《2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 全程訓(xùn)練計(jì)劃 課練15 動(dòng)能和動(dòng)能定理（含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 全程訓(xùn)練計(jì)劃 課練15 動(dòng)能和動(dòng)能定理（含解析）（18頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 全程訓(xùn)練計(jì)劃 課練15 動(dòng)能和動(dòng)能定理（含解析） 小題狂練? 小題是基礎(chǔ)　練小題　提分快 1.[2019·河北省定州中學(xué)模擬]一個(gè)人站在高為H的平臺(tái)上，以一定的初速度將一質(zhì)量為m的小球拋出．測出落地時(shí)小球的速度大小為v，不計(jì)空氣阻力，重力加速度大小為g，人對小球做的功W及小球被拋出時(shí)的初速度大小v0分別為(　　) A．W＝mv2－mgH，v0＝ B．W＝mv2，v0＝ C．W＝mgH，v0＝ D．W＝mv2＋mgH，v0＝ 答案：A 解析：對小球在空中的運(yùn)動(dòng)過程，有：mgH＝mv2－mv，解得：v0＝，W＝mv＝mv2－mgH，故A正確

2、． 2．[2019·天津市耀華中學(xué)檢測]如圖所示，用同種材料制成的一軌道ABC，AB段為四分之一圓弧，半徑為R，水平放置的BC段長為R.一物塊質(zhì)量為m，與軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，它由軌道頂端A從靜止開始下滑，恰好運(yùn)動(dòng)到C端停止，重力加速度為g，物塊在AB段克服摩擦力做的功為(　　) A．μmgR B．mgR C.πμmgR D．(1－μ)mgR 答案：D 解析：在BC段物塊受到的摩擦力f＝μmg，位移為R，故在BC段摩擦力對物塊做的功W＝－fR＝－μmgR，即物塊克服摩擦力做的功為μmgR，對整個(gè)過程由動(dòng)能定理可知，mgR＋W1＋W＝0，解得W1＝μmgR－mgR，故在AB段

3、克服摩擦力做的功為mgR－μmgR.故選D. 3．[2019·河北省衡水中學(xué)二調(diào)](多選)如圖所示，斜面體由粗糙程度不同的材料A、B拼接而成，其截面△OCD為等腰直角三角形，P為兩材料在CD邊上的交點(diǎn)，且DP＞CP.現(xiàn)將OD邊水平放置，讓小物塊無初速度地從C滑到D，然后將OC邊水平放置，再讓小物塊無初速度地從D滑到C，小物塊兩次滑到P點(diǎn)的時(shí)間相同．下列說法正確的是(　　) A．物塊第二次滑到P點(diǎn)的速率大 B．兩次滑動(dòng)中物塊到達(dá)P點(diǎn)時(shí)的速度大小相等 C．兩次滑動(dòng)中物塊到達(dá)底端時(shí)的速度大小相等 D．物塊第一次滑到P點(diǎn)的速率大 答案：AC 解析：由題意可知，小物塊兩次滑到P點(diǎn)的時(shí)間

4、相同，由于DP＞CP，因此從D到P的平均速度大于從C到P的平均速度，設(shè)從C滑到P點(diǎn)時(shí)速度為v1，從D滑到P點(diǎn)時(shí)速度為v2，則根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)知識(shí)有：>，即從D滑到P點(diǎn)時(shí)的速度大于從C滑到P點(diǎn)時(shí)的速度，故A正確，B、D錯(cuò)誤；小物塊從D到C和從C到D的過程中摩擦力做的功相等，重力做的功相等，根據(jù)動(dòng)能定理可知，兩次滑動(dòng)中物塊到達(dá)底端的速度大小相等，故C正確． 4．[2019·江蘇省高郵中學(xué)檢測](多選)如圖所示，質(zhì)量為M的電梯底板上放置一質(zhì)量為m的物體，鋼索拉著電梯由靜止開始向上做加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)上升高度為H時(shí)，速度達(dá)到v，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g，則在這一過程中(　　) A．物體所受合力

5、做的功等于mv2＋mgH B．底板對物體的支持力做的功等于mgH＋mv2 C．鋼索的拉力做的功等于Mv2＋MgH D．鋼索的拉力、電梯的重力及物體對底板的壓力對電梯做的總功等于Mv2 答案：BD 解析：對物體，應(yīng)用動(dòng)能定理得：合力對物體做的功等于物體動(dòng)能的增加量，有W－mgH＝mv2，W＝mgH＋mv2，故A錯(cuò)誤，B正確；根據(jù)功能關(guān)系可知，鋼索的拉力做的功等于電梯和物體的機(jī)械能增加量，為WF＝(M＋m)gH＋(M＋m)v2，故C錯(cuò)誤；對電梯，根據(jù)動(dòng)能定理知合力對電梯做的功等于電梯的動(dòng)能的變化量，即鋼索的拉力、電梯的重力及物體對底板的壓力對電梯M做的總功等于Mv2，故D正確． 5．[

6、2019·河南省商丘九校聯(lián)考](多選)已知一足夠長的傳送帶與水平面間的夾角為θ，以一定的速度勻速運(yùn)動(dòng)，某時(shí)刻在傳送帶適當(dāng)?shù)奈恢梅派暇哂幸欢ǔ跛俣鹊奈飰K(如圖a所示)，以此時(shí)為t＝0時(shí)刻記錄了小物塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的速度隨時(shí)間的變化關(guān)系，如圖b所示(圖中取沿傳送帶向上的運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较?，其中|v1|＞|v2|)，已知傳送帶的速度保持不變，則下列判斷正確的是(　　) A．0～t1內(nèi)，物塊對傳送帶一直做負(fù)功 B．物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＞tanθ C．0～t2內(nèi)，傳送帶對物塊做的功為mv－mv D．系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量一定比物塊動(dòng)能的減少量大 答案：ABD 解析：由題圖b知，物塊先向下運(yùn)

7、動(dòng)后向上運(yùn)動(dòng)，則知傳送帶的運(yùn)動(dòng)方向應(yīng)向上，0～t1時(shí)間內(nèi)，物塊對傳送帶的摩擦力方向沿傳送帶向下，則物塊對傳送帶做負(fù)功，故A正確．在t1～ t2時(shí)間內(nèi)，物塊向上運(yùn)動(dòng)，則有μmgcosθ>mgsinθ，得μ>tanθ，故B正確.0～t2時(shí)間內(nèi)，由題圖b中“面積”等于位移可知，物塊的總位移沿斜面向下，高度下降，重力對物塊做正功，設(shè)為WG，根據(jù)動(dòng)能定理得：W＋WG＝mv－mv，則傳送帶對物塊做的W＝mv－mv－WG，故C錯(cuò)誤.0～t2時(shí)間內(nèi)，重力對物塊做正功，物塊的重力勢能減小、動(dòng)能也減小，且都轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能，則由能量守恒定律知，系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量一定比物塊動(dòng)能的減少量大，故D正確．故選A、B、D.

8、 6．[2019·福建省福州市八縣(市)聯(lián)考](多選)如圖所示，在距水平地面高為0.4 m處，水平固定一根長直光滑桿，在桿上P點(diǎn)固定一光滑定滑輪，滑輪可繞水平軸無摩擦轉(zhuǎn)動(dòng)，在P點(diǎn)的右側(cè)，桿上套有一質(zhì)量m＝2 kg的滑塊A.半徑R＝0.3 m的光滑半圓形細(xì)軌道豎直固定在地面上，其圓心O在P點(diǎn)的正下方，在軌道上套有一質(zhì)量也為m＝2 kg的小球B.用一條不可伸長的柔軟輕細(xì)繩，通過定滑輪將A、B連接起來．桿和半圓形軌道在同一豎直面內(nèi)，A、B均可看成質(zhì)點(diǎn)，且不計(jì)滑輪大小的影響．現(xiàn)給滑塊A一個(gè)水平向右的恒力F＝50 N(取g＝10 m/s2)．則(　　) A．把小球B從地面拉到P點(diǎn)的正下方C處時(shí)力

9、F做的功為20 J B．小球B運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)正下方C處時(shí)的速度為0 C．小球B被拉到與滑塊A速度大小相等時(shí)，離地面高度為0.225 m D．把小球B從地面拉到P的正下方C處時(shí)，小球B的機(jī)械能增加了20 J 答案：ACD 解析：把小球B從地面拉到P點(diǎn)正下方C處的過程中，力F的位移為：x＝m－(0.4－0.3)m＝0.4 m，則力F做的功WF＝Fx＝20 J，選項(xiàng)A正確；把小球B從地面拉到P點(diǎn)正下方C處時(shí)，B的速度方向與繩子方向垂直，A的速度為零，設(shè)B的速度為v，則由動(dòng)能定理：WF－mgR＝mv2－0，解得v＝m/s，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；當(dāng)細(xì)繩與半圓形軌道相切時(shí)，小球B的速度方向沿圓周的切線方向向上

10、，此時(shí)和繩子方向重合，故與滑塊A速度大小相等，由幾何關(guān)系可得h＝0.225 m，選項(xiàng)C正確；B的機(jī)械能增加量為F做的功20 J，D正確． 7．[2019·山東省棗莊八中調(diào)研]如圖所示，長為L＝1 m的長木板水平放置，在木板的A端放置一質(zhì)量為m＝1 kg的小物塊，現(xiàn)緩慢地抬高A端，使木板以左端為軸轉(zhuǎn)動(dòng)，當(dāng)木板轉(zhuǎn)到與水平面的夾角為α＝30°時(shí)，小物塊開始滑動(dòng)，此時(shí)停止轉(zhuǎn)動(dòng)木板，小物塊滑到底端的速度為v＝2 m/s，重力加速度g＝10 m/s2，則在整個(gè)過程中(　　) A．木板對小物塊做的功為5 J B．摩擦力對小物塊做的功為5 J C．支持力對小物塊做的功為0 D．小物塊克服摩擦力做

11、的功為3 J 答案：D 解析：設(shè)在整個(gè)過程中，木板對物塊做的功為W，根據(jù)動(dòng)能定理得：W＝mv2＝×1×22 J＝2 J，故A錯(cuò)誤；在木板從水平位置開始轉(zhuǎn)動(dòng)到與水平面的夾角為30°的過程中，摩擦力不做功，物塊沿木板下滑過程中，摩擦力對物塊做功，由于摩擦力小于重力沿木板向下的分力，即f

12、＝mv2－0，得Wf＝－3 J，即小物塊克服摩擦力做的功為3 J，故D正確． 8．[2019·安徽省四校模擬]一質(zhì)點(diǎn)在0～15 s內(nèi)豎直向上運(yùn)動(dòng)，其加速度－時(shí)間圖象如圖所示，若取豎直向下為正，g取10 m/s2，則下列說法正確的是(　　) A．質(zhì)點(diǎn)的機(jī)械能不斷增加 B．在0～5 s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)的動(dòng)能增加 C．在10～15 s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)的機(jī)械能一直增加 D．在t＝15 s時(shí)質(zhì)點(diǎn)的機(jī)械能大于t＝5 s時(shí)質(zhì)點(diǎn)的機(jī)械能 答案：D 解析：質(zhì)點(diǎn)豎直向上運(yùn)動(dòng)，0～15 s內(nèi)加速度方向向下，質(zhì)點(diǎn)一直做減速運(yùn)動(dòng)，B錯(cuò).0～5 s內(nèi)，a＝10 m/s2，質(zhì)點(diǎn)只受重力，機(jī)械能守恒；5～10 s內(nèi)，a＝8 m

13、/s2，受重力和向上的力F1，F(xiàn)1做正功，機(jī)械能增加；10～15 s內(nèi)，a＝12 m/s2，質(zhì)點(diǎn)受重力和向下的力F2，F(xiàn)2做負(fù)功，機(jī)械能減少，A、C錯(cuò)誤．由F合＝ma可推知F1＝F2，由于做減速運(yùn)動(dòng)，5～10 s內(nèi)通過的位移大于10～15 s內(nèi)通過的位移，F(xiàn)1做的功大于F2做的功，5～15 s內(nèi)增加的機(jī)械能大于減少的機(jī)械能，所以D正確． 9．[2019·山東省濰坊模擬](多選) 如圖所示，一根細(xì)繩的上端系在O點(diǎn)，下端系一重球B，放在粗糙的斜面體A上．現(xiàn)用水平推力F向右推斜面體使之在光滑水平面上向右勻速運(yùn)動(dòng)一段距離(細(xì)繩尚未到達(dá)平行于斜面的位置)．在此過程中(　　) A．B做勻速圓

14、周運(yùn)動(dòng) B．摩擦力對重球B做正功 C．水平推力F和重球B對A做的功的大小相等 D．A對重球B所做的功與重球B對A所做的功大小相等 答案：BC 解析：B的線速度大小是變化的，故不是勻速圓周運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；如圖，畫出球B受到的支持力N，摩擦力f以及球在該位置時(shí)運(yùn)動(dòng)的切線的方向，由圖可知，斜面對B的摩擦力沿斜面向下，與B的速度方向的夾角為銳角，所以摩擦力對重球B做正功，故B正確；A勻速運(yùn)動(dòng)，動(dòng)能不變，根據(jù)動(dòng)能定理知水平推力F和重球B對A做的功的大小相等，故C正確；斜面對B的彈力和B對斜面的彈力是一對作用力和反作用力，大小相等，斜面在彈力方向上的位移等于B在彈力方向上的位移，所以A對重球

15、B的彈力所做的功與重球B對A彈力所做的功大小相等，一正一負(fù)，由于B與A間存在相對運(yùn)動(dòng)，A的位移與B的位移不相等，所以A對重球B的摩擦力所做的功與重球B對A的摩擦力所做的功大小不相等，所以A對重球B所做的總功與重球B對A所做的總功大小不相等，故D錯(cuò)誤． 10．[2019·江西省南昌調(diào)研](多選)如圖所示，一小球(可視為質(zhì)點(diǎn))從H＝12 m高處，由靜止開始沿光滑彎曲軌道AB進(jìn)入半徑R＝4 m的豎直圓環(huán)內(nèi)側(cè)，且與圓環(huán)的動(dòng)摩擦因數(shù)處處相等，當(dāng)?shù)竭_(dá)圓環(huán)頂點(diǎn)C時(shí)，剛好對軌道壓力為零；然后沿CB圓弧滑下，進(jìn)入光滑弧形軌道BD，到達(dá)高度為h的D點(diǎn)時(shí)速度為零，則h的值可能為(　　) A．10 m B

16、．9.5 m C．8.5 m D．8 m 答案：BC 解析：設(shè)小球質(zhì)量為m，以B點(diǎn)所在水平面為零勢能面，由題給條件“當(dāng)?shù)竭_(dá)圓環(huán)頂點(diǎn)C時(shí)，剛好對軌道壓力為零”有mg＝，小球到達(dá)C點(diǎn)時(shí)，有v＝gR，在C點(diǎn)的動(dòng)能為mv＝mgR，則小球在C點(diǎn)的機(jī)械能為2mgR＋mv＝mgR，則小球從B點(diǎn)到C點(diǎn)克服摩擦力做的功為mgR，小球到達(dá)D點(diǎn)時(shí)速度為零，設(shè)小球在D點(diǎn)的機(jī)械能為EkD，分析可知小球在從C點(diǎn)到B點(diǎn)過程中也有摩擦力，且摩擦力做的功小于小球從B點(diǎn)到C點(diǎn)克服摩擦力做的功mgR，故2mgR＜EkD＜mgR，即8 m＜h＜10 m，選項(xiàng)B、C正確． 11．[2016·四川卷]韓曉鵬是我國首位在冬奧會(huì)雪

17、上項(xiàng)目奪冠的運(yùn)動(dòng)員．他在一次自由式滑雪空中技巧比賽中沿“助滑區(qū)”保持同一姿態(tài)下滑了一段距離，重力對他做功1 900 J，他克服阻力做功100 J．韓曉鵬在此過程中(　　) A．動(dòng)能增加了1 900 J B．動(dòng)能增加了2 000 J C．重力勢能減少了1 900 J D．重力勢能減少了2 000 J 答案：C 解析：根據(jù)動(dòng)能定理，物體動(dòng)能的增量等于物體所受所有力做功的代數(shù)和，即ΔEk＝WG＋Wf＝1 900 J－100 J＝1 800 J，A、B項(xiàng)錯(cuò)誤；重力做功與重力勢能改變量的關(guān)系為WG＝－ΔEp，即重力勢能減少了1 900 J，C項(xiàng)正確，D項(xiàng)錯(cuò)誤． 12．[2017·江蘇卷]一

18、小物塊沿斜面向上滑動(dòng)，然后滑回到原處．物塊初動(dòng)能為Ek0，與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)不變，則該過程中，物塊的動(dòng)能Ek與位移x關(guān)系的圖線是(　　) A B C D 答案：C 解析：設(shè)物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，物塊的質(zhì)量為m，則物塊在上滑過程中根據(jù)動(dòng)能定理有－(mgsinθ＋μmgcosθ)x＝Ek－Ek0，即Ek＝Ek0－(mgsinθ＋μmgcosθ)x，物塊沿斜面下滑的過程中有(mgsinθ－μmgcosθ)(x0－x)＝Ek，即Ek與x成一次函數(shù)關(guān)系，由此可以判斷C項(xiàng)正確． 13．[2019·西安模擬]有兩個(gè)物體a和b，其質(zhì)量分別為ma和mb，且ma＞mb，它們的初動(dòng)能相

19、同，若a和b分別受到不變的阻力Fa和Fb的作用，經(jīng)過相同的時(shí)間停下來，它們的位移分別為sa和sb，則(　　) A．Fa＞Fb且sa＜sb B．Fa＞Fb且sa＞sb C．Fa＜Fb且sa＞sb D．Fa＜Fb且sa＜sb 答案：A 解析：設(shè)物體的初速度為v，初動(dòng)能為Ek，所受的阻力為F，通過的位移為s，物體的速度與動(dòng)能的關(guān)系為Ek＝mv2，得v＝ ，由s＝ t得，s＝t，由題意可知物體a、b運(yùn)動(dòng)時(shí)間和初動(dòng)能相同，則質(zhì)量越大，位移越小，ma＞mb，所以sa＜sb；由動(dòng)能定理得，－Fs＝0－Ek，因初動(dòng)能相同，F(xiàn)與s成反比，則Fa＞Fb，故選A. 14．[2019·開封定位考試]

20、(多選)靜止在水平地面的物塊，受到水平方向的拉力F作用，此拉力方向不變，其大小F與時(shí)間t的關(guān)系如圖所示，設(shè)物塊與地面間的靜摩擦力最大值fm與滑動(dòng)摩擦力大小相等，則(　　) A．0～t1時(shí)間內(nèi)F的功率逐漸增大 B．t2時(shí)刻物塊的加速度最大 C．t2時(shí)刻后物塊做反向運(yùn)動(dòng) D．t3時(shí)刻物塊的動(dòng)能最大 答案：BD 解析：在0～t1時(shí)間內(nèi)，水平方向的拉力從零逐漸增大到等于最大靜摩擦力，物塊始終靜止不動(dòng)，水平拉力做功為零，功率為零，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；t2時(shí)刻水平拉力最大且大于滑動(dòng)摩擦力的2倍，根據(jù)牛頓第二定律可知物塊加速度最大，選項(xiàng)B正確；t2時(shí)刻后水平拉力逐漸減小，物塊的加速度逐漸減小，速度方向不

21、變，速度繼續(xù)增大，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；t3時(shí)刻水平拉力減小到等于滑動(dòng)摩擦力，速度增大到最大，t3時(shí)刻物塊的動(dòng)能最大，選項(xiàng)D正確． 15．[2019·四川五校聯(lián)考]如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端與一質(zhì)量為m、套在粗糙豎直固定桿A處的圓環(huán)相連，彈簧水平且處于原長．圓環(huán)從A處由靜止開始下滑，經(jīng)過B處的速度最大，到達(dá)C處的速度為零，AC＝h，此為過程Ⅰ；若圓環(huán)在C處獲得一豎直向上的速度v，則恰好能回到A處，此為過程Ⅱ.已知彈簧始終在彈性范圍內(nèi)，重力加速度為g，則圓環(huán)(　　) A．在過程Ⅰ中，加速度一直減小 B．在過程Ⅱ中，克服摩擦力做的功為mv2 C．在C處，彈簧的彈性勢能為mv2－mgh

22、D．在過程Ⅰ、過程Ⅱ中克服摩擦力做功相同 答案：D 解析：圓環(huán)剛開始下滑時(shí)，圓環(huán)受到的合力向下，設(shè)彈簧原長為L，下滑過程中，對圓環(huán)受力分析，如圖所示，彈簧彈力與豎直方向的夾角為θ，則彈簧彈力F＝kL，豎直方向根據(jù)牛頓第二定律可得mg－Fcosθ－μFN＝ma，水平方向有Fsinθ＝FN，聯(lián)立三個(gè)方程可知，圓環(huán)下滑過程中受到的合力先減小后增大，圓環(huán)的加速度先減小后增大，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；在過程Ⅰ和Ⅱ中，圓環(huán)在相同位置時(shí)受到的滑動(dòng)摩擦力大小相等，所以在這兩個(gè)過程中克服摩擦力做的功相等，選項(xiàng)D正確；在過程Ⅰ中，根據(jù)動(dòng)能定理可得WG－Wf－W彈＝0，解得Wf＝WG－W彈，在過程Ⅱ中，根據(jù)動(dòng)能定理可得

23、－WG＋W彈－Wf＝－mv2，聯(lián)立解得Wf＝mv2，在C處Ep彈＝W彈＝mgh－mv2，選項(xiàng)B、C錯(cuò)誤． 16．[2019·鄭州質(zhì)檢](多選)質(zhì)量為m的小球被系在輕繩一端，在豎直平面內(nèi)做半徑為R的圓周運(yùn)動(dòng)，如圖所示．在圓心處連接有力傳感器，用來測量繩子上的拉力，運(yùn)動(dòng)過程中小球受到空氣阻力的作用，空氣阻力隨速度減小而減?。骋粫r(shí)刻小球通過軌道的最低點(diǎn)，力傳感器的示數(shù)為7mg，重力加速度為g，此后小球繼續(xù)做圓周運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過半個(gè)圓周恰能通過最高點(diǎn)，下列說法正確的是(　　) A．到最高點(diǎn)過程中小球克服空氣阻力做的功為mgR B．到最高點(diǎn)過程中小球克服空氣阻力做的功為mgR C．再次經(jīng)過最低點(diǎn)

24、時(shí)力傳感器的示數(shù)為5mg D．再次經(jīng)過最低點(diǎn)時(shí)力傳感器的示數(shù)大于5mg 答案：AD 解析：小球在最低點(diǎn)時(shí)有F1＝T－mg＝m，解得v1＝，而在最高點(diǎn)時(shí)，由于小球恰好能通過最高點(diǎn)，所以有mg＝m，可得v2＝，小球從最低點(diǎn)到最高點(diǎn)的過程，由動(dòng)能定理可得－mg·2R－Wf＝mv－mv，解得空氣阻力做的功Wf＝mgR，選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；小球從最高點(diǎn)到最低點(diǎn)的過程，由于小球受到的空氣阻力隨速度的減小而減小，分析可知在同一水平面上上升過程中的阻力大于下落過程中的阻力，由動(dòng)能定理可得mg·2R－Wf′＝mv′－mv，且此過程中空氣阻力做的功Wf′＜Wf，解得v′1＞，再次經(jīng)過最低點(diǎn)時(shí)有F2＝T′－m

25、g＝m，解得T′＞5mg，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確． 課時(shí)測評? 綜合提能力　課時(shí)練　贏高分 一、選擇題 1．[2019·浙江模擬]如圖所示，足球從草皮上的①位置被踢出后落在草皮上③位置，空中到達(dá)的最高點(diǎn)為②位置，則(　　) A．②位置足球動(dòng)能等于0 B．①位置到③位置過程只有重力做功 C．①位置到②位置的過程足球的動(dòng)能全部轉(zhuǎn)化為重力勢能 D．②位置到③位置過程足球動(dòng)能的變化量等于合力做的功 答案：D 解析：由題圖可知，足球由②到③過程中具有水平位移，則說明足球在②位置存在速度，故A錯(cuò)誤；由圖可知，①到②的水平位移大于②到③的水平位移，則說明足球受到空氣阻力，

26、故B錯(cuò)誤；因存在阻力做功，故①位置到②位置的過程足球的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為重力勢能和內(nèi)能，故C錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)能定理可得，②位置到③位置過程足球動(dòng)能的變化量等于合力做的功，故D正確． 2．[2019·江西模擬](多選)質(zhì)量為m的物塊在水平恒力F的推動(dòng)下，從山坡(粗糙)底部的A處由靜止開始運(yùn)動(dòng)至高為h的坡頂B處．到達(dá)B處時(shí)物塊的速度大小為v，A、B之間的水平距離為s，重力加速度為g.不計(jì)空氣阻力，則物塊運(yùn)動(dòng)過程中(　　) A．重力所做的功是mgh B．合外力對物塊做的功是mv2 C．推力對物塊做的功是mv2＋mgh D．阻力對物塊做的功是mv2＋mgh－Fs 答案：BD 解析：重力所做的功是

27、WG＝－mgh，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；設(shè)阻力做功為Wf，根據(jù)動(dòng)能定理，合外力對物塊做的功是W合＝WF－mgh＋Wf＝mv2，選項(xiàng)B正確；WF＝mgh－Wf＋mv2，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；WF＝Fs＝mgh－Wf＋mv2，則Wf＝mgh＋mv2－Fs，選項(xiàng)D正確． 3. [2019·天津五區(qū)縣聯(lián)考](多選)如圖所示，豎直平面內(nèi)有一光滑圓環(huán)，半徑為R，圓心為O，B為最低點(diǎn)，C為最高點(diǎn)，圓環(huán)左下方開一個(gè)小口與光滑斜面相切于A點(diǎn)，∠AOB＝37°，小球從斜面上某一點(diǎn)由靜止釋放，經(jīng)A點(diǎn)進(jìn)入圓軌道，不計(jì)小球由D到A的機(jī)械能損失，(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)則要保證運(yùn)動(dòng)過程中小球不離開軌道，小球釋放的

28、位置到A點(diǎn)的距離可能是(　　) A．R B．2R C．3R D．4R 答案：AD 解析：若使小球恰能經(jīng)過最高點(diǎn)C，則mg＝m，根據(jù)動(dòng)能定理有mg(h－2R)＝mv，解得h＝R，小球釋放的位置到A點(diǎn)的距離是x＝＝R；若使小球恰能經(jīng)過與圓心O等高的一點(diǎn)，則釋放的高度h′＝R，此時(shí)小球釋放的位置到A點(diǎn)的距離是x′＝＝R；要保證運(yùn)動(dòng)過程中小球不離開軌道，小球釋放的位置到A點(diǎn)的距離應(yīng)滿足：x≥R或x′≤R，A、D正確． 4．(多選) 如圖所示，斜面AB和水平面BC是由同一板材上截下的兩段，在B處用小圓弧連接．將小鐵塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從A處由靜止釋放后，它沿斜面向下滑行，進(jìn)入平

29、面，最終靜止于P處．若從該板材上再截下一段，擱置在A、P之間，構(gòu)成一個(gè)新的斜面，再將鐵塊放回A處，并輕推一下使之沿新斜面向下滑動(dòng)．關(guān)于此情況下鐵塊運(yùn)動(dòng)情況的描述，正確的是(　　) A．鐵塊一定能夠到達(dá)P點(diǎn) B．鐵塊的初速度必須足夠大才能到達(dá)P點(diǎn) C．鐵塊能否到達(dá)P點(diǎn)與鐵塊質(zhì)量有關(guān) D．鐵塊能否到達(dá)P點(diǎn)與鐵塊質(zhì)量無關(guān) 答案：AD 解析： 設(shè)A距離水平面BC的高度為h，小鐵塊與該板材間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ.斜面AB的傾角為α，對全過程運(yùn)用動(dòng)能定理有mgh－μmgs1cosα－μmgs2＝0，整理得mgh－μmg(s1cosα＋s2)＝0，而s1cosα＋s2等于OP的長度，即h－μ＝

30、0，與斜面的傾角無關(guān)，故小鐵塊一定能夠到達(dá)P點(diǎn)，且與鐵塊的質(zhì)量無關(guān)．故A、D正確． 5．(多選)如圖所示，水平傳送帶由電動(dòng)機(jī)帶動(dòng)，并始終保持以速度v勻速運(yùn)動(dòng)，現(xiàn)將質(zhì)量為m的某物塊由靜止釋放在傳送帶上的左端，過一會(huì)兒物塊能保持與傳送帶相對靜止，設(shè)物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，對于這一過程，下列說法正確的是(　　) A．摩擦力對物塊做的功為0.5mv2 B．物塊對傳送帶做功為0.5mv2 C．系統(tǒng)摩擦生熱為0.5mv2 D．電動(dòng)機(jī)多做的功為mv2 答案：ACD 解析：設(shè)物塊勻加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，根據(jù)動(dòng)能定理得：摩擦力對物塊做的功為W1＝fvt＝mv2＝0.5mv2.物塊對傳送帶

31、做功W2＝－fvt＝－mv2，故A項(xiàng)正確，B項(xiàng)錯(cuò)誤．物塊與傳送帶相對位移大小為Δx＝vt－＝0.5vt，則Δx＝x物．摩擦生熱為Q＝f·Δx＝fx物＝0.5mv2.故C項(xiàng)正確．電動(dòng)機(jī)多做的功轉(zhuǎn)化成了物體的動(dòng)能和系統(tǒng)的內(nèi)能，所以電動(dòng)機(jī)多做的功為W機(jī)＝mv2＋Q＝mv2.故D項(xiàng)正確．(或電動(dòng)機(jī)做的功等于傳送帶克服摩擦力做的功W機(jī)＝f·vt＝mv2) 6．(多選)如圖甲所示，物體以一定初速度從傾角α＝37°的斜面底端沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，上升的最大高度為3.0 m．選擇地面為參考平面，上升過程中，物體的機(jī)械能E隨高度h的變化關(guān)系如圖乙所示．(g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8

32、.)則(　　) A．物體上升過程的加速度大小a＝10 m/s2 B．物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.4 C．物體的質(zhì)量m＝0.67 kg D．物體回到斜面底端時(shí)的動(dòng)能Ek＝10 J 答案：AD 解析：物體到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)，機(jī)械能為E＝Ep＝mgh，由圖知Ep＝30 J，得m＝＝ kg＝1 kg，故C錯(cuò)誤；物體上升過程中，克服摩擦力做功，機(jī)械能減少，減少的機(jī)械能等于克服摩擦力做的功，ΔE＝－μmgcosα，得μ＝0.5，故B錯(cuò)誤；物體上升過程中，由牛頓第二定律得mgsinα＋μmgcosα＝ma，得a＝gsinα＋μgcosα＝10×0.6 m/s2＋0.5×10×0.8 m/s2＝

33、10 m/s2，故A正確；由圖象可知，物體上升過程中摩擦力做功為W＝30 J－50 J＝－20 J，在整個(gè)過程中由動(dòng)能定理得2W＝Ek－Ek0，則有Ek＝Ek0＋2W＝50 J＋2×(－20) J＝10 J，故D正確． 7. (多選)如圖是某緩沖裝置，勁度系數(shù)足夠大的輕質(zhì)彈簧與直桿相連，直桿可在固定的槽內(nèi)移動(dòng)，與槽間的滑動(dòng)摩擦力恒為f，直桿質(zhì)量不可忽略．一質(zhì)量為m的小車以速度v0撞擊彈簧，最終以速度v彈回．直桿足夠長，且直桿與槽間的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，不計(jì)小車與地面間的摩擦．則(　　) A．小車被彈回時(shí)速度v一定小于v0 B．直桿在槽內(nèi)移動(dòng)的距離等于 C．直桿在槽內(nèi)向右運(yùn)

34、動(dòng)時(shí)，小車與直桿始終保持相對靜止 D．彈簧的彈力可能大于直桿與槽間的最大靜摩擦力 答案：BD 解析：小車在向右運(yùn)動(dòng)的過程中，彈簧的形變量若始終小于時(shí)，直桿和槽間無相對運(yùn)動(dòng)，小車被彈回時(shí)速度v一定等于v0；若形變量大于時(shí)，桿和槽間出現(xiàn)相對運(yùn)動(dòng)，克服摩擦力做功，小車的動(dòng)能減小，所以小車被彈回時(shí)速度v一定小于v0，A錯(cuò)誤；對整個(gè)過程應(yīng)用動(dòng)能定理得fs＝ΔEk，直桿在槽內(nèi)移動(dòng)的距離s＝，B正確；直桿在槽內(nèi)向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，開始小車速度比桿的大，所以不可能與直桿始終保持相對靜止，C錯(cuò)誤；當(dāng)彈力等于最大靜摩擦力時(shí)，直桿開始運(yùn)動(dòng)，此時(shí)小車的速度大于直桿的速度，彈簧進(jìn)一步被壓縮，彈簧的彈力大于最大靜摩擦力，D

35、正確． 8．(多選)如圖甲所示，為測定物體沖上粗糙斜面能達(dá)到的最大位移x與斜面傾角θ的關(guān)系，將某一物體每次以不變的初速度沿足夠長的斜面向上推出，調(diào)節(jié)斜面與水平方向的夾角θ，實(shí)驗(yàn)測得x與斜面傾角θ的關(guān)系如圖乙所示，重力加速度大小g取10 m/s2，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，根據(jù)圖象可求出(　　) A．物體的初速率為3 m/s B．物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.75 C．取不同的傾角θ，物體在斜面上能達(dá)到的位移x的最小值為1.44 m D．當(dāng)θ＝45°時(shí)，物體達(dá)到最大位移后將停在斜面上 答案：BC 解析：由題圖乙可知，當(dāng)夾角θ＝0°時(shí)，位移為2.40 m，而當(dāng)夾角為90°時(shí)，位

36、移為1.80 m，則由豎直上拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知v＝2gh，解得v0＝＝6 m/s，故A錯(cuò)誤；當(dāng)夾角為0°時(shí)，由動(dòng)能定理可得μmgx＝mv，解得μ＝0.75，故B正確；－mgxsinθ－μmgxcosθ＝0－mv，解得x＝(m)＝(m)＝(m)，當(dāng)θ＋α＝90°時(shí)，sin(θ＋α)＝1，此時(shí)位移最小，x＝1.44 m，故C正確；若θ＝45°時(shí)，物體受到重力的分力為mgsin45°＝mg，最大靜摩擦力f＝μmgcos45°＝mg，mg＞mg，故物體達(dá)到最大位移后會(huì)下滑，故D錯(cuò)誤． 9．[2019·廣東佛山一中段考] 如圖，一半徑為R、粗糙程度處處相同的半圓形軌道豎直固定放置，直徑POQ水平．一

37、質(zhì)量為m的質(zhì)點(diǎn)自P點(diǎn)上方高為R處由靜止開始下落，恰好從P點(diǎn)進(jìn)入軌道．質(zhì)點(diǎn)滑到軌道最低點(diǎn)N時(shí)，對軌道的壓力為4mg，g為重力加速度的大?。肳表示質(zhì)點(diǎn)從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的過程中克服摩擦力所做的功．則(　　) A．W＝mgR，質(zhì)點(diǎn)恰好可以到達(dá)Q點(diǎn) B．W>mgR，質(zhì)點(diǎn)不能到達(dá)Q點(diǎn) C．W＝mgR，質(zhì)點(diǎn)到達(dá)Q點(diǎn)后，繼續(xù)上升一段距離 D．W

38、NQ段受到的支持力小于PN段受到的支持力，則質(zhì)點(diǎn)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段運(yùn)動(dòng)時(shí)由動(dòng)能定理得－mgR－W′＝mv－mv，因?yàn)閃′0，所以質(zhì)點(diǎn)到達(dá)Q點(diǎn)后，繼續(xù)上升一段距離．故C正確，A、B、D錯(cuò)誤． 10．[2019·陜西渭南模擬](多選)一質(zhì)量為m的物體以速度v0在足夠大的光滑水平面上運(yùn)動(dòng)，從零時(shí)刻起，對該物體施加一水平恒力F，經(jīng)過時(shí)間t，物體的速度大小減小到最小值v0，此后速度大小不斷增大．則(　　) A．水平恒力F大小為 B．水平恒力作用2t時(shí)間，物體速度大小為v0 C．在t時(shí)間內(nèi)，水平恒力做的功為－mv D．若水平恒力

39、大小為2F，方向不變，物體運(yùn)動(dòng)過程中的最小速度仍為v0 答案：BCD 解析：由物體速度減小到最小值v0，可知恒力F的方向與速度v0的方向間的夾角為鈍角，將v0沿F的方向和垂直于F的方向進(jìn)行分解，可知垂直于F方向的速度大小vx＝v0，平行于F方向的速度大小vy＝v0，根據(jù)牛頓第二定律可知F＝m＝，A錯(cuò)誤；水平恒力作用2t時(shí)間，垂直于F方向的速度大小vx＝v0不變，平行于F方向的速度大小vy＝v0，物體速度大小為v0，B正確；在t時(shí)間內(nèi)，水平恒力做的功為W＝mv－mv＝－mv，C正確；若水平恒力大小為2F，方向不變，物體運(yùn)動(dòng)過程中的最小速度仍為v0，D正確． 二、非選擇題 11．如圖所示，

40、粗糙的斜面AB下端與光滑的圓弧軌道BCD相切于B，整個(gè)裝置豎直放置，C是最低點(diǎn)，圓心角θ＝37°，D與圓心O等高，圓弧軌道半徑R＝1 m，斜面長L＝4 m，現(xiàn)有一個(gè)質(zhì)量m＝0.1 kg的小物體P從斜面AB上端A點(diǎn)無初速度下滑，物體P與斜面AB之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.25.不計(jì)空氣阻力，g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求： (1)物體P第一次通過C點(diǎn)時(shí)的速度大小vC； (2)物體P第一次通過C點(diǎn)時(shí)對軌道的壓力大小； (3)物體P第一次離開D點(diǎn)后在空中做豎直上拋運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)E，接著從空中又返回到圓弧軌道和斜面，在這樣多次反復(fù)的整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，物體P對C點(diǎn)處

41、軌道的最小壓力． 答案：(1)6 m/s　(2)4.6 N　(3)1.4 N 解析：(1)物體P從A下滑經(jīng)B到C過程中根據(jù)動(dòng)能定理有mgL·sin37°＋mgR(1－cos37°)－μmgcos37°·L＝mv－0，解得vC＝6 m/s. (2)物體P在C點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律有N－mg＝m， 解得N＝4.6 N. 根據(jù)牛頓第三定律，物體P通過C點(diǎn)時(shí)對軌道的壓力為4.6 N. (3)物體P最后在B和與其等高的圓弧軌道上來回運(yùn)動(dòng)時(shí)，經(jīng)C點(diǎn)壓力最小，由B到C由動(dòng)能定理有mgR(1－cos37°)＝mv′，解得v′C＝2 m/s，則Nmin＝mg＋m＝1.4 N. 根據(jù)牛頓第三定律，物體

42、P對C點(diǎn)處軌道的最小壓力為1.4 N. 12. 小物塊A的質(zhì)量為m，物塊與坡道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，水平面光滑，坡道頂端距水平面高度為h，傾角為θ，物塊從坡道進(jìn)入水平滑道時(shí)，在底端O點(diǎn)處無機(jī)械能損失，重力加速度為g.將輕彈簧的一端連接在水平滑道M處并固定在墻上，另一自由端恰位于坡道的底端O點(diǎn)，如圖所示．物塊A從坡頂由靜止滑下，求： (1)物塊滑到O點(diǎn)時(shí)的速度大??； (2)彈簧為最大壓縮量d時(shí)的彈性勢能； (3)物塊A被彈回到坡道上升的最大高度． 答案：(1)　(2)mgh－μmghcotθ　(3) 解析：(1)由動(dòng)能定理有mgh－μmghcotθ＝mv2， 得v＝. (2)在水平滑道上由能量守恒定律有mv2＝Ep， 得Ep＝mgh－μmghcotθ. (3)設(shè)物塊A能夠上升的最大高度為h1，物塊A被彈回過程中，由能量守恒定律有Ep＝μmgh1cotθ＋mgh1，得h1＝.