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2026教科版高中物理必修第二册
专题强化练6　动能定理应用中的图像和多过程问题
1.(2025四川攀枝花二模)质量为1 kg的物块静置于光滑水平地面上,设物块静止时的位置为x轴零点。现给物块施加一沿x轴正方向的水平力F,其大小随位置x变化的关系如图所示,则物块运动到x=3 m处时,F做功的瞬时功率为(　　)
A.8 W　　　B.16 W
C.24 W　　　D.36 W
2.(多选题)(2025四川成都月考)在某次帆船运动比赛中,质量为500 kg的帆船,在风力和水的阻力共同作用下做直线运动的v-t图像如图乙所示。下列表述正确的是(　　)
　
A.在0~1 s内,风力对帆船做功1 000 J
B.在0~1 s内,合外力对帆船做功1 000 J
C.在1~2 s内,合外力对帆船做功750 J
D.在0~3 s内,合外力对帆船做的总功为0
3.(2024四川成都期末)如图甲所示,长为L、倾角为θ的斜面固定在水平地面上,一质量为m的物块从斜面顶端由静止释放并沿斜面向下滑动,物块与斜面间的动摩擦因数μ与下滑距离x的变化图像如图乙所示。重力加速度为g。则下列说法正确的是(　　)
A.物块下滑的加速度逐渐减小
B.物块下滑的速度逐渐增大
C.物块沿斜面下滑的最大速度为
D.物块沿斜面下滑的最大速度为
4.(多选题)(2024广东茂名高州中学期中)如图甲,起重机用钢索吊重物从静止开始加速上升过程中,重物的重力势能和动能随上升高度x变化的规律分别为图乙中b和a,重力加速度为g,重物在地面时的重力势能为零,则重物上升x0高度过程中(　　)
　
A.重物的加速度越来越小
B.重物的质量为
C.钢索拉力做功为0.4E0
D.起重机输出功率与时间成正比
5.(2025四川眉山期中检测)如图所示,质量为m的小球,从离地面高H处由静止开始释放,落到地面后继续陷入泥中h深度后停止,不计空气阻力,重力加速度为g,则下列说法正确的是(　　)
A.小球落地时动能等于mgH
B.小球在泥中受到的平均阻力为
C.小球陷入泥中的过程中克服泥的阻力所做的功等于刚落到地面时的动能
D.整个过程中小球克服阻力做的功小于mg(H+h)
6.(多选题)(2025四川重点中学期中联考)如图1所示,固定斜面的倾角θ=37°,一物体(可视为质点)在沿斜面向上的恒定拉力F作用下,从斜面底端由静止开始沿斜面向上滑动,经过距斜面底端x0处的A点时撤去拉力F。该物体的动能Ek与它到斜面底端的距离x的部分关系图像如图2所示。已知该物体的质量m=1 kg,该物体两次经过A点时的动能之比为4∶1,该物体与斜面间动摩擦因数处处相同, sin 37°=0.6,重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力。则(　　)
A.物体与斜面间动摩擦因数为0.3
B.物体与斜面间动摩擦因数为0.45
C.拉力F的大小为9.6 N
D.拉力F的大小为19.2 N
7.(2025四川绵阳阶段检测)如图所示,一玩滚轴溜冰的小孩(可视作质点)质量为m=60 kg,他在左侧平台上滑行一段距离后水平飞出,恰能无碰撞地从A点进入竖直圆弧轨道并沿轨道下滑,A、B为圆弧两端点,其连线水平。已知圆弧半径为R=1.0 m,对应圆心角为θ=106°,平台与AB连线的高度差为h=0.8 m。小孩运动到圆弧轨道最低点C时的速度vC= m/s。计算中取g=10 m/s2, sin 53°=0.8, cos 53°=0.6。求:
(1)圆弧轨道最低点C对小孩支持力的大小F;
(2)小孩水平飞出的速度大小v0;
(3)从A到C的过程中,小孩克服摩擦阻力做的功W。
8.(2024重庆朝阳中学期中)如图所示,一游戏装置由安装在水平地面上的高度h可调的斜轨道AB、竖直圆轨道(在最低点E分别与水平轨道AE和EG相连)和细圆管道GHIJ(HI和IJ为两段四分之一圆弧管道)组成。可认为所有轨道均处在同一竖直平面内,连接处均平滑。已知,滑块质量为m=0.01 kg且可视为质点,竖直圆轨道半径为r=0.45 m,小圆弧管道HI半径为R1=0.2 m,大圆弧管道IJ的半径R可调节,图中L1=1.5 m,L2=0.5 m,滑块与AB、EG间动摩擦因数均为μ=0.5,其他轨道均光滑,不计空气阻力,忽略管道内外半径差异,g取10 m/s2。现调节h的大小,让滑块从斜轨道最高点由静止释放。
(1)求滑块在AB段克服摩擦力做的功。
(2)若要保证滑块第一次到达竖直圆轨道时不脱离圆轨道,求斜轨道高度h调节的范围。
(3)现调节斜轨道的高度为h=3 m不变,仍让滑块从B点由静止滑下,调节大圆弧管道IJ的半径R,使滑块能从圆弧最高点J点冲出落在水平地面上,求R调节到多大时,滑块落地点与J点的水平距离最大。
9.(2025四川绵阳中学期中联考)如图所示,在竖直平面内,粗糙的斜面轨道AB的下端与光滑的圆弧轨道BCD相切于B,C是最低点,圆心角∠BOC=37°,D与圆心O等高,圆弧轨道半径R=1.0 m,现有一个质量为m=0.2 kg可视为质点的小物体,从D点的正上方E点处自由下落,物体恰好到达斜面顶端A处。已知DE距离h=1.0 m,物体与斜面AB之间的动摩擦因数μ=0.5。取 sin 37°=0.6, cos 37°=0.8,g=10 m/s2。求:
(1)物体第一次到达C点时的速度大小和受到的支持力大小;
(2)斜面AB的长度L;
(3)若μ可变,求μ取不同值时,物体在斜面上滑行的路程x。
答案与分层梯度式解析
专题强化练6　动能定理应用中的图像和多过程问题
1.A 2.BD 3.C 4.BD 5.A 6.BD
1.A　根据图像可知物块运动到x=3 m处时,F做的总功为WF=3×2 J+2×1 J=8 J,该过程根据动能定理得WF=mv2,解得物块运动到x=3 m处时的速度为v=4 m/s,故此时F做功的瞬时功率为P=Fv=8 W,故选A。
2.BD　在0~1 s内,根据动能定理得W合=ΔEk=mv2=×500×4 J=1 000 J,而合外力做的功W合=W风-W克阻,故风力对帆船做的功大于1 000 J,故A错误,B正确;在1~2 s内,根据动能定理得W'合=ΔE'k=×500×1 J-×500×4 J=-750 J,故C错误;在0~3 s内,根据动能定理得W″合=ΔE″k=0,故D正确。
3.C　当物块沿斜面匀速下滑时,有mg sin θ-μmg·cos θ=0,解得μ=tan θ,由题图乙可知从开始到过程中,物块与斜面间的动摩擦因数小于 tan θ,根据牛顿第二定律有mg sin θ-μmg cos θ=ma1,解得a1=g sin θ-μg cos θ,由此可知物块做加速度减小的加速运动;从到L过程中,物块与斜面间的动摩擦因数大于 tan θ,根据牛顿第二定律有μmg cos θ-mg sin θ=ma2,解得a2=μg cos θ-g sin θ,由此可知物块做加速度增大的减速运动,故A、B错误;物块沿斜面下滑时速度最大,根据动能定理有mg sin θ·+Wf=mv2,其中Wf=- · tan θ·mg cos θ=- mg sin θ,联立可得v=,故C正确,D错误。
名师点津　与动能定理结合紧密的几种图像
　　(1)v-t图像:由公式x=vt可知,v-t图线与横坐标轴围成的面积表示物体的位移。
　　(2)F-x图像:由公式W=Fx可知,F-x图线与横坐标轴围成的面积表示力所做的功。
　　(3)P-t图像:由公式W=Pt可知,P-t图线与横坐标轴围成的面积表示力所做的功。
　　(4)a-t图像:由公式Δv=at可知,a-t图线与横坐标轴围成的面积表示物体速度的变化量。
　　(5)Ek-x图像:由Ek=F合x+Ek0可知,Ek-x图线的斜率表示合外力。
4.BD　根据动能定理有F合·Δx=ΔEk,则Ek-x图线的斜率k==F合,图线a斜率不变,说明合力不变,则重物的加速度保持不变,A错误;重力势能与高度的关系为Ep=mgx,得图线b的斜率为=mg,重物的质量为m=,B正确;重物上升x0高度过程中,重力势能增加E0,动能增加0.6E0,即重物机械能增加1.6E0,钢索拉力做功为1.6E0,C错误;起重机输出功率为P=Fv=Fat,重物加速度不变,则起重机输出功率与时间成正比,D正确。
方法技巧
解决图像问题的基本步骤
5.A　小球从高处落到地面的过程,根据动能定理有mgH=Ek,则小球落地时动能等于mgH,A正确;小球在运动的全过程,根据动能定理有mg(H+h)-fh=0,解得小球在泥中受到的平均阻力为f=,B错误;小球陷入泥中的过程,根据动能定理有mgh-Wf=0-Ek,解得Wf=mgh+Ek,小球陷入泥中的过程中克服泥的阻力所做的功大于刚落到地面时的动能,C错误;结合B项解析可知,整个过程中小球克服阻力做的功为Wf=fh=mg(H+h),D错误。
方法技巧
应用动能定理分析多过程问题的两点注意
(1)应用动能定理解决多过程问题时,要根据问题选取合适的过程,可以分过程,也可以整过程一起研究。虽然我们列式时忽略了中间的复杂过程,但不能忽略对每个过程的分析。
(2)在运动过程中,物体受到的某个力可能是变化的或分阶段存在的,要注意这种力做功的大小。
6.BD　依题意,设物体在运动过程中受到的滑动摩擦力大小为f,当物体沿斜面向上运动到x0处时,根据动能定理有(F-mg sin θ-f)x0=E0-0,运动到2x0处时,根据动能定理有Fx0-(mg sin θ+f)2x0=0-0,物体从斜面顶端向下运动到A处时,根据动能定理有(mg·sin θ-f)x0=E0-0,联立以上三式,解得F=19.2 N,f=3.6 N,故C错误,D正确;根据f=μmg cos θ,解得μ=0.45,故A错误,B正确。
7.答案　(1)2 400 N　(2)3 m/s　(3)90 J
解析　(1)在最低点C,轨道对小孩的支持力和重力的合力提供向心力,根据牛顿第二定律得
F-mg=m
解得F=2 400 N
(2)由于小孩无碰撞进入圆弧轨道,即小孩落到A点时速度方向沿A点切线方向,设在A点时竖直方向速度为vy,则
vy=gt
= tan 53°
设从平台运动到A点的时间为t,则h=gt2
解得t=0.4 s,vy=4 m/s,v0=3 m/s
(3)从平台到C的过程中,根据动能定理有
mgH-W=m-m
又因为H=h+R(1- cos 53°)=1.2 m
解得W=90 J
8.答案　(1)0.075 J　(2)h≥ m或0.75 m解析　(1)设斜轨道AB与水平地面的夹角为θ,则滑块在AB段克服摩擦力做的功WfAB=μmg cos θ·=μmgL1=0.075 J。
(2)若滑块恰好过F点,有mg=
滑块在F点的动能EkF=mv2=mgr
由动能定理得mgh-μmgL1-2mgr=mgr-0
解得h= m
若滑块恰好到达竖直圆轨道圆心高度,
由动能定理得mgh-μmgL1-mgr=0-0
解得h=1.2 m
若滑块恰好到达斜轨道的最低点,
由动能定理得mgh=μmgL1,解得h=0.75 m
所以若要保证滑块第一次到达竖直圆轨道时不脱离圆轨道,斜轨道高度h调节的范围为
h≥ m或0.75 m(3)滑块到达J点,由动能定理可得
mgh-μmg(L1+L2)-mg(R1+R)=m-0
滑块从J点落地时间为t=
滑块落地点与J点的水平距离为
x=vJt==
由数学知识知,当R1+R=1 m时,x最大,
即当R=0.8 m时,滑块落地点与J点的水平距离最大。
9.答案　(1)2 m/s　10 N　(2)1.8 m　(3)见解析
解析　(1)设物体到达C点的速度大小为v,从E到C,由动能定理有mg(h+R)=mv2-0
代入数据得v=2 m/s
在C点,有F-mg=m
代入数据得F=10 N
(2)从C到A,由动能定理得-mg(R-R cos 37°+L·sin 37°)-μmg cos 37°·L=0-mv2
代入数据得L=1.8 m
(3)设动摩擦因数为μ1时,物体刚好能静止在斜面上,则有mg sin 37°=μ1mg cos 37°
解得μ1=0.75
①若0≤μ<0.5,物体将滑出斜面,则x=L=1.8 m
②若0.5≤μ<0.75,物体在斜面上多次往返,最后在B点速度为零,则有
mg(h+R cos 37°)-μmg cos 37°·x=0
解得x=
③若μ≥0.75,物体将停在斜面上,则有
mg(h+R cos 37°-x sin 37°)-μmg cos 37°·x=0
解得x=
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