2023高考物理基础知识综合复习优化集训12势能和动能动能定理及其应用

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10m,井上支架高为1.5m,在支架上用一根2m长的绳子系住一个重100N的物体,则以地面为参考平面,物体的重力势能是()A.50J B.1000JC.-50J D.-1000J2.如图所示,将弹簧拉力器用力拉开的过程中,弹簧的弹力做功情况、弹簧的弹力和弹性势能的变化情况是()A.弹力做正功,弹力变大,弹性势能变小B.弹力做正功,弹力变小,弹性势能变大C.弹力做负功,弹力和弹性势能都变大D.弹力做负功,弹力和弹性势能都变小3.关于动能的理解,下列说法错误的是()A.动能是机械能的一种表现形式,凡是运动的物体都具有动能B.物体的动能总为正值C.一定质量的物体动能变化时,速度一定变化,但速度变化时,动能不一定变化D.动能不变的物体,一定处于平衡状态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=2W2C.W2=4W1 D.W2=8W15.在某次帆船运动比赛中,质量为500kg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0~1s内,合力对帆船做功500JB.在0~2s内,合力对帆船做功1000JC.在1~2s内,合力对帆船做功750JD.在0~3s内,合力对帆船做的总功为06.某人用手将2kg的物体由静止向上提起0.8m,这时物体的速度为2m/s(不计阻力、g取10m/s2),则下列说法错误的是()A.手对物体做功20JB.物体重力做功-16JC.合力做功4JD.重力势能增加20J7.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=x2B.x1>x2C.x1<x2D.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34v0,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.34mg B.3C.716mg D.79.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>Ek2W1<W2B.Ek1>Ek2W1=W2C.Ek1=Ek2W1>W2D.Ek1<Ek2W1>W210.某消防队员从一平台无初速度跳下,下落2m后双脚触地,同时采用双腿弯曲的方法缓冲。若视其在缓冲过程中自身重心又匀变速下降了0.5m,则在着地过程中,地面对他双脚的平均作用力大约为自身重力的()A.5倍 B.10倍C.20倍 D.3倍11.质量为m的物体,从静止开始以a=g2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mghB.物体的重力势能增加了mghC.此时合力的功率为mgD.重力的平均功率为mg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F1F2为(A.3 B.3 C.13 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+12mvB.物体在A点机械能为12mvC.物体在A点动能为mgh+12mvD.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=0.01kg,轨道BCD和DEF的半径均为R=0.2m,轨道AB的A端和B端距水平地面的高度分别为hA=1.0m和hB=0.04m,轨道均光滑,不计空气阻力,g取10m/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=0.45m,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。

优化集训12势能和动能动能定理及其应用1.C解析以地面为参考平面,则物体的高度h=-0.5m,则Ep=mgh=-50J,C正确。2.C解析将弹簧拉力器拉开的过程中,弹簧的伸长量变大,根据F=kx可知,弹力增大,弹簧的弹性势能增大,弹力做负功,C正确。3.D解析动能是运动物体都具有的能量,是机械能的一种表现形式,A正确;动能是标量,总是正值,B正确;由Ek=12mv2可知当m恒定时,Ek变化,速率一定变化,速度一定变化,但当只有速度方向变化而速率不变(如匀速圆周运动)时动能不变,C正确;动能不变,物体不一定处于平衡状态,如匀速圆周运动,D4.D解析由动能定理可得W1=12mv2,W2=12m·(3v)2-12mv2=82mv2,则W2=8W15.D解析在0~1s内,根据动能定理,W合1=ΔEk1=12mv12=12×500×4J=1000J,故合力对帆船做功等于1000J,故A错误;在0~2s内,根据动能定理,W合2=ΔEk2=12mv22=12×500×1J=250J,故合力对帆船做功等于250J,故B错误;在1~2s内,根据动能定理,W合=ΔEk=12×500×1J-12×500×4J=-750J,故合力做负功,故C错误;在0~6.D解析由动能定理得,合力做功为W合=12mv2-0=12×2×22J=4J,而合力做的功W合=W-mgh,解得手对物体做功的大小为W=W合+mgh=4J+2×10×0.8J=20J,物体克服重力做功为WG=mgh=2×10×0.8J=16J,即重力做功为-16J,重力势能增加16J,D错误7.C解析由动能定理得μmg1x1=12mv02,μmg2x2=12mv02,由g1>g2可知x1<x28.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=12mv2-12mv02,上升过程中物体加速度a=mg+Ffm,由运动学公式得2ah=v09.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=μmgcosθ·xcosθ=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10.A解析设消防员重力为mg,地面对双脚的平均作用力为F,从平台跳下至最低点的过程,据动能定理可得,mg(h1+h2)-Fh2=0,代入数据可得Fmg=5,故地面对他双脚的平均作用力大约为自身重力的5倍,A11.D解析根据动能定理得ΔEk=mah=12mgh,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=2ah=gh,所以合力的功率为P=mav=12mggh,C错误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F1Lsin60°-mgL(1-cos60°)=0,第二次缓慢拉动,小球处于平衡状态,拉力满足Fmg=tanθ,最大拉力为F2=mgtan60°,解得F113.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Wf1=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Wf2<mgh,所以小物体能滑回到B处之上,但最高点要比D处低,C正确,A、B错误;因为小物体与圆弧槽间的动摩擦因数未知14.B解析规定桌面为零势能面,在桌面的机械能大小为12mv2,由于机械能守恒,在A点机械能大小等于12mv2,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12mv2=EkA-mg(H-h),所以物体在A点的动能为EkA=12mv2+mg(H-h),故选项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-μmgcosθ·Rtanθ=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,mgRcosθ-μmgcosθ·s=0,解得s=Rμ答案(1)μRcosθtan16.解析(1)从释放至运动到C点,根据动能定理,有mgh1=1得vC=3m/s所以在C点,根据向心力公式得,FN-mg=mv得FN=0.55N。(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+1从F点飞出后做平抛运动,xm=vFty=4R=12gt得xm=0.8m。(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