1、2019人教版必修第二冊 第八章 專題3動能定理的綜合應用 提升練習一、單選題1小球由地面豎直上拋，上升的最大高度為H，設所受阻力大小恒定，地面為零勢能面。在上升至離地高度h處，小球的動能是勢能的2倍，到達最高點后再下落至離地高度h處，小球的勢能是動能的2倍，則h等于（）ABCD2物體A、B疊放在光滑水平面上，mA=1kg，mB=2kg在A上作用一個大小為3N的水平拉力F后，A、B一起前進了4m，如圖所示，在這個過程中A對B做的功為（）A8 JB12 JC0D8 J3某小孩蕩秋千，當秋千擺到最低點時（）A小孩所受重力和支持力的合力方向向下，小孩處于超重狀態B小孩所受重力和支持力的合力方向向下，

2、小孩處于失重狀態C小孩所受重力和支持力的合力方向向上，小孩處于超重狀態D小孩所受重力和支持力的合力方向向上，小孩處于失重狀態4如圖所示，長為L的輕桿兩端分別固定a、b金屬球，兩球質量均為，放在光滑的水平面上，b套在豎直固定光滑桿上且離地面高度為L，現將b從圖示位置由靜止釋放，已知重力加速度大小為g，則( )A在b球落地前的整個過程中組成的系統水平方向上動量守恒B從開始到b球距地面高度為的過程中，輕桿對a球做功為C從開始到b球距地面高度為的過程中，輕桿對b球做功為D在b球落地的瞬間，重力對b球做功的功率為5如圖所示，MFN為豎直平面內的光滑圓孤軌道，半徑為R，圓心為O，OF豎直，OM與豎直方向夾

3、角=60°。一質量為m的小球由P點沿水平方向拋出，初速度為，運動到M點時，速度方向恰好與圓弧軌道相切，P、O、N三點在同一水平線上。重力加速度為g，下列說法正確的是（）A小球在F點時對圓弧軌道的壓力為B小球在N點時對圓弧軌道的壓力為mgC小球運動到圓弧軌道上與M點等高的位置時的速度D小球從N點脫離圓弧軌道后，繼續上升的最大高度6如圖所示，在水平地面上固定一傾角為30°的斜面體，一質量為m的小物塊自斜面底端以一定的初速度沿斜面向上做勻減速運動，其加速度和重力加速度大小相等在物塊上升高度H的過程中，其損失的動能A2mgHBmgHCD7如圖所示，ABCD是一個盆式容器，盆內側壁與

4、盆底BC的連接處都是一段與BC相切的圓弧，BC水平，其長度d=0.50 m，盆邊緣的高度為h=0.30 m。在A處放一個質量為m的小物塊并讓其由靜止下滑。已知盆內側壁是光滑的，而盆底BC面與小物塊間的動摩擦因數為=0.10。小物塊在盆內來回滑動，最后停下來，則停止的地點到B的距離為（）A0.50 mB0.25 mC0.10 mD08甲、乙、丙三個質量相同的物體在大小均為F的力作用下，都在水平地面上做直線運動，如圖所示。地面與物體間動摩擦因數均相同，下列判斷正確的是 （）A甲物體所受的摩擦力最小，受地面的彈力最小B乙物體所受的摩擦力最大，受地面的彈力最大C丙物體所受的摩擦力最小，受地面的彈力最大

5、D三個物體所受的摩擦力大小相同9如圖所示，一個物塊在與水平方向成、大小為10N的拉力F作用下，沿光滑水平面向右運動一段距離已知，在此過程中，物塊動能變化量為A16 JB10 JC8 JD6 J10從距地面相同高度處以同一速率分別沿水平方向、豎直向下、斜向上拋出質量相同的a、b、c三個小球，不計空氣阻力，從拋出到落回地面的過程中，下列說法正確的是（）A小球b在空中運動的時間最短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三個小球落地時的速度相等二、多選題11關于變速圓周運動和一般的曲線運動，下列說法正確的是（ ）A做變速圓周運動時，向心力不做功B做變

6、速圓周運動時，向心力會做功C研究一般的曲線運動時，可以分解成許多小段圓弧進行分析D做變速圓周運動時，向心加速度不指向圓心三、解答題12如圖所示，光滑水平面右端B處連接一個豎直的半徑為R的光滑半圓軌道，在離B距離為x的A點，用水平恒力將質量為m的質點從靜止開始推到B處后撤去恒力，質點沿半圓軌道運動到C處后又正好落回A點，求： (1）推力對小球所做的功.(2）x取何值時，完成上述運動所做的功最少?最小功為多少？(3）x取何值時，完成上述運動用力最小?最小力為多少？13一細繩拴一質量 m=0.8kg的小球，在豎直平面內做半徑R=0.4m的圓周運動，取 ，求：（1）小球恰能通過圓周最高點時的速度多大？

7、（2）小球以 v1=3.0m/s的速度通過圓周最高點時，繩對小球的拉力多大？（3）小球以v2=5.0 m/s的速度通過圓周最低點時，繩對小球的拉力多大？14在某段平直的鐵路上，一列以324km/h高速行駛的列車某時刻開始勻減速行駛，5min后恰好停在某車站，并在該站停留4min，隨后勻加速駛離車站，經8.1km后恢復到原速324km/h（1）求列車減速時的加速度大小；（2）若該列車總質量為8.0×102kg，所受阻力恒為車重的0.1倍，求列車駛離車站加速過程中牽引力的大小；（3）求列車從開始減速到恢復原速這段時間內的平均速度大小15如圖所示，在豎直平面內，傾角=53°的直軌

8、道與半徑R=lm的圓弧軌道相切于B點，C點為圓弧軌道最低點。一個質量m=2kg的小物塊（可以看作質點）從直軌道上與B點相距L=2.5m的P點由靜止釋放，經過t=1s到達B點，沿圓弧軌道運動到與圓心O等高的D點時，小物塊對軌道的壓力為2N，重力加速度g取10m/s2。求：（1）直軌道的滑動摩擦因數；（2）小物塊從B運動到D的過程中克服摩擦力做的功。16如圖所示，半徑的光滑四分之一圓軌道MN豎直固定放置，末端N與一長的水平傳送帶相切，水平銜接部分摩擦不計，傳動輪（輪半徑很小）做順時針轉動，帶動傳送帶以恒定的速度v0運動。傳送帶離地面的高度，其右側地面上有一直徑的圓形洞，洞口最左端的A點離傳送帶右端

9、的水平距離，B點在洞口的最右端。現使質量為的小物塊從M點由靜止開始釋放，經過傳送帶后做平拋運動，最終落入洞中，傳送帶與小物塊之間的動摩擦因數，g取10m/s2，求：(1)小物塊到達圓軌道末端N時對軌道的壓力；(2)若，求小物塊在傳送帶上運動的時間；(3)若要使小物塊能落入洞中，求v0應滿足的條件。17如圖所示，AB為圓弧軌道，半徑為R=0.8m，BC是水平軌道，長S=3m，BC段的動摩擦因數為=，今有質量m=1kg的物體，自A點從靜止下滑到C點剛好停止。求物體在軌道AB段所受的阻力對物體做的功。18如圖甲所示，在傾角為30°的足夠長的光滑斜面AB的A處連接一粗糙水平面OA，OA長為4

10、m。有一質量為m的滑塊，從O處由靜止開始受一水平向右的力F作用。F在水平面上按圖乙所示的規律變化。滑塊與OA間的動摩擦因數0.25，g取10 m/s2，試求：（1）滑塊運動到A處的速度大小；（結果可保留根號）（2）不計滑塊在A處的速率變化，滑塊沿斜面AB向上運動的最遠距離。試卷第7頁，共7頁參考答案：1D【解析】【分析】【詳解】設小球受到的阻力大小恒為f，小球上升至最高點過程，由動能定理得：小球上升至離地高度h處時速度設為，由動能定理得：又由題有小球上升至最高點后又下降至離地高度h處時速度設為，此過程由動能定理得：又由題有以上各式聯立解得選項D正確，ABC錯誤故選D。2A【解析】【詳解】對整體

11、分析可知，整體受拉力做功，由動能定理可知：，解得，對B由動能定理可知：；故選A.【點睛】本題考查動能定理的應用，要注意正確受力分析及過程分析，明確有哪些力做功，再根據動能定理列出方程3C【解析】【詳解】小孩站在秋千板上做蕩秋千的游戲，做的是圓周運動的一部分，在最低點合力向上，有所以故小孩處于超重狀態。故選C。4B【解析】【分析】系統所受合外力為零系統動量守恒，只有重力或只有彈力做功，系統機械能守恒，根據系統受力情況與運動過程，應用動量守恒定律與機械能守恒定律分析答題；【詳解】A、對兩球及桿組成的系統，在b球落地前的整個過程中，b球的水平方向受豎直固定光滑桿的作用，a球的水平方向受力為零，系統在

12、水平方向所受合外力不為零，所以a、b組成的系統水平方向上動量不守恒，故A錯誤；BC、對兩球及桿系統,在b球落地前的整個過程中，b球的水平方向受豎直固定光滑桿的作用不做功，a、b組成的系統機械能守恒，從開始到b球距地面高度為的過程中，由機械能守恒定律得：，且有，解得：，所以輕桿對a球做功為：，輕桿對b球做功：，故B正確，C錯誤；D、在b球落地的瞬間，由機械能守恒定律得：，解得：，所以在b球落地的瞬間，重力對b球做功的功率為：，故D錯誤；故選B【點睛】解決關鍵知道系統機械能守恒，抓住兩球沿桿子方向的速度相等，進行求解5D【解析】【詳解】A對小球從P點到F點應用動能定理可得在F點由向心力表達式可知聯

13、立可得根據牛頓第三定律小球在F點時對圓弧軌道的壓力為，A錯誤；B由機械能守恒可知，小球在N點時速度仍為，由向心力表達式可得解得根據牛頓第三定律小球在N點時對圓弧軌道的壓力為，B錯誤；C正交分解小球在M點的速度可得解得C錯誤；D小球從N點脫離圓弧軌道后，由動能定理可得解得D正確。故選AD。6A【解析】【詳解】ABCD由牛頓第二定律得，物體所受的合力大小為：方向沿斜面向下物塊沿斜面上升的距離為：根據動能定理有：即損失的動能2mgH故A正確，BCD錯誤7D【解析】【分析】【詳解】小物塊從A點出發到最后停下來，設小物塊在BC面上運動的總路程為s，小物塊在盆底BC面上所受的滑動摩擦力大小不變，整個過程由

14、動能定理有mghmgs=0所以小物塊在BC面上運動的總路程為s=因d=0.50 m，s=6d，所以小物塊在BC面上來回運動共6次，剛好3個來回，所以最終停在B點，即距離B點為0 m，ABC錯誤，D正確。故選D。8A【解析】【詳解】設三個物體的重力均為G，如圖所示，將甲、丙兩個物體所受的拉力分解為水平和豎直兩個方向，則三個物體對地面的壓力大小分別為可見，甲對地面的彈力最小，丙對地面的彈力最大。由摩擦力公式，相同，所以甲物體所受的摩擦力最小，丙物體所受的摩擦力最大。所以A正確，BCD錯誤。故選A。9C【解析】【詳解】物體的位移是在水平方向上的，把拉力F分解為水平的Fcos和豎直的Fsin，由于豎直

15、的分力不做功，所以拉力F對物塊所做的功即為水平分力對物體做的功，所以有：W=Fcosx=Fxcos=10×1×0.8J=8J；根據動能定理可知，物體的動能變化量等于合外力的功，即動能增加8J，故選C.10A【解析】【分析】【詳解】A小球a做平拋運動，小球a在豎直方向是自由落體運動，有在空中飛行時間小球b做豎直下拋運動，由運動學公式可有由此可知ta>tb ；小球c做斜向上拋運動，設初速度方向與水平方向夾角為，小球在豎直方向做豎直上拋運動，初速度是v0sin，小球先豎直上升到最高點，然后從最高點做自由落體運動到地面，小球c做自由落體運動的高度大于h，因此小球c在空中飛行時

16、間最長，則有tc>ta>tb，A正確；BD從拋出到落地的運動中，由動能定理得解得因為三個小球的下落高度h，質量m，初速率v0都相同，所以三個小球落地時的速度大小相等；b小球落地時速度方向豎直向下，a、c小球落地時速度方向都與地面不垂直，所以速度不相等，BD錯誤;C小球b的位移是h，小球c在水平方向的位移是x=v0costb在豎直方向的位移是y=h小球c的位移是C錯誤。故選A。11AC【解析】【詳解】AB當物體做勻速圓周或變速圓周運動時，向心力是垂直速度方向的，故不會對物體做功，A正確，B錯誤；C物體的速度的大小之所以會發生變化，是因為合力分出一個切向加速度來改變速度大小，一條曲線是

17、有很多很多小圓弧組成的，所以研究一般曲線運動時，可以分解成許多小段圓弧進行分析，C正確；D向心加速度方向始終指向圓心，做變速圓周運動時合力方向不一定指向圓心，D錯誤；故選AC。12（1）mg(16R2+x2） /8R；（2）2R；mgR；（3）4R；mg【解析】【詳解】試題分析：（1）小球在恒定推力作用下，在光滑水平面做勻加速直線，當到達B點撤去恒力，讓其在沿光滑半圓軌道運動到C處后，又正好落回A點因小球離開C點后做平拋運動，已知高度與水平位移的情況下，可求出小球在C處的速度大小，選取從A到C過程，由動能定理可求出推力對小球所做的功（2）力F做功越小，小球到達B點的速度越小，到達最高點C的速度

18、越小，當小球恰好到達C點時，由重力充當向心力，此時C點的速度最小，力F做功最小先由牛頓第二定律求出小球通過C點的最小速度，根據（1）問的結果求出x，即可得到最小功；（3）根據功與x的關系式，運用數學知識求解力最小時x的值及最小的力解：（1）由題意，質點從半圓弧軌道做平拋運動又回到A點，設質點在C點的速度為vC，質點從C點運動到A點所用的時間為t，則在水平方向：x=vCt 豎直方向上：2R=gt2 解有 vC= 對質點從A到C，由動能定理有WFmg2R=m 解得 WF= （2）要使F力做功最少，確定x的取值，由式得 WF=mg2R+m，則知，只要質點在C點速度最小，則功WF就最小若質點恰好能通過

19、C點，其在C點最小速度為v，由牛頓第二定律有mg=，則 v= 由有=，解得x=2R時，WF最小，最小的功WF=mg2R+m=mgR（3）由式WF=mg（），W=Fx則得 F=mg（）因0，x0，由極值不等式有當=時，即x=4R時，+=8，最小的力F=mg答：（1）推力對小球所做的功是（2）x等于2R時，完成上述運動所做的功最少，最小功為mgR（3）x取4R時，完成上述運動用力最小，最小力為mg13(1)2m/s(2)10N(3)58N【解析】【詳解】（1）小球恰能通過圓周最高點時的條件為重力提供向心力，由牛頓第二定得： 解得（2）重力與拉力的合力提供向心力，由牛頓第二定律得：解得 （3）重力與拉力的合力提供向心力，由牛頓第二定律得： 【點睛】解決本題的關鍵知道小球做圓周運動向心力的來源，再根據牛頓第二定律進行求解在最高點，要使小筒過最高點時水不致流出，即水對桶底的壓力為零時，只有重力提供向心力，此時速度最小14（1） （2） （3）108km/h【解析】【詳解】（1），設勻減速的加