第八章 机械能守恒定律 专题强化13　动能定理的应用(一)（含解析）—2023-2024学年高中物理人教版必修二

专题强化13　动能定理的应用(一)
1.物体沿直线运动的v－t图像如图所示，已知在第1 s内合力对物体做功为W，则(　　)
A．从第1 s末到第3 s末合力做功为4W
B．从第3 s末到第5 s末合力做功为－2W
C．从第5 s末到第7 s末合力做功为W
D．从第3 s末到第4 s末合力做功为－0.5W
2.如图所示，一质量为m的小球，用长为L的轻绳悬挂于O点，小球在水平拉力F作用下，从最低点P点缓慢地移到Q点。此时轻绳与竖直方向夹角为θ，重力加速度为g，则拉力F所做的功为(　　)
A．FLcos θ B．FLsin θ
C．mgLcos θ D．mgL(1－cos θ)
3.质量为m的物体以初速度v0沿水平面向左开始运动，起始点A与一水平轻弹簧O端相距s，如图所示。已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，物体与弹簧接触后，弹簧的最大压缩量为x，重力加速度为g，则从开始接触到弹簧被压缩至最短(弹簧始终在弹性限度内)，物体克服弹簧弹力所做的功为(　　)
A.mv02－μmg(s＋x) B.mv02－μmgx
C．μmgs D．μmg(s＋x)
4．物体在恒定阻力作用下，以某初速度在水平面上沿直线滑行直到停止。以a、Ek、x和t分别表示物体运动的加速度大小、动能、位移的大小和运动的时间。则下列图像中，能正确反映这一过程的是(　　)
5.如图所示，一半径为R的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高；质量为m的小球自轨道端点P由静止开始滑下，滑到最低点Q时，对轨道的压力大小为2mg，g为重力加速度的大小。小球自P点滑到Q点的过程中，克服摩擦力所做的功为(　　)
A.mgR B.mgR C.mgR D.mgR
6.如图所示，AB为四分之一圆弧轨道，BC为水平直轨道，两轨道在B点平滑连接，圆弧的半径为R，BC的长度也是R。一质量为m的物体，与两个轨道间的动摩擦因数都为μ，它由轨道顶端A从静止开始下滑，恰好运动到C处停止，不计空气阻力，重力加速度为g，那么物体在AB段克服摩擦力所做的功为(　　)
A.μmgR B.mgR
C．mgR D．(1－μ)mgR
7．(2023·扬州市高一统考期中)一质量为2 kg的物体，在水平恒定拉力的作用下以某一速度在粗糙的水平面上做匀速直线运动，当运动一段时间后拉力逐渐减小，且当拉力减小到零时，物体刚好停止运动。如图所示为拉力F随位移x变化的关系图像，取g＝10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则据此可以求得(　　)
A．物体与水平面间的动摩擦因数为0.25
B．拉力在减速过程中做的功为16 J
C．物体匀速运动时的速度大小为4 m/s
D．在整个过程中合力对物体所做的功为32 J
8．(2023·徐州市高一统考期中)如图所示，长为L的木板水平放置，在木板的A端放置一个质量为m的物体，现缓慢抬高A端，使木板以左端为轴在竖直面内转动，使木板转到与水平面成α角时物体开始滑动，此时停止转动木板，物体滑到木板底端时的速度为v，重力加速度为g，则在整个过程中(　　)
A．支持力对物体做功为0
B．摩擦力对物体做功为mgLsin α
C．物体克服摩擦力做的功为mv2－mgLsin α
D．木板对物体做功为mv2
9.从地面竖直向上抛出一小球，小球受大小恒定的空气阻力作用，其动能Ek随运动路程s的变化如图所示，重力加速度g＝10 m/s2。则(　　)
A．小球受到的阻力大小为4 N
B．小球向上运动时加速度大小为12 m/s2
C．小球的初速度的大小为10 m/s
D．当小球的运动路程为5 m时，克服阻力做的功为20 J
10.有一个竖直放置的固定圆形轨道，半径为R，由左右两部分组成。如图所示，右半部分AEB是光滑的，左半部分BFA是粗糙的。现在最低点A给质量为m的小球一个水平向右的初速度v0，使小球沿轨道恰好能过最高点B。小球沿BFA回到A点时对轨道的压力大小为4mg，g为重力加速度。不计空气阻力。求：
(1)小球的初速度v0的大小；
(2)小球沿BFA回到A点时的速度大小；
(3)小球由B经F回到A的过程中克服摩擦力所做的功。
11．(2023·盐城市第一中学高一校联考期中)一辆新能源汽车沿平直的公路以恒定功率P从静止开始启动，通过车上装载的传感器记录了牵引力F随速度v变化的图像如图所示，加速过程共经历的时间t＝8 s，加速过程通过的路程s＝50 m，在图中的N点结束加速，之后汽车做匀速直线运动，汽车运动过程中所受的阻力始终不变，求：
(1)汽车恒定功率P的大小；
(2)汽车匀速运动时速度大小；
(3)汽车的质量大小。
12．(2023·连云港市高一统考期中)如图所示，建筑工地常使用打桩机将圆柱体打入地下一定深度，某次打桩机第一次打击位于地面的圆柱体，使其进入泥土深度为h0，已知圆柱体的质量为m，所受泥土阻力f与进入泥土深度h成正比(即f＝kh，k为常量)，则打桩机第一次打击过程对圆柱体所做的功为(　　)
A．mgh B．kh02
C．kh02－mgh0 D.－mgh0
专题强化练13　动能定理的应用(一)
1．C　[由题图可知物体速度变化情况，根据动能定理得
第1 s内：W＝mv02
从第1 s末到第3 s末：
W1＝mv02－mv02＝0，A错误；
从第3 s末到第5 s末：
W2＝0－mv02＝－W，B错误；
从第5 s末到第7 s末：
W3＝m(－v0)2－0＝W，C正确；
从第3 s末到第4 s末：
W4＝m()2－mv02＝－0.75W，D错误。]
2．D　[小球在缓慢移动的过程中，水平拉力F是变力，不能通过功的公式求解功的大小，根据动能定理得WF－mgL(1－cos θ)＝0，解得水平拉力F所做的功为WF＝mgL(1－cos θ)，故选D。]
3．A　[由动能定理有－W－μmg(s＋x)＝0－mv02，可得W＝mv02－μmg(s＋x)，A正确，B、C、D错误。]
4．C
5．C　[在最低点，根据牛顿第三定律可知，轨道对小球的支持力大小为F＝2mg，根据牛顿第二定律可得F－mg＝m，从P点到最低点Q的过程，由动能定理可得mgR－W克f＝mv2，联立可得W克f＝mgR，选项C正确。]
6．D　[设物体在AB段克服摩擦力所做的功为WAB，对物体从A到C的全过程，由动能定理得mgR－WAB－μmgR＝0，故WAB＝mgR－μmgR＝(1－μ)mgR。故选D。]
7．B　[物体做匀速运动时，受力平衡，则Ff＝8 N，μ＝＝＝0.4，故A错误；F－x图线与x轴围成的面积表示拉力做的功，则由题图可知，在减速过程中拉力做的功WF＝×4×
8 J＝16 J，故B正确；在减速过程中摩擦力做的功Wf＝－8×4 J＝－32 J，由动能定理得WF＋Wf＝0－mv02，解得v0＝4 m/s，C错误；在整个过程中合力对物体所做的功W合＝ΔEk＝0－mv02＝－16 J，D错误。]
8．D　[木板以左端为轴在竖直面内转动过程中，木板对物体的支持力做正功，A错误；转动过程，摩擦力不做功，下滑过程，摩擦力做负功，由动能定理有mgLsin α＋Wf＝mv2，解得Wf＝mv2－mgLsin α，则物体克服摩擦力做的功为W克＝－Wf＝mgLsin α－mv2，B、C错误；全过程中，对物体有W＝mv2，即木板对物体做功为mv2，D正确。]
9．B　[Ek－s图像斜率的绝对值表示合力，上升阶段：－(mg＋Ff)s上＝0－Ek0，下降阶段：(mg－Ff)s下＝Ek－0，联立解得mg＝10 N，m＝1 kg，Ff＝2 N，A错误；小球向上运动时，由牛顿第二定律可知mg＋Ff＝ma，代入数据得a＝12 m/s2，B正确；由题图可知Ek0＝mv02，解得v0＝2 m/s，C错误；当小球的运动路程为5 m时，克服阻力做的功W＝Ffs＝10 J，D错误。]
10．(1)　(2)　(3)mgR
解析　(1)小球沿AEB轨道恰好通过B点，由牛顿第二定律有
mg＝，得vB＝
从A到B根据动能定理得
－2mgR＝mvB2－mv02，
解得v0＝。
(2)由于小球沿BFA回到A点时对轨道的压力大小为4mg，
由牛顿第三定律知轨道对小球的支持力大小为4mg。
根据牛顿第二定律及向心力公式有4mg－mg＝，得vA＝。
(3)小球由B经F回到A的过程中，根据动能定理得2mgR－W克f＝mvA2－mvB2，
解得W克f＝mgR。
11．(1)1.6×105 W　(2)8 m/s
(3)8.75×103 kg
解析　(1)由题图可知汽车恒定功率为
P＝F1v1＝4×104×4 W＝1.6×105 W
(2)由题意可得加速过程在N点结束，之后汽车做匀速直线运动，则有
P＝FNvm
匀速运动时的牵引力等于阻力，由题图可知FN＝Ff＝2×104 N
解得汽车匀速运动时速度大小为
vm＝＝ m/s＝8 m/s
(3)加速过程，根据动能定理可得
Pt－Ffs＝mvm2－0
解得汽车的质量为m＝8.75×103 kg
12．D　[由题可知，泥土阻力与进入泥土深度成正比，则可知f－h图像与h轴围成的面积等于克服阻力所做的功，则打桩机第一次打击过程阻力做功为Wf＝－fh0＝－kh02，由于打桩机第一次打击后圆柱体进入泥土的过程中，根据动能定理可知mgh0－kh02＝0－mv2，在打桩机第一次打击过程根据动能定理可知，打桩机第一次打击过程对圆柱体所做的功为W＝
mv2，解得W＝－mgh0。故选D。]