高中物理一輪復(fù)習(xí)練習(xí)：動(dòng)能定理

動(dòng)能定理練習(xí)一、選擇題1.高鐵列車在啟動(dòng)階段的運(yùn)動(dòng)可看作初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)。在啟動(dòng)階段，列車的動(dòng)能()A．與它所經(jīng)歷的時(shí)間成正比B．與它的位移成正比C．與它的速度成正比D．與它的動(dòng)量成正比2.(多選)下列說法正確的有()A．若運(yùn)動(dòng)物體所受的合外力為零，則物體的動(dòng)能一定保持不變B．若運(yùn)動(dòng)物體所受的合外力不為零，則物體的動(dòng)能一定發(fā)生變化C．若運(yùn)動(dòng)物體的動(dòng)能保持不變，則該物體所受合外力一定為零D．若運(yùn)動(dòng)物體的動(dòng)能發(fā)生變化，則該物體所受合外力一定不為零3.無(wú)風(fēng)時(shí)，雨滴受空氣阻力的作用在地面附近會(huì)以恒定的速率豎直下落。一質(zhì)量為m的雨滴在地面附近以速率v下落高度h的過程中，克服空氣阻力做的功為(重力加速度大小為g)()A．0 B．mghC．eq\f(1,2)mv2－mgh D．eq\f(1,2)mv2＋mgh4.(多選)如圖所示，固定在豎直面內(nèi)的光滑軌道ABC由直線段AB和圓弧段BC組成，兩段相切于B點(diǎn)，AB段與水平面夾角為θ，BC段圓心為O，最高點(diǎn)為C、A與C的高度差等于圓弧軌道的直徑2R。小球從A點(diǎn)以初速度v0沖上軌道，能沿軌道運(yùn)動(dòng)恰好到達(dá)C點(diǎn)，下列說法正確的是()A．小球從B到C的過程中，對(duì)軌道的壓力逐漸增大B．小球從A到C的過程中，重力的功率始終保持不變C．小球的初速度v0＝eq\r(2gR)D．若小球初速度v0增大，小球有可能從B點(diǎn)脫離軌道5.北京2022年冬奧會(huì)首鋼滑雪大跳臺(tái)局部示意圖如圖所示。運(yùn)動(dòng)員從a處由靜止自由滑下，到b處起跳，c點(diǎn)為a、b之間的最低點(diǎn)，a、c兩處的高度差為h。要求運(yùn)動(dòng)員經(jīng)過c點(diǎn)時(shí)對(duì)滑雪板的壓力不大于自身所受重力的k倍，運(yùn)動(dòng)過程中將運(yùn)動(dòng)員視為質(zhì)點(diǎn)并忽略所有阻力，則c點(diǎn)處這一段圓弧雪道的半徑不應(yīng)小于()A．eq\f(h,k＋1) B．eq\f(h,k)C．eq\f(2h,k) D．eq\f(2h,k－1)6.一半徑為R的圓柱體水平固定，橫截面如圖所示。長(zhǎng)度為πR、不可伸長(zhǎng)的輕細(xì)繩，一端固定在圓柱體最高點(diǎn)P處，另一端系一個(gè)小球。小球位于P點(diǎn)右側(cè)同一水平高度的Q點(diǎn)時(shí)，繩剛好拉直。將小球從Q點(diǎn)由靜止釋放，當(dāng)與圓柱體未接觸部分的細(xì)繩豎直時(shí)，小球的速度大小為(重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力)()A．eq\r(（2＋π）gR) B．eq\r(2πg(shù)R)C．eq\r(2（1＋π）gR) D．2eq\r(gR)7．如圖所示，一半徑為R的半圓形軌道豎直固定放置，軌道兩端等高，質(zhì)量為m的質(zhì)點(diǎn)自軌道端點(diǎn)P由靜止開始滑下，滑到最低點(diǎn)Q時(shí)，對(duì)軌道的壓力為2mg，重力加速度大小為g。質(zhì)點(diǎn)自P滑到Q的過程中，克服摩擦力所做的功為()A．eq\f(1,4)mgR B．eq\f(1,3)mgRC．eq\f(1,2)mgR D．eq\f(π,4)mgR8.(多選)一質(zhì)量為m的物體自傾角為α的固定斜面底端沿斜面向上滑動(dòng)。該物體開始滑動(dòng)時(shí)的動(dòng)能為Ek，向上滑動(dòng)一段距離后速度減小為零，此后物體向下滑動(dòng)，到達(dá)斜面底端時(shí)動(dòng)能為eq\f(Ek,5)。已知sinα＝0.6，重力加速度大小為g。則()A．物體向上滑動(dòng)的距離為eq\f(Ek,2mg)B．物體向下滑動(dòng)時(shí)的加速度大小為eq\f(g,5)C．物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)等于0.5D．物體向上滑動(dòng)所用的時(shí)間比向下滑動(dòng)的時(shí)間長(zhǎng)9.根據(jù)牛頓第三定律可知C點(diǎn)受到的壓力最大值為102N，最小值為70N。對(duì)點(diǎn)練．如圖所示，固定斜面的傾角為θ，質(zhì)量為m的滑塊從距擋板P的距離為x0處以初速度v0沿斜面上滑，滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，滑塊所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力。若滑塊每次與擋板相碰均無(wú)機(jī)械能損失，重力加速度為g，則滑塊經(jīng)過的總路程是()A．eq\f(1,μ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(veq\o\al(2,0),2gcosθ)＋x0tanθ)) B．eq\f(1,μ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(veq\o\al(2,0),2gsinθ)＋x0tanθ))C．eq\f(2,μ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(veq\o\al(2,0),2gcosθ)＋x0tanθ)) D．eq\f(1,μ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(veq\o\al(2,0),2gcosθ)＋\f(x0,tanθ)))10.(多選)一質(zhì)量為1kg的物體在水平拉力的作用下，由靜止開始在水平地面上沿x軸運(yùn)動(dòng)，出發(fā)點(diǎn)為x軸零點(diǎn)，拉力做的功W與物體坐標(biāo)x的關(guān)系如圖所示。物體與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.4，重力加速度大小取10m/s2。下列說法正確的是()A．在x＝1m時(shí)，拉力的功率為6WB．在x＝4m時(shí)，物體的動(dòng)能為2JC．從x＝0運(yùn)動(dòng)到x＝2m，物體克服摩擦力做的功為8JD．從x＝0運(yùn)動(dòng)到x＝4m的過程中，物體的動(dòng)量最大為2kg·m/s11.某滑雪賽道如圖所示，滑雪運(yùn)動(dòng)員從靜止開始沿斜面下滑，經(jīng)圓弧滑道起跳。將運(yùn)動(dòng)員視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)摩擦力及空氣阻力，此過程中，運(yùn)動(dòng)員的動(dòng)能Ek與水平位移x的關(guān)系圖像正確的是()12.如圖甲所示，在光滑水平面上，一物體在水平向右的恒定拉力F作用下由靜止開始向右做直線運(yùn)動(dòng)，物體的動(dòng)能Ek隨時(shí)間t變化的圖像如圖乙所示，虛線為圖像上P點(diǎn)的切線，切線與t軸交點(diǎn)的坐標(biāo)t1是()A．0.60 B．0.70C．0.75 D．0.8013.如圖所示，一個(gè)質(zhì)量為m的小滑塊在高度為h的斜面頂端由靜止釋放；滑塊與斜面間動(dòng)摩擦因數(shù)恒定，以水平地面為參考平面。則滑塊滑至斜面底端時(shí)的動(dòng)能Ek隨斜面傾角θ變化的關(guān)系圖像可能正確的是()二、非選擇題14.如圖為某游戲裝置原理示意圖。水平桌面上固定一半圓形豎直擋板，其半徑為2R、內(nèi)表面光滑，擋板的兩端A、B在桌面邊緣，B與半徑為R的固定光滑圓弧軌道eq\o(CDE,\s\up10(︵))在同一豎直平面內(nèi)，過C點(diǎn)的軌道半徑與豎直方向的夾角為60°。小物塊以某一水平初速度由A點(diǎn)切入擋板內(nèi)側(cè)，從B點(diǎn)飛出桌面后，在C點(diǎn)沿圓弧切線方向進(jìn)入軌道eq\o(CDE,\s\up10(︵))內(nèi)側(cè)，并恰好能到達(dá)軌道的最高點(diǎn)D。小物塊與桌面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為eq\f(1,2π)，重力加速度大小為g，忽略空氣阻力，小物塊可視為質(zhì)點(diǎn)。求：(1)小物塊到達(dá)D點(diǎn)的速度大??；(2)B和D兩點(diǎn)的高度差；(3)小物塊在A點(diǎn)的初速度大小。15.如圖所示，豎直面內(nèi)有一粗糙斜面AB，BCD部分是一個(gè)光滑的圓弧面，C為圓弧的最低點(diǎn)，AB正好是圓弧在B點(diǎn)的切線，圓心O與A、D點(diǎn)在同一高度，θ＝37°，圓弧面的半徑R＝3.6m，一滑塊質(zhì)量m＝5kg與AB斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.45，將滑塊從A點(diǎn)由靜止釋放(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2)。求在此后的運(yùn)動(dòng)過程中：(1)滑塊在AB段上運(yùn)動(dòng)的總路程；(2)在滑塊運(yùn)動(dòng)過程中，C點(diǎn)受到的壓力的最大值和最小值。答案：1.B動(dòng)能Ek＝eq\f(1,2)mv2，與速度的平方成正比，C錯(cuò)誤；速度v＝at，可得Ek＝eq\f(1,2)ma2t2，與經(jīng)歷的時(shí)間的平方成正比，A錯(cuò)誤；根據(jù)v2＝2ax，可得Ek＝max，與位移成正比，B正確；動(dòng)量p＝mv，可得Ek＝eq\f(p2,2m)，與動(dòng)量的平方成正比，D錯(cuò)誤。2.AD運(yùn)動(dòng)物體所受合外力為零，合外力對(duì)物體不做功，由動(dòng)能定理可知，物體動(dòng)能不變，故A正確；運(yùn)動(dòng)物體所受合外力不為零，物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)一定變化，則該物體一定做變速運(yùn)動(dòng)，如果合外力方向與物體速度方向垂直，則合外力對(duì)物體不做功，物體動(dòng)能不變，故B錯(cuò)誤；如果運(yùn)動(dòng)物體所受合外力與物體的速度方向垂直，則合外力對(duì)物體不做功，物體動(dòng)能不變，如勻速圓周運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤；若運(yùn)動(dòng)物體的動(dòng)能發(fā)生變化，根據(jù)動(dòng)能定理可知，合外力一定做功，即合外力一定不為零，故D正確。故選AD。3.B在地面附近雨滴做勻速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理得mgh－Wf＝0，故雨滴克服空氣阻力做功為mgh。故選B。4.AD由題知，小球能沿軌道運(yùn)動(dòng)恰好到達(dá)C點(diǎn)，則小球在C點(diǎn)的速度vC＝0，則小球從B到C的過程中，根據(jù)動(dòng)能定理有－mgR(1－cosα)＝0－eq\f(1,2)mv2，F(xiàn)N＝mgcosα－meq\f(v2,R)，聯(lián)立有FN＝3mgcosα－2mg，則從B到C的過程中α由θ減小到0，則cosα逐漸增大，故FN逐漸增大，由牛頓第三定律知小球從B到C的過程中，對(duì)軌道的壓力逐漸增大，A正確；由于A到B的過程中小球的速度逐漸減小，則A到B的過程中重力的功率為P＝－mgvsinθ，則A到B的過程中小球重力的功率始終減小，B錯(cuò)誤；從A到C的過程中由動(dòng)能定理有－mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得v0＝eq\r(4gR)，C錯(cuò)誤；小球在B點(diǎn)恰好脫離軌道有mgcosθ＝meq\f(veq\o\al(2,B),R)，則vB＝eq\r(gRcosθ)，則若小球初速度v0增大，小球在B點(diǎn)的速度有可能為eq\r(gRcosθ)，故小球有可能從B點(diǎn)脫離軌道，D正確。故選AD。5.D運(yùn)動(dòng)員從a到c根據(jù)動(dòng)能定理(或機(jī)械能守恒定律)有mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,c)，在c點(diǎn)有FNc－mg＝meq\f(veq\o\al(2,c),Rc)，F(xiàn)Nc≤kmg，聯(lián)立有Rc≥eq\f(2h,k－1)，D正確。6.A當(dāng)與圓柱體未接觸部分的細(xì)繩豎直時(shí)，小球下落的高度為h＝πR－eq\f(π,2)R＋R＝eq\f(π＋2,2)R，小球下落過程中，根據(jù)動(dòng)能定理有mgh＝eq\f(1,2)mv2，聯(lián)立以上兩式解得v＝eq\r(（2＋π）gR)，A正確，B、C、D錯(cuò)誤。7．C在Q點(diǎn)，質(zhì)點(diǎn)受到的豎直向下的重力和豎直向上的支持力的合力充當(dāng)向心力，所以有FN－mg＝meq\f(v2,R)，F(xiàn)N＝FN′＝2mg，聯(lián)立解得v＝eq\r(gR)，下滑過程中，根據(jù)動(dòng)能定理可得mgR＋Wf＝eq\f(1,2)mv2，解得Wf＝－eq\f(1,2)mgR，所以克服摩擦力做的功為eq\f(1,2)mgR，C正確。8.BC物體從斜面底端回到斜面底端，根據(jù)動(dòng)能定理有－μmg·2lcosα＝eq\f(Ek,5)－Ek，物體從斜面底端到斜面頂端，根據(jù)動(dòng)能定理有－mglsinα－μmglcosα＝0－Ek，整理得l＝eq\f(Ek,mg)，μ＝0.5，A錯(cuò)誤，C正確；物體向下滑動(dòng)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律有ma下＝mgsinα－μmgcosα，解得a下＝eq\f(g,5)，B正確；物體向上滑動(dòng)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律有ma上＝mgsinα＋μmgcosα，解得a上＝g，故a上＞a下，由于上滑過程中的末速度為零，下滑過程中的初速度為零，且走過相同的位移，根據(jù)位移公式x＝eq\f(1,2)at2，則可得出t上＜t下，D錯(cuò)誤。9.A滑塊最終要停在斜面底部，設(shè)滑塊經(jīng)過的總路程為x，對(duì)滑塊運(yùn)動(dòng)的全程應(yīng)用動(dòng)能定理得mgx0sinθ－μmgxcosθ＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得x＝eq\f(1,μ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(veq\o\al(2,0),2gcosθ)＋x0tanθ))，選項(xiàng)A正確。10.BC由于拉力在水平方向，則拉力做的功為W＝Fx，可看出W-x圖像的斜率表示拉力F。在物體運(yùn)動(dòng)的過程中，根據(jù)動(dòng)能定理有W－μmgx＝eq\f(1,2)mv2，則x＝1m時(shí)物體的速度為v1＝2m/s，x＝1m時(shí)拉力為F＝eq\f(ΔW,Δx)＝6N，則此時(shí)拉力的功率P＝Fv1＝12W，x＝4m時(shí)物體的動(dòng)能為Ek＝2J，A錯(cuò)誤，B正確；從x＝0運(yùn)動(dòng)到x＝2m，物體克服摩擦力做的功為Wf＝μmgx＝8J，C正確；根據(jù)W-x圖像可知在0～2m的過程中F1＝6N，2～4m的過程中F2＝3N，由于物體受到的摩擦力恒為Ff＝4N，則物體在x＝2m處速度最大，且根據(jù)選項(xiàng)A、B的分析可知此時(shí)的速度v2＝2eq\r(2)m/s，則從x＝0運(yùn)動(dòng)到x＝4m的過程中，物體的動(dòng)量最大為p＝mv2＝2eq\r(2)kg·m/s，D錯(cuò)誤。故選BC。11.A設(shè)斜面傾角為θ，不計(jì)摩擦力和空氣阻力，由題意可知運(yùn)動(dòng)員在沿斜面下滑過程中根據(jù)動(dòng)能定理有Ek＝mgxtanθ，即eq\f(Ek,x)＝mgtanθ，下滑過程中，開始階段傾角θ不變，即Ek-x圖像為一條直線；經(jīng)過圓弧軌道過程中，θ先減小后增大，即圖像斜率先減小后增大。故A正確。12.C物體在拉力作用下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則根據(jù)動(dòng)能定理得Fx＝Ek，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式及牛頓第二定律有x＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(F,2m)t2，代入后得Ek＝Fx＝eq\f(F2,2m)t2，把P點(diǎn)坐標(biāo)代入后得出Ek＝eq\f(4,3)t2(J)，求導(dǎo)得k＝eq\f(dEk,dt)＝eq\f(4,3)×2t(J/s)＝eq\f(4,3)×2×1.5(J/s)＝4(J/s)，即k＝eq\f(3J－0,1.5s－t1)＝4J/s，則t1＝0.75s，故選C。13.A由題知小滑塊在高度為h的斜面頂端由靜止釋放，則對(duì)于小滑塊下滑的過程應(yīng)用動(dòng)能定理可得mgh－eq\f(μmgh,tanθ)＝Ek(tanθ≥μ)，故當(dāng)θ＝eq\f(π,2)時(shí)，Ek＝mgh；隨著θ減小，tanθ逐漸減小，物塊滑到斜面底端的動(dòng)能逐漸減?。划?dāng)重力沿斜面方向的分力小于等于最大靜摩擦力時(shí)，有mgsinθ≤μmgcosθ，解得μ≥tanθ，此后繼續(xù)減小θ，物塊都不再下滑，則此后小滑塊的動(dòng)能一直為零。故A正確。14.(1)eq\r(gR)(2)0(3)eq\r(3gR)解析：(1)由題知小物塊恰好能到達(dá)軌道的最高點(diǎn)D，則在D點(diǎn)有meq\f(veq\o\al(2,D),R)＝mg解得vD＝eq\r(gR)。(2)由題知小物塊從C點(diǎn)沿圓弧切線方向進(jìn)入軌道eq\o(CDE,\s\up10(︵))內(nèi)側(cè)，則在C點(diǎn)有cos60°＝eq\f(vB,vC)小物塊從C到D的過程中，根據(jù)動(dòng)能定理有－mg(R＋Rcos60°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)則小物塊從B到D的過程中，根據(jù)動(dòng)能定理有mgHBD＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)聯(lián)立解得vB＝eq\r(gR)，H