1、12、动能定理及其应用基础训练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 Flcos 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 B
2、C 相切的圆弧， B、 C 在水平线上，其距离 d0.5 m盆边缘的高度为 h0.3 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( )A0.5 m B0.25 m C0.1 m D0答案：D 解析：由 mgh mgx ，得 x3 m，而 6，即 3 个来回后，小物块xd 3 m0.5 m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
3、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. P B2 P C2 P D4 P2 2答案：C 解析：对第一个过程，根据动能定理，有 Fx mv ，经过位移 x 时的瞬时12 212功率 P Fv1 F ；同理，对第二个过程有 2Fx mv ，经过位移 x 时的瞬时功率2Fxm 12 2P2 Fv24 F ；所以 P2 P，C 项正确Fxm 24(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
4、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)( )A n B2 n C3 n D4 n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，由动能定理有 mgh mv ，当小球在水平面上滚动时，由动能定理有 nW012 20mv ；让小球从 2h 高处以初速度 v0滚下到停止，由动能定理有 mg2h n W0 mv ，12 20 12 20三式联立解得 n3 n，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
5、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 F1做的功为 W2，平均功率为 P2，则下列选项正确的是( )A W1W2， F2 Ff B W1 W2， F2FfC P12Ff D P1 P2， F2 Ff答案：B 解析：整个运动过程中，根据动能定理有 W1 W20，所以 W1 W2，又 P13， P2 ， t2t1，所以 P1P2.根据牛顿第二定律，施加拉力 F 时，加速度大小W1t1 W2t2a1 ，撤去拉力后加速度大小 a2 ， vt 图线斜率的绝对值表示加
6、速度的大小，根F Ffm Ffm据题图可知 a1a2，即 ，可得 F2Ff，综上分析，B 正确F Ffm Ffm6(2018吉林摸底)如图所示，将质量为 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 v0.设小球在运动过程中所受空气阻力的大小不变，34则空气阻力的大小等于( )A. mg B. mg C. mg D. mg34 316 716 725答案：D 解析：对小球向上运动，由动能定理有，( mg f)H0 mv ，对小球向12 20下运动，由动能定理有，( mg f)H m 2，联立解得 f mg，故 D 正确12(34v0) 7257(2018河北保定调研)(
7、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( )A小球 B 受到的合力的方向始终沿着轻杆 A 指向轴 OB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4小球重力，小球受到杆的作用力指向左上方，选项
8、 B 错；在转动过程中小球的重力做正功，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 m0.75 kg 的小球在距地面高 h 10 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g10 m/s 2.求：(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高度为 h2，从开始由
9、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 h5 m.mg fmg f(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 h2处静止下落到第二次碰撞后向上运动距离 h3的过程，由动能定理可得， mg(h2 h3) f(h2 h3)0解得 h3 h2 2hmg fmg f (mg fmg f)同理得 hn n1 h(mg fmg f)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 h2( h2 h3 h4 h5)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 圆周
10、轨道顶端运动14到底端 B 时速度为 v1，克服摩擦力做功 W1；以速度 v2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( )5A v1v2， W1W2 B v1 v2， W1W2C v1 v2， W1 W2 D v1v2， W1W2答案：D 解析：对小球由 圆周轨道的顶端 A 静止开始的下滑过程，由动能定理，14mgR W1 mv ；对小球由 圆周轨道的底端 B 出发的运动过程，由动能定理，12 21 14 mgR W20 mv ；显然 v1v2.把 圆周轨道分割成很多微元，两个过程在对应微元上，12 2 14第二个过程的速度较大，对轨道的压力较大，所受的滑动摩擦力较大
11、，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 球的水平力 F 的作用下， A、 B 均处于静止状态，此时 OA0.3 m， OB0.4 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/s 2)( )A11 J B16 J C18 J D9 J 答案：C 解
12、析： A 球向右运动 0.1 m 时， vA3 m/s， OA0.4 m， OB0.3 m，设此时 BAO ，则有 tan .vAcos vBsin ，解得 vB4 m/s.此过程中 B 球上34升高度 h0.1 m，由动能定理， W mgh mv ，解得绳的拉力对 B 球所做的功为 W mgh12 2B6mv 2100.1 J 242 J18 J，选项 C 正确12 2B 1211(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
13、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( )A木板对小物块做功为 mv212B摩擦力对小物块做功为 mgLsin C支持力对小物块做功为 0D滑动摩擦力对小物块做功为 mv2 mgLsin 12答案：AD 解析：设在整个过程中，木板对物块做功为 W，整个过程中重力做功为零，则根据动能定理得： W mv2，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12 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
14、角为 的过程中，支持力对物块做功，设为 WN，根据动能定理得： WN mgLsin 0，得 WN mgLsin ，故 C 错误在物块下滑的过程中，根据动能定理得： mgLsin Wf mv20，则 Wf mv2 mgLsin 12 12 ，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( )7A T1 T22 mgB从 A
15、到 B，拉力 F 做功为 mgLC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 T12 mg，撤去拉力后，根据动能定理，mgL(1cos ) mv2，在 A 点， T2 mg m ，可得 T22 mg， WF mgL(1cos )12 v2L0， WF 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12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，选项 C 错误13泥石流是在雨季由于暴雨、洪水将含有沙
16、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 m5 kg 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 g10 m/s 2.求：甲8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/s 2 (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得 a10 m/s 2.(2)由图象可知： F 随 x 变化的函数方程为F8020 x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WF Fx160 J12所以 s m5.33 m.16030
