备考2019年高考物理一轮复习文档：第5章 第2讲《动能定理及其应用》练习（含解析）

板块三限时规范特训

　　时间：45分钟　满分：100分

一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分。其中 1～6为单选，7～10为多选)

1．若物体在运动过程中受到的合外力不为0，则(　　)

A．物体的动能不可能总是不变的

B．物体的加速度一定变化

C．物体的速度方向一定变化

D．物体所受的合外力做的功可能为0

答案　D

解析　当合外力不为0时，若物体做匀速圆周运动，则动能不变，合外力做的功为0，A错误，D正确；当F恒定时，加速度就不变，B、C错误。

2．一个质量为0.3 kg的弹性小球，在光滑水平面上以6 m/s的速度垂直撞到墙上，碰撞后小球沿相反方向运动，反弹后的速度大小与碰撞前相同，则碰撞前后小球速度变化量的大小Δv和碰撞过程中小球的动能变化量ΔEk为(　　)

A．Δv＝0   B．Δv＝12 m/s

C．ΔEk＝1.8 J   D．ΔEk＝10.8 J

答案　B

解析　速度是矢量，规定反弹后速度方向为正，则Δv＝6 m/s－(－6 m/s)＝12 m/s，故B正确，A错误；动能是标量，速度大小不变，动能不变，则ΔEk＝0，C、D错误。

3. 如图所示，质量为m的钢制小球，用长为l的细线悬挂在O点。将小球拉至与O点等高的C点后由静止释放。小球运动到最低点B时对细线的拉力为2mg，若在B点用小锤头向左敲击小球一下，瞬间给它补充机械能ΔE，小球就能恰好摆到与C点等高的A点。设空气阻力只与运动速度相关，且运动速度越大空气阻力就越大。则以下关系正确的是(　　)

A．ΔE>mgl B．ΔE<mgl

C．ΔE＝mgl D.mgl<ΔE<mgl

答案　A

解析　设小球由C点到B点的运动过程中克服空气阻力做功Wf1，由动能定理知，mgl－Wf1＝mv，在B点，由牛顿第二定律知：T－mg＝m，其中T＝2mg，由以上各式可得Wf1＝mgl。在B点给小球补充机械能即动能后，小球恰好运动到A点，由动能定理知：－mgl－Wf2＝0－，由以上各式得ΔE＝mgl＋(Wf2－Wf1)，由题意知，上升过程中的速度大于下降过程中的速度，所以Wf2>Wf1，即ΔE>mgl，A正确。

4. 如图所示，质量为m的小球，从离地面高H处由静止开始释放，落到地面后继续陷入泥中h深度而停止，设小球受到空气阻力为f，重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　)

A．小球落地时动能等于mgH

B．小球陷入泥中的过程中克服泥的阻力所做的功小于刚落到地面时的动能

C．整个过程中小球克服阻力做的功等于mg(H＋h)

D．小球在泥土中受到的平均阻力为mg

答案　C

解析　小球从静止开始释放到落到地面的过程，由动能定理得mgH－fH＝mv，A错误；设泥对小球的平均阻力为f0，小球陷入泥中的过程，由动能定理得mgh－f0h＝0－mv，解得f0h＝mgh＋mv，f0＝mg－，B、D错误；全过程应用动能定理可知，整个过程中小球克服阻力做的功等于mg(H＋h)，C正确。

5．[2017·山西一模]由两种不同材料拼接成的直轨道ABC，B为两种材料的分界线，长度>。先将ABC按图甲方式搭建成倾角为θ的斜面，让一小物块(可看作质点)从斜面顶端由静止释放，经时间t小物块滑过B点；然后将ABC按图乙方式还搭建成倾角为θ的斜面，同样将小物块从斜面顶端由静止释放，小物块经相同时间t滑过B点。则小物块(　　)

A．与AB段的动摩擦因数比与BC段的动摩擦因数大

B．两次滑到B点的速率相同

C．两次从顶端滑到底端所用的时间相同

D．两次从顶端滑到底端的过程中摩擦力做功相同

答案　D

解析　对小物块在斜面上由牛顿第二定律mgsinθ－μmgcosθ＝ma，a＝gsinθ－μgcosθ＝g(sinθ－μcosθ)。对于题图甲的情况，从A到B过程，＝a1t2＝g·(sinθ－μ1cosθ)t2，对于题图乙的情况，从C到B的过程，＝a2t2＝g(sinθ－μ2cosθ)t2，因为>，所以μ1<μ2，即物块与AB段的动摩擦因数比与BC段的动摩擦因数小，A错误。由匀加速直线运动位移公式x＝t，可知两次运动过程位移大的平均速度大、末速度大，故题图甲的情况到B的速率更大些，B错误。两次从顶端滑到底端的过程中摩擦力做功都为Wf＝－μ1mgcosθ·－μ2mgcosθ·，所以图甲和图乙两种情况摩擦力做功相等，故D正确。由于摩擦力做功相等，重力做功相等，根据动能定理可知，两次滑动中物块到达底端速度相等，则题图甲＝t1，题图乙＝t2，因<，v1>v2，所以t1<t2，即题图乙到达底端的时间较长，C错误。

6．[2017·甘肃模拟]如图甲所示，一质量为4 kg的物体静止在水平地面上，让物体在随位移均匀减小的水平推力F作用下开始运动，推力F随位移x变化的关系如图乙所示，已知物体与地面间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)

A．物体先做加速运动，推力撤去时开始做减速运动

B．物体在水平地面上运动的最大位移是10 m

C．物体运动的最大速度为2 m/s

D．物体在运动中的加速度先变小后不变

答案　B

解析　当推力小于摩擦力时物体就开始做减速运动，A错误；由题图乙中图线与x轴所围面积表示推力对物体做的功得，推力做的功为W＝×4×100 J＝200 J，根据动能定理有W－μmgxm＝0，得xm＝10 m，B正确；当推力与摩擦力平衡时，加速度为零，速度最大，由题图乙得F＝100－25x(N)，当F＝μmg＝20 N时x＝3.2 m，由动能定理得：(100＋20)·x－μmg·x＝mv，解得物体运动的最大速度为vm＝8 m/s，C错误；物体运动中当推力由100 N减小到20 N的过程中，加速度逐渐减小，当推力由20 N减小到0的过程中，加速度又反向增大，推力为0时加速度达最大，此后加速度不变，故D错误。

7．如图所示，质量为M的木块放在光滑的水平面上，质量为m的子弹以速度v0沿水平方向射中木块，并最终留在木块中与木块一起以速度v运动。已知当子弹相对木块静止时，木块前进距离为L，子弹进入木块的深度为s，若木块对子弹的阻力F视为恒定，则下列关系中正确的是(　　)

A．FL＝Mv2

B．Fs＝mv2

C．Fs＝mv－(M＋m)v2

D．F(L＋s)＝mv－mv2

答案　ACD

解析　根据动能定理，对子弹：－F(L＋s)＝mv2－mv知，D正确；对木块：FL＝Mv2，A正确；由以上二式相加后整理可得Fs＝mv－(M＋m)v2，C正确，B错误。

8．[2017·湖南省十三校联考]有一物体由某一固定的长斜面的底端以初速度v0沿斜面上滑，斜面与物体间的动摩擦因数μ＝0.5，其动能Ek随离开斜面底端的距离x变化的图线如图所示，g取10 m/s2，不计空气阻力，则以下说法正确的是(　　)

A．斜面的倾角θ＝30°

B．物体的质量为m＝0.5 kg

C．斜面与物体间的摩擦力大小f＝2 N

D．物体在斜面上运动的总时间t＝2 s

答案　BC

解析　由动能定理F合x＝ΔEk知Ek­x图象的斜率表示合外力，则上升阶段斜率为mgsinθ＋μmgcosθ＝＝5，下降阶段斜率为mgsinθ－μmgcosθ＝＝1，联立得tanθ＝，即θ＝37°，m＝0.5 kg，故A错误，B正确。物体与斜面间的摩擦力为f＝μmgcosθ＝2 N，故C正确。上升阶段由Ek­x图象的斜率知合力为F1＝5 N，由F1＝ma1，则a1＝10 m/s2，t1＝，Ek1＝mv＝25，联立得t1＝1 s，同理，下降阶段合力为F2＝1 N，由F2＝ma2，则a2＝2 m/s2，t2＝，Ek2＝mv＝5，联立得t2＝ s，则t＝t1＋t2＝(1＋) s，故D错误。

9. [2017·湖北沙市模拟]如图所示，将质量m0＝1 kg的重物B悬挂在轻绳的一端，并放置在倾角为30°、固定在水平地面的斜面上，轻绳平行于斜面，重物B与斜面间的动摩擦因数μ＝。轻绳跨过质量不计的光滑定滑轮，其另一端系一质量m＝0.5 kg的小圆环A，圆环套在竖直固定的光滑直杆上，滑轮中心与直杆的距离为l＝4 m。现将圆环A从与定滑轮等高处由静止释放，不计空气阻力，直杆和斜面足够长，g取10 m/s2。下列判断正确的是(　　)

A．圆环下降的过程中，轻绳的张力大小始终等于10 N

B．圆环能下降的最大距离为hm＝ m

C．圆环速度最大时，轻绳与直杆的夹角为30°

D．若增加圆环质量使m＝1 kg，再重复题述过程，则圆环在下降过程中，重力做功的功率一直在增大

答案　BD

解析　由题图可知，一开始竖直方向圆环A只受重力，所以圆环A先向下做加速运动，后做减速运动，直至停止，重物B也是先加速后减速，而重物B受到的重力、支持力和摩擦力都保持不变，所以绳子对重物B的拉力必定是变化的，故A错误；设圆环A下降的最大距离为hm，则重物B上升的距离为h1＝(－l)·sin30°，对圆环A和重物B组成的系统，由动能定理得mghm－m0gh1－μm0gh1cos30°＝0，解得hm＝ m，故B正确；当圆环A在下滑过程中受力平衡时速度最大，则此时重物B的加速度也是0，绳子的拉力就等于重物B的重力向下的分力与摩擦力的和，即FT＝m0gsin30°＋μm0gcos30°＝10 N，设此时拉圆环A的绳子与竖直方向的夹角是θ，则在竖直方向上有FTcosθ＝mg，代入数据解得θ＝60°，故C错误；若增加圆环A的质量使m＝1 kg，再重复题述过程，则圆环A的重力大于重物B的重力沿斜面向下的分力与摩擦力的和，则圆环A将一直向下做加速运动，其重力做功的功率一直增大，故D正确。

10．[2016·青岛模拟]如图所示，一个小球(视为质点)从H＝12 m高处，由静止开始沿光滑弯曲轨道AB进入半径R＝4 m的竖直圆环内侧，且与圆环的动摩擦因数处处相等，当到达圆环顶点C时，刚好对轨道压力为零；然后沿CB圆弧滑下，进入光滑弧形轨道BD，到达高度为h的D点时速度为零，则h的值可能为(　　)

A．10 m  B．9.5 m  C．8.5 m  D．8 m

答案　BC

解析　小球到达圆环顶点C时，刚好小球对轨道压力为零，在C点，由重力充当向心力，则根据牛顿第二定律得：mg＝m，开始小球从H＝12 m高处，由静止开始通过光滑弧形轨道AB，因此在小球上升到顶点C时，根据动能定理得：mg(H－2R)－Wf＝mv2，得Wf＝2mg。列出从C到D的动能定理：mg(2R－h)－Wf′＝0－mv2，由于摩擦力做功，所以上升过程平均速度比下降过程平均速度大，对轨道的压力大、摩擦力大，所以0<Wf′<Wf，解得8 m<h<10 m，所以B、C正确。

二、非选择题(本题共2小题，共30分)

11．[2017·山东莱州模拟](15分)如图所示，用内壁光滑的薄壁细管弯成的“S”形轨道固定于竖直平面内，其弯曲部分是由两个半径均为R＝0.2 m的半圆平滑对接而成(圆的半径远大于细管内径)，轨道底端D点与粗糙的水平地面相切。现有一辆质量为m＝1 kg的玩具小车以恒定的功率从E点由静止开始出发，经过一段时间t＝4 s后，出现了故障，发动机自动关闭，小车在水平地面继续运动并进入“S”形轨道，从轨道的最高点飞出后，恰好垂直撞在固定斜面B上的C点，C点与下半圆的圆心O等高。已知小车与地面之间的动摩擦因数为μ＝0.1，ED之间的距离为x0＝10 m，斜面的倾角为30°。求：(g取10 m/s2)

(1)小车到达C点时的速度大小为多少？

(2)在A点小车对轨道的压力大小是多少，方向如何？

(3)小车的恒定功率是多少？

答案　(1)4 m/s　(2)10 N　方向竖直向上　(3)5 W

解析　(1)把小车在C点的速度分解为沿水平方向的分速度vA和沿竖直方向的分速度vy，

有v＝2g×3R，vC＝，解得vC＝4 m/s。

(2)由(1)知小车在A点的速度大小

vA＝vCsin30°＝2 m/s，

因为vA＝>，小车对外轨有压力，轨道对小车的作用力竖直向下，根据牛顿第二定律有mg＋FN＝m，解得FN＝10 N，

根据牛顿第三定律得，小车对轨道的压力的大小FN′＝FN＝10 N，方向竖直向上。

(3)从E到A的过程中，由动能定理可得

Pt－μmgx0－mg×4R＝mv，

解得P＝5 W。

12. [2017·广西南宁一模](15分)如图所示，AB是倾角为θ＝30°的粗糙直轨道，BCD是光滑的圆弧轨道，AB恰好在B点与圆弧相切，圆弧的半径为R。一个质量为m的物体(可以看作质点)从直轨道上的P点由静止释放，结果它能在两轨道上做往返运动。已知P点与圆弧的圆心O等高，物体与轨道AB间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。

(1)求物体对圆弧轨道最大压力的大小；

(2)求物体滑回轨道AB上距B点的最大距离；

(3)释放点距B点的距离L′应满足什么条件，才能使物体顺利通过圆弧轨道的最高点D?

答案　(1)3mg(1－μ)　(2)R

(3)L′≥R

解析　(1)根据几何关系可得PB＝＝R

从P点到E点根据动能定理，有

mgR－μmgcosθ·PB＝mv－0

代入数据解得vE＝

在E点，根据牛顿第二定律有FN－mg＝m

解得FN＝3mg(1－μ)。

(2)设物体滑回到轨道AB上距B点的最大距离为x，根据动能定理，有

mg(BP－x)sinθ－μmgcosθ(BP＋x)＝0

代入数据解得x＝R。

(3)物体刚好到达最高点D时，有mg＝m

解得v＝

从释放点到最高点D的过程，根据动能定理，有

mg(L′sinθ－R－Rcosθ)－μmgcosθ·L′＝mv2－0

代入数据解得L′＝R

所以只有L′≥R，物体才能顺利通过圆弧轨道的最高点D。