資源簡介

中小學教育資源及組卷應用平臺
2025粵教版高中物理必修第二冊
分層作業20　動能定理的綜合應用
A組 必備知識基礎練
題組一　應用動能定理解決變力做功問題
1.(2024江蘇淮安階段練習)質量為m的物體以初速度v0沿水平面向左開始運動,起始點A與一水平放置的輕彈簧O端相距s,輕彈簧的另一端固定在豎直墻上,如圖所示,已知物體與水平面間的動摩擦因數為μ,物體與彈簧相碰后,彈簧的最大壓縮量為x,重力加速度為g,則從開始碰撞到彈簧被壓縮至最短的過程中,克服彈簧彈力所的功為(　　)
A.-μmg(s+x) B.-μmgx
C.μmg(s+x)- D.-μmg(s+x)
2.(多選)如圖所示,質量為m的物體在水平恒力F的推動下,從山坡底部A處由靜止運動至高為h的坡頂B,獲得速度為v,AB的水平距離為s.下列說法正確的是(　　)
A.物體重力所做的功是mgh
B.合力對物體做的功是mv2
C.推力對物體做的功是Fs
D.阻力對物體做的功是mv2+mgh-Fs
題組二　動能定理與圖像相結合的問題
3.(多選)在平直公路上,汽車由靜止開始做勻加速直線運動,當速度達到vm后,立即關閉發動機直至靜止,v-t圖像如圖所示,設汽車的牽引力為F,受到的摩擦力為f,全程中牽引力做功為W1,克服摩擦力做功為W2,則(　　)
A.F∶f=1∶3 B.W1∶W2=1∶1
C.F∶f=4∶1 D.W1∶W2=1∶3
4.質量為2 kg的物體以一定的初速度沿傾角為30°的足夠長的斜面向上滑行,在向上滑行的過程中,其動能Ek隨位移s的變化關系如圖所示,重力加速度g取10 m/s2.則物體返回到出發點時的動能為(　　)
A.10 J B.20 J C.30 J D.50 J
題組三　應用動能定理求解多過程問題
5.(2024廣東中山階段練習)如圖,兩塊彈性擋板豎直固定在水平地面上,相距8 m,一個小木塊(體積很小,可視為質點)從兩塊擋板正中間開始以初速度10 m/s向右運動,木塊與地面之間的動摩擦因數為0.2,重力加速度g取10 m/s2,每次木塊與擋板碰撞后,都會以原速率反彈,則最終木塊停止的位置與左邊擋板距離為(　　)
A.1 m B.2 m C.3 m D.7 m
6.(多選)(2024廣東廣州檢測)我國成功舉辦了第二十四屆冬奧會,滑雪是冬奧會常見的體育項目,具有很強的觀賞性.某滑道示意圖如圖所示,半徑R=10 m的圓弧滑道MN與水平滑道NP平滑銜接,O是圓弧滑道MN的圓心.一質量m=50 kg(含滑雪裝備)的運動員從M點由靜止開始下滑,最后運動員滑到P點停下.已知NP段的動摩擦因數μ=0.1,lNP=18 m,∠MON=37°,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度g取10 m/s2,不計空氣阻力,下列說法正確的是(　　)
A.運動員經過N點時的速度大小為2 m/s
B.運動員在到達N點前的一瞬間對滑道的壓力大小為680 N
C.在MP段克服阻力做功1 000 J
D.在MN段克服阻力做功100 J
B組 關鍵能力提升練
7.如圖所示,質量為m的小球與長度為L的細線連接,另一端系于O點,現將小球拉至水平方向,小球由靜止開始釋放,已知小球到達最低點時對繩子的拉力大小為2.5mg,則小球由釋放至擺到最低點過程中克服空氣阻力做功的大小為(　　)
A.mgL B.mgL
C.mgL D.mgL
8.如圖所示,DO是水平面,AB是斜面,初速度為v0的物體從D點出發沿DBA滑動到頂點A時速度剛好為零,如果斜面改為AC,讓該物體從D點出發沿DCA滑動到A點且速度剛好為零,則物體具有的初速度(已知物體與斜面及水平面之間的動摩擦因數處處相同且不為零)(　　)
A.等于v0 B.大于v0
C.小于v0 D.取決于斜面
9.(多選)一質量為m的物塊靜止在光滑水平面上,某時刻起受到水平向右的大小隨位移變化的力F的作用,F隨位移s變化的規律如圖所示,下列說法正確的是(　　)
A.物塊先做勻加速運動,后做勻減速運動
B.物塊的位移為s0時,物塊的加速度最大
C.力F對物塊做的總功為3F0s0
D.物塊的最大速度為
10.(2024北京石景山階段練習)將質量為1 kg的物體從地面豎直向上拋出,一段時間后物體又落回拋出點.在此過程中物體所受空氣阻力大小不變,其動能Ek隨距離地面高度h的變化關系如圖所示.重力加速度g取10 m/s2,下列說法正確的是(　　)
A.物體能上升的最大高度為3 m
B.物體受到的空氣阻力大小為2 N
C.上升過程中物體加速度大小為10 m/s2
D.下落過程中物體克服阻力做功為24 J
11.(2024四川達州期末)有一質量m=2×103 kg的越野車,正以速度v1=10 m/s在水平路段AB上向右勻速運動,假設越野車在兩個路段上受到的阻力各自恒定,其中AB路段地面較粗糙,阻力大小f1=10 000 N.越野車用12 s通過整個ABC路段,其v-t圖像如圖所示,在t=12 s處水平虛線與曲線相切,運動過程中越野車發動機的輸出功率保持不變.求:
(1)越野車在整個運動過程的輸出功率P及在BC路段受到的阻力大小f2;
(2)BC路段的長度x.
C組 核心素養拔高練
12.(2024廣東東莞檢測)如圖所示,在離水平地面CD高h1=30 m的光滑水平平臺上,質量m=1 kg的物塊(可視為質點)壓縮彈簧后被鎖扣K鎖住,彈簧原長小于水平平臺的長度,此時彈簧儲存了一定量的彈性勢能,若打開鎖扣K,物塊與彈簧脫離后從A點離開平臺,并恰好能從B點沿切線方向進入光滑圓弧形軌道BC,B點距地面CD的高度h2=15 m,BC圓弧對應的圓心角∠BOC=60°,圓弧半徑R=30 m,軌道最低點C的切線水平,并與長為L=70 m的粗糙水平直軌道CD平滑連接.物塊沿軌道BCD運動并與右邊墻壁發生碰撞,且碰后速度等大反向,已知重力加速度g取10 m/s2.
(1)求物塊從A到B的時間及物塊在A點時的速度大小.
(2)求物塊第一次經過圓軌道最低點C時對軌道的壓力大小.
(3)若物塊與墻壁只發生一次碰撞且不能從B點滑出軌道,求物塊與軌道CD間的動摩擦因數μ的取值范圍.
分層作業20　動能定理的綜合應用
1.A　解析 從開始碰撞到彈簧被壓縮至最短的過程中,由動能定理-μmg(s+x)-W=0-,解得W=-μmg(s+x),故選A.
2.BCD　解析 在上升過程中,重力做的功為-mgh,故A錯誤;根據動能定理得,合力做功等于動能的變化量,則合力做的功為mv2,故B正確;根據功的計算式可知,水平恒力F對小車做的功是Fs,故C正確;根據動能定理得Fs-mgh+Wf=mv2,則阻力做的功為Wf=mv2+mgh-Fs,故D正確.
3.BC　解析 對汽車運動的全過程,由動能定理得W1-W2=ΔEk=0,所以W1=W2,選項B正確,D錯誤;設在牽引力、摩擦力作用下的位移分別為s1、s2,由圖像知s1∶s2=1∶4,由動能定理得Fs1-fs2=0,所以F∶f=4∶1,選項A錯誤,C正確.
4.A　解析 物體向上滑行的過程,設阻力大小為f,由動能定理得-(mgsin 30°+f)s=0-Ek0,由圖像可知,s=3 m,Ek0=50 J,代入數據得f= N;物體向下滑行的過程,由動能定理得(mgsin 30°-f)s=Ek-0,代入數據解得Ek=10 J,B、C、D錯誤,A正確.
5.C　解析 從開始至停下,根據動能定理可得-μmgx=0-mv2,得運動的總路程x=25 m,因+5 m=x,故停下位置距離左邊擋板距離s=L-5 m=3 m,故選C.
6.BCD　解析 設經過N點速度為vN,從N至P根據動能定理得-μmg·lNP=0-,解得vN=6 m/s,故A錯誤.設滑道在N點對人的支持力為F,根據牛頓第二定律得F-mg=m,解得F=680 N,根據牛頓第三定律可知,人對滑道的壓力大小為680 N,故B正確.從M至N,利用動能定理得mgR(1-cos 37°)+WfMN=,解得WfMN=-100 J,可知該段過程克服阻力做功為100 J;從M至P,利用動能定理得mgR(1-cos 37°)+WfMP=0,解得WfMP=-1 000 J,所以克服阻力做總功為1 000 J,故C、D正確.
7.B　解析 小球到達最低點時對繩子的拉力大小為2.5mg,則2.5mg-mg=m,從釋放至擺到最低點過程中mv2-0=mgL-W阻,解得W阻=mgL,故選B.
8.A　解析 根據題意,設斜面的傾角為θ,物體從D點出發沿DBA滑動到頂點A的過程中,由動能定理有-mghAO-μmgxDB-μmgcos θ·xAB=0-,整理可得mghAO+μmgxOD=,可知,該物體從D點出發恰好滑動到A點的過程,克服重力與摩擦力做的功與斜面底端在OD上的位置無關,即讓該物體沿DCA恰好滑動到A點應具有的初動能為,故物體具有的初速度等于v0.故選A.
9.BC　解析 根據F=ma可知,0~s0隨著F的增大,加速度增大,應做加速度逐漸增大的加速運動.s0~3s0內隨著F的減小,加速度減小,應做加速度逐漸減小的加速運動,A錯誤;物塊的位移為s0時,F最大,物塊的加速度最大,B正確;根據F-s圖像的含義可知,圖像與s軸圍成的面積表示做功的大小,由此可知全過程力F對物塊做的總功為W=×3s0×2F0=3F0s0,C正確;對全過程動能定理可得W=mv2,可知,最大速度為v=,D錯誤.
10.B　解析 根據動能定理可得F合·Δh=ΔEk,解得Ek-h圖像的斜率大小k=F合,故上升過程有mg+f= N=12 N,下降過程有mg-f= N=8 N,聯立解得f=2 N,m=1 kg,故B正確;針對上升到最高點的過程,由動能定理-(mg+f)H=0-Ek0,解得物體上升的最大高度為H= m=6 m,故A錯誤;對上升過程由牛頓第二定律有mg+f=ma1,可知上升的加速度為a1= m/s2=12 m/s2,故C錯誤;物體下落過程克服阻力做功為Wf克=fH=2×6 J=12 J,故D錯誤.
11.解析 (1)越野車在AB路段時做勻速運動,由平衡條件得
F1=f1=10 000 N
由v-t圖像得AB路段速度
v1=10 m/s
根據功率的公式P=F1v1
解得P=1.0×105 W
由v-t圖像得t=12 s時,v2=20 m/s,越野車處于平衡狀態
F2=f2
P=F2v2
解得
f2=5 000 N.
(2)由v-t圖像得在BC路段運動時間為t2=8 s,越野車在BC路段時,由動能定理
Pt2-f2x=
解得x=100 m.
答案 (1)1.0×105 W　5 000 N　(2)100 m
12.解析 (1)設物塊從A運動到B的時間為t,則
h1-h2=gt2
解得t= s
物塊由A到B的過程為平拋運動,故
vBy=gt
vA=vBytan 30°
解得vA=10 m/s.
(2)物塊從A到C由動能定理可得
mgh1=
物塊在C點,根據牛頓第二定律可得
FNC-mg=m
解得FNC= N
由牛頓第三定律,物塊第一次經過C點對軌道的壓力大小
FNC'=FNC= N.
(3)若物塊第一次進入CD軌道后恰能與墻壁發生碰撞,從C點至第一次到D點的過程由動能定理得
-μ1mgL=0-
解得μ1=
若物塊與墻壁發生一次碰撞后恰好返回到B點時速度為零,從C點至第一次返回到B點的過程,由動能定理得
-mgh2-μ2mg·2L=0-
解得μ2=
若物塊第二次進入CD軌道后恰好不能與墻壁發生碰撞,從C點至第二次到D點的過程,由動能定理得
-μ3mg·3L=0-
解得μ3=
綜上所述,μ的取值范圍為<μ<.
答案 (1)10 m/s　(2) N　(3)<μ<
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