高考物理一轮复习动能定理及其应用专题训练（附答案）

1、高考物理一轮复习动能定理及其应用专题训练附答案所谓动能，简单的说就是指物体因运动而具有的能量。以下是动能定理及其应用专题训练，请考生认真练习。1.多项选择关于动能定理的表达式W=Ek2-Ek1，以下说法正确的选项是A.公式中的W为不包含重力的其他力做的总功B.公式中的W为包含重力在内的所有力做的功，也可通过以下两种方式计算：先求每个力的功再求功的代数和或先求合外力再求合外力的功C.公式中的Ek2-Ek1为动能的增量，当W0时动能增加，当W0时，动能减少D.动能定理适用于直线运动，但不适用于曲线运动，适用于恒力做功，但不适用于变力做功2.一块长木板B放在光滑的程度面上，在B上放一物体A，现以恒定

2、的外力拉B，由于A、B间摩擦力的作用，A将在B上滑动，以地面为参考系，A、B都向前挪动一段间隔 。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3.质量一样的物体分别自斜面AC和BC的顶端由静止开场下滑，物体与斜面间的动摩擦因数都一样，物体滑到斜面底部C点时的动能分别为Ek1和Ek2，下滑过程中抑制摩擦力所做的功分别为W1和W2，那么A.Ek1Ek2 W1Ek2 W1=W2C.Ek1=Ek2 W1W2 D.Ek1W2对点训练：动能定理的应用4.一个质量为m的物

3、体静止放在光滑程度面上，在互成60角的大小相等的两个程度恒力作用下，经过一段时间，物体获得的速度为v，在力的方向上获得的速度分别为v1、v2，如图3所示，那么在这段时间内，其中一个力做的功为A. mv2 B. mv2C. mv2 D. mv25.2019浙江五校联考用竖直向上大小为30 N的力F，将2 kg的物体由沙坑外表静止抬升1 m时撤去力F，经一段时间后，物体落入沙坑，测得落入沙坑的深度为20 cm。假设忽略空气阻力，g取10 m/s2。那么物体抑制沙坑的阻力所做的功为A.20 J B.24 JC.34 J D.54 J6.2019杭州名校质检如图4所示，物体与三块材料不同的地毯间的动摩

4、擦因数分别为和3，三块材料不同的地毯长度均为l，并排铺在程度地面上，该物体以一定的初速度v0从a点滑上第一块，那么物体恰好滑到第三块的末尾d点停下来，物体在运动中地毯保持静止，假设让物体从d点以一样的初速度程度向左运动，那么物体运动到某一点时的速度大小与该物体向右运动到该位置的速度大小相等，那么这一点是A.a点 B.b点C.c点 D.d点对点训练：动能定理的图像问题7.2019临沂检测物体在恒定阻力作用下，以某初速度在程度面上沿直线滑行直到停顿。以a、Ek、s和t分别表示物体运动的加速度大小、动能、位移的大小和运动的时间，那么以下各图像中，能正确反映这一过程的是8.2019浙江十校联考用程度力

5、F拉一物体，使物体在程度地面上由静止开场做匀加速直线运动，t1时刻撤去拉力F，物体做匀减速直线运动，到t2时刻停顿，其速度时间图像如图6所示，且，假设拉力F做的功为W1，平均功率为P1;物体抑制摩擦阻力Ff做的功为W2，平均功率为P2，那么以下选项正确的选项是A.W1W2，F=2Ff B.W1=W2，F2FfC.P12Ff D.P1=P2，F=2Ff9.多项选择2019洛阳模拟如图7甲所示，倾角为的足够长的传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运行。t=0时，将质量m=1 kg的物体可视为质点轻放在传送带上，物体相对地面的vt图像如图乙所示。设沿传送带向下为正方向，取重力加速度g=10 m/s2。

6、那么A.传送带的速率v0=10 m/sB.传送带的倾角=30C.物体与传送带之间的动摩擦因数=0.5D.02.0 s内摩擦力对物体做功Wf=-24 J对点训练：应用动能定理解决平抛运动、圆周运动问题10.多项选择2019青岛模拟如图8所示，一个小球视为质点从H=12 m高处，由静止开场沿光滑弯曲轨道AB进入半径R=4 m的竖直圆环内侧，且与圆环的动摩擦因数处处相等，当到达圆环顶点C时，刚好对轨道压力为零;然后沿CB圆弧滑下，进入光滑弧形轨道BD，到达高度为h的D点时速度为零，那么h的值可能为A.10 m B.9.5 mC.8.5 m D.8 m11.2019上海静安区模拟在竖直平面内固定一轨道

7、ABCO，AB段程度放置，长为4 m，BCO段弯曲且光滑;一质量为1.0 kg、可视作质点的圆环套在轨道上，圆环与轨道AB段之间的动摩擦因数为0.5。建立如图9所示的直角坐标系，圆环在沿x轴正方向的恒力F作用下，从A-7,2点由静止开场运动，到达原点O时撤去恒力F，圆环从O0,0点程度飞出后经过D6,3点。重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力。求：1圆环到达O点时的速度大小;2恒力F的大小;3圆环在AB段运动的时间。12.2019江苏启东中学检测如图10所示，倾角为37的粗糙斜面AB底端与半径R=0.4 m的光滑半圆轨道BC平滑相连，O点为轨道圆心，BC为圆轨道直径且处于竖直方向，A、C

8、两点等高。质量m=1 kg的滑块从A点由静止开场下滑，恰能滑到与O点等高的D点。g取10 m/s2，sin 37=0.6，cos 37=0.8。1求滑块与斜面间的动摩擦因数2假设使滑块能到达C点，求滑块从A点沿斜面滑下时的初速度v0的最小值;3假设滑块分开C处的速度大小为4 m/s，求滑块从C点飞出至落到斜面上所经历的时间t。1.选BC 公式W=Ek2-Ek1中的W为所有力所做的总功，A错误，B正确;假设W0，那么Ek2Ek1，假设W0，那么Ek22.选B 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，那么有B对A的摩擦力所做的功等于A的动能的增量，即B对;A对B的摩擦力与B对A

9、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;对B应用动能定理，WF-WFf=EkB，即WF=EkB+WFf就是外力F对B做的功，等于B的动能增量与B抑制摩擦力所做的功之和，D错;由前述讨论知B抑制摩擦力所做的功与A的动能增量等于B对A的摩擦力所做的功不等，故A错。3.选B ，x，W=mgcos =mgx，B的高度比A低，所以由动能定理可知Ek1Ek2。B。4.选B 在合力F的方向上，由动能定理得W=Fl= mv2，某个分力的功为W1=F1lcos 30=lcos 30=Fl= mv2，B正确。5.选C 30 N的力F，

10、2 kg的物体由沙坑外表静止抬升1 m时，Fh-mgh=mv2，F后由动能定理，mgd+h-W=0-mv2，W=mgd+h+Fh-mgh=Fh+mgd=301 J+2100.2 J=34 J。C正确。6.选C a运动到c，-mgl-2mgl=mv12-mv02，d运动到c，-3mgl=mv22-mv02，v2=v1，C正确。7.选C 物体在恒定阻力作用下运动，其加速度随时间不变，随位移不变，选项A、B错误;由动能定理，-fs=Ek-Ek0，解得Ek=Ek0-fs，选项C正确D错误。8.选B 由动能定理可得W1-W2=0，解得W1=W2。由图像可知，撤去拉力F后运动时间大于程度力F作用时间，所以

11、F2Ff，选项A、D错误B正确;由于摩擦阻力作用时间一定大于程度力F作用时间，所以P1P2，选项C错误。9.选ACD 由vt图像可知，物体放上传送带开场阶段，加速度a1=10.0 m/s2，物体与传送带同速后，加速度a2= m/s2=2.0 m/s2，传送带的速率v0=10 m/s，A正确;由mgsin mgcos =ma1，mgsin mgcos =ma2可求得：=37=0.5，B错误，C正确;由动能定理得：mglsin +Wf=mv2，v=12.0 m/s，l=101 m+1 m=16 m，解得Wf=-24 J，D正确。10.选BC 小球到达环顶C时，刚好对轨道压力为零，在C点，由重力充当

12、向心力，那么根据牛顿第二定律得：mg=m，因R=4 m，小球在C点时的动能为mv2=mgR=2mg，以B点为零势能面，小球重力势能Ep=2mgR=8mg，开场小球从H=12 m高处，由静止开场通过光滑弧形轨道AB，因此在小球上升到顶点时，根据动能定理得：mgH-2R-Wf= mv2，所以抑制摩擦力做功Wf=2mg，此时机械能等于10mg，之后小球沿轨道下滑，由于机械能有损失，所以下滑速度比上升速度小，因此对轨道压力变小，受摩擦力变小，所以下滑时，抑制摩擦力做功大小小于2mg，机械能有损失，到达底端时小于10mg;此时小球机械能大于10mg-2mg=8mg，而小于10mg，所以进入光滑弧形轨道BD时，小球机械能的范围为，8mg11.解析：1圆环从O到D过程中做平抛运动x=v0ty=gt2读图得x=6 m，y=3 mv0= m/s=7.75 m/s。2圆环从A到O过程中，根据动能定理FxAO-mgxAB-mgy=mv02代入数据得F=10 N。3圆环从A到B过程中，根据牛顿第二定律F-mg=maxAB=at2代入数据得t= s=1.26 s。答案：17.75 m/s 210 N 31.26 s12.解析：1滑块从A点到D点的过程中，根据动能定理有mg2R-R-mgcos 37=0解得=0.375。2假设滑块能到达C点，根据牛顿第二定律有mg+FN=当FN=