高考物理一轮复习精选题辑课练15动能和动能定理.doc
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1、1 / 12【2019【2019 最新最新】精选高考物理一轮复习精选题辑课练精选高考物理一轮复习精选题辑课练 1515 动能动能和动能定理和动能定理1(2018浙江模拟)如图所示,足球从草皮上的位置被踢出 后落在草皮上位置,空中到达的最高点为位置,则( ) A位置足球动能等于 0 B位置到位置过程只有重力做功 C位置到位置的过程足球的动能全部转化为重力势能 D位置到位置过程足球动能的变化量等于合力做的功 答案:D 解析:由题图可知,足球由到过程中具有水平位移,则说 明足球在位置存在速度,故 A 错误;由图可知,到的水平位 移大于到的水平位移,则说明足球受到空气阻力,故 B 错误; 因存在阻力做
2、功,故位置到位置的过程足球的动能转化为重力 势能和内能,故 C 错误;根据动能定理可得,位置到位置过程 足球动能的变化量等于合力做的功,故 D 正确 2(2018江西模拟) (多选)质量为 m 的物块在水平恒力 F 的推动下,从山坡(粗糙) 底部的 A 处由静止开始运动至高为 h 的破顶 B 处到达 B 处时物块 的速度大小为 v,A、B 之间的水平距离为 s,重力加速度为 g.不计 空气阻力,则物块运动过程中( ) A重力所做的功是 mgh B合外力对物块做的功是 mv2 C推力对物块做的功是 mv2mgh D阻力对物块做的功是 mv2mghFs 答案:BD 解析:重力所做的功是 WGmgh
3、,选项 A 错误;根据动能定 理,合外力对物块做的功是 W 合WFmghWfmv2,选项 B 正确; WFmghWfmv2,选项 C 错误;WFFsmghWfmv2,则 Wfmghmv2Fs,选项 D 正确 3(2018天津五区县联考)(多选)如图所示,竖直平面内有一2 / 12光滑圆环,半径为 R,圆心为 O,B 为最低点,C 为最高点,圆环左 下方开一个小口与光滑斜面相切于 A 点,AOB37,小球从斜面 上某一点由静止释放,经 A 点进入圆轨道,不计小球由 D 到 A 的机 械能损失,(sin370.6,cos370.8)则要保证运动过程中小 球不离开轨道,小球释放的位置到 A 点的距离
4、可能是( ) AR B2R C3R D4R 答案:AD 解析:若使小球恰能经过最高点 C,则 mgm,根据动能定理有 mg(h2R)mv,解得 hR,小球释放的位置到 A 点的距离是 x; 若使小球恰能经过与圆心 O 等高的一点,则释放的高度 hR,此 时小球释放的位置到 A 点的距离是 xR;要保证运动过程中小 球不离开轨道,小球释放的位置到 A 点的距离应满足:xR 或 xR,A、D 正确 4(2018辽宁铁岭协作体联考)如图所示,竖直平面内放一直 角杆 MON,OM 水平,ON 竖直且光滑,用不可伸长的轻绳相连的两小 球 A 和 B 分别套在 OM 和 ON 杆上,B 球的质量为 2 k
5、g,在水平力 F 的作用下,A、B 均处于静止状态,此时 OA0.3 m,OB0.4 m,改 变水平力 F 的大小,使 A 球向右加速运动,已知 A 球向右运动 0.1 m 时速度大小为 3 m/s,则在此过程中绳对 B 球的拉力所做的功为(g 取 10 m/s2)( ) A11 J B16 J C18 J D9 J 答案:C 解析:A 球向右运动 0.1 m 时,由几何关系得,B 上升距离 h0.4 mm0.1 m,此时细绳与水平方向夹角的正切值 tan,则得 cos,sin,由运动的合成与分解知识可知 vBsinvAcos,可得 vB4 m/s;以 B 球为研究对象,由动能 定理得 WFm
6、ghmv,代入数据解得 WF18 J,即绳对 B 球的拉力 所做的功为 18 J故选 C. 5(2018吉林省实验中学二模)(多选)如图所示,在竖直平面 内两处分别固定 A、B 两枚钉子,A、B 之间的距离为 l,A、B 连线 与水平方向的夹角为 .A 处的钉子系一根长为 l 的细线,细线的另 一端系一个质量为 m 的小球,将细线拉直,让小球的初始位置在 P 点处,P 点与 A 点处于同一高度,小球由静止释放,细线与 B 处钉 子接触后,小球继续下降取 B 点为参考平面,重力加速度为 g, 当小球运动到 B 点正下方的 Q 点时,下列说法正确的是( ) A小球的速率为2gl3 / 12B小球的
7、动能为 mgl(sin1) C重力对小球的功率为 0 D小球对绳的拉力为 3mg 答案:BC 解析:小球从 P 点到 Q 点,重力对小球做的功为 mgl(sin1), 根据动能定理有 WGWkQEkP,所以小球在 Q 点的动能为 mgl(sin1),选项 B 正确;由 mgl(sin1)mv2 可得 v, 选项 A 错误;在 Q 点小球速度方向是水平的,重力对小球做功的功 率为 0,选项 C 正确;根据 Fmg,解得 Fmg(2sin3),由 牛顿第三定律可知选项 D 错误 6(多选) 如图所示,斜面 AB 和水平面 BC 是由同一板材上截下的两段, 在 B 处用小圆弧连接将小铁块(可视为质点
8、)从 A 处由静止释放后, 它沿斜面向下滑行,进入平面,最终静止于 P 处若从该板材上再 截下一段,搁置在 A、P 之间,构成一个新的斜面,再将铁块放回 A 处,并轻推一下使之沿新斜面向下滑动关于此情况下铁块运动情 况的描述,正确的是( ) A铁块一定能够到达 P 点 B铁块的初速度必须足够大才能到达 P 点 C铁块能否到达 P 点与铁块质量有关 D铁块能否到达 P 点与铁块质量无关 答案:AD 解析:设 A 距离水平面 BC 的高度为 h,小铁块与该板材间的动 摩擦因数为 .斜面 AB 的倾角为 ,对全过程运用动能定理有 mghmgs1cosmgs20,整理得 mghmg(s1coss2)
9、0,而 s1coss2 等于 OP 的长度,即 h0,与斜面的倾角 无关,故小铁块一定能够到达 P 点,且与铁块的质量无关故 A、D 正确 7已知一足够长的传送带与水平面的夹角为 ,以一定的速 度匀速运动某时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度的物 块(如图甲所示),以此时为 t0 时刻记录了小物块之后在传送带上 运动速度随时间的变化关系,如图乙所示(图中取沿传送带向上的运 动方向为正方向,其中|v1|v2)已知传送带的速度保持不变,g 取 10 m/s2,则( ) A0t1 内,物块对传送带做正功 B物块与传送带间的动摩擦因数为 ,mgsin,得 tan, 故 B 错误; 0t2 内,由
10、vt 图线与 t 轴所围“面积”等于位移可知,物块的 总位移沿斜面向下,高度下降,重力对物块做正功,设为 WG,根据 动能定理得 WWGmvmv,则传送带对物块做的功 Wmvmv,故 C 错误;物块的重力势能减小量和动能减小量都转化为系统产生的 内能,则由能量守恒定律知,系统产生的热量大小一定大于物块动 能的变化量大小,故 D 正确 8(多选)如图甲所示,物体以一定初速度从倾角 37的 斜面底端沿斜面向上运动,上升的最大高度为 3.0 m选择地面为 参考平面,上升过程中,物体的机械能 E 随高度 h 的变化关系如图 乙所示(g 取 10 m/s2,sin370.6,cos370.8.)则( )
11、 A物体上升过程的加速度大小 a10 m/s2 B物体与斜面间的动摩擦因数 0.4 C物体的质量 m0.67 kg D物体回到斜面底端时的动能 Ek10 J 答案:AD 解析:物体到达最高点时,机械能为 EEpmgh,由图知 Ep30 J,得 m kg1 kg,故 C 错误;物体上升过程中,克服 摩擦力做功,机械能减少,减少的机械能等于克服摩擦力做的功, Emgcos,得 0.5,故 B 错误;物体上升过程中,由 牛顿第二定律得 mgsinmgcosma,得 agsingcos100.6 m/s20.5100.8 m/s210 m/s2,故 A 正确;由图象可知,物体上升过程中摩擦力做功为 W
12、30 J50 J20 J,在整个过程中由动能定理得 2WEkEk0,则有 EkEk02W50 J2(20) J10 J,故 D 正确 9(多选) 如图所示,小车上有固定支架,支架上用细线拴一个小球,线 长为 l(小球可看成质点),小车与小球一起以速度 v0 沿水平方向向 左匀速运动当小车突然碰到矮墙后车立即停止运动,此后小球升 高的最大高度可能是(线未被拉断,不计空气阻力)( )A大于 B小于v2 0 2g C等于 D等于 2l5 / 12答案:BCD 解析:如果小球的速度不能使小球做圆周运动,且小球升高竖 直高度小于 l 时,由机械能守恒可得 mvmgh,所以最大高度是, 所以 A 错误、C
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