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）

1、2022年高考物理一轮考点跟踪练习17动能定理及其应用一 、单选题如图所示，用同种材料制成的一轨道ABC，AB段为四分之一圆弧，半径为R，水平放置的BC段长为R.一物块质量为m，与轨道间的动摩擦因数为，它由轨道顶端A从静止开始下滑，恰好运动到C端停止，重力加速度为g，物块在AB段克服摩擦力做的功为()AmgR BmgR C.mgR D(1)mgRA、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获得动能大小有两个物体a和b，其质量分别为m

2、a和mb，且mamb，它们的初动能相同，若a和b分别受到不变的阻力Fa和Fb的作用，经过相同的时间停下来，它们的位移分别为sa和sb，则()AFaFb且sasb BFaFb且sasbCFaFb且sasb DFaFb且sasb如图所示，长为L=1 m的长木板水平放置，在木板的A端放置一质量为m=1 kg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=30°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=2 m/s，重力加速度g=10 m/s2，则在整个过程中()A木板对小物块做的功为5 JB摩擦力对小物块做的功为5 JC支持力对小物块做的功

3、为0D小物块克服摩擦力做的功为3 J一质点在015 s内竖直向上运动，其加速度时间图象如图所示，若取竖直向下为正，g取10 m/s2，则下列说法正确的是()A质点的机械能不断增加B在05 s内质点的动能增加C在1015 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

4、的位移成正比C与它的速度成正比D与它的动量成正比如图所示，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=gB经过时间t拉力F做功为WF=mg2t2C物块的机械能增加了E=mg2t2D物块的动能增加了Ek=mg2t2如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与一质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连，弹簧水平且处于原长圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，AC=h，此为过程；若圆环在C处获得一竖

5、直向上的速度v，则恰好能回到A处，此为过程.已知弹簧始终在弹性范围内，重力加速度为g，则圆环()A在过程中，加速度一直减小B在过程中，克服摩擦力做的功为mv2C在C处，弹簧的弹性势能为mv2mghD在过程、过程中克服摩擦力做功相同如图所示，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4mgB小球运动到B点后的瞬间对轨道的

6、作用力是8mgC小球运动到C点的过程中，摩擦力做功Wf=mgRD小球运动到C点的过程中，摩擦力做功Wf=mgR二 、多选题 (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/s2C弹簧弹力对小球先做

7、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 (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0.2B.物体运动的位移为13 mC.物体在前3 m运动过程中的加速度为3 m/s2D.x=9 m时，物体的速度为3 m/s三 、计算题如图所示，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

8、、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？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

9、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。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？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 、单选题答案为：D；解析：在BC段物块受到的摩擦力f=mg，位移为R

10、，故在BC段摩擦力对物块做的功W=fR=mgR，即物块克服摩擦力做的功为mgR，对整个过程由动能定理可知，mgRW1W=0，解得W1=mgRmgR，故在AB段克服摩擦力做的功为mgRmgR.故选D.答案为：C；解析：由动能定理可知恒力F做功W=Fl=mv20，因为F、l相同，所以A、B的动能变化相同，C正确。答案为：A；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，mamb，所以sasb；由动能定理得，Fs=0Ek，因初动能相同，F与s

11、成反比，则FaFb，故选A.答案为：D；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=fLmgLsin30°=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：WNmgLsin30°=0，得WN=

12、5 J，故C错误；在物块下滑的过程中，根据动能定理得：mgLsin30°Wf=mv20，得Wf=3 J，即小物块克服摩擦力做的功为3 J，故D正确答案为：D；解析：质点竖直向上运动，015 s内加速度方向向下，质点一直做减速运动，B错.05 s内，a=10 m/s2，质点只受重力，机械能守恒；510 s内，a=8 m/s2，受重力和向上的力F1，F1做正功，机械能增加；1015 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，510 s内通过的位移大于1015 s内通过的位移，F1做的功大于F2做的功

13、，515 s内增加的机械能大于减少的机械能，所以D正确答案为：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。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Ekv2、Ekt2、Ekx，故A、C项均错误，B项正确由Ek=，得Ekp2，故D项错误答案为：C；解析： 以物块m为对象，根据牛顿第二定律：2Fmg=ma得a=g，经过时间t后，物块的位移x=at2=gt2，速度

14、v=at=gt，则拉力做功WF=F(2x)=mg2t2，物体的动能增加了Ek=mv2=mg2t2，物体的机械能增加了E=Ekmgx=mg2t2，故C正确，A、B、D错误答案为：D；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，则弹簧弹力F=kL，竖直方向根据牛顿第二定律可得mgFcosFN=ma，水平方向有Fsin=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；在过程和中，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

15、确；在过程中，根据动能定理可得WGWfW弹=0，解得Wf=WGW弹，在过程中，根据动能定理可得WGW弹Wf=mv2，联立解得Wf=mv2，在C处Ep弹=W弹=mghmv2，选项B、C错误答案为：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：FBmg=，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：FBmg=，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：mg

16、2RWf=mv，解得Wf=mgR，故C正确，D错误二 、多选题答案为：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(lOB)=40 N/m×(0.50.3)m=8 N，方向垂直杆向上，重力垂直于杆的分力为mgcos =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 =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

17、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.答案为：ACD；解析：由摩擦力做功的图像可知，W=mg·x=20 J，解得：=0.2，A正确；由f=mg=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Ff=ma可得：a=3 m/s2，C正确；由动能定理可得：WFfx=mv2，解得：x=9 m时物体的速度v=3 m/s，D正确。三 、计算题解：(1)由于滑块恰好过C点，则有：m1g=m1，从A到C由动能定理得：Fxm1g·2R=m1vC20，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：1m1g=m1a1，解得：a1=1g=3 m/s2，对木板有：1m1g2(m1m2)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=vDa1t，v共=a2t，代入数据解得：t=1 s，此时滑块的位移为：x1=vDta1t2，木板的位移为：x2=a2t2，L=x1x2，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