周测12动能定理应用中的图像及综合应用- 【蓝海启航·启航金卷周周测】2024-2025学年高中物理必修第二册（人教版2019）

5.图(a)为某景区的蛙口喷泉,两次喷出水的轨迹A.赴如图(3)所示,疑大高度相同,轨迹A的落 周测12 动能定理应用中的图像及综合应用 地点AM恰好在物诗点量高点的正下方,不计空气阻力,对轨迹A,B说法正确的是 (时间:00钟:100分) 一、单选题(本题共5小题,每题5分,共计40分) 1.如图所示为物体做直线运动的一?图像,下列说达正确的是 )r A.在0~1,内,合外力正功 A.演在空中远动的时到不旨 B在1~?:内,合外力不对 B.水漓的度大小相等 C.难谪在高点速度之比1:2 D.谪落地时动衡之比1: C.在0~2,内,合外力总是负功 7.将一果整直向上抛出,若不计空气阻力,以竖直寓上为正方向,下列说法正确的是 D.在0~3:内,合外力总是正劝 2.国产大飞机C019执行“上海东--三载-哈尔”航线试飞任务,于2023年2月8日晚安 全托达哈尔波太平国际机场,如图所示,在某次试飞中,C010从静止开始滑跑,为位移为/时 达到起飞速度”,已短此过程中飞机受到的平均阻力大小为,来引力大小恒为F,飞梳质量为 问,下列关系武中正路的是 ) 1_ A.图甲可以表示果的位奖一时到图像 甜 B.图乙可以表示竿果的速度-时间国恪 C.图西可以表运果的动一位些图 1 D. 图工可以表示芊果在坚直上升过程中的意力势能一位格图 A.- 8.(F-0- 8.在工池中经常使用起重机将建筑材料吊起送至高空中某一位置,已知某一台品重机的定功率 为P.-100kW,将一面是为u一500r的工以5m/ 的加速度从静止开始与加速向上 C.(-)~m Dr--0 起,不计空气阻力,攻-10m/.则 3.如图所示,泄块以初速度一从A点泄上顺时针转动的水平传送管,以传送繁的A点为坐标原 A.工件坚直向上活动过程中所指达到的最大逐度为13.3m/& 点,病左为正方闷,则滑块的劲能E,确位置:变化的关系图像中,可能正确的是 B.工件句加速过程维持的时间为。。 C.老工件变加速上升高度为1叫,则在此阶段持续时间为0.9 D.若起重机在保持短定功率的情况下重新由静止开始吊起下一工件,加速过程其经历35.圈工 。 蚌上升高度为40m D 二、多选题(本题共3小题,每题5分,共计18分,全部选对的得6分,选对但不全的得3分,错选的 。 。 9.质为1ke的物标在外力的作用下从静止开始做直线运动,其加速度随时问-c} 4.在某一段水平的雅西高流公路上,甲,乙两辆质量相等的小汽车某时则由同一 得0分) 地点沿直线运动,它们运动的一图像如图所示,下列说法正确的是 A 甲乙两车号动的古字相 的变化关系如图所示,则下列说法正确的是 B. 甲,乙两车运动的加度相同 A.第1,内,所点的动能增加量为31 C.甲。乙商车在几到改。内动能的要化量相等 B.第2。由.合外力所做的动为?5 D.甲,乙两车在相等时向内选度的变化量大小相等 C.第2,末,合外力的删时功率为3W 5.一所量为m的物体风空中由静止开始坚真下落:运动过程中受恒定限力作 D.0~?,内,合外力的平均功率为2.25w 10.物体在合外力作用下做直线运动的o-r图像如图所示,下列表连 用,其动能E.随下落度人要化的医像如阻所示,因中垫标筑a均已知; r 则该物体下落过程中受列的阻力大小为(难力加速度为r) 正的是 A_ A.在0一1;内,物体融加速运动,合外方做正功 B.在1一3*内,物体做句速运动,合外力做正功 D. C.0~1-内的加速度比3~5,的加速度大 D.在一7.内:物体减夜运动 .. 因测!? 动定理决用中的国像反合度用 11.一致量为1的物块静止于充滑水平地面上,从7一0时起,物块受到一个 13.(11分)如图.一内壁提的环基细阅管,因定干坚直平面内,环的半径为R(比细整的直径大程 方病不变,大小随位移;变化的外力F作用,其关系图像如图所示。下列说4 多).在因管中有一个直径与细管内径相同的小球(可视为质点),小球的质量为m,没某一时效 正确的是 小球通过较道的最低点时对管整的压力为5.m,此后小球硬做因周运动,求; A.整个过程中孙力数的总功为) (1)小球在最低点时具有的动能: B.物块的加速度逐渐减小,最终将静止 (2)小球经过半个渴周到达最高点时的过度大小: C.养对物技功的暖时功水去增大后减小 (3)若答内望断稳,小球从最低点经过丰个因固恰能到达最高点,则小球此过程中克暇摩擦力 D.从!一0时到物块的道度大小为/5m/s时,物块的位移为1m 所的功. 选择答题栏 1 答辈 三、非选择题(本题共3小题,共计42分) 12.(10分)某物理活动小组想利用一根压缩的弹开带有这光片的滑块来探究弹密的弹性势的 与形变量之间的关系,装置知图所示,将有刻度尺的气垫导教水平因定在桌症上,弹离的左 因定在挡板上,弹答友端对应刻度尺位置垒标为零,右与滑块刚好接勉(但不连接,整美为 长),记录弹答原长位置击,现让清境压痛弹至P点并掩定,P点位置标记为子,整后在 气格导勃大干弹范长的某处定光电门(清块经过无电门已经脱离弹著),实轮形器如下 ___] 14.(18分)加图所示,整直轩上下各有一个充滑轻小泄轮A和B.潜轮词穿有细整的均匀闭合牵 引绳,升时将旗拟侧面的小杆平行固定在牵引绳上并使小杆下漏幸近滑轮B,用手条拉牵引 使小好上到达滑轮A后镜定引绳完成升瓶,已短离滑轮间距为H,朝侧面的小杆长 (1)实验开给前调节气势导轨的国角水平定位校气垫导缺保持水军,并用激标卡尽测量遗来 度为,维帆那小杯总质量为效,牵引跳总质量为M,重力加速里为i,不计空气阻力,氢略幅 比的宽院: 现动社重心的变化 (1)如将粥缓慢升高,求手给绳嫁加的摩擦力7。 (2)将动门连接计时器,除弹键定,被弹开并铅水有潜,计时器记速先片 。 过光电门的时阔,若已意充片与滑块总质量为.,则弹的弹性势- (2)难时解除铅定徒帜由止下降,求帜下该降到流墙前间的速度. (用抑理量符号表示). (3)降时解除偏定佳真帜由静止下降一段时间后,用手提住条引蜂给燥编加一幅定的滑动 (3)改变P点的位置,记录弹形变量(r.一子)的数植,多次重复步现(2),通过计算得到多组 擦力子一3m,班析下鸡降到官确夜度刚为,求积降落的凸时阿1. E.值,实验测得的数据如表所示,分析数据可知,弹的弹性势能与弹离的形交量的关系 (选填“线性的”t非线性的”): F1 一)_ -r 0. .10 0 10 0n 00 42 __.1 50 12 (4设洋策的劲度系数为上.弹的形变量为一.数据实验结果并结合物理量的单位关系,弹 的性势能的表达式题是 A.二I C.-r D__ (5)理论上分析,步嘎(2)中计其得到的结要比弹的实际弹性势密信梳小一些,产生这种站 果的可因是 因因测 指理 总第二R .ō.即-M(只)广-M(),时还需美测童的物理量 3,B解析：滑块初速度方向与传送带速度方向相反，则滑块滑 上传送带时受到传送带水平向右的摩排力作用，摩婆力时滑 是：两选光条A、B间的距离L,故选A 块微负功，其动能减小，当滑块动能为零时，滑块受到传送带 (2)实验常用垫块垫高轨道左瑞平衡摩擦力，若不挂重物， 的摩擦力方向不变，滑块不可能保持静止，此后摩擦力对滑 发现遮光条A,B经过光电门的挡光时间t>1m,说明左端 块傲正功，滑块原路返回，动能增加，因摩擦力不变，图像针 垫的过：，则应将垫块向右移动。 率也不变。故选B。 (3)验证动能定理是否成立需要验证的表达式为FL= 4.D解析：由题图可如甲、乙两车运动的方向相同，都为正方 ()'专M(货) 向，故A错误： 根据图像的斜率表杀加速度，可知甲、乙两车运动的加 13.(1)6m/s2560N(2)20m/83500N 逸度大小相等，方向相反，根据△=a△ 解析：(1)运动黄在斜而上运动时，根据牛领第二定律可 可知甲，乙两本在相等时间内速度的变化量大小相等，故日 得mgsn0=成a 错误，D正确： 解得a=m/s 0到21。内甲车的动能的变化量大小为 鱼直针面方向根搭交力平衡可得，运动员受到针面的支持 力大小为Ft=mgc0“8 AEw-7m2a,y-m,-2m 解得F￥：=560N。 0到2：。内乙车的动能的变化量大小为 (2)运动员从A,点速动到C点，根据动能定理可得 1 △EL=2m,-0=2me,,故C婚接。故选D. mgl.sin 0+mgR(1-cos 0) 5,A解析：根排动能定理可得△E.■E.一0■Fsh 解得v=20m/8 E随下落高度变化的图像的斜率表示物体所受的合外 在C点，根搭牛顿第二定律可衍 v 力，可得F。=mg-f=么 F'一mg=mR 解得Fa'=3500N 解得∫=mg一。故选A 根据牛顿第三定律可如，运动员到达C点时，对司弧枕道的 6,C解析：水滴在空中斜上抛运动，其后半部分微平抛运动， 压力大小为F=FN:‘=3500N 14.(1)2N方向沿斜面向下(2)36」(3)-12J 根据h=之g,最大高度相同，后半部分的时间相同，全程 解析：(1)开始运动时货物相对于传送带运动得慢，所以受到 的时间相同，A错误： 的摩擦力方向沿斜面向下，大小为f=gcs37-2N. 后半部分做平批运动，B的水平射程是A的2倍，所以在最 (2)刚开始货物的加速度a,=gsin37°+gc0s37° 高点B的速度是A的2倍，C正确： 10m/s 设A最高点的建废为，落地时速度的坚真分量为口，A 货物加建到与传送带共速需要的位移为工一2a 落地时的速度为A=√，十， =5m 共速后摩擦力方向变为落斜面向上，因mg5n3> A落地时的动能为Eu一号m,-mo,十口，) umg cos 37 B最高点的建度为2，，落地时地度的竖真分量为，，B落 所以货物继编加地，加速度为a2-gsin37一gc0s37” 地时的递度为■=√小，十， 2 m/s 1 设到达底端的速度为v',则有v一v=2a,(L一x) B落地时的动能为Eu=豆mg之m(4,十，) 解得v'=12m/s 落地时动能之比不等于1：：又因为落地时追度的大小李 所以整个过程中货物动能的增加量为△E,一2m一0 于初途度大小，落地时建度大小不相等，初速度大小也不相 笔，B,D错误。故逃C 36J. 1 (3)方法一：第一段摩擦力微正功 7,D解析：旅据位移-时间美系x一1一之8t W,=angc0s37”·x=10J 可知草果的位移一时间图像为开口向下的抛物线，故A 第二段摩擦力做角功 错误： W:=-ng cos37°·(L-x)=-22J 根据递度一时阁关系？=。一 整个过柱中摩擦力对货物做的功 可知苹果的初逸度大于常，速度一时问围像斜率为负，故B W=w,十W,=一12J 错误： 方法二：根撼动能定理，货物从A到B,得mgLsin0十 1 极搭动能定理可得一mgh一E一之m, W,-2mu' 得W,=-12】 可得E=2mw,2-mg动 周测12动能定理应用中的图像及综合应用 可知某果的动能随着位移增大而藏小，故C错误： 根据E,=mgh可知苯果在竖直上升过程中的重力势能一位 1,A解析：由题图可如，在0一1$内，动能增加，故合外力做 移图像为正比例西数，故D正确。故选D 正功，故A正确：在1一2$内，动能域小，故合外力微负功 8,D解析：工件整直向上运动过程中所能达到的最大建度为 故B错误，在0一2s内，动能先增大后藏小，故合外力先做 正功，后做负功，故C错误：在0一3s内，动能先增加后减 --导-款一-20m,放A错送 小，故合外力先做正功，后做负功，故D错误。故达A。 工件在匀加速上升过程中受到的拉力为 2.B解析：飞机从静止开始至达到起飞速度，根据动能定理有 F'=mg+ma=7.5×10N W,=△E 所以匀加谴过程的最大追度为 即(F-f)l=2m。故遮B。 。-台-智m/183m心 周周测物理必修第二册RJ ·62· 所以能维科的时间为一子一音，收B销民。 12.(2)md 2(41)7 (3)非线性的(4)A 根据动能定理可得p,t一mgh=2m(0一v) (5)滑块在气垫导轨上运动时受到摩擦阻力 m(n-)十mgh [解析：(2)滑块通过光电门时的逵度为v=《】 34 解得1= ，故C错误： 忽略气垫乎轨与滑块间的摩接力，根据能量守恒定律有 根据动能定理可得Pt”一mgh'= 2mv.2-0 E,-w-() 1 2(△1)7 (3)根据表格中椅三组数据可得 ?m 的植合别为品铝 解得h‘= 一=40m,故D正痛。故选D 1.99 4.48 4.90.209.950.30 =14.9 用 9,CD解析：由题图可知，物体在第1s内加速度恤定，由 显然弹簧的弹性势能与弹簧的移变量的关系是非线性的。 v=ait 解得第1s末的递度为v1=2m/s 《0感摇表格中的数都可得气的做分尉为公品 E 第18内物体的动能增加量 1.99 △E,2mu,一0=2小，故A辑接： 490.0 4.48 =49.750.0 7.98 =49.780.1 =4a8 49.92 由题困可知，物你在第2s内加速度恒定，由=，十：t 由于五组数值近似相等，故可以认为E,与(x。一x:)成正 解得第2s末的追度为彩=3m/s 比，即弹性势能E。和弹黄的形变量「成正比：动度系数 第2s内物体合外力所赋的功为 单位为N/m,则kx的单位为N·m,即J,所以弹簧的弹性 W=子m,-名m,=25打，故B正痛 势能的表达式可能是E,=缸，放选A 由牛铺第二定律可知，第25末合外力大小为F■m山：■1N (5)由于滑块在气垫导轨上运动时，会受到摩擦阻力作用， 则第2s末合外力的瓣时功率 滑块的动能会略小于弹性势能，所以步骤(2)中计算得到的 P=Fv=3W,故C正确： 结果比弹簧的实际弹性势能值稍：小一些， 由动能定理可加，合外力在0一2s内微的功 13.(1)9R (2)V2gR (3)mgR w=2m,-0=4.5J 2 解析：(1)小球在最低点时，根据牛顿第二定律有 则02s内合外力的平均功率 p=W =2.25W.故D正确。故选BCD Rg=加景 10,AC解析：在0~1s内，物体的造度增大，动能增加，根据 小球在我低点时儿有的动能E,=名网 动能定理W多=△E,合外力数正功，故A正确：在1一3s 内，动能变化量为0，根据动能定理W。=△Ek,合外力微功 联立解得E,=9mgK 4 为0，数B错误：t图像的外率代表物休的加速度，由题图 (2)小琼经过半个圆周到达最高点，根据动能定理有 可知0一1s内的斜率比35s的斜率大，别0一1$内的加 速度比3一5s的加速度大，故C正确：在5一78内，物体逸 2mgR-2 mv 2m 度增大，物体微加违运动，故D错误。故选AC 11,ACD解析：F-x图像与坐标轴围成的面积表示外力微的 小球经过半个圆周到达最高点时的速度大小为=② 2 功整个这程中外力微的总功为W=4」=11，故A (3)若管内壁祖糙，小球从最低，点经过半个屬周恰能到透最 2 正确， 高点，根据动能定理有一2gR-W,=0-2m0 物块的加造度逐渐减小，逸度逐渐增大，当物块的加追度为 解得小球此过程中克服摩架力所数的功为 零时，追度达到最大，最终将微匀逸直线运动，故B错误： 由题图可加，外力F与位移x的关系为F=一2x十4(N) W,-mgR 4 整理得r-一E 2mg(H一1) 14.(1)mg(2)Nm+M 3(M+m)(H一1) 根锅动能定理可得w:=下=4土F 1 2=2mv 解析：(1)旗帜媛慢升高，则旗帜处于受力平衡状态，则有 Fa=mg 整理得v= 16-F 绳子也处于受力平街状态，则有F县'=「 2 因为F'=F# 根据功率公式P=F 尉p=F=F(I6-F2--(F-8)2+64 则f=m5。 (2)解徐镇定使腺帜由静止下降，由动能定理有 2 2 且0≤F≤4N mg(H一l)= 2(m+M)o 被据数学关系可知当F=8N时，外力对物块做功的除时 解得卫一 2mg(H-1万 功率最大，故外力对物块做功的瞬时功率先增大后减小，故 m十M C正确： (3)设开始施加一恒定的滑动摩擦力时，旗帜下降的高度为 由C项可知v=16-F h,到底蝙的距离为，由于速度刚好为零，根据动能定理， 2 有mg(H一I)一fs=0 从1=0时到物块的速度大小为√6m/s时，外力大小为 解得s■ H-I F1=2N 3 根播F=一2x+4(N) 物块的位移为r,=1m,故D正哦。故选ACD 又h=H-1-1=2(H-0 3 ·63· 答案全解全析 设下降过程中最大速度为，，根据动能定理有 C正确：根据动能定理有mgh=一号m入，得E. mgh= 2(m+M)v 1 m,十mgh,故D错误。 2mgh 联主解得，=√m干M 4mg(H-1) =N3(M干m) 7,A解析：针面阻力不计，小球滑到B处时，根据机械能守恒 两个阶段的平均迷度均为日-十0马 定律可知mgh=2mn 2 所以旗帜降落的总时间为1 H-1 3(M干m)(H一1) 解得。■√2gh,故A正确： 小球从B到C的过程中，根据动能定现有 2 一mglx=me-mp 周测13机械能守恒定律 由于B到C的距离未知，无法计算，故B错误： 小球从B到D的过程中，根据动能定理有一mglm一ng· 实验：验证机械能守恒定律 -2mo-2 mn 1.C解析：做匀加速直线运动的物体的机梳能可能守恒，比如 由于B到C的距离和动摩擦国数未知，无法计算小球到D 自由落体运动，故A错误：做匀速直线运动的物体的机械能 的速度，故C错误： 不一定守恒，比如竖直向上做匀遮直线运动的物体，物体的 由于B到C的距离和动摩擦因教未如，也无法计算小球第 动能不变，重力婷能增加，机械能增加，故B错误：物体只发 一次停止的位置距离地面的高度，故D错误。故选A 生动能和势能的相互转化时，其机杭能一定守恒，故C正确： 运动物体不受摩擦力作用，其机械能不一定守恒，因为除了 &A解析：报据机械能守极可得mgH=之m,可得小球8 重力，可能还有其他力对物体微功，故D错误。故选C。 和b到达轨道底端的速度大小均为u=√2gH,小球b沿真 2,B解析：设趣地面的高度为方时物体的重力势能和动能相 线轨道Ⅱ败匀加逸直线运动，其1图像为一条顿斜直线， 等mRh=m 小娘n沿“最速降线”轨道「运动过程，加捷度逐渐减小，刚 其一（图像的切线韩率逐新域小，且小球：所用时间小于小 由机杭能守极定律有mgh十号m心= 球b所用时间，故A正确，B错误：根搭札战能守恒可 解得h=2.5m。枚选B 得mgh一2mv,可得小球a和b下滑过程递率平方与 3,D解析：飞膏与橡皮筋未表分高前，橡皮筋对飞膏做正功，飞 下滑高度h的关系为2=2gh,可知小球4和b的-h国像 膏的机战能是增加的，飞箭离开撑皮粘后机械能不变，故A 均为一条过原，点的领斜克战，故C,D错误。 错误；飞精与橡皮筋未分离前，先做加速度逐新减小的加遑 9.CD解析：物体水平抛出后做平抛适动，其整克方向为自由 运动，接着做加速度逐精增大的减逵运动，离开飞箭后，微竖 落体运动，物体经过h与加的时间相等，相等时间内的位 直上批运动，当飞新受到檬皮筋的弹力大小等于其重力时 移越来越大，由Wa=mgh可知，物体在ab与过程中，重 即加建度为客时，飞背的逸度达到最大。飞箭在藏高点追度 力做功不相等，故A错误：由于物体微平抛运动，只有重力 方向与重力垂克，重力功率为0，所以飞请重力败功功率先 做功，由动能定理可知，物体在ab与c过程中，动能的变化 增大再减少，故B、C错误：把檬皮赫与飞箭看着一个系航， 量不相等，故B错误：物体在竖直方向微自由落体运动，则物 系统的机械能守恒，而飞箭的动能是先增大后减小，则可知 体在a点竖直方向的速度小于在心点竖真方向的速度，由 像皮筋的弹性势能和飞箭的重力势能之和先减小后增大，故 P,=mgv,可知，物体在，点时重力的醉时功率比在点时 D正确。 小，故C正确：物体抛出后只受重力的作用，在运动过程中只 4.D解析：自由落体运动中加遮度不变+t图像为一直线， 有重力败功，则机城能守恒，所以物体在口，b,c三点的机械 故A错误： 能相等，故D正确。故速CD。 砖头的速度为口=g 10,BCD解析：小球与弹黃接触后继续加速运动，在C位置小 玲头的动能为B-子m-了mg? 琼所受弹力大小等于重力，此时小旅的加速度为零，动能最 大，A错误，B正确：从AC位置，小球的重力势能转化为 可得砖头的动能与时间的平方成正比，故B错误： 小球动能和弹簧弹胜势能，则小球重力势能的减少大于小 根据动力学公式=2g1 球动能的增加，C正确：从A一·D位置，小球的重力纷能转 可得t图像是以工为对称轴向右开口的曲线，故亨曲方向 化为弹簧弹性势能，则小球重力势能的减少等于弹簧弹性 错误，故C错误： 势能的增加，D正确。 5 下落过程中只有重力微功，机械能守恒，E江图像为一直线， 1L.AD解析：OM=ON=2L.OP=L,弹簧的原长为L,所 故D正确。故凌D 以小球在MP之间装个位置时弹簧处于原长，弹簧弹力为 5,B解析：银超意，根搭动能定理得mg4=之m一之m。 0,小球的合力为重力，同理小琼在PN之间某个位置时弹 簧处于原长，弹簧弹力为0，小球合力为重力，当小球经过P 由于重力微功相同，初动能相同，则末动能相同，故A, 点时小球受到的合力为重力，故A正确：小球从M运动到 错误； V的过程中，小球和弹簧组成的系统机械能守恒，但小球的 由PG=ngveos0 机械能并不守恒，故B错误：小球从M运动到N的过程 知落地的违度大小相等，但是A落地时建度方向与重力之 中，弹簧的弹性势能先减小后增大，再减小又增大，故C错 间有头角，可知两球落地时重力的略时动单不问，故B正确： 误；小球在M,N两个位置时，弹簧的长度相等，所以弹黄 以小球抛出时的住置为零势能面，可知两球抛出时的机枝能 的弹性势能相等，在此过程中小球的重力势能全部转化为 均为E=立m。 动能mgX251.=之m如，解得=2V5上，故D正确。 刚抛出时，小球A的机碱能等于小球B的机械能，故D错 12.(1)B(2)0A长度1.22(3)E0x 误。故选B。 解析：(1)将长木板的右端垫起适当的高度，撒去纸带，经拍 6,C解析：以海平面为参考平面，物体落到海平面时的重力势 一下小车，观察判斯小车是否厥约追运动，这样就起纸带与 能为0，故A错谟！重力对物体微的功为W=mgh,故B错 打点计时器的摩擦力忽略，平衡摩擦力不够，A错误：将长 误：物体在地面上抛出时的机械能为E=了川，十mgh,故 术板的右璃垫起适当的高度，让小年连斯已经穿过打点计 时器的纸带，给打点计时器通电，轻粮一下小车，从打出的 周周测物理必修第二册RJ ·64·