【文档说明】高考物理一轮复习课时检测17《 动能定理及其应用》(含解析).doc，共(8)页，153.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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课时跟踪检测（十七）动能定理及其应用对点训练：对动能定理的理解1.如图所示，一块长木板B放在光滑的水平面上，在B上放一A物体，现以恒定的外力拉B，使A、B间产生相对滑动，如果以地面为参考系，A、B都向前移动一段距离。在此过程中()A．外力F做的功等于A和B动能的增量B．B对A的摩擦

力所做的功，等于A的动能增量C．A对B的摩擦力所做的功，等于B对A的摩擦力所做的功D．外力F对B做的功等于B的动能的增量解析：选B外力F做的功等于A、B动能的增量与A、B间摩擦产生的内能之和，A错误；A物体所受的合外力等于B对A的摩擦力，对A物体运用动能定理，则有B对A的摩擦力所做的功

等于A的动能的增量，即B正确；A对B的摩擦力与B对A的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑动，A、B对地的位移不等，故二者做功不相等，C错误；对B应用动能定理，WF－WFf＝ΔEkB，即W

F＝ΔEkB＋WFf，就是外力F对B做的功，等于B的动能增量与B克服摩擦力所做的功之和，D错误。2.(2018·无锡模拟)如图所示为某中学科技小组制作的利用太阳能驱动小车的装置。当太阳光照射到小车上方的光电板时，光电板中产生的电流经电动机带动小车前

进。若质量为m的小车在平直的水泥路上从静止开始沿直线加速行驶，经过时间t前进的距离为x，且速度达到最大值vm。设这一过程中电动机的功率恒为P，小车所受阻力恒为F，那么这段时间内()A．小车做匀加速运动B．小车受到的牵引力逐渐增

大C．小车受到的合外力所做的功为PtD．小车受到的牵引力做的功为Fx＋12mvm2解析：选D小车在运动方向上受向前的牵引力F1和向后的阻力F，因为v增大，P不变，由P＝F1v，F1－F＝ma，得出F1逐渐减小，a也逐渐减小，当v＝v

m时，a＝0，故A、B项均错误；合外力做的功W外＝Pt－Fx，由动能定理得W牵－Fx＝12mvm2，故C项错误，D项正确。3.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mgHB．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1＋Hh解析：选C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＝12mv02，选项A错误；设泥的平均阻力为f0，小球陷入泥中的过程，由动能定理得mgh－f0h＝0－12mv02，解得f0h＝

mgh＋12mv02，f0＝mg1＋Hh－fHh，选项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)，选项C正确。4.如图所示，在轻弹簧的下端悬挂一个质量为m的小球A，若将小球A从弹簧原长

位置由静止释放，小球A能够下降的最大高度为h。若将小球A换为质量为3m的小球B，仍从弹簧原长位置由静止释放，则小球B下降h时的速度为(重力加速度为g，不计空气阻力)()A.2ghB.4gh3C.ghD.gh2解析：选B小球A下降h

过程小球克服弹簧弹力做功为W1，根据动能定理，有mgh－W1＝0；小球B下降过程，由动能定理有3mgh－W1＝123mv2－0，解得：v＝4gh3，故B正确。对点训练：动能定理的应用5.如图，水平转台上

有一个质量为m的物块(可视为质点)，物块与竖直转轴间距为R，物块与转台间动摩擦因数为μ，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，现让物块始终随转台一起由静止开始缓慢加速转动至角速度为ω时，()A．物块受到的向心力为μmgB．物块受到的

摩擦力为mω2RC．转台对物块做的功为12mω2R2D．转台对物块做的功不小于12μmgR解析：选C物块与圆盘间是静摩擦力，不能用滑动摩擦力公式计算，故A错误。物块受到重力、支持力和摩擦力三个力的作用，摩擦力沿半径方向的分量充当了向心力

Ff＝mω2R，因为圆盘加速转动，摩擦力在切向有分力，所以摩擦力大于mω2R，故B错误。物块始终随转台一起由静止开始缓慢加速转动至角速度为ω的过程中，重力和支持力不做功，只有摩擦力做功，末速度v＝ωR，根据动能定理，有W＝12mv2＝12mω2R2，故C正确。物体即将滑动时，最

大静摩擦力提供向心力，由向心力公式μmg＝mvmax2R，得12mvmax2＝12μmgR，物体做加速圆周运动过程Wf＝12mv2，v＜vmax，所以转台对物块做的功小于或等于12μmgR，故D错误。6．(2018·常州联考)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2kg，在作用于A球的水平力F的作用下，A、B两球均处于静止状态，此时OA＝0.3m，OB＝0.4m，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0.1m时速度大小为3m/s，则在此过程中绳的拉力对B球所做的功为(取g＝10m/s2)()A．11JB．16JC．18JD．9J解析：选CA球向右运动0.1m时，vA＝3m/s，OA′＝0.4m，OB′＝0.3m，设此

时∠BAO＝α，则有tanα＝34。由运动的合成与分解可得vAcosα＝vBsinα，解得vB＝4m/s。以B球为研究对象，此过程中B球上升高度h＝0.1m，由动能定理，W－mgh＝12mvB2，解得轻绳的拉力对B球所做的

功为W＝mgh＋12mvB2＝2×10×0.1J＋12×2×42J＝18J，选项C正确。7.[多选]如图所示，一光滑的半径为R的半圆形轨道固定在水平面上，最高点B和最低点A与圆形轨道的圆心三点在一条竖直线上，最低点A与水平面平滑连接。一质量为m

的小球以某一速度从水平面上的C点滑向半圆形轨道的最低点A，再冲上光滑半圆形轨道AB，当小球将要从轨道口B点飞出时，对轨道的压力恰好为零，最后落至水平面上的C点。若不考虑空气阻力，且重力加速度为g，则()A．小球在B点只受1个力的作用B．小球在AB轨道上运动的过程中，向心力对

小球做负功C．AC距离为2RD．轨道上的最低点A受到小球的压力为5mg解析：选AC小球在B点对轨道的压力恰好为零，可知小球在B点仅受重力，故A正确。小球在AB轨道上运动过程中，由于向心力的方向与速度方向垂直，可知向心力不

做功，故B错误。根据mg＝mvB2R得，vB＝gR，根据2R＝12gt2得，t＝4Rg，则xAC＝vBt＝2R，故C正确。根据动能定理得，－mg·2R＝12mvB2－12mvA2，在A点，根据牛顿第二定律得，FN－mg＝mvA2R，联立解得FN＝6mg，则轨道上的最低点A受到小球的压力为

6mg，故D错误。8.(2018·宿迁期中)如图所示，质量为m的小球套在半径为R的固定光滑圆环上，圆环的圆心为O，原长为0.8R的轻质弹簧一端固定于O点，另一端与小球相连，弹簧与圆环在同一竖直平面内，圆环上B点在O点的正

下方，当小球在A处受到沿圆环切线方向的恒力F作用时，恰好与圆环间无相互作用，且处于静止状态。已知：R＝1.0m，m＝1.0kg，∠AOB＝θ＝37°，弹簧处于弹性限度内，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g＝10m

/s2。求：(1)该弹簧的劲度系数k；(2)撤去恒力，小球从A点沿圆环下滑到B点时的速度大小vB；(3)小球通过B点时，圆环对小球的作用力大小NB。解析：(1)小球在A处由平衡知识可知：沿半径方向：k(R－0.8R)＝mgcosθ得：k＝40N/m。(2)由A到B过程由动能定理

得：mgR(1－cosθ)＝12mvB2－0得：vB＝4R＝2.0m/s。(3)在B点：k(R－0.8R)＋NB－mg＝mvB2R得：NB＝6.0N。答案：(1)40N/m(2)2.0m/s(3)6.0N对点训练：动能定理的图像问题9.用传感器研究质量为2kg的物体由静止开始做直线运动的规律

时，在计算机上得到0～6s内物体的加速度随时间变化的关系如图所示。下列说法正确的是()A．0～6s内物体先向正方向运动，后向负方向运动B．0～6s内物体在4s时的速度最大C．物体在2～4s内速度不变D．0～4s内合力对物体做的功等于0～6s内合力做的

功解析：选D由a-t图像可知物体6s末的速度v6＝12×(2＋5)×2m/s－12×1×2m/s＝6m/s，则0～6s内物体一直向正方向运动，A错误；物体在5s末速度最大，B错误；在2～4s内加速度不变，物体做匀加速直线运动，速度变

大，C错误；由动能定理可知：0～4s内合力对物体做的功：W4＝12mv42－0,0～6s内合力对物体做的功：W6＝12mv62－0，又v4＝v6，则W4＝W6，D正确。10．[多选]如图甲所示，质量相等的a、b两物体，分别从斜面上的同一位置A由静止下滑，经B点在水平面上滑行一段距离后

停下。不计经过B点时的能量损失，用传感器采集到它们的速度－时间图像如图乙所示，下列说法正确的是()A．物体a在斜面上滑行的加速度比b的大B．物体a在水平面上滑行的距离比b的短C．物体a与斜面间的动摩擦因数比b的小D．物体

a与水平面间的动摩擦因数比b的大解析：选AC由题图乙图像斜率可知物体a做加速运动时的加速度比b做加速运动时的加速度大，故A正确；物体在水平面上的运动是匀减速运动，物体a从t1时刻开始，物体b从t2时刻开始。由图像与坐标轴围成的面积表示位移

可知，物体a在水平面上做匀减速运动的位移比b在水平面上做匀减速运动的位移大，故B错误；物体在斜面上运动的加速度为a＝mgsinθ－μmgcosθm＝gsinθ－μgcosθ，因为物体a的加速度大于b的加速度，所以物体a与斜面间的动摩擦因数比b的小，故C正确；

物体在水平面上运动的加速度为a′＝μmgm＝μg，因为物体a的加速度小于b的加速度，所以物体a与水平面间的动摩擦因数比b的小，故D错误。11.[多选](2018·丹阳月考)在粗糙的水平面上质量为4kg的物体在水平恒定拉力的作用下，以某一速度做匀速直线运动。当运动一段时间后水平拉

力逐渐减小，且当拉力减小到零时，物体刚好停止运动。图示为拉力F随位移x变化的关系图像。取g＝10m/s2，则据此可以求得()A．物体与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.2B．物体匀速运动时的速度为v＝22m/sC．合外力对物体所做的功为W＝－16JD

．摩擦力对物体所做的功为W＝64J解析：选ABC物体做匀速运动时，受力平衡，则f＝F＝8N，μ＝fFN＝84×10＝0.2，故A正确；图像与坐标轴围成的面积表示拉力做的功，减速过程中总功W合＝Fx－μmgx＝－8×42J＝－16J；根据动能定理得：0－12mv02＝

W合，解得：v0＝22m/s，故B正确；图像与坐标轴围成的面积表示拉力做的功，则由图像可知，WF＝12×(4＋8)×8J＝48J，滑动摩擦力做的功Wf＝－μmgx＝－64J，所以合外力做的功为W合＝－64J＋48J＝－16J，故C正确，D错误。12.(2018·漳州模拟)从地

面上以初速度v0＝10m/s竖直向上抛出一质量为m＝0.2kg的小球，若运动过程中小球受到的空气阻力f与其速率v成正比，其关系为f＝kv，小球运动的速率随时间变化规律如图所示，t1时刻到达最高点，再落回地面，落地时速率为v1＝

2m/s，且落地前已经做匀速运动(取g＝10m/s2)，则以下说法正确的是()A．k的值为0.1Ns/mB．小球在上升阶段加速度大小为20m/s2时，其速度大小为1m/sC．小球抛出瞬间的加速度大小为60m/s2D．小球抛出到落地过程中空气阻力所做的功为9.6J解析：选C小球落地

前以v1匀速运动，则有mg＝kv1，即k＝mgv1＝22＝1Ns/m，故A错误；根据牛顿第二定律得：mg＋kv＝ma，得v＝ma－gk＝0.2×20－101＝2m/s，故B错误；小球抛出瞬间的加速度大小a＝mg＋kv0m＝g＋kv

0m＝10＋1×100.2＝60m/s2，故C正确；小球抛出到落地过程中，根据动能定理得：Wf＝12mv12－12mv02＝－9.6J，故D错误。考点综合训练13.(2018·苏州期中)如图，一轻弹簧原长为2R，其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC的

底端A处，另一端位于直轨道上B处，弹簧处于自然状态，直轨道与一半径为R的光滑圆弧轨道相切于C点，AC＝7R，A、B、C、D均在同一竖直平面内。质量为m的小物块P自C点由静止开始下滑，最低到达E点(未画出)，

随后P沿轨道被弹回，最高到达F点，AF＝5.5R，已知P与直轨道间的动摩擦因数μ＝0.125，重力加速度大小为g。(取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(1)求P第一次运动到B点时速度的大小。(2)求P

运动到E点时弹簧的弹性势能。(3)改变物块P的质量，将P推至E点，从静止开始释放，P恰好能通过圆弧轨道的最高点D，求：P运动到D点时速度的大小和改变后P的质量。解析：(1)根据题意知，B、C之间的距离l为l＝7R－2R①设

P到达B点时的速度为vB，由动能定理得mglsinθ－μmglcosθ＝12mvB2②式中θ＝37°，联立①②式并由题给条件得vB＝5gR。③(2)设BE＝x，P到达E点时速度为零，设此时弹簧的弹性势能为Ep。P由

B点运动到E点的过程中，由动能定理有mgxsinθ－μmgxcosθ－Ep＝0－12mvB2④E、F之间的距离l1为l1＝5.5R－2R＋x⑤P到达E点后反弹，从E点运动到F点的过程中，由动能定理有Ep－mgl1sinθ－μmgl1cosθ＝0⑥联立③④⑤⑥式并由题给条件得x＝

0.25REp＝218mgR。(3)设改变后P的质量为m1，P恰好能通过圆弧轨道的最高点D，由圆周运动规律及牛顿第二定律，得mg＝mvD2R，vD＝gRP由E点运动到D点的过程中，由动能定理有Ep－m1g(5

R＋x)sinθ－μm1g(x＋5R)cosθ－m1g(R＋Rcosθ)＝12m1vD2解得m1＝105239m。答案：(1)5gR(2)218mgR(3)gR105239m14.如图所示，一半径R＝1m的圆盘水平放置，在其边缘E点固定一小桶(可视为质点)。在圆盘直径DE的正上方

平行放置一水平滑道BC，滑道右端C点与圆盘圆心O在同一竖直线上，且竖直高度h＝1.25m。AB为一竖直面内的光滑四分之一圆弧轨道，半径r＝0.45m，且与水平滑道相切与B点。一质量m＝0.2kg的滑块(可视为质点)从A点由静止释放，当滑块经过B点时，圆盘

从图示位置以一定的角速度ω绕通过圆心的竖直轴匀速转动，最终物块由C点水平抛出，恰好落入圆盘边缘的小桶内。已知滑块与滑道BC间的摩擦因数μ＝0.2。(取g＝10m/s2)求：(1)滑块到达B点时对轨道的压力；(2)水平滑道BC的长度；(3)圆盘转动的角速度ω应满足的条

件。解析：(1)滑块由A点运动到B，由动能定理得：mgr＝12mvB2解得：vB＝2gr＝3m/s，滑块到达B点时，由牛顿第二定律得F－mg＝mvB2r解得：F＝6N，由牛顿第三定律得滑块对轨道的压力大小为F′＝F＝6N，方向竖直向下

。(2)滑块离开C点后做平抛运动，由h＝12gt12，解得：t1＝2hg＝0.5s滑块经过C点的速度vC＝Rt1＝2m/s滑块由B点运动到由C点的过程中，由动能定理得－μmgx＝12mvC2－12mvB2解得：x＝1.25m。(3)滑块由B点运动到C

点，由运动学关系：x＝vB＋vC2t2解得：t2＝0.5s，滑块从B运动到小桶的总时间为t＝t1＋t2＝1s圆盘转动的角速度ω应满足条件：ωt＝2nπ解得ω＝2nπrad/s(n＝1,2,3,4，…)。答案：(1)6N，方向，竖直向下(2)1.25m(3)ω＝2nπrad/s(n＝1,2,3,

4，…)