2019 2020年高一人教版物理必修2同步测试卷77 动能和动能定理

2019-2020年高一人教版物理必修2同步测试卷：7.7 动能和动能定理
第七节动能和动能定理
1．(动能定理的理解)一物体做变速运动时，下列说法中正确的是( )
A．合外力一定对物体做功，使物体动能改变
B．物体所受合外力一定不为零
C．合外力一定对物体做功，但物体动能可能不变
D．物体的加速度可能为零
mv在光滑水平面上向左滑行，从某一时刻起，在滑块上作用的滑块，以速度(动能定理的应用)一质量为2．v(方向与原来相反)一向右的水平力，经过一段时间后，滑块的速度变为－2，在这段时间内，水平力所做的功为( )
33552222mvmvmvmv C.A.．－ B．－ D2222F分别拉它们在水平面上从静止开甲、乙两个质量相同的物体，用大小相等的力多选)3．(动能定理的应用)(sF对甲、乙两物体做的功和甲、乙始运动相同的距离，如图所示，甲在光滑面上，乙在粗糙面上，则下列关于力两物体获得的动能的说法中正确的是( )
F对甲物体做功多．力 A F对甲、乙两个物体做的功一样多．力 BC．甲物体获得的动能比乙大D．甲、乙两个物体获得的动能相同
4．(动能定理的应用)(多选)一物体在运动过程中，重力做了－2 J的功，合力做了4 J的功，则( )
A．该物体动能减少，减少量等于4 J
B．该物体动能增加，增加量等于4 J
C．该物体重力势能减少，减少量等于2 J
D．该物体重力势能增加，增加量等于2 J
vt图象如图所示。

下列表述正确的是( 物体在合外力作用下做直线运动的动能定理的应用
5.()-)
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2019-2020年高一人教版物理必修2同步测试卷：7.7 动能和动能定理
A．在0～1 s内，合外力做正功
B．在0～2 s内，合外力总是做负功
C．在1～2 s内，合外力不做功
D．在0～3 s内，合外力总是做正功
m＝2 kg的物体以100 J多选)如图甲所示，质量的初动能在粗糙的水平地面上滑行，其动能．6(综合提升)(Ex变化的关系图象如图乙所示，则下列判断中正确的是( 随位移)
k
A．物体运动的总位移大小为10 m
．物体运动的加速度大小为10 m/s ．物体运动的初速度大小为C10 N
2 10 m/sB
．物体所受的摩擦力大小为D POQR水平。

一质量、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径7.(综合提升)如图所示，一半径为NPRmP时，对轨道的压力处由静止开始下落，恰好从为的质点自点进入轨道。

质点滑到轨道最低点点上方高度NPWmgg)
( 为4，为重力加速度的大小。

用表示质点从点运动到点的过程中克服摩擦力所做的功，则11 / - 2 -
动能和动能定理同步测试卷：7.7 2019-2020年高一人教版物理必修2
1QmgRW．＝点，质点恰好可以到达A21QWmgR＞点，质点不能到达B．21QWmgR＝点后，继续上升一段距离C．，质点到达21QmgRW，质点到达D．点后，继续上升一段距离＜2E滑向斜面，返回到斜面底端的速度大)一物体从斜面底端以初动能多选8．(多过程问题中动能定理的应用)(EEv)
( (斜面足够长)小为，若物块以初动能，克服摩擦力做的功为2，则滑向斜面2E．返回斜面底端时的动能为A E3 ．返回斜面底端时的动能为B2v C．返回斜面底端时的速度大小为2v．返回斜面底端时的速度大小为2 D EAABBCCD长度相等，若整个斜面、小滑块以初动能综合提升9．()(多选)、从点出发，沿斜面向上运动，k0ADDAB部分处处与滑块间有相同的动摩擦因数，其余部位置速度恰好为零，而后下滑。

现斜面光滑，则滑块到达BDC位置速度为零，然后下滑，那么滑块下滑到( 分仍光滑，则滑块恰好滑到)
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E k0B时的动能为A．位置3E k0B B．位置时的动能为2E k0A时的动能为C．位置2E k0A时的动能为．位置D310．(综合提升)我国海军歼-15舰载机已经在“辽宁”号航母上成功着舰和起飞。

现将飞机起飞模型简化为飞θ＝15°的斜面甲板上以最大功率做加速运动，再在倾角为最后从甲板飞出机先在水平甲板上做匀加速直线运动，ABBC长50 m。

(18吨，甲板忽略飞机长度，不计一切长180 m，的速度为360 km/h，如图所示。

若飞机的质量为2Bg，60%)如果要求到达甲板则：点的速度至少为离开斜面甲板速度的摩擦和空气阻力，取sin15°＝0.3，＝10 m/s (1)飞机在水平甲板上运动时的牵引力至少为多少才能使飞机起飞？
B点时飞机刚好达到最大功率，则从飞机开始运动到飞离甲板共需多少时间？如果到达 (2)ABθBCBCl＝如图所示，光滑斜面1.1 的倾角长度＝53°，为水平面，多过程问题中动能定理的应用11．()BC1CDRmA点由静止开始下滑，物体与水平面的物体，从斜面上＝2 kgm，为光滑的圆弧，半径0.6 m＝。

一个质量4BCμBCDD点时，继续竖直向上运动，最高点距离，轨道在间的动摩擦因数＝0.2、两点光滑连接。

当物体到达11
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2gh。

求：取10 m/s，＝0.2 m，sin53°＝0.8，cos53°＝点的高度0.6
Cv；物体运动到点时的速度大小(1)C AH；点距离水平面的高度(2)Cs。

点的距离(3)物体最终停止的位置到
答案
1．(动能定理的理解)一物体做变速运动时，下列说法中正确的是( )
A．合外力一定对物体做功，使物体动能改变
B．物体所受合外力一定不为零
C．合外力一定对物体做功，但物体动能可能不变
D．物体的加速度可能为零
答案 B
解析物体做变速运动，可能是物体的速度方向变化，而大小不变，如匀速圆周运动，此时物体的动能不变，并且合外力对物体不做功，故A、C均错误；物体做变速运动，一定具有加速度，物体所受合外力一定不为零，故B正确、D错误。

mv在光滑水平面上向左滑行，从某一时刻起，在滑块上作用的滑块，以速度)(2．动能定理的应用一质量为11
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2019-2020年高一人教版物理必修2同步测试卷：7.7 动能和动能定理
v(方向与原来相反)一向右的水平力，经过一段时间后，滑块的速度变为－2，在这段时间内，水平力所做的功为( )
33552222mvmvmvmv C.A.．－ B．－ D2222答案 A
113222Wmvmvmv，A正确。

)－解析由动能定理得：＝＝(－2F222F分别拉它们在水平面上从静止开甲、乙两个质量相同的物体，用大小相等的力多选)．(动能定理的应用)(3sF对甲、乙两物体做的功和甲、乙，如图所示，甲在光滑面上，乙在粗糙面上，则下列关于力始运动相同的距离两物体获得的动能的说法中正确的是( )
F对甲物体做功多．力 A F对甲、乙两个物体做的功一样多．力 BC．甲物体获得的动能比乙大D．甲、乙两个物体获得的动能相同
答案 BC
WFlαFsF对甲、乙两个物体做的功一样多，A错误、cosB＝正确；可知，两种情况下力解析由功的公式＝FsEFsfsEEE，即甲物体获得的动能比乙大，C正确、D根据动能定理，对甲有＝>，对
乙有错误。

－＝，可知k2k1k2k14．(动能定理的应用)(多选)一物体在运动过程中，重力做了－2 J 的功，合力做了4 J的功，则( )
A．该物体动能减少，减少量等于4 J
B．该物体动能增加，增加量等于4 J
C．该物体重力势能减少，减少量等于2 J
D．该物体重力势能增加，增加量等于2 J
答案 BD
解析重力做负功，重力势能增大，增加量等于克服重力做的功，C错误、D正确；根据动能定理得该物体动能增大，增加量为4 J，A错误、B正确。

vt图象如图所示。

下列表述正确的是( 物体在合外力作用下做直线运动的动能定理的应用
5.()-)
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动能和动能定理同步测试卷：7.7 2019-2020年高一人教版物理必修2
1 s内，合外力做正功．在A0～
2 s内，合外力总是做负功B．在0～ 2 s内，合外力不做功C．在1～
3 s内，合外力总是做正功．在0～DA
答案
vvvt内1～1 s内，2 s增大，动能增大，由动能定理可知合外力做正功，由解析 A-正确。

图象知，0～错误。

、D减小，动能减小，合外力做负功，可见B、C m的初动能在粗糙的水平地面上滑行，其动能的物体以如图甲所示，质量100 J＝2 kg)6．(综合提升)(多选xE)
( 随位移变化的关系图象如图乙所示，则下列判断中正确的是k
10 m ．物体运动的总位移大小为A2 B．物体运动的加速度大小为10 m/s10 m/s C．物体运动的初速度大小为10 N D．物体所受的摩擦力大小为ACD
答案
E21k02vEmv＝，则＝正确；物体的初动能，由图乙可知物体运动的总位移大小为解析 10 mA＝100 J＝00k0m211
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7.7 动能和动能定理2019-2020年高一人教版物理必修2同步测试卷：
f2amafffxE，由牛顿第二定律得m/s＝＝，，C正确；由动能定理得－5 ＝Δ＝＝－100 J，则＝10 N，D正确；10 m/s k m B错误。

POQR水平。

一质量、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径7.(综合提升)如图所示，一半径为NmPRP时，对轨道的压力点上方高度点进入轨道。

质点滑到轨道最低点为处由静止开始下落，恰好从的质点自NmggWP)
( 为4点运动到，为重力加速度的大小。

用点的过程中克服摩擦力所做的功，则表示质点从
1QWmgR A．，质点恰好可以到达＝点21QWmgR B．，质点不能到达＞点21QWmgR＝．点后，继续上升一段距离，质点到达C21QWmgR＜点后，继续上升一段距离，质点到达D．2C 答案
mgmgN，，利用牛顿第三定律可知，解析根据质点滑到轨道最低点轨道对质点的支持力为时，对轨道压力为442vgRvmgmgm。

对质点从开始下落到滑到最－34＝＝，解得质点滑到最低点的速度在最低点，由牛顿第二定律得，R112QmgRWmvWmgR点时克服摩＝＝－，解得低点的过程，由动能定理得，2。

对质点由最低点继续上滑的过程，到达221QmgRWW D错误。

A、擦力做功′要小于B＝、，由此可知，质点到达正确，点后，可继续上升一段距离，C2E滑向斜面，返回到
斜面底端的速度大一物体从斜面底端以初动能)(多选)8．(多过程问题中动能定理的应用EEv) ( 滑向斜面(斜面足够长)，则小为，克服摩擦力做的功为，若物块以初动能22E．返回斜面底端时的动能为A E3 ．返回斜面底端时的动能为B2v2．返回斜面底端时的速度大小为C v．返回斜面底端时的速度大小为2 D答案 AD
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动能和动能定理2同步测试卷：7.7 2019-2020年高一人教版物理必修
Efθ在斜面上上升的最远距离为，设斜面倾角为物体以初动能，斜面对物体的摩擦力为滑向斜面时，解析
θGxfxEGxxθsin＝0在物体沿斜面上升的过程中有－，则根据动能定理，－sin在物体沿斜面下降的过程中有－，1111EθEGxfxGθf sin滑向斜面时，，联立解得当物体以初动能sin2＝3在物体沿斜面上升的过程中有－，－同理，＝212E12mvEEEEGxθfxfx，＝正确、B′，联立解得错误；－′＝＝0－2由，在物体沿斜面下降的过程中有，sin故－＝A2222212vEmvv D正确。

′，故，得C错误、′＝′＝22CDAABBCE长度相等，若整个斜面点出发，沿斜面向上运动，小滑块以初动能、从、9．(综合提升)(多选)k0ADDAB部分处处与滑块间有相同的动摩擦因数，其余部位置速度恰好为零，而后下滑。

现斜面光滑，则滑块到达BDC位置速度为零，然后下滑，那么滑块下滑到( 仍光滑，则滑块恰好滑到分)
E k0B．位置时的动能为A3E k0B B．位置时的动能为2E k0A．位置时的动能为C2E k0A D．位置时的动能为3AD
答案
ABhmgEhx部分粗＝0－3解析设斜面长①；若、高为3，若斜面光滑，滑块由底端到顶端过程中，－·3k0EmghBCEfxACmgh③，＝过程中，②；滑块由滑块由底端糙、其他部分光滑，滑到到过程中，－－·20＝－B kk0E k0CAmghfxEE过程中，④，联立①②④三式可解得·2A，正确，B错误；滑块由＝滑到－联立①③可解得＝AB kk3E k0E＝，C错误，D正确。

A k310．(综合提升)我国海军歼-15舰载机已经在“辽宁”号航母上成功着舰和起飞。

现将飞机起飞模型简化为飞θ＝15°的斜面甲板上以最大功率做加速运动，最后从甲板飞出机先在水平甲板上做匀加速直线运动，再在倾角为ABBC长50 m。

，(忽略飞机长度，不计一切18的速度为360 km/h，如图所示。

若飞机的质量为吨，甲板180 m长2Bg则：，如果要求到达甲板m/s，sin15°＝摩擦和空气阻力，取0.3＝10 )点的速度至少为离开斜面甲板速度的60%11
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2019-2020年高一人教版物理必修2同步测试卷：7.7 动能和动能定理
(1)飞机在水平甲板上运动时的牵引力至少为多少才能使飞机起飞？
B点时飞机刚好达到最大功率，则从飞机开始运动到飞离甲板共需多少时间？如果到达
(2)5(2)11.58 s
N 答案 (1)1.8×104vm＝100 m/s＝1.8×10 kg，，＝解析 (1)由题意知360 km/h＝18 t C vBv 60 m/s点的速度至少为，＝0.6则＝C152FFxmv＝ N，解得。

由动能定理得，＝1.8×10AB2x2AB7tBFvBPA 的时间点时的功率＝，＝1.08×10 W，飞机从＝(2)飞机到达运动到1vBC的运动过程由动能定理，得到飞机从
1122tmvtmvPtmgθxt，－＋sin－·＝＝，CBC22122t＝11.58 s。

联立解得ABθBCBCl＝＝53°，
长度多过程问题中动能定理的应用11．()如图所示，光滑斜面为水平面，的倾角1.1 BC1CDRmA 点由静止开始下滑，物体与水平面的物体，从斜面上＝圆弧，半径0.6 m＝。

一个质量2 kgm，为光滑的4BCμBCDD点时，继续竖直向上运动，最高点距离、两点光滑连接。

当物体到达间的动摩擦因数＝0.2，轨道在2gh 10 m/s。

求：，，cos53°＝，sin53°＝点的高度＝0.2 m0.80.6取
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2019-2020年高一人教版物理必修2同步测试卷：7.7 动能和动能定理
Cv；点时的速度大小(1)物体运动到C AH；点距离水平面的高度(2)
Cs。

点的距离(3)物体最终停止的位置到
答案 (1)4 m/s (2)1.02 m (3)0.4 m
C点运动到最高点，根据动能定理得： (1)物体由解析12mghRmvv＝4 m/s。

＝0－－ (＋，代入数据解得：)CC2AC点，根据动能定理得：点运动到(2)物体由
12mvmgHμmgl－0＝，－CBC2H＝1.02 m代入数据解得：。

(3)从物体开始下滑到停下，根据动能定理得：
mgHμmgss＝，代入数据，解得5.1 m
＝0－－011slCs＝0.4 m。

0.7 m4由于＝＋，所以物体最终停止的位置到点的距离为：BC1
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