第2讲 动能定理及其应用 作业

第2讲动能定理及其应用

---------------------［课时作业］----------------

®时间：60分钟脸满分：100分

一、选择题（本题共8小题，每小题8分，共64分。其中1〜4题为单选，5〜

8题为多选）

1.若物体在运动过程中受到的合力不为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.物体所受的合力做的功可能为（）

答案D

解析当合力不为。时，若物体做匀速圆周运动，则动能不变，合力做的功

为0,A错误，D正确；当合力恒定时，加速度就不变，速度方向可能不变，B、

C错误。

2.物体沿直线运动的v-t图像如图所示，已知在第1秒内合力对物体做的

功为叫贝M）

A,从第1秒末到第3秒末合力做功为4W

B.从第3秒末到第5秒末合力做功为-2W

C.从第5秒末到第7秒末合力做功为W

D.从第3秒末到第4秒末合力做功为-2W

答案C

解析物休在第1秒末到第3秒末做匀速直线运动，合力为零，合力做功为

零，A错误；从第3秒末到第5秒末动能的变化量与第1秒内动能的变化量大小

相同，合力做的功为-W,B错误；从第5秒末到第7秒末动能的变化量与第1

秒内动能的变化量相同，合力做功相同，即为W,C正确；从第3秒末到第4秒

末速度从。。减小到空，则动能变化量的大小等于第1秒内动能变化量大小的京

则合力做功为-0.75W,D错误。

3.长为L的木块静止在光滑水平面上。质量为m的子弹以水平速度如射入

木块并从中射出，且出射速度为已知从子弹射入到射出，木块移动的距离为

s,子弹在木块中受到的平均阻力大小为()

□>M

L

w(vf-加)-VT)

A———B.—-------

2(s+L)2s

m(vi-vy)m(vi-m)

C.——D.———

2L+L)

答案D

1clefn(vi-v\)

解析对子弹根据动能定理：［/U+s)=5,双彳对，解得/=■八，D

正确。

4.(2019•全国卷III)从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到

重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用。距地面高度

〃在3m以内时，物体上升、下落过程中动能反随人的变化如图所示。重力加速

度取1()m/s2o该物体的质量为()

A.2kgB.1.5kg

C.lkgD.0.5kg

答案C

解析画出运动示意图如图，设阻力大小为了,据动能定理知,

氏产36JB[•…C£”24J

h=3m

t'kIu卜

，瓦内

£572J4...L...74J

A-*5(上升过程)：Eke-EM=-(mg+f)h

C-*。（下落过程）:END-Eke=（mg-J）h

联立以上两式，解得物体的质量m=1kg,C正确。

5.（2020•吉林省吉林市高三下第四次调研）2022年第24届冬季奥林匹克运动

会将在北京举行，跳台滑雪是冬奥会的比赛项目之一。如图所示为一简化后的跳

台滑雪的雪道示意图，运动员从。点由静止开始，在不借助其他外力的情况下，

自由滑过一段圆心角为60。的光滑圆弧轨道后从A点水平飞出，然后落到斜坡上

的8点。已知A点是斜坡的起点，光滑圆弧轨道半径为40m,斜坡与水平面的夹

角夕二30。，运动员的质量〃，=50kg,重力加速度g=10m/s2,忽略空气阻力。下

列说法正确的是（）

A.运动员从。点运动到B点的整个过程中机械能守恒

B.运动员到达A点时的速度为20m/s

C.运动员到达8点时的动能为10kJ

D.运动员从A点飞出到落到B点所用的时间为仍s

答案AB

解析运动员在光滑的圆弧轨道上的运动和随后的平抛运动的过程中只有重

力做功，机械能守恒，故A正确。由动能定理，运动员在光滑的圆弧轨道上从O

到A有：机gR（1-cos60。）=5W0,代入数据解得VA=20m/s,故B正确。设运

动员做平抛运动的时间为t,贝IJ：大二。”，），二上尸，由几何关系有：卜an30。二坐,

联立并代入数据解得：U芈s,y=ym;运动员从A到8的过程中，根据动

I7

能定理有：mgy=Ek6-呼加，代入数据解得：46=］义10打，故C、D错误。

6.（2020•江苏省镇江市高三上学期期末）如图1所示，倾角为仇火45。）的斜面

A3C固定在水平地面上，置于斜面上的滑块P恰能沿斜面匀速下滑，已知滑块P

从斜面顶端滑至底端的过程中，重力势能减小量为K,重力加速度为g,现将该

斜面逆时针旋转90。后仍固定在水平地面上（如图2所示），在滑块P从斜面顶端由

静止释放下滑至底端的过程中，能求出滑块（）

A.下滑至底端时的速度

B.下滑过程中的加速度

C.下滑至底端时的动能

D.下滑至底端时重力的功率

答案BC

解析设=滑块P恰能沿斜面匀速下滑时，有"2gsin0=〃mgcosJ,解

得〃=taM该过程重力势能减小量为K,即mg/!=K,将该斜面逆时针旋转9（）。

后，根据动能定理有-4〃3no=Ek,联立解得^二

反二焉-KtanO,由于根未知，所以根据=K不能求出

h,因此。无法求出，可求出滑块下滑至底端时的动能反，故A错误，C正确；

根据牛顿第二定律有"geos。-卬叫sin。=，解得。=geos。-gtanOsin。，可以求

出滑块下滑过程中的加速度出故B正确；滑块下滑至底端时重力的功率为P二

mgucos。=〃侬os®7而-tan。｝根据K=mgh只能求出mh,无法求出〃地,

则P求不出，故D错误。

7.（2020.陕西省渭南市高三下教学质量检测）如图所示，斜面和水平面由相

同材料组成，质量为〃?的小滑块由斜面上A点由静止开始释放，它运动到水平面

上C点时的速度为白，最后停在。点。现给小滑块施加一个竖直向下的恒力F,

仍让小滑块由A点静止开始释放，它运动到。点时的速度为S,忽略在8点因碰

撞而损失的能量，水平面足够长，以下判断正确的是（）

BCD

A.V\=V2B.V\<V2

c.最后仍停在加点D.最后停在Q点右侧

答案BC

解析设斜面倾角为%滑块与斜面和水平面间的动摩擦因数为〃，因由静

止释放时滑块下滑，则有〃?gsina>〃〃2gcosa,即/<,<tana,当不施加恒力时，从A

到C由动能定理可得wgXABsina-〃机gxwosa-/.migxnc=-0;同理，当施加

恒力F时，有（〃陪+歹用++两式

对比可知S<。2,故B正确，A错误。设从8到停止点的位移为s,当不施加恒力

时，滑块从A到停止点由动能定理可得tngXABsina-^tngXAiiCosa-fimgs\=0-0,

即XABsina-fiXABCOsa=usi,同理，当施加恒力F时，有（〃zg+F^esina-//（^+

F）XABCOsa-+F）si=0-0,联立解得si=$2,则滑块最后仍停在。点，故C

正确，D错误。

8.（2020•四川省乐山市高三下第三次调研）如图所示，斜面ABC竖直固定放

置，斜边AC与一光滑的圆弧轨道DEG相切，切点为。，4。长为乙二记公，

圆弧轨道圆心为O,半径为R,2DOE=。,NEOG=9。。,OG水平。现有一质

量为〃?、可视为质点的滑块从A点由静止下滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为〃,

重力加速度为g,则关于滑块的运动，下列说法正确的是()

A.滑块经过E点时对轨道的最小压力为〃吆

B.滑块下滑后将会从G点飞出

C.滑块第二次经过七点时对轨道的压力大小为3〃2g

D.滑块在斜面上经过的总路程为

〃(tan0-/z)

答案CD

解析滑块从A点下滑后在A。部分要克服摩擦力做功，则返回到斜面

上时的高度逐渐降低，最终滑块将以七点为最低点、。点为最高点来回滑动，此

时滑块经过七点时对轨道的压力最小，从。点到E点，根据动能定理有〃；

Ipp

-cosO)=产况，在E点有N-〃陪=〃茄，联立解得N="2g(3-2cos6),根据牛顿

第三定律，滑块经过七点时对轨道的最小压力为(3-2cosO)〃吆，故A错误；滑块

从A点到G点，由动能定理得：〃次(Lsin"Rcos。)-〃〃7gcos9L=S虎，其中L二

R

—7—,解得：VG=O,则滑块下滑后不能从G点飞出，故B错误；设滑块第二

lane/—//

次经过E点时速度大小为比2,对滑块从G点到E点，根据动能定理得：〃%R二;

师心-0,解得在2二匹冗滑块第二次到达七点时，根据牛顿第二定律有M-

mvip

mg二一5二,解得M=3Mg,根据牛顿第三定律,滑块此时对轨道的压力大小为3mg,

故C正确；滑块最终将以E点为最低点、。点为最高点来回运动，根据动能定理

得：机gLsin0-〃〃7gcosJ^^m=0-。，解得s总二,故D正确。

二、非选择题(本题共3小题，共36分)

9.(202()•江苏省淮安市六校联盟高三下学期第三次学情调查)(1()分)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。

泥石流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，他们设计了如图

甲所示的模型：在水平地面上放置一个质量为加=4kg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/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"=0.5,g=10m/s2。贝lj:

(1)物体在运动过程中的最大加速度为多少？

(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少？

答案(1)15m/s2(2)3m(3)8m

解析(1)当推力F最大时，物体的加速度最大，由牛顿第二定律，得尸m-〃〃噜

=

由图乙可知Fm=80N,

可解得=15m/s2o

(2)由图像可知，当尸、x的单位分别是N、m时，尸随大变化的数值关系为产

=80-20x

物体速度最大时，所受合力为0,即F=

联立解得十二3m。

(3)物体位移最大时，速度一定为0,对全过程由动能定理可得WF-〃〃穹二0

-0,

由图像可知，位移为垢=4m时，力尸做的功为WF=；/%rm《X80X4J二

160J,所以s=8m。

10.(2020•广西柳州高三下学期4月线上模拟)(12分)如图所示，是两对接的轨

道，两轨道与水平面的夹角均为a=30。，左轨道光滑，右轨道粗糙。一质点自左

轨道上距。点口处从静止起滑下，当质点第二次返回到左轨道并达到最高点时,

它离。点的距离为号，两轨道对接处有一个很小的圆弧，质点与轨道不会发生碰

撞，求质点与右轨道间的动摩擦因数。

答案0155

解析

如图所示，质点从小至由动能定理有

h、

mg(hi-hi)-/z/wgeosa-o^i—l1<A=0

1

解得hi=h\

1+JLl-COtG.

质点从后到力3,由动能定理有

mgSz-〃3)-〃〃?gcota〃2=0

解得饱=(1-〃cota)%2

同理，质点从饱至J/M,可得自二力3

1+//-cota

质点从加到〃5,可得〃5=(1-"COta)/14

(1-w-cota)2

联立解得后=。^加

据题意知〃5二?since,而小=Lo・sina,可知意二,

V3-1

解得〃二tan«^O.I55o

小+1

11.(2020•江苏省扬州市高三下学期3月阶段性检测)(14分)如图所示，AB为

光滑固定轨道，AC为动摩擦因数〃=().25的粗糙水平轨道，O为水平地面上的

一点，且B、C、。在同一竖直线上，已知8、。两点的高度差为mC、。两点

的高度差也为〃，A、C两点相距s=2〃。若质量均为，〃的两滑块P、Q从A点以

相同的初速度比