2022年高考物理一轮考点跟踪练习17《动能定理及其应用》（含详解）

2022年高考物理一轮考点跟踪练习17

《动能定理及其应用》

一         、单选题

A．μmgR       B．mgR       C.πμmgR       D．(1－μ)mgR

2.A、B两物体在光滑水平面上，分别在相同的水平恒力F作用下，由静止开始通过相同的位移l。若A的质量大于B的质量，则在这一过程中(　　 )

A.A获得动能较大

B.B获得动能较大

C.A、B获得动能一样大

D.无法比较A、B获得动能大小

A．Fa＞Fb且sa＜sb 

B．Fa＞Fb且sa＞sb

C．Fa＜Fb且sa＞sb

D．Fa＜Fb且sa＜sb

A．木板对小物块做的功为5 J

B．摩擦力对小物块做的功为5 J

C．支持力对小物块做的功为0

D．小物块克服摩擦力做的功为3 J

A．质点的机械能不断增加

B．在0～5 s内质点的动能增加

C．在10～15 s内质点的机械能一直增加

D．在t=15 s时质点的机械能大于t=5 s时质点的机械能

6.下列有关动能的说法正确的是(　　)

A.物体只有做匀速运动时,动能才不变

B.物体的动能变化时,速度不一定变化

C.物体做平抛运动时,水平速度不变,动能不变

D.物体做自由落体运动时,物体的动能增加

7.高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动．在启动阶段，列车的动能(　　)

A．与它所经历的时间成正比

B．与它的位移成正比

C．与它的速度成正比

D．与它的动量成正比

8.如图所示，动滑轮下系有一个质量为m的物块，细线一端系在天花板上，另一端绕过动滑轮．用F=mg的恒力竖直向上拉细线的另一端(滑轮、细线的质量不计，不计一切摩擦，重力加速度为g)，物块从静止开始运动，则下列说法正确的是(　　 )

A．物块的加速度a=g

B．经过时间t拉力F做功为WF=mg2t2

C．物块的机械能增加了ΔE=mg2t2

D．物块的动能增加了ΔEk=mg2t2

A．在过程Ⅰ中，加速度一直减小

B．在过程Ⅱ中，克服摩擦力做的功为mv2

C．在C处，弹簧的弹性势能为mv2－mgh

D．在过程Ⅰ、过程Ⅱ中克服摩擦力做功相同

10.如图所示，竖直面内有固定轨道ABC，AB是半径为2R的四分之一光滑圆弧，BC是半径为R的粗糙半圆弧(B是轨道的最低点)，O点是BC圆弧的圆心，POQ在同一水平线上，BOC在同一竖直线上．质量为m的小球自由下落2R后，沿轨道ABC运动，经过轨道C点后，恰好落到轨道上的P点．则下列说法正确的是(　　 )

A．小球运动到B点前的瞬间对轨道的作用力是4mg

B．小球运动到B点后的瞬间对轨道的作用力是8mg

C．小球运动到C点的过程中，摩擦力做功Wf=－mgR

D．小球运动到C点的过程中，摩擦力做功Wf=－mgR

二         、多选题

11. (多选)如图所示，一小球套在倾角为37°的固定直杆上，轻弹簧一端与小球相连，另一端固定于水平地面上O点．小球由A点静止释放，它沿杆下滑到达最低点C时速度恰为0.A、C相距0.8 m，B是A、C连线的中点，OB连线垂直AC，小球质量为1 kg，弹簧原长为0.5 m，劲度系数为40 N/m，sin 37°=0.6，g取10 m/s2.则小球从A到C过程中，下列说法正确的是(　　 )

A．小球经过B点时的速度最大

B．小球在B点时的加速度为6 m/s2

C．弹簧弹力对小球先做正功后做负功

D．小球从A到B过程和从B到C过程摩擦力做功相等

12. (多选)质量为1 kg的物体静止在粗糙的水平地面上，在一水平外力F的作用下运动，如图甲所示，外力F和物体克服摩擦力f做的功与物体位移的关系如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2。下列分析正确的是(　　)

A.物体与地面之间的动摩擦因数为0.2

B.物体运动的位移为13 m

C.物体在前3 m运动过程中的加速度为3 m/s2

D.x=9 m时，物体的速度为3 m/s

三         、计算题

13.如图所示，ABCD是一个光滑的过山车轨道模型，现对静止在A处的滑块施加一个水平向右的推力F，使它从A点开始做匀加速直线运动，当它水平滑行2.5 m时到达B点，此时撤去推力F、滑块滑入半径为0.5 m且内壁光滑的竖直固定圆轨道，并恰好通过最高点C，当滑块滑过水平BD部分后，又滑上静止在D处，且与ABD等高的长木板上，已知滑块与长木板的质量分别为0.2 kg、0.1 kg，滑块与长木板、长木板与水平地面间的动摩擦因数分别为0.3、，它们之间的最大静摩擦力均等于各自滑动摩擦力，取g=10 m/s2，求：

(1)水平推力F的大小；

(2)滑块到达D点的速度大小；

(3)木板至少为多长时，滑块才能不从木板上掉下来？在该情况下，木板在水平地面上最终滑行的总位移为多少？

14.如图甲所示，轻弹簧左端固定在竖直墙上，右端点在O位置。质量为m的物块A(可视为质点)以初速度v0从距O点右方x0的P点处向左运动，与弹簧接触后压缩弹簧，将弹簧右端压到O′点位置后，A又被弹簧弹回。A离开弹簧后，恰好回到P点。物块A与水平面间的动摩擦因数为μ。求：

(1)物块A从P点出发又回到P点的过程，克服摩擦力所做的功。

(2)O点和O′点间的距离x1。

(3)如图乙所示，若将另一个与A完全相同的物块B(可视为质点)与弹簧右端拴接，将A放在B右边，向左推A、B，使弹簧右端压缩到O′点位置，然后从静止释放，A、B共同滑行一段距离后分离。分离后物块A向右滑行的最大距离x2是多少？

0.2022年高考物理一轮考点跟踪练习17《动能定理及其应用》（含详解）答案解析

一         、单选题

解析：在BC段物块受到的摩擦力f=μmg，位移为R，故在BC段摩擦力对物块做的功W=－fR=－μmgR，即物块克服摩擦力做的功为μmgR，对整个过程由动能定理可知，mgR＋W1＋W=0，解得W1=μmgR－mgR，故在AB段克服摩擦力做的功为mgR－μmgR.故选D.

2.答案为：C；

解析：由动能定理可知恒力F做功W=Fl=mv2－0，因为F、l相同，所以A、B的动能变化相同，C正确。

解析：设物体的初速度为v，初动能为Ek，所受的阻力为F，通过的位移为s，

物体的速度与动能的关系为Ek=mv2，得v= ，由s= t得，s=t，

由题意可知物体a、b运动时间和初动能相同，则质量越大，位移越小，ma＞mb，

所以sa＜sb；由动能定理得，－Fs=0－Ek，因初动能相同，F与s成反比，则Fa＞Fb，故选A.

解析：设在整个过程中，木板对物块做的功为W，根据动能定理得：W=mv2=×1×22 J=2 J，

故A错误；在木板从水平位置开始转动到与水平面的夹角为30°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木板向下的分力，

即f<mgsin30°，则摩擦力对物块做的功Wf=－fL≠－mgLsin30°=－5 J，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30°的过程中，支持力对物块做的功设为WN，

根据动能定理得：WN－mgLsin30°=0，得WN=5 J，故C错误；在物块下滑的过程中，

根据动能定理得：mgLsin30°＋Wf=mv2－0，得Wf=－3 J，

即小物块克服摩擦力做的功为3 J，故D正确．

解析：质点竖直向上运动，0～15 s内加速度方向向下，质点一直做减速运动，B错.0～5 s内，

a=10 m/s2，质点只受重力，机械能守恒；5～10 s内，a=8 m/s2，受重力和向上的力F1，

F1做正功，机械能增加；10～15 s内，a=12 m/s2，质点受重力和向下的力F2，F2做负功，

机械能减少，A、C错误．由F合=ma可推知F1=F2，由于做减速运动，5～10 s内通过的位移大于10～15 s内通过的位移，F1做的功大于F2做的功，5～15 s内增加的机械能大于减少的机械能，所以D正确．

6.答案为：D；

解析：物体只要速率不变,动能就不变,A错误;物体的动能变化时,速度的大小一定变化,B错误;

物体做平抛运动时,速率增大动能就会增大,C错误;物体做自由落体运动时,其速率增大,

物体的动能增加,D正确。

7.答案为：B；

解析：[设列车运动时间为t，由匀变速直线运动规律v=at、x=at2，结合动能公式Ek=得Ek=、Ek=max，可知Ek∝v2、Ek∝t2、Ek∝x，故A、C项均错误，B项正确．由Ek=，得Ek∝p2，故D项错误．]

8.答案为：C；

解析：

 [以物块m为对象，根据牛顿第二定律：2F－mg=ma得a=g，经过时间t后，物块的位移x=at2=gt2，速度v=at=gt，则拉力做功WF=F(2x)=mg2t2，物体的动能增加了ΔEk=mv2=mg2t2，物体的机械能增加了ΔE=ΔEk＋mgx=mg2t2，故C正确，A、B、D错误．]

解析：圆环刚开始下滑时，圆环受到的合力向下，设弹簧原长为L，下滑过程中，对圆环受力分析，如图所示，弹簧弹力与竖直方向的夹角为θ，则弹簧弹力F=kL，竖直方向根据牛顿第二定律可得mg－Fcosθ－μFN=ma，水平方向有Fsinθ=FN，联立三个方程可知，圆环下滑过程中受到的合力先减小后增大，圆环的加速度先减小后增大，选项A错误；在过程Ⅰ和Ⅱ中，圆环在相同位置时受到的滑动摩擦力大小相等，所以在这两个过程中克服摩擦力做的功相等，选项D正确；在过程Ⅰ中，根据动能定理可得WG－Wf－W弹=0，解得Wf=WG－W弹，在过程Ⅱ中，根据动能定理可得－WG＋W弹－Wf=－mv2，联立解得Wf=mv2，在C处Ep弹=W弹=mgh－mv2，选项B、C错误．

10.答案为：C；

解析：

 [小球下落到B点，由机械能守恒定律得：mg(4R)=mv，小球运动到B点前的瞬间，小球运动的半径是2R，由向心力公式：FB－mg=，解得FB=5mg，小球运动到B点后的瞬间，小球的运动半径是R，由向心力公式：FB′－mg=，解得FB′=9mg，故A错误、B错误；经过轨道C点后，恰好落到轨道上的P点，由几何关系得：=R，由平抛运动规律知：x=R=vCt，y=R=gt2，小球下落到C点，由动能定理有：mg2R＋Wf=mv，解得Wf=－mgR，故C正确，D错误．]

二         、多选题

11.答案为：BD；

解析：

 [A.小球合外力等于0时速度最大，在B点时由于弹簧弹力为k(l－OB)=40 N/m×(0.5－0.3)m=8 N，方向垂直杆向上，重力垂直于杆的分力为mgcos θ=1×10×0.8 N=8 N，方向垂直于杆向下，所以小球在B点时合外力F=mgsin θ=1×10×0.6 N=6 N，所以经过B点时速度不是最大，A错误；B.此时加速度a===6 m/s2，B正确；C.在AB段弹簧弹力与小球位移夹角大于90°，所以做负功，BC段做正功，C错误；D.A、C两点小球速度为0，由图形的对称性知AB过程和BC过程摩擦力做功相等，D正确．选BD.]

12.答案为：ACD；

解析：由摩擦力做功的图像可知，W=μmg·x=20 J，解得：μ=0.2，A正确；由f=μmg=2 N，f·x=Wf=27 J可得：x=13.5 m，B错误；又WF=F·x，可解得：前3 m内，F= N=5 N，由F－f=ma可得：a=3 m/s2，C正确；由动能定理可得：WF－fx=mv2，解得：x=9 m时物体的速度v=3 m/s，D正确。

三         、计算题

13.解：(1)由于滑块恰好过C点，则有：m1g=m1，

从A到C由动能定理得：Fx－m1g·2R=m1vC2－0，

代入数据联立解得：F=1 N。

(2)从A到D由动能定理得：Fx=m1vD2，

代入数据解得：vD=5 m/s。

(3)滑块滑到木板上时，对滑块：μ1m1g=m1a1，

解得：a1=μ1g=3 m/s2，

对木板有：μ1m1g－μ2(m1＋m2)g=m2a2，

代入数据解得：a2=2 m/s2，

滑块恰好不从木板上滑下，此时滑块滑到木板的右端时恰好与木板速度相同，

有：v共=vD－a1t，v共=a2t，

代入数据解得：t=1 s，

此时滑块的位移为：x1=vDt－a1t2，

木板的位移为：x2=a2t2，L=x1－x2，

代入数据解得：L=2.5 m，v共=2 m/s，x2=1 m，

达到共同速度后木板又滑行x′，则有：v共2=2μ2gx′，

代入数据解得：x′=1.5 m，

木板在水平地面上最终滑行的总位移为：x木=x2＋x′=2.5 m.

14.解：(1)物块A从P点出发又回到P点的过程，根据动能定理得

克服摩擦力所做的功为Wf=mv02。

(2)物块A从P点出发又回到P点的过程，根据动能定理得

2μmg(x1＋x0)=mv02

解得x1=－x0。

(3)A、B在弹簧处于原长处分离，设此时它们的共同速度是v1，弹出过程弹力做功为WF

只有物块A时，从O′到P有

WF－μmg(x1＋x0)=0－0

A、B共同从O′到O有WF－2μmgx1=×2mv12

分离后对A有mv12=μmgx2

联立以上各式可得x2=x0－。