第七章 机械能守恒定律-2动能定理 高三物理一轮复习

「动能定理的简单应用」

1.(多选)关于动能，下列说法正确的是（  ）

A．公式Ek＝mv2中的速度v一般是物体相对于地面的速度

B．动能的大小由物体的质量和速率决定，与物体运动的方向无关

C．物体以相同的速率向东和向西运动，动能的大小相等但方向不同

D．物体以相同的速率做匀速直线运动和曲线运动，其动能不同

【答案】AB

【解析】

动能是标量，与速度的大小有关，而与速度的方向无关。公式中的速度一般是相对于地面的速度，故AB正确。

2.关于动能概念及动能定理表达式W＝Ek2－Ek1的说法中正确的是（  ）

A．若物体速度在变化，则动能一定在变化

B．速度大的物体，动能一定大

C．W＝Ek2－Ek1表示功可以变成能

D．动能的变化可以用合力做的功来量度

【答案】D

【解析】

速度是矢量，而动能是标量，若物体速度只改变方向，不改变大小，则动能不变，A错误；由Ek＝mv2知B错误；动能定理表达式W＝Ek2－Ek1表示动能的变化可用合力做的功量度，但功和能是两个不同的概念，有着本质的区别，故C错误，D正确。

3.(多选)用力F拉着一个物体从空中的a点运动到b点的过程中，重力做功－3 J，拉力F做功8 J，空气阻力做功－0.5 J，则下列判断正确的是（  ）

A．物体的重力势能增加了3 J

B．物体的重力势能减少了3 J

C．物体的动能增加了4.5 J

D．物体的动能增加了8 J

【答案】AC

【解析】

因为重力做负功时重力势能增加，所以重力势能增加3 J，A正确，B错误；根据动能定理W合＝ΔEk，得ΔEk＝－3 J＋8 J－0.5 J＝4.5 J，C正确，D错误。

4.滑雪运动深受人民群众喜爱．如图所示，某滑雪运动员(可视为质点)由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道AB，从滑道的A点滑行到最低点B的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变，则运动员沿AB下滑过程中（  ）

A．所受合外力始终为零

B．所受摩擦力大小不变

C．合外力做功一定为零

D．机械能始终保持不变

【答案】C

【解析】

运动员从A点滑到B点的过程中速率不变，则运动员做匀速圆周运动，其所受合外力指向圆心，A错误；如图所示

运动员受到的沿圆弧切线方向的合力为零，即Ff＝mgsin α，下滑过程中α减小，sin α变小，故摩擦力Ff变小，B错误；由动能定理知，运动员匀速率下滑动能不变，合外力做功为零，C正确；运动员下滑过程中动能不变，重力势能减小，机械能减小，D错误．

5.(多选)如图所示，一块长木板B放在光滑的水平面上，在B上放一物体A，A、B间接触面不光滑。现以恒定的外力拉B，A在B上发生了滑动，以地面为参考系，A、B都向前移动了一段距离。在此过程中（  ）

A．外力F做的功等于A和B动能的增量

B．B对A的摩擦力所做的功等于A的动能的增量

C．A对B的摩擦力所做的功等于B对A的摩擦力所做的功

D．外力F对B做的功等于B的动能的增量与B克服摩擦力所做的功之和

【答案】BD

【解析】

A物体所受的合力等于B对A的摩擦力，根据动能定理，有B对A的摩擦力所做的功等于A的动能的增量，B正确；A对B的摩擦力与B对A的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑动，A、B相对地的位移不相等，故二者做功不相等，C错误；对B应用动能定理，有WF－Wf＝ΔEkB，解得WF＝ΔEkB＋Wf，即外力F对B做的功等于B的动能的增量与B克服摩擦力所做的功之和，D正确；根据功能关系

可知，外力F做的功等于A和B动能的增量与产生的内能之和，故A错误。

6.在篮球比赛中，某位同学获得罚球机会，如图所示，他站在罚球线处用力将篮球投出，篮球以约为1 m/s的速度撞击篮筐。已知篮球质量约为0.6 kg，篮筐离地高度约为3 m，忽略篮球受到的空气阻力，则该同学罚球时对篮球做的功大约为（  ）

A．1 J    B．10 J 

C．50 J    D．100 J

【答案】B

【解析】

该同学将篮球投出时的高度约为h1＝1.8 m，根据动能定理有W－mg(h－h1)＝mv2，解得W＝7.5 J，故选项B正确。

「动能定理求解变力做功」

7.质量为m的物体以初速度v0沿水平面向左开始运动，起始点A与一轻弹簧O端相距s，如图所示．已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，物体与弹簧相碰后，弹簧的最大压缩量为x，则从开始碰撞到弹簧被压缩至最短，物体克服弹簧弹力所做的功为(重力加速度大小为g)（  ）

A．mv02－μmg(s＋x)   B．mv02－μmgx

C．μmgs      D．μmg(s＋x)

【答案】A

【解析】

根据功的定义式可知物体克服摩擦力做功为Wf＝μmg(s＋x)，由动能定理可得－W弹－Wf＝0－mv02，则W弹＝mv02－μmg(s＋x)，故选项A正确．

8.如图所示，质量为m的小球用长为L的轻绳悬挂于O点，用水平恒力F拉着小球从最低点运动到使轻绳与竖直方向成θ角的位置，求此过程中，各力对小球做的总功为（  ）

A．FLsin θ

B．mgL(1－cos θ)

C．FLsin θ－mgL(1－cos θ)

D．FLsin θ－mgLcos θ

【答案】C

【解析】

如图所示

小球在F方向的位移为CB，方向与F同向，则WF＝F·CB＝F·Lsin θ小球在重力方向的位移为AC，方向与重力反向，则WG＝－mg·L(1－cos θ)，绳的拉力FT时刻与运动方向垂直，则WFT＝0，故W总＝WF＋WG＋WFT＝FLsin θ－mgL(1－cos θ)，所以选项C正确。

9.在离地面高为h处竖直上抛一质量为m的物块，抛出时的速度为v0，它落到地面时的速度为v，用g表示重力加速度，则在此过程中物块克服空气阻力所做的功等于（  ）

A．mgh－mv2－mv

B．－mv2－mv－mgh

C．mgh＋mv－mv2

D．mgh＋mv2－mv

【答案】C

【解析】

对物块从h高处竖直上抛到落地的过程，根据动能定理可得 mgh－Wf＝mv2－mv，解得Wf＝mgh＋mv－mv2，选项C正确。

10.如图，某小学举行拍皮球比赛，一参赛者将皮球从0.8 m高度处以一定的初速度竖直向下拋出，皮球碰地反弹后恰好可以返回原来高度，此时参赛者立即用手竖直向下拍皮球，使皮球获得一个速度，之后皮球又恰能回到原来高度，如此反复。已知皮球每次碰地反弹的速率均为碰地前瞬间速率的0.8倍，皮球的质量为0.5 kg，重力加速度取10 m/s2，不计空气阻力和球与手、地面的接触时间。求：

（1）皮球来回运动一次的时间；

（2）参赛者拍皮球过程中做功的平均功率。

【答案】（1）0.6 s；（2） W

【解析】

（1）设皮球被手拍出时的速率为v0，碰地前瞬间的速率为v，则皮球刚反弹回来时的速率为0.8v，皮球向上运动的时间为t1，向下运动的时间为t2，根据运动学规律可得02－(0.8v)2＝－2gh，0＝0.8v－gt1，v2－v＝2gh，v＝v0＋gt2，皮球来回运动一次的时间为t＝t1＋t2，解得t＝0.6 s。

（2）每次拍皮球时，参赛者对皮球做的功W＝mv

参赛者拍皮球过程中做功的平均功率P＝

解得P＝ W。

11.如图所示，飞机先在水平跑道上从静止开始加速滑行，行驶距离x＝600 m后达到v1＝216 km/h的速度起飞，飞机滑行过程可视为匀加速直线运动，所受阻力大小恒为自身重力的0.1倍。起飞后，飞机以离地时的功率爬升t＝20 min，上升了h＝8 000 m，速度增加到v2＝720 km/h。已知飞机的质量m＝1×105 kg，取重力加速度大小g＝10 m/s2。求：

（1）飞机在地面滑行时所受牵引力的大小F；

（2）飞机在爬升过程中克服空气阻力做的功Wf。

【答案】（1）4×105  N；（2）1.898×1010 J

【解析】

（1）设飞机在地面滑行时加速度的大小为a，由运动学公式得v＝2ax，设滑行过程中所受阻力为F阻，由牛顿第二定律得F－F阻＝ma，联立解得F＝4×105 N。

（2）设飞机离地时的功率为P，由功率的表达式得P＝Fv1，由动能定理得Pt－mgh－Wf＝mv－mv，解得Wf＝1.898×1010 J。

「动能定理与直线运动结合」

12.如图所示，倾角θ＝37°的斜面AB与水平面平滑连接于B点，A、B两点之间的距离x0＝3 m，质量m＝3 kg的小物块与斜面及水平面间的动摩擦因数均为μ＝0.4。当小物块从A点由静止开始沿斜面下滑的同时，对小物块施加一个水平向左的恒力F(图中未画出)，取g＝10 m/s2。若F＝10 N，小物块从A点由静止开始沿斜面运动到B点时撤去恒力F，求小物块在水平面上滑行的距离x为(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)（  ）

A．5.7 m B．4.7 m 

C．6.5 m  D．5.5 m

【答案】B

【解析】

小物块在斜面上受力如图所示

从A点开始沿ABC路径运动到C点停止过程中，由动能定理可得：Fx0cos θ＋mgx0sin θ－Ffx0－μmgx＝0，结合Ff＝μFN，FN＋Fsin θ＝mgcos θ，代入数据解得：x＝4.7 m。故选项B正确。

13.如图所示，一名滑雪爱好者从离地h＝40 m高的山坡上A点由静止沿两段坡度不同的直雪道AD、DC滑下，滑到坡底C时的速度大小v＝20 m/s.已知滑雪爱好者的质量m＝60 kg，滑雪板与雪道间的动摩擦因数μ＝0.25，BC间的距离L＝100 m，重力加速度g＝10 m/s2，忽略在D点损失的机械能，则下滑过程中滑雪爱好者做的功为（  ）

A．3 000 J   B．4 000 J

C．5 000 J   D．6 000 J

【答案】A

【解析】

根据动能定理有W－μmgLADcos α－μmgLCDcos β＋mgh＝mv2，即：W－μmgL＋mgh＝mv2，求得W＝3 000 J，故选A．

14.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。设小球受到的空气阻力为Ff，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mg(H＋h)

D．小球在泥中受到的平均阻力为mg(1＋)

【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－FfH＝mv，选项A错误；设泥的平均阻力为Ff′，小球陷入泥中的过程，由动能定理得mgh－Ff′h＝0－mv，解得Ff′h＝mgh＋mv，Ff′＝mg(1＋)－，选项B、D错误；对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)，选项C正确。

15.如图所示为一滑草场．某条滑道由上下两段高均为h，与水平面倾角分别为45°和37°的滑道组成，载人滑草车与草地之间的动摩擦因数均为μ.质量为m的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端(不计载人滑草车在两段滑道交接处的能量损失，重力加速度大小为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．则（  ）

A．动摩擦因数μ＝

B．载人滑草车最大速度为

C．载人滑草车克服摩擦力做功为mgh

D．载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为g

【答案】AB

【解析】

对载人滑草车从坡顶由静止开始滑到底端的全过程分析，由动能定理可知：mg·2h－μmgcos 45°·－μmgcos 37°·＝0，解得μ＝，选项A正确； 对经过上段滑道的过程分析，根据动能定理有mgh－μmgcos 45°·＝mvm2，解得：vm＝，选项B正确；载人滑草车克服摩擦力做功为2mgh，选项C错误；载人滑草车在下段滑道上的加速度为a＝＝－g，故大小为g，选项D错误．

16.如图所示，是人们用打“夯”的方式把松散的地面夯实的情景。假设两人同时通过绳子对质量为m的重物各施加一个力，大小均为F，方向都与竖直方向成α，重物离开地面h后两人同时停止施力，最后重物下落把地面砸深x。重力加速度为g。求：

（1）停止施力前重物上升过程中加速度大小a；

（2）以地面为零势能面，重物具有重力势能的最大值Epm；

（3）重物砸入地面过程中，对地面的平均冲击力大小。

【答案】（1）；（2）2Fhcos α ；（3）＋mg

【解析】

（1）施力时重物所受的合力为F合＝2Fcos α－mg

则重物上升过程中加速度大小a＝＝。

（2）重物上升过程中由动能定理

2Fcos α·h－mgH＝0

以地面为零势能面，重物具有重力势能的最大值

Epm＝mgH＝2Fhcos α。

（3）重物砸入地面过程中由动能定理

mg(H＋x)－x＝0

解得＝＋mg。

「动能定理与曲线运动结合」

17.如图所示，运动员把质量为m的足球从水平地面踢出，足球在空中达到的最高点高度为h，在最高点时的速度为v，不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是（  ）

A．运动员踢球时对足球做功mv2

B．足球上升过程重力做功mgh

C．运动员踢球时对足球做功mgh＋mv2

D．足球上升过程克服重力做功mgh＋mv2

【答案】C

【解析】

足球被踢起后在运动过程中，只受到重力作用，只有重力做功，重力做功为－mgh，即克服重力做功mgh，B、D错误；由动能定理有W人－mgh＝mv2，因此运动员对足球做功W人＝mgh＋mv2，故A错误，C正确．

18.如图所示，质量为m的物体置于光滑水平面上，一根绳子跨过定滑轮一端固定在物体上，另一端在力F作用下，物体由静止开始运动到绳与水平方向的夹角α＝45°时绳以速度v0竖直向下运动，此过程中，绳的拉力对物体做的功为（  ）

A．mv02   B．mv02

C．mv02   D．mv02

【答案】C

【解析】

将物体的运动分解为沿绳子方向的运动以及垂直绳子方向的运动，则当物体运动到绳与水平方向的夹角α＝45°时物体的速度为v，则vcos 45°＝v0，可得v＝v0，物体由静止开始运动到绳与水平方向的夹角α＝45°过程中，只有绳子拉力对物体做功，由动能定理得绳的拉力对物体做的功：W＝mv2－0＝mv02，故C正确，ABD错误．

19.如图所示，一半径为R的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高，质量m的质点自轨道端点P由静止开始滑下，滑到最低点Q时，对轨道的压力为2mg，重力加速度大小为g.质点自P滑到Q的过程中，克服摩擦力所做的功为（  ）

A．mgR   B．mgR

C．mgR   D．mgR

【答案】C

【解析】

在Q点质点受到的竖直向下的重力和竖直向上的支持力的合力充当向心力，所以有FN－mg＝m，FN＝FN′＝2mg，联立解得v＝，下滑过程中，根据动能定理可得mgR－Wf＝mv2，解得Wf＝mgR，所以克服摩擦力做功mgR，选项C正确．

20.如图所示，用长为L的轻绳把一个小铁球挂在离水平地面高为3L的O点，小铁球以O为圆心在竖直面内做圆周运动且恰好能到达最高点A处，不计空气阻力，重力加速度为g，若运动到最高点时轻绳被切断，则小铁球落到地面时速度的大小为（  ）

A．  B．

C．4  D．3

【答案】D

【解析】

小球刚好能在竖直平面做圆周运动且恰好到达最高点时，绳的拉力为零，只有重力提供向心力，有mg＝m，在最高点剪断绳后，小球做平抛运动落地，对这一过程由动能定理mg·4L＝mv－mv，联立可得落地速度v2＝3，故A、B、C错误，D正确。

21.如图所示，质量为m的物块与转台之间能出现的最大静摩擦力为物块重力的k倍，它与转轴OO′相距R，物块随转台由静止开始转动。当转速增加到一定值时，物块即将在转台上滑动。在物块由静止到开始滑动前的这一过程中，转台对物块做的功为（  ）

A．0   B．2πkmgR  C．2kmgR  D．

【答案】D

【解析】

由于物块做圆周运动，物块刚开始滑动这一时刻，物块受到转台的摩擦力为最大静摩擦力，则kmg＝m，v2＝kgR。设转台对物块做的功为W转，运用动能定理研究在物块由静止到开始滑动前的这一过程，W转＝mv2－0＝，故选项D正确。

22.如图所示，一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平．一质量为m的小球(可看成质点)从P点上方高为R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道．小球滑到轨道最低点N时，对轨道的压力大小为4mg，g为重力加速度．用W表示小球从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功，则（  ）

A．W＝mgR，小球恰好可以到达Q点

B．W>mgR，小球不能到达Q点

C．W＝mgR，小球到达Q点后，继续上升一段距离

D．W<mgR，小球到达Q点后，继续上升一段距离

【答案】C

【解析】

在N点，根据牛顿第二定律有FN－mg＝m，解得vN＝，对小球从开始下落至到达N点的过程，由动能定理得mg·2R－W＝mvN2－0，解得W＝mgR.由于小球在PN段某点处的速度大于此点关于ON在NQ段对称点处的速度，所以小球在PN段某点处受到的支持力大于此点关于ON在NQ段对称点处受到的支持力，则小球在NQ段克服摩擦力做的功小于在PN段克服摩擦力做的功，小球在NQ段运动时，由动能定理得－mgR－W′＝mvQ2－mvN2，因为W′<mgR，则小球在N处的动能大于小球从N到Q克服重力做的功和克服摩擦力做的功之和，可知vQ>0，所以小球到达Q点后，继续上升一段距离，选项C正确．

23.如图所示，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直．一小物块以速度v从轨道下端滑入轨道，并从轨道上端水平飞出，小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关，此距离最大时对应的轨道半径为(重力加速度大小为g)（  ）

A．   B．

C．   D．

【答案】B

【解析】

设小物块滑到轨道上端的速度大小为v1，小物块由最低点到最高点的过程，由动能定理得－2mgr＝mv12－mv2小物块做平抛运动时，设落地点到轨道下端的距离为x，则有x＝v1t，2r＝gt2，联立以上式子解得：x＝2，当r＝时，x最大，故选项B正确．