新教材高考物理一轮复习课时规范练16动能定理及其应用含答案

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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.(动能定理的应用)北京2022年冬奥会跳台滑雪比赛在张家口赛区的国家跳台滑雪中心进行,跳台由助滑道、起跳区、着陆坡、停止区组成,如图所示。跳台滑雪运动员在助滑道路段获得速度后从起跳区水平飞出,不计空气阻力,起跳后的飞行路线可以看作是抛物线的一部分,用Δv、E、Ek、P表示运动员在空中运动的速度变化量、机械能、动能、重力的瞬时功率大小,用t表示运动员在空中的运动时间,下列图像可能正确的是( )
3.(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.4gh3
C.ghD.gh2
4.(动能定理与牛顿第二定律综合)(2023山东济宁模拟)如图所示,在竖直面内固定两个光滑圆环轨道,小球A所在的圆环轨道半径小于小球B所在的圆环轨道半径,小球A的质量大于小球B的质量,两小球均由水平直径的端点静止释放,当两球分别沿圆环轨道到达轨道的最低点时,则( )
A.小球A的动量一定大于小球B的动量
B.小球A的动能一定大于小球B的动能
C.圆环对小球A的支持力大于圆环对小球B的支持力
D.小球A的向心加速度一定小于小球B的向心加速度
5.(多过程单物体动能定理)如图所示,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2mgR
B.小球运动到b点时对圆弧轨道的压力大小为3mg
C.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mg
6.(动能定理的应用)(2023湖南怀化模拟)如图所示,DO是水平面,AB是斜面,初速度为v0的物体从D点出发沿DBA滑动到顶点A时速度刚好为零,如果斜面改为AC,让该物体从D点出发沿DCA滑动到A点且速度刚好也为零,则物体具有的初速度(已知物体与斜面及水平面之间的动摩擦因数处处相同且不为零,不计B、C处能量损失)( )
A.等于v0B.大于v0
C.小于v0D.取决于斜面
7.(多物体应用动能定理)(2023云南昆明第一中学模拟)如图甲所示,两个不同材料制成的滑块A、B静置于水平桌面上,滑块A的右端与滑块B的左端接触。某时刻开始,给滑块A一个水平向右的力F,使滑块A、B开始滑动,当滑块A、B滑动1.0 m时撤去力F。整个运动过程中,滑块A、B的动能Ek随位移x的变化规律如图乙所示。不计空气阻力,求:
(1)滑块A对B做的功;
(2)力F的大小。
素养综合练
8.(多选)(2023山东德州模拟)如图甲所示,滑块A和足够长的木板B叠放在水平地面上,A和B之间、B和地面之间的动摩擦因数相同,A和B的质量均为m。现对B施加一水平向右逐渐增大的力F,当F增大到F0时B开始运动,之后力F按图乙所示的规律继续增大,图乙中的x为B运动的位移,已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力。对两物块的运动过程,以下说法正确的是( )
A.木板B开始运动后过一段时间,A再开始运动
B.滑块A的加速度一直在增大
C.x=0至x=x0过程,木板B对A做功为F0x04
D.x=x0时,木板B的速度大小为F0x02m
9.(2022江苏苏州期末)如图所示装置,AB为光滑竖直管道,高度h=8 m,BCD为半径R1=2 m的光滑半圆轨道,DE为半径R2=3 m的粗糙四分之一圆轨道。现有质量为m=1 kg的小球从A点由静止释放进入装置中。已知小球到达E点时,小球对外轨道的压力为1.5mg,g取10 m/s2,下列说法正确的是( )
A.整个运动过程中,小球的机械能守恒
B.小球到达最低点C时,对轨道的压力为100 N
C.整个运动过程,摩擦力做的功Wf=-37.5 J
D.小球从E点离开轨道,再次落到地面上时的动能为Ek=87.5 J
10.(2023江苏苏州模拟)如图所示,一个质量为m的小滑块在高度为h的斜面顶端由静止释放,滑块与斜面间动摩擦因数恒定,以水平地面为零势能面,则滑块滑至斜面底端时的动能Ek随斜面倾角θ变化的关系图像可能正确的是( )
11.(2023福建漳州模拟)如图所示,不可伸长的轻绳一端与质量为m的小球相连,另一端跨过两等高定滑轮与物块连接,物块置于左侧滑轮正下方的水平压力传感装置上,小球与右侧滑轮的距离为l。现用水平向右恒力F=34mg将小球由最低处拉至轻绳与竖直方向夹角θ=37°处,立即撤去F,此时传感装置示数为45mg。已知物块始终没有脱离传感装置,重力加速度为g,不计滑轮的大小和一切摩擦,sin 37°=0.6,cs 37°=0.8,求:
(1)撤去F时小球的速度大小;
(2)小球返回最低处时轻绳的拉力大小;
(3)小球返回最低处时传感装置的示数。
答案：
1.A 解析 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,绳子对人的拉力一直做负功;由于人在下降过程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.D 解析 运动员起跳后做平抛运动Δv=gt,A错误;运动员机械能守恒,B错误;由动能定理得mgh=Ek-12mv02,即Ek=mgh+12mv02=12mg2t2+12mv02,重力的瞬时功率P=mgv=mg·gt=mg2t,C错误,D正确。
3.B 解析 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.C 解析 小球从释放到到达最低点的过程中,只有重力做功,由机械能守恒定律可知mgr=12mv2,小球到达最低点时,p=mv=m2gr,A球所在轨道半径小,但A球质量大,无法比较两者的动量大小,A项错误;A球的质量大于B球的质量,由Ek=12mv2可知,不能确定两球动能的大小关系,B项错误;在最低点,根据牛顿第二定律可知,FN-mg=mv2r,求得FN=3mg,因A球的质量大于B球的质量,故FNA>FNB,C项正确;由a=v2r=2g可知,两球在最低点的向心加速度相等,D项错误。
5.B 解析 水平外力F做的功为W=FR=mgR,选项A错误;从a到b由动能定理有FR=12mvb2,在b点由牛顿第二定律有FN-mg=mvb2R,解得FN=3mg,选项B正确;从b到c有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.A 解析 物体从D点滑动到顶点A过程中,由动能定理可得-mg·xAO-μmg·xDB-μmgcs α·xAB=0-12mv02,α为斜面倾角,由几何关系有xABcs α=xOB,因而上式可以简化为-mg·xAO-μmg·xOD=0-12mv02,从上式可以看出,物体的初速度与路径无关,故选A。
7.答案 (1)12 J (2)39 N
解析 (1)B在撤去F后继续滑行xB=1.0 m,撤去F时B的动能EkB=6 J,
由动能定理有-FfBxB=0-EkB
在撤去F前,对B由动能定理得WAB-FfBx=EkB
联立并代入数据解得WAB=12 J。
(2)撤去力F后,滑块A继续滑行的距离为xA=0.5 m,撤去F时A的动能EkA=9 J,由动能定理有-FfAxA=0-EkA
力F作用的过程中,分析滑块A、B整体,由动能定理有(F-FfA-FfB)x=EkA+EkB
代入数据解得F=39 N。
8.CD 解析 开始A、B相对静止,一起开始做加速运动,B运动时A同时运动,选项A错误。当拉力等于最大静摩擦力即拉力等于滑动摩擦力时,B开始运动,由图像可知,B受到地面的摩擦力为Ff=F0=2μmg,设A、B即将相对滑动时拉力为F,对A则有μmg=ma,对B则有F-3μmg=ma,解得F=2F0;当拉力F在F0~2F0之间时,A、B相对静止一起加速运动,当拉力F大于2F0时,A、B相对滑动;A、B相对静止一起加速运动时,A的加速度一直增加,当A、B相对滑动后,A的加速度保持不变,选项B错误。从x=0到x=x0过程,对A、B系统由动能定理得F0+2F02x0-Ffx0=12·2mv2,解得v=F0x02m,对A由动能定理得W=12mv2=14F0x0,即木板B对A做功为F0x04,选项C、D正确。
9.D 解析 小球在DE段运动过程中,阻力做负功,小球的机械能减少,故A错误;设小球到达最低点C点时的速度大小为v1,从A到C过程中,根据动能定理可得mg(h+R1)=12mv12-0,在最低点,根据牛顿第二定律可得FN-mg=mv12R1,联立解得FN=110 N,根据牛顿第三定律可得小球到达最低点C时,对轨道的压力为110 N,故B错误;设小球到达E点时,小球的速度大小为v2,对小球根据牛顿第二定律可得1.5mg+mg=mv22R2,代入数据解得v2=53 m/s,小球从A到E过程中,根据动能定理可得mg(h-R2)+Wf=12mv22-0,联立解得Wf=-12.5 J,故C错误;从E到地面过程中,根据动能定理可得mg(R1+R2)=Ek-12mv22,代入数据解得Ek=87.5 J,故D正确。
10.A 解析 由题知小滑块在高度为h的斜面顶端由静止释放,则对于小滑块下滑的过程应用动能定理可得mgh-μmghtanθ=Ek(tan θ≥μ),故当θ=π2时,Ek=mgh;随着θ减小,tan θ逐渐减小,物块滑到斜面底端的动能逐渐减小,当重力沿斜面方向的分力小于等于最大静摩擦力时,有mgsin θ≤μmgcs θ,解得μ≥tan θ,此后θ继续减小,物块都不再下滑,则此后小滑块的动能一直为零,故A正确。
11.答案 (1)2gl2 (2)1910mg (3)15mg
解析 (1)对小球,由动能定理得
Flsin θ-mgl(1-cs θ)=12mv12
可得v1=2gl2。
(2)从撤去力F到运动至最低位置的过程中,由动能定理得
mgl(1-cs θ)=12mv22-12mv12
在最低位置时,设细绳的拉力大小为FT1
对小球,由牛顿第二定律得FT1-mg=mv22l
解得FT1=1910mg。
(3)撤去F时传感装置的示数为FN1=45mg
设此时细绳的拉力大小为FT2,物块质量为m0
对物块由平衡条件FN1+FT2=m0g
对小球FT2-mgcs θ=mv12l
小球再次运动至最低处时,物块所受支持力为FN2,则
FN2+FT1=m0g
由牛顿第三定律可知传感器示数FN2'=FN2
解得FN2'=15mg。