【文档说明】2025届高考一轮复习专项练习 物理 课时规范练16　动能定理及其应用 Word版含解析.docx，共(8)页，359.223 KB，由小赞的店铺上传

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课时规范练16动能定理及其应用基础对点练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)(2020河北沧州高三月考)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∶1C.F∶Ff=4∶1D.W

1∶W2=1∶33.(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.√2𝑔ℎB.√4𝑔ℎ3C.√𝑔ℎD.√𝑔ℎ24.(图像问题)质量m=10kg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=16m处时的速度大小为()A.3m/sB.4m/sC.2√2m/sD.√17m/s5.(多过程单物体动能定理)(2020黑龙江实验中学月考)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2mgRB.小球运动到b点时对圆弧轨道的压力大小为3mgC.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mg6.(图像问题)(2020四川绵阳高三模拟)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4m的水平轨道AB与半径为R=0.6m的竖直半圆弧轨道

BC在B处相连接。有一质量为1kg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10m/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2m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.(2020湖北武汉开学考试)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=√𝑘𝑔𝑥02B.v0=√2�

�𝑔𝑥02C.v0=√𝑘𝑔𝑥022D.v0=2√𝑘𝑔𝑥029.(多选)(2020江苏盐城高三月考)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𝑊-𝑊12B.加速运动过程中,甲对乙的作用力的大小为𝐹2C.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𝑊-𝑊

12𝜇𝑀𝑔10.(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.(2020吉林长春高三下学期线上二模)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=0.2m,紧

靠墙壁在地面固定一个和CD等高,底边长L=0.3m的斜面,一个质量m=0.1kg的小物块(视为质点)在轨道AB上从距离B点l=4m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

10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=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.(2020湖北襄阳五中高三下学期第四次周考)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=5𝑥29。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=3m/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=0.1kg,M点的纵坐标为0.8m,小球与杆间的动摩擦因数μ=16,g取10m/s2。求:(1)上述整个过程中摩擦力对小球所做的功W

f;(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=12·3mv2-0,解得:v=√4𝑔ℎ3,故B正确。4.CF-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=12×(4+8)×10J-12×4×10

J=40J,根据动能定理得W=12mv2,解得v=√2𝑊𝑚=√2×4010m/s=2√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=12𝑚𝑣𝑏2;在b

点由牛顿第二定律:Nb-mg=m𝑣𝑏2𝑅,解得Nb=3mg,选项B正确;到达c点时:12𝑚𝑣𝑏2=mgR+12𝑚𝑣𝑐2,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=𝑣max

2t1,x0=𝑣max2t2,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=32f,物块加速运动和减速运动的加速度大小之比𝑎1𝑎2=𝐹-𝑓𝑚𝑓𝑚=12,故D能确定。故选B。7.答案(1)2√10m/

s(2)√835s(3)5J解析(1)对滑块从A到B的过程,由动能定理得F1x1+F3x3-μmgx=12𝑚𝑣𝐵2解得vB=2√10m/s。(2)在前2m内,有F1-μmg=ma,且x1=12𝑎𝑡12,解得t1=√835s。(3)当滑块恰好能到

达最高点C时,有mg=m𝑣𝐶2𝑅对滑块从B到C的过程,由动能定理得W-mg×2R=12𝑚𝑣𝐶2−12𝑚𝑣𝐵2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-𝑓x=-0+𝑘𝑚𝑔𝑥02·x0=0-12𝑚𝑣02,解得v0=√𝑘𝑔𝑥02,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𝑊-𝑊12,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+Ncosθ=FN,解得甲对乙的作用力的大小N=𝐹2(sin𝜃-𝜇cos𝜃),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=𝑊-𝑊12𝜇𝑀𝑔,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)4m/s(2

)115s解析(1)对滑块从初位置到B点的过程,根据动能定理,有:mglsin37°-μmglcos37°=12𝑚𝑣𝐵2,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=12gt2,结合几何关系,有:𝐻-𝑦𝑥=𝐻𝐿=23,解得:t=115s。12.答案(1)-1.25J(2)5.625J解析(1)小球运动的整个过程,由能定理得:WG+Wf=0-12𝑚𝑣02,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=12gt2,代入数据得:y=59x2,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=12𝑚𝑣𝑀2−12𝑚𝑣02,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:cosθ=𝑣0𝑣𝑀=35,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=-2μmgxMcosθ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+12Wf+W弹=0-12𝑚𝑣𝑀2,又根据功能关系得Epm=-W弹,代入数据得Epm=5.625J。