高三一輪復(fù)習物理試題（人教版新高考新教材）考點規(guī)范練17　動能和動能定理

考點規(guī)范練17動能和動能定理一、單項選擇題1.下列有關(guān)動能的說法正確的是()A.物體只有做勻速運動時,動能才不變B.物體的動能變化時,速度不一定變化C.物體做平拋運動時,水平速度不變,動能不變D.物體做自由落體運動時,物體的動能增加2.一個質(zhì)量為0.3kg的彈性小球,在光滑水平面上以6m/s的速度垂直撞到墻上,碰撞后小球沿相反方向運動,反彈后的速度大小與碰撞前相同,則下列碰撞前后小球速度變化量的大小Δv和碰撞過程中小球的動能變化量ΔEk正確的是()A.Δv=0B.Δv=12m/sC.ΔEk=1.8JD.ΔEk=10.8J3.物塊在水平面上以初速度v0直線滑行,前進x0后恰好停止運動,已知物塊與水平面之間的動摩擦因數(shù)為μ,且μ的大小與物塊滑行的距離x的關(guān)系為μ=kx(k為常數(shù)),重力加速度為g。則()A.v0=kgx02 B.vC.v0=kgx022 D.v4.如圖所示,物塊從固定斜面的最高點由靜止滑下,沖上右側(cè)光滑曲面,經(jīng)過最低點連接處時無能量損失。已知物塊與斜面的動摩擦因數(shù)μ=0.25,斜面高度h=1.20m,斜面傾角θ=37°,g取10m/s2,sin37°=0.6,物塊在曲面上升的最大高度為()A.0.70m B.0.80mC.0.96m D.1.20m5.如圖所示,兩傾角均為θ的光滑斜面對接后固定在水平地面上,O點為斜面的最低點。一個小物塊從右側(cè)斜面上高為h處由靜止滑下,在兩個斜面上做往復(fù)運動。小物塊每次通過O點時都會有動能損失,損失的動能為小物塊當次到達O點時動能的5%。小物塊從開始下滑到停止的過程中運動的總路程為()A.49?sinθ C.29?sinθ 6.某景點的滑草場有兩個坡度不同的滑道AB和AB'(均可看作斜面),甲、乙兩名質(zhì)量相等的游客分別乘兩個完全相同的滑草裝置從A點由靜止開始分別沿AB和AB'滑下,最后都停在水平草面上,其中乙停在了C點處,如圖所示。設(shè)滑草裝置和草面間的動摩擦因數(shù)處處相同,斜面與水平面連接處均可認為是圓滑的,滑草者保持相同的姿勢坐在滑草裝置上不動,則甲最終停在了()A.C點的左側(cè)B.C點處C.C點的右側(cè)D.條件不足,無法判斷二、多項選擇題7.(2023·全國乙卷)如圖所示,一質(zhì)量為m'、長為l的木板靜止在光滑水平桌面上,另一質(zhì)量為m的小物塊(可視為質(zhì)點)從木板上的左端以速度v0開始運動。已知物塊與木板間的滑動摩擦力大小為Ff,當物塊從木板右端離開時()A.木板的動能一定等于FflB.木板的動能一定小于FflC.物塊的動能一定大于12mvD.物塊的動能一定小于12mv8.航天器的“半彈道跳躍式返回”,是指在返回器第一次進入大氣層一定“深度”后,借助大氣層的作用力再次升高,其速度會進一步降低,然后再次降低高度返回地面。如圖,嫦娥五號返回器在距地面高度約120km處,接近第二宇宙速度(約11.2km/s)高速進入地球大氣層外層A點,減速下降至預(yù)定高度B點附近(圖中B點為AC段的最低點),在大氣層的作用下,向上躍出大氣層,到達最高點D后又開始下降,之后再次進入大氣層外層,到達圖中E點時速度約為7.9km/s。在降至距地面約10km高度時,打開降落傘完成最后階段減速并保持姿態(tài)穩(wěn)定,最終平穩(wěn)著陸在內(nèi)蒙古四子王旗預(yù)設(shè)區(qū)域(圖中F點)。其中A、C、E在同一高度上,高度120km之外空氣阻力可忽略不計。返回器質(zhì)量設(shè)為300kg,且保持不變,下列說法正確的是()A.從A點到E點的過程中返回器克服大氣層阻力做功約為9.45×109JB.從C點到E點的過程中,返回器機械能守恒C.返回器在D點的瞬時加速度為零D.返回器在從E點到F點的過程中始終處于失重狀態(tài)9.下圖為過山車的大回環(huán)軌道的結(jié)構(gòu)圖,一質(zhì)量m=40kg的車廂(可視為質(zhì)點)從高h0=12m處的A點由靜止沿光滑軌道AB滑下,進入半徑r=4m的豎直圓軌道,車廂與圓軌道的動摩擦因數(shù)處處相同,當?shù)竭_圓軌道的頂點C時,車廂對圓軌道的壓力恰好為零。之后車廂繼續(xù)沿CFB滑下,進入光滑軌道BD,且上升高度為h時速度為零,g取10m/s2,則下列說法正確的是()A.車廂在圓軌道最高點時的速度為210m/sB.車廂在圓軌道最高點時的速度為10m/sC.h的值可能為8.0mD.h的值可能為8.5m10.從地面豎直向上拋出一物體,其機械能E總等于動能Ek與重力勢能Ep之和。取地面為重力勢能零點,該物體的E總和Ep隨它離開地面的高度h的變化如圖所示。重力加速度取10m/s2。由圖中數(shù)據(jù)可得()A.物體的質(zhì)量為2kgB.h=0時,物體的速率為20m/sC.h=2m時,物體的動能Ek=40JD.從地面至h=4m,物體的動能減少100J三、非選擇題11.如圖甲所示,高h0=1m的桌面上固定一豎直平面內(nèi)的半徑R=0.8m的四分之一光滑圓弧軌道AB,軌道末端B與桌面邊緣水平相切。將一質(zhì)量m=0.05kg的小球從軌道頂端A處由靜止釋放,小球落入地面固定的球筐中。已知球筐的高度h=0.2m,球筐的直徑比球稍大,與軌道半徑R、桌面高h0等相比可忽略,空氣阻力忽略不計,g取10m/s2。(1)求小球運動到B處時對軌道的壓力大小。(2)求球筐距B處的水平距離。(3)把圓弧軌道撤去,讓小球在桌面上從B處水平拋出。有人認為“為防止球入筐時彈出,小球落入球筐時的動能越小越好”。若只改變桌面的高度,求出該動能的最小值。12.如圖所示,質(zhì)量m=100g的滑塊(可視為質(zhì)點),在F=1N的水平推力作用下從A點由靜止開始運動,一段位移后撤去推力F,當滑塊由平臺邊緣B點飛出后,恰能從C點沿切線方向進入圓弧管道,滑塊略小于管道內(nèi)徑。已知AB間的距離l=2.1m,滑塊與平臺間的動摩擦因數(shù)μ=0.5,B、C兩點間水平距離s=1.2m、豎直高度差h=0.8m,CD、DF是半徑均為R=0.5m的光滑圓弧管道,C、D等高,E為DF管道的最高點,FG是長度d=10m、傾角θ=37°的粗糙直管道,在G處有一反彈膜,能無機械能損失地反彈滑塊,各部分管道在連接處均相切,cos37°=0.8,sin37°=0.6。(1)求滑塊在平臺上運動時水平推力F作用的位移大小。(2)求滑塊第一次到達E點時對軌道的作用力。(3)要使滑塊反彈一次后能停在管道FG上,求滑塊與管道FG之間動摩擦因數(shù)的取值范圍。

考點規(guī)范練17動能和動能定理1.D解析:物體只要速率不變,動能就不變,A錯誤。物體的動能變化時,速度的大小一定變化,B錯誤。物體做平拋運動時,速率增大動能就會增大,C錯誤。物體做自由落體運動時,其速率增大,物體的動能增加,D正確。2.B解析:速度是矢量,規(guī)定反彈后速度方向為正,則Δv=6m/s(6m/s)=12m/s,故B正確,A錯誤。動能是標量,速度大小不變,動能不變,則ΔEk=0,C、D錯誤。3.A解析:動摩擦因數(shù)與x成正比,故在前進x0的過程中,平均動摩擦因數(shù)為μ=kx02,在整個前進過程中,根據(jù)動能定理可得μmgx0=012mv02,解得v0=kg4.B解析:設(shè)物塊在曲面上升的最大高度為h'。對物塊從開始到運動至曲面最高點的過程,由動能定理得mg(hh')μmgcosθ·?sinθ=0,解得h'=0.80m,故A、C、D錯誤5.B解析:由題意知,小物塊第一次到達O點,由動能定理可得mgh=Ek,此時小物塊的路程s1=?sinθ,第一次通過O點后動能Ek1=95%Ek=95%mgh,此時利用動能定理知小物塊上升高度h1=95%h,第二次到達O點滑下的路程s2=2?1sinθ=95%2?sinθ,同理第二次離開O點到第三次到達O點所走路程s3=(95%)22?sinθ,…,故小物塊運動的總路程s總=s1+s2+…+sn=?sinθ+95%2?sinθ+(95%)22?sinθ+…6.B解析:設(shè)任一傾斜滑道的傾角為θ,高度為h,滑草裝置和草面間的動摩擦因數(shù)為μ。乙由A點滑到C點的過程中,由動能定理有mghμmgcosθ·?sinθμmg·lB'C=0,即hμ(hcotθ+lB'C)=0,其中hcotθ+lB'C是A點與C點間的水平距離,可知,hcotθ+lB'C=?μ,與θ無關(guān),所以甲最終停在C點處,7.BD解析:設(shè)物塊滑上木板時間t后離開木板,在這段時間內(nèi)物塊在摩擦力的作用下做勻減速直線運動,木板在摩擦力的作用下做勻加速直線運動,它們這段時間內(nèi)的vt圖像如圖所示,AB為物塊的vt圖像,OC為木板的vt圖像。結(jié)合題意可知梯形OABC的面積表示木板長度l,三角形OCD的面積表示木板的位移,由圖可知S△OCD<S梯OABC,則木板的位移x1<l。梯形OABD的面積表示物塊的位移,由圖可知S梯OABD>S梯OABC,則物塊的位移x2>l。此過程中對木板由動能定理得Ffx1=Ek10,所以當物塊從右端離開木板時木板的動能Ek1=Ffx1<Ffl,選項A錯誤,B正確。對物塊由動能定理得Ffx2=Ek212mv02,所以當物塊從右端離開木板時物塊的動能Ek2=12mv02Ffx2<8.AB解析:A、E在同一高度上,從A點到E點過程中嫦娥五號返回器的速度從11.2km/s降到7.9km/s,重力做功為零,根據(jù)動能定理得Wf=12mvE2?12mvA2,其中vA=11.2km/s=1.12×104m/s,vE=7.9km/s=7.9×103m/s,m=300kg,解得返回器克服大氣層阻力做功Wf=9.45×109J,故A正確。從C點到E點過程中,空氣阻力可忽略不計,只有重力做功,返回器機械能守恒,故B正確。返回器在D點的合力等于重力,瞬時加速度為重力加速度,不為零,故C錯誤。返回器從9.AD解析:在最高點C,車廂對圓環(huán)軌道的壓力恰好為零,根據(jù)牛頓第二定律可得mg=mvC2r,解得vC=210m/s,故A正確,B錯誤。在ABEC過程中,根據(jù)動能定理可得mg(h02r)W1=12mvC20,解得W1=800J。設(shè)CFB過程克服摩擦力做的功為W2,因該過程車廂與軌道的平均壓力小于BEC過程,則摩擦力也小于BEC過程的摩擦力,則有0<W2<W1。在CFBD過程中,由動能定理得mg(h2r)W2=12mvC2,10.AD解析:由題圖可知,物體剛被拋出時的機械能為100J,即物體豎直上拋的初動能Ek0=100J。當機械能與重力勢能相等,說明動能為零,上升到最高點時離地面高度為4m,這時mgh=E,所以m=Eg?=8010×4kg=2kg,A正確。根據(jù)Ek0=12mv02,v0=2Ek0m=2×1002m/s=10m/s,B錯誤。從題圖中可以得出在上拋過程中,機械能有損失,上升到最高點的整個過程中,共損失了20J的機械能,按照比例上升2m時,機械能損失了10J。因此當h=2m時,物體的動能Ek=100J40J10J=50J,C錯誤。當h=0時,Ek0=100J,當h=11.解析:(1)小球從A運動到B,由動能定理得mgR=1在B點FNmg=m解得v0=4m/s,FN=1.5N根據(jù)牛頓第三定律,小球?qū)壍赖膲毫Υ笮N'=FN=1.5N。(2)豎直方向h0h=12gt水平方向x=v0t解得x=1.6m。(3)小球從B運動到球筐的過程,由動能定理得mg(h0h)=Ek1平拋運動x=vBt,h0h=12gt聯(lián)立解得Ek=mgx24(?0當h0=h+12x=1m時,Ek有最小值其最小值為Ekmin=mgx=0.8J。答案:(1)1.5N(2)1.6m(3)0.8J12.解析:(1)滑塊從B到C做平拋運動,則豎直方向有h=12gt水平方向有s=vBt解得vB=3m/s滑塊從A到B的過程,根據(jù)動能定理得Fxμmgl=12解得水平推力F作用的位移大小x=1.5m。(2)根據(jù)平拋運動的規(guī)律得h=v解得滑塊到達C點時豎直分速度的大小vy=4m/s滑塊到達C點時速度大小vC=vycos37°=從C到E,根據(jù)動能定理得mgR(1cos53°)=1在E點,對滑塊由牛頓第二定律得FN+mg=mv解得FN=3.2N根據(jù)牛頓第三定律,滑塊第一次到達E點時對軌道的作用力FN