高考物理一轮总复习专题练习15第五章第2讲动能定理及其应用含答案

第2讲　动能定理及其应用

一、选择题(本题共8小题，1～5题为单选，6～8题为多选)

1．(2022·吉林白城一中高三模拟)如图所示，静止在水平地面上A点的物体(视为质点)，在水平恒定拉力F的作用下运动到B点后撤去拉力F，物体滑到C点时停止运动，测得A、B间的距离为B、C间的距离的2倍。物体受到的摩擦力恒定。则拉力F大小与物体所受摩擦力大小之比为(　C　)

A．2∶1　 B．3∶1

C．3∶2　 D．∶1

[解析]　假设AB长度为2L，从A到B由动能定理有2F·L－2f·L＝mv，从B到C由动能定理有－f·L＝－mv，联立以上方程得f＝，F＝，再整理得F：f＝3∶2，故选C。

2．(2021·湖南长郡中学高三一模)物体在水平拉力和恒定摩擦力的作用下，在水平面上沿直线运动的v－t关系如图所示，已知第1秒内合外力对物体做功为W1，摩擦力对物体做功为W2，则(　D　)

A．从第1秒末到第3秒末合外力做功为4W1，摩擦力做功为4W2

B．从第4秒末到第6秒末合外力做功为0，摩擦力做功也为0

C．从第5秒末到第7秒末合外力做功为W1，摩擦力做功为W2

D．从第3秒末到第4秒末合外力做功为0.75W1，摩擦力做功为1.5W2

[解析]　第1秒内合外力对物体做功为W1，从第1秒末到第3秒末动能变化等于0，则合外力做功为0，其位移为第1秒内位移的4倍，则摩擦力做功为4W2，故A错误；第1秒内，根据动能定理得：W1＝m×42＝8m，摩擦力做功W2＝－f·×4×1＝－2f，从第4秒末到第6秒末合外力做功WF＝m×22－m×22＝0，路程为s＝2××2×1 m＝2 m，摩擦力做功Wf＝－fs＝－2f＝W2，故B错误；从第5秒末到第7秒末，合外力做功WF＝m×42－0＝8m＝W1，摩擦力做功Wf＝－f·×2×4＝－4f＝2W2，故C错误；从第3秒末到第4秒末，合外力做功WF＝m×22－m×42＝－6m＝－0.75W1，摩擦力做功Wf＝－f×3＝1.5W2，故D正确。

3．(2021·高考物理100考点模拟题千题精练)2015年7月底，国际奥委会投票选出2022年冬奥会承办城市为北京。跳台滑雪是冬奥会的比赛项目之一，跳台滑雪可抽象为在斜坡上的平抛运动，如图所示，设可视为质点的滑雪运动员，从斜坡顶端O处以初速度v0水平抛出，在运动过程中恰好通过P点，OP与水平方向夹角为37°，则滑雪运动员到达P点时的动能与从O点抛出时的动能比值为(不计空气阻力，sin  37°＝0.6，cos 37°＝0.8)(　C　)

A．　 B．

C．　 D．

[解析]　由题图知tan 37°＝＝，解得滑雪运动员在P点时竖直速度vy＝gt＝v0，滑雪运动员到达P点的动能EkP＝mv＋mv＝mv，从O点抛出时的动能Ek＝mv，所以滑雪运动员到达P点时的动能与从O点抛出时的动能比值为，选项C正确；A、B、D错误。

4．(2019·全国卷Ⅲ)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(　C　)

A．2 kg　 B．1.5 kg

C．1 kg　 D．0.5 kg

[解析]　画出运动示意图，设阻力为f，据动能定理知

A→B(上升过程)：EkB－EkA＝－(mg＋f)h

C→D(下落过程)：EkD－EkC＝(mg－f)h

整理以上两式得：mgh＝30 J，

解得物体的质量m＝1 kg。

选项C正确。

5. (2022·湖南岳阳月考)将三块木板1、2、3分别固定在墙角，构成如图所示的三个斜面，其中1与2底边相同，2和3高度相同。现将一个可以视为质点的物块，分别从三块木板的顶端由静止释放，沿木板下滑到底端。下列说法中正确的是(　D　)

A．若木板均光滑，沿木板2和3下滑到底端时，物块的速度相同

B．若木板均光滑，物块沿木板3下滑到底端时速度最大

C．若木板均光滑，物块沿木板3下滑到底端的过程用时最短

D．若木板1和2粗糙程度相同，则物块沿木板1和木板2下滑到底端的过程中，克服摩擦力做功相同

[解析]　若木板光滑，物块从高为h的木板上由静止滑到底端时，根据动能定理有mgh＝mv2，可知只要物块下降的高度相同，到达底端时的速度大小相同，但方向不同，下降的高度越大，物块沿木板下滑到底端时的速度越大，A、B均错误；设木板与竖直方向的夹角为θ，若木板均光滑，在物块下滑过程中由牛顿第二定律得mgcos θ＝ma，a＝gcos θ，位移为L＝，时间为L＝at2，联立解得物块沿木板下滑到底端的时间为t＝，由此可知，当高度相同时，θ越小，运动时间越小，故物块沿木板2下滑到底端的过程用时比物块沿木板3下滑到底端的过程用时短，C错误；若木板1和2粗糙程度相同，设木板与水平方向的夹角为α，物块的水平位移为s，物块所受摩擦力f＝μmgcos α，物块沿木板下滑的位移L＝，摩擦力做功W＝－fL＝－μmgs，故克服摩擦力做功与α大小无关，两次做功相同，D正确。

6．(2021·全国高三专题练习)质量为m的小车在水平恒力F推动下，从山坡底部A处由静止起运动至高为h的坡顶B，获得速度为v，AB的水平距离为s。下列说法正确的是(　ABD　)

A．小车克服重力所做的功是mgh

B．合力对小车做的功是

C．推力对小车做的功是Fs－mgh

D．阻力对小车做的功是＋mgh－Fs

[解析]　根据功的公式有WG＝mgΔh＝mg(hA－hB)＝mgh，故克服重力做功是mgh，故A正确；对小车从A运动到B的过程中运用动能定理得W＝mv2，故B正确；由动能定理得W推－mgh＋Wf＝mv2，所以推力对小车做的功是W推＝Fs＝mgh＋mv2－Wf，故C错误；推力做的功为W推＝Fs，结合C选项分析可得，阻力对小车做的功为Wf＝mv2＋mgh－Fs，故D正确。

7．(2022·重庆高三月考)如图甲所示，由弹丸发射器、固定在水平面上的37°斜面以及放置在水平地面上的光滑半圆形挡板墙(挡板墙上分布有多个力传感器)构成的游戏装置，半圆形挡板的半径0.2 m，斜面高度h＝0.6 m，弹丸的质量为0.2 kg。游戏者调节发射器，弹丸到B点时速度沿斜面且大小为5 m/s，接着他将半圆形挡板向左平移使C、D两端重合且DO与BC垂直。挡板墙上各处的力传感器收集到的侧压力F与弹丸在墙上转过的圆心角θ之间的关系如图乙所示。弹丸受到的摩擦力均视为滑动摩擦力，g取10 m/s2。下列说法正确的是(　BD　)

A．弹丸到C点的速度为7 m/s

B．弹丸与地面的动摩擦因数为0.6

C．弹丸与地面的动摩擦因数为0.06

D．弹丸与斜面的动摩擦因数为0.3

[解析]　由图可知，在D点，挡板对弹丸的支持力为32.2 N，由牛顿第二定律有32.2＝ m，代入数据有vD ＝  m/s，由题知C、D两端重合，则C点的速度等于D点的速度，A错误；弹丸从B到C过程由动能定理得mgh－μ1mgcos 37°· ＝ mv － mv，代入数据有μ1＝ 0.3，D正确；设弹丸与地面之间的动摩擦因数为μ2，设转过3 rad后的速度为v，由动能定理得 －μ2mg·3 × R ＝ mv2 － mv，在转过3 rad后挡板对弹丸的支持力为25 N，由牛顿第二定律得25＝ m，联立解得μ2＝ 0.6，B正确、C错误。

8. (2021·河北衡水中学期中)如图所示，一内壁粗糙程度相同、半径为R的圆筒固定在竖直平面内，圆筒内一质量为m的小球沿筒壁做圆周运动。若小球从最低点算起运动一圈又回到最低点的过程中，两次在最低点时筒壁对小球的弹力大小分别为10mg和8mg。设小球在该过程中克服摩擦力做的功为W，经过最高点时筒壁对小球的弹力大小为F，重力加速度为g，则(　BD　)

A．W＝2mgR　 B．W＝mgR

C．3mg<F<4mg　 D．2mg<F<3mg

[解析]　对小球进行受力分析，先后两次在最低点所受的合外力分别为9mg和7mg，方向指向圆心。设小球先后两次经过最低点的速率分别为v1和v2，根据牛顿第二定律有9mg＝和7mg＝，小球在整个过程中，由动能定理得W＝mv－mv，联立解得W＝mgR，故A错，B对；小球在上升和下降过程中的等高处，上升时受到的摩擦力较大，而下降时受到的摩擦力较小，则上升时克服摩擦力做功W1>，下降时克服摩擦力做功W2<，设小球上升到最高点时的速度为v3，筒壁对小球的弹力满足F＋mg＝，再由能量守恒得mv＝mv＋2mgR＋W1，解得F<3mg；假设小球到达最高点时克服摩擦力做功为W＝mgR，由能量守恒得mv＝mv＋2mgR＋W，解得F＝2mg，实际上小球下降时也要克服摩擦力做功，因此上升过程中克服摩擦力做的功小于W，则有F>2mg，故C错，D对。故选BD。

二、非选择题

9．(2021·山东高考，13)某乒乓球爱好者，利用手机研究乒乓球与球台碰撞过程中能量损失的情况。实验步骤如下：

①固定好手机，打开录音功能；

②从一定高度由静止释放乒乓球；

③手机记录下乒乓球与台面碰撞的声音，其随时间(单位：s)的变化图像如图所示。

根据声音图像记录的碰撞次序及相应碰撞时刻，如下表所示。

根据实验数据，回答下列问题：

(1)利用碰撞时间间隔，计算出第3次碰撞后乒乓球的弹起高度为0.20 m(保留2位有效数字，当地重力加速度g＝9.80m/s2)。

(2)设碰撞后弹起瞬间与该次碰撞前瞬间速度大小的比值为k，则每次碰撞损失的动能为碰撞前动能的1－k2倍(用k表示)，第3次碰撞过程中k＝0.95(保留2位有效数字)。

(3)由于存在空气阻力，第(1)问中计算的弹起高度高于(填“高于”或“低于”)实际弹起高度。

[解析]　(1)第3次碰撞到第4次碰撞用时t0＝2.40 s－2.00 s＝0.40 s，根据竖直上抛和自由落体运动的对称性可知第3次碰撞后乒乓球弹起的高度为h0＝g2＝×9.8×0.22 m≈0.20 m。

(2)碰撞后弹起瞬间速度为v2，碰撞前瞬间速度为v1，根据题意可知＝k，

则每次碰撞损失的动能与碰撞前动能的比值为＝1－＝1－k2，

第3次碰撞前瞬间速度为第2次碰后从最高点落地瞬间的速度v＝gt＝g＝0.21g，

第3次碰撞后瞬间速度为v′＝gt′＝g＝0.20g，

则第3次碰撞过程中k＝＝≈0.95。

(3)由于存在空气阻力，乒乓球在上升过程中受到向下的阻力和重力，加速度变大，上升的高度变小，所以第(1)问中计算的弹起高度高于实际弹起的高度。

10．(2022·广西南宁三中高三月考)如图所示为一架小型四旋翼无人机，它是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器，目前正得到越来越广泛的应用。现对无人机进行试验，无人机的质量为m＝2 kg，运动过程中所受空气阻力大小恒为f＝4 N，当无人机在地面上从静止开始，以最大升力竖直向上起飞，经时间t＝4 s时离地面的高度为h＝16 m, g取10 m/s2。

(1)求无人机动力系统所能提供的最大升力F；

(2)无人机通过调整升力继续上升，恰能悬停在距离地面高度为H＝36 m处，求无人机从h上升到H的过程中，动力系统所做的功W。

[答案]　(1)28 N　(2)416 J

[解析]　(1)设无人机以最大升力竖直向上起飞时的加速度大小为a，根据运动学规律有

h＝at2 ，根据牛顿第二定律有F－f－mg＝ma ，

联立①②解得F＝28 N。

(2)无人机在h＝16 m时的速度大小为v＝at＝8 m/s，

无人机从h上升到H的过程中，由动能定理有W－(mg＋f)(H－h)＝0－mv2，

解得W＝416 J。

11．(2021·浙江高三二模)图甲为儿童玩具小火车轨道，由竖直圆轨道BMC(B、C是圆弧轨道最低点且可认为是紧靠的)、竖直圆弧轨道DE和FH、倾斜半圆轨道EGF、四分之一水平圆轨道AK和IJ与水平轨道AB、CD、HI、KJ平滑相切连接而成，图乙为轨道侧视示意图。已知竖直圆轨道、圆弧DE、HF和EGF的半径均为R＝0.4 m，CD＝0.4 m，圆弧DE、FH对应的圆心角∠HO3F＝37°，小火车质量m＝0.2 kg且可视为质点。水平轨道上小火车受到轨道的阻力恒为其重力的0.2倍，其他轨道的阻力忽略不计。小火车在H点处以恒定功率P＝2W由静止开始启动，沿着HIJKAB轨道运动，经过t＝2 s到达B点时关闭电动机，小火车恰好能沿着竖直圆轨道运动。sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2。求：

(1)小火车到达B点时的速度大小；

(2)小火车从H点运动到B点过程中阻力做的功；

(3)小火车运动到倾斜半圆轨道EGF最高点G时对轨道作用力的大小。

[答案]　(1)2 m/s　(2)2 J　(3) N

[解析]　(1)恰能通过竖直圆周轨道最高点，应满足mg＝，

从B到M由动能定理有－mg·2R1＝mv－mv，vB＝2 m/s。

(2)由H到B由动能定理Pt＋Wf＝mv－0，Wf＝－2 J。

(3)G距地面的高度h＝R－Rcos 37°＋Rsin 37°＝0.32 m，

从C到G由动能定理有－0.2mgxCD－mgh＝mv－mv，

在G点由牛顿第二定律FG向＝＝6 N，

则轨道对小火车的作用力F2＝F＋G2－2FG向Gcos 53°，

得F＝ N，由牛顿第三定律F′＝F＝ N。