2020屆高考物理一輪復習 動能定理課時訓練（通用）

1、第二節(jié)動能定理 一、單項選擇題1.(2020年東莞模擬)如圖所示，質量為m的物塊，在恒力F的作用下，沿光滑水平面運動，物體通過A點和B點的速度分別是vA和vB，物塊由A運動到B點的過程中，力F對物塊做的功W為()AWmvmvBWmvmvCWmvmvD由于F的方向未知，W無法求出解析：選B.對物塊由動能定理得：Wmvmv，故選項B正確2(2020年高考全國卷)以初速度v0豎直向上拋出一質量為m的小物體假定物塊所受的空氣阻力f大小不變已知重力加速度為g，則物塊上升的最大高度和返回到原拋出點的速率分別為()A.和v0B.和v0C.和v0D.和v0解析：選A.上升的過程由牛頓第二定律得：mgfma1，

2、由運動學知識得：v2a1h，聯(lián)立解得：h.下落的過程中由牛頓第二定律得：mgfma2，由運動學知識得：v22a2h，將a2和h代入可得：vv0，故A正確3(2020年高考福建卷)如圖甲所示，質量不計的彈簧豎直固定在水平面上，t0時刻，將一金屬小球從彈簧正上方某一高度處由靜止釋放，小球落到彈簧上壓縮彈簧到最低點，然后又被彈起離開彈簧，上升到一定高度后再下落，如此反復通過安裝在彈簧下端的壓力傳感器，測出這一過程彈簧彈力F隨時間t變化的圖象如圖乙所示，則()At1時刻小球動能最大Bt2時刻小球動能最大Ct2t3這段時間內(nèi)，小球的動能先增大后減小Dt2t3這段時間內(nèi)，小球增加的動能等于彈簧減少的彈性勢

3、能解析：選C.0t1時間內(nèi)小球做自由落體運動，落到彈簧上并往下運動的過程中，小球重力與彈簧對小球彈力的合力方向先向下后向上，故小球先加速后減速，t2時刻到達最低點，動能為0，A、B錯；t2t3時間內(nèi)小球向上運動，合力方向先向上后向下，小球先加速后減速，動能先增加后減少，C對；t2t3時間內(nèi)由能量守恒知小球增加的動能等于彈簧減少的彈性勢能減去小球增加的重力勢能，D錯4.(2020年廣東珠海調(diào)研)如圖所示，一個小環(huán)沿豎直放置的光滑圓環(huán)軌道做圓周運動小環(huán)從最高點A(初速度為零)滑到最低點B的過程中，小環(huán)線速度大小的平方v2隨下落高度h的變化圖象可能是圖中的()解析：選B.考慮環(huán)下降過程中受到的各個力

4、的做功情況，重力做正功，圓環(huán)對小環(huán)的支持力始終與小環(huán)運動方向垂直，不做功，由動能定理Ekmv2mgh，v2與h的關系為線性關系，又因h0時，v0.所以圖象過原點，只有B符合條件，故選B.二、雙項選擇題5.(2020年廣州一模)質量為1 kg的物體以某一初速度在水平地面上滑行，由于受到地面摩擦阻力作用，其動能隨位移變化的圖線如圖所示，g取10 m/s2，則物體在水平地面上()A所受合外力大小為5 NB滑行的總時間為4 sC滑行的加速度大小為1 m/s2D滑行的加速度大小為2.5 m/s2解析：選BD.物體初動能為50 J(初速度為10 m/s)，在摩擦力作用下滑動20 m后動能為零，根據(jù)動能定理

5、得所受合外力為2.5 N，A錯；由牛頓第二定律知物體加速度大小為2.5 m/s2，C錯D對；時間t4 s，B對6.(2020年廣東六校聯(lián)考)一物體沿斜面向上運動，運動過程中質點的機械能E與豎直高度h關系的圖象如圖所示，其中Oh1過程的圖線為水平線，h1h2過程的圖線為傾斜直線根據(jù)該圖象，下列判斷正確的是()A物體在Oh1過程中除重力外不受其他力的作用B物體在Oh1過程中只有重力做功其他力不做功C物體在h1h2過程中合外力與速度的方向一定相反D物體在Oh2過程中動能可能一直保持不變解析：選BC.Oh1過程的圖線為水平線，說明物體的機械能不變，即沒有除重力以外的其他力做功，而并非一定不受其他力作用

6、，故A錯誤B正確；在h1h2過程中由于物體的機械能減小，重力勢能增加，只能是動能減小，即合外力與速度方向相反，故C正確；在Oh2過程中物體的機械能減小，重力勢能增大，動能只能減小不可能保持不變，故D錯誤7.(2020年江蘇省高三統(tǒng)一考試)如圖所示，一物體在水平恒力作用下沿光滑的水平面做曲線運動，當物體從M點運動到N點時，其速度方向恰好改變了90，則物體在M點到N點的運動過程中，下列判斷正確的是()A力對物體先做負功后做正功B物體的速度不斷減小C物體的動能先減小后增大D物體的動能先增大后減小解析：選AC.物體在vM方向的速度逐漸變?yōu)榱?，說明物體受到的力在vM的反方向上有分力，同時物體受的力在垂直

7、于vM向右的方向上也有分力，所以物體所受恒力的方向與vM的方向成鈍角，故力對物體先做負功后做正功，物體的動能先減小后增大故選AC.8用大于物體重力的恒力F作用于質量為m的物體上，使物體由靜止開始豎直向上提升，已知物體上升h時的速度大小為v，則此過程中()A恒力F對物體所做的功為FhB恒力F對物體所做的功為mghmv2C重力對物體所做的功為mghD合外力對物體所做的功為mv2解析：選AD.由恒力做功的定義WFscos知A選項正確根據(jù)動能定理，合外力做功等于物體動能的變化，故D項正確三、非選擇題9.如圖所示，一個質量為m的小球拴在鋼繩的一端，另一端施加大小為F1的拉力作用，使小球在水平面上做半徑為

8、R1的勻速圓周運動，今將力的大小改變?yōu)镕2，使小球仍在水平面上做勻速圓周運動，但半徑變?yōu)镽2.求小球運動的半徑由R1變?yōu)镽2的過程中拉力對小球做的功解析：設半徑為R1和R2時小球做圓周運動的線速度大小分別為v1和v2，由向心力公式得F1F2由動能定理得：Wmvmv由得：W(F2R2F1R1)答案：(F2R2F1R1)10.如圖所示，AB是傾角為的粗糙直軌道，BCD是光滑的圓弧軌道，AB恰好在B點與圓弧相切，圓弧的半徑為R.一個質量為m的物體(可以看成質點)從直軌道上的P點由靜止釋放，結果它能在兩軌道間做往返運動已知P點與圓弧的圓心O等高，物體與軌道AB間的動摩擦因數(shù)為.求：(1)物體做往返運動

9、的整個過程中在AB軌道上通過的總路程；(2)最終當物體通過圓弧軌道最低點E時，對圓弧軌道的壓力；(3)為使物體能順利到達圓弧軌道的最高點D，釋放點距B點的距離L應滿足什么條件？解析：(1)摩擦力對物體始終做負功，故物體最終在圓心角為2的圓弧上做往復運動設物體在AB軌道上通過的總路程為x，則全程應用動能定理，得：mgRcosmgcosx0解得：x.(2)最終當物體通過圓弧最低點E時，設速度為vE，在E點：FNmg從BE由動能定理，得：mgR(1cos)mv兩式聯(lián)立，得：FN(32cos)mg由牛頓第三定律得物體對軌道的壓力為(32cos)mg.(3)若物體剛好到達D點，設速度為vD，則mg對全過

10、程由動能定理，得：mgLsinmgcosLmgR(1cos)mv聯(lián)立得LR.答案：(1)(2)(32cos)mg(3)R1.(2020年高考江蘇卷)如圖所示，平直木板AB傾斜放置，板上的P點距A端較近，小物塊與木板間的動摩擦因數(shù)由A到B逐漸減小先讓物塊從A由靜止開始滑到B.然后，將A著地，抬高B，使木板的傾角與前一過程相同，再讓物塊從B由靜止開始滑到A.上述兩過程相比較，下列說法中一定正確的有()A物塊經(jīng)過P點的動能，前一過程較小B物塊從頂端滑到P點的過程中因摩擦產(chǎn)生的熱量，前一過程較少C物塊滑到底端的速度，前一過程較大D物塊從頂端滑到底端的時間，前一過程較長解析：選AD.前一過程，從A到P，

11、所受摩擦力較大，下滑加速度較小，位移較小，故在P點的動能較小；后一過程，從B到P，下滑加速度較大，位移較大，故在P點的動能較大，所以A正確；兩過程中，前者摩擦力大，位移小，后者摩擦力小，位移大，無法比較產(chǎn)生熱量的大小，故B不正確；物塊滑到底端的兩過程合外力做的功相同，根據(jù)動能定理，滑到底端速度相等，即C不正確；由牛頓第二定律，結合兩次加速度變化特點，兩次vt圖象如圖所示，位移相等，故前一過程時間較長，D正確2(2020年湖北宜昌高三質檢)如圖甲所示為游樂場中過山車的實物圖片，圖乙是過山車的模型圖在模型圖中，半徑分別為R12.0 m和R28.0 m的兩個光滑圓形軌道，固定在傾角為37的傾斜直軌道

12、平面上的Q、Z兩點，且兩圓形軌道的最高點A、B均與P點平齊，圓形軌道與斜直軌道之間圓滑連接現(xiàn)使小車(視作質點)從P點以一定的初速度沿斜直軌道向下運動已知斜直軌道與小車間的動摩擦因數(shù)為，g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8.求：(1)若小車恰好能通過第一個圓形軌道的最高點A處，則其在P點的初速度應為多大？(2)若小車在P點的初速度為10 m/s，則小車能否安全通過兩個圓形軌道？解析：(1)設小車經(jīng)過A點時的臨界速度為v1，根據(jù)牛頓第二定律有mg設Q點與P點高度差為h1，PQ間距離為L1，則L1設小車在P點的初速度為v01，從P點到A點的過程中，由動能定理得(mgcos )L1mvmv解得v012 m/