人教版新高考物理一轮总复习训练题　动能和动能定理

这是一份人教版新高考物理一轮总复习训练题　动能和动能定理，共6页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
考点规范练17　动能和动能定理一、单项选择题1.下列有关动能的说法正确的是(　　)A.物体只有做匀速运动时,动能才不变B.物体的动能变化时,速度不一定变化C.物体做平抛运动时,水平速度不变,动能不变D.物体做自由落体运动时,物体的动能增加2.一个质量为0.3 kg的弹性小球,在光滑水平面上以6 m/s的速度垂直撞到墙上,碰撞后小球沿相反方向运动,反弹后的速度大小与碰撞前相同,则下列碰撞前后小球速度变化量的大小Δv和碰撞过程中小球的动能变化量ΔEk正确的是(　　)A.Δv=0 B.Δv=12 m/sC.ΔEk=1.8 J D.ΔEk=10.8 J3.光滑斜面上有一个小球自高为h的A处由静止开始滚下,抵达光滑水平面上的B点时速度大小为v0。光滑水平面上每隔相等的距离设置了一个与小球运动方向垂直的活动阻挡条,如图所示,小球越过n条活动阻挡条后停下来。若让小球从h高处以初速度v0滚下,设小球每次越过活动阻挡条时损失的动能相等,则小球能越过的活动阻挡条的条数是(　　)A.n B.2nC.3n D.4n4.(2021·湖北武汉月考)物块在水平面上以初速度v0直线滑行,前进x0后恰好停止运动,已知物块与水平面之间的动摩擦因数为μ,且μ的大小与物块滑行的距离x的关系为μ=kx(k为常数),重力加速度为g。则(　　)A.v0= B.v0=C.v0= D.v0=25.(2021·广东深圳月考)如图所示,物块从固定斜面的最高点由静止滑下,冲上右侧光滑曲面,经过最低点连接处时无能量损失。已知物块与斜面的动摩擦因数μ=0.25,斜面高度h=1.20 m,斜面倾角θ=37°,g取10 m/s2,sin 37°=0.6,物块在曲面上升的最大高度为              (　　)A.0.70 m B.0.80 mC.0.96 m D.1.20 m6.(2020·四川成都模拟)如图甲所示,在竖直平面内固定一光滑半圆形轨道ABC,B为轨道的中点,质量为m的小球以一定的初动能Ek0从最低点A冲上轨道。图乙是小球沿轨道从A运动到C的过程中,动能Ek与其对应高度h的关系图像。已知小球在最高点C受到轨道的作用力大小为25 N,空气阻力不计,重力加速度g取10 m/s2,由此可知(　　)A.小球的质量m=0.2 kgB.初动能Ek0=16 JC.小球在C点时重力的功率为60 WD.小球在B点受到轨道的作用力大小为85 N7.(2020·陕西咸阳期末)某景点的滑草场有两个坡度不同的滑道AB和AB'(均可看作斜面),甲、乙两名质量相等的游客分别乘两个完全相同的滑草装置从A点由静止开始分别沿AB和AB'滑下,最后都停在水平草面上,其中乙停在了C点处,如图所示。设滑草装置和草面间的动摩擦因数处处相同,斜面与水平面连接处均可认为是圆滑的,滑草者保持相同的姿势坐在滑草装置上不动,则甲最终停在了(　　)A.C点的左侧 B.C点处C.C点的右侧 D.条件不足,无法判断二、多项选择题8.(2020·山西运城质检)质量为m的物体放在水平面上,它与水平面间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g。用水平力拉物体,运动一段时间后撤去此力,最终物体停止运动。物体运动的v-t图像如图所示。下列说法正确的是(　　)A.水平拉力大小为F=mB.物体在0~3t0时间内的位移大小为v0t0C.在0~3t0时间内水平拉力做的功为D.在0~3t0时间内物体克服摩擦力做功的平均功率为μmgv09.(2020·河南开封三模)下图为过山车的大回环轨道的结构图,一质量m=40 kg的车厢(可视为质点)从高h0=12 m处的A点由静止沿光滑轨道AB滑下,进入半径r=4 m的竖直圆轨道,车厢与圆轨道的动摩擦因数处处相同,当到达圆轨道的顶点C时,车厢对圆轨道的压力恰好为零。之后车厢继续沿CFB滑下,进入光滑轨道BD,且上升高度为h时速度为零,g取10 m/s2,则下列说法正确的是(　　)A.车厢在圆轨道最高点时的速度为2 m/sB.车厢在圆轨道最高点时的速度为 m/sC.h的值可能为8.0 mD.h的值可能为8.5 m10.(2019·全国卷Ⅱ)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 kgB.h=0时,物体的速率为20 m/sC.h=2 m时,物体的动能Ek=40 JD.从地面至h=4 m,物体的动能减少100 J三、非选择题11.如图甲所示,高h0=1 m的桌面上固定一竖直平面内的半径R=0.8 m的四分之一光滑圆弧轨道AB,轨道末端B与桌面边缘水平相切。将一质量m=0.05 kg的小球从轨道顶端A处由静止释放,小球落入地面固定的球筐中。已知球筐的高度h=0.2 m,球筐的直径比球稍大,与轨道半径R、桌面高h0等相比可忽略,空气阻力忽略不计,g取10 m/s2。(1)求小球运动到B处时对轨道的压力大小。(2)求球筐距B处的水平距离。(3)把圆弧轨道撤去,让小球在桌面上从B处水平抛出。有人认为“为防止球入筐时弹出,小球落入球筐时的动能越小越好”。若只改变桌面的高度,求出该动能的最小值。           12.(2020·浙江模拟)如图所示,质量m=100 g的滑块(可视为质点),在F=1 N的水平推力作用下从A点由静止开始运动,一段位移后撤去推力F,当滑块由平台边缘B点飞出后,恰能从C点沿切线方向进入圆弧管道,滑块略小于管道内径。已知AB间的距离l=2.1 m,滑块与平台间的动摩擦因数μ=0.5,B、C两点间水平距离s=1.2 m、竖直高度差h=0.8 m,CD、DF是半径均为R=0.5 m的光滑圆弧管道,C、D等高,E为DF管道的最高点,FG是长度d=10 m、倾角θ=37°的粗糙直管道,在G处有一反弹膜,能无机械能损失地反弹滑块,各部分管道在连接处均相切,cos 37°=0.8,sin 37°=0.6。(1)求滑块在平台上运动时水平推力F作用的位移大小。(2)求滑块第一次到达E点时对轨道的作用力。(3)要使滑块反弹一次后能停在管道FG上,求滑块与管道FG之间动摩擦因数的取值范围。
考点规范练17　动能和动能定理1.D　解析:物体只要速率不变,动能就不变,A错误。物体的动能变化时,速度的大小一定变化,B错误。物体做平抛运动时,速率增大动能就会增大,C错误。物体做自由落体运动时,其速率增大,物体的动能增加,D正确。2.B　解析:速度是矢量,规定反弹后速度方向为正,则Δv=6 m/s-(-6 m/s)=12 m/s,故B正确,A错误。动能是标量,速度大小不变,动能不变,则ΔEk=0,C、D错误。3.B　解析:设每条阻挡条对小球做的功为W,当小球在水平面上滚动时,由动能定理得nW=0-,对第二次有NW=0-=0-+mgh,又因为=mgh,联立解得N=2n,选项B正确。4.A　解析:动摩擦因数与x成正比,故在前进x0的过程中,平均动摩擦因数为,在整个前进过程中,根据动能定理可得-mgx0=0-,解得v0=,故A正确,B、C、D错误。5.B　解析:设物块在曲面上升的最大高度为h'。对物块从开始到运动至曲面最高点的过程,由动能定理得mg(h-h')-μmgcos θ·=0,解得h'=0.80 m,故A、C、D错误,B正确。6.D　解析:由题图乙可知,轨道半径R=0.4 m,在最高点C,根据牛顿第二定律可得mg+FN=,又EkC==9 J,解得m=2 kg,故A错误。从A到C,根据动能定理可得-2mgR=EkC-Ek0,解得Ek0=25 J,B错误。小球在C点时速度方向水平,故重力的瞬时功率P=0,C错误。从A到B根据动能定理可得-mgR=-Ek0,解得vB= m/s,在B点,FN'==85 N,故D正确。7.B　解析:设任一倾斜滑道的倾角为θ,高度为h,滑草装置和草面间的动摩擦因数为μ。乙由A点滑到C点的过程中,由动能定理有mgh-μmgcos θ·-μmg·lB'C=0,即h-μ(hcot θ+lB'C)=0,其中hcot θ+lB'C是A点与C点间的水平距离,可知,hcot θ+lB'C=,与θ无关,所以甲最终停在C点处,故B正确。8.BD　解析:根据v-t图像和牛顿第二定律可知F-μmg=m,故选项A错误。由v-t图像与t坐标轴所围面积表示位移可知,物体在0~3t0时间内的位移大小为x=·3t0·v0=v0t0,所以选项B正确。在0~3t0时间内由动能定理可知W-μmgx=0,故水平拉力做的功W=μmgv0t0,又Ff=μmg=,则W=,选项C错误。在0~3t0时间内物体克服摩擦力做功的平均功率为P=μmgv0,所以选项D正确。9.AD　解析:在最高点C,车厢对圆环轨道的压力恰好为零,根据牛顿第二定律可得mg=m,解得vC=2 m/s,故A正确,B错误。在ABEC过程中,根据动能定理可得mg(h0-2r)-W1=-0,解得W1=800 J。设CFB过程克服摩擦力做的功为W2,因该过程车厢与轨道的平均压力小于BEC过程,则摩擦力也小于BEC过程的摩擦力,则有0<W2<W1。在CFBD过程中,由动能定理得-mg(h-2r)-W2=-,解得8 m<h<10 m,故C错误,D正确。10.AD　解析:由题图可知,物体刚被抛出时的机械能为100 J,即物体竖直上抛的初动能Ek0=100 J。当机械能与重力势能相等,说明动能为零,上升到最高点时离地面高度为4 m,这时mgh=E,所以m= kg=2 kg,A正确。根据Ek0=,v0= m/s=10 m/s,B错误。从题图中可以得出在上抛过程中,机械能有损失,上升到最高点的整个过程中,共损失了20 J的机械能,按照比例上升2 m时,机械能损失了10 J。因此当h=2 m时,物体的动能Ek=100 J-40 J-10 J=50 J,C错误。当h=0时,Ek0=100 J,当h=4 m时,Ek4=0,所以从地面至h=4 m,物体的动能减少100 J,D正确。11.解析:(1)小球从A运动到B,由动能定理得mgR=在B点FN-mg=解得v0=4 m/s,FN=1.5 N根据牛顿第三定律,小球对轨道的压力大小FN'=FN=1.5 N。(2)竖直方向h0-h=gt2水平方向x=v0t解得x=1.6 m。(3)小球从B运动到球筐的过程,由动能定理得mg(h0-h)=Ek-平抛运动x=vBt,h0-h=gt2联立解得Ek=+mg(h0-h)当h0=h+x=1 m时,Ek有最小值,其最小值为Ekmin=mgx=0.8 J。答案:(1)1.5 N(2)1.6 m(3)0.8 J12.解析:(1)滑块从B到C做平抛运动,则竖直方向有h=gt2水平方向有s=vBt解得 vB=3 m/s滑块从A到B的过程,根据动能定理得Fx-μmgl=-0解得水平推力F作用的位移大小x=1.5 m。(2)根据平抛运动的规律得h=解得滑块到达C点时竖直分速度的大小vy=4 m/s滑块到达C点时速度大小vC==5 m/s从C到E,根据动能定理得-mgR(1-cos 53°)=在E点,对滑块由牛顿第二定律得FN+mg=m解得FN=3.2 N根据牛顿第三定律,滑块第一次到达E点时对轨道的作用力FN'=FN=3.2 N,方向竖直向上。(3)设滑块与管道FG之间的动摩擦因数为μ'。由滑块能停在FG上,可得μ'mgcos θ>mgsin θ解得 μ'>0.75由反弹一次可得+mg(R-Rcos 37°+dsin 37°)>μ'mgdcos 37°解得μ'<0.89分析可知,当μ'>0.75时,EkF=+mg(R-Rcos 37°)=1.15 J<μ'mg·2dcos 37°滑块无法返回P点。综上所述,滑块与管道FG之间动摩擦因数的取值范围为0.75<μ'<0.89。答案:(1)1.5 m(2)3.2 N,方向竖直向上(3)0.75<μ'<0.89