2019人教版必修第二册 第八章 专题3 动能定理的综合应用提升练习（含解析）

1、2019人教版必修第二册 第八章 专题3动能定理的综合应用 提升练习一、单选题1小球由地面竖直上抛，上升的最大高度为H，设所受阻力大小恒定，地面为零势能面。在上升至离地高度h处，小球的动能是势能的2倍，到达最高点后再下落至离地高度h处，小球的势能是动能的2倍，则h等于（）ABCD2物体A、B叠放在光滑水平面上，mA=1kg，mB=2kg在A上作用一个大小为3N的水平拉力F后，A、B一起前进了4m，如图所示，在这个过程中A对B做的功为（）A8 JB12 JC0D8 J3某小孩荡秋千，当秋千摆到最低点时（）A小孩所受重力和支持力的合力方向向下，小孩处于超重状态B小孩所受重力和支持力的合力方向向下，

2、小孩处于失重状态C小孩所受重力和支持力的合力方向向上，小孩处于超重状态D小孩所受重力和支持力的合力方向向上，小孩处于失重状态4如图所示，长为L的轻杆两端分别固定a、b金属球，两球质量均为，放在光滑的水平面上，b套在竖直固定光滑杆上且离地面高度为L，现将b从图示位置由静止释放，已知重力加速度大小为g，则( )A在b球落地前的整个过程中组成的系统水平方向上动量守恒B从开始到b球距地面高度为的过程中，轻杆对a球做功为C从开始到b球距地面高度为的过程中，轻杆对b球做功为D在b球落地的瞬间，重力对b球做功的功率为5如图所示，MFN为竖直平面内的光滑圆孤轨道，半径为R，圆心为O，OF竖直，OM与竖直方向夹

3、角=60°。一质量为m的小球由P点沿水平方向抛出，初速度为，运动到M点时，速度方向恰好与圆弧轨道相切，P、O、N三点在同一水平线上。重力加速度为g，下列说法正确的是（）A小球在F点时对圆弧轨道的压力为B小球在N点时对圆弧轨道的压力为mgC小球运动到圆弧轨道上与M点等高的位置时的速度D小球从N点脱离圆弧轨道后，继续上升的最大高度6如图所示，在水平地面上固定一倾角为30°的斜面体，一质量为m的小物块自斜面底端以一定的初速度沿斜面向上做匀减速运动，其加速度和重力加速度大小相等在物块上升高度H的过程中，其损失的动能A2mgHBmgHCD7如图所示，ABCD是一个盆式容器，盆内侧壁与

4、盆底BC的连接处都是一段与BC相切的圆弧，BC水平，其长度d=0.50 m，盆边缘的高度为h=0.30 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=0.10。小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停止的地点到B的距离为（）A0.50 mB0.25 mC0.10 mD08甲、乙、丙三个质量相同的物体在大小均为F的力作用下，都在水平地面上做直线运动，如图所示。地面与物体间动摩擦因数均相同，下列判断正确的是 （）A甲物体所受的摩擦力最小，受地面的弹力最小B乙物体所受的摩擦力最大，受地面的弹力最大C丙物体所受的摩擦力最小，受地面的弹力最大

5、D三个物体所受的摩擦力大小相同9如图所示，一个物块在与水平方向成、大小为10N的拉力F作用下，沿光滑水平面向右运动一段距离已知，在此过程中，物块动能变化量为A16 JB10 JC8 JD6 J10从距地面相同高度处以同一速率分别沿水平方向、竖直向下、斜向上抛出质量相同的a、b、c三个小球，不计空气阻力，从抛出到落回地面的过程中，下列说法正确的是（）A小球b在空中运动的时间最短B小球c的落地速度最小C小球b和小球c的位移相等D三个小球落地时的速度相等二、多选题11关于变速圆周运动和一般的曲线运动，下列说法正确的是（ ）A做变速圆周运动时，向心力不做功B做变

6、速圆周运动时，向心力会做功C研究一般的曲线运动时，可以分解成许多小段圆弧进行分析D做变速圆周运动时，向心加速度不指向圆心三、解答题12如图所示，光滑水平面右端B处连接一个竖直的半径为R的光滑半圆轨道，在离B距离为x的A点，用水平恒力将质量为m的质点从静止开始推到B处后撤去恒力，质点沿半圆轨道运动到C处后又正好落回A点，求： (1）推力对小球所做的功.(2）x取何值时，完成上述运动所做的功最少?最小功为多少？(3）x取何值时，完成上述运动用力最小?最小力为多少？13一细绳拴一质量 m=0.8kg的小球，在竖直平面内做半径R=0.4m的圆周运动，取 ，求：（1）小球恰能通过圆周最高点时的速度多大？

7、（2）小球以 v1=3.0m/s的速度通过圆周最高点时，绳对小球的拉力多大？（3）小球以v2=5.0 m/s的速度通过圆周最低点时，绳对小球的拉力多大？14在某段平直的铁路上，一列以324km/h高速行驶的列车某时刻开始匀减速行驶，5min后恰好停在某车站，并在该站停留4min，随后匀加速驶离车站，经8.1km后恢复到原速324km/h（1）求列车减速时的加速度大小；（2）若该列车总质量为8.0×102kg，所受阻力恒为车重的0.1倍，求列车驶离车站加速过程中牵引力的大小；（3）求列车从开始减速到恢复原速这段时间内的平均速度大小15如图所示，在竖直平面内，倾角=53°的直轨

8、道与半径R=lm的圆弧轨道相切于B点，C点为圆弧轨道最低点。一个质量m=2kg的小物块（可以看作质点）从直轨道上与B点相距L=2.5m的P点由静止释放，经过t=1s到达B点，沿圆弧轨道运动到与圆心O等高的D点时，小物块对轨道的压力为2N，重力加速度g取10m/s2。求：（1）直轨道的滑动摩擦因数；（2）小物块从B运动到D的过程中克服摩擦力做的功。16如图所示，半径的光滑四分之一圆轨道MN竖直固定放置，末端N与一长的水平传送带相切，水平衔接部分摩擦不计，传动轮（轮半径很小）做顺时针转动，带动传送带以恒定的速度v0运动。传送带离地面的高度，其右侧地面上有一直径的圆形洞，洞口最左端的A点离传送带右端

9、的水平距离，B点在洞口的最右端。现使质量为的小物块从M点由静止开始释放，经过传送带后做平抛运动，最终落入洞中，传送带与小物块之间的动摩擦因数，g取10m/s2，求：(1)小物块到达圆轨道末端N时对轨道的压力；(2)若，求小物块在传送带上运动的时间；(3)若要使小物块能落入洞中，求v0应满足的条件。17如图所示，AB为圆弧轨道，半径为R=0.8m，BC是水平轨道，长S=3m，BC段的动摩擦因数为=，今有质量m=1kg的物体，自A点从静止下滑到C点刚好停止。求物体在轨道AB段所受的阻力对物体做的功。18如图甲所示，在倾角为30°的足够长的光滑斜面AB的A处连接一粗糙水平面OA，OA长为4

10、m。有一质量为m的滑块，从O处由静止开始受一水平向右的力F作用。F在水平面上按图乙所示的规律变化。滑块与OA间的动摩擦因数0.25，g取10 m/s2，试求：（1）滑块运动到A处的速度大小；（结果可保留根号）（2）不计滑块在A处的速率变化，滑块沿斜面AB向上运动的最远距离。试卷第7页，共7页参考答案：1D【解析】【分析】【详解】设小球受到的阻力大小恒为f，小球上升至最高点过程，由动能定理得：小球上升至离地高度h处时速度设为，由动能定理得：又由题有小球上升至最高点后又下降至离地高度h处时速度设为，此过程由动能定理得：又由题有以上各式联立解得选项D正确，ABC错误故选D。2A【解析】【详解】对整体

11、分析可知，整体受拉力做功，由动能定理可知：，解得，对B由动能定理可知：；故选A.【点睛】本题考查动能定理的应用，要注意正确受力分析及过程分析，明确有哪些力做功，再根据动能定理列出方程3C【解析】【详解】小孩站在秋千板上做荡秋千的游戏，做的是圆周运动的一部分，在最低点合力向上，有所以故小孩处于超重状态。故选C。4B【解析】【分析】系统所受合外力为零系统动量守恒，只有重力或只有弹力做功，系统机械能守恒，根据系统受力情况与运动过程，应用动量守恒定律与机械能守恒定律分析答题；【详解】A、对两球及杆组成的系统，在b球落地前的整个过程中，b球的水平方向受竖直固定光滑杆的作用，a球的水平方向受力为零，系统在

12、水平方向所受合外力不为零，所以a、b组成的系统水平方向上动量不守恒，故A错误；BC、对两球及杆系统,在b球落地前的整个过程中，b球的水平方向受竖直固定光滑杆的作用不做功，a、b组成的系统机械能守恒，从开始到b球距地面高度为的过程中，由机械能守恒定律得：，且有，解得：，所以轻杆对a球做功为：，轻杆对b球做功：，故B正确，C错误；D、在b球落地的瞬间，由机械能守恒定律得：，解得：，所以在b球落地的瞬间，重力对b球做功的功率为：，故D错误；故选B【点睛】解决关键知道系统机械能守恒，抓住两球沿杆子方向的速度相等，进行求解5D【解析】【详解】A对小球从P点到F点应用动能定理可得在F点由向心力表达式可知联

13、立可得根据牛顿第三定律小球在F点时对圆弧轨道的压力为，A错误；B由机械能守恒可知，小球在N点时速度仍为，由向心力表达式可得解得根据牛顿第三定律小球在N点时对圆弧轨道的压力为，B错误；C正交分解小球在M点的速度可得解得C错误；D小球从N点脱离圆弧轨道后，由动能定理可得解得D正确。故选AD。6A【解析】【详解】ABCD由牛顿第二定律得，物体所受的合力大小为：方向沿斜面向下物块沿斜面上升的距离为：根据动能定理有：即损失的动能2mgH故A正确，BCD错误7D【解析】【分析】【详解】小物块从A点出发到最后停下来，设小物块在BC面上运动的总路程为s，小物块在盆底BC面上所受的滑动摩擦力大小不变，整个过程由

14、动能定理有mghmgs=0所以小物块在BC面上运动的总路程为s=因d=0.50 m，s=6d，所以小物块在BC面上来回运动共6次，刚好3个来回，所以最终停在B点，即距离B点为0 m，ABC错误，D正确。故选D。8A【解析】【详解】设三个物体的重力均为G，如图所示，将甲、丙两个物体所受的拉力分解为水平和竖直两个方向，则三个物体对地面的压力大小分别为可见，甲对地面的弹力最小，丙对地面的弹力最大。由摩擦力公式，相同，所以甲物体所受的摩擦力最小，丙物体所受的摩擦力最大。所以A正确，BCD错误。故选A。9C【解析】【详解】物体的位移是在水平方向上的，把拉力F分解为水平的Fcos和竖直的Fsin，由于竖直

15、的分力不做功，所以拉力F对物块所做的功即为水平分力对物体做的功，所以有：W=Fcosx=Fxcos=10×1×0.8J=8J；根据动能定理可知，物体的动能变化量等于合外力的功，即动能增加8J，故选C.10A【解析】【分析】【详解】A小球a做平抛运动，小球a在竖直方向是自由落体运动，有在空中飞行时间小球b做竖直下抛运动，由运动学公式可有由此可知ta>tb ；小球c做斜向上抛运动，设初速度方向与水平方向夹角为，小球在竖直方向做竖直上抛运动，初速度是v0sin，小球先竖直上升到最高点，然后从最高点做自由落体运动到地面，小球c做自由落体运动的高度大于h，因此小球c在空中飞行时

16、间最长，则有tc>ta>tb，A正确；BD从抛出到落地的运动中，由动能定理得解得因为三个小球的下落高度h，质量m，初速率v0都相同，所以三个小球落地时的速度大小相等；b小球落地时速度方向竖直向下，a、c小球落地时速度方向都与地面不垂直，所以速度不相等，BD错误;C小球b的位移是h，小球c在水平方向的位移是x=v0costb在竖直方向的位移是y=h小球c的位移是C错误。故选A。11AC【解析】【详解】AB当物体做匀速圆周或变速圆周运动时，向心力是垂直速度方向的，故不会对物体做功，A正确，B错误；C物体的速度的大小之所以会发生变化，是因为合力分出一个切向加速度来改变速度大小，一条曲线是

17、有很多很多小圆弧组成的，所以研究一般曲线运动时，可以分解成许多小段圆弧进行分析，C正确；D向心加速度方向始终指向圆心，做变速圆周运动时合力方向不一定指向圆心，D错误；故选AC。12（1）mg(16R2+x2） /8R；（2）2R；mgR；（3）4R；mg【解析】【详解】试题分析：（1）小球在恒定推力作用下，在光滑水平面做匀加速直线，当到达B点撤去恒力，让其在沿光滑半圆轨道运动到C处后，又正好落回A点因小球离开C点后做平抛运动，已知高度与水平位移的情况下，可求出小球在C处的速度大小，选取从A到C过程，由动能定理可求出推力对小球所做的功（2）力F做功越小，小球到达B点的速度越小，到达最高点C的速度

18、越小，当小球恰好到达C点时，由重力充当向心力，此时C点的速度最小，力F做功最小先由牛顿第二定律求出小球通过C点的最小速度，根据（1）问的结果求出x，即可得到最小功；（3）根据功与x的关系式，运用数学知识求解力最小时x的值及最小的力解：（1）由题意，质点从半圆弧轨道做平抛运动又回到A点，设质点在C点的速度为vC，质点从C点运动到A点所用的时间为t，则在水平方向：x=vCt 竖直方向上：2R=gt2 解有 vC= 对质点从A到C，由动能定理有WFmg2R=m 解得 WF= （2）要使F力做功最少，确定x的取值，由式得 WF=mg2R+m，则知，只要质点在C点速度最小，则功WF就最小若质点恰好能通过

19、C点，其在C点最小速度为v，由牛顿第二定律有mg=，则 v= 由有=，解得x=2R时，WF最小，最小的功WF=mg2R+m=mgR（3）由式WF=mg（），W=Fx则得 F=mg（）因0，x0，由极值不等式有当=时，即x=4R时，+=8，最小的力F=mg答：（1）推力对小球所做的功是（2）x等于2R时，完成上述运动所做的功最少，最小功为mgR（3）x取4R时，完成上述运动用力最小，最小力为mg13(1)2m/s(2)10N(3)58N【解析】【详解】（1）小球恰能通过圆周最高点时的条件为重力提供向心力，由牛顿第二定得： 解得（2）重力与拉力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得：解得 （3）重力与拉力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得： 【点睛】解决本题的关键知道小球做圆周运动向心力的来源，再根据牛顿第二定律进行求解在最高点，要使小筒过最高点时水不致流出，即水对桶底的压力为零时，只有重力提供向心力，此时速度最小14（1） （2） （3）108km/h【解析】【详解】（1），设匀减速的加