《2020版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第五章 基礎(chǔ)課2 動(dòng)能 動(dòng)能定理訓(xùn)練（含解析）教科版.doc》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第五章 基礎(chǔ)課2 動(dòng)能 動(dòng)能定理訓(xùn)練（含解析）教科版.doc（7頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

基礎(chǔ)課2　動(dòng)能　動(dòng)能定理 一、選擇題(1～5題為單項(xiàng)選擇題，6～9題為多項(xiàng)選擇題) 1．(2015四川理綜)在同一位置以相同的速率把三個(gè)小球分別沿水平、斜向上、斜向下方向拋出，不計(jì)空氣阻力，則落在同一水平地面時(shí)的速度大小(　　) A．一樣大 B．水平拋的最大 C．斜向上拋的最大 D．斜向下拋的最大 解析　由動(dòng)能定理mgh＝mv－mv知，落地時(shí)速度v2的大小相等，故A正確。 答案　A 2．關(guān)于運(yùn)動(dòng)物體所受的合力、合力做的功、物體動(dòng)能的變化，下列說法正確的是(　　) A．運(yùn)動(dòng)物體所受的合力不為零，合力必做功，物體的動(dòng)能肯定要變化 B．運(yùn)動(dòng)物體所受的合力為零，則物體的動(dòng)能肯定不變 C．運(yùn)動(dòng)物體的動(dòng)能保持不變，則該物體所受合力一定為零 D．運(yùn)動(dòng)物體所受合力不為零，則該物體一定做變速運(yùn)動(dòng)，其動(dòng)能要變化 解析　關(guān)于運(yùn)動(dòng)物體所受的合力、合力做的功、物體動(dòng)能的變化三者之間的關(guān)系有下列三個(gè)要點(diǎn)。 (1)若運(yùn)動(dòng)物體所受合力為零，則合力不做功(或物體所受外力做功的代數(shù)和必為零)，物體的動(dòng)能絕對(duì)不會(huì)發(fā)生變化。 (2)物體所受合力不為零，物體必做變速運(yùn)動(dòng)，但合力不一定做功，合力不做功，則物體動(dòng)能不變化。 (3)物體的動(dòng)能不變，一方面表明物體所受的合力不做功；同時(shí)表明物體的速率不變(速度的方向可以不斷改變，此時(shí)物體所受的合力只是用來改變速度方向，產(chǎn)生向心加速度，如勻速圓周運(yùn)動(dòng))。 根據(jù)上述三個(gè)要點(diǎn)不難判斷，本題只有選項(xiàng)B是正確的。 答案　B 3．(2016西安質(zhì)檢)靜止在粗糙水平面上的物塊在水平向右的拉力作用下做直線運(yùn)動(dòng)，t＝4 s時(shí)停下，其v－t圖像如圖1所示，已知物塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)處處相同，則下列判斷正確的是(　　) 圖1 A．整個(gè)過程中拉力做的功等于物塊克服摩擦力做的功 B．整個(gè)過程中拉力做的功等于零 C．t＝2 s時(shí)刻拉力的瞬時(shí)功率在整個(gè)過程中最大 D．t＝1 s到t＝3 s這段時(shí)間內(nèi)拉力不做功 解析　對(duì)物塊運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過程運(yùn)用動(dòng)能定理得WF－Wf＝0，即拉力做的功等于物塊克服摩擦力做的功，選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；在0～1 s時(shí)間內(nèi)，拉力恒定且大于摩擦力，物塊做勻加速運(yùn)動(dòng)，速度增大，t＝1 s時(shí)，速度最大，拉力的瞬時(shí)功率最大；t＝2 s時(shí)，物塊勻速運(yùn)動(dòng)，拉力等于摩擦力，所以t＝2 s時(shí)刻拉力的瞬時(shí)功率不是最大的，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；t＝1 s到t＝3 s這段時(shí)間，物塊勻速運(yùn)動(dòng)，拉力做正功，摩擦力做負(fù)功，合外力做功為零，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 答案　A 4．(2016四川眉山市診斷)質(zhì)量為2 kg的物體以一定的初速度沿傾角為30的斜面向上滑行，在向上滑行的過程中，其動(dòng)能隨位移的變化關(guān)系如圖2所示，則物體返回到出發(fā)點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為(取g＝10 m/s2)(　　) 圖2 A．34 J B．56 J C．92 J D．196 J 解析　物體上滑的過程中重力與摩擦力都做負(fù)功，由動(dòng)能定理得－mgxsin 30－fx＝0－E0，下滑的過程中重力做正功，摩擦力做負(fù)功，得mgxsin 30－f x＝E－0，代入數(shù)據(jù)得E＝34 J，故選A。 答案　A 5. (2015全國卷Ⅰ，17)如圖3，一半徑為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。一質(zhì)量為m的質(zhì)點(diǎn)自P點(diǎn)上方高度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(duì)軌道的壓力為4mg，g為重力加速度的大小。用W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(　　) 圖3 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＜mgR，質(zhì)點(diǎn)到達(dá)Q點(diǎn)后，繼續(xù)上升一段距離 解析　根據(jù)動(dòng)能定理得P點(diǎn)動(dòng)能EkP＝mgR，經(jīng)過N點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律和向心力公式可得4mg－mg＝m，所以N點(diǎn)動(dòng)能為EkN＝，從P點(diǎn)到N點(diǎn)根據(jù)動(dòng)能定理可得mgR－W＝－mgR，即克服摩擦力做功W＝。質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)過程，半徑方向的合力提供向心力即N－mgcos θ＝ma＝m，根據(jù)左右對(duì)稱，在同一高度處，由于摩擦力做功導(dǎo)致在右邊圓形軌道中的速度變小，軌道彈力變小，滑動(dòng)摩擦力f＝μN(yùn)變小，所以摩擦力做功變小，那么從N到Q，根據(jù)動(dòng)能定理，Q點(diǎn)動(dòng)能EkQ＝－mgR－W′＝mgR－W′，由于W′＜，所以Q點(diǎn)速度仍然沒有減小到0，會(huì)繼續(xù)向上運(yùn)動(dòng)一段距離，對(duì)照選項(xiàng)，C正確。 答案　C 6．關(guān)于動(dòng)能定理的表達(dá)式W＝Ek2－Ek1，下列說法正確的是(　　) A．公式中的W為不包含重力的其他力做的總功 B．公式中的W為包含重力在內(nèi)的所有力做的功，也可通過以下兩種方式計(jì)算：先求每個(gè)力的功再求功的代數(shù)和或先求合外力再求合外力的功 C．公式中的Ek2－Ek1為動(dòng)能的增量，當(dāng)W＞0時(shí)動(dòng)能增加，當(dāng)W＜0時(shí)，動(dòng)能減少 D．動(dòng)能定理適用于直線運(yùn)動(dòng)，但不適用于曲線運(yùn)動(dòng)，適用于恒力做功，但不適用于變力做功 解析　公式中W指總功，求總功的方法有兩種，先求每個(gè)力做的功再求功的代數(shù)和或先求合力再求合外力的功，故選項(xiàng)B正確，A錯(cuò)誤；當(dāng)W＞0時(shí)，末動(dòng)能大于初動(dòng)能，動(dòng)能增加，當(dāng)W＜0時(shí)，末動(dòng)能小于初動(dòng)能，動(dòng)能減少，故C正確；動(dòng)能定理不僅適用于直線運(yùn)動(dòng)，也適用于曲線運(yùn)動(dòng)，不僅適用于恒力做功，也適用于變力做功，故D錯(cuò)誤。 答案　BC 7．(2016中山二模)在距水平地面10 m高處，以10 m/s的速度水平拋出一質(zhì)量為1 kg的物體，已知物體落地時(shí)的速度為16 m/s，取g＝10 m/s2，則下列說法正確的是(　　) A．拋出時(shí)人對(duì)物體做功為150 J B．自拋出到落地，重力對(duì)物體做功為100 J C．飛行過程中物體克服阻力做功22 J D．物體自拋出到落地時(shí)間為 s 解析　根據(jù)動(dòng)能定理，拋出時(shí)人對(duì)物體做的功W1＝mv＝50 J，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；自拋出到落地，重力對(duì)物體做功WG＝mgh＝100 J，選項(xiàng)B正確；根據(jù)動(dòng)能定理有mgh－Wf＝Ek2－Ek1，得物體克服阻力做的功Wf＝mgh－mv＋mv＝22 J，選項(xiàng)C正確；由于空氣阻力的影響，物體不做平拋運(yùn)動(dòng)，豎直分運(yùn)動(dòng)不是自由落體運(yùn)動(dòng)，無法求解物體運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 答案　BC 8．如圖4所示，AB為半徑R＝0.50 m的四分之一圓弧軌道，B端距水平地面的高度h＝0.45 m。一質(zhì)量m＝1.0 kg 的小滑塊從圓弧道A端由靜止釋放，到達(dá)軌道B端的速度v＝2.0 m/s。忽略空氣的阻力。取g＝10 m/s2。則下列說法正確的是(　　) 圖4 A．小滑塊在圓弧軌道B端受到的支持力大小FN＝16 N B．小滑塊由A端到B端的過程中，克服摩擦力所做的功W＝3 J C．小滑塊的落地點(diǎn)與B點(diǎn)的水平距離x＝0.6 m D．小滑塊的落地點(diǎn)與B點(diǎn)的水平距離x＝0.3 m 解析　小滑塊在B端時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律有FN－mg＝m，解得FN＝18 N，A錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)能定理有mgR－W＝mv2，解得W＝mgR－mv2＝3 J，B正確；小滑塊從B點(diǎn)做平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向上x＝vt，豎直方向上h＝gt2，解得x＝v＝0.6 m，C正確，D錯(cuò)誤。 答案　BC 9．在傾角為30的斜面上，某人用平行于斜面的力把原來靜止于斜面上的質(zhì)量為2 kg的物體沿斜面向下推了2 m的距離，并使物體獲得1 m/s的速度，已知物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，g取10 m/s2，如圖5所示，則在這個(gè)過程中(　　) 圖5 A．人對(duì)物體做功21 J B．合外力對(duì)物體做功1 J C．物體克服摩擦力做功21 J D．物體重力勢能減小20 J 解析　根據(jù)動(dòng)能定理可知，合外力對(duì)物體做的功等于物體動(dòng)能的變化量，即W合＝mv2＝21 J＝1 J，所以B項(xiàng)正確；物體克服摩擦力做功Wf＝μmgxcos θ，代入數(shù)據(jù)可得Wf＝20 J，所以C項(xiàng)錯(cuò)誤；物體重力勢能的減小量等于重力做的功WG＝mgxsin θ＝20 J，D項(xiàng)正確；設(shè)人對(duì)物體做功為W，則應(yīng)滿足W人＋WG－Wf＝W合，代入數(shù)據(jù)可得W人＝1 J，即人對(duì)物體做功1 J，A項(xiàng)錯(cuò)誤。 答案　BD 二、非選擇題 10．(2016廣州模擬)質(zhì)量m＝1 kg的物體，在與物體初速度方向相同的水平拉力的作用下，沿水平面運(yùn)動(dòng)過程中動(dòng)能—位移的圖線如圖6所示。(g取10 m/s2)求： 圖6 (1)物體的初速度； (2)物體和水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)； (3)拉力F的大小。 解析　(1)由題圖可知初動(dòng)能為2 J， Ek0＝mv＝2 J v0＝2 m/s (2)在位移4 m處物體的動(dòng)能為10 J，在位移8 m處物體的動(dòng)能為零，這段過程中物體克服摩擦力做功 設(shè)摩擦力為f，則 －fx2＝0－10 J＝－10 J f＝ N＝2.5 N 因f＝μmg 故μ＝＝＝0.25 (3)物體從開始到移動(dòng)4 m這段過程中，受拉力F和摩擦力f 的作用，合力為F－f，根據(jù)動(dòng)能定理有 (F－f)x1＝ΔEk 解得F＝4.5 N 答案　(1)2 m/s　(2)0.25　(3)4.5 N 11．(2016鄭州質(zhì)量預(yù)測)如圖7所示，固定在水平地面上的工件，由AB和BD兩部分組成。其中AB部分為光滑的圓弧，∠AOB＝37，圓弧的半徑R＝0.5 m，圓心O點(diǎn)在B點(diǎn)正上方，BD部分水平，長度為l＝0.2 m，C為BD的中點(diǎn)?，F(xiàn)有一質(zhì)量m＝1 kg的物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))，從A端由靜止釋放，恰好能運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)。為使物塊運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)速度為零，可先將BD部分以B為軸向上轉(zhuǎn)動(dòng)一銳角θ，求： 圖7 (1)該銳角θ(假設(shè)物塊經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)沒有能量損失)； (2)物塊在BD板上運(yùn)動(dòng)的總路程。(g＝10 m/s2，sin 37＝0.6，cos 37＝0.8) 解析　(1)設(shè)動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，當(dāng)BD水平時(shí)，研究物塊的運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理得W總＝ΔEk 從A到D的過程中mgR(1－cos 37)－μmgl＝0 代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得μ＝0.5 當(dāng)BD以B為軸向上轉(zhuǎn)動(dòng)一個(gè)銳角θ時(shí)，從A到C的過程中，根據(jù)動(dòng)能定理 mgR(1－cos 37)－mgsin θ－μN(yùn)＝0 其中N＝mgcos θ 聯(lián)立解得θ＝37。 (2)物塊在C處速度減為零后，由于mgsin θ＞μmgcos θ物塊將會(huì)下滑，而AB段光滑，故物塊將做往復(fù)運(yùn)動(dòng)，直到停止在B點(diǎn)。 根據(jù)能量守恒定律mgR(1－cos 37)＝Q 而摩擦產(chǎn)生的熱量Q＝fs，f＝μmgcos θ 代入數(shù)據(jù)解得，物塊在BD板上的總路程s＝0.25 m。 答案　(1)37　(2)0.25 m 12．(2017四川綿陽階段檢測)如圖8所示，固定斜面的傾角為θ＝37，質(zhì)量m＝2.0 kg的小物塊放在斜面上恰能沿斜面勻速下滑。已知斜面AB的長度L＝5.1 m，取g＝10 m/s2，sin 37＝0.60，cos 37＝0.80。 圖8 (1)求物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ； (2)若用平行于斜面向上的恒力推該物塊，物塊從斜面的底端A點(diǎn)由靜止開始運(yùn)動(dòng)了t1＝1.2 s后撤去推力，物塊剛好能運(yùn)動(dòng)到斜面頂端B點(diǎn)，求推力的大小F； (3)若用平行于斜面向上逐漸減小的力推該物體，物塊從斜面的底端A點(diǎn)由靜止開始運(yùn)動(dòng)，為使物塊能運(yùn)動(dòng)到斜面頂端B點(diǎn)，該推力至少要做的功W。 解析　(1)由平衡條件可知摩擦力f＝mgsin θ 而f＝μmgcos θ 解得μ＝0.75 (2)由牛頓第二定律有F－mgsin θ－f＝ma1 設(shè)撤去推力時(shí)的速度為v1，運(yùn)動(dòng)的位移為x1，則 v1＝a1t1 x1＝a1t 撤去F后，設(shè)加速度大小為a2，運(yùn)動(dòng)的位移為x2，則 mgsin θ＋f＝ma2 2a2x2＝v x1＋x2＝L 解得F＝34 N (3)研究物塊從斜面的底端A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到斜面頂端B點(diǎn)過程，由動(dòng)能定理有 W－μmgLcos θ－mgLsin θ＝0 解得W＝122.4 J＝1.2102 J 答案　(1)0.75　(2)34 N　(3)1.2102 J