新高考2025届高考物理小题必练9动能和动能定理

Page8小题必练9：小题必练9：动能和动能定理例1．(2024∙全国III卷∙17)从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用。距地面高度h在3m以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h的变更如图所示。重力加速度取10m/s2。该物体的质量为()A．2kgB．1.5kgC．1kgD．0.5kg【答案】C【解析】设物体的质量为m，则物体在上升过程中，受到竖直向下的重力mg和竖直向下的恒定外力F，当Δh＝3m时，由动能定理结合题图可得－(mg＋F)×Δh＝(36－72)J；物体在下落过程中，受到竖直向下的重力mg和竖直向上的恒定外力F，当Δh＝3m时，再由动能定理结合题图可得(mg－F)×Δh＝(48－24)J，联立解得m＝1kg、F＝2N，选项C正确，A、B、D均错误。【点睛】本题考查动能定理，体现了模型建构素养。物体受到大小不变的外力，方向始终与速度方向相反，即上升时外力方向向下，下落时外力方向向上，这是解答此题的关键。1．汽车在一段坡度不变的山坡上匀速上行，速度大小为v，汽车发动机输出功率为P。设汽车所受摩擦力大小恒为f，则下列说法中错误的是()A．汽车所受合外力对汽车所做的功为零B．汽车所受的摩擦力与重力对汽车做负功，支持力对汽车不做功C．汽车发动机输出功率P＝fvD．若汽车匀速上行的速度大小为2v，发动机输出功率应为2P【答案】C【解析】汽车匀速上行，依据动能定理W＝ΔEk＝0，A正确；汽车受到的重力方向和汽车的位移方向夹角是钝角，重力做负功，摩擦力方向和汽车位移方向相反，做负功，支持力始终和汽车的位移垂直，不做功，B正确；设山坡的倾角为θ，因为匀速上升，则牵引力F＝f＋mgsinθ，则汽车发动机输出功率P＝Fv＝(f＋mgsinθ)v，C错误；若汽车匀速上行的速度大小为2v时，汽车的牵引力没有变更，但是速度增加了2倍，则P′＝F∙2v＝2P，D正确。2．(多选)在工厂的流水线上安装有足够长的水平传送带，用水平传送带传送工件，可以大大提高工作效率，如图所示，水平传送带以恒定的速率v运输质量为m的工件，工件以v0(v0<v)的初速度从A位置滑上传送带，工件与传送带间的动摩擦因数为μ，已知重力加速度为g，则()A．工件滑上传送带到与传送带相对静止所需时间为eq\f(v－v0,μg)B．因传送工件电动机多做的功为eq\f(1,2)m(v2－veq\o\al(2,0))C．传送带的摩擦力对工件所做的功为eq\f(1,2)m(v－v0)2D．工件与传送带的相对位移为eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(v－v0))2,2μg)【答案】AD【解析】工件滑上传送带后先做匀加速运动，μmg＝ma，a＝μg，相对滑动时间为t＝eq\f(v－v0,μg)，A项正确；因传送工件电动机多做的功W＝μmgvt＝mv(v－v0)，B项错误；依据动能定理传送带对工件做功W1＝eq\f(1,2)m(v2－veq\o\al(2,0))，C项错误；工件与传送带的相对位移Δx＝vt－eq\f(v＋v0,2)t＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(v－v0))2,2μg)，D项正确。3．如图，一半径为R、粗糙程度到处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平。一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止起先下落，恰好从P点进入轨道。质点滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4mg，g为重力加速度的大小。用W表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功。则()A．W＝eq\f(1,2)mgR，质点恰好可以到达Q点B．W＞eq\f(1,2)mgR，质点不能到达Q点C．W＝eq\f(1,2)mgR，质点到达Q点后，接着上升一段距离D．W＜eq\f(1,2)mgR，质点到达Q点后，接着上升一段距离【答案】C【解析】依据动能定理得P点动能EkP＝mgR，经过N点时，由牛顿其次定律和向心力公式可得4mg－mg＝meq\f(v2,R)，所以N点动能为EkN＝eq\f(3,2)mgR，从P点到N点依据动能定理可得mgR－W＝eq\f(3,2)mgR－mgR，即克服摩擦力做功W＝eq\f(1,2)mgR。质点运动过程，半径方向的合力供应向心力即FN－mgcosθ＝ma＝meq\f(v2,R)，依据左右对称，在同一高度处，由于摩擦力做功导致在右边圆形轨道中的速度变小，轨道弹力变小，滑动摩擦力f＝μFN变小，所以摩擦力做功变小，那么从N到Q，依据动能定理，Q点动能EkQ＝eq\f(3,2)mgR－mgR－W′＝eq\f(1,2)mgR－W′，由于W′＜eq\f(1,2)mgR，所以Q点速度仍旧没有减小到0，会接着向上运动一段距离，比照选项，C项正确。4．质量为m的小球在竖直向上的拉力作用下从静止起先运动，其v－t图象如图所示(竖直向上为正方向，DE段为直线)，已知重力加速度大小为g，下列说法正确的是()A．t3～t4时间内，小球竖直向下做匀减速直线运动B．t0～t2时间内，合力对小球先做正功后做负功C．0～t2时间内，小球的平均速度肯定为eq\f(v3,2)D．t3～t4时间内，拉力做的功为eq\f(1,2)m(v3＋v4)[(v4－v3)＋g(t4－t3)]【答案】D【解析】t3～t4时间内小球做竖直向上的匀减速直线运动，A错误；t0～t2时间内小球速度始终增大，合力对小球始终做正功，B错误；0～t3时间内小球的运动不是匀变速运动，不等于eq\f(v3,2)，C错误；t3～t4由动能定理得WF－mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,4)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)，且h＝eq\f(1,2)(v4＋v3)(t4－t3)，解得WF＝eq\f(1,2)m(v3＋v4)[(v4－v3)＋g(t4－t3)]，D正确。5．(多选)如图所示，在倾角为θ的斜面上，轻质弹簧一端与斜面底端固定，另一端与质量为M的平板A连接，一个质量为m的物体B靠在平板的右侧，A、B与斜面的动摩擦因数均为μ。起先时用手按住物体B使弹簧处于压缩状态，现放手，使A和B一起沿斜面对上运动距离L时，A和B达到最大速度v。则以下说法正确的是()A．A和B达到最大速度v时，弹簧是自然长度B．若运动过程中A和B能够分别，则A和B恰好分别时，二者加速度大小均为g(sinθ＋μcosθ)C．从释放到A和B达到最大速度v的过程中，弹簧对A所做的功等于eq\f(1,2)Mv2＋MgLsinθ＋μMgLcosθD．从释放到A和B达到最大速度v的过程中，B受到的合力对它做的功等于eq\f(1,2)mv2【答案】BD【解析】A和B达到最大速度v时，A和B的加速度为零。对AB整体，由平衡条件知kx＝(m＋M)gsinθ＋μ(m＋M)gcosθ，所以此时弹簧处于压缩状态，故A项错误；A和B恰好分别时，A、B间的弹力为0，A、B的加速度相同，对B受力分析，由牛顿其次定律知，mgsinθ＋μmgcosθ＝ma，得a＝gsinθ＋μgcosθ，故B项正确；从释放到A和B达到最大速度v的过程中，对AB整体，依据动能定理得W弹－(m＋M)gLsinθ－μ(m＋M)gcosθ·L＝eq\f(1,2)(m＋M)v2，所以弹簧对A所做的功W弹＝eq\f(1,2)(m＋M)v2＋(m＋M)gLsinθ＋μ(m＋M)gcosθ·L，故C项错误；从释放到A和B达到最大速度v的过程中，对于B，依据动能定理得B受到的合力对它做的功W合＝ΔEk＝eq\f(1,2)mv2，故D项正确。6．如图所示，竖直平面内放始终角杆MON，OM水平，ON竖直且光滑，用不行伸长的轻绳相连的两小球A和B分别套在OM和ON杆上，B球的质量为2kg，在作用于A球的水平力F的作用下，A、B两球均处于静止状态，此时OA＝0.3m，OB＝0.4m，变更水平力F的大小，使A球向右加速运动，已知A球向右运动0.1m时速度大小为3m/s，则在此过程中绳的拉力对B球所做的功为(取g＝10m/s2)()A．11JB．16JC．18JD．9J【答案】C【解析】A球向右运动0.1m时，vA＝3m/s，OA′＝0.4m，OB′＝0.3m，设此时∠B′A′O＝α，则有tanα＝eq\f(3,4)。由运动的合成与分解可得vAcosα＝vBsinα，解得vB＝4m/s。以B球为探讨对象，此过程中B球上上升度h＝0.1m，由动能定理，W－mgh＝eq\f(1,2)mvB2，解得轻绳的拉力对B球所做的功为W＝mgh＋eq\f(1,2)mvB2＝2×10×0.1J＋eq\f(1,2)×2×42J＝18J，选项C正确。7．(多选)如图所示，内壁光滑半径大小为R的圆轨道竖直固定在桌面上，一个质量为m的小球静止在轨道底部A点。现用小锤沿水平方向快速击打小球，击打后快速移开，使小球沿轨道在竖直面内运动。当小球回到A点时，再次用小锤沿运动方向击打小球，通过两次击打，小球才能运动到圆轨道的最高点。已知小球在运动过程中始终未脱离轨道，在第一次击打过程中小锤对小球做功W1，其次次击打过程中小锤对小球做功W2。设先后两次击打过程中小锤对小球做功全部用来增加小球的动能，则eq\f(W1,W2)的值可能是()A．eq\f(1,2)B．eq\f(2,3)C．eq\f(3,4)D．1【答案】AB【解析】第一次击打后球最高到达与球心O等高位置，依据动能定理，有：W1≤mgR，两次击打后可以到达轨道最高点，依据动能定理，有：W1＋W2－2mgR＝eq\f(1,2)mv2，在最高点，有：mg＋N＝meq\f(v2,R)≥mg，联立①②③解得：W1≤mgR，W2≥eq\f(3,2)mgR，故eq\f(W1,W2)≤eq\f(2,3)，故A、B正确，C、D错误。8．如图所示，上表面水平的圆盘固定在水平地面上，一小物块从圆盘边缘上的P点，以大小恒定的初速度v0，在圆盘上沿与直径PQ成不同夹角θ的方向起先滑动，小物块运动到圆盘另一边缘时的速度大小为v，则v2－cosθ图象应为()【答案】A【解析】设圆盘半径为r，小物块与圆盘间的动摩擦因数为μ，由动能定理可得－μmg·2rcosθ＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，整理得v2＝veq\o\al(2,0)－4μgrcosθ，可知v2与cosθ为线性关系，斜率为负，故A项正确，B、C、D项错误。9．(多选)如图所示，物块A、B、C、D的质量都是m，并都可看作质点，四个物块用细线通过轻质滑轮连接。物块B与C、C与D、D与地面的距离都是L。现将物块A下方的细线剪断，若物块A距离滑轮足够远且不计一切阻力，则()A．A上升的最大速度是eq\r(\f(5gL,3))B．A上升的最大速度是eq\r(\f(17gL,6))C．A上升的最大高度是eq\f(53L,12)D．A上升的最大高度是eq\f(23L,6)【答案】AD【解析】设物块D落地时速度为v1，在D落地过程中，对四个物块应用动能定理有3mgL－mgL＝eq\f(1,2)×4mveq\o\al(2,1)；在物块C落地过程中，对三个物块应用动能定理有2mgL－mgL＝eq\f(1,2)×3mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)×3mveq\o\al(2,1)，联立解得v2＝eq\r(\f(5gL,3))，A正确，B错误；之后物块B匀速下降直到落地，A匀速上升，至此A已上升了3L的高度；再往后物块A做竖直上抛运动，还可以上升h＝eq\f(v\o\al(2,2),2g)＝eq\f(5L,6)，A上升的最大高度H＝h＋3L＝eq\f(23,6)L，C错误，D正确。10．多级火箭是由数级火箭组合而成的运载工具，每一级都有发动机与燃料，目的是为了提高火箭的连续飞行实力与最终速度。现有一小型多级火箭，质量为M，第一级发动机的额定功率为P，先使火箭由静止竖直向上做加速度为a的匀加速直线运动。若空气阻力为f并保持不变，不考虑燃料燃烧引起的质量变更及高度不同引起的重力变更，达到额定功率后，发动机功率保持不变，直到火箭上升达到最大速度时高度为H。试求：(1)第一级发动机能使火箭达到的最大速度。(2)第一级发动机做匀加速运动的时间。(3)第一级发动机以额定功率起先工作，直到最大速度时的运行时间。【解析】(1)由题意知火箭达到最大速度时加速度为零，设发动机牵引力为F，则：F＝f＋Mg额定功率为P，所以最大速度有：。(2)由题意知做匀加速运动，加速度a不变，功率为P，设匀加速运动的最大速度为v1，时间为t1，此时牵引力为F1，则有：P＝F1v1F1－(f＋Mg)＝Mav1＝at1联立解得：。(3)设以额定功率起先工作，直到最大速度的时间为t，则依据动能定理有：Pt－(f＋Mg)(H－eq\f(1,2)ma12)＝eq\f(1,2)Mvm2－eq\f(1,2)Mv12由(1)可知：由(2)可知：联立解得：。11．如图所示，光滑圆弧AB在竖直平面内，圆弧B处的切线水平，A、B两端的高度差为h1＝0.2m，B端高出水平地面h2＝0.8m，O点在B点的正下方，将一确定的滑块从A端