【走向高考】2022屆高三物理人教版一輪復(fù)習(xí)習(xí)題：第5章-第2講動(dòng)能-動(dòng)能定理

第一部分第五章第2講一、選擇題(1～5題為單選題，6～8題為多選題)1．(2022·衡水模擬)物體沿直線運(yùn)動(dòng)的v－t關(guān)系如圖所示，已知在第1s內(nèi)合力對(duì)物體做的功為W，則()A．從第1s末到第3s末合力做功為4WB．從第3s末到第5s末合力做功為－2WC．從第5s末到第7s末合力做功為WD．從第3s末到第4s末合力做功為0.75W[答案]C[解析]由題圖知，第1s末速度、第3s末速度、第7s末速度大小關(guān)系v1＝v3＝v7，由題知W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－0，則由動(dòng)能定理知第1s末到第3s末合力做功W2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝0，A錯(cuò)誤；第3s末到第5s末合力做功W3＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)＝－W，B錯(cuò)誤；第5s末到第7s末合力做功W4＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,7)－0＝W，C正確；第3s末到第4s末合力做功W5＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,4)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)，因v4＝eq\f(1,2)v3，所以W5＝－0.75W，D錯(cuò)誤。2.(2022·大連檢測(cè))如圖所示，小球以初速度v0從A點(diǎn)沿不光滑的軌道運(yùn)動(dòng)到高為h的B點(diǎn)后自動(dòng)返回，其返回途中仍經(jīng)過(guò)A點(diǎn)，水平軌道與傾斜軌道之間用平滑圓弧連接(圖中沒(méi)畫出)。則經(jīng)過(guò)A點(diǎn)速度v的大小為()A．eq\r(v\o\al(2,0)－4gh) B．eq\r(4gh－v\o\al(2,0))C．eq\r(v\o\al(2,0)－2gh) D．eq\r(2gh－v\o\al(2,0))[答案]B[解析]由動(dòng)能定理得，小球由A到B過(guò)程－mgh＋WFf＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，小球由B到A過(guò)程有mgh＋WFf＝eq\f(1,2)mv2－0，聯(lián)立解得v＝eq\r(4gh－v\o\al(2,0))，B正確。3.(2022·遼寧丹東模擬)如圖所示，水平傳送帶長(zhǎng)為s，以速度v始終保持勻速運(yùn)動(dòng)，把質(zhì)量為m的貨物放到A點(diǎn)，貨物與皮帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，當(dāng)貨物從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過(guò)程中，摩擦力對(duì)貨物做的功不行能的是()A．等于eq\f(1,2)mv2 B．小于eq\f(1,2)mv2C．大于μmgs D．小于μmgs[答案]C[解析]貨物在傳送帶上相對(duì)地面的運(yùn)動(dòng)可能先加速后勻速，也可能始終加速，而貨物的最終速度應(yīng)小于等于v，依據(jù)動(dòng)能定理知摩擦力對(duì)貨物做的功可能等于eq\f(1,2)mv2，可能小于eq\f(1,2)mv2，可能等于μmgs，可能小于μmgs，故選C。4．(2022·寧夏銀川檢測(cè))光滑斜面上有一個(gè)小球自高為h的A處由靜止開(kāi)頭滾下，抵達(dá)光滑的水平面上的B點(diǎn)時(shí)速率為v0.光滑水平面上每隔相等的距離設(shè)置了一個(gè)與小球運(yùn)動(dòng)方向垂直的阻擋條，如圖所示，小球越過(guò)n條阻擋條后停下來(lái)．若讓小球從2h高處以初速度v0滾下，則小球能越過(guò)阻擋條的條數(shù)為(設(shè)小球每次越過(guò)阻擋條時(shí)損失的動(dòng)能相等)()A．n B．2nC．3n D．4n[答案]C[解析]小球第一次從釋放至到達(dá)B點(diǎn)的過(guò)程中，由動(dòng)能定理得mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，由B點(diǎn)到停止的過(guò)程中，由動(dòng)能定理得－nW＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)。小球其次次從釋放到停止的過(guò)程中，由動(dòng)能定理得mg·2h－n′W＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得n′＝3n。5．(2022·保定模擬)如圖所示，沿平直大路勻速行駛的汽車上，固定著一個(gè)正四棱臺(tái)，臺(tái)面水平。在頂面沿著各斜面方向，同時(shí)自由釋放4個(gè)相同小球。設(shè)它們到達(dá)棱臺(tái)底面分別用時(shí)Ta，Tb，Tc，Td，到達(dá)底面時(shí)的機(jī)械能分別為Ea，Eb，Ec，Ed(取地面為0勢(shì)能面，忽視斜面對(duì)小球的摩擦力)。則有()A．Ta＝Tb＝Td＝TcEa>Eb＝Ed>EcB．Ta＝Tb＝Td＝TcEa＝Eb＝Ed＝EcC．Ta<Tb＝Td<TcEa>Eb＝Ed>EcD．Ta<Tb＝Td<TcEa＝Eb＝Ed＝Ec[答案]A[解析]四個(gè)小球沿“斜面”方向的位移大小、初速度大小和加速度大小都相同，依據(jù)位移公式可知運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同；棱臺(tái)向右運(yùn)動(dòng)，棱臺(tái)的彈力對(duì)b和d兩小球不做功、對(duì)a做正功、對(duì)c做負(fù)功，應(yīng)用動(dòng)能定理可知a的動(dòng)能最大、c的動(dòng)能最小、b和d的動(dòng)能相等，又此時(shí)重力勢(shì)能都相同，A對(duì)。6．(2022·廣東中山模擬)質(zhì)量為m的物體在水平力F的作用下由靜止開(kāi)頭在光滑地面上運(yùn)動(dòng)，前進(jìn)一段距離之后速度大小為v，再前進(jìn)一段距離使物體的速度增大為2v，則()A．其次過(guò)程的速度增量等于第一過(guò)程的速度增量B．其次過(guò)程的動(dòng)能增量是第一過(guò)程動(dòng)能增量的3倍C．其次過(guò)程合外力做的功等于第一過(guò)程合外力做的功D．其次過(guò)程合外力做的功等于第一過(guò)程合外力做功的2倍[答案]AB[解析]由題意知，兩個(gè)過(guò)程中速度增量均為v，A正確；由動(dòng)能定理知：W1＝eq\f(1,2)mv2，W2＝eq\f(1,2)m(2v)2－eq\f(1,2)mv2＝eq\f(3,2)mv2，故B正確，C、D錯(cuò)誤。7．(2022·西安調(diào)研)一個(gè)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(yùn)動(dòng)，反彈后的速度大小與碰撞前相同，則碰撞前后小球速度變化量的大小Δv和碰撞過(guò)程中墻對(duì)小球做功的大小W為()A．Δv＝0 B．Δv＝12m/sC．W＝0 D．W＝10.8J[答案]BC[解析]取末速度的方向?yàn)檎较?，則v2＝6m/s，v1＝－6m/s，速度變化量Δv＝v2－v1＝12m/s，A錯(cuò)誤，B正確；小球與墻碰撞過(guò)程中，只有墻對(duì)小球的作用力做功，由動(dòng)能定理得W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝0，C正確，D錯(cuò)誤。8．(2022·南昌模擬)如圖所示，與水平面的夾角為銳角的斜面底端A向上有三個(gè)等間距點(diǎn)B、C和D，即AB＝BC＝CD，D點(diǎn)距水平面高為h。小滑塊以某一初速度從A點(diǎn)動(dòng)身，沿斜面對(duì)上運(yùn)動(dòng)。若斜面光滑，則滑塊到達(dá)D位置時(shí)速度為零；若斜面AB部分與滑塊有處處相同的摩擦，其余部分光滑，則滑塊上滑到C位置時(shí)速度為零，然后下滑。已知重力加速度為g，則在AB有摩擦的狀況下()A．從C位置返回到A位置的過(guò)程中，克服阻力做的功為eq\f(2,3)mghB．滑塊從B位置返回到A位置的過(guò)程中，動(dòng)能的變化為零C．滑塊從C位置返回到B位置時(shí)的動(dòng)能為eq\f(1,3)mghD．滑塊從B位置返回到A位置時(shí)的動(dòng)能為eq\f(2,3)mgh[答案]BC[解析]由于A、B、C和D等間距，A、B、C和D所處的高度均勻變化，設(shè)A到B重力做的功為WG，從A到D，依據(jù)動(dòng)能定理，有－3WG＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)；若斜面AB部分與滑塊間有處處相同的摩擦力，設(shè)克服摩擦力做的功為Wf，依據(jù)動(dòng)能定理，有－2WG－Wf＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，聯(lián)立解得WG＝Wf，所以從C位置返回到A位置的過(guò)程中克服阻力做的功為eq\f(1,3)mgh，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；從B位置返回到A位置時(shí)，因WG＝Wf，所以動(dòng)能的變化為零，選項(xiàng)B正確，D錯(cuò)誤；設(shè)滑塊下滑到B位置時(shí)速度大小為vB，依據(jù)動(dòng)能定理，有WG＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＝eq\f(1,3)mgh，選項(xiàng)C正確。二、非選擇題9.如圖所示，物體以100J的初動(dòng)能從斜面的底端向上運(yùn)動(dòng)，當(dāng)它通過(guò)斜面上的M點(diǎn)時(shí)，其動(dòng)能削減80J，機(jī)械能削減32J。假如物體能從斜面上返回底端，則物體到達(dá)底端時(shí)的動(dòng)能為_(kāi)_______。[答案]20J[解析]因物體從斜面底端到達(dá)M點(diǎn)的過(guò)程中機(jī)械能削減32J，即摩擦生熱32J，在斜面上物體受的各個(gè)力的大小不變，所以從M點(diǎn)到最高點(diǎn)，動(dòng)能削減20J，摩擦生熱8J，所以上滑過(guò)程摩擦生熱40J，物體返回斜面底端時(shí)機(jī)械能損失也等于40J，此時(shí)動(dòng)能應(yīng)為100J－80J＝20J。10．(2022·蘭州、張掖聯(lián)考)質(zhì)量為0.1kg的彈性小球從空中某高度由靜止開(kāi)頭下落，該下落過(guò)程對(duì)應(yīng)的v－t圖象如圖所示。球與水平地面相碰后離開(kāi)地面時(shí)的速度大小為碰撞前的3/4。該球受到的空氣阻力大小恒為f，取g＝10m/s2，求：(1)彈性球受到的空氣阻力f的大?。?2)彈性球第一次碰撞后反彈的高度h。[答案](1)0.2N(2)0.375m[解析](1)由v－t圖象可知小球下落做勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度a＝eq\f(Δv,Δt)＝8m/s2由牛頓其次定律得mg－f＝ma解得f＝m(g－a)＝0.2N(2)由題圖知小球落地時(shí)速度v＝4m/s則反彈時(shí)速度v′＝eq\f(3,4)v＝3m/s由動(dòng)能定理得－(mg＋f)h＝0－eq\f(1,2)mv′2解得h＝0.375m11．(2022·湖北襄陽(yáng)四中、荊州中學(xué)、龍泉中學(xué)聯(lián)考)質(zhì)量m＝1kg的物體，在水平拉力F(拉力方向與物體初速度方向相同)的作用下，沿粗糙水平面運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)位移4m時(shí)，拉力F停止作用，運(yùn)動(dòng)到位移是8m時(shí)物體停止，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中Ek－x的圖線如圖所示。(g取10m/s2)求：(1)物體的初速度多大？(2)物體和水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為多大？(3)拉力F的大小。[答案](1)2m/s(2)0.25(3)4.5N[解析](1)從圖線可知物體初動(dòng)能為2J，則Ek0＝eq\f(1,2)mv2＝2J，得v＝2m/s。(2)在位移為4m處物體的動(dòng)能為Ek＝10J，在位移為8m處物體的動(dòng)能為零，這段過(guò)程中物體克服摩擦力做功。設(shè)摩擦力為Ff，則－Ffx2＝0－Ek＝0－10J＝－10J得Ff＝eq\f(－10,－4)N＝2.5N因Ff＝μmg故μ＝eq\f(Ff,mg)＝eq\f(2.5,10)＝0.25。(3)物體從開(kāi)頭到移動(dòng)4m這段過(guò)程中，受拉力F和摩擦力Ff的作用，合力為F－Ff，依據(jù)動(dòng)能定理有(F－Ff)·x1＝Ek－Ek0故得F＝eq\f(Ek－Ek0,x1)＋Ff＝(eq\f(10－2,4)＋2.5)N＝4.5N。12．(2022·江蘇啟東中學(xué)期中)如圖所示，傾角為37°的粗糙斜面AB底端與半徑R＝0.4m的光滑半圓軌道BC平滑相連，O點(diǎn)為軌道圓心，BC為圓軌道直徑且處于豎直方向，A、C兩點(diǎn)等高。質(zhì)量m＝1kg的滑塊從A點(diǎn)由靜止開(kāi)頭下滑，恰能滑到與O點(diǎn)等高的D點(diǎn)。g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。(1)求滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ；(2)若使滑塊能到達(dá)C點(diǎn)，求滑塊從A點(diǎn)沿斜面滑下時(shí)的初速度v0的最小值；(3)若滑塊離開(kāi)C處的速度大小為4m/s，求滑塊從C點(diǎn)飛出至落到斜面上所經(jīng)受的時(shí)間t。[答案](1)0.375(2)2eq\r(3)m/s(3)0.2s[解析](1)滑塊從A點(diǎn)到D點(diǎn)的過(guò)程中，依據(jù)動(dòng)能定理有mg·(2R－R)－μmgcos37°·eq\f(2R,sin37°)＝0解得μ＝0.375(2)若滑塊能到達(dá)C點(diǎn)，依據(jù)牛頓其次定律有mg＋FN＝eq\f(mv\o\al(2,C)