高中物理人教版 (2019)必修 第二册动能和动能定理达标测试

这是一份高中物理人教版 (2019)必修 第二册动能和动能定理达标测试，共6页。
A级——学考达标
1．(多选)关于动能的理解，下列说法正确的是( )
A．一般情况下，Ek＝eq \f(1,2)mv2中的v是相对于地面的速度
B．动能的大小由物体的质量和速率决定，与物体的运动方向无关
C．物体以相同的速率向东和向西运动，动能的大小相等、方向相反
D．当物体以不变的速率做曲线运动时，其动能不断变化
2．(2024·新课标卷)福建舰是我国自主设计建造的首艘弹射型航空母舰。借助配重小车可以进行弹射测试，测试时配重小车被弹射器从甲板上水平弹出后，落到海面上。调整弹射装置，使小车水平离开甲板时的动能变为调整前的4倍。忽略空气阻力，则小车在海面上的落点与其离开甲板处的水平距离为调整前的( )
A．0.25倍 B．0.5倍
C．2倍 D．4倍
3.如图，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度。木箱获得的动能一定( )
A．小于拉力所做的功
B．等于拉力所做的功
C．等于克服摩擦力所做的功
D．大于克服摩擦力所做的功
4．一个人站在实验室高台上，从高台边缘以相同的速率v0分别把三个质量相同的球竖直上抛、竖直下抛、水平抛出，不计空气阻力，则三个球落地时的动能( )
A．上抛球最大 B．下抛球最大
C．平抛球最大 D．一样大
5.如图所示，小球从竖直放置的轻弹簧正上方自由下落。在小球接触弹簧到弹簧被压缩到最短的过程中，小球的动能( )
A．变小
B．先变大后变小
C．变大
D．先变小后变大
6．(2024·青岛高一检测)如图所示，一半径为R＝0.2 m的圆环固定在竖直平面内，其上穿有一个可视为质点的质量m＝0.2 kg的小球，小球静止在最高点处，由于受到某种微扰使小球开始向一侧滑动，当小球运动至A点瞬间，圆环与小球之间无作用力，A点与圆环圆心的连线与竖直方向夹角为θ＝60°，g取10 m/s2，则小球从开始运动到A点的过程中，克服阻力做功为( )
A．0.05 J B．0.1 J
C．0.15 J D．0.2 J
7.如图所示，斜面高为h，质量为m的物块在沿斜面向上的恒力F作用下，能匀速沿斜面向上运动，若把此物块放在斜面顶端，在沿斜面向下同样大小的恒力F作用下，物块由静止向下滑动，滑至底端时其动能的大小为(重力加速度为g)( )
A．mgh B．2mgh
C．2Fh D．Fh
8．(10分)国产大飞机C919圆满完成全球首次商业载客飞行，正式进入民航市场，开启市场化运营、产业化发展新征程。假设飞机在水平跑道上的滑跑是初速度为0的匀加速直线运动，当位移x＝1.6×103 m 时才能达到起飞所要求的速度v＝80 m/s。已知飞机质量m＝7.0×104 kg，滑跑时受到的阻力为自身重力的0.1，取重力加速度g＝10 m/s2，求：
(1)飞机起飞时的动能；
(2)飞机滑跑过程中受到的牵引力。
B级——选考进阶
9.如图所示，粗糙程度处处相同的水平桌面上有一长为L的轻质细杆，一端可绕竖直光滑轴O转动，另一端与质量为m的小木块相连。木块以水平初速度v0出发，恰好能完成一个完整的圆周运动。在运动过程中，木块所受摩擦力的大小为( )
A.eq \f(mv02,2πL) B.eq \f(mv02,4πL)
C.eq \f(mv02,8πL) D.eq \f(mv02,16πL)
10.(2024·广州高一调研)如图所示，电梯质量为M，在它的水平地板上放置一质量为m的物体。电梯在钢索的拉力作用下竖直向上做加速运动，当电梯的速度由v1增加到v2时，上升高度为H，重力加速度为g，物体始终与电梯保持相对静止，则在这个过程中，下列结论正确的是( )
A．对物体，动能定理的表达式为WN＝eq \f(1,2)mv22，其中WN为支持力做的功
B．对物体，动能定理的表达式为W合＝0，其中W合为合力做的功
C．对物体，动能定理的表达式为WN－mgH＝eq \f(1,2)mv22－eq \f(1,2)mv12
D．对电梯，其所受合力做功为eq \f(1,2)Mv22－eq \f(1,2)Mv12－mgH
11．(2024·浙江杭州高一期末)(多选)某人驾驶小型汽车行驶在平直的封闭测试道路上，t＝0时刻开始无动力滑行，一段时间后以恒定功率加速行驶，车速达到最大后保持匀速，v­t图像如图所示。汽车与人的总质量为1×103 kg，行驶中受到的阻力保持不变，则( )
A．汽车行驶中所受阻力大小为2×103 N
B．1 s～11 s内汽车的功率为10 kW
C．1 s～11 s内汽车的位移为75 m
D．汽车加速过程中速度为6 m/s时的加速度大小为0.5 m/s2
12．(14分)(2024·武汉高一检测)如图所示，斜面末端B点与水平面平滑相接，现将一质量m＝2 kg、可视为质点的物块在距水平地面高h＝0.5 m处的A点以一定初速度释放(速度方向沿斜面向下)，物块运动到水平面上距B点s＝1.6 m处的C点停下，已知斜面光滑，物块与水平面之间的动摩擦因数μ＝0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，其他阻力忽略不计(g＝10 m/s2)。
(1)求物块到达B点时的速度大小；
(2)求物块在A点的动能；
(3)若赋予物块向左的水平初速度，使其从C点恰好到达A点，求水平初速度大小(结果可带根号)。
课时跟踪检测(二十)
1．选AB 动能是标量，由物体的质量和速率决定，与物体的运动方向无关。动能具有相对性，无特别说明，一般指相对于地面的动能，A、B正确。
2．选C 动能表达式为Ek＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)，由题意可知，小车水平离开甲板时的动能变为调整前的4倍，则离开甲板时的速度变为调整前的2倍；小车离开甲板后做平抛运动，从离开甲板到落到海面上的时间不变，根据x＝vt，可知小车在海面上的落点与其离开甲板处的水平距离变为调整前的2倍。故选C。
3．选A 由动能定理得WF－Wf＝Ek－0，可知木箱获得的动能一定小于拉力所做的功，A正确。
4．选D 设抛出点离地面的高度为h，根据动能定理得mgh＝Ek－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，三个小球质量相同、初速度大小相同、下落高度相同，所以三个球落地时动能相同，D正确。
5．选B 根据题意可知，小球与弹簧接触后，受到竖直向下的重力与竖直向上的弹力作用，开始时，小球的重力大于弹力，合力向下，加速度向下，小球向下做加速运动，随小球向下运动，小球所受的弹力增大，合力减小，加速度减小，小球做加速度减小的加速运动，合力为零时，小球速度最大；当小球所受的弹力大于小球重力后，合力向上，加速度向上，速度方向与加速度方向相反，小球做减速运动，随小球向下运动，弹力增大，小球受到的合力增大，加速度增大，小球做加速度增大的减速运动，直到减速到零。由以上分析可知，小球的速度先增大后减小，动能先增大后减小。故选B。
6．选B 由题意可知，在A点，小球只受重力，重力沿半径方向的分力提供此时做圆周运动的向心力mgcs θ＝meq \f(v\\al(2,A),R)，小球从最高点到A点，由动能定理有mg(R－Rcs θ)＋Wf＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)－0，代入数据解得Wf＝－0.1 J，故选B。
7．选B 物块匀速上滑时，根据动能定理得WF－mgh－Wf＝0，物块下滑时，根据动能定理得WF＋mgh－Wf＝Ek－0，联立两式解得Ek＝2mgh，故B正确。
8．解析：(1)飞机起飞时的动能Ek＝eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)×7.0×104×802 J＝2.24×108 J。
(2)设飞机滑跑过程中受到的牵引力为F，由动能定理得Fx－kmgx＝eq \f(1,2)mv2－0，其中k＝0.1，解得F＝kmg＋eq \f(mv2,2x)＝2.1×105 N。
答案：(1)2.24×108 J (2)2.1×105 N
9．选B 对木块由动能定理得－f·2πL＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，解得摩擦力大小为f＝eq \f(mv\\al(2,0),4πL)，故B正确，A、C、D错误。
10．选C 物体受重力和支持力作用，根据动能定理得WN－mgH＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)，故C正确，A、B错误；对电梯，所受合力做功等于电梯动能的变化量，故D错误。
11．选AD 由题图可得，汽车无动力滑行时的加速度大小为a1＝eq \f(Δv,Δt)＝2 m/s2，由牛顿第二定律可得，汽车行驶中所受阻力大小为f＝ma1＝2×103 N，故A正确；由题图可知，当t＝11 s时，汽车达到最大速度7.5 m/s，此时汽车的牵引力大小为F＝f＝2×103 N，汽车的功率为P＝Fvm＝1.5×104 W＝15 kW，故B错误；根据题意，设1 s～11 s内汽车的位移为x，由动能定理有Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t2－t1))－fx＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)，代入数据解得x＝67.187 5 m，故C错误；汽车加速过程中速度为6 m/s时，牵引力大小为F1＝eq \f(P,v)＝2.5×103 N，由牛顿第二定律有a＝eq \f(F1－f,m)＝0.5 m/s2，故D正确。
12．解析：(1)物块由B点到C点，由动能定理可得
－μmgs＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)
解得vB＝4 m/s。
(2)物块由A点到B点，由动能定理可得mgh＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)－EkA
解得EkA＝6 J。
(3)设水平初速度大小为v，从C点到A点由动能定理可得
－μmgs－mgh＝0－eq \f(1,2)mv2
解得v＝eq \r(26) m/s。
答案：(1)4 m/s (2)6 J (3)eq \r(26) m/s