2022年高考物理一轮复习随堂练习动能动能定理新人教版

这是一份2022年高考物理一轮复习随堂练习动能动能定理新人教版，共8页。
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＝eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)×25×22 J＝50 J，A项正确；WG－W阻＝Ek－0，故W阻＝mgh－eq \f(1,2)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.下列说法正确的是( )
A．小车克服重力所做的功是mgh B．合外力对小车做的功是eq \f(1,2)mv2
C．推力对小车做的功是eq \f(1,2)mv2＋mgh D．阻力对小车做的功是eq \f(1,2)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＝eq \f(1,2)mv2，B选项正确；由动能定理，W合＝W推＋W重＋W阻＝eq \f(1,2)mv2，所以推力做的功W推＝eq \f(1,2)mv2－W阻－W重＝eq \f(1,2)mv2＋mgh－W阻，C选项错误；阻力对小车做的功W阻＝eq \f(1,2)mv2－W推－W重＝eq \f(1,2)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，若考虑空气阻力而不考虑空气浮力，则在此过程中，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：对木箱受力分析如图所示，
则由动能定理：
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，已知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，则有F－μmg＝ma，a＝eq \f(F－μmg,m)＝eq \f(4－0.2×1×10,1) m/s2＝2 m/s2，s＝eq \f(1,2)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＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)，veq \\al(2,A)＝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．已知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·cs θ－μmgcs θ·s＝0，所以总路程为s＝eq \f(R,μ).
(2)对B→E过程mgR(1－cs θ)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,E)①
FN－mg＝eq \f(mv\\al(2,E),R)②
由①②得对轨道压力：FN＝(3－2cs θ)mg.
(3)设物体刚好到D点，则mg＝eq \f(mv\\al(2,D),R)③
对全过程由动能定理得：mgL′sin θ－μmgcs θ·L′－mgR(1＋cs θ)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,D)④
由③④得应满足条件：L′＝eq \f(3＋2cs θ,2(sin θ－μcs θ))·R.
答案：(1)eq \f(R,μ) (2)(3－2cs θ)mg (3)eq \f(3＋2cs θ,2(sin θ－μcs θ))·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，则下列说法正确的有( )
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＝eq \f(Ek,μmg)，质量小，滑行距离大．
而t＝eq \f(v,a)＝ eq \f(\r(\f(2Ek,m)),μg)，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，则子弹损失的动能、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，则子弹对地位移为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．(2010·江门模拟)起重机将物体由静止举高h时，物体的速度为v，下列各种说法中正确的是(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，则h等于( )
A.eq \f(H,9) B.eq \f(2H,9) C.eq \f(3H,9) D.eq \f(4H,9)
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＝－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，－mgh－fh＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
又2mgh＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)
下降阶段：mg(H－h)－f(H－h)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)，mgh＝2×eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)
由上式联立得：h＝eq \f(4,9)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点处小球速度达到最大．x0表示B、C两点之间的距离；Ek表示小球在C处的动能．若改变高度h，则下列表示x0随h变化的图象和Ek随h变化的图象中正确的是( )
解析：由题意“在C点处小球速度达到最大”，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＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)＝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．若圆弧轨道半径为R，物块与水平面间的动摩擦因数为μ，下列说法正确的是( )
A．物块滑到b点时的速度为eq \r(gR) 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eq \f(R,μ) 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＝eq \f(1,2)mv2－0，v＝eq \r(2gR)，A不正确．在b点，FN－mg＝meq \f(v2,R)，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＝eq \f(R,μ)，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，则有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，则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，下列说法正确的是( )
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＝eq \f(1,2)mv2WF＝WG＋Wf＋eq \f(1,2)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2008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，操作人员采取的办法是，先让吊绳以最大的拉力工作一段时间，而后电动机又以最大功率工作，被救人员上升h＝90 m时恰好达到最大速度(g取10 m/s2)，试求：
(1)被救人员刚到达机舱时的速度；
(2)这一过程所用的时间．
解析：(1)第一阶段绳以最大拉力拉着被救人员匀加速上升，当电动机达到最大功率时，功率保持不变，被救人员变加速上升，速度增大，拉力减小，当拉力与重力相等时速度达到最大．由Pm＝FTvm＝mgvm得vm＝eq \f(Pm,mg)＝eq \f(12×103,80×10) m/s＝15 m/s
(2)a1＝eq \f(Fm－mg,m)＝eq \f(1 200－80×10,80) m/s2＝5 m/s2
匀加速阶段的末速度v1＝eq \f(Pm,Fm)＝eq \f(12×103,1 200) m/s＝10 m/s，时间t1＝eq \f(v1,a1)＝eq \f(10,5) s＝2 s
上升的高度h1＝eq \f(v1,2)t1＝eq \f(10,2)×2 m＝10 m
对于以最大功率上升过程，由动能定理得：Pmt2－mg(h－h1)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)
代入数据解得t2＝5.75 s，所以此过程所用总时间为t＝t1＋t2＝(2＋5.75) s＝7.75 s.
答案：(1)15 m/s (2)7.75 s
11.
图5－2－18
如图5－2－18所示，质量m＝0.5 kg的小球从距离地面高H＝5 m处自由下落，到达地面时恰能沿凹陷于地面的半圆形槽壁运动，半圆形槽的半径R＝0.4 m，小球到达槽最低点时速率恰好为10 m/s，并继续沿槽壁运动直到从槽左端边缘飞出且沿竖直方向上升、下落，如此反复几次，设摩擦力大小恒定不变，取g＝10 m/s2，求：
(1)小球第一次飞出半圆形槽上升到距水平地面的高度h为多少？
(2)小球最多能飞出槽外几次？
解析：(1)在小球下落到最低点的过程中，设小球克服摩擦力做功为Wf，由动能定理得：
mg(H＋R)－Wf＝eq \f(1,2)mv2－0
从小球下落到第一次飞出半圆形槽上升到距水平地面h高度的过程中，
由动能定理得mg(H－h)－2Wf＝0－0
联立解得：h＝eq \f(v2,g)－H－2R＝eq \f(102,10) m－5 m－2×0.4 m＝4.2 m.
(2)设小球最多能飞出槽外n次，则由动能定理得：mgH－2nWf＝0－0
解得：n＝eq \f(mgH,2Wf)＝eq \f(mgH,2\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(mg(H＋R)－\f(1,2)mv2)))＝eq \f(gH,2g(H＋R)－v2)
故小球最多能飞出槽外6次．
答案：(1)4.2 m (2)6次
12．
图5－2－19
如图5－2－19甲所示，一竖直平面内的轨道由粗糙斜面AD和光滑圆轨道DCE组成，AD与DCE相切于D点，C为圆轨道的最低点，将一小物块置于轨道ADC上离地面高为H处由静止下滑，用力传感器测出其经过C点时对轨道的压力FN，改变H的大小，可测出相应的FN的大小，FN随H的变化关系如图乙折线PQI所示(PQ与QI两直线相连接于Q点)，QI反向延长交纵轴于F点(0,5.8 N)，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)小物块的质量m；
(2)圆轨道的半径及轨道DC所对应的圆心角θ.(可用角度的三角函数值表示)
(3)小物块与斜面AD间的动摩擦因数μ.
解析：(1)如果物块只在圆轨道上运动，则由动能定理得mgH＝eq \f(1,2)mv2解得v＝eq \r(2gH)；
由向心力公式FN－mg＝meq \f(v2,R)，得FN＝meq \f(v2,R)＋mg＝eq \f(2mg,R)H＋mg；
结合PQ曲线可知mg＝5得m＝0.5 kg.
(2)由图象可知eq \f(2mg,R)＝10得R＝1 m．显然当H＝0.2 m对应图中的D点，
所以cs θ＝eq \,1)＝0.8，θ＝37°.
(3)如果物块由斜面上滑下，由动能定理得：mgH－μmgcs θeq \f((H－0.2),sin θ)＝eq \f(1,2)mv2
解得mv2＝2mgH－eq \f(8,3)μmg(H－0.2)
由向心力公式FN－mg＝meq \f(v2,R)得FN＝meq \f(v2,R)＋mg＝eq \f(2mg－\f(8,3)μmg,R)H＋eq \,3)μmg＋mg
结合QI曲线知eq \,3)μmg＋mg＝5.8，解得μ＝0.3.
答案：(1)0.5 kg