课时数智作业13 动能定理及其应用-【高考DNA解码】2026年高考物理一轮总复习学生用书word

课时分层作业(十三) 1．(2021·河北卷)一半径为R的圆柱体水平固定，横截面如图所示。长度为πR、不可伸长的轻细绳，一端固定在圆柱体最高点P处，另一端系一个小球，小球位于P点右侧同一水平高度的Q点时，绳刚好拉直。将小球从Q点由静止释放，当与圆柱体未接触部分的细绳竖直时，小球的速度大小为(重力加速度为g，不计空气阻力)(　　) A． C． D．2 2．质量为m的物体以初速度v0沿水平面向左开始运动，起始点A与一轻弹簧O端相距s，如图所示。已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，物体与弹簧相碰后，弹簧的最大压缩量为x，则从开始碰撞到弹簧被压缩至最短，物体克服弹簧弹力所做的功为(重力加速度大小为g)(　　) －μmgx C．μmgs D．μmg(s＋x) 3．物体在恒定阻力作用下，以某初速度在水平面上沿直线滑行直到停止。以a、Ek、x和t分别表示物体运动的加速度大小、动能、位移的大小和运动的时间，则以下各图像中，能正确反映这一过程的是(　　) A　　　　　　　　B C　　　　　　　　D 4．如图所示，倾角 θ＝37°的斜面AB与水平面平滑连接于B点，A、B两点之间的距离x0＝3 m，质量m＝3 kg的小物块与斜面及水平面间的动摩擦因数均为μ＝0.4。当小物块从A点由静止开始沿斜面下滑的同时，对小物块施加一个水平向左的恒力F(图中未画出)，g取10 m/s2。若F＝10 N，小物块从A点由静止开始沿斜面运动，到B点时撤去恒力F，则小物块在水平面上滑行的距离x为(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)(　　) A．5.7 m B．4.7 m C．6.5 m D．5.5 m 5．(多选)一物体以初速度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 6．如图所示，质量m＝0.1 kg的可视为质点的小球从距地面高H＝5 m处由静止开始自由下落，到达地面恰能沿凹陷于地面的半圆形槽的右端切入，半圆形槽半径R＝0.4 m。小球到达槽最低点时速率为10 m/s，并继续沿槽壁运动直到从槽左端边缘竖直向上飞出……，如此反复，设小球在槽壁运动时受到的摩擦力大小恒定不变，不计空气阻力及小球与槽壁口接触时的能量损失(取g＝10 m/s2)。求： (1)小球第一次飞离槽后上升的高度H1； (2)小球最多能飞出槽外的次数。 7．(2023·重庆卷)机械臂广泛应用于机械装配。若某质量为m的工件(视为质点)被机械臂抓取后，在竖直平面内由静止开始斜向上做加速度大小为a的匀加速直线运动，运动方向与竖直方向夹角为θ，提升高度为h，如图所示。求： (1)提升高度为h时，工件的速度大小； (2)在此过程中，工件运动的时间及合力对工件做的功。 8．如图甲所示，一物块以一定初速度沿倾角为30°的固定斜面上滑，运动过程中摩擦力大小f 恒定，物块动能Ek与运动路程s的关系如图乙所示。重力加速度大小取10 m/s2，则物块的质量m和所受的摩擦力大小f 分别为(　　) A．m＝0.7 kg，f ＝0.5 N B．m＝0.7 kg，f ＝1.0 N C．m＝0.8 kg，f ＝0.5 N D．m＝0.8 kg，f ＝1.0 N 9．(2025·山东济南高三检测)如图所示，水平平台与水平细杆间的高度差为H，质量为M的物块放在水平平台上，质量为M的小球套在水平杆上，物块和小球通过小滑轮用轻质细线相连，滑轮右侧细线恰好竖直。现用一水平恒力F由静止沿杆拉动小球，物块始终在水平平台上，不计一切摩擦。则小球前进2H时，物块的速度为(　　) A． C． 10．如图所示，两倾角均为θ的光滑斜面对接后固定在水平地面上，O点为斜面的最低点。一个小物块从右侧斜面上高为H处由静止滑下，在两个斜面上做往复运动。小物块每次通过O点时都会有动能损失，损失的动能为小物块当次到达O点时动能的5%。小物块从开始下滑到停止的过程中运动的总路程为(　　) A． C． 11．(2024·山东潍坊三模)如图所示为冰雪冲浪项目流程图，AB段为水平加速区，BC段为半径r＝22.5 m的光滑圆管形通道，AB与BC相切于B点；CDE段为半径R＝100 m的圆弧冰滑道，BC与CDE相切于C点，弧DE所对应的圆心角θ＝37°，D为轨道最低点，C、E关于OD对称。安全员将小朋友和滑板(可视为质点)从A点沿水平方向向左加速推动一段距离后释放，到达光滑圆管形通道上B点时小朋友和滑板与通道没有相互作用力，小朋友运动至滑道E点时对滑道压力FN＝410 N。已知小朋友和滑板总质量为m＝40 kg，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求： (1)小朋友在B点时的速度v0； (2)小朋友通过CDE段滑道时克服摩擦力做的功。 12．(2022·浙江1月选考)如图所示，处于竖直平面内的一探究装置，由倾角α＝37°的光滑直轨道AB、圆心为O1的半圆形光滑轨道BCD、圆心为O2的半圆形光滑细圆管轨道DEF、倾角也为37°的粗糙直轨道FG组成，B、D和F为轨道间的相切点，弹性板垂直轨道固定在G点(与B点等高)，B、O1、D、O2和F点处于同一直线上。已知可视为质点的滑块质量m＝0.1 kg，轨道BCD和DEF的半径R＝0.15 m，轨道AB长度lAB＝3 m，滑块与轨道FG间的动摩擦因数μ＝。滑块与弹性板作用后，以等大速度弹回，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2。滑块开始时均从轨道AB上某点静止释放。 (1)若释放点距B点的长度l＝0.7 m，求滑块到最低点C时轨道对其支持力FN的大小； (2)设释放点距B点的长度为lx，求滑块第1次经F点时的速度v与lx之间的关系式； (3)若滑块最终静止在轨道FG的中点，求释放点距B点长度lx的值。 6 / 6 学科网（北京）股份有限公司 $$ 课时分层作业(十三) 1．A　[小球下落的高度为h＝πR－R＋R＝R，小球下落过程中，根据动能定理有mgh＝mv2 ，综上有v＝，故选A。] 2．A　[根据功的定义式可知物体克服摩擦力做功为Wf＝μmg(s＋x)，由动能定理可得－W弹－Wf＝，则W弹＝－μmg(s＋x)，故选项A正确。] 3．C　[物体在恒定阻力作用下运动，其加速度不随时间变化，不随位移变化，A、B错误；由动能定理有－Ffx＝Ek－Ek0，解得Ek＝Ek0－Ffx，C正确；又x＝vt－at2，故Ek与t不呈线性关系，D错误。] 4．B　[小物块在斜面上受力分析如图所示，从A点开始沿ABC路径运动到C点停止的过程中，由动能定理可得Fx0cos θ＋mgx0sin θ－Ffx0－μmgx＝0，Ff＝μFN，FN＋F sin θ＝mg cos θ，代入数据解得x＝4.7 m，故选项B正确。] 5．BD　[分析知，题图中右上方图线对应上滑阶段，左下方图线对应下滑阶段。由动能定理知，Ek-x图线的斜率的绝对值等于对应阶段所受合外力的大小，设物体质量为m，重力加速度大小为g，物体所受滑动摩擦力的大小为f ，斜面倾角为θ，可知mg sin θ＋f ＝，mg sin θ－f ＝，联立解得mg sin θ＝，f ＝，即可求出物体所受滑动摩擦力的大小f ，但因条件不足，重力加速度大小g、斜面的倾角θ不能求出，故A、C错误，B正确；设物体沿斜面上滑的时间为t，由匀变速直线运动规律可知x0＝v0t，则t＝，D正确。] 6．解析：(1)由于小球在槽壁运动时受到的摩擦力大小恒定不变，由对称性可知，小球在槽右半部分与左半部分运动时克服摩擦力做的功相等，设为Wf。小球从开始下落至到达槽最低点的过程中，由动能定理得mg(H＋R)－Wf＝mv2，解得Wf＝0.4 J， 小球由槽最低点到第一次上升到最大高度的过程， 由动能定理得－mg(H1＋R)－Wf＝0－mv2， 解得H1＝4.2 m。 (2)设小球能飞出槽外n次，对整个过程，由动能定理得mgH－n×2Wf＝0 解得n＝6.25，n只能取整数，故小球最多能飞出槽外6次。 答案：(1)4.2 m　(2)6次 7．解析：(1)根据匀变速直线运动位移与速度的关系有＝2a 解得v0＝。 (2)由v0＝at解得t＝ 对工件根据动能定理有W合＝ 解得W合＝。 答案：(1)　(2)　 8．A　[0～10 m内物块上滑，由动能定理得－mg sin 30°·s－f s＝Ek－Ek0，整理得Ek＝Ek0－(mg sin 30°＋f )s，结合0～10 m内的图线得，斜率的绝对值|k|＝mg sin 30°＋f ＝4 N；10～20 m内物块下滑，由动能定理得(mg sin 30°－f )(s－s1)＝Ek，整理得Ek＝(mg sin 30°－f )s－(mg sin 30°－f )s1，结合10～20 m 内的图线得，斜率k′＝mg sin 30°－f ＝3 N，联立解得f ＝0.5 N，m＝0.7 kg，A正确，B、C、D错误。] 9．D　[小球从平台的边缘正下方由静止向右运动2H时，设小球的速度为v，此时轻质细线与水平方向夹角为θ，如图所示，由图可知tan θ＝，则有cos θ＝，小球沿细线方向的分速度等于物块的速度，则物块的速度为v1＝v cos θ＝，对物块和小球组成的系统，用动能定理可得F·2H＝，解得v1＝，A、B、C错误，D正确。] 10．B　[由题意知，对小物块第一次到达O点的过程由动能定理可得mgH＝Ek，此时小物块运动的路程s1＝，第一次通过O点后动能Ek1＝95%Ek＝95%mgH，此时利用动能定理知小物块上升的高度H1＝95%H，第一次离开O点到第二次到达O点运动的路程s2＝＝95%，同理第二次离开O点到第三次到达O点运动的路程s3＝(95%)2，…，故小物块下滑的总路程s总＝s1＋s2＋…＋sn＝＋95%＋(95%)2＋…＋(95%)n-1，n无穷大时，可得s总＝(等比数列求和)，故B正确。] 11．解析：(1)由于到达光滑圆管形通道上B点时小朋友和滑板与通道没有相互作用力，则 mg＝ 解得v0＝15 m/s，方向水平向左。 (2)小朋友从B滑到E，根据动能定理可得 mgr(1－cos 37°)－W克f＝ 在E点，根据牛顿第二定律可得 FN－mg cos 37°＝ 联立解得W克f＝1 800 J。 答案：(1)15 m/s，方向水平向左　(2)1 800 J 12．解析：(1)滑块从A到C的过程只有重力做功，机械能守恒，则 mgl sin 37°＋mgR(1－cos 37°)＝ 在C点根据牛顿第二定律有 FN－mg＝ 代入数据解得FN＝7 N。 (2)要使得滑块到达F点，则必过圆弧轨道DEF的最高点，即有mglx sin 37°－mg(3R cos 37°＋R)＝>0 即lx>0.85 m 滑块运动到F的过程中，由机械能守恒定律有mglx sin 37°－4mgR cos 37°＝mv2 解得v＝(m/s)(0.85 m<lx≤3 m)。 (3)设最终摩擦力做的功为滑块第一次到达FG中点时的n倍，由动能定理得mglx sin 37°－mgsin 37°－nμmgcos 37°＝0 解得lx＝ m 将0.85 m<lx≤3 m代入上式可得<n≤ 由运动过程可知，n只能取1、3、5 ①当n＝1时，lx＝ m ②当n＝3时，lx＝ m ③当n＝5时，lx＝ m。 答案：(1)7 N　(2)v＝(m/s)　(0.85 m<lx≤3 m)　(3) m， m， m 4 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $$