专题11 动能定理应用中的图像和多过程问题--2022-2023学年高中物理同步练习分类专题教案（人教版2019必修第二册）.docx

1、第八章机械能守恒定律专题11：动能定理应用中的图像和多过程问题一、选择题1.(2022江苏连云港期中)从地面竖直向上抛出一个小球，小球运动一段时间后落回地面。抛出时小球的动能为Ek0，忽略空气阻力，则运动过程中，小球的动能Ek与小球距地面的高度h的关系图像是 ( )2.(2021湖北襄阳五中模拟)在光滑水平面上，有一质量为10 kg的滑块，在变力F的作用下沿x轴做直线运动，F-x图像如图，48 m和1216 m内的两段曲线关于坐标点(10 m，0)对称。滑块在坐标原点处速度为1 m/s，则滑块运动到16 m处的速度大小为 ( )A.3 m/sB.5 m/sC.22 m/sD.42 m/s3.(

2、2022浙江平湖期中)某物体同时受到两个在同一直线上的力F1、F2的作用，由静止开始做直线运动，力F1、F2与位移x的关系图像如图所示，在物体开始运动后的前4.0 m内，物体具有最大动能时对应的位移是 ( )A.4.0 mB.3.0 mC.2.0 mD.1.0 m4.(2021浙江名校协作体开学考试)一滑块在水平方向仅受恒定摩擦阻力的情况下在水平地面上沿直线滑行，t=0时其速度为1 m/s。此时在滑块上施加一水平作用力F，力F和滑块的速度v随时间的变化规律分别如图甲、乙所示。则 ( )A.滑块质量为2 kgB.滑块所受摩擦力大小为2 NC.前2 s内力F的平均功率为2 WD.前2 s内滑块所受

3、合力做的功为2 J5.(2022江苏苏州三中月考，改编)一质量为2 kg的物体受水平拉力F作用，在粗糙水平面上做加速直线运动时的a-t图像如图所示，t=0时其速度大小为2 m/s。滑动摩擦力大小恒为2 N，则 ( )A.在t=6 s时刻，物体的速度为18 m/sB.在06 s内，合力对物体做的功为400 JC.在06 s内，拉力对物体做的功为396 JD.在t=6 s时刻，拉力F的功率为200 W6.(2022江苏无锡期中)如图所示为一倾角为的固定斜面，将斜面分成3等份，从下到上依次为AB、BC、CD。质量为m的小球从A点以初速度v向上运动，斜面光滑时，刚好到达D点。若只有A、B间有摩擦(小球

4、与AB间的动摩擦因数为一定值)，小球仍以初速度v上滑，刚好到达C点，然后下滑到A点，在此过程中，下列说法正确的是 ( )A.整个过程中克服摩擦力做的功等于12mv2B.小球到达C点后开始下滑，动能先增加后减小C.在上滑过程中重力、滑动摩擦力对小球做的总功为12mv2D.小球从B运动到A的过程中只有重力势能与内能之间的相互转化二、非选择题7.(2022江苏海门中学期中)2022年2月16日，我国运动员齐广璞在北京冬奥会男子自由式滑雪空中技巧赛上获得冠军。如图甲为某运动员比赛时的场景，现将部分赛道简化，如图乙所示，运动员从雪道上的A点由静止滑下后沿切线从B点进入半径R=15 m的竖直圆弧轨道BDC

5、，从轨道上的C点飞出。A、B之间的高度h=27 m，OB与OC互相垂直，BOD=37。运动员和装备的总质量m=60 kg，且可视为质点，摩擦和空气阻力不计。重力加速度g=10 m/s2，sin 37=0.6，cos 37=0.8。求：(1)在轨道最低点D时，运动员对轨道的压力大小；(2)运动员滑至C点的速度大小；(3)运动员滑离C点后在空中飞行过程中距D点的最大高度。8.(2022广东佛山一中期中)如图所示，光滑轨道槽ABCD与粗糙轨道槽GH通过光滑圆轨道EF平滑连接(D、G处在同一高度)，组成一套完整的平滑轨道，其中GH足够长，整个装置位于竖直平面内，且固定在水平地面上。现将一质量m=1 k

6、g的小球从AB段距地面高h0=2 m处由静止释放，已知CD、GH与地面的夹角为=37，小球与GH段之间的动摩擦因数为=0.25，圆轨道的半径R=0.4 m，圆轨道的最高点E点离地面的高度为3R(重力加速度g=10 m/s2，sin 37=0.6，cos 37=0.8)。(1)通过计算分析，说明小球从D点进入圆轨道后能否通过E点；(2)若小球从AB段离地面高h处自由释放后，小球又能沿原路径返回到AB段，试求h的取值范围。答案全解全析1.B由于忽略空气阻力，小球抛出后只有重力做功，根据动能定理有-mgh=Ek-Ek0，可得Ek=-mgh+Ek0，故小球的动能Ek与小球距地面的高度h成一次函数关系，

7、故B正确。2.A由题图可知，F-x图线与横轴所围面积表示变力做的功，416 m内力F做功为零，所以016 m内力F做功为W=10 N4 m=40 J；滑块在运动过程中只有变力F对其做功，故由动能定理可得W=12mv2-12mv02，解得v=3 m/s，故A正确，B、C、D错误。3.C由图可知x=2.0 m时F合=0，此前F合做正功，速度变大，动能变大，而此后F合做负功，速度变小，动能变小，可知x=2.0 m时物体的动能最大，选C。4.B由v-t图像知，01 s内滑块的加速度a1=0110 m/s2=-1 m/s2，根据牛顿第二定律得F1-f=ma1，12 s内滑块的加速度a2=1021 m/s

8、2=1 m/s2，根据牛顿第二定律得F2-f=ma2，其中F1=1 N，F2=3 N，联立并代入数据解得滑块的质量m=1 kg，滑块与水平地面间的摩擦力大小f=2 N，故B正确，A错误；v-t图线与横轴所围的面积表示位移，由乙图可得01 s内滑块的位移x1=1211 m=0.5 m，力F做功为W1=F1x1=10.5 J=0.5 J，12 s内滑块的位移x2=1211 m=0.5 m，力F做功为W2=F2x2=30.5 J=1.5 J，则前2 s内力F的平均功率P=W1+W2t=0.5+1.52 W=1 W，故C错误；在02 s时间内，滑块的初、末速度相等，为1 m/s，根据动能公式可得Ek1

9、=12mv12=0.5 J，Ek2=12mv22=0.5 J，则根据动能定理得合力做的功W合=Ek2-Ek1=0，故D错误。5.D由于a-t图线与t轴所围的面积表示速度的变化量，则06 s内，物体的速度变化量为v=v6-v0=(2+4)62 m/s=18 m/s，已知v0=2 m/s，可得出v6=20 m/s，故A错误；06 s时间内，根据动能定理可得W合=WF-fx=12mv62-12mv02=396 J，可知合外力对物体做的功为396 J，拉力对物体做的功一定大于396 J，故B、C错误；在t=6 s时刻，由牛顿第二定律可得F-f=ma，解得F=10 N，所以拉力F的功率为P=Fv6=10

10、20 W=200 W，故D正确。6.D设将斜面分成3等份后每一份的长度为L，斜面光滑时，上滑过程，根据机械能守恒有12mv2=3mgL sin ，只有A、B间有摩擦时，上滑过程，根据动能定理有-2mgL sin -Wf=0-12mv2，解得Wf=16mv2，故A错误；根据以上分析可知Wf=mgL sin =mgL cos ，故=tan ，因此小球在A、B间下滑时做匀速运动，小球到达C点后开始下滑，动能先增加后不变，故B错误；在上滑过程中重力、滑动摩擦力对小球做的功为负功，应为-12mv2，故C错误；小球从B运动到A的过程中做匀速运动，动能不变，则只有重力势能与内能之间的相互转化，故D正确。7.

11、答案(1)3 000 N(2)430 m/s(3)21.36 m解析(1)B、D间的高度差h1=R-R cos 37运动员从A到D过程中，由动能定理得mg(h+h1)=12mvD2在D点，根据牛顿第二定律有F-mg=mvD2R联立解得F=3 000 N由牛顿第三定律可得运动员对轨道的压力大小为3 000 N。(2)C、D间的高度差h2=R-R sin 37从D到C过程中，由动能定理有-mgh2=12mvC2-12mvD2解得vC=430 m/s(3)运动员离开C点后做斜抛运动，在C点时竖直分速度为vy=vC cos 37飞离C点后在竖直方向上升的高度h3=vy22g则运动员滑离C点后在空中飞行

12、时距D点的最大高度h=h2+h3=21.36 m8.答案(1)见解析(2)h0.8 m或h2.32 m解析(1)小球从A点到E点，由动能定理有mg(h0-3R)=12mvE2解得vE=4 m/s小球刚好能通过E点时，有mg=mv2R解得v=2 m/s由于vEv，因此小球能通过E点；(2)小球的运动有两种情况：小球要沿原路径返回，若未能完成圆周运动，则h2R=0.8 m若能完成圆周运动，则小球返回时必须能经过圆轨道的最高点E。D、G离地面的高度为h1=2R-R cos 37=0.48 m此种情况对应小球沿GH上滑的最高点到地面的高度为h，小球从释放位置滑至最高点的过程，根据动能定理有mg(h-h)-mg cos 371sin37=0小球从最高点返回E点的过程，根据动能定理有mg(h-3R)-mg cos 371sin37=12mv2解得h=2.32 m故小球沿原路径返回AB段的条件为h0.8 m或h2.32 m方法技巧(1)应用动能定理解题时必须明确所研究的运动过程。(2)当既可用分段法也可用全程法时，如果题目不涉及中间量，一般来说用全程法更简单，更方便。(3)一般来说，用牛顿第二定律和运动学知识能求解的问题，应用动能定理比牛顿运动定律要简便。