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2026人教版高中物理必修第二册
专题强化练9　动能定理应用中的图像问题和多过程问题
题组一　图像问题
1.(2025甘肃张掖模拟)一质量为1 kg的物体在水平拉力的作用下,由静止开始在水平地面上沿x轴运动,出发点为x轴零点,拉力做的功W与物体坐标x的关系如图所示。物体与水平地面间的动摩擦因数为0.4,重力加速度g取10 m/s2。则从x=0运动到x=4 m的过程中,拉力的最大瞬时功率为 (　　)
A.6 W　　　　B.6 W　　　　C.12 W　　　　D.12 W
2.(2025四川绵阳期末)某同学在离篮球场地面一定高度处由静止释放一个充气充足的篮球,篮球与地面碰撞时间极短,碰撞过程损失的能量不计,空气阻力大小恒定,则篮球的动能Ek与时间t的关系图像,可能正确的是 (　　)
　　　　　　　　
　　　　　　　　
3.(2025江苏扬州期中)物理组小Y老师驾驶小型汽车行驶在平直的封闭测试道路上,t=0时刻开始无动力滑行,一段时间后以恒定功率加速行驶,车速达到最大后保持匀速,v-t图像如图所示。汽车总质量为2×103 kg,行驶中受到的阻力保持不变,则 (　　)
A.汽车行驶中所受阻力大小为2×103 N
B.1～11 s内汽车的功率为28 kW
C.1～11 s内汽车的位移为62.5 m
D.汽车加速过程中速度为6 m/s时的加速度大小为0.5 m/s2
4.(多选题)(2025辽宁沈阳期末)如图(a)所示,半径R=0.4 m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内,轨道的一个端点B和圆心O的连线与水平方向的夹角θ=30°,另一端点D与圆心O等高,C点为轨道最低点。质量m=1 kg的物块(视为质点)从空中A点以速度v0= m/s水平抛出,恰好从B端沿切线方向进入轨道。从物块进入轨道开始计时,轨道受到的压力F与时间t的关系如图(b)所示,不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2,则 (　　)
　
A.物块从A点运动到B点所用时间为0.3 s
B.物块从D点离开轨道时的速度为 m/s
C.图(b)中t0时刻为1.2 s
D.图(b)中F0大小为60 N
5.(多选题)(2025重庆十一中期中)某实验研究小组为探究物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角θ的关系,使某一物体每次以不变的初速率v0沿足够长的斜面向上运动,如图甲所示,调节斜面与水平面的夹角θ,实验测得x与θ的关系如图乙所示,取g=10 m/s2,sin 37°=0.6,则由图可知 (　　)
　
A.物体的初速率v0=5 m/s
B.物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.75
C.图乙中xmin=0.36 m
D.取初始位置所在水平面为重力势能参考平面,当θ=37°,物体上滑过程中动能与重力势能相等时,物体上滑的位移为0.5 m
6.(2025山东日照模拟)如图甲所示,在水平地面上固定一倾角为30°的足够长的光滑斜面,质量m=1 kg的滑块静止在斜面底端挡板处(滑块与挡板不粘连)。现对滑块施加沿着斜面向上的拉力F,拉力F随时间t变化的规律如图乙所示。重力加速度g=10 m/s2。(如果加速度a与时间t成正比,即a=kt,当初速度为0时,位移与时间的关系满足x=kt3)求:
　
(1)6.5 s末拉力F的瞬时功率;
(2)0～6.5 s的时间内拉力F做的功。
题组二　多过程问题
7.(创新题新考法)(2025江苏扬州期末)如图1所示,在水平桌面上用竖直挡板围成固定轨道,俯视图如图2所示,半圆形轨道ABC和DEF的半径均为R,B、E分别为轨道的左、右端点,在P点处有一个加速器,小滑块每次通过加速器后,速度增大为通过前的k倍。质量为m的小滑块(可视为质点)从C点处以初速度v0沿轨道内侧逆时针运动,每次经过C点时速度均为v0,已知轨道ABC处桌面粗糙,其他摩擦均不计,重力加速度为g。求:
(1)小滑块经过E点时,所受挡板弹力的大小N;
(2)小滑块在轨道ABC处与桌面间的动摩擦因数μ;
(3)小滑块通过轨道ABC的时间t。
8.(2025浙江强基联盟联考)某固定装置的竖直截面如图所示,由倾角为θ的直轨道AB、水平直轨道BC、半径为R的螺旋圆形轨道CDE、水平直轨道EF和倾角同样为θ的直轨道FG组成,轨道间平滑连接。现有一可视为质点、质量为m的滑块置于轨道AB上由静止释放。轨道FG段与滑块间的动摩擦因数为μ=,其余轨道均光滑,且轨道AB、轨道FG足够长。已知θ=30°,R=0.1 m,m=0.1 kg,重力加速度g取10 m/s2。
(1)若滑块恰好能第一次通过圆轨道的最高点D,求滑块释放点距B点的距离L1及滑块在圆轨道最右端时对轨道压力F的大小;
(2)若滑块恰好能第一次返回圆轨道最左端,求滑块释放点距B点的距离L2;
(3)要使滑块不脱离轨道,求滑块释放点距B点的距离的取值范围。
答案与分层梯度式解析
1.D　由于拉力沿水平方向,则拉力做的功W=Fx,可看出W-x图线的斜率代表拉力F(破题关键),知在0～2 m内,拉力F1= N=6 N,物体从x=0运动到x=2 m的过程,根据动能定理有W1-μmgΔx1=m,解得物体的速度为v1=2 m/s,物体在x=2 m处,拉力的功率P1=F1v1=12 W,此后,拉力变为F2== N=3 N,F2小于摩擦力,物体做减速运动,速度变小,拉力的功率变小,所以从x=0运动到x=4 m的过程中,拉力的最大瞬时功率为Pmax=12 W,A、B、C错误,D正确。
名师点津
分析动能定理与图像结合问题要“三步走”
2.B　设空气阻力大小为f,篮球质量为m,设下落阶段篮球的加速度为a1,由牛顿第二定律得mg-f=ma1,则动能Ek=mv2=m(a1t)2=mt2,知Ek-t图像切线的斜率为mt(破题关键),可知随着时间增大,斜率变大,图像变陡;设篮球落地时速度大小为v0,篮球与地面碰撞过程损失的能量不计,则篮球反弹后速度大小v0不变、方向反向,此后上升过程设加速度大小为a2,由牛顿第二定律得mg+f=ma2,则动能Ek=mv2=m(v0-a2t)2=m+m(t2-2v0a2t),则可知Ek-t图像切线斜率为ma2(a2t-v0),由a2t≤v0可知随着时间增大而减小,图像变缓直至动能减为0;由于a2>a1,所以下落时间大于上升时间,综合可知,选项B正确。
小题快解　下落阶段:Ek=mv2=m(a1t)2=mt2,Ek-t图像为抛物线,开口向上。下落阶段加速度小于上升阶段加速度,根据v=at可知下落时间大于上升时间,故选B。
3.D　0～1 s汽车在路上无动力滑行,做匀减速运动,根据v-t图线的斜率等于加速度,可知减速时加速度大小为a=2 m/s2,可得f=ma=4×103 N,选项A错误;1～11 s汽车以恒定功率加速行驶,t=11 s时汽车开始做匀速运动,则此时F牵=f=4×103 N,所以汽车的功率P=F牵v匀=3×104 W,选项B错误;1～11 s内,根据动能定理有Pt'-fx=m-m,解得汽车的位移x≈67.2 m,选项C错误;汽车加速过程中速度为6 m/s时,汽车的牵引力F'牵==5×103 N,此时的加速度a'==0.5 m/s2,选项D正确。
4.AC　
题图解读
将物块在B点的速度沿水平方向和竖直方向分解,vy==3 m/s,物块从A点到B点做平抛运动,所用时间为t1==0.3 s,选项A正确;物块从B点到D点的过程,根据动能定理得mgR sin θ=m-m,其中vB=,联立解得vD=4 m/s,选项B错误;物块从离开D点到返回D点做竖直上抛运动,时间为t2==0.8 s,则t0=0.4 s+t2=1.2 s,选项C正确;物块从C到D的过程,根据动能定理得-mgR=m-m,物块在C点时,由牛顿第二定律得F'-mg=m,结合牛顿第三定律可知F0=F'=70 N,选项D错误。
5.BD　当θ=时,物体做竖直上抛运动,摩擦力为零,由=2gx1,解得v0= m/s=3 m/s,选项A错误;当θ=0时,物体沿水平面做匀减速直线运动,由动能定理可得-μmgx0=0-m,解得μ=0.75,选项B正确;物体沿斜面向上运动时,由动能定理可得-(μmg cos θ+mg sin θ)x2=0-m,代入数据整理可得x2= m≥ m=0.72 m,选项C错误;设动能与重力势能相等时,物体上滑的位移为x3,则有mgx3 sin 37°=m-(μmg cos 37°+mg sin 37°)x3,代入数据整理解得x3=0.5 m,选项D正确。
6.答案　(1)165 W　(2)217.5 J
关键点拨
解析　(1)t1=2.5 s时,拉力F1=mg sin θ,之后滑块做加速度增大的加速运动,
t2=5.5 s时,根据牛顿第二定律得F2-mg sin θ=ma
可得t2=5.5 s时滑块的速度v1=a(t2-t1)=9 m/s
之后滑块做匀加速直线运动,t3=6.5 s时的速度v2=v1+a(t3-t2)=15 m/s
拉力的功率P=F2v2=165 W
(2)2.5～5.5 s内,加速度大小为a=kt=2t (m/s2)
位移x1=kt3=×2×(5.5-2.5)3 m=9 m
5.5～6.5 s时间内滑块位移x2=(v1+v2)(t3-t2)=12 m
根据动能定理得W-mg sin θ(x1+x2)=m-0
解得拉力做功W=217.5 J
7.答案　(1)　(2)　(3)
关键点拨
解析　(1)由题意知小滑块经过P处后速度为v=kv0
小滑块在DEF部分做匀速圆周运动,
挡板的弹力提供向心力,有N=m
解得N=
(2)小滑块在ABC处所受滑动摩擦力大小f=μmg
根据动能定理得-μmg·πR=m-mv2(点拨:摩擦力做功与路径有关)
代入数据解得μ=
(3)小滑块沿轨道ABC运动的过程可等效为做匀减速直线运动(解题技法),由运动学公式得πR=
代入数据解得t=
8.答案　(1)0.5 m　3 N　(2)0.8 m　(3)L≤0.2 m或0.5×4n-1 m≤L≤0.8×4n-1 m(n=1,2,3,…)
解析　(1)滑块恰好能第一次通过圆轨道的最高点D,由牛顿第二定律有mg=m
解得vD=1 m/s
从释放点到D点过程,由动能定理有
mgL1 sin θ-mg·2R=m
解得L1=0.5 m
从圆轨道最右端到D点过程,由动能定理有
-mgR=m-mv2
解得v= m/s
根据牛顿第二定律有F'=m
解得滑块在圆轨道最右端受到的支持力大小F'=3 N
根据牛顿第三定律有F=F'
解得滑块在圆轨道最右端时对轨道的压力F=3 N
(2)设滑块从轨道FG上距F点x处开始下滑恰好返回圆轨道最左端,根据动能定理有
mgx sin θ-μmgx cos θ-mgR=0
解得x=0.5 m
从释放点到FG上最高点过程,根据动能定理有mgL2 sin θ-mgx sin θ-μmgx cos θ=0
解得L2=0.8 m
(3)若滑块第一次通过圆轨道最右端时速度为零,根据动能定理有mgL0 sin θ-mgR=0
解得L0=0.2 m
即当L≤0.2 m时,滑块不脱离轨道。
由(1)、(2)问可知,当0.5 m≤L≤0.8 m时,滑块不脱离轨道;滑块在轨道FG上运动,设向上和向下通过F点的速度大小分别为vF和v'F,在FG上运动的距离为l,根据动能定理有-mg·l sin θ-μmg cos θ·l=0-m,mg·l sin θ-μmg cos θ·l=mv'
解得vF=2v'F
可知,滑块每进出一次FG轨道,滑块的动能变为原来的,即第n次恰好通过圆轨道最高点时释放点距B点的距离L=0.5×4n-1 m
第n次恰好返回圆轨道最左端时释放点距B点的距离L'=0.8×4n-1 m
可知0.5×4n-1 m≤L≤0.8×4n-1 m(n=1,2,3,…)时,滑块不脱离轨道。
综上所述,当L≤0.2 m时或0.5×4n-1 m≤L≤0.8×4n-1 m(n=1,2,3,…)时,滑块不脱离轨道。
名师点津　(1)分段应用动能定理时,将复杂的过程分割成一个个子过程,对每个子过程的做功情况和初、末动能进行分析,然后针对每个子过程应用动能定理列式,然后联立求解。
(2)全程应用动能定理时,分析整个过程中出现过的各力的做功情况,确定整个过程中做的总功,然后确定整个过程的初、末动能,针对整个过程利用动能定理列式求解。当题目不涉及中间量时,选择全程应用动能定理更简单,更方便。
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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