課時規(guī)范練16動能定理及其應(yīng)用基礎(chǔ)對點練1.(單物體動能定理)如圖所示,“蹦極”運動中,長彈性繩的一端固定,另一端綁在人身上,人從幾十米高處跳下。將蹦極過程簡化為人沿豎直方向的運動,從繩恰好伸直到人第一次下降至最低點的過程中,下列說法正確的是()A.人先處于失重狀態(tài)后處于超重狀態(tài)B.繩對人的拉力始終做負功,人的動能一直減小C.繩恰好伸直時,繩的彈性勢能為零,人的動能最大D.人在最低點時,繩對人的拉力等于人所受的重力2.(動能定理的應(yīng)用)(2021山東濰坊模擬)北京2022年冬奧會跳臺滑雪比賽在張家口賽區(qū)的國家跳臺滑雪中心進行,跳臺由助滑道、起跳區(qū)、著陸坡、停止區(qū)組成,如圖所示。跳臺滑雪運動員在助滑道路段獲得速度后從起跳區(qū)水平飛出,不計空氣阻力,起跳后的飛行路線可以看作是拋物線的一部分,用Δv、E、Ek、P表示運動員在空中運動的速度變化量、機械能、動能、重力的瞬時功率大小,用t表示運動員在空中的運動時間,下列圖像可能正確的是()3.(單物體動能定理)如圖所示,在輕彈簧的下端懸掛一個質(zhì)量為m的小球A,若將小球A從彈簧原長位置由靜止釋放,小球A能夠下降的最大高度為h。若將小球A換為質(zhì)量為3m的小球B,仍從彈簧原長位置由靜止釋放,重力加速度為g,不計空氣阻力,則小球B下降h時的速度為()A.2gh B.4C.gh D.gh4.(動能定理與牛頓第二定律綜合)(2021山東濟寧模擬)如圖所示,在豎直面內(nèi)固定兩個光滑圓環(huán)軌道,小球A所在的圓環(huán)軌道半徑小于小球B所在的圓環(huán)軌道半徑,小球A的質(zhì)量大于小球B的質(zhì)量,兩小球均由水平直徑的端點靜止釋放,當兩球分別沿圓環(huán)軌道到達軌道的最低點時,則()A.小球A的動量一定大于小球B的動量B.小球A的動能一定大于小球B的動能C.圓環(huán)對小球A的支持力大于圓環(huán)對小球B的支持力D.小球A的向心加速度一定小于小球B的向心加速度5.(多過程單物體動能定理)如圖,abc是豎直面內(nèi)的光滑固定軌道,ab水平,長度為R,bc是半徑為R的四分之一圓弧,與ab相切于b點。一質(zhì)量為m的小球受到與重力大小相等的水平外力F的作用,自a點從靜止開始向右運動,運動到b點時立即撤去外力F,重力加速度大小為g,下列說法正確的是()A.水平外力F做的功為2mgRB.小球運動到b點時對圓弧軌道的壓力大小為3mgC.小球能從c點豎直向上飛出D.小球運動到c點時對圓弧軌道的壓力大小為mg6.(圖像問題)靜止在粗糙水平地面上的物塊,在恒定水平拉力的作用下開始運動,當位移為2x0時撤去外力,此時動能為Ek0,繼續(xù)滑行x0后停下來,其動能隨位移變化的關(guān)系如圖所示。根據(jù)圖像中已知信息,不能確定的物理量是()A.恒定水平拉力的大小B.物塊與水平地面之間的動摩擦因數(shù)C.物塊加速運動和減速運動的時間之比D.物塊加速運動和減速運動的加速度大小之比7.(多過程單物體動能定理)如圖甲所示,長為4m的水平軌道AB與半徑為R=0.6m的豎直半圓弧軌道BC在B處相連接。有一質(zhì)量為1kg的滑塊(大小不計)從A處由靜止開始受水平向右的力F作用,F的大小隨位移變化的關(guān)系如圖乙所示。滑塊與AB間的動摩擦因數(shù)μ=0.25,與BC間的動摩擦因數(shù)未知,g取10m/s2。(1)求滑塊到達B處時的速度大小;(2)求滑塊在水平軌道AB上運動前2m過程所用的時間;(3)若到達B點時撤去力F,滑塊沿半圓弧軌道內(nèi)側(cè)上滑,并恰好到達最高點C,則滑塊在半圓弧軌道上克服摩擦力所做的功是多少?素養(yǎng)綜合練8.(多選)(2021山東德州模擬)如圖甲所示,滑塊A和足夠長的木板B疊放在水平地面上,A和B之間、B和地面之間的動摩擦因數(shù)相同,A和B的質(zhì)量均為m。現(xiàn)對B施加一水平向右逐漸增大的力F,當F增大到F0時B開始運動,之后力F按圖乙所示的規(guī)律繼續(xù)增大,圖乙中的x為B運動的位移,已知最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。對兩物塊的運動過程,以下說法正確的是()A.木板B開始運動后過一段時間,A再開始運動B.滑塊A的加速度一直在增大C.x=0至x=x0過程,木板B對A做功為FD.x=x0時,木板B的速度大小為F9.(多選)如圖所示,物體甲、乙質(zhì)量均為m,甲、乙之間的接觸面是光滑的,物體乙的斜面與水平面成θ角,甲、乙兩物體緊挨著放置于粗糙的水平面上,它們與水平面間的動摩擦因數(shù)均為μ。開始時,物體甲、乙都靜止,現(xiàn)對物體甲施加一水平推力F,使物體甲、乙一起向左加速運動,兩者不發(fā)生相對滑動。已知這段時間內(nèi)水平推力F做功為W,物體甲、乙系統(tǒng)克服摩擦力做功為W1。當加速一段時間后,撤去水平推力。下列說法正確的是()A.乙物體獲得的最大動能為WB.加速運動過程中,甲對乙的作用力的大小為FC.撤去水平推力后,物體甲對物體乙的作用力為零D.撤去水平推力后,物體甲運動的位移為W10.(多選)如圖所示,木板甲長為L,放在水平桌面上,可視為質(zhì)點的物塊乙疊放在甲左端。已知甲、乙質(zhì)量相等,甲與乙、甲與桌面間動摩擦因數(shù)相同。給乙一個水平向右的瞬時速度v,乙恰好未從甲上滑落;當乙在甲上停止后,給甲一個水平向右的瞬時速度v,最終甲、乙物體均靜止。下列作出的甲、乙物體在運動過程中的動能Ek甲、Ek乙與位移x的關(guān)系圖像,正確的是()11.(2021河北唐山模擬)如圖所示,某裝置由AB、BC、CD三段軌道組成,軌道交接處均由很小的圓弧平滑連接,其中軌道AB、CD段是光滑的,水平軌道BC的長度s=5m,軌道CD足夠長且傾角θ=37°,A、D兩點離軌道BC的高度分別為h1=4.30m、h2=1.35m?，F(xiàn)讓質(zhì)量為m的小滑塊自A點由靜止釋放。已知小滑塊與軌道BC間的動摩擦因數(shù)μ=0.5,重力加速度g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,求:(1)小滑塊第一次到達D點時的速度大小;(2)小滑塊第一次與第二次通過C點的時間間隔;(3)小滑塊最終停止的位置距B點的距離。參考答案課時規(guī)范練16動能定理及其應(yīng)用1.A解析先向下做加速運動,加速度向下,后向下做減速運動,加速度向上,所以人先處于失重狀態(tài)后處于超重狀態(tài),故A正確。在該過程中,拉力與運動方向始終相反,繩子對人的拉力一直做負功;由于人在下降過程中速度先增大后減小,則人的動能先增大后減小,故B錯誤。繩子恰好伸直時,繩子的形變量為零,彈性勢能為零;但此時彈力為0,速度不是最大,人的動能不是最大,故C錯誤。人在最低點時,加速度的方向向上,此時繩子對人的拉力大于人受到的重力,故D錯誤。2.D解析運動員起跳后做平拋運動Δv=gt,A錯誤;運動員機械能守恒,B錯誤;由動能定理得mgh=Ek-12mv02,即Ek=mgh+12mv02=12mg23.B解析設(shè)小球下降h過程小球克服彈簧彈力做功為W1,小球A下降過程,根據(jù)動能定理,有mgh-W1=0;小球B下降過程,由動能定理有3mgh-W1=12·3mv2-0,解得v=4gh3,4.C解析小球從釋放到到達最低點的過程中,只有重力做功,由機械能守恒定律可知mgr=12mv2,小球到達最低點時,p=mv=m2gr,A球所在軌道半徑小,但A球質(zhì)量大,無法比較兩者的動量大小,A項錯誤;A球的質(zhì)量大于B球的質(zhì)量,由Ek=12mv2可知,不能確定兩球動能的大小關(guān)系,B項錯誤;在最低點,根據(jù)牛頓第二定律可知,FN-mg=mv2r,求得FN=3mg,因A球的質(zhì)量大于B球的質(zhì)量,故FNA>FNB,C項正確;由a=v2r=5.B解析水平外力F做的功為W=FR=mgR,選項A錯誤;從a到b由動能定理有FR=12mvb2,在b點由牛頓第二定律有FN-mg=mvb2R,解得FN=3mg,選項B正確;從b到c有12mvb2=mgR+12mvc6.B解析0~2x0過程,由動能定理得F·2x0-Ff·2x0=Ek0,2x0~3x0過程,由動能定理得-Ffx0=0-Ek0,聯(lián)立可解得水平拉力F和摩擦力Ff,由于物體的質(zhì)量未知,則無法確定動摩擦因數(shù),故A能確定,B不能確定;設(shè)運動過程中最大速度為vmax,則有2x0=vmax2t1,x0=vmax2t2,則可求得物塊加速運動和減速運動的時間之比,故C能確定;由F·2x0-Ff·2x0=Ek0,-Ffx0=0-Ek0,可解得F=32Ff,物塊加速運動和減速運動的加速度大小之比a17.答案(1)210m/s(2)835s解析(1)滑塊從A到B的過程,由動能定理得F1x1+F3x3-μmgx=1解得vB=210m/s。(2)在前2m內(nèi),有F1-μmg=ma,且x1=1解得t1=835s(3)當滑塊恰好能到達最高點C時,有mg=mv對滑塊從B到C的過程,由動能定理得W-mg×2R=1聯(lián)立解得W=-5J即滑塊克服摩擦力做的功為5J。8.CD解析開始A、B相對靜止,一起開始做加速運動,B運動時A同時運動,選項A錯誤。當拉力等于最大靜摩擦力即拉力等于滑動摩擦力時,B開始運動,由圖像可知,B受到地面的摩擦力為Ff=F0=2μmg,設(shè)A、B即將相對滑動時拉力為F,對A則有μmg=ma,對B則有F-3μmg=ma,解得F=2F0;當拉力F在F0~2F0之間時,A、B相對靜止一起加速運動,當拉力F大于2F0時,A、B相對滑動;A、B相對靜止一起加速運動時,A的加速度一直增加,當A、B相對滑動后,A的加速度保持不變,選項B錯誤。從x=0到x=x0過程,對A、B系統(tǒng)由動能定理得F0+2F02x0-Ffx0=12·2mv2,解得v=F0x02m,對A由動能定理得W=12mv2=14F0x09.ACD解析設(shè)乙物體獲得的最大動能為Ek,對整體,由動能定理得W-W1=2Ek,解得乙物體獲得的最大動能為W-W12,故A正確;對整體,由牛頓第二定律有F-2μmg=2ma,對乙有F甲sinθ-μFN=ma,mg+F甲cosθ=FN,解得甲對乙的作用力的大小F甲=F2(sinθ-μcosθ),故B錯誤;撤去水平推力后,兩個物體將在摩擦力的作用下做加速度為a=μg的勻減速直線運動,速度始終相同,故二者之間沒有相互作用力,故C正確;撤去水平推力后,對物體甲,由動能定理-10.AC解析給乙一個水平向右的瞬時速度v,對木板甲來說,因為乙對甲的摩擦力μmg小于木板與地面之間的最大靜摩擦力2μmg,可知木板甲是不動的,則對乙由動能定理得Ek乙=Ek乙0-μmgx;當乙在甲上停止后,給甲一個初速度v,則乙在摩擦力作用下先做勻加速運動,動能Ek乙'=μmgx;而甲做勻減速運動,動能Ek甲=Ek甲0-(μmg+2μmg)x;當甲、乙共速后一起做勻減速直至停止,此過程中乙的動能Ek乙″=Ek乙1-μmgx,逐漸減小;此過程中甲受地面的摩擦力仍為向后的2μmg,但是乙對甲的靜摩擦力變?yōu)橄蚯暗摩蘭g,則此過程中甲的動能Ek甲'=Ek甲1-(2μmg-μmg)x,圖像的斜率變小;綜上所述,選項A、C正確,B、D錯誤。11.答案(1)3m/s(2)2s(3)1.4m解析(1)小滑塊從A→B→C→D過程,由動能定理得mg(h1-h2)-μmgs=12m解得vD=3m/s。(2)小滑塊從A