1、高考资源网（） 您身边的高考专家温馨提示： 此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。课时素养评价 十六动能和动能定理 (25分钟60分)一、选择题(本题共6小题,每题6分,共36分)1.改变汽车的质量和速度,都能使汽车的动能发生变化,在下面几种情况中,汽车的动能是原来的2倍的是()A.质量不变,速度变为原来的2倍B.质量和速度都变为原来的2倍C.质量变为原来的2倍,速度变为原来的一半D.质量变为原来的一半,速度变为原来的2倍【解析】选D。由公式Ek=mv2,m不变,v变为原来的2倍,Ek变为原来的4倍。同理,m和v都变为原
2、来的2倍时,Ek变为原来的8倍;m变为原来的2倍,速度减半时,Ek变为原来的一半;m减半,v变为原来的2倍时,Ek变为原来的2倍,故选项D正确。2.在同一位置以相同的速率把三个小球分别沿水平、斜向上、斜向下方向抛出,不计空气阻力,则落在同一水平地面时的速度大小()A.一样大B.水平抛的最大C.斜向上抛的最大D.斜向下抛的最大【解析】选A。根据动能定理可知m-m=mgh,得v末=,又三个小球的初速度大小以及所处高度相等,则落地时的速度大小相等,A项正确。3.如图所示,两个质量相同的物体a和b处于同一高度,a自由下落,b沿固定光滑斜面由静止开始下滑,不计空气阻力。两物体到达地面时,下列表述正确的是
3、()A.a的速率大B.b的速率大C.动能相同D.速度方向相同【解析】选C。根据动能定理有:mgh=mv2-0,所以高度相同,所以末动能相等,速度的大小相等,但方向不同。故本题选C。【加固训练】喜欢从高处往下跳是学龄前儿童的天性。如图所示,一质量为20 kg的小朋友从0.5 m 高的台阶上跳下,双脚着地瞬间的速率约为4 m/s,则小朋友这次跳跃消耗体内的化学能约为()A.0B.60 JC.160 JD.100 J【解析】选B。设起跳阶段人做功为W,整个过程中根据动能定理可知mgh+W=mv2,解得W=mv2-mgh=2042 J-20100.5 J=60 J,起跳所做的功又消耗体内的化学能,故消
4、耗的化学能为60 J,故B正确,A、C、D错误。4.质量为1 kg的物体沿直线运动的v-t图象如图所示,则()A.从第1 s末到第3 s末合外力做的功为2 JB.第1 s末物体具有的动能为4 JC.前3 s内合外力对物体做的功为2 JD.第1 s内合外力对物体做的功为4 J【解析】选C。由图可知,第1 s末之后的速度均为2 m/s,故第1 s末至第3 s末合外力不做功,故A错误;第1 s末物体的动能Ek=mv2=122 J=2 J,故B错误;由动能定理可知,前3 s内合外力对物体做的功等于动能的改变量,故W=Ek=mv2=14 J=2 J,故C正确;第1 s内合外力对物体做功也为2 J,故D错
5、误。【加固训练】某物体做直线运动的v-t图象如图所示,据此判断给出的A、B、C、D四种图象(F表示物体所受合力,x表示物体的位移,Ek表示物体动能,a表示物体加速度,t表示时间)中正确的是()【解析】选B。 由图可知,前2 s内物体做初速度为零的匀加速直线运动,合力恒定,且沿正方向;24 s做匀减速直线运动,合力恒定,且沿负方向;46 s做负方向匀加速直线运动,合力恒定,且沿负方向;68 s做负方向匀减速直线运动,合力恒定,且沿正方向,故A错误。02 s内,x=at2,x-t图象是开口向上的抛物线;24 s内,x=v0t-at2,x-t图象是开口向下的抛物线;结合对称性可知,该图正确,故B正确
6、。根据Ek=mv2,知v-t图象是直线时,Ek与t是二次函数关系,图象应是曲线,故C错误。02 s内,加速度为正;26 s内加速度一定,且为负;68 s内,加速度为正,故D错误。5.如图为10 m跳台跳水示意图,运动员从10 m高的跳台跳下,设水的平均阻力约为其体重的3倍,在粗略估算中,把运动员当作质点处理,为了保证运动员的人身安全,池水深度至少为(不计空气阻力)()A.5 mB.3 mC.7 mD.1 m【解析】选A。设水的深度为h,由动能定理得mg(10 m+h)-3mgh=0,解得h=5 m,选项A正确。6.质量m=2 kg的物体以50 J的初动能在粗糙的水平面上滑行,其动能变化与位移关
7、系如图所示,则物体在水平面上的滑行时间t为()A.5 sB.4 sC.2 sD.2 s【解析】选C。由动能定理和题图数据可知Ek=F阻l,得F阻=5 N,由Ek=m得v0= m/s=5 m/s,a= m/s2=2.5 m/s2,故t= s=2 s,故C正确。二、计算题(本题共2小题,共24分。要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要标明单位)7.(12分)质量为m的小球用长为L的细线悬挂于O点,小球在水平恒力F作用下,从O点的正下方的P点移动到Q点,设此时细线与OP的夹角为,如图所示。在此过程中,若拉力分别是以下两种情况,则拉力F做的功各是多少?(1)用F缓慢地拉。(2)F为恒力。【解析】
8、(1)若用F缓慢地拉,则显然F为变力,且小球的动能不变,只能运用动能定理求解,根据动能定理有WF-mgh=0,式中h=L(1-cos ),即得WF=mgL(1-cos )。(2)若F为恒力,则可以直接按定义求功。由功的定义式得WF=FLsin 。答案:(1)mgL(1-cos )(2)FLsin 8.(12分)如图所示,装置由AB、BC、CD三段轨道组成,轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接,其中轨道AB、CD段是光滑的,水平轨道BC的长度s=5 m,轨道CD足够长,A、D两点离轨道BC的高度分别为h1=4.30 m、h2=1.35 m。现让质量为m的小滑块自A点由静止释放。已知小滑块与轨道BC间
9、的动摩擦因数=0.5,重力加速度g取10 m/s2。求:小滑块第一次到达C点和D点时的速度大小。【解析】小滑块从ABC过程中,由动能定理得mgh1-mgs=m代入数据解得vC=6 m/s小滑块从ABCD过程中,由动能定理得mg(h1-h2)-mgs=m代入数据解得vD=3 m/s答案:6 m/s3 m/s【总结提升】应用动能定理时注意的四个问题(1)动能定理中各量是针对同一惯性参考系而言的(一般选取地面为参考系)。(2)若物体运动的过程包含几个不同的阶段,应用动能定理时,可以分段考虑,也可以将全过程作为一个整体来处理。(3)在求总功时,若各力不同时对物体做功,W应为各阶段各力做功的代数和。在利
10、用动能定理列方程时,还应注意各力做功的正、负或合力做功的正、负。(4)对于受力情况复杂的问题要避免把某个力的功当作合力的功,对于多过程问题要防止“漏功”或“添功”。 (15分钟40分)9.(6分)(2020南通高一检测)如图所示,D、E、F、G为地面上距离相等的四点,三个质量相同的小球A、B、C分别在E、F、G的正上方不同高度处,以相同的水平初速度向左抛出,最后均落到D点。若不计空气阻力,则可判断A、B、C三个小球()A.在空中运动时间之比为135B.初始离地面的高度之比为135C.在空中运动过程中重力的平均功率之比为123D.从抛出到落地过程中,动能的变化量之比为123【解析】选C。小球抛出
11、后做平抛运动,设小球的水平速度为v;由题意知,小球在水平方向的位移之比xAxBxC=123,小球在水平方向做匀速直线运动,x=vt,则小球的运动时间之比tAtBtC=123,故A错误;小球在竖直方向上做自由落体运动,h=gt2,则抛出点的高度之比hAhBhC= 149,故B错误;重力的平均功率P=,重力平均功率之比PAPBPC= =123,故C正确;由动能定理得,动能的变化量Ek=mgh,从抛出到落地过程中,动能的变化量之比为=hAhBhC= 149,故D错误;故选C。10.(6分)(多选)我国高铁技术处于世界领先水平,它是由动车和拖车组合而成,提供动力的车厢叫动车,不提供动力的车厢叫拖车。假
12、设动车组各车厢质量均相等,动车的额定功率都相同,动车组在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比。某列动车组由8节车厢组成,其中第1、5节车厢为动车,其余为拖车,则该列车组()A.启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相反B.做匀加速运动时,第5、6节与第6、7节车厢间的作用力之比为32C.进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时的速度成正比D.与改为4节动车带4节拖车的动车组最大速度之比为12【解题指南】解答本题可按以下思路进行:(1)根据受力分析,结合牛顿第二定律分析车厢之间的作用力。(2)根据动能定理分析从关闭发动机到停下来滑行的距离。(3)当牵引力和阻力的大小相等时,动车
13、的速度达到最大值,由此可以求得动车组的最大速度。【解析】选B、D。设每节动车的功率为P,牵引力为F,每一节车厢的质量是m,阻力为kmg,启动时乘客的加速度的方向与车厢运动的方向是相同的,所以乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相同,故A错误;做加速运动时,有两节动力车厢,对整个的车进行受力分析得:2F-8kmg=8ma对6、7、8车厢进行受力分析得:F1-3kmg=3ma对7、8车厢进行受力分析得:F2-2kmg=2ma联立可得:=,故B正确;设进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离为s,则:-8kmgs=0-8mv2,可得:s=可知进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时的速度的平
14、方成正比,故C错误;当只有两节动力车时,最大速率为v,则:2P=8kmgv改为4节动车带4节拖车的动车组时:4P=8kmgv,所以:v=2v,故D正确。11.(6分)(2020忻州高一检测)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,对轨道的正压力为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.mgRB.mgRC.mgRD.mgR【解析】选C。在Q点,质点受到竖直向下的重力和竖直向上的支持力,两力的合力充当向心力,所以有FN-mg=m,FN=2mg,联立解得v=,下落过程中重力做正功,摩
15、擦力做负功,根据动能定理可得mgR-Wf=mv2,解得Wf=mgR,所以克服摩擦力做功mgR,C正确。12.(22分)如图,ABCD为一竖直平面的轨道,其中BC水平,A点比BC高出10 m,BC长3.5 m,AB和CD轨道光滑。一质量为1 kg的物体,从A点由静止释放,经过BC后滑到高出C点9.3 m的D点时速度为零。(g取10 m/s2)求:(1)物体与BC轨道的动摩擦因数。(2)物体第5次经过B点时的速度vB大小。(3)物体最后停止的位置与B点之间的距离。【解析】(1)分析从A到D过程,由动能定理,mg(H-h)-mgsBC=0-0解得,=0.2。(2)物体第5次经过B点时,物体在BC上滑动了4次,由动能定理,得mgH-mg4sBC=m-0解得vB=12 m/s。(3)分析整个过程,由动能定理,mgH-mgs=0-0代入数据解得s=50 m。故=14,所以物体在轨道上来回共14次后,还有sBC=1 m,故与B点的距离为1 m。答案:(1)0.2(2)12 m/s(3)1 m关闭Word文档返回原板块- 11 - 版权所有高考资源网
