2020高考物理一輪總復習 第五章 機械能 能力課1 動能定理練習（含解析）新人教版

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1、能力課1 動能定理 一、選擇題 1.(多選)光滑水平面上靜止的物體，受到一個水平拉力作用開始運動，拉力F隨時間t變化的圖象如圖所示，用Ek、v、x、P分別表示物體的動能、速度、位移和拉力F的功率，下列四個圖象分別定性描述了這些物理量隨時間變化的情況，其中正確的是(　　) 解析：選BD　由于拉力F恒定，所以物體有恒定的加速度a，則v＝at，即v與t成正比，選項B正確；由P＝Fv＝Fat可知，P與t成正比，選項D正確；由x＝at2可知x與t2成正比，選項C錯誤；由動能定理可知Ek＝Fx＝Fat2，Ek與t2成正比，選項A錯誤． 2.(2019屆德州一中月考)如圖所示，在輕彈簧的下

2、端懸掛一個質量為m的小球A，若將小球A從彈簧原長位置由靜止釋放，小球A能夠下降的最大高度為h，若將小球A換為質量為3m的小球B，仍從彈簧原長位置由靜止釋放，則小球B下降h時的速度為(重力加速度為g，不計空氣阻力)(　　) A.　　　　　　　　　 B. C. D. 解析：選B　小球A下降h過程，根據(jù)動能定理，有mgh－W1＝0；小球B下降過程，由動能定理有3mgh－W1＝×3mv2－0，解得v＝ ，故B正確． 3.如圖所示，質量為m的小球，從離地面高H處由靜止開始釋放，落到地面后繼續(xù)陷入泥中h深度而停止，設小球受到空氣阻力為f，重力加速度為g，則下列說法正確的是(　　)

3、A．小球落地時動能等于mgH B．小球陷入泥中的過程中克服泥的阻力所做的功小于剛落到地面時的動能 C．整個過程中小球克服阻力做的功等于mg(H＋h) D．小球在泥土中受到的平均阻力為mg 解析：選C　小球從靜止開始釋放到落到地面的過程，由動能定理得mgH－fH＝mv02，選項A錯誤；設泥的平均阻力為f0，小球陷入泥中的過程，由動能定理得mgh－f0h＝0－mv02，解得f0h＝mgh＋mv02，f0＝mg－，選項B、D錯誤；全過程應用動能定理可知，整個過程中小球克服阻力做的功等于mg(H＋h)，選項C正確． 4．有兩個物體a和b，其質量分別為ma和mb，且ma>mb，它們的初動能相同

4、，若a和b分別受到不變的阻力Fa和Fb的作用，經(jīng)過相同的時間停下來，它們的位移分別為sa和sb，則(　　) A．Fasb B．Fa>Fb，sa>sb C．Fa>Fb，samb，所以saFb，故選項C正確． 5.如圖所示，質量為0.1 kg

5、的小物塊在粗糙水平桌面上滑行4 m后以3.0 m/s的速度飛離桌面，最終落在水平地面上，已知物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)為0.5，桌面高0.45 m，若不計空氣阻力，取g＝10 m/s2，則(　　) A．小物塊的初速度是5 m/s B．小物塊的水平射程為1.2 m C．小物塊在桌面上克服摩擦力做8 J的功 D．小物塊落地時的動能為0.9 J 解析：選D　小物塊在桌面上克服摩擦力做功Wf＝μmgL＝2 J，選項C錯誤；在水平桌面上滑行時，由動能定理得－Wf＝mv2－mv02，解得v0＝7 m/s，選項A錯誤；小物塊飛離桌面后做平拋運動，有x＝vt、h＝gt2，解得x＝0.9 m，選項B

6、錯誤；設小物塊落地時動能為Ek，由動能定理得mgh＝Ek－mv2，解得Ek＝0.9 J，選項D正確． 6.(2019屆天津五區(qū)縣聯(lián)考)如圖所示，某質點運動的v-t圖象為正弦曲線．從圖象可以判斷(　　) A．質點做曲線運動 B．在t1時刻，合外力的功率最大 C．在t2～t3時間內，合外力做負功 D．在0～t1和t2～t3時間內，合外力的平均功率相等 解析：選D　質點運動的v-t圖象描述的是質點的直線運動，選項A錯誤；在t1時刻，v-t圖線的斜率為零，加速度為零，合外力為零，合外力功率為零，選項B錯誤；由題圖圖象可知，在t2～t3時間內，質點的速度增大，動能增大，由動能定理可知，合

7、外力做正功，選項C錯誤；在0～t1和t2～t3時間內，動能的變化量相同，故合外力做的功相等，則合外力的平均功率相等，選項D正確． 7．(2018年江蘇卷)從地面豎直向上拋出一只小球，小球運動一段時間后落回地面．忽略空氣阻力，該過程中小球的動能Ek與時間t的關系圖象是(　　) 解析：選A　對于整個豎直上拋過程(包括上升與下落)，速度與時間的關系為v＝v0－gt，v2＝g2t2－2v0gt＋v02，Ek＝mv2，可見動能與時間是二次函數(shù)關系，由數(shù)學中的二次函數(shù)知識可判斷A正確． 8.如圖所示，小物塊與水平軌道、傾斜軌道之間的動摩擦因數(shù)均相同，小物塊從傾角為θ1的軌道上高度為h的A點由靜止

8、釋放，運動至B點時速度為v1.現(xiàn)將傾斜軌道的傾角調至為θ2，仍將物塊從軌道上高度為h的A點靜止釋放，運動至B點時速度為v2.已知θ2<θ1，不計物塊在軌道接觸處的機械能損失．則(　　) A．v1v2 C．v1＝v2 D．由于不知道θ1、θ2的具體數(shù)值，v1、v2關系無法判定 解析：選C　物體運動過程中摩擦力做負功，重力做正功，由動能定理可得mgh－μmgcosθ·－μmgxBD＝mv2，即mgh－μmg·－μmgxBD＝mv2，因為＝xCD，所以mgh－μmgxBC＝mv2，故到達B點的速度與傾斜軌道的傾角無關，所以v1＝v2，故選項C正確． 9.(多選)(2

9、018年全國卷Ⅲ)地下礦井中的礦石裝在礦車中，用電機通過豎井運送到地面．某豎井中礦車提升的速度大小v隨時間t的變化關系如圖所示，其中圖線①②分別描述兩次不同的提升過程，它們變速階段加速度的大小都相同；兩次提升的高度相同，提升的質量相等．不考慮摩擦阻力和空氣阻力．對于第①次和第②次提升過程(　　) A．礦車上升所用的時間之比為4∶5 B．電機的最大牽引力之比為2∶1 C．電機輸出的最大功率之比為2∶1 D．電機所做的功之比為4∶5 解析：選AC　由圖象可知圖線①過程所用時間為2t0，由于兩次提升的高度相同，圖線①②與x軸圍成的面積相等可知圖線②過程所用時間為2.5t0，因此礦車上升

10、所用時間之比為4∶5，A對；由于它們的變速階段加速度大小相同，電機的最大牽引力相等，B錯；由Pm＝Fv可知，F(xiàn)最大，v最大時，P最大，F(xiàn)相等，vm之比為2∶1，所以最大功率之比為2∶1，C對；電機做功W提供礦石的重力勢能和動能，據(jù)動能定理W－mgh＝ΔEk，由于提升高度相同，ΔEk＝0，所以電機做功相等，D錯，故選AC. 10.(多選)(2018屆大連五校聯(lián)考)在某一粗糙的水平面上，一質量為2 kg的物體在水平恒定拉力的作用下做勻速直線運動，當運動一段時間后，拉力逐漸減小，且當拉力減小到零時，物體剛好停止運動，圖中給出了拉力隨位移變化的關系圖象．已知重力加速度g＝10 m/s2.根據(jù)以上信息

11、能精確得出或估算得出的物理量有(　　) A．物體與水平面間的動摩擦因數(shù) B．合外力對物體所做的功 C．物體做勻速運動時的速度 D．物體運動的時間 解析：選ABC　物體做勻速直線運動時，拉力F與滑動摩擦力f大小相等，物體與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ＝＝0.35，A正確；減速過程由動能定理得WF＋Wf＝0－mv2，根據(jù)F-x圖象中圖線與坐標軸圍成的面積可以估算力F做的功WF，而Wf＝－μmgx，由此可求得合外力對物體所做的功，及物體做勻速運動時的速度v，B、C正確；因為物體做變加速運動，所以運動時間無法求出，D錯誤． 二、非選擇題 11.(2019屆河南三門峽期末)一質量為m的質點

12、，系在輕繩的一端，繩的另一端固定在水平面上，水平面粗糙．此質點在該水平面上做半徑為r的圓周運動，設質點的最初速率是v0，滑動摩擦力大小恒定，當它運動一周時，其速率變?yōu)?，已知重力加速度為g，求： (1)質點與水平面的動摩擦因數(shù)； (2)當質點運動一周時的加速度大?。? (3)質點在靜止以前運動了多少圈． 解析：(1)設質點與水平面的動摩擦因數(shù)為μ，質點運動一周時摩擦力做的功為W，根據(jù)動能定理得： W＝m2－mv02 又W＝－μmg·2πr 解得μ＝. (2)當質點運動一周時質點的向心加速度大小為an＝＝ 當質點運動一周時質點的切向加速度大小為aτ＝μg 則加速度：a＝＝ .

13、 (3)設質點在運動了n周時停止，由動能定理得： －μmg·n·2πr＝0－mv02 解得n＝1.33. 答案：(1)　(2) 　(3)1.33 12．(2019屆晉城調研)如圖甲所示，一滑塊從平臺上A點以初速度v0向右滑動，從平臺上滑離后落到地面上的落地點離平臺的水平距離為s，多次改變初速度的大小，重復前面的過程，根據(jù)測得的多組v0和s，作出s2-v02圖象如圖乙所示，滑塊與平臺間的動摩擦因數(shù)為0.3，重力加速度g＝10 m/s2. (1)求平臺離地的高度h及滑塊在平臺上滑行的距離d； (2)若將滑塊的質量增大為原來的2倍，滑塊從A點以4 m/s的初速度向右滑動，求滑塊滑離

14、平臺后落地時的速度大小v′及落地點離平臺的水平距離s的大小． 解析：(1)設滑塊滑到平臺邊緣時的速度為v， 根據(jù)動能定理得 －μmgd＝mv2－mv02① 滑塊離開平臺后做平拋運動，則有 h＝gt2② s＝vt③ 聯(lián)立以上三式得s2＝ v02－4μhd④ 由圖象得：圖象的斜率等于 ， 即 ＝＝0.2⑤ 解得h＝1 m 且當s＝0時，v02＝12，代入④式解得d＝2 m. (2)由①得v＝2 m/s 滑塊離開平臺后做平拋運動，則有：h＝gt2⑥ 得t＝＝ s＝ s⑦ 滑塊滑離平臺后落地時的速度為 v′＝ ＝2 m/s 落地點離平臺的水平距離s的大小為 s＝v

15、t＝2× m＝ m. 答案：(1)1 m　2 m　(2)2 m/s　 m |學霸作業(yè)|——自選 一、選擇題 1．(2018屆南通市二次調研)某同學用如圖所示的裝置測量一個凹形木塊的質量m，彈簧的左端固定，木塊在水平面上緊靠彈簧(不連接)將其壓縮，記下木塊右端位置A點，釋放后，木塊右端恰能運動到B1點．在木塊槽中加入一個質量m0＝200 g的砝碼，再將木塊左端緊靠彈簧，木塊右端位置仍然在A點，釋放后木塊離開彈簧，右端恰能運動到B2點．測得AB1、AB2長分別為36.0 cm和12.0 cm，則木塊的質量m為(　　) A.100 g B．200 g C．300 g D．40

16、0 g 解析：選A　兩次木塊均由同一位置釋放，故彈簧恢復原長的過程中，彈簧所做的功相同，未加砝碼時，由動能定理，可得W彈－μmg·AB1＝0，加上砝碼m0時，有W彈－μ(m＋m0)g·AB2＝0，解得m＝100 g，選項A正確． 2.(2019屆西安質檢)靜止在粗糙水平面上的物塊在水平向右的拉力作用下做直線運動，t＝4 s時停下，其v-t圖象如圖所示，已知物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)處處相同，則下列判斷正確的是(　　) A．整個過程中拉力做的功等于物塊克服摩擦力做的功 B．整個過程中拉力做的功等于零 C．t＝2 s時刻拉力的瞬時功率在整個過程中最大 D．t＝1 s到t＝3 s這段

17、時間內拉力不做功 解析：選A　對物塊運動全過程應用動能定理得：WF－Wf＝0，故A正確，B錯誤；物塊在加速運動過程中受到的拉力最大，故t＝1 s時拉力的瞬時功率為整個過程中拉力功率的最大值，C錯誤；t＝1 s到t＝3 s這段時間內，拉力與摩擦力平衡，拉力做正功，D錯誤． 3.(2018屆濟寧模擬)如圖所示的豎直軌道，其圓形部分半徑分別是R和，質量為m的小球通過這段軌道時，在A點時剛好對軌道無壓力，在B點時對軌道的壓力為mg.則小球由A點運動到B點的過程中摩擦力對小球做的功為(　　) A．－mgR B．－mgR C．－mgR D．－mgR 解析：選A　在A處對小球由牛頓第二

18、定律mg＝m，vA＝，在B處對小球由牛頓第二定律得mg＋FN＝m，又FN＝mg，解得vB＝，小球由A到B的過程由動能定理得mg＋Wf＝mvB2－mvA2，解得Wf＝－mgR，故A正確． 4．(多選)質量為1 kg的物體靜止在粗糙的水平地面上，在一水平外力F的作用下運動，如圖甲所示，外力F和物體克服摩擦力f做的功與物體位移的關系如圖乙所示，重力加速度g取10 m/s2.下列分析正確的是(　　) A．物體與地面之間的動摩擦因數(shù)為0.2 B．物體運動的位移為13 m C．物體在前3 m運動過程中的加速度為3 m/s2 D．x＝9 m時，物體的速度為3 m/s 解析：選ACD　由摩擦力

19、做功的圖象可知，W＝μmg·x＝20 J，解得μ＝0.2，A正確；由f＝μmg＝2 N，f·x＝Wf＝27 J可得x＝13.5 m，B錯誤；又WF＝F·x，可解得：前3 m內，F(xiàn)＝ N＝5 N，由F－f＝ma可得：a＝3 m/s2，C正確；由動能定理可得：WF－fx＝mv2，解得：x＝9 m時物體的速度v＝3 m/s，D正確． 5.(2018屆吉林三校聯(lián)考)如圖所示，豎直平面內放一直角桿MON，OM水平，ON豎直且光滑，用不可伸長的輕繩相連的兩小球A和B分別套在OM和ON桿上，B球的質量為2 kg，在作用于A球的水平力F的作用下，A、B兩球均處于靜止狀態(tài)，此時OA＝0.3 m，OB＝0.4

20、m，改變水平力F的大小，使A球向右加速運動，已知A球向右運動0.1 m時速度大小為3 m/s，則在此過程中繩的拉力對B球所做的功為(取g＝10 m/s2)(　　) A．11 J B．16 J C．18 J D．9 J 解析：選C　A球向右運動0.1 m時，vA＝3 m/s，OA′＝0.4 m，OB′＝0.3 m，設此時∠B′A′O＝α，則有tanα＝.由運動的合成與分解可得vAcosα＝vBsinα，解得vB＝4 m/s.以B球為研究對象，此過程中B球上升高度h＝0.1 m，由動能定理，W－mgh＝mvB2，解得輕繩的拉力對B球所做的功為W＝mgh＋mvB2＝2×10×0.1

21、 J＋×2×42 J＝18 J，選項C正確． 6.(2019屆石家莊聯(lián)考)質量為m的小球在豎直向上的拉力作用下從靜止開始運動，其v-t圖象如圖所示(豎直向上為正方向，DE段為直線)，已知重力加速度大小為g，下列說法正確的是(　　) A．t3～t4時間內，小球豎直向下做勻減速直線運動 B．t0～t2時間內，合力對小球先做正功后做負功 C．0～t2時間內，小球的平均速度一定為 D．t3～t4時間內，拉力做的功為[(v4－v3)＋g(t4－t3)] 解析：選D　根據(jù)題意，豎直向上為正方向，故在t3～t4時間內，小球豎直向上做勻減速直線運動，故選項A錯誤；t0～t2時間內，小球速度一直

22、增大，根據(jù)動能定理可知，合力對小球一直做正功，故選項B錯誤；0～t2時間內，小球的平均速度等于位移與時間的比值，不一定為，故選項C錯誤；根據(jù)動能定理，在t3～t4時間內：WF－mg·(t4－t3)＝mv42－mv32，整理可得WF＝[(v4－v3)＋g(t4－t3)]，故選項D正確． 7．如圖所示，將質量為m的小球以速度v0由地面豎直向上拋出．小球落回地面時，其速度大小為v0.設小球在運動過程中所受空氣阻力的大小不變，則空氣阻力的大小等于(　　) A.mg B.mg C.mg D.mg 解析：選D　重力對物體做的功為零，設空氣阻力大小為f，對整個過程應用動能定理得： －2

23、fh＝mv2－mv02 上升過程中物體加速度為a＝ 由運動學公式得： 2ah＝v02 帶入數(shù)據(jù)計算得出： f＝mg 所以D選項正確． 8.(2018屆河南洛陽名校聯(lián)考)一摩托車在豎直的圓軌道內側做勻速圓周運動，周期為T，人和車(當做質點)的總質量為m，軌道半徑為R，車經(jīng)最高點時發(fā)動機功率為P0，車對軌道的壓力為2mg.設軌道對摩托車的阻力與車對軌道的壓力成正比，則(　　) A．車經(jīng)最低點時對軌道的壓力為3mg B．車經(jīng)最低點時發(fā)動機功率為2P0 C．車從最高點經(jīng)半周到最低點的過程中發(fā)動機做的功為P0T D．車從最高點經(jīng)半周到最低點的過程中發(fā)動機做的功為2mgR 解析

24、：選B　摩托車在最高點時有2mg＋mg＝m，在最低點有FN－mg＝m，解得FN＝4mg，選項A錯誤；由于軌道對摩托車的阻力與車對軌道的壓力成正比，又因為車在最高點對軌道的壓力為2mg：根據(jù)P＝Fv，可知發(fā)動機在最低點時的功率是在最高點時功率的2倍，選項B正確，C錯誤；根據(jù)動能定理可知摩托車從最高點經(jīng)半周到最低點的過程中克服阻力做的功等于發(fā)動機做的功與重力做功2mgR之和，無法求得發(fā)動機做的功，選項D錯誤． 二、非選擇題 9．(2018屆南京市、鹽城市—模)如圖所示，煉鋼廠通常用滾筒來傳送軟鋼錠，使具有一定初速度的軟鋼錠通過滾筒滑上平臺，質量為M的軟鋼錠長為L，上表面光滑，下表面與平臺間是粗

25、糙的．現(xiàn)以水平向右的初速度滑上平臺，全部滑上平臺時的速度為v.此時，在其右端無初速放上一個質量為m的滑塊(視為質點)．隨后軟鋼錠滑過2L距離時速度為零，滑塊恰好到達平臺，重力加速度取g，空氣阻力不計．求： (1)滑塊獲得的最大加速度(不考慮與平臺的撞擊過程)； (2)滑塊放上后，軟鋼錠滑動過程克服阻力做的功； (3)軟鋼錠處于靜止狀態(tài)時，滑塊到達平臺的動能． 解析：(1)由于滑塊與軟鋼錠間無摩擦，所以，軟鋼錠在平臺上滑過距離L時，滑塊脫離做自由落體運動，所以a＝g. (2)根據(jù)動能定理得Wf克＝－ΔEk＝Mv2. (3)滑塊脫離軟鋼錠后做自由下落到平臺上的時間與軟鋼錠在平臺最后

26、滑過L的時間相等，都為t L＝μgt2 μ(m＋M)gL＋μMgL＝Mv2 vm＝gt Ek＝mvm2 聯(lián)立以上四個方程式解得 Ek＝. 答案：(1)g　(2)Mv2　(3) 10．(2019屆棗莊期末)如圖甲所示，電動機通過繞過光滑定滑輪的細繩與放在傾角為30°的光滑斜面上的物體相連，啟動電動機后物體沿斜面上升；在0～3 s時間內物體運動的v-t圖象如圖乙所示，其中除1～2 s時間段圖象為曲線外，其余時間段圖象均為直線，1 s后電動機的輸出功率保持不變；已知物體的質量為2 kg，重力加速度g＝10 m/s2.求： (1)1 s后電動機的輸出功率P； (2)物體運動的

27、最大速度vm； (3)在0～3 s內電動機所做的功． 解析：(1)設物體的質量為m，由題圖乙可知，在t1＝1 s時間內，物體做勻加速直線運動的加速度大小為a＝5 m/s2，1 s末物體的速度大小達到v1＝5 m/s，此過程中，設細繩拉力的大小為F1，則根據(jù)運動學公式和牛頓第二定律可得 v1＝at1 F1－mgsin30°＝ma 設在1 s末電動機的輸出功率為P，由功率公式可得P＝F1v1 聯(lián)立解得P＝100 W. (2)當物體達到最大速度vm后，設細繩的拉力大小為F2，由牛頓第二定律和功率的公式可得F2－mgsin30°＝0 P＝F2vm 聯(lián)立解得vm＝10 m/s. (3

28、)設在時間t1＝1 s內，物體的位移為x，電動機做的功為W1，則由運動學公式得x＝at12 由動能定理得W1－mgxsin30°＝mv12 設在時間t＝3 s內電動機做的功為W，則W＝W1＋P(t－t1) 聯(lián)立解得W＝250 J. 答案：(1)100 W　(2)10 m/s　(3)250 J 11.(2019屆福建省畢業(yè)班質量檢查)如圖，固定直桿上套有一小球和兩根輕彈簧，兩根輕彈簧的一端與小球相連，另一端分別固定在桿上相距為2L的A、B兩點．直桿與水平面的夾角為θ，小球質量為m，兩根輕彈簧的原長均為L、勁度系數(shù)均為，g為重力加速度． (1)小球在距B點L的P點處于靜止狀態(tài)，求此

29、時小球受到的摩擦力大小和方向； (2)設小球在P點受到的摩擦力為最大靜摩擦力，且與滑動摩擦力相等．現(xiàn)讓小球從P點以一沿桿方向的初速度向上運動，小球最高能到達距A點L的Q點，求初速度的大小． 解析：(1)小球在P點時兩根彈簧的彈力大小相等，設為F，根據(jù)胡克定律有F＝k 設小球靜止時受到的摩擦力大小為Ff，方向沿桿向下，根據(jù)平衡條件有mgsinθ＋Ff＝2F 代入數(shù)據(jù)解得Ff＝ 方向沿桿向下． (2)小球在P、Q兩點時，彈簧的彈性勢能相等，故小球從P到Q的過程中，彈簧對小球做功為零 據(jù)動能定理有W舍＝ΔEk －mg·2sinθ－Ff·2＝0－mv2 聯(lián)立解得 v＝. 答案：(1)　方向沿桿向下 (2) 14