第4章　机械能及其守恒定律 分层作业20　动能定理的综合应用--2025粤教版高中物理必修第二册同步练习题

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2025粤教版高中物理必修第二册
分层作业20　动能定理的综合应用
A组 必备知识基础练
题组一　应用动能定理解决变力做功问题
1.(2024江苏淮安阶段练习)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与一水平放置的轻弹簧O端相距s,轻弹簧的另一端固定在竖直墙上,如图所示,已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ,物体与弹簧相碰后,弹簧的最大压缩量为x,重力加速度为g,则从开始碰撞到弹簧被压缩至最短的过程中,克服弹簧弹力所的功为(　　)
A.-μmg(s+x) B.-μmgx
C.μmg(s+x)- D.-μmg(s+x)
2.(多选)如图所示,质量为m的物体在水平恒力F的推动下,从山坡底部A处由静止运动至高为h的坡顶B,获得速度为v,AB的水平距离为s.下列说法正确的是(　　)
A.物体重力所做的功是mgh
B.合力对物体做的功是mv2
C.推力对物体做的功是Fs
D.阻力对物体做的功是mv2+mgh-Fs
题组二　动能定理与图像相结合的问题
3.(多选)在平直公路上,汽车由静止开始做匀加速直线运动,当速度达到vm后,立即关闭发动机直至静止,v-t图像如图所示,设汽车的牵引力为F,受到的摩擦力为f,全程中牵引力做功为W1,克服摩擦力做功为W2,则(　　)
A.F∶f=1∶3 B.W1∶W2=1∶1
C.F∶f=4∶1 D.W1∶W2=1∶3
4.质量为2 kg的物体以一定的初速度沿倾角为30°的足够长的斜面向上滑行,在向上滑行的过程中,其动能Ek随位移s的变化关系如图所示,重力加速度g取10 m/s2.则物体返回到出发点时的动能为(　　)
A.10 J B.20 J C.30 J D.50 J
题组三　应用动能定理求解多过程问题
5.(2024广东中山阶段练习)如图,两块弹性挡板竖直固定在水平地面上,相距8 m,一个小木块(体积很小,可视为质点)从两块挡板正中间开始以初速度10 m/s向右运动,木块与地面之间的动摩擦因数为0.2,重力加速度g取10 m/s2,每次木块与挡板碰撞后,都会以原速率反弹,则最终木块停止的位置与左边挡板距离为(　　)
A.1 m B.2 m C.3 m D.7 m
6.(多选)(2024广东广州检测)我国成功举办了第二十四届冬奥会,滑雪是冬奥会常见的体育项目,具有很强的观赏性.某滑道示意图如图所示,半径R=10 m的圆弧滑道MN与水平滑道NP平滑衔接,O是圆弧滑道MN的圆心.一质量m=50 kg(含滑雪装备)的运动员从M点由静止开始下滑,最后运动员滑到P点停下.已知NP段的动摩擦因数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,不计空气阻力,下列说法正确的是(　　)
A.运动员经过N点时的速度大小为2 m/s
B.运动员在到达N点前的一瞬间对滑道的压力大小为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组 关键能力提升练
7.如图所示,质量为m的小球与长度为L的细线连接,另一端系于O点,现将小球拉至水平方向,小球由静止开始释放,已知小球到达最低点时对绳子的拉力大小为2.5mg,则小球由释放至摆到最低点过程中克服空气阻力做功的大小为(　　)
A.mgL B.mgL
C.mgL D.mgL
8.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)(　　)
A.等于v0 B.大于v0
C.小于v0 D.取决于斜面
9.(多选)一质量为m的物块静止在光滑水平面上,某时刻起受到水平向右的大小随位移变化的力F的作用,F随位移s变化的规律如图所示,下列说法正确的是(　　)
A.物块先做匀加速运动,后做匀减速运动
B.物块的位移为s0时,物块的加速度最大
C.力F对物块做的总功为3F0s0
D.物块的最大速度为
10.(2024北京石景山阶段练习)将质量为1 kg的物体从地面竖直向上抛出,一段时间后物体又落回抛出点.在此过程中物体所受空气阻力大小不变,其动能Ek随距离地面高度h的变化关系如图所示.重力加速度g取10 m/s2,下列说法正确的是(　　)
A.物体能上升的最大高度为3 m
B.物体受到的空气阻力大小为2 N
C.上升过程中物体加速度大小为10 m/s2
D.下落过程中物体克服阻力做功为24 J
11.(2024四川达州期末)有一质量m=2×103 kg的越野车,正以速度v1=10 m/s在水平路段AB上向右匀速运动,假设越野车在两个路段上受到的阻力各自恒定,其中AB路段地面较粗糙,阻力大小f1=10 000 N.越野车用12 s通过整个ABC路段,其v-t图像如图所示,在t=12 s处水平虚线与曲线相切,运动过程中越野车发动机的输出功率保持不变.求:
(1)越野车在整个运动过程的输出功率P及在BC路段受到的阻力大小f2;
(2)BC路段的长度x.
C组 核心素养拔高练
12.(2024广东东莞检测)如图所示,在离水平地面CD高h1=30 m的光滑水平平台上,质量m=1 kg的物块(可视为质点)压缩弹簧后被锁扣K锁住,弹簧原长小于水平平台的长度,此时弹簧储存了一定量的弹性势能,若打开锁扣K,物块与弹簧脱离后从A点离开平台,并恰好能从B点沿切线方向进入光滑圆弧形轨道BC,B点距地面CD的高度h2=15 m,BC圆弧对应的圆心角∠BOC=60°,圆弧半径R=30 m,轨道最低点C的切线水平,并与长为L=70 m的粗糙水平直轨道CD平滑连接.物块沿轨道BCD运动并与右边墙壁发生碰撞,且碰后速度等大反向,已知重力加速度g取10 m/s2.
(1)求物块从A到B的时间及物块在A点时的速度大小.
(2)求物块第一次经过圆轨道最低点C时对轨道的压力大小.
(3)若物块与墙壁只发生一次碰撞且不能从B点滑出轨道,求物块与轨道CD间的动摩擦因数μ的取值范围.
分层作业20　动能定理的综合应用
1.A　解析 从开始碰撞到弹簧被压缩至最短的过程中,由动能定理-μmg(s+x)-W=0-,解得W=-μmg(s+x),故选A.
2.BCD　解析 在上升过程中,重力做的功为-mgh,故A错误;根据动能定理得,合力做功等于动能的变化量,则合力做的功为mv2,故B正确;根据功的计算式可知,水平恒力F对小车做的功是Fs,故C正确;根据动能定理得Fs-mgh+Wf=mv2,则阻力做的功为Wf=mv2+mgh-Fs,故D正确.
3.BC　解析 对汽车运动的全过程,由动能定理得W1-W2=ΔEk=0,所以W1=W2,选项B正确,D错误;设在牵引力、摩擦力作用下的位移分别为s1、s2,由图像知s1∶s2=1∶4,由动能定理得Fs1-fs2=0,所以F∶f=4∶1,选项A错误,C正确.
4.A　解析 物体向上滑行的过程,设阻力大小为f,由动能定理得-(mgsin 30°+f)s=0-Ek0,由图像可知,s=3 m,Ek0=50 J,代入数据得f= N;物体向下滑行的过程,由动能定理得(mgsin 30°-f)s=Ek-0,代入数据解得Ek=10 J,B、C、D错误,A正确.
5.C　解析 从开始至停下,根据动能定理可得-μmgx=0-mv2,得运动的总路程x=25 m,因+5 m=x,故停下位置距离左边挡板距离s=L-5 m=3 m,故选C.
6.BCD　解析 设经过N点速度为vN,从N至P根据动能定理得-μmg·lNP=0-,解得vN=6 m/s,故A错误.设滑道在N点对人的支持力为F,根据牛顿第二定律得F-mg=m,解得F=680 N,根据牛顿第三定律可知,人对滑道的压力大小为680 N,故B正确.从M至N,利用动能定理得mgR(1-cos 37°)+WfMN=,解得WfMN=-100 J,可知该段过程克服阻力做功为100 J;从M至P,利用动能定理得mgR(1-cos 37°)+WfMP=0,解得WfMP=-1 000 J,所以克服阻力做总功为1 000 J,故C、D正确.
7.B　解析 小球到达最低点时对绳子的拉力大小为2.5mg,则2.5mg-mg=m,从释放至摆到最低点过程中mv2-0=mgL-W阻,解得W阻=mgL,故选B.
8.A　解析 根据题意,设斜面的倾角为θ,物体从D点出发沿DBA滑动到顶点A的过程中,由动能定理有-mghAO-μmgxDB-μmgcos θ·xAB=0-,整理可得mghAO+μmgxOD=,可知,该物体从D点出发恰好滑动到A点的过程,克服重力与摩擦力做的功与斜面底端在OD上的位置无关,即让该物体沿DCA恰好滑动到A点应具有的初动能为,故物体具有的初速度等于v0.故选A.
9.BC　解析 根据F=ma可知,0~s0随着F的增大,加速度增大,应做加速度逐渐增大的加速运动.s0~3s0内随着F的减小,加速度减小,应做加速度逐渐减小的加速运动,A错误;物块的位移为s0时,F最大,物块的加速度最大,B正确;根据F-s图像的含义可知,图像与s轴围成的面积表示做功的大小,由此可知全过程力F对物块做的总功为W=×3s0×2F0=3F0s0,C正确;对全过程动能定理可得W=mv2,可知,最大速度为v=,D错误.
10.B　解析 根据动能定理可得F合·Δh=ΔEk,解得Ek-h图像的斜率大小k=F合,故上升过程有mg+f= N=12 N,下降过程有mg-f= N=8 N,联立解得f=2 N,m=1 kg,故B正确;针对上升到最高点的过程,由动能定理-(mg+f)H=0-Ek0,解得物体上升的最大高度为H= m=6 m,故A错误;对上升过程由牛顿第二定律有mg+f=ma1,可知上升的加速度为a1= m/s2=12 m/s2,故C错误;物体下落过程克服阻力做功为Wf克=fH=2×6 J=12 J,故D错误.
11.解析 (1)越野车在AB路段时做匀速运动,由平衡条件得
F1=f1=10 000 N
由v-t图像得AB路段速度
v1=10 m/s
根据功率的公式P=F1v1
解得P=1.0×105 W
由v-t图像得t=12 s时,v2=20 m/s,越野车处于平衡状态
F2=f2
P=F2v2
解得
f2=5 000 N.
(2)由v-t图像得在BC路段运动时间为t2=8 s,越野车在BC路段时,由动能定理
Pt2-f2x=
解得x=100 m.
答案 (1)1.0×105 W　5 000 N　(2)100 m
12.解析 (1)设物块从A运动到B的时间为t,则
h1-h2=gt2
解得t= s
物块由A到B的过程为平抛运动,故
vBy=gt
vA=vBytan 30°
解得vA=10 m/s.
(2)物块从A到C由动能定理可得
mgh1=
物块在C点,根据牛顿第二定律可得
FNC-mg=m
解得FNC= N
由牛顿第三定律,物块第一次经过C点对轨道的压力大小
FNC'=FNC= N.
(3)若物块第一次进入CD轨道后恰能与墙壁发生碰撞,从C点至第一次到D点的过程由动能定理得
-μ1mgL=0-
解得μ1=
若物块与墙壁发生一次碰撞后恰好返回到B点时速度为零,从C点至第一次返回到B点的过程,由动能定理得
-mgh2-μ2mg·2L=0-
解得μ2=
若物块第二次进入CD轨道后恰好不能与墙壁发生碰撞,从C点至第二次到D点的过程,由动能定理得
-μ3mg·3L=0-
解得μ3=
综上所述,μ的取值范围为<μ<.
答案 (1)10 m/s　(2) N　(3)<μ<
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