高一暑假作业(八) 动能和动能定理-【步步维赢·优练必刷】2025年高一物理暑假作业

高一暑假作业（八） 动能和动能定理 知识点记 示.已知物体与地面间的动摩擦因数 =0.5,取g=10m/s2,则下列说法正确 1.对动能定理的理解 的是 (1)表达式W=△E.中的W为外力对物 ↑FN 100 体做的总功 (2)动能定理描述了做功和动能变化的 4 两种关系. x/m 甲 ①等值关系：物体动能的变化量等于合 A.物体先做加速运动，推力为零时开始 力对它做的功。 做减速运动 ②因果关系：合力对物体做功是引起物 B.物体在水平地面上运动的最大位移是 体动能变化的原因，做功的过程实质上 10m 是其他形式的能与动能相互转化的过 C.物体运动的最大速度为2√15m/s 程，转化了多少由合力做的功来度量， D.物体在运动中的加速度先变小后不变 2.动能定理的优越性 2.一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到 牛顿运动定律 动能定理 原处.物块初动能为E如，与斜面间的动 只能研究物体在恒 对于物体在恒力或变力 摩擦因数不变，则该过程中，物块的动能 适用条件力作用下做直线运 作用下做直线运动或曲 E与位移x关系的图线是 动的情况 线运动均适用 ↑E 要考虑运动过程的只考虑各力的做功情况 应用方法 每一个细节 及初、末状态的动能 运算方法 矢量运算 代数运算 确定研究对象，对物体进行受力分析和运动 ↑E 相同点 E 过程分析 应用动能定理解题不涉及加速度、时间，不 结论 涉及矢量运算，运算简单，不易出错 精典题练 3.如图，固定板AB的倾角0=60°，板BC 水平，AB、BC长度均为L,小物块从A 1.如图甲所示，一质量为4kg的物体静止 处由静止释放，恰好滑到C处停下来.若 在水平地面上，让物体在随位移均匀减 调整BC使其向上倾斜，倾角不超过90°， 小的水平推力F作用下开始运动，推力 小物块从A处由静止滑下再沿BC上 F随位移x变化的关系图象如图乙所 滑，上滑距离与BC倾角有关.不计B处 ·17· 机械能损失，各接触面动摩擦因数相同， 6.已知一足够长的传送带与水平面的夹角 小物块沿BC上滑的最小距离为x,则 为0，以一定的速度匀速转动.某时刻在 传送带适当的位置放上具有一定初速度 的物块（如图甲所示），以此时为1=0时 刻，记录了小物块在传送带上运动速度 随时间的变化关系（如图乙所示，图中取 沿传送带向上的运动方向为正方向，其 A.=L 3 B.=L 中u>2).已知传送带的速度保持不 Cx=②L 变，g取10m/s2,则 2 D.x=/ 2 4.如图甲所示，静止于光滑水平面上的小 物块，在水平拉力F的作用下从坐标原 ⊙ 点O开始沿x轴正方向运动，F随物块 所在位置坐标x的变化关系如图乙所 甲 示，图线右半部分为1/4圆弧，则小物块 A.0~t1时间内，物块对传送带做正功 运动到2x。处的动能可表示为( B.物块与传送带间的动摩擦因数为， u<tan 0 C.0~t2时间内，传送带对物块做的功为 ,21 甲 A.0 D.系统产生的热量一定大于物块动能的 B.Fmax o 变化量 7.如图所示，ABC是 C.F( 竖直面内的光滑固 D.2Fx1+5) 定轨道，AB水平， 长度为2R,BC是 5.如图所示，某同学用绳子拉动木箱，使它 半径为R的1/4圆 从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有 某一速度，木箱获得的动能一定( 弧，与AB相切于B点.为了研究空气动 力学问题，现将一小球从距AB高为2R 的E处以一定初速度水平抛出，由于存 LERREEFFKK266166661226661261126 在水平向右的风的作用力，且该风力为 A.小于拉力所做的功 恒力（其他方向空气的作用力不计），小 B.等于拉力所做的功 球恰好无碰撞地从C点进入圆弧轨道， C.等于克服摩擦力所做的功 并沿圆弧轨道运动到水平轨道上.已知 D.大于克服摩擦力所做的功 抛出点距C点的水平距离为R,重力加 ·18 速度为g,则该过程中小球速度为零的位 直方向成60°角，如图乙所示，此时传感 置到B点的距离为 装置的示数为初始值的1.25倍：再将小 A.0.5R B.R 球由静止释放，当运动至最低位置时， C.1.5R D.2R 传感装置的示数为初始值的，不计滑 8.关于运动物体的合外力做功和动能、速 轮的大小和摩擦，重力加速度为g,求： 度变化的关系，下列说法正确的是() (1)物块的质量； A.物体做变速运动，合外力一定不为零， (2)从释放到运动至最低位置的过程 动能一定变化 中，小球克服空气阻力所做的功： B.若合外力对物体做功为零，则合外力 一定为零 C.合外力对物体做功，它的速度大小一 定发生变化 D.物体的动能不变，所受的合外力必定 为零 9.(多选)质量为m的物体在水平力F的作 用下由静止开始在光滑地面上运动，前 进一段距离之后速度大小为，再前进一 段距离使物体的速度增大为20，则 A.第二过程的速度增量等于第一过程的 速度增量 B.第二过程的动能增量是第一过程动能 增量的3倍 C.第二过程合外力做的功等于第一过程 合外力做的功 D.第二过程合外力做的功等于第一过程 合外力做功的2倍 10.如图甲所示，物块与质量为m的小球通 过不可伸长的轻质细绳跨过两等高定 滑轮连接，物块置于左侧滑轮正下方的 表面水平的压力传感装置上，小球与右 侧滑轮的距离为1.开始时物块和小球 均静止，将此时传感装置的示数记为初 始值，现给小球施加一始终垂直于！段 细绳的力，将小球缓慢拉起至细绳与竖 ·19·璃：根据动能定里：mglsin a-W,=m心，解 4.D题中F一x图象与横坐标围成的面积等于 拉力做功的大小，由图象可得出 得：u=√2 glsin a一ogleos a,故D错误， 8.A光滑大圆环对小环只有弹力作用.弹力方向 W=F1十受，根据动能定理得E,=W 沿大圆环的半径方向（下滑过程先背离圆心，后 指向圆心)，与小环的速度方向始终垂直，不做 号P,十受选项D正确， 功，故选A. 5.A木箱受力如图所示.木箱在移 9.Bv=360km/h=100m/s,由v2=2ax得，a= 动的过程中有两个力做功，拉力做 2x-2X500m/s=10m/s,则牵引力F 1002 正功，摩擦力做负功，根据动能定理 ma=1×10°×10N=1×10°N 可知：W:-W,=2m-0,所以动 所以牵引力最大功率P=F0=1×10°×100W 能小于拉力做的功，故A正确，B =1×10W=1×10°kW,故B正确. 错误：无法比较动能与摩擦力做功的大小，C、D 10.解析：(1)重力做的功： 错误.故选A. 6.D由图乙知，物块先向下运动，后向上运动，则 Wc=mgh=50×10×30J=1.5×10'J. 知传送带顺时针转动，0一11时间内，物块对传 (2)运动员所受合力： 送带的摩擦力方向沿传送带向下，则物块对传 Fs=ngsin37°-mngcos37°=260N. 送带做负功，故A错误；在t1一t2时间内，物块 方向沿斜坡向下， h 向上加速运动，则有umgcos>mngsin0,得4> 沿合力方向的位移xsnm37=50m, tan0,故B错误：0~t2时间内，由v一t图线与t 轴所围“面积”等于位移可知，物块的总位移沿 合力做的功W◆=F◆x=260×50J=1.3X10J. 斜面向下，高度下降，重力对物块做正功，设为 答案：(1)1.5×10°J(2)1.3×10J 高一暑假作业（八）动能和动能定理 W。,根据动能定理得W十W。名m 1.B当推力小于摩擦力时，物体就开始做减速运 动，选项A错误；图乙中图线与坐标轴所围成的 m,则传送带对物块微的功W≠2m暖 三角形面积表示推力对物体做的功，由此可得 1 推力做的功为W=4×100×7J=200J小，根据动 mi,故C错误：0~1时间内，系统产生的热 能定理有W一mgx=0,得x.=10m,选项B 量Q,=f(s传十5物)，由动能定理可得f·5物 △E=△Ek1,故Q1>△Ek1,t1一t2时间内，系统 正确；当推力与摩擦力平衡时，加速度为零，速度 最大，由题图乙得F=100一25.x(N),当F-g 产生的热量Q=f(s特一5)=∫·8物，由动能定 20N时，=3.2m,由动能定理得（100N+20 理得f·s物一△Ep2=△Ek2,故Q2>△E2,l2时刻 后，物块随传送带一起运动，无热量产生及动能 变化，所以系统产生的热量大于动能变化，即 N)·t一mgx=2mvx,解得物体运动的最大 Q>△E,故D正确. 7.B小球在运动过程中受重力和风力作用，在竖 速度v*=8m/s,选项C错误：当推力由100N 减小到20N的过程中，物体的加速度逐渐减 直方向做自由落体运动，有R=g,在水平方 小，当推力由20N减小到0的过程中，物体的加 向做匀减速直线运动.设初速度为，因小球恰 速度又反向增大，此后物体的加速度不变，直至 能无碰撞地从C处进入圆孤轨道，说明小球运动 物体静止，故D项错误 到C处时，水平分速度恰好减小到零，有R= 2.C设斜面倾角为0，根据动能定理，当小物块沿 斜面上升时，有 6十0 2得=√2gR,设风力大小为F,根据牛颜 -(mgsin 0++f)x=Ex-Eo, Ex=-(f+mgsin 0)x+Exo, 所以E与x的函数关系图象为直线，且斜率为负 第二定律得a=品有话=2aR,得P=g,时然 当小物块沿斜面下滑时，根据动能定理有 个运动过程，由动能定理有mgX2R一FX(2R十 (mgsin0-∫)(x。一x)=Ek一0(x。为小物块到 x)= 2m,解得x=R,故B正确，A,C、D 达最高点时的位移)，即 E.=-(mgsin 0-f)x+(mgsin 0-f)xo, 错误. 所以下滑时E随x的减小而增大，且为直线 8.C力是改变物体速度的原因，物体做变速运动 综上所述，选项C正确. 时，合外力一定不为零，但合外力不为零时，做 3.B小物块从A处由静止释放，恰好滑到C处 功可能为零，动能可能不变，A、B错误：合外力 停下来，由动能定理得： 对物体做功，它的动能一定变化，速度大小也一 mgLsin 0=umgLcos 0+umgL. 定变化，C正确：物体的动能不变，所受合外力 若调整BC使其向上倾斜，设BC与水平方向之 做功一定为零，但合外力不一定为零，D错误， 间的夹角为a时，小物块沿BC上滑的最小距离 9.AB第一过程速度增量为△v1=v,动能增量 为x,由动能定理可得： mgLsin 0=mmgLcos 0mgrsin aumgrcos a, 为△E1=2mv,合外力微功 解得：x=2L.综上所述，本题答案是B. W,=AE,=m:第二过程连度增量4， ·53. 20-=0,动能增量4Ee=号m·(20)2- 1 少的重力势能大于B增加的重力势能，C错误； 2 二者运动过程中位移大小相等、速度大小相等， nm=号m2=3△E,合外力微功w,=AE 由△E。=一△Ek可知D正确. 4.A在b球落地前，a、b两球组成的系统机械能 3 =2m=3W,故选项AB正确，CD错误. 守恒，且a、b两球速度大小相等，设为，根据机 10.解析：(1)设开始时细绳的拉力大小为T1,传 被能守恒定律有3mgh=mgh十号(3m十m), 感装置的初始值为F1,物块质量为M,由平衡 解得v=√gh,故A正确. 条件可得： 5.A因为细管光滑，则小球的机械能守恒，从D 对小球有T=mg, 对物块有F,十T,=Mg. 点到A点，有mgH-2mgR=号mu',从A点 当细绳与竖直方向的夹角为60°时，设细绳的拉力 大小为T2,传感装置的示数为F2,根据题意可知 微平抛运动，故有x=01,2R=2g,联立可得 F2=1.25F1,由平衡条件可得： 对小球有T2=mgc0s60°， x=2√2RH一4R,A正确，B错误：因为在A点 对物块有F2十T2=Mg. 轨道可以对小球提供支持力，故小球能从细管 联立以上各式，代入数据解得M=3m. A端水平抛出的条件是vA>0,解得H>2R,C、 (2)设小球经过最低位置时速度大小为U,从释 D错误. 放到运动至最低位置的过程中，小球克服空气 6.B圆环在下滑的过程中，圆环和弹簧组成的系 阻力做的功为W,由动能定理得 统机械能守恒，而圆环的机械能并不守恒，A项 错误；在下滑到最大距离的过程中，圆环动能的 mg11-c0s60-W,=7md. 变化量为零，因此圆环减少的重力势能转化为 在最低位置时，设细绳的拉力大小为T,传感 弹簧的弹性势能，即E。=mg√(2L)一L 装置的示数为F3,据题意可知F3=0.6F1, √3mgL,B项正确：圆环下滑的过程中速度先增 对小球，由牛顿第二定律得T:一mg=m了： 大后减小，加速度先减小后增大，到最大距离 时，向上的加速度最大，此时圆环所受合力不为 对物块，由平衡条件可得F3十T3=Mg, 零，C项错误：由于圆环重力势能、圆环的动能 联立以上各式，代入数据解得 与弹簧的弹性势能之和为定值，因此圆环重力 W=0.1mg. 势能与弹簧弹性势能之和先减小后增大，D项 答案：(1)3m(2)0.1mgl 错误。 高一暑假作业（九）机械能守恒定律 7.C重物的质量不需要测量：重力加速度是已知 1.A从静止释放小球，小球只受重力做自由落体 的；重物下落的高度需要测量；瞬时速度是根据 运动，下落到A关于O点所在水平面对称的点 纸带上的数据计算得出的.故应选C, B时细线将张紧，根据自由落体运动的规律有 8.BC由能量守恒定律可知弹簧的最大弹性势能为 v=2gL,vg方向竖直向下，在B位置细线突然 (F-mg).x0,选项A错误；撤去外力后，物块开始 张紧，使小球速度突变为垂直方向上的速度， 运动时弹簧弹力大于摩擦力，将向右做加速度减小 vu=VBcOS30°，小球的动能瞬间减少，小球由B 的加速运动，当弹力小于摩擦力后做加速度增大的 运动至C,线的拉力与运动方向垂直不做功，只 减速运动，离开弹簧后再做匀减速运动，选项B正 有重力做功，机械能守恒，从B到C的过程中， 确：从外力F开始作用到物块刚离开弹簧的过程中， 重力势能减少量△E,=mgL(1一cos60°)，动能 由能量守恒定律得Fx,一mg·2x。=2mu解得 的增加量△E= 2m呢 2mg,有mgl.（1- c0s60)= 1 2F-2mg)x0,选项C正确；设物块从P 2m m,代入路'=%0s30,解 点向右运动x时停止，对全过程由能量守恒定 5gL,A正确。 得=N 律得Fz,一mg(x+n)=0,解得r=F umg 2.A当两液面高度相等时，减少的重力势能转化为 xo,选项D错误. 整个液体的动能，如答图所示，由机械能守恒定律 9.解析：(1)根据匀变速直线运动的规律，可以求出 1 重物在2点的速度 可得gmg·2h=2m,解得v=√8h, (2.8+3.2)×10 2×0.02 m/s=1.50m/s, 重物在5点的速度4=4.0+43)×10 m/s= 2×0.02 2.08m/s,所以动能增加量为△E,=号m心- 1 3.D把A、B看成一个系统，系统的机械能与其 之n=1.03mJ,重物从2点到5点，重力势能 他形式的能量之间没有转化，系统机械能守恒， 但就每个物体而言，绳子的拉力都对其做功，机 减少量为△E,=mgh5=mX9.8×(3.2+3.6+ 械能均发生变化，A错误；B增加的机械能与A 4.0)×102J=1.06mJ.由以上可得出实验结 减小的机械能相等，B错误；由于m1>m2,A减 论为：在误差允许的范围内，机械能守恒. ·54·