2023年高考物理一轮复习随堂练习动能动能定理新人教版.docx

动能 动能定理 1．一个25 kg的小孩从高度为3.0 m的滑梯顶端由静止开始滑下，滑到底端时的速度为2.0 mg＝10 m/s2，关于力对小孩做的功，以下结果正确的选项是(　　) A．合外力做功50 J B．阻力做功500 J C．重力做功500 J D．支持力做功50 J 解析：重力做功WG＝mgh＝25×10×3 J＝750 J，C错；小孩所受支持力方向上的位移为零，故支持力做的功为零，D错；合外力做的功W合＝Ek－0，即W合＝mv2＝×25×22 J＝50 J，A项正确；WG－W阻＝Ek－0，故W阻＝mgh－mv2＝750 J－50 J＝700 J，B项错误． 答案：A 2. 图5－2－9 如图5－2－9所示，质量为m的小车在水平恒力F推动下，从山坡(粗糙)底部A处由静止起运动至高为h的坡顶B，获得速度为v，AB之间的水平距离为s，重力加速度为g.以下说法正确的选项是(　　) A．小车克服重力所做的功是mgh B．合外力对小车做的功是mv2 C．推力对小车做的功是mv2＋mgh D．阻力对小车做的功是mv2＋mgh－Fs 解析：小车克服重力做功W＝Gh＝mgh，A选项正确；由动能定理小车受到的合力做的功等于小车动能的增加，W合＝ΔEk＝mv2，B选项正确；由动能定理，W合＝W推＋W重＋W阻＝mv2，所以推力做的功W推＝mv2－W阻－W重＝mv2＋mgh－W阻，C选项错误；阻力对小车做的功W阻＝mv2－W推－W重＝mv2＋mgh－Fs，D选项正确． 答案：ABD 3. 图5－2－10 如图5－2－10所示，在抗洪救灾中，一架直升机通过绳索，用恒力F竖直向上拉起一个漂在水面上的木箱，使其由水面开始加速上升到某一高度，假设考虑空气阻力而不考虑空气浮力，那么在此过程中，以下说法正确的有(　　) A．力F所做功减去克服阻力所做的功等于重力势能的增量 B．木箱克服重力所做的功等于重力势能的增量 C．力F、重力、阻力，三者合力所做的功等于木箱动能的增量 D．力F和阻力的合力所做的功等于木箱机械能的增量 解析：对木箱受力分析如以下图， 那么由动能定理： WF－mgh－WFf＝ΔEk故C对． 由上式得：WF－WFf＝ΔEk＋mgh， 即WF－WFf＝ΔEk＋ΔEp＝ΔE. 故A错D对．由重力做功与重力势能变化关系知B对，故B、C、D对． 答案：BCD 4． 图5－2－11 如图5－2－11甲所示，一质量为m＝1 kg的物块静止在粗糙水平面上的A点，从t＝0时刻开始，物块在按如图乙所示规律变化的水平力F的作用下向右运动，第3 s末物块运动到B点且速度刚好为0，第5 s末物块刚好回到A点，物块与粗糙水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，g取10 m/s2，求： (1)A、B间的距离； (2)水平力F在5 s时间内对物块所做的功． 解析：(1)由图乙可知在3～5 s内物块在水平恒力作用下由B点匀加速运动到A点，设加速度为a，A、B间的距离为s，那么有F－μmg＝ma，a＝＝ m/s2＝2 m/s2，s＝at2＝4 m. (2)设整个过程中水平力所做功为WF，物块回到A点时的速度为vA，由动能定理得： WF－2μmgs＝mv，v＝2as，WF＝2μmgs＋mas＝24 J. 答案：(1)4 m　(2)24 J 5. 图5－2－12 如图5－2－12所示，AB是倾角为θ的粗糙直轨道，BCD是光滑的圆弧轨道，AB恰好在B点与圆弧相切，圆弧的半径为R.一个质量为m的物体(可以看作质点)从直轨道上的P点由静止释放，结果它能在两轨道间做往返运动．P点与圆弧的圆心O等高，物体与轨道AB间的动摩擦因数为μ.求： (1)物体做往返运动的整个过程中在AB轨道上通过的总路程； (2)最终当物体通过圆弧轨道最低点E时，对圆弧轨道的压力； (3)为使物体能顺利到达圆弧轨道的最高点D，释放点距B点的距离L′应满足什么条件． 解析：(1)因为摩擦始终对物体做负功，所以物体最终在圆心角为2θ的圆弧上往复运动． 对整体过程由动能定理得：mgR·cos θ－μmgcos θ·s＝0，所以总路程为s＝. (2)对B→E过程mgR(1－cos θ)＝mv① FN－mg＝② 由①②得对轨道压力：FN＝(3－2cos θ)mg. (3)设物体刚好到D点，那么mg＝③ 对全过程由动能定理得：mgL′sin θ－μmgcos θ·L′－mgR(1＋cos θ)＝mv④ 由③④得应满足条件：L′＝·R. 答案：(1)　(2)(3－2cos θ)mg　(3)·R 1．质量不等，但有相同动能的两物体，在动摩擦因数相同的水平地面上滑行直到停止，那么以下说法正确的有(　　) A．质量大的物体滑行距离大 B．质量小的物体滑行距离大 C．质量大的物体滑行时间长 D．质量小的物体滑行时间长 解析：物体的动能全部用来克服摩擦阻力做功，有Ek＝μmgl⇒l＝，质量小，滑行距离大． 而t＝＝ ，质量小，滑行时间长． 答案：BD 2．一个木块静止于光滑水平面上，现有一个水平飞来的子弹射入此木块并深入2 cm而相对于木块静止，同时间内木块被带动前移了1 cm，那么子弹损失的动能、木块获得动能以及子弹和木块共同损失的动能三者之比为(　　) A．3∶1∶2 B．3∶2∶1 C．2∶1∶3 D．2∶3∶1 解析：设子弹深入木块深度为d，木块移动s，那么子弹对地位移为d＋s；设子弹与木块的相互作用力为f，由动能定理，子弹损失的动能等于子弹克服木块阻力所做的功，即ΔE1＝f(d＋s)，木块所获得的动能等于子弹对木块作用力所做的功，即ΔE2＝fs，子弹和木块共同损失的动能为ΔE3＝ΔE1－ΔE2＝fd，即三者之比为(d＋s)∶s∶d＝3∶1∶2. 答案：A 3．(2023·江门模拟)起重机将物体由静止举高h时，物体的速度为v，以下各种说法中正确的选项是(不计空气阻力)(　　) A．拉力对物体所做的功，等于物体动能和势能的增量 B．拉力对物体所做的功，等于物体动能的增量 C．拉力对物体所做的功，等于物体势能的增量 D．物体克服重力所做的功，大于物体势能的增量 解析：根据动能定理WF－WG＝mv2/2，WG＝mgh，所以WF＝mv2/2＋mgh，A正确，B、C错误；物体克服重力所做的功，等于物体重力势能的增量，D错误． 答案：A 4．小球由地面竖直上抛，上升的最大高度为H，设所受阻力大小恒定，地面为零势能面．在上升至离地高度h处，小球的动能是势能的2倍，在下落至离地高度h处，小球的势能是动能的2倍，那么h等于(　　) A. B. C. D. 解析：设小球上升离地高度h时，速度为v1，地面上抛时速度为v0，下落至离地面高度h处速度为v2，设空气阻力为f 上升阶段：－mgH－fH＝－mv，－mgh－fh＝mv－mv 又2mgh＝mv 下降阶段：mg(H－h)－f(H－h)＝mv，mgh＝2×mv 由上式联立得：h＝H. 答案：D 5. 图5－2－13 如图5－2－13所示，一轻弹簧直立于水平地面上，质量为m的小球从距离弹簧上端B点h高处的A点自由下落，在C点处小球速度到达最大．x0表示B、C两点之间的距离；Ek表示小球在C处的动能．假设改变高度h，那么以下表示x0随h变化的图象和Ek随h变化的图象中正确的选项是(　　) 解析：由题意“在C点处小球速度到达最大〞，可知C点是平衡位置，小球受到的重力与弹力平衡，该位置与h无关，B项正确；根据动能定理有mg(h＋x0)－Ep＝mv＝Ek，其中x0与弹性势能Ep为常数，可判断出C项正确． 答案：BC 6. 图5－2－14 如图5－2－14所示，在光滑四分之一圆弧轨道的顶端a点，质量为m的物块(可视为质点)由静止开始下滑，经圆弧最低点b滑上粗糙水平面，圆弧轨道在b点与水平轨道平滑相接，物块最终滑至c点停止．假设圆弧轨道半径为R，物块与水平面间的动摩擦因数为μ，以下说法正确的选项是(　　) A．物块滑到b点时的速度为 B．物块滑到b点时对b点的压力是3mg C．c点与b点的距离为 D．整个过程中物块机械能损失了mgR 解析：物块滑到b点时，mgR＝mv2－0，v＝，A不正确．在b点，FN－mg＝m，FN＝3mg，B正确．从a点到c点，机械能损失了mgR，D正确．mgR－μmgs＝0－0，s＝，C正确． 答案：BCD 7. 图5－2－15 如图5－2－15所示，一块长木板B放在光滑的水平面上，在B上放一物体A，现以恒定的外力拉B，由于A，B间摩擦力的作用，A将在B上滑动，以地面为参考系，A和B都向前移动一段距离，在此过程中(　　) A．外力F做的功等于A和B动能的增量 B．B对A的摩擦力所做的功等于A的动能的增量 C．A对B的摩擦力所做的功等于B对A的摩擦力所做的功 D．外力F对B做的功等于B的动能的增量与B克服摩擦力所做的功之和 解析：A物体所受的合外力等于B对A的摩擦力，对A物体运用动能定理，那么有B对A的摩擦力所做的功，等于A的动能的增量，即B对．A对B的摩擦力与B对A的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑动，A，B对地的位移不等，故二者做功不等，C错．对B物体应用动能定理，WF－Wf＝ΔEkB，即WF＝ΔEkB＋Wf，就是外力F对B做的功等于B的动能增量与B克服摩擦力所做的功之和，D对．由前述讨论知B克服摩擦力所做的功与A的动能增量(等于B对A的摩擦力所做的功)不等，故A错． 答案：BD 8. 图5－2－16 构建和谐型、节约型社会深得民心，遍布于生活的方方面面．自动充电式电动车就是很好的一例，电动车的前轮装有发电机，发电机与蓄电池连接．当在骑车者用力蹬车或电动自行车自动滑行时，自行车就可以连通发电机向蓄电池充电，将其他形式的能转化成电能储存起来．现有某人骑车以500 J的初动能在粗糙的水平路面上滑行，第一次关闭自充电装置，让车自由滑行，其动能随位移变化关系如图5－2－16①所示；第二次启动自充电装置，其动能随位移变化关系如图线②所示，那么第二次向蓄电池所充的电能是(　　) A．200 J B．250 J C．300 J D．500 J 解析：设自行车与路面的摩擦阻力为Ff，由图可知，关闭自动充电装置时，由动能定理得：0－Ek0＝－Ff·x1，可得Ff＝50 N，启动自充电装置后，自行车向前滑行时用于克服摩擦做功为：W＝Ffx2＝300 J，设克服电磁阻力做功为W′，由动能定理得：－W′－W＝0－Ek0，可得W′＝200 J. 答案：A 9. 图5－2－17 如图5－2－17，卷扬机的绳索通过定滑轮用力F拉位于粗糙斜面上的木箱，使之沿斜面加速向上移动．在移动过程中，以下说法正确的选项是(　　) A．F对木箱做的功等于木箱增加的动能与木箱克服摩擦力所做的功之和 B．F对木箱做的功等于木箱克服摩擦力和克服重力所做的功之和 C．木箱克服重力做的功等于木箱增加的重力势能 D．F对木箱做的功等于木箱增加的机械能与木箱克服摩擦力做的功之和 解析：木箱加速上滑的过程中，拉力F做正功，重力和摩擦力做负功．支持力不做功，由动能定理得：WF－WG－Wf＝mv2WF＝WG＋Wf＋mv2.A、B错误，又因克服重力做功WG等于物体重力势能的增加，所以WF＝ΔEp＋ΔEk＋Wf，故D正确，又由重力做功与重力势能变化的关系知C也正确． 答案：CD 10．在2023年四川汶川大地震抗震救灾活动中，为转移被困群众动用了直升飞机．设被救人员的质量m＝80 kg，所用吊绳的拉力最大值Fm＝1 200 N，所用电动机的最大输出功率为Pm＝12 kW，为尽快吊起被困群众，操作人员采