一課一練29：動(dòng)能、動(dòng)能定理的理解（答案含解析）—2021屆高中物理一輪基礎(chǔ)復(fù)習(xí)一課一練

1、一課一練29：動(dòng)能、動(dòng)能定理的理解分析：準(zhǔn)確理解動(dòng)能和動(dòng)能定理，會(huì)利用動(dòng)能定理處理變力做功、Ek-x、a-x圖像等問題是考查的一個(gè)重要方向。往往是以選擇題的方式呈現(xiàn)的。1高鐵列車在啟動(dòng)階段的運(yùn)動(dòng)可看作初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)在啟動(dòng)階段，列車的動(dòng)能（ ）A與它所經(jīng)歷的時(shí)間成正比 B與它的位移成正比C與它的速度成正比 D與它的動(dòng)量成正比2如圖所示，有一條長(zhǎng)為L(zhǎng)=2 m的均勻金屬鏈條，有一半長(zhǎng)度在光滑的足夠高的斜面上，斜面頂端是一個(gè)很小的圓弧，斜面傾角為30°，另一半長(zhǎng)度豎直下垂在空中，當(dāng)鏈條從靜止開始釋放后鏈條滑動(dòng)，則鏈條剛好全部滑出斜面時(shí)的速度為（g取10 m/s2）（ ）A2.5

2、m/s B m/s C m/s D m/s3（多選）如圖甲所示，長(zhǎng)為l、傾角為的斜面固定在水平地面上，一質(zhì)量為m的小物塊從斜面頂端由靜止釋放并沿斜面向下滑動(dòng)，已知小物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)與下滑距離x的變化圖像如圖乙所示，則（ ）A0>tan B小物塊下滑的加速度逐漸增大C小物塊下滑到斜面底端的過程中克服摩擦力做的功為0mglcos D小物塊下滑到底端時(shí)的速度大小為4如圖所示，一小物塊由靜止開始沿斜面向下滑動(dòng)，最后停在水平地面上.。斜面和地面平滑連接，且物塊與斜面、物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為常數(shù).。該過程中，物塊的動(dòng)能與水平位移x關(guān)系的圖象是（ ）A B C D 5從地面豎直向上拋出一

3、物體，物體在運(yùn)動(dòng)過程中除受到重力外，還受到一大小不變、方向始終與運(yùn)動(dòng)方向相反的外力作用距地面高度h在3 m以內(nèi)時(shí)，物體上升、下落過程中動(dòng)能Ek隨h的變化如圖所示重力加速度取10 m/s2該物體的質(zhì)量為（ ）A2 kg B1.5 kgC1 kg D0.5 kg6（多選）如圖所示，質(zhì)量為m的小球(可視為質(zhì)點(diǎn))用長(zhǎng)為L(zhǎng)的細(xì)線懸掛于O點(diǎn)，自由靜止在A位置現(xiàn)用水平力F緩慢地將小球從A拉到B位置后靜止，此時(shí)細(xì)線與豎直方向的夾角為=60°，細(xì)線的拉力為F1，然后放手讓小球從靜止返回，到A點(diǎn)時(shí)細(xì)線的拉力為F2，則（ ）AF1=F2=2mgB從A到B，拉力F做功為F1LC從B到A的過程中，小球受到的合

4、外力大小不變D從B到A的過程中，小球重力的瞬時(shí)功率先增大后減小7（多選）在星球M上將一輕彈簧豎直固定在水平桌面上，把物體P輕放在彈簧上端，P由靜止向下運(yùn)動(dòng)，物體的加速度a與彈簧的壓縮量x間的關(guān)系如圖中實(shí)線所示在另一星球N上用完全相同的彈簧，改用物體Q完成同樣的過程，其ax關(guān)系如圖中虛線所示，假設(shè)兩星球均為質(zhì)量均勻分布的球體已知星球M的半徑是星球N的3倍，則（ ）AM與N的密度相等 BQ的質(zhì)量是P的3倍CQ下落過程中的最大動(dòng)能是P的4倍 DQ下落過程中彈簧的最大壓縮量是P的4倍8如圖所示，木塊B上表面是水平的，木塊A置于B上，并與B保持相對(duì)靜止，一起沿固定的光滑斜面由靜止開始下滑，在下滑過程中（

5、 ）AA所受的合外力對(duì)A不做功 BB對(duì)A的彈力做正功CB對(duì)A的摩擦力做正功 DA對(duì)B做正功9（多選）如圖所示，在傾角為的足夠長(zhǎng)斜面上，輕質(zhì)彈簧一端與斜面底端的擋板固定，另一端與質(zhì)量為M的平板A連接，一質(zhì)量為m的物體B靠在平板的右側(cè)，A、B與斜面的動(dòng)摩擦因數(shù)均為開始時(shí)用手按住B使彈簧處于壓縮狀態(tài)，現(xiàn)釋放，使A和B一起沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，當(dāng)A和B運(yùn)動(dòng)距離L時(shí)達(dá)到最大速度v則下列說法正確的是（ ）AA和B達(dá)到最大速度v時(shí)，彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)B若運(yùn)動(dòng)過程中A和B能夠分離，則A和B恰好分離時(shí)，二者加速度大小均為g(sin +cos )C從釋放到A和B達(dá)到最大速度v的過程中，彈簧對(duì)A所做的功等于Mv2+MgLsin

6、 +MgLcos D從釋放到A和B達(dá)到最大速度v的過程中，B受到的合力對(duì)它做的功等于mv210小明將如圖所示的裝置放在水平地面上，該裝置由弧形軌道、豎直圓軌道、水平直軌道和傾角的斜軌道平滑連接而成質(zhì)量的小滑塊從弧形軌道離地高處靜止釋放已知，滑塊與軌道和間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為，弧形軌道和圓軌道均可視為光滑，忽略空氣阻力（1）求滑塊運(yùn)動(dòng)到與圓心O等高的D點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力；（2）通過計(jì)算判斷滑塊能否沖出斜軌道的末端C點(diǎn)；（3）若滑下的滑塊與靜止在水平直軌道上距A點(diǎn)x處的質(zhì)量為的小滑塊相碰，碰后一起運(yùn)動(dòng)，動(dòng)摩擦因數(shù)仍為0.25，求它們?cè)谲壍郎系竭_(dá)的高度h與x之間的關(guān)系（碰撞時(shí)間不計(jì)，）11如圖所示，足夠長(zhǎng)

7、的斜面與水平面夾角為37°，斜面上有一質(zhì)量為M=3 kg的長(zhǎng)木板，斜面底端擋板高度與木板厚度相同m=1 kg的小物塊從空中某點(diǎn)以v0=3 m/s水平拋出，拋出同時(shí)木板由靜止釋放，小物塊下降h=0.8 m掉在木板前端，碰撞時(shí)間極短可忽略不計(jì)，碰后瞬間物塊垂直斜面分速度立即變?yōu)榱闩龊髢烧呦蛳逻\(yùn)動(dòng)，小物塊恰好在木板與擋板碰撞時(shí)在擋板處離開木板已知木板與斜面間動(dòng)摩擦因數(shù)=0.5，木板上表面光滑，木板與擋板每次碰撞均無能量損失，g取10 m/s2，求：（1）碰前瞬間小物塊速度大小和方向（2）木板至少多長(zhǎng)小物塊才沒有從后端離開木板（3）木板從開始運(yùn)動(dòng)到最后停在斜面底端的整個(gè)過程中通過路程多大一課

8、一練29：動(dòng)能、動(dòng)能定理的理解答案1【答案】B【解析】動(dòng)能Ek=mv2，與速度的平方成正比，故C錯(cuò)誤速度v=at，可得Ek=ma2t2，與經(jīng)歷的時(shí)間的平方成正比，故A錯(cuò)誤根據(jù)v2=2ax，可得Ek=max，與位移成正比，故B正確。動(dòng)量p=mv，可得Ek=，與動(dòng)量的平方成正比，故D錯(cuò)誤2【答案】B【解析】設(shè)鏈條的質(zhì)量為2m，以開始時(shí)鏈條的最高點(diǎn)為零勢(shì)能面，鏈條的機(jī)械能為E=Ep+Ek=-×2mg×sin -×2mg×+0=-mgL(1+sin )，鏈條全部滑出后，動(dòng)能為Ek=×2mv2，重力勢(shì)能為Ep=-2mg，由機(jī)械能守恒可得E=Ek+Ep，即

9、-mgL(1+sin )=mv2-mgL，解得v=× m/s= m/s，故B正確，A、C、D錯(cuò)誤3【答案】BC【解析】小物塊在斜面頂端靜止釋放能夠下滑，則滿足mgsin >0mgcos ，即0<tan，故A錯(cuò)誤；根據(jù)牛頓第二定律得a=gsin-gcos，下滑過程中逐漸減小，則加速度a逐漸增大，故B正確；由圖乙可知=-x+0，則摩擦力F=mgcos =-x+0mgcos ，可知Ff與x成線性關(guān)系，如圖所示，其中Ff0=0mgcos ，圖線和橫軸所圍成的面積表示克服摩擦力做的功，則下滑到斜面底端的過程克服摩擦力做功WFf=Ff0l=0mglcos ，故C正確；下滑過程根據(jù)動(dòng)能

10、定理得mglsin -WFf=mv2-0，解得v=，故D錯(cuò)誤4【答案】A【解析】設(shè)斜面傾角為，底邊長(zhǎng)為x0，在小物塊沿斜面向下滑動(dòng)階段，由動(dòng)能定理：，顯然物塊的動(dòng)能與水平位移x關(guān)系的圖象是傾斜直線；設(shè)小物塊滑到水平地面時(shí)動(dòng)能為Ek0，小物塊在水平地面滑動(dòng)，由動(dòng)能定理，所以圖像A正確5【答案】C【解析】由圖像可知物體上升的最大高度h=6m，設(shè)物體在運(yùn)動(dòng)過程中受到的外力大小為f，由動(dòng)能定理，-2fh=48J-72J=-24J，解得f=2N設(shè)從地面豎直向上拋出，物體時(shí)速度為v0，對(duì)上升過程，由牛頓第二定律，mg+f=ma，v02=2ah，mv02=72J，聯(lián)立解得m=1kg，選項(xiàng)C正確6【答案】AD

11、【解析】在B位置對(duì)小球進(jìn)行受力分析，根據(jù)平衡條件有，在最低點(diǎn)A位置，根據(jù)牛頓第二定律有，從B到A利用動(dòng)能定理得，聯(lián)立可知F2=2mg，選項(xiàng)A正確；從A到B利用動(dòng)能定理得，解得拉力F做功為，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；從B到A的過程中，小球受到的合外力大小時(shí)刻發(fā)生變化，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；在最高點(diǎn)時(shí)小球的速度為零，重力的瞬時(shí)功率為零，在最低點(diǎn)時(shí)，小球在豎直方向的速度也為零，其重力的瞬時(shí)功率為零，即從B到A的過程中，小球重力的瞬時(shí)功率先增大后減小，選項(xiàng)D正確7【答案】AC 【解析】 由圖像可知，在星球M上重力加速度為gM=3a0，在星球N上重力加速度為gN=a0， 由G=mg，V=，=M/V，解得M=N，選項(xiàng)A正確；在星

12、球M上，當(dāng)P加速度為零時(shí)，kx0=mPgM，在星球N上，當(dāng)Q加速度為零時(shí)，2kx0=mQgN，聯(lián)立解得：mQ=6mP，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由機(jī)械能守恒定律，mPgMx0=EpM+EkP，mQgN2x0=EpN+EkQ，根據(jù)彈簧彈性勢(shì)能與形變量的二次方成正比可知EpN=4 EpM，聯(lián)立解得：=4，選項(xiàng)C正確；由機(jī)械能守恒定律，mPgMxP=，mQgNxQ=，聯(lián)立解得xQ=2xP，即Q下落過程中最大壓縮量是P的2倍，選項(xiàng)D錯(cuò)誤8【答案】C 【解析】 A、B一起沿固定的光滑斜面由靜止開始下滑，加速度為gsin (為斜面傾角)，由于A速度增大，由動(dòng)能定理知，A所受的合外力對(duì)A做正功，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；對(duì)A受力分析，

13、可知B對(duì)A的支持力方向豎直向上，B對(duì)A的摩擦力方向水平向左，故B對(duì)A的摩擦力做正功，B對(duì)A的彈力做負(fù)功，選項(xiàng)B錯(cuò)誤，C正確；A與B相對(duì)靜止，由牛頓第三定律及幾何關(guān)系可知A對(duì)B的作用力方向垂直斜面向下，故A對(duì)B不做功，選項(xiàng)D錯(cuò)誤9【答案】BD【解析】A和B達(dá)到最大速度v時(shí)，A和B的加速度為零，對(duì)A、B整體：由平衡條件知kx=(mM)gsin (mM)gcos ，所以此時(shí)彈簧處于壓縮狀態(tài)，故A錯(cuò)誤；A和B恰好分離時(shí)，A、B間的彈力為0，A、B的加速度大小相同，對(duì)B受力分析，由牛頓第二定律知，mgsin mgcos =ma，得a=g(sin +cos )，故B正確；從釋放到A和B達(dá)到最大速度v的過程

14、中，對(duì)A、B整體，根據(jù)動(dòng)能定理得W彈-(m+M)·gLsin-(m+M)gLcos=(m+M)v2，所以彈簧對(duì)A所做的功W彈=(m+M)v2+(m+M)·gLsin+(m+M)gLcos，故C錯(cuò)誤；從釋放到A和B達(dá)到最大速度v的過程中，對(duì)于B，根據(jù)動(dòng)能定理得，B受到的合力對(duì)它做的功W合=Ek=mv2，故D正確10【答案】（1），方向水平向左；（2）不會(huì)沖出；（3） 【解析】（1） 牛頓第三定律 ，方向水平向左（2） 得，故不會(huì)沖出（3）滑塊運(yùn)動(dòng)到距A點(diǎn)x處的速度為v，動(dòng)能定理： 動(dòng)量守恒定律得 11【答案】（1）5 m/s方向與斜面垂直 （2）0.06 m （3）0.555 m【解析】（1）小物塊平拋，由動(dòng)能定理得：mgh=mvmv代入數(shù)據(jù)解得：vt=5 m/s sin = 解得：=37°，即速度方向與斜面垂直（2）小物塊平拋，則：h=gt 木板下滑，由牛頓第二定律得：Mgsin-Mgcos=Mav=at1 解得：a=2 m/s2，t1=0.4 s，v=0.8 m/s直到與木板速度相同過程： 小物塊：mgsin =ma1 木板：Mgsin-(M+m)gcos=Ma2速度相同時(shí)：a1t=v+a2t 解得：