2026年高考总复习优化设计一轮复习物理（广西版）-课时规范练16　动能定理及其应用

课时规范练16动能定理及其应用基础对点练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.2gh B.4C.gh D.gh4.(动能定理与牛顿第二定律综合)(2024江西卷)“飞流直下三千尺,疑是银河落九天。”是李白对庐山瀑布的浪漫主义描写。设瀑布的水流量约为10m3/s,水位落差均为150m。若利用瀑布水位落差发电,发电效率为70%,则发电功率大致为()A.109W B.107WC.105W D.103W5.(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2mgRB.小球运动到b点时对圆弧轨道的压力大小为3mgC.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mg6.(动能定理的应用)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v0 B.大于v0C.小于v0 D.取决于斜面7.(动能定理的应用)(2024新课标卷)将重物从高层楼房的窗外运到地面时,为安全起见,要求下降过程中重物与楼墙保持一定的距离。如图,一种简单的操作方法是一人在高处控制一端系在重物上的绳子P,另一人在地面控制另一根一端系在重物上的绳子Q,二人配合可使重物缓慢竖直下降。若重物的质量m=42kg,重力加速度大小g取10m/s2,当P绳与竖直方向的夹角α=37°时,Q绳与竖直方向的夹角β=53°。(sin37°=0.6)(1)求此时P、Q绳中拉力的大小。(2)若开始竖直下降时重物距地面的高度h=10m,求在重物下降到地面的过程中,两根绳子的拉力对重物做的总功。素养综合练8.A、B两物体分别在水平恒力F1和F2的作用下沿水平面运动,先后撤去F1、F2后,两物体最终停下,它们的v-t图像如图所示。已知两物体所受的滑动摩擦力大小相等,则下列说法正确的是()A.F1、F2大小之比为1∶2B.F1对A、F2对B做功之比为1∶2C.A、B的质量之比为2∶1D.全过程中A、B克服摩擦力做功之比为2∶19.(2024辽宁辽阳二模)如图甲所示,一质量为1kg的滑块(视为质点)以某一初速度冲上足够长的固定斜面,以斜面底端为位移的起点,滑块在斜面上运动的动能Ek随位移x变化的关系如图乙所示。重力加速度大小g取10m/s2。下列说法正确的是()A.斜面倾角的正弦值为0.5B.滑块上滑过程克服摩擦力做的功为20JC.滑块与斜面间的动摩擦因数为0.25D.滑块返回斜面底端时,滑块所受重力的功率为12W10.(2024山东济宁统考期中)2022年2月15日,中国运动员夺得北京冬奥会单板滑雪男子大跳台金牌,为国家争得荣誉。现将比赛某段过程简化成如图所示的运动,运动员从倾角α=30°的斜面顶端O点以v0=10m/s的速度飞出,且与斜面夹角θ=60°。图中虚线为运动员在空中的运动轨迹,且A为轨迹上离斜面最远的点,B为在斜面上的落点,已知运动员的质量m=60kg(含装备),落在B点时滑雪板与斜面的碰撞时间Δt=0.3s。重力加速度g取10m/s2,不计空气阻力。求:(1)从O运动到A点所用时间t;(2)O、B之间的距离x;(3)B点的速度大小vB。11.如图所示轨道内,足够长的斜面与圆弧面光滑,水平地面各处粗糙程度相同,圆弧半径为R,水平面长度LMN=4R,现将一质量为m的金属滑块从距水平面高h=4R处的P点沿斜面由静止释放,运动到斜面底端无能量损失,滑块滑至圆弧最高点Q时对轨道的压力大小恰好等于滑块重力,g取10m/s2,求:(1)金属滑块与水平地面间的动摩擦因数μ;(2)欲使滑块滑至圆弧最高点平抛后不落在斜面上,释放高度的取值范围。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+12m3.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=4gh3,4.B解析Δt时间内流出的水量为m=ρQΔt,发电过程中水的重力势能转化为电能,则有P=mghΔt×70%=1.05×1075.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+12mvc6.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-μmgcosα·xAB=0-12mv02,α为斜面倾角,由几何关系有xABcosα=xOB,因而上式可以简化为-mg·xAO-μmg·xOD=0-12mv7.答案(1)900N1200N(2)-4200J解析本题考查物体的平衡和动能定理。(1)对重物进行受力分析,根据三力平衡条件,两绳的合力与重力大小相等,由正弦定理得FTQsin代入数据解得FTQ=900N,FTP=1200N。(2)根据动能定理得W+mgh=0故W=-mgh=-4200J。8.C解析由v-t图像可知,两个匀减速运动的加速度大小之比为1∶2,由题可知A、B所受摩擦力大小相等,所以A、B的质量之比是2∶1,故C正确。由v-t图像可知,A、B两物体运动的位移相等,且匀加速运动位移之比为1∶2,匀减速运动的位移之比为2∶1,由动能定理可得F1·x-Ff1·3x=0-0,F2·2x-Ff2·3x=0-0,因此可得F1=3Ff1,F2=32Ff2,Ff1=Ff2,所以F1=2F2。全过程中A、B克服摩擦力做的功相等,F1对A、F2对B做的功大小相等,故A、B、D9.C解析由题图乙可知滑块上滑的最大位移为5m,从斜面底端上滑至回到斜面底端过程中克服阻力做功为20J,所以上滑和下滑过程克服阻力做的功都为10J,则上滑过程中有-mgxsinθ+Wf=-40J,Wf=-10J,解得sinθ=35,故A、B错误;上滑过程中阻力做功Wf=-μmgxcosθ=-10J,cosθ=45,解得μ=0.25,故C正确;滑块返回斜面底端时,滑块的动能Ek=12mv2=20J,解得v=210m/s,滑块所受重力的功率P=mgvsinθ=1210W,10.答案(1)1s(2)20m(3)103m/s解析(1)如图所示,沿斜面方向和垂直于斜面方向分解速度和加速度。从O到A过程有0=v0sinθ-gtcosα解得从O运动到A点所用时间t=1s。(2)由对称性可知,从O运动到B的时间为2t,则从O到B过程有x=2v0tcosθ+12g(2t)2sin解得O、B之间的距离x=20m。(3)由动能定理mgxsinα=1得B点的速度大小vB=103m/s。11.答案(1)0.25(2)3.5R≤h≤5R解析(1)对滑块,在Q点,重力和轨道对滑块的弹力提供向心力,有mg+mg=m对滑块,从P到Q,根据动能定理得mgh-μmgLMN-mg·2R=1联立两式得μ=0.25。(2)当滑块恰好能运动到Q点时,释放高度最小,设为h1