2020高考物理一轮总复习 第五章 机械能 能力课1 动能定理练习（含解析）新人教版

能力课1 动能定理一、选择题1.(多选)光滑水平面上静止的物体，受到一个水平拉力作用开始运动，拉力F随时间t变化的图象如图所示，用Ek、v、x、P分别表示物体的动能、速度、位移和拉力F的功率，下列四个图象分别定性描述了这些物理量随时间变化的情况，其中正确的是()解析：选BD由于拉力F恒定，所以物体有恒定的加速度a，则vat，即v与t成正比，选项B正确；由PFvFat可知，P与t成正比，选项D正确；由xat2可知x与t2成正比，选项C错误；由动能定理可知EkFxFat2，Ek与t2成正比，选项A错误2.(2019届德州一中月考)如图所示，在轻弹簧的下端悬挂一个质量为m的小球A，若将小球A从弹簧原长位置由静止释放，小球A能够下降的最大高度为h，若将小球A换为质量为3m的小球B，仍从弹簧原长位置由静止释放，则小球B下降h时的速度为(重力加速度为g，不计空气阻力)()A.B. C. D. 解析：选B小球A下降h过程，根据动能定理，有mghW10；小球B下降过程，由动能定理有3mghW13mv20，解得v ，故B正确3.如图所示，质量为m的小球，从离地面高H处由静止开始释放，落到地面后继续陷入泥中h深度而停止，设小球受到空气阻力为f，重力加速度为g，则下列说法正确的是()A小球落地时动能等于mgHB小球陷入泥中的过程中克服泥的阻力所做的功小于刚落到地面时的动能C整个过程中小球克服阻力做的功等于mg(Hh)D小球在泥土中受到的平均阻力为mg解析：选C小球从静止开始释放到落到地面的过程，由动能定理得mgHfHmv02，选项A错误；设泥的平均阻力为f0，小球陷入泥中的过程，由动能定理得mghf0h0mv02，解得f0hmghmv02，f0mg，选项B、D错误；全过程应用动能定理可知，整个过程中小球克服阻力做的功等于mg(Hh)，选项C正确4有两个物体a和b，其质量分别为ma和mb，且mamb，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()AFasb BFaFb，sasbCFaFb，sasb DFaFb，samb，所以saFb，故选项C正确5.如图所示，质量为0.1 kg的小物块在粗糙水平桌面上滑行4 m后以3.0 m/s的速度飞离桌面，最终落在水平地面上，已知物块与桌面间的动摩擦因数为0.5，桌面高0.45 m，若不计空气阻力，取g10 m/s2，则()A小物块的初速度是5 m/sB小物块的水平射程为1.2 mC小物块在桌面上克服摩擦力做8 J的功D小物块落地时的动能为0.9 J解析：选D小物块在桌面上克服摩擦力做功WfmgL2 J，选项C错误；在水平桌面上滑行时，由动能定理得Wfmv2mv02，解得v07 m/s，选项A错误；小物块飞离桌面后做平抛运动，有xvt、hgt2，解得x0.9 m，选项B错误；设小物块落地时动能为Ek，由动能定理得mghEkmv2，解得Ek0.9 J，选项D正确6.(2019届天津五区县联考)如图所示，某质点运动的vt图象为正弦曲线从图象可以判断()A质点做曲线运动B在t1时刻，合外力的功率最大C在t2t3时间内，合外力做负功D在0t1和t2t3时间内，合外力的平均功率相等解析：选D质点运动的vt图象描述的是质点的直线运动，选项A错误；在t1时刻，vt图线的斜率为零，加速度为零，合外力为零，合外力功率为零，选项B错误；由题图图象可知，在t2t3时间内，质点的速度增大，动能增大，由动能定理可知，合外力做正功，选项C错误；在0t1和t2t3时间内，动能的变化量相同，故合外力做的功相等，则合外力的平均功率相等，选项D正确7(2018年江苏卷)从地面竖直向上抛出一只小球，小球运动一段时间后落回地面忽略空气阻力，该过程中小球的动能Ek与时间t的关系图象是()解析：选A对于整个竖直上抛过程(包括上升与下落)，速度与时间的关系为vv0gt，v2g2t22v0gtv02，Ekmv2，可见动能与时间是二次函数关系，由数学中的二次函数知识可判断A正确8.如图所示，小物块与水平轨道、倾斜轨道之间的动摩擦因数均相同，小物块从倾角为1的轨道上高度为h的A点由静止释放，运动至B点时速度为v1.现将倾斜轨道的倾角调至为2，仍将物块从轨道上高度为h的A点静止释放，运动至B点时速度为v2.已知21，不计物块在轨道接触处的机械能损失则()Av1v2Cv1v2D由于不知道1、2的具体数值，v1、v2关系无法判定解析：选C物体运动过程中摩擦力做负功，重力做正功，由动能定理可得mghmgcosmgxBDmv2，即mghmgmgxBDmv2，因为xCD，所以mghmgxBCmv2，故到达B点的速度与倾斜轨道的倾角无关，所以v1v2，故选项C正确9.(多选)(2018年全国卷)地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送到地面某竖井中矿车提升的速度大小v随时间t的变化关系如图所示，其中图线分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶段加速度的大小都相同；两次提升的高度相同，提升的质量相等不考虑摩擦阻力和空气阻力对于第次和第次提升过程()A矿车上升所用的时间之比为45B电机的最大牵引力之比为21C电机输出的最大功率之比为21D电机所做的功之比为45解析：选AC由图象可知图线过程所用时间为2t0，由于两次提升的高度相同，图线与x轴围成的面积相等可知图线过程所用时间为2.5t0，因此矿车上升所用时间之比为45，A对；由于它们的变速阶段加速度大小相同，电机的最大牵引力相等，B错；由PmFv可知，F最大，v最大时，P最大，F相等，vm之比为21，所以最大功率之比为21，C对；电机做功W提供矿石的重力势能和动能，据动能定理WmghEk，由于提升高度相同，Ek0，所以电机做功相等，D错，故选AC.10.(多选)(2018届大连五校联考)在某一粗糙的水平面上，一质量为2 kg的物体在水平恒定拉力的作用下做匀速直线运动，当运动一段时间后，拉力逐渐减小，且当拉力减小到零时，物体刚好停止运动，图中给出了拉力随位移变化的关系图象已知重力加速度g10 m/s2.根据以上信息能精确得出或估算得出的物理量有()A物体与水平面间的动摩擦因数B合外力对物体所做的功C物体做匀速运动时的速度D物体运动的时间解析：选ABC物体做匀速直线运动时，拉力F与滑动摩擦力f大小相等，物体与水平面间的动摩擦因数为0.35，A正确；减速过程由动能定理得WFWf0mv2，根据Fx图象中图线与坐标轴围成的面积可以估算力F做的功WF，而Wfmgx，由此可求得合外力对物体所做的功，及物体做匀速运动时的速度v，B、C正确；因为物体做变加速运动，所以运动时间无法求出，D错误二、非选择题11.(2019届河南三门峡期末)一质量为m的质点，系在轻绳的一端，绳的另一端固定在水平面上，水平面粗糙此质点在该水平面上做半径为r的圆周运动，设质点的最初速率是v0，滑动摩擦力大小恒定，当它运动一周时，其速率变为，已知重力加速度为g，求：(1)质点与水平面的动摩擦因数；(2)当质点运动一周时的加速度大小；(3)质点在静止以前运动了多少圈解析：(1)设质点与水平面的动摩擦因数为，质点运动一周时摩擦力做的功为W，根据动能定理得：Wm2mv02又Wmg2r解得.(2)当质点运动一周时质点的向心加速度大小为an当质点运动一周时质点的切向加速度大小为ag则加速度：a .(3)设质点在运动了n周时停止，由动能定理得：mgn2r0mv02解得n1.33.答案：(1)(2) (3)1.3312(2019届晋城调研)如图甲所示，一滑块从平台上A点以初速度v0向右滑动，从平台上滑离后落到地面上的落地点离平台的水平距离为s，多次改变初速度的大小，重复前面的过程，根据测得的多组v0和s，作出s2v02图象如图乙所示，滑块与平台间的动摩擦因数为0.3，重力加速度g10 m/s2.(1)求平台离地的高度h及滑块在平台上滑行的距离d；(2)若将滑块的质量增大为原来的2倍，滑块从A点以4 m/s的初速度向右滑动，求滑块滑离平台后落地时的速度大小v及落地点离平台的水平距离s的大小解析：(1)设滑块滑到平台边缘时的速度为v，根据动能定理得mgdmv2mv02滑块离开平台后做平抛运动，则有hgt2svt联立以上三式得s2 v024hd由图象得：图象的斜率等于 ，即 0.2解得h1 m且当s0时，v0212，代入式解得d2 m.(2)由得v2 m/s滑块离开平台后做平抛运动，则有：hgt2得t s s滑块滑离平台后落地时的速度为v 2 m/s落地点离平台的水平距离s的大小为svt2 m m.答案：(1)1 m2 m(2)2 m/s m|学霸作业|自选一、选择题1(2018届南通市二次调研)某同学用如图所示的装置测量一个凹形木块的质量m，弹簧的左端固定，木块在水平面上紧靠弹簧(不连接)将其压缩，记下木块右端位置A点，释放后，木块右端恰能运动到B1点在木块槽中加入一个质量m0200 g的砝码，再将木块左端紧靠弹簧，木块右端位置仍然在A点，释放后木块离开弹簧，右端恰能运动到B2点测得AB1、AB2长分别为36.0 cm和12.0 cm，则木块的质量m为()A.100 g B200 gC300 g D400 g解析：选A两次木块均由同一位置释放，故弹簧恢复原长的过程中，弹簧所做的功相同，未加砝码时，由动能定理，可得W弹mgAB10，加上砝码m0时，有W弹(mm0)gAB20，解得m100 g，选项A正确2.(2019届西安质检)静止在粗糙水平面上的物块在水平向右的拉力作用下做直线运动，t4 s时停下，其vt图象如图所示，已知物块与水平面间的动摩擦因数处处相同，则下列判断正确的是()A整个过程中拉力做的功等于物块克服摩擦力做的功B整个过程中拉力做的功等于零Ct2 s时刻拉力的瞬时功率在整个过程中最大Dt1 s到t3 s这段时间内拉力不做功解析：选A对物块运动全过程应用动能定理得：WFWf0，故A正确，B错误；物块在加速运动过程中受到的拉力最大，故t1 s时拉力的瞬时功率为整个过程中拉力功率的最大值，C错误；t1 s到t3 s这段时间内，拉力与摩擦力平衡，拉力做正功，D错误3.(2018届济宁模拟)如图所示的竖直轨道，其圆形部分半径分别是R和，质量为m的小球通过这段轨道时，在A点时刚好对轨道无压力，在B点时对轨道的压力为mg.则小球由A点运动到B点的过程中摩擦力对小球做的功为()AmgR BmgRCmgR DmgR解析：选A在A处对小球由牛顿第二定律mgm，vA，在B处对小球由牛顿第二定律得mgFNm，又FNmg，解得vB，小球由A到B的过程由动能定理得mgWfmvB2mvA2，解得WfmgR，故A正确4(多选)质量为1 kg的物体静止在粗糙的水平地面上，在一水平外力F的作用下运动，如图甲所示，外力F和物体克服摩擦力f做的功与物体位移的关系如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2.下列分析正确的是()A物体与地面之间的动摩擦因数为0.2B物体运动的位移为13 mC物体在前3 m运动过程中的加速度为3 m/s2Dx9 m时，物体的速度为3 m/s解析：选ACD由摩擦力做功的图象可知，Wmgx20 J，解得0.2，A正确；由fmg2 N，fxWf27 J可得x13.5 m，B错误；又WFFx，可解得：前3 m内，F N5 N，由Ffma可得：a3 m/s2，C正确；由动能定理可得：WFfxmv2，解得：x9 m时物体的速度v3 m/s，D正确5.(2018届吉林三校联考)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 kg，在作用于A球的水平力F的作用下，A、B两球均处于静止状态，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，则在此过程中绳的拉力对B球所做的功为(取g10 m/s2)()A11 J B16 JC18 J D9 J解析：选CA球向右运动0.1 m时，vA3 m/s，OA0.4 m，OB0.3 m，设此时BAO，则有tan.由运动的合成与分解可得vAcosvBsin，解得vB4 m/s.以B球为研究对象，此过程中B球上升高度h0.1 m，由动能定理，WmghmvB2，解得轻绳的拉力对B球所做的功为WmghmvB22100.1 J242 J18 J，选项C正确6.(2019届石家庄联考)质量为m的小球在竖直向上的拉力作用下从静止开始运动，其vt图象如图所示(竖直向上为正方向，DE段为直线)，已知重力加速度大小为g，下列说法正确的是()At3t4时间内，小球竖直向下做匀减速直线运动Bt0t2时间内，合力对小球先做正功后做负功C0t2时间内，小球的平均速度一定为Dt3t4时间内，拉力做的功为(v4v3)g(t4t3)解析：选D根据题意，竖直向上为正方向，故在t3t4时间内，小球竖直向上做匀减速直线运动，故选项A错误；t0t2时间内，小球速度一直增大，根据动能定理可知，合力对小球一直做正功，故选项B错误；0t2时间内，小球的平均速度等于位移与时间的比值，不一定为，故选项C错误；根据动能定理，在t3t4时间内：WFmg(t4t3)mv42mv32，整理可得WF(v4v3)g(t4t3)，故选项D正确7如图所示，将质量为m的小球以速度v0由地面竖直向上抛出小球落回地面时，其速度大小为v0.设小球在运动过程中所受空气阻力的大小不变，则空气阻力的大小等于()A.mg B.mgC.mg D.mg解析：选D重力对物体做的功为零，设空气阻力大小为f，对整个过程应用动能定理得：2fhmv2mv02上升过程中物体加速度为a由运动学公式得：2ahv02带入数据计算得出：fmg所以D选项正确8.(2018届河南洛阳名校联考)一摩托车在竖直的圆轨道内侧做匀速圆周运动，周期为T，人和车(当做质点)的总质量为m，轨道半径为R，车经最高点时发动机功率为P0，车对轨道的压力为2mg.设轨道对摩托车的阻力与车对轨道的压力成正比，则()A车经最低点时对轨道的压力为3mgB车经最低点时发动机功率为2P0C车从最高点经半周到最低点的过程中发动机做的功为P0TD车从最高点经半周到最低点的过程中发动机做的功为2mgR解析：选B摩托车在最高点时有2mgmgm，在最低点有FNmgm，解得FN4mg，选项A错误；由于轨道对摩托车的阻力与车对轨道的压力成正比，又因为车在最高点对轨道的压力为2mg：根据PFv，可知发动机在最低点时的功率是在最高点时功率的2倍，选项B正确，C错误；根据动能定理可知摩托车从最高点经半周到最低点的过程中克服阻力做的功等于发动机做的功与重力做功2mgR之和，无法求得发动机做的功，选项D错误二、非选择题9(2018届南京市、盐城市模)如图所示，炼钢厂通常用滚筒来传送软钢锭，使具有一定初速度的软钢锭通过滚筒滑上平台，质量为M的软钢锭长为L，上表面光滑，下表面与平台间是粗糙的现以水平向右的初速度滑上平台，全部滑上平台时的速度为v.此时，在其右端无初速放上一个质量为m的滑块(视为质点)随后软钢锭滑过2L距离时速度为零，滑块恰好到达平台，重力加速度取g，空气阻力不计求：(1)滑块获得的最大加速度(不考虑与平台的撞击过程)；(2)滑块放上后，软钢锭滑动过程克服阻力做的功；(3)软钢锭处于静止状态时，滑块到达平台的动能解析：(1)由于滑块与软钢锭间无摩擦，所以，软钢锭在平台上滑过距离L时，滑块脱离做自由落体运动，所以ag.(2)根据动能定理得Wf克EkMv2.(3)滑块脱离软钢锭后做自由下落到平台上的时间与软钢锭在平台最后滑过L的时间相等，都为tLgt2(mM)gLMgLMv2vmgtEkmvm2联立以上四个方程式解得Ek.答案：(1)g(2)Mv2(3)10(2019届枣庄期末)如图甲所示，电动机通过绕过光滑定滑轮的细绳与放在倾角为30的光滑斜面上的物体相连，启动电动机后物体沿斜面上升；在03 s时间内物体运动的vt图象如图乙所示，其中除12 s时间段图象为曲线外，其余时间段图象均为直线，1 s后电动机的输出功率保持不变；已知物体的质量为2 kg，重力加速度g10 m/s2.求： (1)1 s后电动机的输出功率P；(2)物体运动的最大速度vm；(3)在03 s内电动机所做的功解析：(1)设物体的质量为m，由题图乙可知，在t11 s时间内，物体做匀加速直线运动的加速度大小为a5 m/s2，1 s末物体的速度大小达到v15 m/s，此过程中，设细绳拉力的大小为F1，则根据运动学公式和牛顿第二定律可得v1at1F1mgsin30ma设在1 s末电动机的输出功率为P，由功率公式可得PF1v1联立解得P100 W.(2)当物体达到最大速度vm后，设细绳的拉力大小为F2，由牛顿第二定律和功率的公式可得F2mgsin300PF2vm联立解得vm10 m/s.(3)设在时间t11 s内，物体的位移为x，电动机做的功为W1，则由运动学公式得xat12由动能定理得W1mgxsin30mv12设在时间t3 s内电动机做的功为W，则WW1P(tt1)联立解得W250 J.答案：(1)100 W(2)10 m/s(3)250 J11.(2019届福建省毕业班质量检查)如图，固定直杆上套有一小球和两根轻弹簧，两根轻弹簧的一端与小球相连，另一端分别固定在杆上相距为2L的A、B两点直杆与水平面的夹角为，小球质量为m，两根轻弹簧的原长均为L、劲度系数均为，g为重力加速度(1)小球在距B点L的P点处于静止状态，求此时小球受到的摩擦力大小和方向；(2)设小球在P点受到的摩擦力为最大静摩擦力，且与滑动摩擦力相等现让小球从P点以一沿杆方向的初速度向上运动，小球最高能到达距A点L的Q点，求初速度的大小解析：(1)小球在P点时两根弹簧的弹力大小相等，设为F，根据胡克定律有Fk设小球静止时受到的摩擦力大小为Ff，方向沿杆向下，根据平衡条件有mgsinFf2F代入数据解得Ff方向沿杆向下(2)小球在P、Q两点时，弹簧的弹性势能相等，故小球从P到Q的过程中，弹簧对小球做功为零据动能定理有W舍Ekmg2sinFf20mv2联立解得v.答案：(1)方向沿杆向下(2)14