高考物理一轮复习 课练15 动能和动能定理（含解析）新人教版-新人教版高三全册物理试题.doc

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1、课练15动能和动能定理1(多选)如图所示，某人将质量为m的石块从距地面高h处斜向上方抛出，石块抛出时的速度大小为v0，由于空气阻力作用石块落地时的速度大小为v，方向竖直向下，已知重力加速度为g，下列说法正确的是()A石块刚抛出时重力的瞬时功率为mgv0B石块落地时重力的瞬时功率为mgvC石块在空中飞行过程中合外力做的功为mvmv2D石块在空中飞行过程中阻力做的功为mv2mvmgh2如图所示，半径为R的水平转盘上叠放有两个小物块P和Q，P的上表面水平，P到转轴的距离为r.转盘的角速度从0开始缓缓增大，直至P恰好能与转盘发生相对滑动，此时Q受到P的摩擦力设为f，在此过程中P和Q相对静止，转盘对P做

2、的功为W.已知P和Q的质量均为m，P与转盘间的动摩擦因数为1，P与Q间的动摩擦因数为2，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列判断正确的是()Af2mg BW0CW1mgr D条件不足，W无法求出3(多选)如图所示，一小朋友做蹦床运动由高处自由落下从该小朋友双脚接触蹦床开始至双脚到最低点的过程中，不考虑空气阻力，该小朋友()A机械能守恒B速度先增大后减小C加速度先增大后减小D所受重力做的功小于其克服蹦床弹力做的功4(多选)如图所示，半径为r的半圆弧轨道ABC固定在竖直平面内，直径AC水平，一个质量为m的物块(可视为质点)从圆弧轨道A端正上方P点由静止释放，物块刚好从A点无碰撞地进入圆弧轨道并在A

3、、B之间做匀速圆周运动，到B点时对轨道的压力大小等于物块重力的2倍，重力加速度为g，不计空气阻力，则()A物块到达A点时速度大小为BP、A间的高度差为C物块从A运动到B所用时间为D物块从A运动到B克服摩擦力做功为mgr5(多选)今年2月，太原市首批纯电动公交车开始运营在运营前的测试中，电动公交车在平直路面上行驶，某段时间内的vt图象如图所示在010 s内发动机和车内制动装置对车辆所做的总功为零，车辆与路面间的摩擦阻力恒定，空气阻力不计已知公交车质量为13.5 t，g10 m/s2，则()A汽车在010 s内发生的位移为54 mB汽车与路面的摩擦阻力为2 000 NC发动机在第1 s内的平均功率

4、是第7 s内的倍D第6 s内汽车克服车内制动装置做的功是第10 s内的倍6(多选)如图所示，质量为M的电梯底板上放置一质量为m的物体，钢索拉着电梯由静止开始向上做加速运动，当上升高度为H时，速度达到v，不计空气阻力，重力加速度为g，则在这一过程中()A物体所受合力做的功等于mv2mgHB底板对物体的支持力做的功等于mgHmv2C钢索的拉力做的功等于Mv2MgHD钢索的拉力、电梯的重力及物体对底板的压力对电梯做的总功等于Mv2练高考小题7.2019全国卷，18(多选)从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能Ek与重力势能Ep之和取地面为重力势能零点，该物体的E总和Ep随它离开地面的高度h的

5、变化如图所示重力加速度取10 m/s2.由图中数据可得()A物体的质量为2 kgBh0时，物体的速率为20 m/sCh2 m时，物体的动能Ek40 JD从地面至h4 m，物体的动能减少100 J82018全国卷，14如图，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度木箱获得的动能一定()A小于拉力所做的功B等于拉力所做的功C等于克服摩擦力所做的功D大于克服摩擦力所做的功92018全国卷，18如图，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R；bc是半径为R的四分之一圆弧，与ab相切于b点一质量为m的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静止开始

6、向右运动重力加速度大小为g.小球从a点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为()A2mgR B4mgRC5mgR D6mgR102017江苏卷，3一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处物块初动能为Ek0，与斜面间的动摩擦因数不变，则该过程中，物块的动能Ek与位移x关系的图线是()ABCD练模拟小题112019山东省潍坊模拟(多选) 如图所示，一根细绳的上端系在O点，下端系一重球B，放在粗糙的斜面体A上现用水平推力F向右推斜面体使之在光滑水平面上向右匀速运动一段距离(细绳尚未到达平行于斜面的位置)在此过程中()AB做匀速圆周运动B摩擦力对重球B做正功C水平推力F和重球B对A做的功的大小相等DA对

7、重球B所做的功与重球B对A所做的功大小相等122019河南省商丘九校联考(多选)已知一足够长的传送带与水平面间的夹角为，以一定的速度匀速运动，某时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度的物块(如图a所示)，以此时为t0时刻记录了小物块在传送带上运动的速度随时间的变化关系，如图b所示(图中取沿传送带向上的运动方向为正方向，其中|v1|v2|)，已知传送带的速度保持不变，则下列判断正确的是()A0t1内，物块对传送带一直做负功B物块与传送带间的动摩擦因数tan C0t2内，传送带对物块做的功为mvmvD系统产生的热量一定比物块动能的减少量大132019福建省福州市八县(市)联考(多选)如图所示，在

8、距水平地面高为0.4 m处，水平固定一根长直光滑杆，在杆上P点固定一光滑定滑轮，滑轮可绕水平轴无摩擦转动，在P点的右侧，杆上套有一质量m2 kg的滑块A.半径R0.3 m的光滑半圆形细轨道竖直固定在地面上，其圆心O在P点的正下方，在轨道上套有一质量也为m2 kg的小球B.用一条不可伸长的柔软轻细绳，通过定滑轮将A、B连接起来杆和半圆形轨道在同一竖直面内，A、B均可看成质点，且不计滑轮大小的影响现给滑块A一个水平向右的恒力F50 N(取g10 m/s2)则()A把小球B从地面拉到P点的正下方C处时力F做的功为20 JB小球B运动到P点正下方C处时的速度为0C小球B被拉到与滑块A速度大小相等时，离

9、地面高度为0.225 mD把小球B从地面拉到P的正下方C处时，小球B的机械能增加了20 J14.2019安徽省四校模拟一质点在015 s内竖直向上运动，其加速度时间图象如图所示，若取竖直向下为正，g取10 m/s2，则下列说法正确的是()A质点的机械能不断增加B在05 s内质点的动能增加C在1015 s内质点的机械能一直增加D在t15 s时质点的机械能大于t5 s时质点的机械能152019江西省南昌调研(多选)如图所示，一小球(可视为质点)从H12 m高处，由静止开始沿光滑弯曲轨道AB进入半径R4 m的竖直圆环内侧，且与圆环的动摩擦因数处处相等，当到达圆环顶点C时，刚好对轨道压力为零；然后沿C

10、B圆弧滑下，进入光滑弧形轨道BD，到达高度为h的D点时速度为零，则h的值可能为()A10 m B9.5 mC8.5 m D8 m162019四川五校联考如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与一质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连，弹簧水平且处于原长圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，ACh，此为过程；若圆环在C处获得一竖直向上的速度v，则恰好能回到A处，此为过程.已知弹簧始终在弹性范围内，重力加速度为g，则圆环()A在过程中，加速度一直减小B在过程中，克服摩擦力做的功为mv2C在C处，弹簧的弹性势能为mv2mghD在过程、过程中克服摩擦力做功相同综合测评提能力

11、一、单项选择题(本题共8小题，每小题3分，共24分)12019浙江模拟如图所示，足球从草皮上的位置被踢出后落在草皮上位置，空中到达的最高点为位置，则()A位置足球动能等于0B位置到位置过程只有重力做功C位置到位置的过程足球的动能全部转化为重力势能D位置到位置过程足球动能的变化量等于合力做的功22020河北省定州中学模拟一个人站在高为H的平台上，以一定的初速度将一质量为m的小球抛出测出落地时小球的速度大小为v，不计空气阻力，重力加速度大小为g，人对小球做的功W及小球被抛出时的初速度大小v0分别为()AWmv2mgH，v0BWmv2，v0CWmgH，v0DWmv2mgH，v032019全国卷从地面

12、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3 m以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图所示重力加速度取10 m/s2.该物体的质量为()A2 kg B1.5 kgC1 kg D0.5 kg4如图所示，第一次将质量为m的物块放在水平面上的P点，给其一定的初速度使其滑向Q点；第二次将质量为2m的物块B放在P点，并给其施加向右的水平拉力，使物块B从静止开始向Q点运动，结果物块A运动到Q点的动能与物块B运动到PQ中点时的动能相同，物块B从P点运动到PQ中点时，拉力做功为W，两物块与水平面间的动摩擦因数相同，则物块A的

13、初速度大小为()A. B. C. D25.预测新题如图所示，竖直平面内放一直角杆MON，OM水平，ON竖直且光滑，用不可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2 kg，在作用于A球上的水平力F的作用下，A、B两球均处于静止状态，此时A球距O点的距离为xA0.3 m，B球距O点的距离xB0.4 m，改变水平力F的大小，使A球向右加速运动，已知A球向右运动0.1 m时的速度大小为3 m/s，则在此过程中绳的拉力对B球所做的功为(取g10 m/s2)()A11 J B16 JC18 J D9 J6.名师原创如图所示，A、B是两个等高的固定点，间距为L，一根长为2L的非弹性轻

14、绳两端分别系在A、B两点，绳上套了一个质量为m的小球现使小球在竖直平面内以AB为中心轴做圆周运动，若小球在最低点的速率为v，则小球运动到最高点时，两段绳的拉力恰好均为零，若小球在最低点的速率为2v，则小球运动到最高点时每段绳上的拉力大小为(重力加速度大小为g，不计一切摩擦)()A.mg B5mgC15mg D5mg7.2020江西五校联考如图所示，光滑水平面OB与足够长的粗糙斜面BC交于B点轻弹簧左端固定于竖直墙面，现用质量为m1的滑块压缩弹簧至D点，然后由静止释放，滑块脱离弹簧后经B点滑上斜面，上升到最大高度，并静止在斜面上，不计滑块在B点的机械能损失换用材料相同、质量为m2的滑块(m2m1

15、)压缩弹簧至同一点后，重复上述过程，下列说法正确的是()A两滑块到达B点时的速度相同B两滑块沿斜面上升的最大高度相同C两滑块上升到最高点的过程中克服重力做的功不相同D两滑块上升到最高点的过程中机械能损失相同82019广东佛山一中段考如图，一半径为R、粗糙程度处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点上方高为R处由静止开始下落，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()AWmgR，质点恰好可以到达Q点BWmgR，质点不能到达Q点CWmgR，质点到达Q点后，继续上升一段

16、距离DWmgsin ，得tan ，故B正确.0t2时间内，由题图b中“面积”等于位移可知，物块的总位移沿斜面向下，高度下降，重力对物块做正功，设为WG，根据动能定理得：WWGmvmv，则传送带对物块做的WmvmvWG，故C错误.0t2时间内，重力对物块做正功，物块的重力势能减小、动能也减小，且都转化为系统产生的内能，则由能量守恒定律知，系统产生的热量一定比物块动能的减少量大，故D正确故选A、B、D.13ACD把小球B从地面拉到P点正下方C处的过程中，力F的位移为：xm(0.40.3)m0.4 m，则力F做的功WFFx20 J，选项A正确；把小球B从地面拉到P点正下方C处时，B的速度方向与绳子方

17、向垂直，A的速度为零，设B的速度为v，则由动能定理：WFmgRmv20，解得vm/s，选项B错误；当细绳与半圆形轨道相切时，小球B的速度方向沿圆周的切线方向向上，此时和绳子方向重合，故与滑块A速度大小相等，由几何关系可得h0.225 m，选项C正确；B的机械能增加量为F做的功20 J，D正确14D质点竖直向上运动，015 s内加速度方向向下，质点一直做减速运动，B错误.05 s内，a10 m/s2，质点只受重力，机械能守恒；510 s内，a8 m/s2，受重力和向上的力F1，F1做正功，机械能增加；1015 s内，a12 m/s2，质点受重力和向下的力F2，F2做负功，机械能减少，A、C错误由

18、F合ma可推知F1F2，由于做减速运动，510 s内通过的位移大于1015 s内通过的位移，F1做的功大于F2做的功，515 s内增加的机械能大于减少的机械能，所以D正确15BC设小球质量为m，以B点所在水平面为零势能面，由题给条件“当到达圆环顶点C时，刚好对轨道压力为零”有mg，小球到达C点时，有vgR，在C点的动能为mvmgR，则小球在C点的机械能为2mgRmvmgR，则小球从B点到C点克服摩擦力做的功为mgR，小球到达D点时速度为零，设小球在D点的机械能为EkD，分析可知小球在从C点到B点过程中也有摩擦力，且摩擦力做的功小于小球从B点到C点克服摩擦力做的功mgR，故2mgREkDmgR，

19、即8 mh10 m，选项B、C正确16D圆环刚开始下滑时，圆环受到的合力向下，设弹簧原长为L，下滑过程中，对圆环受力分析，如图所示，弹簧弹力与竖直方向的夹角为，则弹簧弹力FkL，竖直方向根据牛顿第二定律可得mgFcos FNma，水平方向有Fsin FN，联立三个方程可知，圆环下滑过程中受到的合力先减小后增大，圆环的加速度先减小后增大，选项A错误；在过程和中，圆环在相同位置时受到的滑动摩擦力大小相等，所以在这两个过程中克服摩擦力做的功相等，选项D正确；在过程中，根据动能定理可得WGWfW弹0，解得WfWGW弹，在过程中，根据动能定理可得WGW弹Wfmv2，联立解得Wfmv2，在C处Ep弹W弹m

20、ghmv2，选项B、C错误综合测评提能力1D由题图可知，足球由到过程中具有水平位移，则说明足球在位置存在速度，故A错误；由图可知，到的水平位移大于到的水平位移，则说明足球受到空气阻力，故B错误；因存在阻力做功，故位置到位置的过程足球的动能转化为重力势能和内能，故C错误；根据动能定理可得，位置到位置过程足球动能的变化量等于合力做的功，故D正确2A对小球在空中的运动过程，有：mgHmv2mv，解得：v0，Wmvmv2mgH，故A正确3C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，由动能定理结合题图可得(mg F)3 m(3672)J；物体在下落过程中，受到竖

21、直向下的重力mg和竖直向上的恒定外力F，再由动能定理结合题图可得(mgF)3 m(48 24)J，联立解得m1 kg、F2 N，选项C正确，A、B、D均错误4B本题考查动能定理设物块A的初速度大小为v0，物块运动到Q点时动能为Ek，对物块A由动能定理有mgsEkmv，对物块B由动能定理有W2mgsEk，解得v0，B正确5CA球向右运动0.1 m时，A球的速度大小vA3 m/s，A球距O点的距离xA0.4 m，B球距O点的距离为xB0.3 m设此时轻绳与OM的夹角为，则有tan ，由运动的合成与分解可得vAcos vBsin ，解得vB4 m/s.以B球为研究对象，此过程中B球上升的高度h0.1

22、 m，由动能定理可得Wmghmv0，解得轻绳的拉力对B球所做的功为W18 J，选项C正确6B设小球在竖直面内做圆周运动的半径为r，小球运动到最高点时轻绳与圆周运动轨迹平面的夹角为30，则有rLcos 30L，小球在最低点的速率为v时，到达最高点的速率设为v，根据题述有mgm，由机械能守恒定律可知，mg2rmv2mv2，得v；小球在最低点的速率为2v时，到达最高点的速率设为v，则有mg2rmv2m(2v)2，得v4，设每段绳的拉力大小为F，则2Fcos mgm，联立解得F5mg，B正确7D由于初始时，弹簧的弹性势能相同，则两滑块到达B点时的动能相同，但速度不同，故A错误；两滑块在斜面上运动时的加

23、速度相同，由于到达B点时的速度不同，故上升高度不同，B错误；滑块上升到最高点的过程中克服重力做的功为mgh，由能量守恒定律有Epmghmgcos ，解得mgh，故两滑块上升到最高点的过程中克服重力做的功相同，C错误；由能量守恒知损失的机械能E损，结合C的分析，可知D正确8C在N点，根据牛顿第二定律有Nmgm，解得vN，对质点从开始下落至到达N点的过程运用动能定理得mg2RWmv0，解得WmgR.由于质点在PN段的速度大于质点在NQ段的速度，所以质点在NQ段受到的支持力小于PN段受到的支持力，则质点在NQ段克服摩擦力做的功小于在PN段克服摩擦力做的功，小球在NQ段运动时由动能定理得mgRWmvm

24、v，因为W0，所以质点到达Q点后，继续上升一段距离故C正确，A、B、D错误9BC由题图乙可知，当夹角0时，位移为2.40 m，而当夹角为90时，位移为1.80 m，则由竖直上抛运动规律可知v2gh，解得v06 m/s，故A错误；当夹角为0时，由动能定理可得mgxmv，解得0.75，故B正确；mgxsin mgxcos 0mv，解得x(m)(m)(m)，当90时，sin()1，此时位移最小，x1.44 m，故C正确；若45时，物体受到重力的分力为mgsin 45mg，最大静摩擦力fmgcos45mg，mgmg，故物体达到最大位移后会下滑，故D错误10AD小球在最低点时有F1Tmgm，解得v1，而

25、在最高点时，由于小球恰好能通过最高点，所以有mgm，可得v2，小球从最低点到最高点的过程，由动能定理可得mg2RWfmvmv，解得空气阻力做的功WfmgR，选项A正确，B错误；小球从最高点到最低点的过程，由于小球受到的空气阻力随速度的减小而减小，分析可知在同一水平面上上升过程中的阻力大于下落过程中的阻力，由动能定理可得mg2RWfmvmv，且此过程中空气阻力做的功WfWf，解得v1，再次经过最低点时有F2Tmgm，解得T5mg，选项C错误，D正确11答案：(1)6 m/s(2)4.6 N(3)1.4 N解析：(1)物体P从A下滑经B到C过程中根据动能定理有mgLsin 37mgR(1cos 3

26、7)mgcos 37Lmv0，解得vC6 m/s.(2)物体P在C点，根据牛顿第二定律有Nmgm，解得N4.6 N.根据牛顿第三定律，物体P通过C点时对轨道的压力为4.6 N.(3)物体P最后在B和与其等高的圆弧轨道上来回运动时，经C点压力最小，由B到C由动能定理有mgR(1cos 37)mv，解得vC2 m/s，则Nminmgm1.4 N.根据牛顿第三定律，物体P对C点处轨道的最小压力为1.4 N.12答案：(1)23.2 N(2)4 m/s(3)3.2 m/s解析：(1)设初位置BP方向与竖直方向成角，将F1分解到竖直方向和水平方向，要离开地面时满足F1cos mBg，其中cos ，解得F

27、123.2 N(2)当B球运动到C处时，滑块A的速度为0.对A、B整体由动能定理得F2(hr)mBgrmBv2解得v4 m/s(3)当B球的切向加速度为0时，速度取最小值vmin.设此时BP与水平方向的夹角为，有mgsin F3解得sin 0.8对A、B整体从B球处于C位置到B球速度最小的过程，由动能定理得mBgr(1cos )F3hsin (hr)(mAmB)vmBv2解得vmin3.2 m/s13答案：(1)3 m/s(2)43 N(3)0.98 m解析：本题借助传送带考查动能定理在多过程问题中的应用(1)对于小物块，由A到B做平抛运动，在竖直方向上有v2gh，在B点时有tan，联立解得vA3 m/s.(2)小物块在B点的速度为vB5 m/s，小物块从B到O由动能定理得mgR(1cos 53)mvmv，小物块经过O点时由牛顿第二定律得FNmgm，解得FN43 N.(3)物块沿斜面上滑时，设物块加速度为a，由牛顿第二定律得mgsin 53mgcos 53ma1，解得a110 m/s2，圆弧轨道光滑，故vCvB5 m/s，小物块由C上升到最高点的时间为t10.5 s，则小物块由斜面最高点回到D点历时t20.8 s0.5 s0.3 s，小物块沿斜面下滑时，由牛顿第二定律得mgsin 53mgcos 53ma2，解得a26 m/s2，C、D间的距离为xCDa2t0.98 m.