一课一练29：动能、动能定理的理解(答案含解析)—2021届高中物理一轮基础复习一课一练

分析：准确理解动能和动能定理，会利用动能定理处理变力做功、Ek-x、a-x图像等问题是考查的一个重要方向。往往是以选择题的方式呈现的。

1．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．与它的位移成正比 C．与它的速度成正比 D．与它的动量成正比

2．如图所示，有一条长为L=2 m的均匀金属链条，有一半长度在光滑的足够高的斜面上，斜面顶端

是一个很小的圆弧，斜面倾角为30°，另一半长度竖直下垂在空中，当链条从静止开始释放后链条滑动，则链条刚好全部滑出斜面时的速度为（g取10 m/s2）（ ） 52A．2.5 m/s B． m/s

2

35

m/s 2

C．5 m/s D．

3．（多选）如图甲所示，长为l、倾角为α的斜面固定在水平地面上，一质量为m的小物块从斜面

顶端由静止释放并沿斜面向下滑动，已知小物块与斜面间的动摩擦因数μ与下滑距离x的变化图像如图乙所示，则（ ） A．μ0>tan α

B．小物块下滑的加速度逐渐增大

1

C．小物块下滑到斜面底端的过程中克服摩擦力做的功为μ0mglcos α

2D．小物块下滑到底端时的速度大小为2glsin α－2μ0glcos α

4．如图所示，一小物块由静止开始沿斜面向下滑动，最后停在水平地面上.。斜面和地面平滑连接，

且物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为常数.。该过程中，物块的动能Ek与水平位移x关系的图象是（ ）

1 / 8

A B C

D

5．从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与

运动方向相反的外力作用．距地面高度h在3 m以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图所示．重力加速度取10 m/s2．该物体的质量为（ ） A．2 kg B．1.5 kg C．1 kg D．0.5 kg

6．（多选）如图所示，质量为m的小球(可视为质点)用长为L的细线悬挂于O点，自由静止在A位

置．现用水平力F缓慢地将小球从A拉到B位置后静止，此时细线与竖直方向的夹角为θ=60°，细线的拉力为F1，然后放手让小球从静止返回，到A点时细线的拉力为F2，则（ ） A．F1=F2=2mg

B．从A到B，拉力F做功为F1L

C．从B到A的过程中，小球受到的合外力大小不变 D．从B到A的过程中，小球重力的瞬时功率先增大后减小

7．（多选）在星球M上将一轻弹簧竖直固定在水平桌面上，把物体P轻放在弹簧上端，P由静止向下运动，物体的加速度a与弹簧的压缩量x间的关系如图中实线所示．在另一星球N上用完全相同的弹簧，改用物体Q完成同样的过程，其a–x关系如图中虚线所示，假设两星球均为质量均匀分布的球体．已知星球M的半径是星球N的3倍，则（ ）

A．M与N的密度相等 B．Q的质量是P的3倍

C．Q下落过程中的最大动能是P的4倍 D．Q下落过程中弹簧的最大压缩量是P的4倍 8．如图所示，木块B上表面是水平的，木块A置于B上，并与B保持相对静止，一起沿固定的光

滑斜面由静止开始下滑，在下滑过程中（ ）

A．A所受的合外力对A不做功 B．B对A的弹力做正功 C．B对A的摩擦力做正功 D．A对B做正功

2 / 8

9．（多选）如图所示，在倾角为θ的足够长斜面上，轻质弹簧一端与斜面底端的挡板固定，另一端

与质量为M的平板A连接，一质量为m的物体B靠在平板的右侧，A、B与斜面的动摩擦因数均为μ．开始时用手按住B使弹簧处于压缩状态，现释放，使A和B一起沿斜面向上运动，当A和B运动距离L时达到最大速度v．则下列说法正确的是（ ） A．A和B达到最大速度v时，弹簧恢复原长

B．若运动过程中A和B能够分离，则A和B恰好分离时，二者加速度大小均为g(sin θ+μcos θ) 1

C．从释放到A和B达到最大速度v的过程中，弹簧对A所做的功等于Mv2+MgLsin θ+μMgLcos

2θ

1

D．从释放到A和B达到最大速度v的过程中，B受到的合力对它做的功等于mv2

2

10．小明将如图所示的装置放在水平地面上，该装置由弧形轨道、竖直圆轨道、水平直轨道AB和倾角37的斜轨道BC平滑连接而成．质量m0.1kg的小滑块从弧形轨道离地高H1.0m处静止释放．已知R0.2m，LABLBC1.0m，滑块与轨道

AB和BC间的动摩擦因数均为

0.25，弧形轨道和圆轨道均可视为光滑，忽略空气阻力．

（1）求滑块运动到与圆心O等高的D点时对轨道的压力； （2）通过计算判断滑块能否冲出斜轨道的末端C点；

（3）若滑下的滑块与静止在水平直轨道上距A点x处的质量为2m的小滑 块相碰，碰后一起运动，动摩擦因数仍为0.25，求它们在轨道BC上到达的 高度h与x之间的关系．（碰撞时间不计，sin370.6，cos370.8）

11．如图所示，足够长的斜面与水平面夹角为37°，斜面上有一质量为M=3 kg的长木板，斜面底端挡板高度与木板厚度相同．m=1 kg的小物块从空中某点以v0=3 m/s水平抛出，抛出同时木板由静止释放，小物块下降h=0.8 m掉在木板前端，碰撞时间极短可忽略不计，碰后瞬间物块垂直斜面分速度立即变为零．碰后两者向下运动，小物块恰好在木板与挡板碰撞时在挡板处离开木板．已知木板

3 / 8

与斜面间动摩擦因数μ=0.5，木板上表面光滑，木板与挡板每次碰撞均量损失，g取10 m/s2，求： （1）碰前瞬间小物块速度大小和方向．

（2）木板至少多长小物块才没有从后端离开木板．

（3）木板从开始运动到最后停在斜面底端的整个过程中通过路程多大．

4 / 8

一课一练29：动能、动能定理的理解答案

1．【答案】B

11

【解析】动能Ek=mv2，与速度的平方成正比，故C错误．速度v=at，可得Ek=ma2t2，与经历的时

22间的平方成正比，故A错误．根据v2=2ax，可得Ek=max，与位移成正比，故B正确。动量p=mv，p2

可得Ek=，与动量的平方成正比，故D错误．

2m2．【答案】B

【解析】设链条的质量为2m，以开始时链条的最高点为零势能面，链条的机械能为E=Ep+Ek=-1

2

L1L11

×2mg×sin θ-×2mg×+0=-mgL(1+sin θ)，链条全部滑出后，动能为E′k=×2mv2，重力势能为

42442L111E′p=-2mg，由机械能守恒可得E=E′k+E′p，即-mgL(1+sin θ)=mv2-mgL，解得v=gL（3－sin θ）=

2422×10×2×（3－0.5） m/s=3．【答案】BC

【解析】小物块在斜面顶端静止释放能够下滑，则满足mgsin α>μ0mgcos α，即μ0根据牛顿第二定律得a==gsinα-μgcosα，下滑过程中μ逐渐减小，则加速度a逐渐

mμ0μ0mgcos α

增大，故B正确；由图乙可知μ=-x+μ0，则摩擦力F=μmgcos α=-x+μ0mgcos α，可知Ff与

l lx成线性关系，如图所示，其中Ff0=μ0mgcos α，图线和横轴所围成的面积表示克服摩擦力做的功，则下滑到斜面底端的

11

过程克服摩擦力做功WFf=Ff0l=μ0mglcos α，故C正确；下滑过程根据

221

动能定理得mglsin α-WFf=mv2-0，解得v=2glsin α－μ0glcos α，故D错误．

24．【答案】A

【解析】设斜面倾角为θ，底边长为x0，在小物块沿斜面向下滑动阶段，由动能定理：

52

m/s，故B正确，A、C、D错误． 2

mgx/tanmgcos?x/cosEk，显然物块的动能Ek与水平位移x关系的图象是倾斜直线；

设小物块滑到水平地面时动能为Ek0，小物块在水平地面滑动，由动能定理，

5 / 8

mg·(xx0)Ek Ek0，所以图像A正确．

5．【答案】C

【解析】由图像可知物体上升的最大高度h=6m，设物体在运动过程中受到的外力大小为f，由动能定理，-2fh=48J-72J=-24J，解得f=2N．设从地面竖直向上抛出，物体时速度为v0，对上升过程，由牛顿第二定律，mg+f=ma，v02=2ah，

1mv02=72J，联立解得m=1kg，选项C正确． 26．【答案】AD

【解析】在B位置对小球进行受力分析，根据平衡条件有F1mg2mg，在最低点A位置，根0cos60v2据牛顿第二定律有F2mgm，从B到A利用动能定理得mgL1cos601mv2，联立可知

L2F2=2mg，选项A正确；从A到B利用动能定理得WFmgL1cos600，解得拉力F做功为

WFmgL，选项B错误；从B到A的过程中，小球受到的合外力大小时刻发生变化，选项C错误；

2在最高点时小球的速度为零，重力的瞬时功率为零，在最低点时，小球在竖直方向的速度也为零，其重力的瞬时功率为零，即从B到A的过程中，小球重力的瞬时功率先增大后减小，选项D正确． 7．【答案】AC

【解析】 由图像可知，在星球M上重力加速度为gM=3a0，在星球N上重力加速度为gN=a0， 由GMm=mg，V=4R3，ρ=M/V，解得ρM=ρN，选项A正确；在星球M上，当P加速度为零时，kx0=mPgM，

23R在星球N上，当Q加速度为零时，2kx0=mQgN，联立解得：mQ=6mP，选项B错误；由机械能守恒定律，mPgMx0=EpM+EkP，mQgN2x0=EpN+EkQ，根据弹簧弹性势能与形变量的二次方成正比可知EpN=4 EpM，E联立解得：kQ=4，选项C正确；由机械能守恒定律，mPgMxP=1kxp2，mQgNxQ=1kxQ2，联立解得xQ=2xP，

22EkP即Q下落过程中最大压缩量是P的2倍，选项D错误． 8．【答案】C

【解析】 A、B一起沿固定的光滑斜面由静止开始下滑，加速度为gsin θ(θ为斜面倾角)，由于A速度增大，由动能定理知，A所受的合外力对A做正功，选项A错误；对A受力分析，可知B对A的支持力方向竖直向上，B对A的摩擦力方向水平向左，故B对A的摩擦力做正功，B对A的弹力做负功，选项B错误，C正确；A与B相对静止，由牛顿第三定律及几何关系可知A对B的作用力方向垂直斜面向下，故A对B不做功，选项D错误．

6 / 8

9．【答案】BD

【解析】A和B达到最大速度v时，A和B的加速度为零，对A、B整体：由平衡条件知kx=(m＋M)gsin θ＋μ(m＋M)gcos θ，所以此时弹簧处于压缩状态，故A错误；A和B恰好分离时，A、B间的弹力为0，A、B的加速度大小相同，对B受力分析，由牛顿第二定律知，mgsin θ＋μmgcos θ=ma，得a=g(sin θ+μcos θ)，故B正确；从释放到A和B达到最大速度v的过程中，对A、B整体，根据动能定理得W

弹

1

-(m+M)·gLsinθ-μ(m+M)gLcosθ=(m+M)v2，所以弹簧对A所做的功W

2

弹

=

12

(m+M)v2+(m+M)·gLsinθ+μ(m+M)gLcosθ，故C错误；从释放到A和B达到最大速度v的过程中，对1

于B，根据动能定理得，B受到的合力对它做的功W合=ΔEk=mv2，故D正确．

210．【答案】（1）

5h00xm

8212mvD【解析】（1） mgH-mgR=mvDFN8N

2RFNFN8N，方向水平向左；（2）不会冲出；（3）hx1655mx1m 488 牛顿第三定律 FNFN8N，方向水平向左 （2）mgHmgLABmgLBCcosmgLBCsin

得LBC15m1.0m，故不会冲出 161mgHmgxmv2 动量守恒定律mv3mv （3）滑块运动到距A点x处的速度为v，动能定理：

23mgLABx3mgh13mgh0(3m)v2 tan2得 h1555xmx1m h00xm

88811．【答案】（1）5 m/s 方向与斜面垂直 （2）0.06 m （3）0.555 m 112

【解析】（1）小物块平抛，由动能定理得：mgh=mv2t－mv0 22

v03

代入数据解得：vt=5 m/s sin θ==

vt5

7 / 8

解得：θ=37°，即速度方向与斜面垂直

1

（2）小物块平抛，则：h=gt2 木板下滑，由牛顿第二定律得：Mgsinα-μMgcosα=Ma

21

v=at1 解得：a=2 m/s2，t1=0.4 s，v=0.8 m/s

直到与木板速度相同过程： 小物块：mgsin α=ma1 木板：Mgsinα-μ(M+m)gcosα=Ma2 2

速度相同时：a1Δt=v+a2Δt 解得：a1=6 m/s2，a2= m/s2，Δt=0.15 s

311

Lmin=vΔt+a2Δt2-a1Δt2=0.06 m

22

1121

(3)小物块平抛过程木板下移：x1=vt1=0.16 m 两者相碰到小物块离开：x2=a1t2=vt2+a2t2

2222代入数据解得：t2=0.3 s，x2=0.27 m 此时木板速度：v2=v+a2t2=1 m/s 1

木板与挡板碰后全程生热：Q=μMgcos α·s=Mv2

22代入数据解得：s=0.125 m

可见木板在斜面上通过路程：s总=x1+x2+s=0.555 m

8 / 8