1、【 精品教育资源文库 】 第 2 讲 动能定理及其应用 板块三限时规范特训 时间： 45 分钟 满分： 100 分 一、选择题 (本题共 10 小题，每小题 7 分，共 70 分。其中 1 6 为单选， 7 10 为多选 ) 1若物体在运动过程中受到的合外力不为 0，则 ( ) A物体的动能不可能总是不变的 B物体的加速度一定变化 C物体的速度方向一定变化 D物体所受的合外力做的功可能为 0 答案 D 解析 当合外力不为 0 时，若物体做匀速圆周运动，则动能不变，合外力做的功为 0， A 错误， D 正确；当 F恒定时，加速度就不变， B、 C 错误。 2一个质量为 0.3 kg 的弹性小球
2、，在光滑水平面上以 6 m/s 的速度垂直撞到墙上，碰撞后小球沿相反方向运动，反弹后的速度大小与碰撞前相同，则碰撞前后小球速度变化量的大小 v 和碰撞过程中小球的动能变化量 Ek为 ( ) A v 0 B v 12 m/s C Ek 1.8 J D Ek 10.8 J 答案 B 解析 速度是矢量，规定反弹后速度方向为正，则 v 6 m/s ( 6 m/s) 12 m/s，故 B 正确， A 错误；动能是标量，速度大小不变，动能不变，则 Ek 0， C、 D 错误。 3. 如图所示，质量为 m 的钢 制小球，用长为 l 的细线悬挂在 O 点。将小球拉至与 O 点等高的 C 点后由静止释放。小球运
3、动到最低点 B 时对细线的拉力为 2mg，若在 B 点用小锤头向左敲击小球一下，瞬间给它补充机械能 E，小球就能恰好摆到与 C 点等高的 A 点。设空气阻力只与运动速度相关，且运动速度越大空气阻力就越大。则以下关系正确的是 ( ) A Emgl B EWf1，即 Emgl， A 正确。 4. 如图所示，质量为 m 的小球，从离地面高 H 处由静止开始释放，落到地面后继续陷入泥中 h 深度而停止，设小球受到空气阻力为 f，重力加速度为 g，则下列说法正确的是 ( ) A小球落地时动能等于 mgH B小球陷入泥中的过程中克服泥的阻力所做的功小于刚落到地面时的动能 C整个过程中小球克服阻力做的功等于
4、 mg(H h) D小球在泥土中受到的平均阻力为 mg? ?1 Hh 答案 C 解析 小球从静止开始释放到落到地面的过程，由动能定理得 mgH fH 12mv20， A 错误；设泥对小球的平均阻力为 f0，小球陷入泥中的过程，由动能定理得 mgh f0h 0 12mv20，解得 f0h mgh 12mv20， f0 mg? ?1 Hh fHh ，B、 D 错误；全过程应用动能定理可知，整个过程中小球克服阻力做的功等于 mg(H h)， C 正确。 5 2017 山西一模 由两种不同材料拼接成的直轨道 ABC， B 为两种材料的分界线，长度 AB BC 。先将 ABC按图甲方式搭建成倾角为 的斜
5、面，让一小物块 (可看作质点 )从斜面顶端由静止释放，经时间 t 小物块滑过B 点；然后将 ABC 按图乙方式还搭建成倾角为 的斜面，同样将小物块从斜面顶端由静止释放，小物块经相同时间 t 滑过 B 点。则小物块 ( ) A与 AB 段的动摩擦因数比与 BC 段 的动摩擦因数大 【 精品教育资源文库 】 B两次滑到 B 点的速率相同 C两次从顶端滑到底端所用的时间相同 D两次从顶端滑到底端的过程中摩擦力做功相同 答案 D 解析 对小物块在斜面上由牛顿第二定律 mgsin mg cos ma， a gsin g cos g(sin cos )。对于题图甲的情况，从 A 到 B 过程， AB 1
6、2a1t2 12g(sin 1cos )t2，对于题图乙的情况，从 C 到 B 的过程， CB 12a2t2 12g(sin 2cos )t2，因为 AB BC ，所以 1v2，所以 t1 gR，小车对外轨有压力，轨道对小车的作用力竖直向下，根据牛顿第二定律有 mg FN mv2AR，解得 FN 10 N， 根据牛顿第三定律得，小车对轨道的压力的大小 FN FN 10 N，方向竖直向上。 (3)从 E 到 A 的过程中，由动能定理可得 Pt mgx 0 mg4 R 12mv2A， 解得 P 5 W。 12. 2017 广西南宁一模 (15 分 )如图所示， AB 是倾角为 30 的粗糙直轨道，
7、 BCD 是光滑的圆弧轨道，AB 恰好在 B 点与圆弧相切，圆弧的半径为 R。一个质量为 m 的物体 (可以看作质点 )从直轨道上的 P 点由静止释放，结果它能在两轨道上做往返运动。已知 P 点与圆弧 的圆心 O 等高，物体与轨道 AB 间的动摩擦因数为 ，重力加速度为 g。 (1)求物体对圆弧轨道最大压力的大小； (2)求物体滑回轨道 AB 上距 B 点的最大距离； (3)释放点距 B 点的距离 L 应满足什么条件，才能使物体顺利通过圆弧轨道的最高点 D? 答案 (1)3mg(1 ) (2) 3 33 1R (3)L 3 31 3 R 解析 (1)根据几何关系可得 PB Rtan 3R 从
8、P 点到 E 点根据动能定理，有 mgR mg cos PB 12mv2E 0 代入数据解得 vE 3 gR 在 E 点，根据牛顿第二定律有 FN mg mv2ER 【 精品教育资源文库 】 解得 FN 3mg(1 )。 (2)设物体滑回到轨道 AB 上距 B 点的最大距离为 x，根据动能定理，有 mg(BP x)sin mg cos (BP x) 0 代入数据解得 x 3 33 1R。 (3)物体刚好到达最高点 D 时，有 mg mv2R 解得 v gR 从释放点到最高点 D 的过程，根据动能定理，有 mg(Lsin R Rcos ) mg cos L 12mv2 0 代入数据解得 L 3 31 3 R 所以只有 L 3 31 3 R，物体才能顺利通过圆弧轨道的最高点 D。
