新高考2025屆高考物理小題必練9動能和動能定理

Page8小題必練9：小題必練9：動能和動能定理例1．(2024?全國III卷?17)從地面豎直向上拋出一物體，物體在運動過程中除受到重力外，還受到一大小不變、方向始終與運動方向相反的外力作用。距地面高度h在3m以內(nèi)時，物體上升、下落過程中動能Ek隨h的變更如圖所示。重力加速度取10m/s2。該物體的質(zhì)量為()A．2kgB．1.5kgC．1kgD．0.5kg【答案】C【解析】設物體的質(zhì)量為m，則物體在上升過程中，受到豎直向下的重力mg和豎直向下的恒定外力F，當Δh＝3m時，由動能定理結(jié)合題圖可得－(mg＋F)×Δh＝(36－72)J；物體在下落過程中，受到豎直向下的重力mg和豎直向上的恒定外力F，當Δh＝3m時，再由動能定理結(jié)合題圖可得(mg－F)×Δh＝(48－24)J，聯(lián)立解得m＝1kg、F＝2N，選項C正確，A、B、D均錯誤?！军c睛】本題考查動能定理，體現(xiàn)了模型建構(gòu)素養(yǎng)。物體受到大小不變的外力，方向始終與速度方向相反，即上升時外力方向向下，下落時外力方向向上，這是解答此題的關鍵。1．汽車在一段坡度不變的山坡上勻速上行，速度大小為v，汽車發(fā)動機輸出功率為P。設汽車所受摩擦力大小恒為f，則下列說法中錯誤的是()A．汽車所受合外力對汽車所做的功為零B．汽車所受的摩擦力與重力對汽車做負功，支持力對汽車不做功C．汽車發(fā)動機輸出功率P＝fvD．若汽車勻速上行的速度大小為2v，發(fā)動機輸出功率應為2P【答案】C【解析】汽車勻速上行，依據(jù)動能定理W＝ΔEk＝0，A正確；汽車受到的重力方向和汽車的位移方向夾角是鈍角，重力做負功，摩擦力方向和汽車位移方向相反，做負功，支持力始終和汽車的位移垂直，不做功，B正確；設山坡的傾角為θ，因為勻速上升，則牽引力F＝f＋mgsinθ，則汽車發(fā)動機輸出功率P＝Fv＝(f＋mgsinθ)v，C錯誤；若汽車勻速上行的速度大小為2v時，汽車的牽引力沒有變更，但是速度增加了2倍，則P′＝F?2v＝2P，D正確。2．(多選)在工廠的流水線上安裝有足夠長的水平傳送帶，用水平傳送帶傳送工件，可以大大提高工作效率，如圖所示，水平傳送帶以恒定的速率v運輸質(zhì)量為m的工件，工件以v0(v0<v)的初速度從A位置滑上傳送帶，工件與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ，已知重力加速度為g，則()A．工件滑上傳送帶到與傳送帶相對靜止所需時間為eq\f(v－v0,μg)B．因傳送工件電動機多做的功為eq\f(1,2)m(v2－veq\o\al(2,0))C．傳送帶的摩擦力對工件所做的功為eq\f(1,2)m(v－v0)2D．工件與傳送帶的相對位移為eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(v－v0))2,2μg)【答案】AD【解析】工件滑上傳送帶后先做勻加速運動，μmg＝ma，a＝μg，相對滑動時間為t＝eq\f(v－v0,μg)，A項正確；因傳送工件電動機多做的功W＝μmgvt＝mv(v－v0)，B項錯誤；依據(jù)動能定理傳送帶對工件做功W1＝eq\f(1,2)m(v2－veq\o\al(2,0))，C項錯誤；工件與傳送帶的相對位移Δx＝vt－eq\f(v＋v0,2)t＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(v－v0))2,2μg)，D項正確。3．如圖，一半徑為R、粗糙程度到處相同的半圓形軌道豎直固定放置，直徑POQ水平。一質(zhì)量為m的質(zhì)點自P點上方高度R處由靜止起先下落，恰好從P點進入軌道。質(zhì)點滑到軌道最低點N時，對軌道的壓力為4mg，g為重力加速度的大小。用W表示質(zhì)點從P點運動到N點的過程中克服摩擦力所做的功。則()A．W＝eq\f(1,2)mgR，質(zhì)點恰好可以到達Q點B．W＞eq\f(1,2)mgR，質(zhì)點不能到達Q點C．W＝eq\f(1,2)mgR，質(zhì)點到達Q點后，接著上升一段距離D．W＜eq\f(1,2)mgR，質(zhì)點到達Q點后，接著上升一段距離【答案】C【解析】依據(jù)動能定理得P點動能EkP＝mgR，經(jīng)過N點時，由牛頓其次定律和向心力公式可得4mg－mg＝meq\f(v2,R)，所以N點動能為EkN＝eq\f(3,2)mgR，從P點到N點依據(jù)動能定理可得mgR－W＝eq\f(3,2)mgR－mgR，即克服摩擦力做功W＝eq\f(1,2)mgR。質(zhì)點運動過程，半徑方向的合力供應向心力即FN－mgcosθ＝ma＝meq\f(v2,R)，依據(jù)左右對稱，在同一高度處，由于摩擦力做功導致在右邊圓形軌道中的速度變小，軌道彈力變小，滑動摩擦力f＝μFN變小，所以摩擦力做功變小，那么從N到Q，依據(jù)動能定理，Q點動能EkQ＝eq\f(3,2)mgR－mgR－W′＝eq\f(1,2)mgR－W′，由于W′＜eq\f(1,2)mgR，所以Q點速度仍舊沒有減小到0，會接著向上運動一段距離，比照選項，C項正確。4．質(zhì)量為m的小球在豎直向上的拉力作用下從靜止起先運動，其v－t圖象如圖所示(豎直向上為正方向，DE段為直線)，已知重力加速度大小為g，下列說法正確的是()A．t3～t4時間內(nèi)，小球豎直向下做勻減速直線運動B．t0～t2時間內(nèi)，合力對小球先做正功后做負功C．0～t2時間內(nèi)，小球的平均速度肯定為eq\f(v3,2)D．t3～t4時間內(nèi)，拉力做的功為eq\f(1,2)m(v3＋v4)[(v4－v3)＋g(t4－t3)]【答案】D【解析】t3～t4時間內(nèi)小球做豎直向上的勻減速直線運動，A錯誤；t0～t2時間內(nèi)小球速度始終增大，合力對小球始終做正功，B錯誤；0～t3時間內(nèi)小球的運動不是勻變速運動，不等于eq\f(v3,2)，C錯誤；t3～t4由動能定理得WF－mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,4)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)，且h＝eq\f(1,2)(v4＋v3)(t4－t3)，解得WF＝eq\f(1,2)m(v3＋v4)[(v4－v3)＋g(t4－t3)]，D正確。5．(多選)如圖所示，在傾角為θ的斜面上，輕質(zhì)彈簧一端與斜面底端固定，另一端與質(zhì)量為M的平板A連接，一個質(zhì)量為m的物體B靠在平板的右側(cè)，A、B與斜面的動摩擦因數(shù)均為μ。起先時用手按住物體B使彈簧處于壓縮狀態(tài)，現(xiàn)放手，使A和B一起沿斜面對上運動距離L時，A和B達到最大速度v。則以下說法正確的是()A．A和B達到最大速度v時，彈簧是自然長度B．若運動過程中A和B能夠分別，則A和B恰好分別時，二者加速度大小均為g(sinθ＋μcosθ)C．從釋放到A和B達到最大速度v的過程中，彈簧對A所做的功等于eq\f(1,2)Mv2＋MgLsinθ＋μMgLcosθD．從釋放到A和B達到最大速度v的過程中，B受到的合力對它做的功等于eq\f(1,2)mv2【答案】BD【解析】A和B達到最大速度v時，A和B的加速度為零。對AB整體，由平衡條件知kx＝(m＋M)gsinθ＋μ(m＋M)gcosθ，所以此時彈簧處于壓縮狀態(tài)，故A項錯誤；A和B恰好分別時，A、B間的彈力為0，A、B的加速度相同，對B受力分析，由牛頓其次定律知，mgsinθ＋μmgcosθ＝ma，得a＝gsinθ＋μgcosθ，故B項正確；從釋放到A和B達到最大速度v的過程中，對AB整體，依據(jù)動能定理得W彈－(m＋M)gLsinθ－μ(m＋M)gcosθ·L＝eq\f(1,2)(m＋M)v2，所以彈簧對A所做的功W彈＝eq\f(1,2)(m＋M)v2＋(m＋M)gLsinθ＋μ(m＋M)gcosθ·L，故C項錯誤；從釋放到A和B達到最大速度v的過程中，對于B，依據(jù)動能定理得B受到的合力對它做的功W合＝ΔEk＝eq\f(1,2)mv2，故D項正確。6．如圖所示，豎直平面內(nèi)放始終角桿MON，OM水平，ON豎直且光滑，用不行伸長的輕繩相連的兩小球A和B分別套在OM和ON桿上，B球的質(zhì)量為2kg，在作用于A球的水平力F的作用下，A、B兩球均處于靜止狀態(tài)，此時OA＝0.3m，OB＝0.4m，變更水平力F的大小，使A球向右加速運動，已知A球向右運動0.1m時速度大小為3m/s，則在此過程中繩的拉力對B球所做的功為(取g＝10m/s2)()A．11JB．16JC．18JD．9J【答案】C【解析】A球向右運動0.1m時，vA＝3m/s，OA′＝0.4m，OB′＝0.3m，設此時∠B′A′O＝α，則有tanα＝eq\f(3,4)。由運動的合成與分解可得vAcosα＝vBsinα，解得vB＝4m/s。以B球為探討對象，此過程中B球上上升度h＝0.1m，由動能定理，W－mgh＝eq\f(1,2)mvB2，解得輕繩的拉力對B球所做的功為W＝mgh＋eq\f(1,2)mvB2＝2×10×0.1J＋eq\f(1,2)×2×42J＝18J，選項C正確。7．(多選)如圖所示，內(nèi)壁光滑半徑大小為R的圓軌道豎直固定在桌面上，一個質(zhì)量為m的小球靜止在軌道底部A點。現(xiàn)用小錘沿水平方向快速擊打小球，擊打后快速移開，使小球沿軌道在豎直面內(nèi)運動。當小球回到A點時，再次用小錘沿運動方向擊打小球，通過兩次擊打，小球才能運動到圓軌道的最高點。已知小球在運動過程中始終未脫離軌道，在第一次擊打過程中小錘對小球做功W1，其次次擊打過程中小錘對小球做功W2。設先后兩次擊打過程中小錘對小球做功全部用來增加小球的動能，則eq\f(W1,W2)的值可能是()A．eq\f(1,2)B．eq\f(2,3)C．eq\f(3,4)D．1【答案】AB【解析】第一次擊打后球最高到達與球心O等高位置，依據(jù)動能定理，有：W1≤mgR，兩次擊打后可以到達軌道最高點，依據(jù)動能定理，有：W1＋W2－2mgR＝eq\f(1,2)mv2，在最高點，有：mg＋N＝meq\f(v2,R)≥mg，聯(lián)立①②③解得：W1≤mgR，W2≥eq\f(3,2)mgR，故eq\f(W1,W2)≤eq\f(2,3)，故A、B正確，C、D錯誤。8．如圖所示，上表面水平的圓盤固定在水平地面上，一小物塊從圓盤邊緣上的P點，以大小恒定的初速度v0，在圓盤上沿與直徑PQ成不同夾角θ的方向起先滑動，小物塊運動到圓盤另一邊緣時的速度大小為v，則v2－cosθ圖象應為()【答案】A【解析】設圓盤半徑為r，小物塊與圓盤間的動摩擦因數(shù)為μ，由動能定理可得－μmg·2rcosθ＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，整理得v2＝veq\o\al(2,0)－4μgrcosθ，可知v2與cosθ為線性關系，斜率為負，故A項正確，B、C、D項錯誤。9．(多選)如圖所示，物塊A、B、C、D的質(zhì)量都是m，并都可看作質(zhì)點，四個物塊用細線通過輕質(zhì)滑輪連接。物塊B與C、C與D、D與地面的距離都是L。現(xiàn)將物塊A下方的細線剪斷，若物塊A距離滑輪足夠遠且不計一切阻力，則()A．A上升的最大速度是eq\r(\f(5gL,3))B．A上升的最大速度是eq\r(\f(17gL,6))C．A上升的最大高度是eq\f(53L,12)D．A上升的最大高度是eq\f(23L,6)【答案】AD【解析】設物塊D落地時速度為v1，在D落地過程中，對四個物塊應用動能定理有3mgL－mgL＝eq\f(1,2)×4mveq\o\al(2,1)；在物塊C落地過程中，對三個物塊應用動能定理有2mgL－mgL＝eq\f(1,2)×3mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)×3mveq\o\al(2,1)，聯(lián)立解得v2＝eq\r(\f(5gL,3))，A正確，B錯誤；之后物塊B勻速下降直到落地，A勻速上升，至此A已上升了3L的高度；再往后物塊A做豎直上拋運動，還可以上升h＝eq\f(v\o\al(2,2),2g)＝eq\f(5L,6)，A上升的最大高度H＝h＋3L＝eq\f(23,6)L，C錯誤，D正確。10．多級火箭是由數(shù)級火箭組合而成的運載工具，每一級都有發(fā)動機與燃料，目的是為了提高火箭的連續(xù)飛行實力與最終速度?，F(xiàn)有一小型多級火箭，質(zhì)量為M，第一級發(fā)動機的額定功率為P，先使火箭由靜止豎直向上做加速度為a的勻加速直線運動。若空氣阻力為f并保持不變，不考慮燃料燃燒引起的質(zhì)量變更及高度不同引起的重力變更，達到額定功率后，發(fā)動機功率保持不變，直到火箭上升達到最大速度時高度為H。試求：(1)第一級發(fā)動機能使火箭達到的最大速度。(2)第一級發(fā)動機做勻加速運動的時間。(3)第一級發(fā)動機以額定功率起先工作，直到最大速度時的運行時間。【解析】(1)由題意知火箭達到最大速度時加速度為零，設發(fā)動機牽引力為F，則：F＝f＋Mg額定功率為P，所以最大速度有：。(2)由題意知做勻加速運動，加速度a不變，功率為P，設勻加速運動的最大速度為v1，時間為t1，此時牽引力為F1，則有：P＝F1v1F1－(f＋Mg)＝Mav1＝at1聯(lián)立解得：。(3)設以額定功率起先工作，直到最大速度的時間為t，則依據(jù)動能定理有：Pt－(f＋Mg)(H－eq\f(1,2)ma12)＝eq\f(1,2)Mvm2－eq\f(1,2)Mv12由(1)可知：由(2)可知：聯(lián)立解得：。11．如圖所示，光滑圓弧AB在豎直平面內(nèi)，圓弧B處的切線水平，A、B兩端的高度差為h1＝0.2m，B端高出水平地面h2＝0.8m，O點在B點的正下方，將一確定的滑塊從A端