第19讲 动能和动能定理（测）-2019年高考物理一轮复习讲练测

第19讲 动能和动能定理（测）-2019年高考物理一轮复习讲练测

‎ ‎ 第19讲 动能和动能定理——测 ‎【满分：110分 时间：90分钟】‎ 一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中. 1~8题只有一项符合题目要求； 9~12题有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。)‎ ‎1．人通过定滑轮将质量为m的物体，沿倾角为θ的光滑斜面由静止开始匀加速地由底端拉上斜面，物体上升的高度为h，到达斜面顶端的速度为v，如图所示．则在此过程中(　　)‎ A． 人对物体做的功为mgh B． 人对物体做的功为 C． 物体克服重力所做的功为mghcosθ D． 物体所受的合外力做功为 ‎【答案】 D ‎【点睛】对物体受力分析，由功的公式分析功的大小；再由动能定理可求得人对物体做的功．‎ ‎2．假设某次罚点球直接射门时，球恰好从横梁下边缘踢进，此时的速度为v.横梁下边缘离地面的高度为h，足球质量为m，运动员对足球做的功为W1，足球运动过程中克服空气阻力做的功为W2，选地面为零势能面，下列说法正确的是(　　)‎ A． 运动员对足球做的功为W1＝mgh＋mv2‎ B． 足球机械能的变化量为W1－W2‎ C． 足球克服空气阻力做的功为W2＝mgh＋mv2－W1‎ D． 运动员刚踢完球的瞬间，足球的动能为mgh＋mv2‎ ‎【答案】 B 故选B。‎ ‎【点睛】动能的变化量等于合外力做的功；机械能的变化量等于除重力以外的力做功之和；重力势能的增量等于克服重力所做的功；运动员踢球过程中只有运动员对球做功，由动能定理得出踢完瞬间足球的动能。‎ ‎3．一物体静止在粗糙水平地面上。现用一大小为F1的水平拉力拉动物体，经过一段时间后其速度变为v。若将水平拉力的大小改为F2，物体从静止开始经过同样的位移后速度变为2v。对于上述两个过程，用WF1、WF2分别表示F1、F2所做的功，Wf1、Wf2分别表示前后两次克服摩擦力所做的功，则( )‎ A． ， B． ， ‎ C． ， D． ，‎ ‎【答案】 C ‎【解析】‎ 由题意可知，两次物体均做匀加速运动，则在同样的时间内，它们的位移之比为；两次物体所受的摩擦力不变，根据力做功表达式，则有滑动摩擦力做功之比Wf1：Wf2=fS1：fS2=1：2；再由动能定理，则有：WF-Wf=mv2−0；可知，WF1-Wf1=mv2−0；WF2-Wf2=4×mv2−0；由上两式可解得：WF2=4WF1-2Wf1，即WF2<4WF1；故C正确，ABD错误；故选C。‎ ‎4．(单选)如图所示,在水平桌面上固定着斜槽,斜槽的末端和一水平木板平滑连接,设物块通过连接处时速率没有改变。第一次让物块A从斜槽上端距木板一定高度处由静止下滑,物块A到达木板上的C点停止;第二次让物块A从同样位置由静止开始下滑,物块A到达斜槽底端后与放在斜槽末端附近的物块B相碰,碰后物块B滑行到木板上的E点停止,物块A滑到木板上的D点停止,用刻度尺测出D、C、E点到斜槽底端的距离分别为x1、x2、x3,已知物块A、B的质量分别为2m、m,且物块A、B与木板间的动摩擦因数相同,‎ 则下列说法正确的是( )‎ A． 因木板与物块间的动摩擦因数未知,故此实验不能验证动量守恒定律 B． 因物块A由静止下滑时的高度未知,故此实验不能验证动量守恒定律 C． 2x2=2x1+x3‎ D． ‎ ‎【答案】 D ‎【解析】A、设物块A碰前的速度为v，不放物块B时，对A根据动能定理有：‎ 点睛：解析本题考查验证动量守恒定律的有关知识，意在考查考生对验证动量守恒定律的方法的分析和推理能力。‎ ‎5．如图所示，水平转台上有一个质量为m的物块，用长为L的细绳将物块连接在转轴上，细线与竖直转轴的夹角为，此时细绳刚好拉直绳中张力为零，物块与转台间摩擦因数为μ（μ＜tanθ），最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块随转台由静止开始缓慢加速转动直到滑块即将离开水平转台的过程中，下列说法正确的是（　　）‎ A． 转台对滑块的摩擦力不做功 B． 转台对滑块的摩擦力一直增大 C． 细绳对滑块的拉力做正功 D． 当转台对物块支持力为零时，转台对物块做的功为 ‎【答案】 D ‎ =Lsinθ，联立解得v=sinθ， 根据动能定理得：转台对物块做的功W==，故D正确．‎ 故选：D ‎6．如图为一滑雪爱好者建立的一个研究模型。物块自左边斜面A点静止滑下，滑过下面一段平面后，最高冲至右侧斜面的B点。测出AB连线与水平面的夹角为θ，已知左右斜面的倾角分别为α和β，物块与各接触面动摩擦因数相同且为μ，忽略物块在拐角处的能量损失，以下结论正确的是(　　)‎ A． B． C． D． ‎ ‎【答案】 C ‎【解析】设AB段的水平长度为x，竖直高度差为h，AC的倾角为α1，EB的倾角为α2，对A到B的过程，运用动能定理得：mgh-μmgcosα•AC-μmg•CD-μmgcosβ•DB=0‎ 因为AC∙cosα+CD+DB∙cosβ=x 则有：mgh-μmgx=0‎ 解得：μ=‎ 由数学知识有：=tanθ。‎ 所以，μ=tanθ．故C正确，ABD错误。故选C。‎ 点睛：掌握斜面上运动过程中摩擦力做功的特点，对多运动过程应用全过程动能定理解决．同时要熟练运用几何知识帮助解决物理问题．‎ ‎7．如图，粗糙水平地面上放有一斜劈，小物块以一定初速度从斜劈底端沿斜面向上滑行， 回到斜劈底端时的速度小于它上滑的初速度。已知斜劈始终保持静止，则小物块 A． 上滑所需时间与下滑所需时间相等 B． 上滑和下滑过程，小物块机械能损失相等 C． 上滑时的加速度与下滑时的加速度相等 D． 上滑和下滑过程，斜劈受到地面的摩擦力方向相反 ‎【答案】 B ‎【解析】‎ x方向分析：上滑过程中f1=ma1cosθ，下滑过程中f2=ma2cosθ，地面对斜面体的静摩擦力方向一直未变向左，故D错误。故选B。‎ ‎【点睛】本题关键是用整体法进行受力分析，然后根据牛顿第二定律和运动学公式列方程分析求解；知道加速度是联系静力学和运动学的桥梁。‎ ‎8．如图所示，竖直平面内放一直角杆MON，杆的水平部分粗糙，动摩擦因数，杆的竖直部分光滑。两部分各套有质量均为的小球A和B，A、B球间用细绳相连。初始A、B均处于静止状态，已知知，，若A球在水平拉力的作用下向右缓慢地移动1m（取），那么该过程中拉力F 做功为（ ）‎ A． 14J B． 10‎ C． 6J D． 4J ‎【答案】 A ‎【解析】对AB整体受力分析，受拉力F、重力G、支持力N、向左的摩擦力f和向右的弹力N1，如图；‎ 点睛：本题中拉力为变力，先对整体受力分析后根据共点力平衡条件得出摩擦力为恒力，然后根据动能定理求变力做功。‎ ‎9．如图所示，竖直平面内四分之一光滑圆弧轨道AP和水平传送带PC相切于P点，圆弧轨道的圆心为O，半径为R．一质量为m的小物块从圆弧顶点A由静止开始沿轨道下滑，再滑上传送带PC，传送带可以速度沿逆时针方向的传动．小物块与传送带间的动摩擦因数为μ，不计物体经过圆弧轨道与传送带连接处P时的机械能损失，若传送带沿逆时针方向转动，物块恰能滑到右端C，重力加速度为g=10 m/s2．则下列说法正确的是 A． 若水平传送带沿逆时针方向转动的速度增大，小物块不能滑到传送带右端C B． 传送带PC之间的距离 C． 若传送带速度大小v0不变，顺时针转动，小物块从P点滑到C点所用的时间 D． 若传送带速度大小v0不变，顺时针转动，要让小物块一直在传送带上做匀减速运动，则小物块在圆弧顶点A的最小速度 ‎【答案】 BCD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】‎ A、若水平传送带沿逆时针方向转动的速度增大，物块受到的滑动摩擦力不变，滑动摩擦力做功与速度变大前一样，故小物块仍然恰能滑到右端C，故A错误；‎ B、从A到C，对小物块运用动能定理可得：，解得：，故B正确；‎ C、若传送带速度大小v0不变，顺时针转动，根据动能定理得：，可得，物块滑动到P点的速度：‎ 根据牛顿第二定律可得：，得 ‎ 假设传送带足够长，共速时间：‎ 共速时小物块相对P点向右运动的位移：‎ ‎，故小物块在传送带上先做匀减速运动，然后做匀速运动，则匀速运动的时间为：‎ 可得小物块从P点滑到C点所用的时间：，故C正确；‎ ‎【点睛】‎ 解决本题的关键是分析清楚小物块的运动情况，应用动能定理、牛顿第二定律、运动学公式进行研究。要注意分析物块与传送带共速的状态。‎ ‎10．人用绳子通过光滑定滑轮拉静止在地面上的物体A，A穿在光滑的竖直杆上，当人以速度v竖直向下匀速拉绳使质量为m的物体A上升高度h后，到达如图所示位置，此时绳与竖直杆的夹角为θ.已知重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　)‎ A． 此时物体A的速度为 B． 此时物体A的速度为vcosθ C． 该过程中绳对物体A做的功为mgh＋‎ D． 该过程中绳对物体A做的功为mgh＋‎ ‎【答案】 AC ‎【解析】将A的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，如图所示 拉绳子的速度等于A沿绳子方向的分速度，根据平行四边形定则得，实际速度，故A正确，B错误；在A上升的过程中根据动能定理有：，即绳对A做的功为：，故C正确，D错误；故选AC。‎ ‎【点睛】将A的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，根据平行四边形定则求出A的实际运动的速度，再根据动能定理求出人对A做的功．‎ ‎11．静止在粗糙水平面上的物体，在水平拉力作用下沿直线运动的v—t图象如图所示，已知物体与水平面间的动摩擦因数恒定，则（ ）‎ A． 第1 s内拉力做的功与第7 s内拉力做的功相等 B． 4 s末拉力做功的功率与6 s末拉力做功的功率不相等 C． 1~3 s内因摩擦产生的热量大于3~7 s内因摩擦产生的热量 D． 第1 s内合外力做的功等于0~7 s内合外力做的功 ‎【答案】 BD 则4 s末拉力做功的功率为：‎ ‎6 s末拉力做功的功率为：‎ 即，故选项B正确；‎ C、根据能量守恒可知，克服摩擦力做等于产生的热量，由于摩擦力为：‎ ‎1~3 s内路程为：，则1~3 s内产生的热量为：‎ ‎3~7 s内路程为：，则3~7 s内产生的热量为：‎ 由于，则，故选项C错误；‎ D、根据动能定理可知，第1 s内合外力做的功为：‎ ‎0~7 s内合外力做的功为：‎ 由于第1 s末瞬时速度大小等于第7 s末瞬时速度大小，即，故选项D正确。‎ 点睛：本题要注意速度时间图线与x轴包围的面积等于物体的位移，摩擦力做功与路程有关，同时注意应用动能定理来进行求解。‎ ‎12．如图所示，半径为R=0.4m的圆形光滑轨道固定在竖直平面内，圆形轨道与光滑固定的水平轨道相切。可视为质点的质量均为m=0.5kg的小球甲、乙用轻杆连接，置于圆轨道上，小球甲与圆心O点等高，小球乙位于圆心O的正下方。某时刻将两小球由静止释放，最终它们在水平面上运动。g=10m/s2.则( )‎ A． 两小球最终在水平面上运动的速度大小为2m/s B． 甲小球下滑到圆形轨道最低点时重力的功率为10W C． 甲小球下滑到圆形轨道最低点时对轨道压力的大小为5N D． 整个过程中轻杆对乙做的功为1J ‎【答案】 AD 点睛：本题关键时明确两个球的系统机械能守恒，而单个球的机械能不守恒，同时要结合动能定理分析杆对单个物体的做功情况，还要找到向心力来源。‎ 二、非选择题（本大题共4小题，第13、14题每题10分；第15、16题每题15分；共50分）‎ ‎13．光滑水平面AB与竖直面内的圆形导轨在B点连接，导轨半径R=0.5m，一个质量m=2kg的小球在A处压缩一轻质弹簧，弹簧与小球不拴接。用手挡住小球不动。此时弹簧弹性势能Ep=49J，如图所示。放手后小球向右运动脱离弹簧，沿圆形轨道向上运动恰能通过最高点C，取g=10m/s2。求：‎ ‎(1)小球脱离弹簧时的速度大小；‎ ‎(2)小球从B到C克服阻力做的功；‎ ‎(3)小球离开C点后落回水平面时的动能。‎ ‎【答案】 （1） （2） （3）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎(1)根据机械能守恒定律 Ep＝ ①‎ v1＝＝7m/s ②‎ 故本题答案是：（1） （2） （3）‎ ‎【点睛】‎ ‎(1)在小球脱离弹簧的过程中只有弹簧弹力做功,根据弹力做功与弹性势能变化的关系和动能定理可以求出小球的脱离弹簧时的速度v;‎ ‎(2)小球从B到C的过程中只有重力和阻力做功,根据小球恰好能通过最高点的条件得到小球在最高点时的速度,从而根据动能定理求解从B至C过程中小球克服阻力做的功;‎ ‎(3)小球离开C点后做平抛运动,只有重力做功,根据动能定理求小球落地时的动能大小 ‎14．将质量m=1.0kg物体从离地面高h=1m的某点竖直向上抛出，已知物体初动能，物体落到地面时的末动能，假定物体所受空气阻力f大小恒定，，求 ‎（1）物体空中运动全过程中空气阻力所做的功；‎ ‎（2）空气阻力f大小。‎ ‎【答案】 (1) -10J (2) 2N ‎15．如图所示，BCD是半径R=0.4m的竖直圆形光滑轨道，D是轨道的最高点，水平面AB与圆轨道在B点相切。一质量为m=1kg可以看成质点的物体静止于水平面上的A点。现用F=7N的水平恒力作用在物体上，使它在水平面上做匀加速直线运动，当物体到达B点时撤去外力F，之后物体沿BCD轨道运动，物体到达D点时的速度大小vD=4m/s。已知物体与水平面间的动摩擦因数μ=0.3，取重力加速度g=10m/s2．求：‎ ‎（1）在D点轨道对物体的压力大小FN；‎ ‎（2）物体运动到B点时的速度大小vB；‎ ‎（3）A与B之间的距离x。‎ ‎【答案】 （1）30N (2) （3）4m ‎【解析】‎ 试题分析：(1) 在D点，物体受力，根据牛顿第二定律即可求出轨道对物体的压力大小；‎ ‎(2) 物体从B到D，根据机械能守恒定律，可求出物体运动到B点时的速度大小；‎ ‎(3) 物体从A到B，根据动能定理可求出A与B之间的距离。‎ 解：(1)在D点，物体受力，根据牛顿第二定律，代入数据解得;‎ ‎(2) 物体从B到D，根据机械能守恒定律 代入数据解得：；‎ ‎(3) 物体从A到B，根据动能定理 代入数据解得。‎ 点晴：力与运动学中的基础题，主要包括圆周运动，受力分析，动能定理等内容，难度中等；尽量减小细节上的错误。‎ ‎16．如图甲所示，光滑斜面OA与倾斜传送带AB在A点相接，且OAB在一条直线上，与水平面夹角a=37°，轻质弹赁下端固定在O点，上端可自由伸长到A点.在A点放一个物体，在力F的作用下向下缓慢压缩弹簧到C点，该过程中力F随压缩距离x的变化如图乙所示。已知物体与传送带间动牌擦因数μ=0.5，传送带AB部分长为5m，顺时针转动，速度v=4m/s，重力加速度g取l0m/s2.(sin 37°=0.6，cos 37°=0.8) 求：‎ ‎（1）物体的质量m；‎ ‎（2）弹簧从A点被压缩到C点过程中力F所做的功W；‎ ‎（3）若在C点撤去力F，物体被弹回并滑上传送带，同物体在传送带上最远能到何处?‎ ‎【答案】 （1）5kg（2）90J（3）恰好到达传送带顶端B点 ‎【解析】‎ ‎（1)由图像可知：‎ ‎ ……③‎ 箱得：v0=6m/s mg sin37°-μmg cos 37°=ma 设之后沿斜面向上发生的最大位移大小为x2，由运动学规律：‎ ‎.……⑦‎ 解得：x2=4m 所以物块能够在传送带上发生的最大位移：xm=x1+x2=5m 即恰好到达传送带顶端B点 点睛：此题是关于牛顿第二定律的综合应用问题；关键是分析物体在传送带上运动的物理过程，尤其是摩擦力的方向变化情况和加速度变化情况；并能从图像中获取信息求解.‎ ‎ ‎