2020屆高考物理一輪復(fù)習(xí) 動(dòng)能定理課時(shí)訓(xùn)練（通用）VIP

1、第二節(jié)動(dòng)能定理 一、單項(xiàng)選擇題1.(2020年?yáng)|莞模擬)如圖所示，質(zhì)量為m的物塊，在恒力F的作用下，沿光滑水平面運(yùn)動(dòng)，物體通過(guò)A點(diǎn)和B點(diǎn)的速度分別是vA和vB，物塊由A運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過(guò)程中，力F對(duì)物塊做的功W為()AWmvmvBWmvmvCWmvmvD由于F的方向未知，W無(wú)法求出解析：選B.對(duì)物塊由動(dòng)能定理得：Wmvmv，故選項(xiàng)B正確2(2020年高考全國(guó)卷)以初速度v0豎直向上拋出一質(zhì)量為m的小物體假定物塊所受的空氣阻力f大小不變已知重力加速度為g，則物塊上升的最大高度和返回到原拋出點(diǎn)的速率分別為()A.和v0B.和v0C.和v0D.和v0解析：選A.上升的過(guò)程由牛頓第二定律得：mgfma1，

2、由運(yùn)動(dòng)學(xué)知識(shí)得：v2a1h，聯(lián)立解得：h.下落的過(guò)程中由牛頓第二定律得：mgfma2，由運(yùn)動(dòng)學(xué)知識(shí)得：v22a2h，將a2和h代入可得：vv0，故A正確3(2020年高考福建卷)如圖甲所示，質(zhì)量不計(jì)的彈簧豎直固定在水平面上，t0時(shí)刻，將一金屬小球從彈簧正上方某一高度處由靜止釋放，小球落到彈簧上壓縮彈簧到最低點(diǎn)，然后又被彈起離開(kāi)彈簧，上升到一定高度后再下落，如此反復(fù)通過(guò)安裝在彈簧下端的壓力傳感器，測(cè)出這一過(guò)程彈簧彈力F隨時(shí)間t變化的圖象如圖乙所示，則()At1時(shí)刻小球動(dòng)能最大Bt2時(shí)刻小球動(dòng)能最大Ct2t3這段時(shí)間內(nèi)，小球的動(dòng)能先增大后減小Dt2t3這段時(shí)間內(nèi)，小球增加的動(dòng)能等于彈簧減少的彈性勢(shì)

3、能解析：選C.0t1時(shí)間內(nèi)小球做自由落體運(yùn)動(dòng)，落到彈簧上并往下運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，小球重力與彈簧對(duì)小球彈力的合力方向先向下后向上，故小球先加速后減速，t2時(shí)刻到達(dá)最低點(diǎn)，動(dòng)能為0，A、B錯(cuò)；t2t3時(shí)間內(nèi)小球向上運(yùn)動(dòng)，合力方向先向上后向下，小球先加速后減速，動(dòng)能先增加后減少，C對(duì)；t2t3時(shí)間內(nèi)由能量守恒知小球增加的動(dòng)能等于彈簧減少的彈性勢(shì)能減去小球增加的重力勢(shì)能，D錯(cuò)4.(2020年廣東珠海調(diào)研)如圖所示，一個(gè)小環(huán)沿豎直放置的光滑圓環(huán)軌道做圓周運(yùn)動(dòng)小環(huán)從最高點(diǎn)A(初速度為零)滑到最低點(diǎn)B的過(guò)程中，小環(huán)線速度大小的平方v2隨下落高度h的變化圖象可能是圖中的()解析：選B.考慮環(huán)下降過(guò)程中受到的各個(gè)力

4、的做功情況，重力做正功，圓環(huán)對(duì)小環(huán)的支持力始終與小環(huán)運(yùn)動(dòng)方向垂直，不做功，由動(dòng)能定理Ekmv2mgh，v2與h的關(guān)系為線性關(guān)系，又因h0時(shí)，v0.所以圖象過(guò)原點(diǎn)，只有B符合條件，故選B.二、雙項(xiàng)選擇題5.(2020年廣州一模)質(zhì)量為1 kg的物體以某一初速度在水平地面上滑行，由于受到地面摩擦阻力作用，其動(dòng)能隨位移變化的圖線如圖所示，g取10 m/s2，則物體在水平地面上()A所受合外力大小為5 NB滑行的總時(shí)間為4 sC滑行的加速度大小為1 m/s2D滑行的加速度大小為2.5 m/s2解析：選BD.物體初動(dòng)能為50 J(初速度為10 m/s)，在摩擦力作用下滑動(dòng)20 m后動(dòng)能為零，根據(jù)動(dòng)能定理

5、得所受合外力為2.5 N，A錯(cuò)；由牛頓第二定律知物體加速度大小為2.5 m/s2，C錯(cuò)D對(duì)；時(shí)間t4 s，B對(duì)6.(2020年廣東六校聯(lián)考)一物體沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中質(zhì)點(diǎn)的機(jī)械能E與豎直高度h關(guān)系的圖象如圖所示，其中Oh1過(guò)程的圖線為水平線，h1h2過(guò)程的圖線為傾斜直線根據(jù)該圖象，下列判斷正確的是()A物體在Oh1過(guò)程中除重力外不受其他力的作用B物體在Oh1過(guò)程中只有重力做功其他力不做功C物體在h1h2過(guò)程中合外力與速度的方向一定相反D物體在Oh2過(guò)程中動(dòng)能可能一直保持不變解析：選BC.Oh1過(guò)程的圖線為水平線，說(shuō)明物體的機(jī)械能不變，即沒(méi)有除重力以外的其他力做功，而并非一定不受其他力作用

6、，故A錯(cuò)誤B正確；在h1h2過(guò)程中由于物體的機(jī)械能減小，重力勢(shì)能增加，只能是動(dòng)能減小，即合外力與速度方向相反，故C正確；在Oh2過(guò)程中物體的機(jī)械能減小，重力勢(shì)能增大，動(dòng)能只能減小不可能保持不變，故D錯(cuò)誤7.(2020年江蘇省高三統(tǒng)一考試)如圖所示，一物體在水平恒力作用下沿光滑的水平面做曲線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)物體從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)時(shí)，其速度方向恰好改變了90，則物體在M點(diǎn)到N點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，下列判斷正確的是()A力對(duì)物體先做負(fù)功后做正功B物體的速度不斷減小C物體的動(dòng)能先減小后增大D物體的動(dòng)能先增大后減小解析：選AC.物體在vM方向的速度逐漸變?yōu)榱?，說(shuō)明物體受到的力在vM的反方向上有分力，同時(shí)物體受的力在垂直

7、于vM向右的方向上也有分力，所以物體所受恒力的方向與vM的方向成鈍角，故力對(duì)物體先做負(fù)功后做正功，物體的動(dòng)能先減小后增大故選AC.8用大于物體重力的恒力F作用于質(zhì)量為m的物體上，使物體由靜止開(kāi)始豎直向上提升，已知物體上升h時(shí)的速度大小為v，則此過(guò)程中()A恒力F對(duì)物體所做的功為FhB恒力F對(duì)物體所做的功為mghmv2C重力對(duì)物體所做的功為mghD合外力對(duì)物體所做的功為mv2解析：選AD.由恒力做功的定義WFscos知A選項(xiàng)正確根據(jù)動(dòng)能定理，合外力做功等于物體動(dòng)能的變化，故D項(xiàng)正確三、非選擇題9.如圖所示，一個(gè)質(zhì)量為m的小球拴在鋼繩的一端，另一端施加大小為F1的拉力作用，使小球在水平面上做半徑為

8、R1的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，今將力的大小改變?yōu)镕2，使小球仍在水平面上做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，但半徑變?yōu)镽2.求小球運(yùn)動(dòng)的半徑由R1變?yōu)镽2的過(guò)程中拉力對(duì)小球做的功解析：設(shè)半徑為R1和R2時(shí)小球做圓周運(yùn)動(dòng)的線速度大小分別為v1和v2，由向心力公式得F1F2由動(dòng)能定理得：Wmvmv由得：W(F2R2F1R1)答案：(F2R2F1R1)10.如圖所示，AB是傾角為的粗糙直軌道，BCD是光滑的圓弧軌道，AB恰好在B點(diǎn)與圓弧相切，圓弧的半徑為R.一個(gè)質(zhì)量為m的物體(可以看成質(zhì)點(diǎn))從直軌道上的P點(diǎn)由靜止釋放，結(jié)果它能在兩軌道間做往返運(yùn)動(dòng)已知P點(diǎn)與圓弧的圓心O等高，物體與軌道AB間的動(dòng)摩擦因數(shù)為.求：(1)物體做往返運(yùn)動(dòng)

9、的整個(gè)過(guò)程中在AB軌道上通過(guò)的總路程；(2)最終當(dāng)物體通過(guò)圓弧軌道最低點(diǎn)E時(shí)，對(duì)圓弧軌道的壓力；(3)為使物體能順利到達(dá)圓弧軌道的最高點(diǎn)D，釋放點(diǎn)距B點(diǎn)的距離L應(yīng)滿足什么條件？解析：(1)摩擦力對(duì)物體始終做負(fù)功，故物體最終在圓心角為2的圓弧上做往復(fù)運(yùn)動(dòng)設(shè)物體在AB軌道上通過(guò)的總路程為x，則全程應(yīng)用動(dòng)能定理，得：mgRcosmgcosx0解得：x.(2)最終當(dāng)物體通過(guò)圓弧最低點(diǎn)E時(shí)，設(shè)速度為vE，在E點(diǎn)：FNmg從BE由動(dòng)能定理，得：mgR(1cos)mv兩式聯(lián)立，得：FN(32cos)mg由牛頓第三定律得物體對(duì)軌道的壓力為(32cos)mg.(3)若物體剛好到達(dá)D點(diǎn)，設(shè)速度為vD，則mg對(duì)全過(guò)

10、程由動(dòng)能定理，得：mgLsinmgcosLmgR(1cos)mv聯(lián)立得LR.答案：(1)(2)(32cos)mg(3)R1.(2020年高考江蘇卷)如圖所示，平直木板AB傾斜放置，板上的P點(diǎn)距A端較近，小物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)由A到B逐漸減小先讓物塊從A由靜止開(kāi)始滑到B.然后，將A著地，抬高B，使木板的傾角與前一過(guò)程相同，再讓物塊從B由靜止開(kāi)始滑到A.上述兩過(guò)程相比較，下列說(shuō)法中一定正確的有()A物塊經(jīng)過(guò)P點(diǎn)的動(dòng)能，前一過(guò)程較小B物塊從頂端滑到P點(diǎn)的過(guò)程中因摩擦產(chǎn)生的熱量，前一過(guò)程較少C物塊滑到底端的速度，前一過(guò)程較大D物塊從頂端滑到底端的時(shí)間，前一過(guò)程較長(zhǎng)解析：選AD.前一過(guò)程，從A到P，

11、所受摩擦力較大，下滑加速度較小，位移較小，故在P點(diǎn)的動(dòng)能較小；后一過(guò)程，從B到P，下滑加速度較大，位移較大，故在P點(diǎn)的動(dòng)能較大，所以A正確；兩過(guò)程中，前者摩擦力大，位移小，后者摩擦力小，位移大，無(wú)法比較產(chǎn)生熱量的大小，故B不正確；物塊滑到底端的兩過(guò)程合外力做的功相同，根據(jù)動(dòng)能定理，滑到底端速度相等，即C不正確；由牛頓第二定律，結(jié)合兩次加速度變化特點(diǎn)，兩次vt圖象如圖所示，位移相等，故前一過(guò)程時(shí)間較長(zhǎng)，D正確2(2020年湖北宜昌高三質(zhì)檢)如圖甲所示為游樂(lè)場(chǎng)中過(guò)山車的實(shí)物圖片，圖乙是過(guò)山車的模型圖在模型圖中，半徑分別為R12.0 m和R28.0 m的兩個(gè)光滑圓形軌道，固定在傾角為37的傾斜直軌道

12、平面上的Q、Z兩點(diǎn)，且兩圓形軌道的最高點(diǎn)A、B均與P點(diǎn)平齊，圓形軌道與斜直軌道之間圓滑連接現(xiàn)使小車(視作質(zhì)點(diǎn))從P點(diǎn)以一定的初速度沿斜直軌道向下運(yùn)動(dòng)已知斜直軌道與小車間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8.求：(1)若小車恰好能通過(guò)第一個(gè)圓形軌道的最高點(diǎn)A處，則其在P點(diǎn)的初速度應(yīng)為多大？(2)若小車在P點(diǎn)的初速度為10 m/s，則小車能否安全通過(guò)兩個(gè)圓形軌道？解析：(1)設(shè)小車經(jīng)過(guò)A點(diǎn)時(shí)的臨界速度為v1，根據(jù)牛頓第二定律有mg設(shè)Q點(diǎn)與P點(diǎn)高度差為h1，PQ間距離為L(zhǎng)1，則L1設(shè)小車在P點(diǎn)的初速度為v01，從P點(diǎn)到A點(diǎn)的過(guò)程中，由動(dòng)能定理得(mgcos )L1mvmv解得v012 m/