2019-2021北京重点校高三（上）期中物理汇编：动能和动能定理

20/202019-2021北京重点校高三（上）期中物理汇编动能和动能定理一、单选题1．（2019·北京·牛栏山一中高三期中）一个小球从高处由静止开始落下，从释放小球开始计时，规定竖直向上为正方向，落地点为重力势能零点．小球在接触地面前、后的动能保持不变，且忽略小球与地面发生碰撞的时间以及小球运动过程中受到的空气阻力，图分别是小球在运动过程中的位移x,速度,动能Ek和重力势能Ep随时间t变化的图象，其中正确的是()A． B．C． D．2．（2020·北京一七一中高三期中）利用传感器和计算机可以研究快速变化的力的大小。实验时，把图甲中的小球举高到绳子的悬点O处，然后小球由静止释放，同时开始计时，利用传感器和计算机获得弹性绳的拉力随时间的变化如图乙所示。根据图像提供的信息，下列说法正确的是（）A．、时刻小球的速度最大 B．、时刻小球的动能最小C．、时刻小球的运动方向相同 D．3．（2021·北京·牛栏山一中高三期中）在实验操作后应该对实验进行适当的分析，研究平抛运动的实验装置如图所示，某同学设想在小球下落的空间中选取三个竖直平面1、2、3，平面与斜槽所在的平面垂直。小球从斜槽末端水平飞出，运动轨迹与平面1、2、3的交点依次为A、B、C。小球由A运动到B，竖直位移为y1，动能的变化量为ΔEk1，动量的变化量为Δp1;小球由B运动到C，竖直位移为y2，动能的变化量为ΔEk2，动量的变化量为Δp2。忽略空气阻力的影响，若y1=y2，下列关系式正确的是（）A． B． C． D．4．（2021·北京师大附中高三期中）如图所示，传送带以恒定速率v0顺时针运行。一个小物体无初速放在传送带底端，第一阶段物体被加速到与传送带具有相同的速度，第二阶段与传送带相对静止，匀速运动到达传送带顶端。下列说法中正确的是（）A．第一阶段摩擦力对小物体做正功，第二阶段摩擦力对小物体不做功B．第一阶段摩擦力对物体做的功等于第一阶段物体动能的增加C．第一阶段传送带克服摩擦力做功的功率逐渐增大D．第一阶段物体和传送带间的摩擦生热等于第一阶段物体机械能的增加5．（2021·北京四中高三期中）将质量均为m的物体从同一高度h以相同的速率v分别沿水平和竖直向上方向抛出，则它们（）A．落地时速度相同B．落地时重力的功率相同C．在空中飞行的过程中，重力的平均功率相同D．在空中飞行的过程中，重力做功相同二、多选题6．（2019·北京四中高三期中）质量为m的物体，从静止开始，以g的加速度匀加速下落h的过程中，下列说法正确的是A．物体的机械能增加了mgh B．物体的重力势能减少了mghC．物体的动能增加了mgh D．合外力对物体做了负功7．（2019·北京四中高三期中）有质量相同的三个小物体a、b、c．现将小物体a从高为h的光滑斜面的顶端由静止释放，同时小物体b、c分别从与a等高的位置开始做自由落体运动和平抛运动，如图所示．对三个物体从释放到落地过程中，下列判断正确的是A．物体b、c同时落地B．三个物体落地前瞬间的动能相同C．重力对三个物体做功相同D．重力对三个物体做功的平均功率相同8．（2019·北京·北师大实验中学高三期中）如图所示，轻质弹簧的左端固定，并处于自然状态。小物块的质量为m，从A点向左沿水平地面运动，压缩弹簧后被弹回，运动到A点恰好静止。物块向左运动的最大距离为s，与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，弹簧未超出弹性限度。在上述过程中（）A．弹簧的最大弹力为μmgB．物块克服摩擦力做的功为2μmgsC．弹簧的最大弹性势能为μmgsD．物块在A点的初速度为9．（2019·北京四中高三期中）质量为m的子弹以初速度υ水平射入一静止在光滑水平面上，质量为M的木块中，但并未穿透，则下述说法正确的是A．木块对子弹做功等于子弹动能的增量B．子弹克服阻力f做的功等于系统增加的内能C．子弹克服阻力f做的功等于f的反作用力对木块做的功D．子弹损失的机械能等于木块获得的动能和系统损失的机械能之和10．（2021·北京四中高三期中）兴趣小组的同学们利用弹弓放飞模型飞机。弹弓的构造如图（a）所示，其中橡皮筋两端点A、B固定在把手上，橡皮筋处于ACB时恰好为原长状态，如图（b）所示，将模型飞机的尾部放在C处，将C点拉至D点时放手，模型飞机就会在橡皮筋的作用下发射出去。C、D两点均在AB连线的中垂线上，橡皮筋的质量忽略不计。现将模型飞机竖直向上发射，在它由D运动到C的过程中（）A．模型飞机在C处与橡皮筋分离B．橡皮筋对模型飞机的弹力始终做正功C．模型飞机克服重力做的功等于橡皮筋对它做的功D．模型飞机的重力势能与橡皮筋的弹性势能之和一直在减小三、解答题11．（2019·北京四中高三期中）如图1所示，某同学用轻绳通过定滑轮提升一重物，运用传感器（未在图中画出）测得此过程中不同时刻被提升重物的速度v与对轻绳的拉力F，并描绘出图象。假设某次实验所得的图象如图2所示，其中线段AB与v轴平行，它反映了被提升重物在第一个时间段内v和的关系；线段BC的延长线过原点，它反映了被提升重物在第二个时间段内v和的关系；第三个时间段内拉力F和速度v均为C点所对应的大小保持不变，因此图象上没有反映。实验中还测得重物由静止开始经过t=1.4s，速度增加到vC=3.0m/s，此后物体做匀速运动。取重力加速度g=10m/s2，绳重及一切摩擦和阻力均可忽略不计。（1）试分析AB和BC段物体的速度、加速度分别如何变化，不需要说明理由；（2）试分析AB、BC段物体受到的拉力、拉力的功率是否变化，若不变，试求出其值；若变化，试说明如何变化；（3）试分析求解被提升重物在第一个时间段内和第二个时间段内通过的总路程。12．（2021·北京四中高三期中）如图所示，某个机械振动器可以建模为在斜面上与轻弹簧粘连在一起的平板A，当该系统正常工作时，A在图中的P、Q之间运动。在P处，弹簧是压缩的，A在弹簧弹力的作用下，由静止开始出发。当A运动到斜面顶端Q处时速度恰减为0，此时立即将物块B轻推到斜面上，接下来，B与A一起沿斜面下滑。当到达P处时，二者速度也恰好减小为0，B会从P处的洞口落下，（注：平板A边长比洞口大，不会掉下去）。此后，A在弹簧的作用下将重新上升，到Q点时又接收到另一个物块，如此循环。（物块B足够小，可看做质点）已知A的质量为m，斜面与水平面夹角为θ，P、Q相距为L。平板A、物块B与斜面间的动摩擦因数均为。求：（1）平板A从P运动到Q的过程中，弹簧对A做的功W；（2）要达到题中所述情景，即平板A能够在P、Q间运动，求木块B的质量M；（3）若由于故障，平板A刚要从P启动时，木块就被从Q处轻推下斜面。系统立即关闭P处洞口孔，同时锁定弹簧和A，此后B下滑，与A发生弹性碰撞，最终停止运动。求：①停止运动前，B运动的总路程s；②停止运动前，B对A的总冲量的大小I。13．（2019·北京四中高三期中）如图所示，半径为R的圆弧光滑导轨AB与水平面相接，物块与水平面间的动摩擦因数为μ．从圆弧导轨顶端A由静止释放一个质量为m的小木块（可视为质点），经过连接点B后，物块沿水平面滑行至C点停止，重力加速度为g．求：（1）物块沿圆弧轨道下滑至B点时的速度v（2）物块刚好滑到B点时对圆弧轨道的压力NB（3）BC之间的距离x14．（2020·北京一七一中高三期中）（1）试在下述情景下由牛顿运动定律推导出动能定理的表达式：在水平面上，一个物块水平方向只受到一个恒力作用，沿直线运动。要求说明推导过程中每步的根据，以及式中各符号和最后结果中各项的意义。（2）如图所示，一根轻质弹簧上端固定在天花板上，下端连接一个小球。以小球的平衡位置O为坐标原点，竖直向下建立x轴。已知弹簧的劲度系数为k，弹簧始终处于弹性限度内。如果把弹性势能与重力势能的和称为系统的势能，并规定小球处在平衡位置时系统的势能为零，请根据“功是能量转化的量度”，证明小球运动到O点下方x处时系统的势能。15．（2021·北京四中高三期中）如图所示，质量为m的小物块在粗糙水平桌面上做直线运动，经距离l后以速度v飞离桌面，最终落在水平地面上。已知l=1.4m，v=3.0m/s，m=0.10kg，物块与桌面间的动摩擦因数，桌面高h=0.45m。不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，求（1）小物块落地点距飞出点的水平距离s；（2）小物块落地时的动能Ek；（3）小物块的初速度大小v0。16．（2021·北京二中高三期中）如图所示为竖直放置的四分之一圆弧轨道，O点是其圆心，轨道末端B切线水平。一小球从轨道顶端Ａ点由静止释放，到达轨道底端经过B点水平飞出，最终落到水平地面上C点。已知轨道半径R=0.80m，B点距水平地面的高度h=0.80m，小球质量m=0.10kg，在B点的速度。忽略空气阻力，重力加速度。求：（1）小球落到C点时的速度大小v。（2）C点与B点之间的水平距离x。（3）小球克服圆弧轨道阻力做的功。

参考答案1．B【分析】小球做自由落体运动，运用物理规律求出动能、位移、重力势能、速度与时间的关系，再运用数学知识进行讨论分析．【详解】位移，所以开始下落过程中位移随时间应该是抛物线，A错误；速度v=gt，与地面发生碰撞反弹速度与落地速度大小相等，方向相反，B正确；重力势能，H小球开始时离地面的高度，为抛物线，C错误；小球自由落下，在与地面发生碰撞的瞬间，反弹速度与落地速度大小相等．若从释放时开始计时，动能，所以开始下落过程中动能随时间应该是抛物线，D错误．2．B【详解】A．把小球举高到绳子的悬点O处，让小球自由下落，t1时刻绳子刚好绷紧，此时小球所受的重力大于绳子的拉力，小球向下做加速运动，当绳子的拉力大于重力时，小球才开始做减速运动，t2时刻绳子的拉力最大，小球运动到最低点，速度为零；当绳子的拉力与重力相等时速度最大，而、时刻绳子的拉力为都为零，小于小球的重力，故、时刻小球的速度不是最大，故A错误；B．由乙图可知，t2、t5时刻小球都到达最低点，速度为零，动能都为零，为最小，故B正确；C．t3时刻小球速度方向向上，t4时刻小球速度向下，t3、t4时刻小球的运动方向相反，故C错误；D．t3~t4时间内与t6~t7时间内小球都做竖直上抛运动，由于t3时刻的速度大于t6时刻的速度，由竖直上抛运动的时间可知故D错误。故选B。3．A【详解】AB．由平抛运动的特点可知，小球在竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀速直线运动，由于水平板竖直方向上的间距相等，故小球经过板1-2的时间大于经过板2-3的时间，由于小球做平抛运动过程中忽略空气阻力的影响，只有重力做功，根据动能定理可知B错误，A正确；CD．根据动量定理可知：合外力的冲量等于动量的变化，由于小球经过板1-2的时间大于经过板2-3的时间，所以CD错误。故选A。4．D【详解】A．第一阶段物体受到沿斜面向上的滑动摩擦力，则滑动摩擦力对小物体做正功，第二阶段物体受向上的静摩擦力，则静摩擦力对小物体也做正功，选项A错误；B．第一阶段摩擦力对物体做的功等于第一阶段物体动能的增加与重力势能的增加量之和，选项B错误；C．根据P=fv可知，第一阶段传送带克服摩擦力做功的功率不变，选项C错误；D．第一阶段物体的位移传送带的位移摩擦生热物体机械能增量等于摩擦力做的正功，即即第一阶段物体和传送带间的摩擦生热等于第一阶段物体机械能的增加，选项D正确。故选D。5．D【详解】A．两种情况落地时速度方向不同，所以落地时速度不同，故A错误；B．根据动能定理得即落地时速度大小相同，但由于落地速度方向不同，竖直分速度不同，根据落地时重力的功率不同，故B错误；C．在空中飞行的过程中，重力做功两种情况高度变化相同，重力做功相同，平抛的竖直分运动为自由落体运动，与竖直上抛运动相比较，两种情况在空中运动时间不同，根据在空中飞行的过程中，重力的平均功率不同，故C错误；D．在空中飞行的过程中，重力做功两种情况高度变化相同，重力做功相同，故D正确。故选D。6．BC【详解】A．由牛顿第二定律可知，得由功能关系可知，阻力对物体做负功，物体的机械能减小，故A错误；B．重力做功wG=mgh重力做功量度重力势能的变化，所以重力势能减少了mgh，故B正确；C．根据合力做功量度动能的变化，下落的加速度为，那么物体的合力为，合力做功为所以物体的动能增加了，故C正确；D．合力方向向下，物体的位移方向也向下，所以合力做正功，故D错误．7．AC【详解】A、由于同时b、c分别从等高的位置开始做自由落体运动和平抛运动，c在竖直方向的运动也是自由落体运动，由分运动与合运动的同时性可知，物体b、c同时落地，故A正确．B、三个物体落地前重力做的功相同，由动能定理可知，动能的变化相同，但初动能不相同，所以三个物体落地前瞬间的动能不相同，故B错误．C、重力对三个物体做功相同，都是mgh，故C正确．D、a物体沿滑斜面顶端下滑到底端用的时间较b、c长，所以重力对三个物体做功的平均功率不相同，故D错误．故选A、C8．BC【详解】小物块压缩弹簧最短时有，故A错误；全过程小物块的路程为，所以全过程中克服摩擦力做的功为：，故B正确；小物块从弹簧压缩最短处到A点由能量守恒得：，故C正确；小物块从A点返回A点由动能定理得：，解得：，故D错误．9．AD【详解】A．由动能定理可知，木块对子弹做功等于子弹动能的增量，故A正确；B．根据能量守恒知，子弹动能的减少量等于木块获得的动能和系统增加的内能之和，所以子弹克服阻力做的功等于木块获得的动能和系统增加的内能之和，故B错误；C．由于子弹和木块的位移不等，相互作用力大小相等，所以子弹克服阻力做的功不等于阻力的反作用力对木块做的功，故C错误；D．根据系统的能量守恒知，子弹机械能的损失量等于木块获得的动能和系统损失的机械能之和，故D正确．10．AB【详解】AB．模型飞机由D运动到C的过程中，橡皮筋对模型飞机的弹力始终竖直向上，故对模型飞机始终做正功，橡皮筋在C点恢复原长，故模型飞机在C处与橡皮筋分离，AB正确；C．由动能定理可得故模型飞机克服重力做的功mgh小于橡皮筋对它做的功W，C错误；D．由题意可知，橡皮筋对模型飞机的作用力先大于重力后小于重力，故模型飞机先加速上升后减速上升，动能先增大后减小，由系统机械能守恒可知，模型飞机的重力势能与橡皮筋的弹性势能之和先减小后增大，D错误。故选AB。11．（1）AB段速度不变加速度为零，BC段加速度减速度变大；（2）AB段拉力不变功率增大，F1=6.0N，BC段拉力减小功率不变，P=12W，说明见解析；（3）3.15m【详解】(1)由图2可知，当重物速度达到vC=3.0m/s时，物体开始做匀速运动，即mg=F2=4.0N解得重物的质量第一时间段内重物所受拉力保持不变，且拉力F1=6.0N，所以其加速度也保持不变，据牛顿第二定律有F1-mg=ma解得加速度为a=5.0m/s2匀加速所用时间为=s=0.40s在第二段时间内，图线斜率不变，则拉力的功率保持不变P=F1vB=12W随着速度的增大，拉力减小，加速度减小，当拉力等于重力时，加速度为零，重物速度达到最大，然后以vC=3.0m/s做匀速运动，故重物在AB段做匀加速直线运动，加速度为5.0m/s2，经历时间为0.4s，最后速度达到2m/s；在BC段做加速度逐渐变小的加速运动，最后拉力等于重力，加速度为零，速度达到最大3m/s。(2)由上述分析可知，重物在AB段拉力不变，速度增大，由P=Fv知拉力的功率增大；重物在BC段功率不变，功率为12W，拉力逐渐减小，最后拉力等于重力，加速度为零，速度达到最大3m/s。(3)设第一段时间内重物的位移为x1，则x1=at12=0.40m设第二段时间为t2，可知t2=t-t1=1.0s重物在t2这段时间内的位移为x2，根据动能定理有Pt2-mgx2=解得x2=2.75m所以被提升重物在第一时间段内和第二时间段内通过的总路程为x=x1+x2=3.15m12．（1）；（2）M=2m；（3）①，②【详解】（1）分析平板A从上升过程，重力做正功，弹力做负功，摩擦力做负功，根据动能定理得解得（2）分析一起下滑的过程，弹力做负功为，根据动能定理代数解得（3）①分析木块B运动的整个过程，重力做正功，摩擦力做负功，斜面支持力和A对B的弹力不做功，根据动能定理解得②分析木块B下滑过程，根据牛顿第二定律即解得木块B上滑过程，根据牛顿第二定律即解得分析下滑过程，根据运动公式解得与A发生弹性碰撞，原速率弹回，所以第一次碰撞过程中，A对B的冲量为分析木块B上滑再下滑过程解得第二次碰撞