第5章 第2讲 动能定理（word练习）-【导学教程】2025年物理新编高考大一轮总复习（人教版）

[对应学生用书第368页] [基础题组] 1．一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处。物块初动能为Ek0，与斜面间的动摩擦因数不变，则该过程中，物块的动能Ek与位移x关系的图线是(　　) 解析　依据动能定理，上升过程中F升＝mgsin α＋μmgcos α大小恒定，下降过程中F降＝mgsin α－μmgcos α大小恒定。说明在Ek­x图像中，上升、下降阶段图线的斜率均恒定，图线均为直线，则选项B、D错误。物块能够返回，返回过程位移减小，而动能增加，则A项错误。因整个过程中摩擦力做负功，则Ekt＜Ek0，故选项C正确。 答案　C 2．(多选)一物块以初速度v0自固定斜面底端沿斜面向上运动，一段时间后回到斜面底端。该物体的动能Ek随位移x的变化关系如图所示，图中x0、Ek1、Ek2均已知。根据图中信息可以求出的物理量有(　　) A．重力加速度大小 B．物体所受滑动摩擦力的大小 C．斜面的倾角 D．沿斜面上滑的时间 解析　由动能定义式得Ek1＝mv02，则可求解质量m；上滑时由动能定理Ek－Ek1＝－(mgsin θ＋f)x，下滑时由动能定理Ek＝(mgsin θ－f)(x0－x)，x0为上滑的最远距离，由图像的斜率可知mgsin θ＋f＝，mgsin θ－f＝，两式相加可得gsin θ＝(＋)，相减可知f＝，即可求解gsin θ和所受滑动摩擦力f的大小，但重力加速度大小、斜面的倾角不能求出，故选项A、C错误，B正确；根据牛顿第二定律和运动学关系得mgsin θ＋f＝ma，t＝，故可求解沿斜面上滑的时间，选项D正确。 答案　BD 3.(多选)如图所示，一固定容器的内壁是半径为R的半球面；在半球面水平直径的一端有一质量为m的质点P。它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中，克服摩擦力做的功为W。重力加速度大小为g。设质点P在最低点时，向心加速度的大小为a，容器对它的支持力大小为FN，则(　　) A．a＝ B．a＝ C．FN＝ D．FN＝ 解析　由动能定理知，在P从最高点下滑到最低点的过程中mgR－W＝mv2，在最低点的向心加速度a＝，联立得a＝，选项A正确；在最低点时有FN－mg＝ma，所以FN＝，选项C正确。 答案　AC 4．(多选)(2023·河南安阳高三联考)质量为m的物体A和质量为2m的物体B用轻质弹簧相连，静置于水平面上，如图甲所示。现用一竖直向上的力F作用在B上，使其向上做匀加速运动。用x表示B离开初始位置的位移，拉力F和x之间关系如图乙所示。从拉力F作用在物块上开始到A刚要离开地面的过程中，物块B的位移为x0，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) A．拉力的最小值为F0－2mg B．弹簧恢复原长时物体B的位移为 C．物体A离开地面时，物体B的动能为(F0－3mg)x0 D．弹簧的弹性势能增加了mgx0 解析　物体A刚要离开地面时，对B物体，根据牛顿第二定律F0－kx0－2mg＝2ma，而kx0＝mg，物体B刚开始运动时，拉力最小，此时弹簧压缩量为x1，Fmin－2mg＋kx1＝2ma，F作用前对B物体，有kx1＝2mg，Fmin＝F0－3mg，选项A错误；A将要离开地面时，弹簧的伸长量为x2，则kx2＝mg，x1＋x2＝x0，可知x1＝x0，因此弹簧恢复原长时物体B的位移为x0，选项B正确；物体A离开地面时，对B根据牛顿第二定律F0－mg－2mg＝2ma，可知物体B的加速度a＝，B在匀加速上升，上升位移为x0时，可知v2＝2ax0，此时物体B的动能为Ek＝·(2m)v2＝(F0－3mg)x0，选项C正确；弹簧初始状态的的压缩量大于A离开地面时的弹簧的伸长量，因此弹簧的弹性势能减少了，选项D错误。 答案　BC 5．(2023·山东泰安统考二模)如图甲所示，在光滑水平面上，一物体在水平向右的恒定拉力F作用下由静止开始向右做直线运动，物体的动能Ek随时间t变化的图像如图乙所示，虚线为图像上P点的切线，切线与t轴交点的坐标t1的值是(　　) 甲　　　　　　　　　乙 A．0.60 B．0.70 C．0.75 D．0.80 解析　物体在拉力作用下做匀加速直线运动，则根据动能定理得Fx＝Ek，根据运动学公式x＝at2＝t2，Ek＝Fx＝t2，把P点坐标代入后得出＝＝＝，Ek＝t2，求导得k＝×2t＝×2×1.5＝4，k＝＝4，则Δt＝0.75 s t1＝1.5 s－Δt＝(1.5－0.75) s＝0.75 s，故选C。 答案　C 6.水平放置的光滑圆环，半径为R，AB是其直径。一质量为m的小球穿在环上并静止于A点，沿AB方向水平向右的风力大小恒为F＝mg，小球受到轻扰而开始运动，则下列说法正确的是(　　) A．运动中小球对环的最大压力为5mg B．运动中小球对环的最大压力为mg C．小球运动过程中的最大速度为 D．小球运动过程中的最大动能为(＋1)mgR 解析　小球在B点速度最大，水平面内，环对小球的作用力F1，根据牛顿第二定律F1－F＝m 根据动能定理F·2R＝mv2 解得F1＝5F＝5mg 小球穿在环上，所以竖直方向上，环对小球的作用力F2＝mg 则环对小球的最大作用力为 FN＝＝＝mg 根据牛顿第三定律可知小球对环的最大压力为mg，选项A错误，B正确； 根据上述分析可知最大速度v＝2，选项C错误； 最大动能为Ek＝mv2＝2mgR，选项D错误。 答案　B 7．一辆质量为m的汽车在平直的路面上以恒定功率P匀速行驶，匀速行驶的速度为v0，某时刻司机看到路旁减速标志后，没有踩刹车，而是立即松减油门，发动机功率变为原来的，保持该功率行驶一段时间t后，汽车又开始匀速运动。设汽车受到的阻力恒定不变，在松减油门后的t时间内汽车前进的距离为(　　) A． B． C． D． 解析　发动机的功率为P时，汽车以速度v0匀速行驶，阻力为Ff＝，汽车再次匀速，此时汽车速度大小为＝＝；根据动能定理可得t－FfL＝m2－mv02，解得L＝，故选D。 答案　D 8．(2023·辽宁抚顺模拟)一个质量为100 g的空心小球，从地面以20 m/s的速度竖直向上弹射出去，在空中受到的空气阻力大小与速度v成正比(即F＝kv)，它在空中运动的v­t图像如图所示，2 s后的图线是平行于横轴的直线。取g＝10 m/s2，下列说法正确的是(　　) A．小球拋出瞬间的加速度大小为10 m/s2 B．小球上升过程中空气阻力的冲量大小为2 kg·m/s C．空气的阻力系数k＝0.1 kg/s D．小球从抛出到落地瞬间克服空气阻力做的功为20 J 解析　2 s后的图线是平行于横轴的直线，则有kv＝mg，解得k＝＝ kg/s＝0.1 kg/s，选项C正确；根据牛顿第二定律可知小球拋出瞬间的加速度大小a＝＝ m/s2＝30 m/s2，选项A错误；小球上升过程中根据动量定理有If＋mgt＝0－(－mv)，解得空气阻力的冲量大小为If＝mv－mgt＝(0.1×20－0.1×10×1) (kg·m/s)＝1 (kg·m/s)，选项B错误；小球从抛出到落地瞬间根据动能定理有Wf＝mv22－mv12＝×0.1×102－×0.1×202＝－15 J，选项D错误。 答案　C [提升题组] 9.如图所示，水平转台上有一个质量为m的物块，用长为L的细绳将物块连接在转轴上，细线与竖直转轴的夹角为θ角，此时绳中张力为零，物块与转台间的动摩擦因数为μ(μ＜tan θ)，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块随转台由静止开始缓慢加速转动，则下列说法正确的是(　　) A．转台一开始转动，细绳立即绷直对物块施加拉力 B．当绳中出现拉力时，转台对物块做的功为μmgLsin θ C．当物块的角速度为时，转台对物块支持力为零 D．当转台对物块的支持力为零时，转台对物块做的功为 解析　转台一开始转动时，物块与转台之间的静摩擦力提供向心力，随转速的增加，静摩擦力逐渐变大，当达到最大静摩擦力时物块开始滑动，此时细绳绷直对物块施加拉力，选项A错误； 对物块受力分析知物块离开圆盘前合力 F＝Ff＋FTsin θ＝m① FN＋FTcos θ＝mg② 根据动能定理知W＝Ek＝mv2③ 当弹力FT＝0，r＝Lsin θ④ 由①②③④解得W＝FfLsin θ≤μmgLsin θ 至绳中出现拉力时，转台对物块做的功为μmgLsin θ，故选项B错误； 当FN＝0，Ff＝0，由①②③知 W＝mgLsin θtan θ＝ 由①②知ω0＝，所以当物块的角速度增大到 时，物块与转台间恰好无相互作用，故选项C错误，D正确。 答案　D 10．(多选)(2023·湖南卷)如图，固定在竖直面内的光滑轨道ABC由直线段AB和圆弧段BC组成，两段相切于B点，AB段与水平面夹角为θ，BC段圆心为O，最高点为C，A与C的高度差等于圆弧轨道的直径2R。小球从A点以初速度v0冲上轨道，能沿轨道运动恰好到达C点，下列说法正确的是(　　) A．小球从B到C的过程中，对轨道的压力逐渐增大 B．小球从A到C的过程中，重力的功率始终保持不变 C．小球的初速度v0＝ D．若小球初速度v0增大，小球有可能从B点脱离轨道 解析　由题知，小球能沿轨道运动恰好到达C点，则小球在C点的速度为vC ＝ 0 则小球从C到B的过程中，有 mgR(1－cos α)＝mv2 FN＝mgcos α－m 联立有FN＝ 3mgcos α－2mg 则从C到B的过程中α由0增大到θ，则cos α逐渐减小，故FN逐渐减小，而小球从B到C的过程中，对轨道的压力逐渐增大，选项A正确； 由于A到B的过程中小球的速度逐渐减小，则A到B的过程中重力的功率为 P ＝ －mgvsin θ 则A到B的过程中小球重力的功率始终减小，则选项B错误； 从A到C的过程中有 －mg·2R＝mvC2－mv02 解得v0＝2 选项C错误； 小球在B点恰好脱离轨道有 mgcos θ＝m 则vB＝ 则若小球初速度v0增大，小球在B点的速度有可能为，故小球有可能从B点脱离轨道，选项D正确。 答案　AD 11．(2023·山东日照高三统考期中)如图所示，固定在水平地面上、倾角为θ、足够长的斜面体，BP段光滑，PA段粗糙程度相同。完全相同且长为L、质量分布均匀的木板1、2、3、4靠在一起，从N点由静止释放，四块长木板恰好能完全进入PA段。已知NP＝L，木板所受摩擦力的大小与进入的长度成正比，重力加速度为g。求： (1)PA段的动摩擦因数； (2)第二块木板完全进入PA段时的速度大小； (3)四块木板运动过程中的最大速度。 解析　(1)四块长木板进入粗糙斜面的过程中，受到逐渐增大的摩擦力作用，摩擦力的大小与进入的距离成正比。长木板恰能完全进入粗糙斜面的过程中，根据动能定理有4mgsin θ·5L－·4L＝0，解得μ＝tan θ。 (2)第2块长木板恰好完全进入粗糙斜面时，四块木板整体的速度为v1，由动能定理有 4mgsin θ·3L－·2L＝×4mv12，v1＝。 (3)长木板沿斜面运动过程中，先加速后减速，速度达到最大值时，a＝0。此时有Ff＝4mgsin θ 设此时进入粗糙段的长木板长度为x，摩擦力Ff＝μ·4mgcos θ 从静止释放至长木板达到最大速度过程中，由动能定理4mgsin θ·(L＋x)－x＝×4mvm2 联立解得vm＝。 答案　(1)tan θ　(2) (3) 12.学校科技小组设计了e字形轨道竖直放置在水平面上，该轨道由两个光滑半圆形轨道ABC、CDE和粗糙的水平直轨道EF组成，末端与竖直的弹性挡板OF连接，轨道CDE半径r＝0.1 m，轨道ABC半径为2r，A端与地面相切。现将质量m＝0.2 kg小滑块从水平地面P点以速度v0＝2 m/s沿轨道上滑，运动到F点与挡板发生完全弹性相碰。已知直线轨道EF长为L＝0.5 m，小滑块与轨道EF间的动摩擦因数μ＝0.5，其余阻力均不计，小滑块可视为质点。求： (1)小滑块在ABC圆轨道运动时对轨道C点的压力； (2)小滑块最终停止的位置离F点的距离； (3)若改变小滑块的初速度，使小滑块能停在EF轨道上，且运动过程中不脱离轨道，则小滑块的初速度满足什么条件。 解析　(1)小滑块从P到C的过程中，根据动能定理可得－mg·4r＝mvC2－mv02 在C点对小滑块根据牛顿第二定律FN＋mg＝ 解得FN＝2 N 根据牛顿第三定律可知小滑块对轨道的压力为2 N，方向竖直向上。 (2)从P点到EF轨道停止过程中，根据动能定理 －mg·2r－μmgs＝0－mv02 解得s＝0.8 m＝(L＋0.3)m，所以小滑块最终停在离F点0.3 m处。 (3)小滑块刚好经过最高点C，则mg＝ 小滑块从P到C的过程中，根据动能定理可得 －mg·4r＝mv2－mv12 解得v1＝ m/s 当小滑块第一次从挡板弹回时，到达小圆的圆心等高点D处时速度为零，小滑块从P到D的过程中，根据动能定理可得－mg·3r－μmg·2L＝0－mv22 解得v2＝4 m/s 所以小滑块的初速度范围为 m/s<v0≤4 m/s 答案　(1)2 N，竖直向上　(2)0.3 m (3) m/s<v0≤4 m/s 学科网（北京）股份有限公司 $$