优化集训12　势能和动能　动能定理及其应用--2026物理学考专题练（含解析）

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2026物理学考专题练
优化集训12　势能和动能　动能定理及其应用
基础巩固
1.井深10 m,井上支架高为1.5 m,在支架上用一根2 m长的绳子系住一个重100 N的物体,则以地面为参考平面,物体的重力势能是(　　)
A.50 J B.1 000 J
C.-50 J D.-1 000 J
2.关于下列几个运动过程,说法的是(　　)
A.如图甲所示,撑竿跳高的运动员上升过程中,竿的弹性势能增加
B.如图乙所示,人拉长弹簧的过程中,弹簧的弹性势能增加
C.如图丙所示,模型飞机用橡皮条发射出去的过程中,橡皮条的弹性势能增加
D.如图丁所示,小球被弹簧向上弹起的过程中,弹簧的弹性势能增加
3.如图所示,质量m=2 kg的小球,从离桌面H=1.0 m高处由静止下落,桌面离地面的高度h=0.8 m,若以桌面为参考平面,重力加速度g取10 m/s2,下列说法正确的是(　　)
A.小球在A点的重力势能为36 J
B.小球在桌面上的重力势能为0
C.整个下落过程中重力势能减少了20 J
D.若改变所选择的参考平面,小球在A、B点的重力势能不变
4.一个物体做匀加速直线运动,速度由0增加到v,再从v增加到3v,外力做功分别为W1和W2,则W1和W2关系正确的是(　　)
A.W1=W2 B.W1=2W2
C.W2=4W1 D.W2=8W1
5.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图像如图所示。下列表述正确的是(　　)
A.在0~1 s内,合力对帆船做功500 J
B.在0~2 s内,合力对帆船做功1 000 J
C.在1~2 s内,合力对帆船做功750 J
D.在0~3 s内,合力对帆船做的总功为0
6.如图所示,n个完全相同、棱长足够小且互不粘连的小方块依次排列,总长度为l,总质量为m0,它们一起以速度v在光滑水平面上滑动,某时刻开始滑上粗糙水平面。小方块与粗糙水平面之间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g,若小方块恰能完全进入粗糙水平面,则摩擦力对所有小方块所做功的大小为(　　)
A.μm0gl B.μm0gl
C.μm0gl D.μm0gl
7.在空气阻力不计的情况下,地球上有一物块以某一初速度在粗糙的水平桌面上向前滑行位移x1后静止;在月球上,相同的物块以相同的初速度在相同的水平桌面上向前滑行位移x2后静止,则(　　)
A.x1=x2
B.x1>x2
C.x1D.无法比较x1和x2的大小
8.如图所示,将质量为m的小球以速度v0由地面竖直向上抛出,小球落回地面时,其速度大小为v0,设小球在运动过程中所受空气阻力的大小不变,则空气阻力的大小等于(　　)
A.mg B.mg C.mg D.mg
9.如图所示,质量相同的物体分别自斜面AC和BC的顶端由静止开始下滑,物体与斜面间的动摩擦因数都相同,物体滑到斜面底部C 点时的动能分别为Ek1和Ek2,下滑过程中克服摩擦力所做的功分别为W1和W2,则(　　)
A.Ek1>Ek2　W1Ek2　W1=W2
C.Ek1=Ek2　W1>W2 D.Ek1W2
10.假设某人从一平台上将球水平抛出,抛出点距离水平地面4.5 m,球的质量0.6 kg,后在离地2.0 m处被另一人抢到,重力加速度g取10 m/s2,在球被抛出至被抢到的过程中,下列说法正确的是(　　)
A.重力做功15 J
B.重力势能增加了15 J
C.若以抛出点为参考平面,球被抢到时的重力势能为-27 J
D.以地面为参考平面时,上述过程中球重力势能的变化量最大
11.质量为m的物体,从静止开始以a=的加速度竖直向下加速,下落高度为h时,下列说法正确的是 (　　)
A.物体的动能增加了mgh
B.物体的重力势能增加了mgh
C.此时合力的功率为
D.重力的平均功率为
能力提高
12.如图所示,用不可伸长的细线吊着一个小球,静止于P点。第一次用一个水平恒力F1拉小球,使小球运动到Q点时速度刚好为零,此时细线与竖直方向的夹角为60°;第二次用一个水平力缓慢拉小球到Q点,此过程中拉力的最大值为F2,则为(　　)
A.3 B. C. D.
13.如图所示,在竖直平面内有一“V”形槽,其底部BC是一段圆弧,两侧都与光滑斜槽相切,相切处B、C位于同一水平面上。一小物体从右侧斜槽上距BC平面高度为2h的A处由静止开始下滑,经圆弧槽再滑上左侧斜槽,最高能到达距BC所在水平面高度为h的D处,接着小物体再向回滑去,若不考虑空气阻力,则(　　)
A.小物体恰好滑回到B处时速度为零
B.小物体尚未滑回到B处时速度已变为零
C.小物体能滑回到B处之上,但最高点要比D处低
D.小物体最终一定会停止在圆弧槽的最低点
14.如图所示,在高为H的桌面上以速度v水平抛出质量为m的物体,当物体落到距地面高为h处的A点,不计空气阻力且以桌面为零势能面。则下列说法正确的是(　　)
A.物体在A点机械能为mgh+mv2
B.物体在A点机械能为mv2
C.物体在A点动能为mgh+mv2
D.物体在A点动能为mg(H-h)
15.如图所示,竖直固定放置的斜面DE与一光滑的圆弧轨道ABC相连,C为切点,圆弧轨道的半径为R,斜面的倾角为θ。现有一质量为m的滑块从D点无初速下滑,滑块可在斜面和圆弧轨道之间做往复运动,已知圆弧轨道的圆心O与A、D在同一水平面上,滑块与斜面间的动摩擦因数为μ,求:
(1)滑块第一次滑至左侧弧上时距A点的最小高度差h;
(2)滑块在斜面上能通过的最大路程s。
16.(2022年浙江1月学考)如图所示,一游戏装置由固定于竖直平面内的倾斜直轨道AB、圆心为O1的圆弧形轨道BCD、圆心为O2的半圆形细圆管轨道DEF组成,轨道在B、D处平滑连接,C、O1、D、O2和F点在同一竖直线上。已知可视为质点的滑块质量m1=0.01 kg,轨道BCD和DEF的半径均为R=0.2 m,轨道AB的A端和B端距水平地面的高度分别为hA=1.0 m和hB=0.04 m,轨道均光滑,不计空气阻力,g取10 m/s2。若滑块从轨道AB上某处由静止释放。
(1)释放处距水平地面高度h1=0.45 m,求运动到最低点C时速度vC的大小及轨道对其支持力FN的大小;
(2)滑块能从F点飞出落到水平地面上,求落地点离C点的最大距离xm;
(3)滑块始终不脱离轨道,求释放处距水平地面高度hx的范围。
参考答案
1.C　解析 以地面为参考平面,则物体的高度h=-0.5 m,则Ep=mgh=-50 J,C正确。
2.B　解析 撑竿跳高的运动员上升过程中,竿的形变量先增大后减小,弹力先做负功后做正功,所以弹性势能先增大后减小,故A错误;人拉长弹簧的过程中,弹簧的形变量增大,弹力做负功,弹性势能增加,故B正确;模型飞机用橡皮条发射出去的过程中,橡皮条的形变量减小,弹力做正功,所以弹性势能减小,故C错误;小球被弹簧向上弹起的过程中,弹簧的形变量减小,弹力做正功,所以弹性势能减小,故D错误。
3.B　解析 若以桌面为参考平面,小球在A点的重力势能为Ep=mgH=20 J,A错误;若以桌面为参考平面,小球在桌面上的重力势能为Ep=0,B正确;若以桌面为参考平面,小球在B点的重力势能为Ep=-mgh=-16 J,整个下落过程中重力势能的减少量为ΔEp=mg(H+h)=36 J,C错误;若改变所选择的参考平面,根据Ep=mgh,则小球在A、B点的重力势能改变,D错误。
4.D　解析 由动能定理可得W1=mv2,W2=m·(3v)2-mv2=mv2,则W2=8W1,故选D。
5.D　解析 在0~1 s内,根据动能定理,W合1=ΔEk1=×500×4 J=1 000 J,故合力对帆船做功等于1 000 J,故A错误;在0~2 s内,根据动能定理,W合2=ΔEk2=×500×1 J=250 J,故合力对帆船做功等于250 J,故B错误;在1~2 s内,根据动能定理,W合=ΔEk=×500×1 J-×500×4 J=-750 J,故合力做负功,故C错误;在0~3 s内,根据动能定理W合3=ΔEk3=0,故合力做的总功为0,故D正确。
6.C　解析 小方块依次进入粗糙区域,摩擦力逐渐增大,设小方块全部进入粗糙区域时的摩擦力为Ff,则Ff=μm0g,整个过程中的平均摩擦力μm0g,摩擦力对所有小方块做的功W=-·l=-μm0gl,所以做功的大小为μm0gl,故选C。
7.C　解析 由动能定理得μmg1x1=,μmg2x2=,由g1>g2可知x18.D　解析 设空气阻力大小为Ff,对整个过程应用动能定理得-2Ffh=mv2-,上升过程中物体加速度a=,由运动学公式得2ah=,代入数据计算得出Ff=mg,所以D选项是正确的。
9.B　解析 设斜面的倾角为θ,斜面的底边长为x,则下滑过程中克服摩擦力做的功为W==μmgx,所以两种情况下克服摩擦力做的功相等;又由于B的高度比A低,所以由动能定理可知Ek1>Ek2,B正确。
10.A　解析 重力做功为WG=mgh=0.6×10×(4.5-2.0) J=15 J,故A正确;重力做正功,重力势能减小,故重力势能减少了15 J,故B错误;若以抛出点为参考平面,球被抢到时的重力势能为Ep=-mg(h-h1)=-0.6×10×(4.5-2) J=-15 J,故C错误;重力势能的变化与重力做功对应,与参考平面的选取无关,故D错误。
11.D　解析 根据动能定理得ΔEk=mah=mgh,A错误;重力做正功,重力势能减少,B错误;此时物体的速度为v=,所以合力的功率为P=mav=mg,C错误;重力的平均功率为P'=mg=mg,D正确。
12.C　解析 设细线长为L,小球质量为m,第一次拉小球的过程,由动能定理有F1Lsin 60°-mgL(1-cos 60°)=0,第二次缓慢拉动,小球处于平衡状态,拉力满足=tan θ,最大拉力为F2=mgtan 60°,解得,C正确。
13.C　解析 小物体从A处运动到D处的过程中,克服摩擦力所做的功为=mgh,从D处开始运动的过程,因为速度较小,其对圆弧槽的压力较小,所以克服摩擦力所做的功14.B　解析 规定桌面为零势能面,在桌面的机械能大小为mv2,由于机械能守恒,在A点机械能大小等于mv2,故选项B正确,A错误;物体在A点机械能等于在桌面机械能,则有mv2=EkA-mg(H-h),所以物体在A点的动能为EkA=mv2+mg(H-h),故选项C、D错误。
15.解析 (1)滑块从D到达左侧最高点F经历DC、CB、BF三个过程,现以DF整个过程为研究过程,运用动能定理得mgh-μmgcos θ·=0,解得h=。
(2)通过分析可知,滑块最终至C点的速度为0时对应在斜面上的总路程最大,由动能定理得,mgRcos θ-μmgcos θ·s=0,解得s=。
答案 (1)　(2)
16.解析 (1)从释放至运动到C点,根据动能定理,有
mgh1=
得vC=3 m/s
所以在C点,根据向心力公式得,FN-mg=m
得FN=0.55 N。
(2)从轨道AB的A端释放至到达F点的过程,根据动能定理,有mghA=mg×4R+
从F点飞出后做平抛运动,xm=vFt
y=4R=gt2
得xm=0.8 m。
(3)滑块不脱离轨道表示能进入细圆管轨道,且又不从F点飞出,或者不超过圆弧形轨道BCD的圆心等高处
若刚好到达D点,则mg=m
此时释放处距水平地面的高度h2满足
mgh2=mg×2R+
得h2=0.5 m
若刚好不从F点飞出,则在F点速度为0,则此时释放处距水平地面的高度h3满足mgh3=mg×4R
得h3=0.8 m
滑块不超过圆心O1的等高处,即0.04 m≤hx≤0.2 m
故hx的取值范围是0.5 m≤hx≤0.8 m或0.04 m≤hx≤0.2 m。
答案 (1)3 m/s　0.55 N
(2)0.8 m
(3)0.5 m≤hx≤0.8 m或0.04 m≤hx≤0.2 m
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