新高考物理一輪復(fù)習(xí)刷題練習(xí)第33講 動能定理與圖像（含解析）

第33講動能定理與圖像一.知識回顧1．解決圖象問題的基本步驟2．與動能定理結(jié)合緊密的幾種圖像(1)v－t圖：由公式x＝vt可知，v－t圖線與橫坐標(biāo)軸圍成的面積表示物體的位移。(2)F－x圖：由公式W＝Fx可知，F(xiàn)－x圖線與橫坐標(biāo)軸圍成的面積表示力所做的功。(3)P－t圖：由公式W＝Pt可知，P－t圖線與橫坐標(biāo)軸圍成的面積表示力所做的功。(4)a－t圖：由公式Δv＝at可知，a－t圖線與橫坐標(biāo)軸圍成的面積表示物體速度的變化量。(5)Ek-x圖：由公式F合x＝Ek－Ek0可知，Ek-x圖線的斜率表示合力。二.例題精析題型一：Ek-x圖例1．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(dāng)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)圖象中已知信息，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【解答】解：A、設(shè)水平拉力的大小為F，物塊受到的滑動摩擦力大小為f。對0﹣3x0過程，根據(jù)動能定理得：F?2x0﹣f?3x0＝0對2x0﹣3x0過程，根據(jù)動能定理得：﹣f?x0＝0﹣Ek0，聯(lián)立可得f=Ek0xB、由f＝μmg，知由于物塊的質(zhì)量未知，故不能確定物塊與水平地面之間的動摩擦因數(shù)，故B錯誤；C、設(shè)物塊的最大速度為v，物塊加速運動和減速運動的時間分別為t1和t2，則有2x0=v2t1，x0=vD、物塊加速運動和減速運動的加速度大小之比a1：a2=vt1：vt2本題選不能確定的物理量，故選：B。題型二：v－t圖例2．物體在合力作用下做直線運動的v﹣t圖象如圖所示．下列表述正確的是（）A．在0～1s內(nèi)，合力做正功 B．在0～2s內(nèi)，合力總是做負功 C．在1s～2s內(nèi)，合力不做功 D．在0～3s內(nèi)，合力總是做正功【解答】解：A、在0～ls內(nèi)，物體的速度增大，動能增加，根據(jù)動能定理W合＝△EK，合力做正功。故A錯誤。B、在0～2s內(nèi)，動能增加，根據(jù)動能定理W合＝△EK，合力做正功。故B錯誤。C、在1～2s內(nèi)，動能減小，根據(jù)動能定理W合＝△EK，合力做負功。故C錯誤。D、在0～3s內(nèi)，動能變化為0，根據(jù)動能定理W合＝△EK，合力做功為0．故D錯誤。故選：A。題型三:F－x圖例3．如圖甲所示，在傾角為30°的足夠長的光滑斜面AB的A處連接一粗糙水平面OA，OA長為4m．有一質(zhì)量為m的滑塊，從O處由靜止開始受一水平向右的力F作用．F只在水平面上按圖乙所示的規(guī)律變化．滑塊與OA間的動摩擦因數(shù)μ＝0.25，g取10m/s2，試求：（1）滑塊從O到A過程水平力F做的功與克服摩擦力做的功的比值WF（2）滑塊沖上斜面AB的最大長度是多少？【解答】解：（1）在F﹣x圖像中，圖像與橫軸所圍面積表示拉力做功，故WF＝2mg×2﹣0.5mg×1＝3.5mg克服摩擦力做功Wf＝μmgxOA＝0.25×mg×4＝mg故W（2）在OA段，根據(jù)動能定理可得：WF?W滑塊沖上斜面AB的最大長度L，根據(jù)動能定理可得：?mgLsin30°=0?1答：（1）滑塊從O到A過程水平力F做的功與克服摩擦力做的功的比值WFWf（2）滑塊沖上斜面AB的最大長度為5m。題型四：a－t圖（多選）例4．用傳感器研究質(zhì)量為2kg的物體由靜止開始做直線運動的規(guī)律時，在計算機上得到0～6s內(nèi)物體的加速度隨時間變化的關(guān)系如圖所示。下列說法正確的是（）A．0～6s內(nèi)物體先向正方向運動，后向負方向運動 B．0～6s內(nèi)物體在5s時的速度最大 C．物體在2～4s內(nèi)速度不變 D．0～4s內(nèi)合力對物體做的功等于0～6s內(nèi)合力對物體做的功【解答】解：A、a﹣t圖線與坐標(biāo)軸所圍成的圖形的面積大小等于速度變化量，由圖象可知，0～6s內(nèi)速度變化量一直為正，所以一直沿正方向運動，故A錯誤；B、由圖示a﹣t圖線可知，0～5s內(nèi)，加速度方向與速度方向相同，做加速運動，5～6s內(nèi)加速度方向與速度方向相反，做減速運動，則5s末速度最大，故B正確；C、物體在2﹣4s內(nèi)加速度不變，物體做勻加速直線運動，物體的速度不斷增加，故C錯誤；D、a﹣t圖象的“面積”大小等于速度變化量，根據(jù)圖象可知，0～4s內(nèi)速度變化量等于0～6s內(nèi)速度變化量，物體的初速度為零，所以4s末和6s末的速度相等，則動能的變化量相等，根據(jù)動能定理可知0～4s內(nèi)合力對物體做的功等于0～6s內(nèi)合力做的功，故D正確。故選：BD。題型五：P－t圖例5．放在粗糙水平地面上質(zhì)量為0.8kg的物體受到水平拉力的作用，在0～6s內(nèi)其速度與時間的關(guān)系圖象和該拉力的功率與時間的關(guān)系圖象分別如圖所示。下列說法中正確的是（）A．0～6s內(nèi)拉力做的功為140J B．物體在0～2s內(nèi)所受的拉力為4N C．物體與粗糙水平地面的動摩擦因數(shù)為0.5 D．合外力在0～6s內(nèi)做的功與0～2s內(nèi)做的功相等【解答】解：B、由水平拉力的功率P＝Fv可得：在0～2s內(nèi)，拉力F=Pv=6NA、由圖可知，物體在0～2s的位移s1=12×10×2m=10m；在2s～6s的位移s2＝10×4m＝40m，故0～6s內(nèi)拉力做的功為W＝Fs1C、由物體在水平面上只受摩擦力和拉力，在2s～6s內(nèi)物體受力平衡可得f＝μmg＝F′，所以，μ=F'D、由物體速度與時間的關(guān)系圖象可知，物體在0～2s內(nèi)合外力大于零，在2s～6s內(nèi)合外力為零，故合外力在0～6s內(nèi)做的功與0～2s內(nèi)做的功相等，故D正確；故選：AD。三.舉一反三，鞏固練習(xí)（多選）一物塊放在水平面上，第一次水平拉力F1，作用在物塊上，一段時間后撤去拉力；第二次水平拉力F2作用在同一物塊上，一段時間后也撤去拉力，兩次物塊運動的v﹣t圖像如圖所示，則在整個運動過程中，下列說法正確的是（）A．拉力F1小于拉力F2 B．兩種情況下合外力做的功相等 C．拉力F1做的功比拉力F2做的功少 D．第一種情況下克服摩擦力做的功大于第二種情況下克服摩擦力做的功【解答】解：A、設(shè)物塊受到水平面的滑動摩擦力大小，對物塊，根據(jù)牛頓第二定律得：F﹣f＝ma，解得：a=F?fm，m、f相等，F(xiàn)越大加速度a越大；v﹣t圖象的斜率表示加速度，由圖示圖象可知，拉力F1作用時的加速度大于拉力F2作用時的加速度，則拉力F1大于拉力FB、由動能定理得：W＝0﹣0＝0，合力做功為零，兩種情況下合外力做的功相等，故B正確；C、v﹣t圖線與橫坐標(biāo)軸圍成圖形的面積表示物塊的位移，由圖示圖象可知：x1＜x2，對整個運動過程，由動能定理得：WF﹣fx＝0﹣0，解得拉力做功：W＝fx，由于f相等而x1＜x2，則W1＜W2，拉力F1做的功比拉力F2做的功相等，故C正確；D、克服摩擦力做功Wf＝fx，由于f相等而x1＜x2，則Wf1＜Wf2，第一種情況下克服摩擦力做的功小于第二種情況下克服摩擦力做的功，故D錯誤。故選：BC。某滑雪賽道如圖所示，滑雪運動員從靜止開始沿斜面下滑，經(jīng)圓弧滑道起跳．將運動員視為質(zhì)點，不計摩擦力及空氣阻力，此過程中，運動員的動能Ek與水平位移x的關(guān)系圖像正確的是（）A． B． C． D．【解答】解：設(shè)運動員位移與水平方向夾角為θ，對運動員，由動能定理得：mgxtanθ＝Ek﹣0運動員的動能：Ek＝mgxtanθ由圖示運動員運動過程可知，開始θ不變，Ek與x成正比，運動員運動到傾斜軌道下端時θ發(fā)生變化，Ek與位移不成正比，運動員到達軌道最低點然后上升，重力做負功，動能減小，由圖示圖象可知，A正確，BCD錯誤。故選：A。如圖為物體沿直線運動的v﹣t圖，已知第1秒內(nèi)合外力對物體做功為W，則（）A．從第1秒末到第3秒末合外力做功為4W B．從第3秒末到第5秒末合外力做功為﹣2W C．從第5秒末到第7秒末合外力做功為W D．從第6秒末到第7秒末合外力做功為﹣0.75W【解答】解：在第1秒內(nèi)，物體做勻加速直線運動，做功為W，設(shè)此時的合外力為F，位移為x，即Fx＝W=1從第3秒末到第7秒末由圖象的斜率可以知道，此時的合力大小F2=1第3秒末到第5秒末合外力的方向與速度方向相反，第5秒末到第7秒末力的方向與速度方向相同。A、由動能定理得：從第1秒末到第3秒末合外力做功為W1＝ΔEk＝0，故A錯誤；B、第3秒末到第5秒末的位移為2x，合外力做功為W2=12F×2x×cos180°＝C、第5秒末到第7秒末的位移也為2x，合外力做功為W3=12F×2x×cos0D、從第5秒末到第6秒末的位移為12x，合外力做功為W4=12F×12x×cos0°=故選：C。（多選）質(zhì)量相等的A、B兩物體運動的速度v隨時間t變化的圖像如圖所示。整個運動過程中，A、B兩物體的位移大小分別為xA、xB，所受合外力的大小分別為FA、FB，合外力做的功分別為WA、WB，加速度大小分別為aA、aB。下列關(guān)系式正確的是（）A．xA：xB＝2：1 B．WA：WB＝4：1 C．FA：FB＝4：1 D．a(chǎn)A：aB＝2：1【解答】解：A．在v﹣t圖像中，圖線與時間軸所圍成的面積表示位移則有x解得xA：xB＝1：1，故A錯誤；B．設(shè)A、B兩物體質(zhì)量為m，根據(jù)動能定理W解得WA：WB＝4：1，故B正確；CD．有圖像可知a解得aA：aB＝4：1根據(jù)牛頓第二定律FA=m解得FA：FB＝4：1，故C正確，D錯誤。故選：BC。（多選）大貨車由于運輸貨物能力出眾，為保障我國經(jīng)濟發(fā)展發(fā)揮了巨大作用，某車企測試一貨車滿載時的性能，讓其從靜止開始保持恒定功率加速到8m/s的最大速度，如圖所示為牽引力F與速度v的關(guān)系，加速過程所用的時間T＝8s，通過的路程s＝48m，若汽車所受阻力始終不變，則該貨車滿載時（）A．做勻速運動時的牽引力大小為2×104N B．加速階段加速度維持不變 C．恒定功率為1.6×105W D．可以在限重為12噸的道路上行駛【解答】解：A、汽車加速結(jié)束時合力為零，即牽引力等于阻力，以后汽車做勻速直線運動，由圖示圖象可知，汽車勻速直線運動時牽引力大小F＝2×104N，則汽車所受的阻力f＝F＝2×104N，故A正確；B、汽車以恒定的功率啟動，P不變，根據(jù)P＝Fv可知牽引力逐漸減小，根據(jù)牛頓第二定律F﹣f＝ma可知，加速度逐漸減小，故B錯誤；C、由圖示圖象可知，汽車勻速運動的速度v＝8m/s，汽車的功率P＝Fv＝2×104×8W＝1.6×105W，故C正確；D、汽車加速過程，由動能定理得：Pt﹣fs=12mv2﹣0，代入數(shù)據(jù)解得：m＝1×10故選：ACD。（多選）一質(zhì)量m＝1的物塊靜止在水平地面上，t＝0時刻對物塊施加水平外力F，1s后保持外力方向不變將其大小減小為原來的13，物塊在0～4s內(nèi)運動的速度—時間圖像如圖所示，取重力加速度g＝10m/s2A．物塊與水平地面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2 B．0～4s內(nèi)外力對物體做功為6J C．2s末外力的功率為89WD．物體經(jīng)過全部路程中點時的速率為23【解答】解：A、由物塊在0～4s內(nèi)運動的速度—時間圖像可知，0～1s內(nèi)做勻加速直線運動，加速度a1=ΔvΔt=2?01位移：x1=11s～4s內(nèi)做勻減速直線運動，加速度a2=ΔvΔt=0?24?1位移：x2=1對物塊受力分析，根據(jù)牛頓第二定律得：0～1s內(nèi)：F﹣μmg＝ma11s～4s內(nèi)：13F﹣μmg＝ma聯(lián)立解得：μ＝0.2，F(xiàn)＝4kg，故A正確；B、0～4s內(nèi)外力對物塊做功為W＝Fx1+13解得：W＝8J，故B錯誤；C、由物塊在0～4s內(nèi)運動的速度—時間圖像可知，2s末物塊速度為v2＝v1+a2t＝（2﹣1×23）m/s2s末外力的功率為P=13Fv2=1故C錯誤；D、由A選項分析可知，全過程中點位移為2m，則從t＝1s到全過程中點位移為x'＝1m，根據(jù)位移—速度關(guān)系可知vx解得：vx故D正確；故選：AD。（多選）在拉力F的作用下，一輛玩具汽車從斜面底端由靜止開始沿斜面運動，它的動能Ek與位移x的關(guān)系如圖所示（AB段為曲線），各處的摩擦忽略不計，下列說法正確的是（）A．0～x1過程中，車所受拉力逐漸增大 B．0～x1過程中，拉力的功率逐漸增大 C．0～x2過程與x2～x3過程，車的平均速度相等 D．x2～x3過程中，車的機械能可能不變【解答】解：A.Ek﹣x圖線的斜率表示車所受的合外力，0～x1過程中，車所受合外力不變，則所受拉力不變，故A錯誤；B.0～x1過程中，拉力不變，而車的速度逐漸增大，所以拉力的功率逐漸增大，故B正確；C.根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律的推論可知，只有當(dāng)兩個過程車都做勻變速運動時，其平均速度才相等，而0～x2過程中，車先做勻加速運動，然后做變加速運動；x2～x3過程，車做勻減速運動，所以0～x2過程與x2～x3過程，車的平均速度不相等，故C錯誤；D.x2～x3過程中，車做勻減速運動，此時拉力可能為零，車的機械能可能守恒，故D正確。故選：BD。（多選）一輛汽車在平直的公路上做直線運動，如圖是描述該車在t＝0時刻由靜止開始運動的加速度隨時間變化圖象。則由圖象提供的信息可求出（）A．汽車在15s末的速度大小 B．汽車的最大動量 C．汽車在0～15s的時間內(nèi)牽引力對它做的功 D．汽車在0～15s內(nèi)一直沿同一方向運動且速度的變化量為零【解答】解：A、由圖可知，物體先做勻加速直線運動，然后再做加速減小的減速運動，由a﹣t圖象面積可以確定速度，可知15s末速度為0，故A正確；B、作出v﹣t圖象，如圖所示根據(jù)圖象知，5s末時速度最大，大小為15m/s，則但由于質(zhì)量未知，故動量P＝mv無法求出，故B錯誤；C、汽車在0～15s的時間內(nèi)，除牽引力以外其他力做功情況未知，質(zhì)量也未知，故無法根據(jù)動能定理求得牽引力所做的功，故C錯誤；D、根據(jù)圖象可知汽車在0～15s內(nèi)一直沿同一方向運動且速度的變化量為零，故D正確。故選：AD。（多選）某實驗研究小組為探究物體沖上粗糙斜面能達到的最大位移x與斜面傾角θ的關(guān)系，使某一物體每次以不變的初速率v0。沿足夠長的斜面向上運動，如圖甲所示，調(diào)節(jié)斜面與水平面的夾角θ，實驗測得x與θ的關(guān)系如圖乙所示，取g＝10m/s2，則由圖可知（）A．當(dāng)某次θ＝30°時，物體達到最大位移后將不會沿斜面下滑 B．物體與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.8 C．取初始位置所在水平面為重力勢能參考平面，當(dāng)θ＝37°，物體上滑過程中動能與重力勢能相等時，物體上滑的位移為0.1875m D．圖乙中xmin＝0.36m【解答】解：AB.當(dāng)θ=πv0可得v0＝3m/s當(dāng)θ＝0時，物體沿水平面做減速運動，根據(jù)動能定理﹣μmgx=代入數(shù)據(jù)解得μ＝0.75tan30°＜0.75，所以物體上升到最大位移處，將不再下滑，故B錯誤，A正確。C.動能與重力勢能相等的位置mgxsin37°=12mv02?整理得x＝0.25mC故錯誤；D.根據(jù)動能定理μmgxcosθ+mgxsinθ=整理得x=根據(jù)數(shù)學(xué)知識可知位移最小值xmin＝0.36m故D正確。故選：AD。北京2022年冬奧會自由式滑雪女子大跳臺的比賽中，18歲的中國選手谷愛凌獲得了中國女子雪上項目第一個冬奧會冠軍?；┐筇_的賽道主要由助滑道、起跳臺、著陸坡、停止區(qū)組成，如圖甲所示。在某次訓(xùn)練中，運動員經(jīng)助滑道加速后自起跳點C以與水平方向成37°角的某一速度飛起，完成空中動作后，落在著陸坡上，已知運動員著陸時的速度方向與豎直方向夾角也為37°，測得運動員完成空中動作的時間為2.5s。然后運動員沿半徑為R＝66m的圓弧軌道EF自由滑行通過最低點F，進入水平停止區(qū)后調(diào)整姿勢減速滑行直到停止。在F點地面對運動員的支持力為其體重（含裝備）的2倍，運動員與水平停止區(qū)的動摩擦因數(shù)μ隨著滑行的位移x變化關(guān)系的圖像如圖乙所示，取g＝10m/s2，sin37＝0.6，忽略運動過程中的空氣阻力。求：（1）運動員從起跳點C飛起時的速度大小；（2）運動員在水平停止區(qū)滑行的位移大小?！窘獯稹拷猓海?）對運動員由C點到落地瞬間的速度進行正交分解，水平方向做勻速直線運動，豎直方向做勻變速直線運動。水平方向迪度vx＝vCcos37°堅直方向速度上拋vy＝vCsin37°﹣gt著陸時豎直方向分速度與C點的豎直方向分速度方向相反，由于運動員著陸時的速度方向與豎直方向的夾角為也為37°，則有tan37°=v代入數(shù)據(jù)解得vC＝15m/s（2）將運動員與裝備看成一個質(zhì)點，總質(zhì)量為，在F點支持力和總重力的合力為圓周運動提供內(nèi)心力，則有FN﹣mg＝mv由圖乙可知，μ＝0.4+1運動員到達F點后，做勻減邊直統(tǒng)運動，設(shè)運動員在水平停止區(qū)滑行的位移大小為x，由動能定理﹣（0.4+0.4+1200L2）mgL＝0解得L＝60m。答：（1）運動員從起跳點C飛起時的速度大小為15m/s；（2）運動員在水平停止區(qū)滑行的位移大小為60m。如圖所示，可視