高考物理一轮复习精选题辑课练15动能和动能定理.doc

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1、1 / 12【2019【2019 最新最新】精选高考物理一轮复习精选题辑课练精选高考物理一轮复习精选题辑课练 1515 动能动能和动能定理和动能定理1(2018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 0 B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 答案：D 解析：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

2、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 2(2018江西模拟) (多选)质量为 m 的物块在水平恒力 F 的推动下，从山坡(粗糙) 底部的 A 处由静止开始运动至高为 h 的破顶 B 处到达 B 处时物块 的速度大小为 v，A、B 之间的水平距离为 s，重力加速度为 g.不计 空气阻力，则物块运动过程中( ) A重力所做的功是 mgh B合外力对物块做的功是 mv2 C推力对物块做的功是 mv2mgh D阻力对物块做的功是 mv2mghFs 答案：BD 解析：重力所做的功是 WGmgh

3、，选项 A 错误；根据动能定 理，合外力对物块做的功是 W 合WFmghWfmv2，选项 B 正确； WFmghWfmv2，选项 C 错误；WFFsmghWfmv2，则 Wfmghmv2Fs，选项 D 正确 3(2018天津五区县联考)(多选)如图所示，竖直平面内有一2 / 12光滑圆环，半径为 R，圆心为 O，B 为最低点，C 为最高点，圆环左 下方开一个小口与光滑斜面相切于 A 点，AOB37，小球从斜面 上某一点由静止释放，经 A 点进入圆轨道，不计小球由 D 到 A 的机 械能损失，(sin370.6，cos370.8)则要保证运动过程中小 球不离开轨道，小球释放的位置到 A 点的距离

4、可能是( ) AR B2R C3R D4R 答案：AD 解析：若使小球恰能经过最高点 C，则 mgm，根据动能定理有 mg(h2R)mv，解得 hR，小球释放的位置到 A 点的距离是 x； 若使小球恰能经过与圆心 O 等高的一点，则释放的高度 hR，此 时小球释放的位置到 A 点的距离是 xR；要保证运动过程中小 球不离开轨道，小球释放的位置到 A 点的距离应满足：xR 或 xR，A、D 正确 4(2018辽宁铁岭协作体联考)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 k

5、g，在水平力 F 的作用下，A、B 均处于静止状态，此时 OA0.3 m，OB0.4 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 时速度大小为 3 m/s，则在此过程中绳对 B 球的拉力所做的功为(g 取 10 m/s2)( ) A11 J B16 J C18 J D9 J 答案：C 解析：A 球向右运动 0.1 m 时，由几何关系得，B 上升距离 h0.4 mm0.1 m，此时细绳与水平方向夹角的正切值 tan，则得 cos，sin，由运动的合成与分解知识可知 vBsinvAcos，可得 vB4 m/s；以 B 球为研究对象，由动能 定理得 WFm

6、ghmv，代入数据解得 WF18 J，即绳对 B 球的拉力 所做的功为 18 J故选 C. 5(2018吉林省实验中学二模)(多选)如图所示，在竖直平面 内两处分别固定 A、B 两枚钉子，A、B 之间的距离为 l，A、B 连线 与水平方向的夹角为 .A 处的钉子系一根长为 l 的细线，细线的另 一端系一个质量为 m 的小球，将细线拉直，让小球的初始位置在 P 点处，P 点与 A 点处于同一高度，小球由静止释放，细线与 B 处钉 子接触后，小球继续下降取 B 点为参考平面，重力加速度为 g， 当小球运动到 B 点正下方的 Q 点时，下列说法正确的是( ) A小球的速率为2gl3 / 12B小球的

7、动能为 mgl(sin1) C重力对小球的功率为 0 D小球对绳的拉力为 3mg 答案：BC 解析：小球从 P 点到 Q 点，重力对小球做的功为 mgl(sin1)， 根据动能定理有 WGWkQEkP，所以小球在 Q 点的动能为 mgl(sin1)，选项 B 正确；由 mgl(sin1)mv2 可得 v， 选项 A 错误；在 Q 点小球速度方向是水平的，重力对小球做功的功 率为 0，选项 C 正确；根据 Fmg，解得 Fmg(2sin3)，由 牛顿第三定律可知选项 D 错误 6(多选) 如图所示，斜面 AB 和水平面 BC 是由同一板材上截下的两段， 在 B 处用小圆弧连接将小铁块(可视为质点

8、)从 A 处由静止释放后， 它沿斜面向下滑行，进入平面，最终静止于 P 处若从该板材上再 截下一段，搁置在 A、P 之间，构成一个新的斜面，再将铁块放回 A 处，并轻推一下使之沿新斜面向下滑动关于此情况下铁块运动情 况的描述，正确的是( ) A铁块一定能够到达 P 点 B铁块的初速度必须足够大才能到达 P 点 C铁块能否到达 P 点与铁块质量有关 D铁块能否到达 P 点与铁块质量无关 答案：AD 解析：设 A 距离水平面 BC 的高度为 h，小铁块与该板材间的动 摩擦因数为 .斜面 AB 的倾角为 ，对全过程运用动能定理有 mghmgs1cosmgs20，整理得 mghmg(s1coss2)

9、0，而 s1coss2 等于 OP 的长度，即 h0，与斜面的倾角 无关，故小铁块一定能够到达 P 点，且与铁块的质量无关故 A、D 正确 7已知一足够长的传送带与水平面的夹角为 ，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(如图甲所示)，以此时为 t0 时刻记录了小物块之后在传送带上 运动速度随时间的变化关系，如图乙所示(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，g 取 10 m/s2，则( ) A0t1 内，物块对传送带做正功 B物块与传送带间的动摩擦因数为 ，mgsin，得 tan， 故 B 错误； 0t2 内，由

10、vt 图线与 t 轴所围“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功 Wmvmv，故 C 错误；物块的重力势能减小量和动能减小量都转化为系统产生的 内能，则由能量守恒定律知，系统产生的热量大小一定大于物块动 能的变化量大小，故 D 正确 8(多选)如图甲所示，物体以一定初速度从倾角 37的 斜面底端沿斜面向上运动，上升的最大高度为 3.0 m选择地面为 参考平面，上升过程中，物体的机械能 E 随高度 h 的变化关系如图 乙所示(g 取 10 m/s2，sin370.6，cos370.8.)则( )

11、 A物体上升过程的加速度大小 a10 m/s2 B物体与斜面间的动摩擦因数 0.4 C物体的质量 m0.67 kg D物体回到斜面底端时的动能 Ek10 J 答案：AD 解析：物体到达最高点时，机械能为 EEpmgh，由图知 Ep30 J，得 m kg1 kg，故 C 错误；物体上升过程中，克服 摩擦力做功，机械能减少，减少的机械能等于克服摩擦力做的功， Emgcos，得 0.5，故 B 错误；物体上升过程中，由 牛顿第二定律得 mgsinmgcosma，得 agsingcos100.6 m/s20.5100.8 m/s210 m/s2，故 A 正确；由图象可知，物体上升过程中摩擦力做功为 W

12、30 J50 J20 J，在整个过程中由动能定理得 2WEkEk0，则有 EkEk02W50 J2(20) J10 J，故 D 正确 9(多选) 如图所示，小车上有固定支架，支架上用细线拴一个小球，线 长为 l(小球可看成质点)，小车与小球一起以速度 v0 沿水平方向向 左匀速运动当小车突然碰到矮墙后车立即停止运动，此后小球升 高的最大高度可能是(线未被拉断，不计空气阻力)( )A大于 B小于v2 0 2g C等于 D等于 2l5 / 12答案：BCD 解析：如果小球的速度不能使小球做圆周运动，且小球升高竖 直高度小于 l 时，由机械能守恒可得 mvmgh，所以最大高度是， 所以 A 错误、C

13、 正确；如果小球升高竖直高度大于 l 小于 2l 时，由 于小球在最大高度处动能不为零，由机械能守恒定律可知，最大高 度小于，所以 B 正确；如果小球的速度能使小球做圆周运动，那么 最大高度就是圆周运动的直径 2l，所以 D 正确 10. (多选)中国航母“辽宁舰”正式交付海军，这将极大提高我们 中国海军的整体作战实力如图所示是“歼15 飞机”在航母“辽 宁舰”上的起降示意图已知“歼15 飞机”的质量为 m，它的发 动机额定功率恒定，起飞前在航母上运动过程中所受的摩擦阻力为 恒力 “歼15 飞机”以额定功率从静止开始沿航母做直线运动， 到航母一端后起飞设“歼15 飞机”经过时间 t 运动了位移

14、 s 时， 速度达到最大值 v，此时刚好离开航母起飞则“歼15 飞机”发 动机在航母上运动过程所做的功为( ) A. B.mv2C.mv2 D.mv2s 2vts 答案：AC 解析：飞机以额定功率从静止开始沿航母做直线运动，由动能 定理得 Ptfsmv2，速度达到最大值 v 时，飞机所受合外力为零， 即 Ff，所以 Pfv，解得 P，代入得 f，所以飞机在航母上 运动过程所做的功为 WPt，又因为 Ptfsmv2mv2，所以 选项 A、C 正确 11. 如图所示，粗糙的斜面 AB 下端与光滑的圆弧轨道 BCD 相切于 B，整个装置竖直放置，C 是最低点，圆心角 37，D 与圆心 O 等高，圆弧

15、轨道半径 R1 m，斜面长 L4 m，现有一个质量 m0.1 kg 的小物体 P 从斜面 AB 上端 A 点无初速度下滑，物体 P 与 斜面 AB 之间的动摩擦因数 0.25.不计空气阻力，g10 m/s2，sin370.6，cos370.8，求： (1)物体 P 第一次通过 C 点时的速度大小 vC； (2)物体 P 第一次通过 C 点时对轨道的压力大小； (3)物体 P 第一次离开 D 点后在空中做竖直上抛运动到最高点 E，接着从空中又返回到圆弧轨道和斜面，在这样多次反复的整个运 动过程中，物体 P 对 C 点处轨道的最小压力 答案：(1)6 m/s (2)4.6 N (3)1.4 N6

16、/ 12解析：(1)物体 P 从 A 下滑经 B 到 C 过程中根据动能定理有 mgLsin37mgR(1cos37)mgcos37Lmv0，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(1cos37)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小物块

17、A 的质量为 m，物块与坡道间的动摩擦因数为 ， 水平面光滑，坡道顶端距水平面高度为 h，倾角为 ，物块从坡道 进入水平滑道时，在底端 O 点处无机械能损失，重力加速度为 g.将 轻弹簧的一端连接在水平滑道 M 处并固定在墙上，另一自由端恰位 于坡道的底端 O 点，如图所示物块 A 从坡顶由静止滑下，求： (1)物块滑到 O 点时的速度大小； (2)弹簧为最大压缩量 d 时的弹性势能； (3)物块 A 被弹回到坡道上升的最大高度答案：(1) (2)mghmghcot (3)1coth 1cot 解析：(1)由动能定理有 mghmghcotmv2，得 v. (2)在水平滑道上由能量守恒定律有 m

18、v2Ep，得 Epmghmghcot. (3)设物块 A 能够上升的最大高度为 h1，物块 A 被弹回过程中， 由能量守恒定律有 Epmgh1cotmgh1， 得 h1.刷题加餐练刷题加餐练1(2017新课标全国卷，17) 如图，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面 垂直一小物块以速度 v 从轨道下端滑入轨道，并从轨道上端水平 飞出，小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关，此距离最 大时对应的轨道半径为(重力加速度大小为 g)( )A. B.v2 8g7 / 12C. D.v2 2g 答案：B 解析：设小物块的质量为 m，滑到轨道上端时的速度为 v1.小物 块上滑过程中，机械能

19、守恒，有 mv2mv2mgR 小物块从轨道上端水平飞出，做平抛运动，设水平位移为 x， 下落时间为 t，有 2Rgt2 xv1t 联立式整理得 x2 22 可得 x 有最大值，对应的轨道半径 R.故选 B.2(2016新课标全国卷，21) (多选)如图，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于 O 点，另一端与小球相连现将小球从 M 点由静止释放，它在下降的 过程中经过了 N 点已知在 M、N 两点处，弹簧对小球的弹力大小相 等，且ONMmb，它们的初动能相同，若 a 和 b 分别受到不变的阻 力 Fa 和 Fb 的作用，经过相同的时间停下来，它们的位移分别为 sa 和 sb，则( ) AFa

20、sb BFaFb 且 sasb CFaFb 且 samb，所以 saFb，故选 C. 7(2018湖北名校联考)如图所示，一个可视为质点的滑块从 高 H12 m 处的 A 点由静止沿光滑的轨道 AB 滑下，进入半径为 r4 m 的竖直圆环，圆环内轨道与滑块间的动摩擦因数处处相同， 当滑块到达圆环顶点 C 时，滑块对轨道的压力恰好为零，滑块继续 沿 CFB 滑下，进入光滑轨道 BD，且到达高度为 h 的 D 点时速度为零， 则 h 的值可能为(重力加速度大小 g10 m/s2)( ) A8 m B9 m C10 m D11 m 答案：B 解析：滑块到达圆环顶点 C 时对轨道压力为零，则 mgm，

21、得 速度 vC，滑块在 BEC 段上克服摩擦力做的功 W1mg(H2r) mvmg(Hr)，滑块在 CFB 段克服摩擦力做的功 W2 满足 0mgR，质点不能到达 Q 点 CWmgR，质点到达 Q 点后，继续上升一段距离 DW0，所以质点到达 Q 点后，继续上升一段距 离故 C 正确，A、B、D 错误不能确定物体受力方向及物体运动的具体形式易错点2 11(多选)(2018陕西渭南模拟)一质量为 m 的物体以速度 v0 在足够大的光滑水平面上运动，从零时刻起，对该物体施加一水平 恒力 F，经过时间 t，物体的速度减小到最小值 v0，此后速度不断 增大则( )A水平恒力 F 大小为2mv0 5t

22、B水平恒力作用 2t 时间，物体速度大小为 v0 C在 t 时间内，水平恒力做的功为mv2 0 D若水平恒力大小为 2F，方向不变，物体运动过程中的最小 速度仍为 v0 答案：BCD 解析：由物体速度减小到最小值 v0，可知恒力 F 的方向与速度 v0 的方向间的夹角为钝角，将 v0 沿 F 的方向和垂直于 F 的方向进 行分解，可知垂直于 F 方向的速度大小 vxv0，平行于 F 方向的速 度大小 vyv0，根据牛顿第二定律可知 Fm，A 错误；水平恒力 作用 2t 时间，垂直于 F 方向的速度大小 vxv0 不变，平行于 F 方 向的速度大小 vyv0，物体速度大小为 v0，B 正确；在

23、t 时间内， 水平恒力做的功为 Wmvmvmv，C 正确；若水平恒力大小为 2F，方向不变，物体运动过程中的最小速度仍为 v0，D 正确12 / 1212. (2018河北邢台质检)如图所示，在距水平地面高为 0.4 m 处， 水平固定一根长直光滑杆，在杆上 P 点固定一定滑轮，滑轮可绕水 平轴无摩擦转动，在 P 点的右边，杆上套有一质量 m2 kg 的小球 A.半径 R0.3 m 的光滑半圆形细轨道，竖直地固定在地面上，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细绳，通过定滑轮将两小球连接起来杆和 半圆形轨道在同一竖直面内，两小球

24、均可看做质点，且不计滑轮大 小的影响，g 取 10 m/s2.现给小球 A 一个水平向右的恒力 F55 N求： (1)把小球 B 从地面拉到 P 点正下方 C 点过程中，力 F 做的功； (2)把小球 B 从地面拉到 P 点正下方 C 点过程中，重力对小球 B 做的功； (3)把小球 B 从地面拉到 P 点正下方 C 点时，小球 A 速度的大小；(4)把小球 B 从地面拉到 P 点正下方 C 点时，小球 B 速度的大小；(5)小球 B 被拉到离地多高时与小球 A 速度大小相等 答案：(1)22 J (2)6 J (3)0 (4)4 m/s (5)0.225 m 解析：(1)小球 B 被拉到 C 点过程中，已知拉力为恒力， 则拉力做功为：WFFx 又 xPBPC 据勾股定理可知 PB0.5 m，而 PC0.1 m， 解得 WF22 J (2)小球 B 被拉到 C 点过程中，重力对小球 B 做负功，则 WGmgR6 J (3)小球 B 被拉到 C 点时，B 球沿绳方向速度为 0，则此时 A 球 的速度也为 0； (4)小球 B 被拉到 C 点时，据动能定理有： WFWGmv2 解得：v4 m/s (5)当绳与轨道相切时两球速度相等，由相似三角形知识得，PO RR h所以 h0.3 m0.225 m