1、1 2020 届一轮复习人教版 动能定理及其应用 课时作业 基 础 训 练 1 关 于 运 动 物 体 所 受 的 合 外 力 、 合 外 力 做 的 功 及 动 能 变 化 的 关 系，下列说法正确的是 ( ) A合外力为零，则合外力做功一定为零B合外力做功为零， 则合外力一定为零C合外力做功越多，则动能一定越大 D动能不变，则物体合外力一定为零 答案： A 解析： 由 W Fl cos 可知，物体所受合外力为零， 合外力做功一定为零，但合外 力做功为零，可能是 90 ，故 A 正 确， B 错误；由动能定理 W Ek 可知，合外力做功 越多，动能变化量越大，但动能不一定越大，动能不变，合外
2、力做功为零，但合外力 不一定为零， C、 D 均错误 2. 如图所示， ABCD 是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底 BC 的 连接处都是一段与 BC 相切的圆弧， B、 C 在水平线上，其距离 d 0.5 m 盆边缘的高度为 h 0.3 m 在 A 处放一个质量为 m 的小物块 并让其由静止下滑 已知盆内侧壁是光滑的， 而盆底 BC 面与小物块间的动摩擦因数为 0.1.小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停下的位置到 B 的距离为 ( ) 2 A 0.5 m B 0.25 m C 0.1 m D 0 答案： D 解析： 由 mgh mgx 得 x 3 m， 而 x 3 m 6， d 0.5 m
3、即 3 个来回后，小物块恰停在 B 点，选项 D 正确 3. (2018辽宁沈阳质检 )一木块静止在光滑的水平面上，将一个大小恒为 F 的 水平拉力作用在该木块上，经过位移 x 时，拉力的瞬 时功率为 P； 若将一个大小恒为 2F 的水平拉力作用在该木块上，使该木块由静止开始运动，经过位移 x 时，拉力 的瞬时功率是 ( ) A. 2P B 2P C 2 2P D 4P 1 2 答案： C 解析： 对第一个过程，根据动能定理，有 Fx ， 2mv1 经过位移 x 时的瞬时功率 P Fv1 F 2Fx m ；同理，对第二个过程 1 有 2Fx 2， 经过位移 x 时的瞬时功率 P 2F v Fx
4、 4F ； 所 2mv2 2 m 以 P 2 2P，C 项正确 3 4 (2018 山东济南模拟 )光滑斜面上有一个小球自高为 h 的 A 处 由静止开始滚下，到达光滑的 水平面上的 B 点时速率为 v0.光滑水平 面上每隔相等的距离设置了一个 与小球运动方向垂直的阻挡条， 如图所示，小球越过 n 条阻挡条后停下 来若让小球从 2h 高处以初速度 v0 滚下，则小球能越过阻挡条的条数为 (设小球每次越过 阻挡条时损失的动能相等 )( ) 4 0 A n B 2n C 3n D 4n 答案： C 解析： 设每条阻挡条对小球做的功为 W，小球自高为 h 的 A 处由静止开始滚下到 B 处，由动能定
5、理有 mgh 1 mv2， 当小 2 0 1 球在水平面上滚动时，由动能定理有 nW 0 2； 让小球从 2h mv 2 1 高处以初速度 v 0 滚下到停止，由动能定理有 mg 2h n W 0 2 5 0 mv 2， 三式联立解得 n 3n， 所以选项 C 正确 5 用水平力 F 拉一物体，使物体在水平地面上由静止开始做匀加速直线运动， t1 时刻撤去 拉力 F ，物体做匀减速直线运动，到 t2 时 刻停止，其速度 时间图象如图所示， 且 ，若拉力 F 做的功为 W1，平均功率为 P1， 物体克服摩擦 阻力 F 1 做的功为 W2，平均功率为 P2，则下列选项正确的是 ( ) A W1W2
6、， F 2Ff B W1 W2， F2Ff C P12Ff D P1 P2， F 2F f 6 答案：B 解析： 整个运动过程中， 根据动能定理有 W1 W2 0， 所 以 W W ， 又 P W1 ， P W2 ，t t ， 所 以 P P .根据牛顿第二 1 2 1 t1 2 t2 2 1 1 2 定律，施加拉力 F 时，加速度大小 a1 F Ff m ，撤去拉力后加速度大 小 a Ff v-t 图线斜率的绝对值表示加速度的大小，根据题图可知 2 m， F Ff F f a1a2，即 m m， 可 得 F2F f， 综 上 分 析 ， B 正确 6 (2018 吉林摸底 )如图所示， 将质
7、量为 m 的小球以速度 v0 由地 面竖直向上抛出小球落回地面时，其速度大小为 3 .设小球在运动 4v 0 过程中所受空气阻力的大小不变，则空气阻力的大小等于 ( ) 7 2 3 3 7 7 A. mg B. mg C. mg D. mg 4 16 16 25 答案： D 解析： 对小球向上运动，由动能定理有， (mg f)H 1 2 1 3 0 mv ，对小球向下运动，由动能定理有， (mg f)H v ， 2 0 2m 4 0 7 联立解得 f 25mg， 故 D 正确 7 (2018 河北保定调研 )(多 选 )如图所示，长为 L 的轻质硬杆 A 一端固定小球 B， 另一端固定在水平转
8、轴 O 上现使轻杆 A 绕转轴 O 在竖直平面内匀速转动， 轻杆 A 与竖直方向夹角 从 0 增加到 180 的过程中，下列说法正确的是 ( ) 8 A. 小球 B 受到的合力的方向始终沿着轻杆 A 指向轴 O B. 当 90 时，小球 B 受到轻杆 A 的作用力方向竖直向上 C. 轻杆 A 对小球 B 做负功 D. 小球 B 重力做功的功率不断增大 答案： AC 解析： 小球做匀速圆周运动，受到的合外力总是指向圆心 O，选项 A 对；转过 90 时，轻杆对小球的弹力的水平分力提供小球做圆周运动的向心力， 竖直分力平衡小 球重力， 小球受到杆的作用力指向左上方，选项 B 错；在转动过程 中小球
9、的重力做正功， 动能不变，应用动能定理可知轻杆对小球做负功，选项 C 对；小球 竖直 方向的分速度先增大后减小，小球重力做功的功率先增大后减 小，选项 D 错 能力提升 8 如图所示， 一质量 m 0.75 kg 的小球在距地面高 h10 m 处 由静止释放， 落到地面后反弹， 碰撞时无能量损失 若小球运动过程中受到的 空气阻力 f 大小恒为 2.5 N， 取 g 10 m/s2.求： 9 (1)小球与地面第一次碰撞后向上运动的最大高度； (2)小球从静止开始运动到与地面发生第五次碰撞时通过的总路 程 答案： (1)5 m (2)28.75 m 解析： (1)设小球与地面第一次碰撞后向上运动的
10、高度为 h2， 从 开始由静止释放到第一次碰撞后运动高度 h2 的过程，由动能定理可 得 mg(h h2) f(h h2) 0 解 得 h2 mg f mg f h 5 m. (2)设小球与地面第二次碰撞后向上运动的距离为 h3，从第一次碰撞后运动的高度 h 2 处静止下落 到第二次碰撞后向上运动距离 h 3 的过程，由动能定 理可得， mg(h2h 3)f(h 2 h3)0 10 解 得 h3 mg f mg f h2 mg f 2h mg f 同理得 hn mg f mg f n 1h 小球从静止开始运动到与地面发生第五次碰撞时通过的总路程 s 11 2 h 2(h2 h3 h4 h5)
11、28.75 m. 9 (2018 陕西一测 )如图所示，一个小球由 A 静止开始沿粗糙的 1 4圆周轨道顶端运动到底端 B 时速度为 v1， 克服摩擦力做功 W1； 以 速度 v 2 从底端 B 出发， 恰好能运动到顶端 A， 克服摩擦力做功为 W2， 则 ( ) A v 1v 2， W1W2 B v 1 v 2， W1W2 C v 1 v2， W1 W2 D v 1v 2， W1W2 1 答案： D 解析： 对小球由 4圆周轨道的顶端 A 静止开始的下滑 过程，由动能定理， mgR W 1 2 1 B 1 mv1； 对 小 球 由 4圆周轨道的底端 出发的运动过程，由动能定理， mgR W
12、1 0 2； 显然 v v . 2 2mv2 1 2 1 把 4圆周轨道分割成很多微元，两个过程在对应微元上，第二个过程 12 的速度较大，对轨道的压力较大，所受的滑动摩擦力较大，克服摩擦 力做功较多，即 W1W2， 选项 D 正确 10 (2018 吉林三校联考 )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 kg， 在作用于 A 13 2 B B 球 的 水 平 力 F 的 作 用 下 ， A、 B 均 处 于 静 止 状 态 ， 此 时 OA 0.3 m， OB
13、 0.4 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 的 拉 力 对 B 球 所 做 的 功 为 ( 取 g10 m/s2)( ) A 11 J B 16 J C 18 J D 9 J 答案： C 解析： A 球向右运动 0.1 m 时， v A 3 m/s， OA 0.4 m， OB 0.3 m， 设此时 BAO ， 则有 tan 3 v A sin ， .v cos 4 解得 v B 4 m/s.此过程中 B 球上升高度 h 0.1 m，
14、由动能定理， W mgh 1 2 ，解得绳的拉力对 B 球所做的功为 W mgh 1 2 mv mv 2 2 2100.1 J 1 242 J 18 J， 选项 C 正确 B 14 11 (2018 广东清远三中质检 )(多选 )如图所示，长为 L 的长木板水平放 置，在木板的 A 端放置一个质量为 m 的小物块，现缓慢地抬高 A 端，使木板以左 端为轴转动，当木板转到与水平面的夹角为 时小物块开始滑动， 此时停止转动木板， 小物块滑到底端的速度为 v， 则在整个过程中 ( ) 15 m2 1 2 mv 2 B摩擦力对小物块做功为 mgLsin C 支持力对小物块做功为 0 1 v 2mgLs
15、in 答案： AD 解析： 设在整个过程中，木板对物块做功为 W，整 1 个过程中重力做功为零， 则根据动能定理得： W 2mv 2， 故 A 正 确 在 木板从水平位置开始转动到与水平面的夹角为 的过程中， 摩擦力不做功， 物块沿木板下滑过程中，摩擦力对物块做功由于摩擦力小于重力沿斜面向下的分力，即 fmgsin ， 则摩擦力对物块做功 Wf fL mgLsin ， 故 B 错误 在木板从水平位置开始转动到与水平面的夹角为 的过程中，支持力对物块做功，设为 WN， 根据动能定理 A木板对小物块做功为 D滑动摩擦力对小物块做功为 16 f 2 m2 得 ： WN mgLsin 0， 得 WNm
16、gLsin ， 故 C 错误在物块下滑 的 过 程 中 ， 根 据 动 能 定 理 得 ： mgLsin Wf 1 v2 0， 则 W 1mv 2 mgLsin ， 故 D 正确 12 (2018江西吉安期末 )(多 选 )如图所示，质量为 m 的小球 (可 视为质点 ) 用长为 L 的细线悬挂于 O 点，自由静止在 A 位置 现用水 17 平力 F 缓慢地将小球从 A 拉到 B 位置而静止，细线与竖直方向夹角为 60 ，此时细线的 拉力为 T1，然后撤去水平力 F ，小球从 B 返 回到 A 点时细线的 拉力为 T2， 则 ( ) A T1 T2 2mg B. 从 A 到 B， 拉 力 F
17、做 功 为 mgL C. 从 B 到 A 的过程中，小球受到的合外力大小不变 D. 从 B 到 A 的过程中，小球重力的瞬时功率先增大后减小 答案： AD 解析： 分析小球在 B 点受力可得 T1 2mg， 撤去拉 力 后 ， 根 据 动 能 定 理 ， mgL(1 cos) 1 2 v 2mv ， 在 A 点 ， T2 mg m L ， 可 得 T2 2mg， WF mgL(1 cos) 0， WF 1 mgL，选项 A 正确， B 错误；从 B 到 A 过程中，在 A、 B 两点重力的瞬时功率都等于零， D 正确； 在 B 点小球所受合外力为 mgsin ，在 A 点的合外力为 mg，选
18、项 2 2 18 C 错误 13 泥石流是在雨季由于暴雨、 洪水将含有沙石且松软的土质山 体经饱和稀释后形成的洪流， 它的面积、 体积和流量都较大 泥石流 19 甲 流动的全过程虽然只有很短时间， 但由于其高速前进， 具有强大的能量，因而破坏性极 大某课题小组对泥石流的威力进行了模拟研究， 如图甲所示，在水平地面上放置一个质量为 m 5kg 的物体，让其在随位移均匀减小的水平推力作用下运动，推力 F 随位移变化如图乙所示，已 知物体与地面间的动摩擦因数为 0.6，取 g 10 m/s2.求： 乙 (1)物体在运动过程中的最大加速度为多大？ (2)在距出发点多远处， 物体的速度达到最大？ (3)物体在水平面上运动的最大位移是多大？ 答案： (1)10 m/s2 (2)2.5 m (3)5.33 m 解析： (1)当推力 F 最大时，加速度最 大 由牛顿第二 定律得 F mg ma 20 得 a 10 m/s2. (2)由 图 象 可 知 ： F 随 x 变 化 的 函 数 方 程 为 F 80 20x 速度最大时，合外力为零 即 F mg 所 以 x2.5 m. (3)位移最大时，末速度一定为 0 由动能定理可得 WF mgs 0 由图象可知，力 F 做的功为 1 WF 2Fx 160 J 所 以 s 160 m 5.33 m. 30
