小等于()A．eq\f(3,4)mg B．eq\f(3,16)mgC．eq\f(7,16)mg D．eq\f(7,25)mg解析：小球向上運(yùn)動(dòng)的過程，由動(dòng)能定理得－(mg＋f)H＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，小球向下運(yùn)動(dòng)的過程，由動(dòng)能定理得(mg－f)H＝eq\f(1,2)m(eq\f(3,4)v0)2，聯(lián)立解得f＝eq\f(7,25)mg，選項(xiàng)D正確，A、B、C錯(cuò)誤。答案：D3.(2024·四川成都七中診斷)一質(zhì)量m＝1kg的物塊靜止在光滑水平面上，現(xiàn)用水平恒力F1推物塊，作用2s后，改用方向相反的水平恒力F2推物塊，利用速度傳感器得到物塊速度隨時(shí)間的變化關(guān)系圖像(v-t圖像)如圖所示，0～4s時(shí)間內(nèi)水平恒力F2做功為()A．－10J B．10JC．－18J D．18J解析：0～2s內(nèi)，由動(dòng)能定理知水平恒力F1做功W1＝eq\f(1,2)mv2－0＝8J，設(shè)2～4s內(nèi)水平恒力F2做功為W2，0～4s內(nèi)由動(dòng)能定理有W1＋W2＝eq\f(1,2)mv′2－0，得W2＝10J，故B正確。答案：B4．如圖所示，輕彈簧一端系在墻上的O點(diǎn)，自由伸長到B點(diǎn)?，F(xiàn)將小物體靠著彈簧(不拴接)并將彈簧壓縮到A點(diǎn)，然后由靜止釋放，小物體在粗糙水平面上運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)靜止，則()A．小物體從A到B過程速度一直增加B．小物體從A到B過程加速度一直減小C．小物體從B到C過程中動(dòng)能變化量大小小于克服摩擦力做的功D．小物體從A到C過程中彈簧的彈性勢(shì)能變化量大小等于小物體克服摩擦力做的功解析：A、B間某處，小物體受到的彈力等于摩擦力，合力為0，速度最大，而小物體在B點(diǎn)只受摩擦力，合力不為零，因此小物體從A到B過程加速度先減小再增大，速度先增大后減小，故A、B錯(cuò)誤；小物體從B到C過程中，由動(dòng)能定理得－Wf＝ΔEk，故C錯(cuò)誤；小物體從A到C過程中，由動(dòng)能定理得W彈－Wf1＝0，故D正確。答案：D5．(多選)在某一粗糙的水平面上，一質(zhì)量為2kg的物體在水平恒定拉力的作用下做勻速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后，拉力逐漸減小，且當(dāng)拉力減小到零時(shí)，物體剛好停止運(yùn)動(dòng)，圖中給出了拉力隨位移變化的關(guān)系圖像。已知重力加速度g取10m/s2。根據(jù)以上信息能精確得出或估算得出的物理量有()A．物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)B．合力對(duì)物體所做的功C．物體做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度D．物體運(yùn)動(dòng)的時(shí)間解析：物體做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，拉力F與滑動(dòng)摩擦力f相等，物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝eq\f(F,mg)＝0.35，A正確；對(duì)全過程由動(dòng)能定理得WF＋Wf＝0－eq\f(1,2)mv2，根據(jù)F-x圖像中圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積可以估算力F做的功WF，而Wf＝－μmgx，由此可求得合力對(duì)物體所做的功及物體做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度v，B、C正確；因?yàn)槲矬w做變加速運(yùn)動(dòng)，所以運(yùn)動(dòng)時(shí)間無法求出，D錯(cuò)誤。答案：ABC6．(2024·四川涼山二模)光滑水平面上質(zhì)量分別為m、2m的甲、乙兩個(gè)物體，在相同的水平拉力F的作用下從靜止開始運(yùn)動(dòng)，甲、乙分別經(jīng)過t、2t時(shí)間的動(dòng)能之和為Ek，則乙從靜止經(jīng)過3t時(shí)間的動(dòng)能為()A．eq\f(3,2)Ek B．eq\f(4,3)EkC．eq\f(17,6)Ek D．3Ek解析：設(shè)在相同的水平拉力F的作用下甲、乙兩個(gè)物體的加速度分別為a1、a2，根據(jù)題意由牛頓第二定律可得a1＝2a2，從靜止開始運(yùn)動(dòng)，甲、乙分別經(jīng)過t、2t時(shí)間的位移分別為x1＝eq\f(1,2)a1t2＝a2t2，x2＝eq\f(1,2)a2(2t)2＝2a2t2，根據(jù)動(dòng)能定理可得Ek＝Fx1＋Fx2＝3Fa2t2，設(shè)乙從靜止經(jīng)過3t時(shí)間的動(dòng)能為E′k，則E′k＝F·eq\f(1,2)a2(3t)2＝eq\f(3,2)·3Fa2t2＝eq\f(3,2)Ek，故選A。答案：A7．如圖甲所示，在傾角為30°、長度為L＝5m的光滑斜面AB的A處連接一粗糙水平面OA，OA長為4m。有一質(zhì)量為m的滑塊，從O處由靜止開始受一水平向右的力F作用，F(xiàn)只在滑塊處于水平面上時(shí)作用，并且按圖乙所示的規(guī)律變化，最后滑塊剛好到達(dá)斜面頂端B，g取10m/s2。試求：(1)滑塊運(yùn)動(dòng)到A處的速度大??；(2)滑塊與OA間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ。解析：(1)滑塊沖上斜面的過程中重力做負(fù)功，由動(dòng)能定理得－mg·L·sin30°＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)，代入數(shù)據(jù)解得vA＝5eq\r(2)m/s。(2)由題圖乙知，在前2m內(nèi)，F(xiàn)1＝2mg，做正功，在第3m內(nèi)，F(xiàn)2＝－0.5mg，做負(fù)功，在第4m內(nèi)，F(xiàn)3＝0，滑動(dòng)摩擦力的大小為f＝μmg，始終做負(fù)功，對(duì)于滑塊在OA上運(yùn)動(dòng)的全過程，由動(dòng)能定理得F1x1＋F2x2－Ffx＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)－0，代入數(shù)據(jù)解得μ＝0.25。答案：(1)5eq\r(2)m/s(2)0.25[能力提升練]8．如圖所示，一物塊由靜止開始沿斜面向下滑動(dòng)，最后停在水平地面上。斜面和地面平滑連接，且物塊與斜面、物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為常數(shù)。該過程中，物塊的動(dòng)能Ek與水平位移x的關(guān)系圖像是()解析：設(shè)斜面的傾角為θ，物塊滑至斜面某處(發(fā)生的水平位移為x)時(shí)的末動(dòng)能為Ek，由動(dòng)能定理得mgxtanθ－μ1mgcosθeq\f(x,cosθ)＝Ek－0，即mgxtanθ－μ1mgx＝Ek－0，故物塊沿斜面下滑時(shí)Ek與x成正比；當(dāng)物塊在水平地面上運(yùn)動(dòng)時(shí)，可逆向看作初速度為零的加速運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理得μ2mgx＝Ek，即逆向看Ek與x也成正比，故A正確。答案：A9．(多選)(2023·湖南卷)如圖，固定在豎直面內(nèi)的光滑軌道ABC由直線段AB和圓弧段BC組成，兩段相切于B點(diǎn)，AB段與水平面夾角為θ，BC段圓心為O，最高點(diǎn)為C，A與C的高度差等于圓弧軌道的直徑2R。小球從A點(diǎn)以初速度v0沖上軌道，能沿軌道運(yùn)動(dòng)恰好到達(dá)C點(diǎn)。下列說法正確的是()A．小球從B到C的過程中，對(duì)軌道的壓力逐漸增大B．小球從A到C的過程中，重力的功率始終保持不變C．小球的初速度v0＝eq\r(2gR)D．若小球初速度v0增大，小球有可能從B點(diǎn)脫離軌道解析：小球恰好運(yùn)動(dòng)至C點(diǎn)，小球在C點(diǎn)的速度vC＝0。小球在圓弧BC上運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)的受力分析如圖所示。在D位置，由牛頓第二定律得mgcosα－N＝meq\f(v2,R)從D到C過程，由動(dòng)能定理得－mg(R－Rcosα)＝0－eq\f(1,2)mv2解得N＝3mgcosα－2mg從B到C過程α減小，cosα增大，則N增大，A對(duì)；重力瞬時(shí)功率PG＝mgvy，小球在豎直方向的速度vy減小，故PG減小，B錯(cuò)；小球從A到C，由動(dòng)能定理得－mg·2R＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得v0＝2eq\r(gR)，C錯(cuò)；若小球在B點(diǎn)的速度滿足mgcosθ<eq\f(mveq\o\al(2,B),R)，則小球?qū)腂點(diǎn)脫離軌道，D對(duì)。答案：AD10．(2024·四川樹德中學(xué)診斷)如圖所示，粗糙水平地面AB與半徑R＝0.4m的光滑半圓軌道BCD相連接，且在同一豎直平面內(nèi)，O是BCD的圓心，BOD在同一豎直線上。質(zhì)量m＝1kg的小物塊在9N的水平恒力F的作用下，從A點(diǎn)由靜止開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。已知xAB＝5m，小物塊與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.1，當(dāng)小物塊運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)撤去力F，取重力加速度g＝10m/s2，求：(1)小物塊到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度的大小；(2)小物塊運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)時(shí)，軌道對(duì)小物塊作用力的大小。解析：(1)從A到B過程，根據(jù)動(dòng)能定理可得(F－μmg)xAB＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)解得小物塊到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度的大小為vB＝4eq\r(5)m/s。(2)從B到D過程，根據(jù)動(dòng)能定理可得－mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)在D點(diǎn)由牛頓第二定律可得N＋mg＝meq\f(veq\o\al(2,D),R)聯(lián)立解得小物塊運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)時(shí)，軌道對(duì)小物塊作用力的大小為N＝150N。答案：(1)4eq\r(5)m/s(2)150N11．質(zhì)量m＝1kg的物體，在水平恒定拉力F(拉力方向與物體初速度方向相同)的作用下，沿粗糙水平面運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過的位移為4m時(shí)，拉力F停止作用，運(yùn)動(dòng)到位移為8m時(shí)物體停止運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過程中Ek-x圖像如圖所示。g取10m/s2，求：(1)物體的初速度大??；(2)物體和水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)；(3)拉力F的大小。解析：(1)從題圖可知物體初動(dòng)能為2J，則Ek0＝eq\f(1,2)mv2＝2J，得v＝2m