高中物理一轮复习练习：动能定理

动能定理练习一、选择题1.高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动。在启动阶段，列车的动能()A．与它所经历的时间成正比B．与它的位移成正比C．与它的速度成正比D．与它的动量成正比2.(多选)下列说法正确的有()A．若运动物体所受的合外力为零，则物体的动能一定保持不变B．若运动物体所受的合外力不为零，则物体的动能一定发生变化C．若运动物体的动能保持不变，则该物体所受合外力一定为零D．若运动物体的动能发生变化，则该物体所受合外力一定不为零3.无风时，雨滴受空气阻力的作用在地面附近会以恒定的速率竖直下落。一质量为m的雨滴在地面附近以速率v下落高度h的过程中，克服空气阻力做的功为(重力加速度大小为g)()A．0 B．mghC．eq\f(1,2)mv2－mgh D．eq\f(1,2)mv2＋mgh4.(多选)如图所示，固定在竖直面内的光滑轨道ABC由直线段AB和圆弧段BC组成，两段相切于B点，AB段与水平面夹角为θ，BC段圆心为O，最高点为C、A与C的高度差等于圆弧轨道的直径2R。小球从A点以初速度v0冲上轨道，能沿轨道运动恰好到达C点，下列说法正确的是()A．小球从B到C的过程中，对轨道的压力逐渐增大B．小球从A到C的过程中，重力的功率始终保持不变C．小球的初速度v0＝eq\r(2gR)D．若小球初速度v0增大，小球有可能从B点脱离轨道5.北京2022年冬奥会首钢滑雪大跳台局部示意图如图所示。运动员从a处由静止自由滑下，到b处起跳，c点为a、b之间的最低点，a、c两处的高度差为h。要求运动员经过c点时对滑雪板的压力不大于自身所受重力的k倍，运动过程中将运动员视为质点并忽略所有阻力，则c点处这一段圆弧雪道的半径不应小于()A．eq\f(h,k＋1) B．eq\f(h,k)C．eq\f(2h,k) D．eq\f(2h,k－1)6.一半径为R的圆柱体水平固定，横截面如图所示。长度为πR、不可伸长的轻细绳，一端固定在圆柱体最高点P处，另一端系一个小球。小球位于P点右侧同一水平高度的Q点时，绳刚好拉直。将小球从Q点由静止释放，当与圆柱体未接触部分的细绳竖直时，小球的速度大小为(重力加速度为g，不计空气阻力)()A．eq\r(（2＋π）gR) B．eq\r(2πgR)C．eq\r(2（1＋π）gR) D．2eq\r(gR)7．如图所示，一半径为R的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高，质量为m的质点自轨道端点P由静止开始滑下，滑到最低点Q时，对轨道的压力为2mg，重力加速度大小为g。质点自P滑到Q的过程中，克服摩擦力所做的功为()A．eq\f(1,4)mgR B．eq\f(1,3)mgRC．eq\f(1,2)mgR D．eq\f(π,4)mgR8.(多选)一质量为m的物体自倾角为α的固定斜面底端沿斜面向上滑动。该物体开始滑动时的动能为Ek，向上滑动一段距离后速度减小为零，此后物体向下滑动，到达斜面底端时动能为eq\f(Ek,5)。已知sinα＝0.6，重力加速度大小为g。则()A．物体向上滑动的距离为eq\f(Ek,2mg)B．物体向下滑动时的加速度大小为eq\f(g,5)C．物体与斜面间的动摩擦因数等于0.5D．物体向上滑动所用的时间比向下滑动的时间长9.根据牛顿第三定律可知C点受到的压力最大值为102N，最小值为70N。对点练．如图所示，固定斜面的倾角为θ，质量为m的滑块从距挡板P的距离为x0处以初速度v0沿斜面上滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力。若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失，重力加速度为g，则滑块经过的总路程是()A．eq\f(1,μ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(veq\o\al(2,0),2gcosθ)＋x0tanθ)) B．eq\f(1,μ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(veq\o\al(2,0),2gsinθ)＋x0tanθ))C．eq\f(2,μ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(veq\o\al(2,0),2gcosθ)＋x0tanθ)) D．eq\f(1,μ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(veq\o\al(2,0),2gcosθ)＋\f(x0,tanθ)))10.(多选)一质量为1kg的物体在水平拉力的作用下，由静止开始在水平地面上沿x轴运动，出发点为x轴零点，拉力做的功W与物体坐标x的关系如图所示。物体与水平地面间的动摩擦因数为0.4，重力加速度大小取10m/s2。下列说法正确的是()A．在x＝1m时，拉力的功率为6WB．在x＝4m时，物体的动能为2JC．从x＝0运动到x＝2m，物体克服摩擦力做的功为8JD．从x＝0运动到x＝4m的过程中，物体的动量最大为2kg·m/s11.某滑雪赛道如图所示，滑雪运动员从静止开始沿斜面下滑，经圆弧滑道起跳。将运动员视为质点，不计摩擦力及空气阻力，此过程中，运动员的动能Ek与水平位移x的关系图像正确的是()12.如图甲所示，在光滑水平面上，一物体在水平向右的恒定拉力F作用下由静止开始向右做直线运动，物体的动能Ek随时间t变化的图像如图乙所示，虚线为图像上P点的切线，切线与t轴交点的坐标t1是()A．0.60 B．0.70C．0.75 D．0.8013.如图所示，一个质量为m的小滑块在高度为h的斜面顶端由静止释放；滑块与斜面间动摩擦因数恒定，以水平地面为参考平面。则滑块滑至斜面底端时的动能Ek随斜面倾角θ变化的关系图像可能正确的是()二、非选择题14.如图为某游戏装置原理示意图。水平桌面上固定一半圆形竖直挡板，其半径为2R、内表面光滑，挡板的两端A、B在桌面边缘，B与半径为R的固定光滑圆弧轨道eq\o(CDE,\s\up10(︵))在同一竖直平面内，过C点的轨道半径与竖直方向的夹角为60°。小物块以某一水平初速度由A点切入挡板内侧，从B点飞出桌面后，在C点沿圆弧切线方向进入轨道eq\o(CDE,\s\up10(︵))内侧，并恰好能到达轨道的最高点D。小物块与桌面之间的动摩擦因数为eq\f(1,2π)，重力加速度大小为g，忽略空气阻力，小物块可视为质点。求：(1)小物块到达D点的速度大小；(2)B和D两点的高度差；(3)小物块在A点的初速度大小。15.如图所示，竖直面内有一粗糙斜面AB，BCD部分是一个光滑的圆弧面，C为圆弧的最低点，AB正好是圆弧在B点的切线，圆心O与A、D点在同一高度，θ＝37°，圆弧面的半径R＝3.6m，一滑块质量m＝5kg与AB斜面间的动摩擦因数μ＝0.45，将滑块从A点由静止释放(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2)。求在此后的运动过程中：(1)滑块在AB段上运动的总路程；(2)在滑块运动过程中，C点受到的压力的最大值和最小值。答案：1.B动能Ek＝eq\f(1,2)mv2，与速度的平方成正比，C错误；速度v＝at，可得Ek＝eq\f(1,2)ma2t2，与经历的时间的平方成正比，A错误；根据v2＝2ax，可得Ek＝max，与位移成正比，B正确；动量p＝mv，可得Ek＝eq\f(p2,2m)，与动量的平方成正比，D错误。2.AD运动物体所受合外力为零，合外力对物体不做功，由动能定理可知，物体动能不变，故A正确；运动物体所受合外力不为零，物体运动状态一定变化，则该物体一定做变速运动，如果合外力方向与物体速度方向垂直，则合外力对物体不做功，物体动能不变，故B错误；如果运动物体所受合外力与物体的速度方向垂直，则合外力对物体不做功，物体动能不变，如匀速圆周运动，故C错误；若运动物体的动能发生变化，根据动能定理可知，合外力一定做功，即合外力一定不为零，故D正确。故选AD。3.B在地面附近雨滴做匀速运动，根据动能定理得mgh－Wf＝0，故雨滴克服空气阻力做功为mgh。故选B。4.AD由题知，小球能沿轨道运动恰好到达C点，则小球在C点的速度vC＝0，则小球从B到C的过程中，根据动能定理有－mgR(1－cosα)＝0－eq\f(1,2)mv2，FN＝mgcosα－meq\f(v2,R)，联立有FN＝3mgcosα－2mg，则从B到C的过程中α由θ减小到0，则cosα逐渐增大，故FN逐渐增大，由牛顿第三定律知小球从B到C的过程中，对轨道的压力逐渐增大，A正确；由于A到B的过程中小球的速度逐渐减小，则A到B的过程中重力的功率为P＝－mgvsinθ，则A到B的过程中小球重力的功率始终减小，B错误；从A到C的过程中由动能定理有－mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得v0＝eq\r(4gR)，C错误；小球在B点恰好脱离轨道有mgcosθ＝meq\f(veq\o\al(2,B),R)，则vB＝eq\r(gRcosθ)，则若小球初速度v0增大，小球在B点的速度有可能为eq\r(gRcosθ)，故小球有可能从B点脱离轨道，D正确。故选AD。5.D运动员从a到c根据动能定理(或机械能守恒定律)有mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,c)，在c点有FNc－mg＝meq\f(veq\o\al(2,c),Rc)，FNc≤kmg，联立有Rc≥eq\f(2h,k－1)，D正确。6.A当与圆柱体未接触部分的细绳竖直时，小球下落的高度为h＝πR－eq\f(π,2)R＋R＝eq\f(π＋2,2)R，小球下落过程中，根据动能定理有mgh＝eq\f(1,2)mv2，联立以上两式解得v＝eq\r(（2＋π）gR)，A正确，B、C、D错误。7．C在Q点，质点受到的竖直向下的重力和竖直向上的支持力的合力充当向心力，所以有FN－mg＝meq\f(v2,R)，FN＝FN′＝2mg，联立解得v＝eq\r(gR)，下滑过程中，根据动能定理可得mgR＋Wf＝eq\f(1,2)mv2，解得Wf＝－eq\f(1,2)mgR，所以克服摩擦力做的功为eq\f(1,2)mgR，C正确。8.BC物体从斜面底端回到斜面底端，根据动能定理有－μmg·2lcosα＝eq\f(Ek,5)－Ek，物体从斜面底端到斜面顶端，根据动能定理有－mglsinα－μmglcosα＝0－Ek，整理得l＝eq\f(Ek,mg)，μ＝0.5，A错误，C正确；物体向下滑动时，根据牛顿第二定律有ma下＝mgsinα－μmgcosα，解得a下＝eq\f(g,5)，B正确；物体向上滑动时，根据牛顿第二定律有ma上＝mgsinα＋μmgcosα，解得a上＝g，故a上＞a下，由于上滑过程中的末速度为零，下滑过程中的初速度为零，且走过相同的位移，根据位移公式x＝eq\f(1,2)at2，则可得出t上＜t下，D错误。9.A滑块最终要停在斜面底部，设滑块经过的总路程为x，对滑块运动的全程应用动能定理得mgx0sinθ－μmgxcosθ＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得x＝eq\f(1,μ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(veq\o\al(2,0),2gcosθ)＋x0tanθ))，选项A正确。10.BC由于拉力在水平方向，则拉力做的功为W＝Fx，可看出W-x图像的斜率表示拉力F。在物体运动的过程中，根据动能定理有W－μmgx＝eq\f(1,2)mv2，则x＝1m时物体的速度为v1＝2m/s，x＝1m时拉力为F＝eq\f(ΔW,Δx)＝6N，则此时拉力的功率P＝Fv1＝12W，x＝4m时物体的动能为Ek＝2J，A错误，B正确；从x＝0运动到x＝2m，物体克服摩擦力做的功为Wf＝μmgx＝8J，C正确；根据W-x图像可知在0～2m的过程中F1＝6N，2～4m的过程中F2＝3N，由于物体受到的摩擦力恒为Ff＝4N，则物体在x＝2m处速度最大，且根据选项A、B的分析可知此时的速度v2＝2eq\r(2)m/s，则从x＝0运动到x＝4m的过程中，物体的动量最大为p＝mv2＝2eq\r(2)kg·m/s，D错误。故选BC。11.A设斜面倾角为θ，不计摩擦力和空气阻力，由题意可知运动员在沿斜面下滑过程中根据动能定理有Ek＝mgxtanθ，即eq\f(Ek,x)＝mgtanθ，下滑过程中，开始阶段倾角θ不变，即Ek-x图像为一条直线；经过圆弧轨道过程中，θ先减小后增大，即图像斜率先减小后增大。故A正确。12.C物体在拉力作用下做匀加速直线运动，则根据动能定理得Fx＝Ek，根据运动学公式及牛顿第二定律有x＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(F,2m)t2，代入后得Ek＝Fx＝eq\f(F2,2m)t2，把P点坐标代入后得出Ek＝eq\f(4,3)t2(J)，求导得k＝eq\f(dEk,dt)＝eq\f(4,3)×2t(J/s)＝eq\f(4,3)×2×1.5(J/s)＝4(J/s)，即k＝eq\f(3J－0,1.5s－t1)＝4J/s，则t1＝0.75s，故选C。13.A由题知小滑块在高度为h的斜面顶端由静止释放，则对于小滑块下滑的过程应用动能定理可得mgh－eq\f(μmgh,tanθ)＝Ek(tanθ≥μ)，故当θ＝eq\f(π,2)时，Ek＝mgh；随着θ减小，tanθ逐渐减小，物块滑到斜面底端的动能逐渐减小；当重力沿斜面方向的分力小于等于最大静摩擦力时，有mgsinθ≤μmgcosθ，解得μ≥tanθ，此后继续减小θ，物块都不再下滑，则此后小滑块的动能一直为零。故A正确。14.(1)eq\r(gR)(2)0(3)eq\r(3gR)解析：(1)由题知小物块恰好能到达轨道的最高点D，则在D点有meq\f(veq\o\al(2,D),R)＝mg解得vD＝eq\r(gR)。(2)由题知小物块从C点沿圆弧切线方向进入轨道eq\o(CDE,\s\up10(︵))内侧，则在C点有cos60°＝eq\f(vB,vC)小物块从C到D的过程中，根据动能定理有－mg(R＋Rcos60°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)则小物块从B到D的过程中，根据动能定理有mgHBD＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)联立解得vB＝eq\r(gR)，H