第2講　動能定理及其應用一、選擇題(本題共8小題，1～5題為單選，6～8題為多選)1．(2022·吉林白城一中高三模擬)如圖所示，靜止在水平地面上A點的物體(視為質點)，在水平恒定拉力F的作用下運動到B點后撤去拉力F，物體滑到C點時停止運動，測得A、B間的距離為B、C間的距離的2倍。物體受到的摩擦力恒定。則拉力F大小與物體所受摩擦力大小之比為(　C　)A．2∶1　 B．3∶1C．3∶2　 D．∶1[解析]　假設AB長度為2L，從A到B由動能定理有2F·L－2f·L＝mv，從B到C由動能定理有－f·L＝－mv，聯立以上方程得f＝，F＝，再整理得F：f＝3∶2，故選C。2．(2021·湖南長郡中學高三一模)物體在水平拉力和恒定摩擦力的作用下，在水平面上沿直線運動的v－t關系如圖所示，已知第1秒內合外力對物體做功為W1，摩擦力對物體做功為W2，則(　D　)A．從第1秒末到第3秒末合外力做功為4W1，摩擦力做功為4W2B．從第4秒末到第6秒末合外力做功為0，摩擦力做功也為0C．從第5秒末到第7秒末合外力做功為W1，摩擦力做功為W2D．從第3秒末到第4秒末合外力做功為0.75W1，摩擦力做功為1.5W2[解析]　第1秒內合外力對物體做功為W1，從第1秒末到第3秒末動能變化等于0，則合外力做功為0，其位移為第1秒內位移的4倍，則摩擦力做功為4W2，故A錯誤；第1秒內，根據動能定理得：W1＝m×42＝8m，摩擦力做功W2＝－f·×4×1＝－2f，從第4秒末到第6秒末合外力做功WF＝m×22－m×22＝0，路程為s＝2××2×1 m＝2 m，摩擦力做功Wf＝－fs＝－2f＝W2，故B錯誤；從第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錯誤；從第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正確。3．(2021·高考物理100考點模擬題千題精練)2015年7月底，國際奧委會投票選出2022年冬奧會承辦城市為北京。跳臺滑雪是冬奧會的比賽項目之一，跳臺滑雪可抽象為在斜坡上的平拋運動，如圖所示，設可視為質點的滑雪運動員，從斜坡頂端O處以初速度v0水平拋出，在運動過程中恰好通過P點，OP與水平方向夾角為37°，則滑雪運動員到達P點時的動能與從O點拋出時的動能比值為(不計空氣阻力，sin  37°＝0.6，cos 37°＝0.8)(　C　)A．　 B．C．　 D．[解析]　由題圖知tan 37°＝＝，解得滑雪運動員在P點時豎直速度vy＝gt＝v0，滑雪運動員到達P點的動能EkP＝mv＋mv＝mv，從O點拋出時的動能Ek＝mv，所以滑雪運動員到達P點時的動能與從O點拋出時的動能比值為，選項C正確；A、B、D錯誤。4．(2019·全國卷Ⅲ)從地面豎直向上拋出一物體，物體在運動過程中除受到重力外，還受到一大小不變、方向始終與運動方向相反的外力作用。距地面高度h在3 m以內時，物體上升、下落過程中動能Ek隨h的變化如圖所示。重力加速度取10 m/s2。該物體的質量為(　C　)A．2 kg　 B．1.5 kgC．1 kg　 D．0.5 kg[解析]　畫出運動示意圖，設阻力為f，據動能定理知A→B(上升過程)：EkB－EkA＝－(mg＋f)hC→D(下落過程)：EkD－EkC＝(mg－f)h整理以上兩式得：mgh＝30 J，解得物體的質量m＝1 kg。選項C正確。5. (2022·湖南岳陽月考)將三塊木板1、2、3分別固定在墻角，構成如圖所示的三個斜面，其中1與2底邊相同，2和3高度相同?，F將一個可以視為質點的物塊，分別從三塊木板的頂端由靜止釋放，沿木板下滑到底端。下列說法中正確的是(　D　)A．若木板均光滑，沿木板2和3下滑到底端時，物塊的速度相同B．若木板均光滑，物塊沿木板3下滑到底端時速度最大C．若木板均光滑，物塊沿木板3下滑到底端的過程用時最短D．若木板1和2粗糙程度相同，則物塊沿木板1和木板2下滑到底端的過程中，克服摩擦力做功相同[解析]　若木板光滑，物塊從高為h的木板上由靜止滑到底端時，根據動能定理有mgh＝mv2，可知只要物塊下降的高度相同，到達底端時的速度大小相同，但方向不同，下降的高度越大，物塊沿木板下滑到底端時的速度越大，A、B均錯誤；設木板與豎直方向的夾角為θ，若木板均光滑，在物塊下滑過程中由牛頓第二定律得mgcos θ＝ma，a＝gcos θ，位移為L＝，時間為L＝at2，聯立解得物塊沿木板下滑到底端的時間為t＝，由此可知，當高度相同時，θ越小，運動時間越小，故物塊沿木板2下滑到底端的過程用時比物塊沿木板3下滑到底端的過程用時短，C錯誤；若木板1和2粗糙程度相同，設木板與水平方向的夾角為α，物塊的水平位移為s，物塊所受摩擦力f＝μmgcos α，物塊沿木板下滑的位移L＝，摩擦力做功W＝－fL＝－μmgs，故克服摩擦力做功與α大小無關，兩次做功相同，D正確。6．(2021·全國高三專題練習)質量為m的小車在水平恒力F推動下，從山坡底部A處由靜止起運動至高為h的坡頂B，獲得速度為v，AB的水平距離為s。下列說法正確的是(　ABD　)A．小車克服重力所做的功是mghB．合力對小車做的功是C．推力對小車做的功是Fs－mghD．阻力對小車做的功是＋mgh－Fs[解析]　根據功的公式有WG＝mgΔh＝mg(hA－hB)＝mgh，故克服重力做功是mgh，故A正確；對小車從A運動到B的過程中運用動能定理得W＝mv2，故B正確；由動能定理得W推－mgh＋Wf＝mv2，所以推力對小車做的功是W推＝Fs＝mgh＋mv2－Wf，故C錯誤；推力做的功為W推＝Fs，結合C選項分析可得，阻力對小車做的功為Wf＝mv2＋mgh－Fs，故D正確。7．(2022·重慶高三月考)如圖甲所示，由彈丸發(fā)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圓形擋板墻(擋板墻上分布有多個力傳感器)構成的游戲裝置，半圓形擋板的半徑0.2 m，斜面高度h＝0.6 m，彈丸的質量為0.2 kg。游戲者調節(jié)發(fā)射器，彈丸到B點時速度沿斜面且大小為5 m/s，接著他將半圓形擋板向左平移使C、D兩端重合且DO與BC垂直。擋板墻上各處的力傳感器收集到的側壓力F與彈丸在墻上轉過的圓心角θ之間的關系如圖乙所示。彈丸受到的摩擦力均視為滑動摩擦力，g取10 m/s2。下列說法正確的是(　BD　)　A．彈丸到C點的速度為7 m/sB．彈丸與地面的動摩擦因數為0.6C．彈丸與地面的動摩擦因數為0.06D．彈丸與斜面的動摩擦因數為0.3[解析]　由圖可知，在D點，擋板對彈丸的支持力為32.2 N，由牛頓第二定律有32.2＝ m，代入數據有vD ＝  m/s，由題知C、D兩端重合，則C點的速度等于D點的速度，A錯誤；彈丸從B到C過程由動能定理得mgh－μ1mgcos 37°· ＝ mv － mv，代入數據有μ1＝ 0.3，D正確；設彈丸與地面之間的動摩擦因數為μ2，設轉過3 rad后的速度為v，由動能定理得 －μ2mg·3 × R ＝ mv2 － mv，在轉過3 rad后擋板對彈丸的支持力為25 N，由牛頓第二定律得25＝ m，聯立解得μ2＝ 0.6，B正確、C錯誤。8. (2021·河北衡水中學期中)如圖所示，一內壁粗糙程度相同、半徑為R的圓筒固定在豎直平面內，圓筒內一質量為m的小球沿筒壁做圓周運動。若小球從最低點算起運動一圈又回到最低點的過程中，兩次在最低點時筒壁對小球的彈力大小分別為10mg和8mg。設小球在該過程中克服摩擦力做的功為W，經過最高點時筒壁對小球的彈力大小為F，重力加速度為g，則(　BD　)A．W＝2mgR　 B．W＝mgRC．3mg<F<4mg　 D．2mg<F<3mg[解析]　對小球進行受力分析，先后兩次在最低點所受的合外力分別為9mg和7mg，方向指向圓心。設小球先后兩次經過最低點的速率分別為v1和v2，根據牛頓第二定律有9mg＝和7mg＝，小球在整個過程中，由動能定理得W＝mv－mv，聯立解得W＝mgR，故A錯，B對；小球在上升和下降過程中的等高處，上升時受到的摩擦力較大，而下降時受到的摩擦力較小，則上升時克服摩擦力做功W1>，下降時克服摩擦力做功W2<，設小球上升到最高點時的速度為v3，筒壁對小球的彈力滿足F＋mg＝，再由能量守恒得mv＝mv＋2mgR＋W1，解得F<3mg；假設小球到達最高點時克服摩擦力做功為W＝mgR，由能量守恒得mv＝mv＋2mgR＋W，解得F＝2mg，實際上小球下降時也要克服摩擦力做功，因此上升過程中克服摩擦力做的功小于W，則有F>2mg，故C錯，D對。故選BD。二、非選擇題9．(2021·山東高考，13)某乒乓球愛好者，利用手機研究乒乓球與球臺碰撞過程中能量損失的情況。實驗步驟如下：①固定好手機，打開錄音功能；②從一定高度由靜止釋放乒乓球；③手機記錄下乒乓球與臺面碰撞的聲音，其隨時間(單位：s)的變化圖像如圖所示。根據聲音圖像記錄的碰撞次序及相應碰撞時刻，如下表所示。碰撞次序1234567碰撞時刻(s)1.121.582.002.402.783.143.47根據實驗數據，回答下列問題：(1)利用碰撞時間間隔，計算出第3次碰撞后乒乓球的彈起高度為0.20 m(保留2位有效數字，當地重力加速度g＝9.80m/s2)。(2)設碰撞后彈起瞬間與該次碰撞前瞬間速度大小的比值為k，則每次碰撞損失的動能為碰撞前動能的1－k2倍(用k表示)，第3次碰撞過程中k＝0.95(保留2位有效數字)。(3)由于存在空氣阻力，第(1)問中計算的彈起高度高于(填“高于”或“低于”)實際彈起高度。[解析]　(1)第3次碰撞到第4次碰撞用時t0＝2.40 s－2.00 s＝0.40 s，根據豎直上拋和自由落體運動的對稱性可知第3次碰撞后乒乓球彈起的高度為h0＝g2＝×9.8×0.22 m≈0.20 m。(2)碰撞后彈起瞬間速度為v2，碰撞前瞬間速度為v1，根據題意可知＝k，則每次碰撞損失的動能與碰撞前動能的比值為＝1－＝1－k2，第3次碰撞前瞬間速度為第2次碰后從最高點落地瞬間的速度v＝gt＝g＝0.21g，第3次碰撞后瞬間速度為v′＝gt′＝g＝0.20g，則第3次碰撞過程中k＝＝≈0.95。(3)由于存在空氣阻力，乒乓球在上升過程中受到向下的阻力和重力，加速度變大，上升的高度變小，所以第(1)問中計算的彈起高度高于實際彈起的高度。10．(2022·廣西南寧三中高三月考)如圖所示為一架小型四旋翼無人機，它是一種能夠垂直起降的小型遙控飛行器，目前正得到越來越廣泛的應用?，F對無人機進行試驗，無人機的質量為m＝2 kg，運動過程中所受空氣阻力大小恒為f＝4 N，當無人機在地面上從靜止開始，以最大升力豎直向上起飛，經時間t＝4 s時離地面的高度為h＝16 m, g取10 m/s2。(1)求無人機動力系統(tǒng)所能提供的最大升力F；(2)無人機通過調整升力繼續(xù)上升，恰能懸停在距離地面高度為H＝36 m處，求無人機從h上升到H的過程中，動力系統(tǒng)所做的功W。[答案]　(1)28 N　(2)416 J[解析]　(1)設無人機以最大升力豎直向上起飛時的加速度大小為a，根據運動學規(guī)律有h＝at2 ，根據牛頓第二定律有F－f－mg＝ma ，聯立①②解得F＝28 N。(2)無人機在h＝16 m時的速度大小為v＝at＝8 m/s，無人機從h上升到H的過程中，由動能定理有W－(mg＋f)(H－h)＝0－mv2，解得W＝416 J。11．(2021·浙江高三二模)圖甲為兒童玩具小火車軌道，由豎直圓軌道BMC(B、C是圓弧軌道最低點且可認為是緊靠的)、豎直圓弧軌道DE和FH、傾斜半圓軌道EGF、四分之一水平圓軌道AK和IJ與水平軌道AB、CD、HI、KJ平滑相切連接而成，圖乙為軌道側視示意圖。已知豎直圓軌道、圓弧DE、HF和EGF的半徑均為R＝0.4 m，CD＝0.4 m，圓弧DE、FH對應的圓心角∠HO3F＝37°，小火車質量m＝0.2 kg且可視為質點。水平軌道上小火車受到軌道的阻力恒為其重力的0.2倍，其他軌道的阻力忽略不計。小火車在H點處以恒定功率P＝2W由靜止開始啟動，沿著HIJKAB軌道運動，經過t＝2 s到達B點時關閉電動機，小火車恰好能沿著豎直圓軌道運動。sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2。求：(1)小火車到達B點時的速度大小；(2)小火車從H點運動到B點過程中阻力做的功；(3)小火車運動到傾斜半圓軌道EGF最高點G時對軌道作用力的大小。[答案]　(1)2 m/s　(2)2 J　(3) N[解析]　(1)恰能通過豎直圓周軌道最高點，應滿足mg＝，從B到M由動能定理有－mg·2R1＝mv－mv，vB＝2 m/s。(2)由H到B由動能定理Pt＋Wf＝mv－0，Wf＝－2 J。(3)G距地面的高度h＝R－Rcos 37°＋Rsin 37°＝0.32 m，從C到G由動能定理有－0.2mgxCD－mgh＝mv－mv，在G點由牛頓第二定律FG向＝＝6 N，則軌道對小火車的作用力F2＝F＋G2－2FG向Gcos 53°，得F＝ N，由牛頓第三定律F′＝F＝ N。 

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