2019年
回扣练7：动能定理 功能关系
1．在光滑的水平面上有一静止的物体，现以水平恒力F1推这一物体，作用一段时间后换成相反方向的水平恒力F2推这一物体，当恒力F2作用的时间与恒力F1作用的时间相等时，物体恰好回到原处，此时物体的动能为32 J，则在整个过程中，恒力F1、F2做的功分别为( )
A．16 J、16 J C．32 J、0 J
B．8 J、24 J D．48 J、－16 J
解析：选B.设加速的末速度为v1，匀变速的末速度为v2，由于加速过程和匀变速过程的位移相反，又由于
v1v1＋v2
恒力F2作用的时间与恒力F1作用的时间相等，根据平均速度公式有＝－ ，解得v2＝－2v1，根据动能定
22
12121212
理，加速过程W1＝mv1，匀变速过程W2＝mv2－mv1根据题意mv2＝32 J，故W1＝8 J，W2＝24 J，故选B.
2222
2．如图甲所示，一次训练中，运动员腰部系着不可伸长的绳，拖着质量m＝11 kg的轮胎从静止开始沿着笔直的跑道加速奔跑，绳与水平跑道的夹角是37°，5 s后拖绳从轮胎上脱落．轮胎运动的v-t图象如图乙所示，不计空气阻力，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s.则下列说法正确的是( )
2
A．轮胎与水平地面间的动摩擦因数μ＝0.2 B．拉力F的大小为55 N
C．在0～5 s内，轮胎克服摩擦力做功为1 375 J D．在6 s末，摩擦力的瞬时功率大小为275 W
解析：选D.撤去F后，轮胎的受力分析如图1所示，由速度图象得5 s～7 s内的加速度a2＝－5 m/s，根据牛顿运动定律有N2－mg＝0，－f2＝ma2，又因为f2＝μN2，代入数据解得μ＝0.5，故A错误； 力F拉动轮胎的过程中，轮胎的受力情况如图2所示，根据牛顿运动定律有Fcos 37°－f1＝ma1，mg－Fsin 37°－N1＝0, 又因为f1＝μN1，由速度图象得此过程的加速度a1＝2 m/s，联立解得：F＝70 N，B错误；在0 s～5 s内，轮胎克服摩擦力做功为0.5×68×25 J＝850 J，C错误；因6 s末轮胎的速度为5 m/s，所以在6 s时，摩擦力的瞬时功率大小为0.5×110×5 W＝275 W，D正确；故选D.
3．一质量为m的电动汽车在平直公路上以恒定的功度大小为v时，其加速度大小为a，设汽车所受的阻力正确的是( )
2
2
率加速行驶，当速恒为f.以下说法
2019年
A．汽车的功率为fv
B．当汽车的速度增加到2v时，加速度为
2
ama??1＋C．汽车行驶的最大速率为?v f???v2
D．当汽车的速度为v时，行驶的距离为
2a解析：选C.汽车做加速运动，由牛顿第二定律有：F－f＝ma，所以F＝f＋ma，所以汽车的功率为P＝Fv＝
P（f＋ma）v（f＋ma）
(f＋ma)v，故A错误；当汽车的速度增加到2v时，此时的牵引力为F＝＝＝，由牛顿第
2v2v2
（f＋ma）ma－f二定律有：F－f＝ma1，即－f＝ma1，解得：a1＝，故B错误；当汽车的牵引力与阻力相等时，汽
22mP（f＋ma）v?ma?
车速度最大，即vm＝＝＝?1＋?v，故C正确；由于以恒定的功率行驶，即做加速度减小的加速运
ff?f?
动，行驶的距离不能用2ax＝v求解．故D错误．
4．如图，两个相同的小球P、Q通过铰链用刚性轻杆连接，P套在放在光滑水平地面上．开始时轻杆贴近竖直杆，由静止释放后，Q沿水动．下列判断正确的是( )
A．P触地前的速度一直增大 B．P触地前的速度先增大后减小 C．Q的速度一直增大 D．P、Q的速度同时达到最大
解析：选A.开始时P、Q的速度都为零，P受重力和轻杆的作用下做加速运动，而Q由于轻杆的作用，则开始时轻杆对Q做正功，Q加速，后对Q做负功，Q减速，当P到达底端时，P只有竖直方向的速度，而水平方向的速度为零，故Q的速度为零，所以在整个过程中，P的速度一直增大，Q的速度先增大后减小，故A正确，BCD错误；故选A.
5．如图所示，两光滑直杆成直角竖直固定，OM水平，ON竖直，两孔小球A、B(可视为质点)串在杆上通过长为L的非弹性轻绳相连，开始4
左的外力作用下处于静止状态，此时OB＝L，重力加速度为g，现将外
53
倍(方向不变)，则小球B运动到与O点的距离为L时的速度大小为
5
A.
1
10gL 5
1
B．15gL 5
个质量相同的有时小球A在水平向力增大到原来的4( )
光滑竖直杆上，Q平地面向右运
2
2019年
C.
8
5gL 256D．5gL 25
解析：选C.开始时A到O的距离： OA＝
?4?3L－?L?＝L，
?5?5
2
2
以B为研究对象，开始时B受到重力、杆的支持力N和绳子的3LNOA53
tan θ＝；由几何关系：tan θ＝＝＝；联立得：NmgOB44
L5
拉力T，如图，则： 3
＝mg， 4
以AB组成的整体为研究对象，在水平方向二者受到拉力F和杆对B的支持力N，由于水平方向受力平衡，3
所以F＝N＝mg，现将外力增大到原来的4倍(方向不变)，则：F′＝4F＝3mg，
4
3
B球向上运动时，小球B运动到距O点的距离L时，由几何关系得，A到O点的距离：OA′＝
54＝L， 5
?3?L－?L? ?5?
2
2
A向左的距离：Δs＝L－L＝L， B上升的距离：Δh＝L－L＝L
4
此时细绳与竖直方向之间夹角的正切值：tan θ′＝，
3则得 cos θ′＝0.6，sin θ′＝0.8 由运动的合成与分解知识可知：
45
35
15
453515
A球与B球的速度之间的关系为： vBcos θ′＝vAsin θ′
4
可得vB＝vA
3
1212
以AB球组成的整体为研究对象，拉力和重力对系统做功，由动能定理得： F′·ΔS－mgΔh＝mvA＋mvB
22联立以上方程解得：vB＝
8
5gL，选项C正确．故选C. 25
6．(多选)某研究小组对一辆新能源实验小车的性能进行研究．小车的质量为1.0 kg，他们让这辆小车在水平的直轨道上由静止开始运动，其v-t图象如图所示(除2～10 s时间段图象为曲线外，其余时间段图象均为直线)．已知2 s后小车的功率P＝9 W保持不变，可认为在整个运动过程中小车所受到的阻力大小不变，下列说法正确的有( )
2019年
A．0～2 s时间内，汽车的牵引力是3.5 N
B．汽车在第1 s时的功率等于第14 s时的功率的一半 C．小车在0～10 s内位移的大小为42 m D．2～10 s时间内，汽车的平均速度是4.5 m/s
P9
解析：选BC.汽车的最大速度为vm＝6 m/s，则阻力f＝＝ N＝1.5 N；在0～2 s时间内，汽车的加速度avm6
322
＝ m/s＝1.5 m/s；则牵引力是F＝ma＋f＝1×1.5 N＋1.5 N＝3 N，选项A错误；汽车在第1 s末时的功率：2
P1＝Fv1＝3×1.5 W＝4.5 W＝P14，选项B正确；在0～2 s内的位移：s1＝×2×3 m＝3 m；在2 s～10 s内由
1212
动能定理：Pt－fs2＝mv10－mv2，解得s2＝39 m，则小车在0～10 s内位移的大小为s＝s1＋s2＝42 m，选项C
223＋6
正确；2～10 s时间内，汽车不是匀加速运动，则平均速度是v≠ m/s＝4.5 m/s，选项D错误；故选BC.
2
7．(多选)如图为“阿特伍德机”模型，跨过光滑的定滑轮用质量不计的轻绳和2m的物体甲、乙．将两物体置于同一高度，将装置由静止释放，经一段时间甲、向的间距为l，重力加速度用g表示．则在该过程中( )
A．甲的机械能一直增大 2
B．乙的机械能减少了mgl
3
C．轻绳对乙所做的功在数值上等于乙的重力所做的功 D．甲的重力所做的功在数值上小于甲增加的动能
解析：选AB.机械能等于动能与重力势能之和，甲加速上升，其动能和重力势能均增加，所以机械能增加，
拴接质量分别为m乙两物体在竖直方
1212
ll1212
故A正确；甲和乙组成的系统机械能守恒，由机械能守恒定律得：2mg＝mg＋mv＋×2mv，则解得：v＝
22221
gl，3
11l22
乙动能增加量为×2mv＝mgl，重力势能减小2mg＝mgl，所以机械能减小mgl，故B正确；由于乙加速下降，
2323则轻绳的拉力小于重力，因此轻绳对乙所做的功在数值上小于乙的重力所做的功，故C错误；甲动能增加量为：1211
ΔEk＝mv＝mgl，甲的重力所做的功在数值上等于mgl，由此可知甲的重力所做的功在数值上大于甲增加的动
262能，故D错误．所以AB正确，CD错误．
8．(多选)如图所示，倾角为θ＝37°的传送带以速度v＝2 m/s沿图
示方向匀速运
2019年
动．现将一质量为2 kg的小木块，从传送带的底端以v0＝4 m/s的初速度，沿传送带运动方向滑上传送带．已知小木块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.5，传送带足够长，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s.小物块从滑上传送带至到达最高点的过程中，下列说法正确的是( )
A．运动时间为0.4 s B．发生的位移为1.6 m C．产生的热量为9.6 J
D．摩擦力对小木块所做功为12.8 J
解析：选BC.第一阶段：根据牛顿第二定律，mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，得a1＝10 m/s，第一阶段位移
2
2
v2－v2v－v00为x1＝＝0.6 m，所用时间为t1＝＝0.2 s，传送带位移为x－2a1－a1
2
传1
＝vt1＝0.4 m，划痕为Δx1＝x1－x传1
v2
＝0.2 m；第二阶段：mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，得a2＝2 m/s，第二阶段位移为x2＝＝1 m，所用时间为
2a2vt2＝＝1 s，传送带位移为x传2＝vt2＝2 m，划痕为Δx2＝x传1－x2＝1 m．由以上分析可知，物体运动总时间为
a2t＝t1＋t2＝1.2 s；物体的总位移x＝x1＋x2＝1.6 m；产生总热量为Q＝μmgcos θ·Δx1＋μmgcos θ·Δx2＝
9.6 J；摩擦力第一阶段做负功，第二阶段做正功，摩擦力对小木块所做功为W＝－μmgcos θ·x1＋μmgcos θ·x2＝3.2 J，综上分析可知BC正确．
9．(多选)如图所示，内壁光滑的绝缘管做成的圆环半径为R，位的内径远小于R.ab为该环的水平直径，ab及其以下区域处于水平向中．现将质量为m、电荷量为q的带正电小球从管中a点由静止开始则下列说法正确的是( )
A．小球释放后，可以运动过b点
B．小球释放后，到达b点时速度为零，并在bda间往复运动
C．小球释放后，第一次和第二次经过最高点c时对管壁的压力之比为1∶6 D．小球释放后，第一次经过最低点d和最高点c时对管壁的压力之比为5∶1
12
解析：选AD.从a到b的过程，由动能定理qE·2R＝mvb，可知vb≠0，故小球可以运动过b点，则选项A
2
于竖直平面内，管左的匀强电场释放，已知qE＝mg.
v2121
正确，B错误；小球释放后，第一次经过最高点c时有：N1＋mg＝m ，－mgR＋Eq·2R＝mv1，因为qE＝mg，解
R2
1212
得N1＝mg；第二次经过最高点c时有：Eq·2R＝mv2－mv1，同理可得N2＝5mg，所以比值为1∶5，选项C错误；
2212v小球释放后，第一次经过最低点d，由动能定理mgR＋EqR＝mv，在d点有：N－mg＝m，解得N＝5mg.故D正
2R确；故选AD.
2
2020高考物理大二轮复习考前基础回扣练7动能定理功能关系
