[課下鞏固精練卷(十五)]動能定理及其應用

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(選擇題每題5分，解答題每題10分，建議用時：50分鐘)

考點基礎題綜合題

動能定理的

1，2，611

理解與簡單應用

應用動能定理求變力做功4，7，810

動能定理與圖像的結合3，59，12

【基礎落實練】

1．(多選)關于動能定理的表達式W＝Ek2－Ek1，下列說法正確的是()

A．公式中的W為不包含重力的其他力做的總功

B．公式中的W為包含重力在內的所有力做的功，也可通過以下兩種方式計算：先求每

個力的功再求功的代數(shù)和，或先求合外力再求合外力的功

C．公式中的Ek2－Ek1為動能的增量，當W＞0時動能增加，當W＜0時，動能減少

D．動能定理適用于直線運動，但不適用于曲線運動，適用于恒力做功，但不適用于變

力做功

解析：選BC。公式W＝Ek2－Ek1中的“W”為所有力所做的總功，A錯誤，B正確；若W

＞0，則Ek2＞Ek1，若W＜0，則Ek2＜Ek1，C正確；動能定理對直線運動、曲線運動、恒力

做功、變力做功均適用，D錯誤。

2.(多選)如圖所示，電梯質量為M，在它的水平地板上放置一質量為m的物體。電梯在

鋼索的拉力作用下豎直向上加速運動，當電梯的速度由v1增大到v2時，上升高度為H，重

力加速度為g，則在這個過程中，下列說法正確的是()

1212

A．對物體，動能定理的表達式為W＝mv2－mv1，其中W為支持力做的功

22

B．對物體，動能定理的表達式為W合＝0，其中W合為合力做的功

1212

C．對物體，動能定理的表達式為W－mgH＝mv2－mv1，其中W為支持力做的

22

功

1212

D．對電梯，其所受的合力做功為Mv2－Mv1

22

解析：選CD。電梯上升的過程中，對物體做功的有重力mg、支持力FN，這兩個力的

1212

總功(即合力做的功)才等于物體動能的增量，即W合＝W－mgH＝mv2－mv1，其中W

22

為支持力做的功，A、B錯誤，C正確；對電梯，無論有幾個力對它做功，由動能定理可知，

1212

其合力做的功一定等于其動能的增量，即Mv2－Mv1，D正確。

22

3．(多選)如圖所示，一個小環(huán)沿豎直放置的光滑圓環(huán)形軌道做圓周運動，小環(huán)從最高

點A滑到最低點B的過程中，線速度大小的平方v2隨下落高度h的變化圖像可能是選項中

的()

121222

解析：選AB。對小環(huán)由動能定理得mgh＝mv－mv0，則v＝2gh＋v0，當v0＝0

22

時，B正確；當v0≠0時，A正確。

4．(多選)(2023·廣東高考)人們用滑道從高處向低處運送貨物。如圖所示，可看作質點

1

的貨物從圓弧滑道頂端P點靜止釋放，沿滑道運動到圓弧末端Q點時速度大小為6m/s。

4

已知貨物質量為20kg，滑道高度h為4m，且過Q點的切線水平，重力加速度取10m/s2。

關于貨物從P點運動到Q點的過程，下列說法正確的有()

A．重力做的功為360J

B．克服阻力做的功為440J

C．經(jīng)過Q點時向心加速度大小為9m/s2

D．經(jīng)過Q點時對軌道的壓力大小為380N

解析：選BCD。重力做的功WG＝mgh＝800J，A錯誤；下滑過程根據(jù)動能定理可得

12

WG－W克＝mvQ，代入數(shù)據(jù)解得，克服阻力做的功W克＝440J，B正確；經(jīng)過Q點時向

2

2

vQ

心加速度大小a＝＝9m/s2，C正確；經(jīng)過Q點時，據(jù)牛頓第二定律可得F－mg＝ma，

h

解得貨物受到的支持力大小F＝380N，據(jù)牛頓第三定律可知，貨物對軌道的壓力大小為380

N，D正確。

5．A、B兩物體分別在水平恒力F1和F2的作用下沿水平面運動，先后撤去F1、F2后，

兩物體最終停下，它們的v-t圖像如圖所示。已知兩物體與水平面間的滑動摩擦力大小相等，

則下列說法正確的是()

A．F1、F2大小之比為1∶2

B．F1、F2對A、B做功之比為1∶2

C．A、B質量之比為2∶1

D．全過程中A、B克服摩擦力做功之比為2∶1

解析：選C。由速度—時間圖像可知，兩個勻減速運動的加速度之比為1∶2，A、B受

摩擦力大小相等，由牛頓第二定律可知A、B的質量之比是2∶1，由速度—時間圖像可知，

A、B兩物體加速與減速的總位移相等，且勻加速運動位移之比1∶2，勻減速運動的位移之

比2∶1，由動能定理可得A物體的拉力與摩擦力的關系，F(xiàn)1·x－f1·3x＝0－0；B物體的拉力

3

與摩擦力的關系，F(xiàn)2·2x－f2·3x＝0－0，因此可得F1＝3f1，F(xiàn)2＝f2，f1＝f2，所以F1＝2F2，

2

全過程中摩擦力對A、B做功相等，F(xiàn)1、F2對A、B做功大小相等，故A、B、D錯誤，C

正確。

6．如圖所示，相同材料制成的滑道ABC，其中AB段為曲面，BC段為水平面?，F(xiàn)有質

量為m的木塊，從距離水平面h高處的A點由靜止釋放，滑到B點過程中克服摩擦力做功

1

為mgh；木塊通過B點后繼續(xù)滑行2h距離后，在C點停下來，則木塊與曲面間的動摩擦

3

因數(shù)應為()

12

A．B．

33

11

C．D．

612

11

解析：選A。木塊從A點到C點根據(jù)動能定理，mgh－mgh－μmg·2h＝0，解得μ＝，

33

1

因為曲面和水平軌道是同種材料，所以木塊與曲面間的動摩擦因數(shù)也為，A正確。

3

7．如圖所示，一半圓弧形細桿ABC豎直固定在水平地面上，AC為其水平直徑，圓弧

半徑BO＝3.6m，質量為m＝4.0kg的小圓環(huán)(可視為質點，小環(huán)直徑略大于桿的)套在細桿

上，在大小為50N、方向始終沿圓的切線方向的拉力F作用下，從A點由靜止開始運動，

到達B點時對細桿的壓力恰好為0。已知π取3.14，重力加速度g取10m/s2，在這一過程中

摩擦力做功為()

A．66.6JB．－66.6J

C．210.6JD．－210.6J

v2

解析：選B。小圓環(huán)到達B點時對細桿的壓力恰好為0，則mg＝m，拉力F沿圓的

r

2πr12

切線方向，圓環(huán)由A到B的過程根據(jù)動能定理有F·－mgr＋Wf＝mv，代入數(shù)據(jù)得摩

42

擦力做功為Wf＝－66.6J，故B正確。

8．(多選)(2024·重慶模擬)游樂場有一種兒童滑軌，其豎直剖面示意圖如圖所示，AB部

分是半徑為R的四分之一圓弧軌道，BC為軌道水平部分，與半徑OB垂直。一質量為m的

小孩(可視為質點)從A點由靜止滑下，滑到圓弧軌道末端B點時，對軌道的正壓力大小為

2.5mg，重力加速度大小為g，下列說法正確的是()

A．小孩到達B點的速度大小為2gR

6gR

B．小孩到達B點的速度大小為

2

1

C．小孩從A到B克服摩擦力做的功為mgR

4

1

D．小孩從A到B克服摩擦力做的功為mgR

2

解析：選BC。根據(jù)牛頓第三定律可知，軌道對小孩的支持力大小等于2.5mg，根據(jù)牛

2

mvB6gR

頓第二定律有FN－mg＝，可得vB＝，故A錯誤，B正確；從A到B由動能定

R2

121

理有mgR－W克＝mvB－0，可得克服摩擦力做的功為W克＝mgR，故C正確，D錯誤。

24

【綜合提升練】

9．如圖(a)所示，一物塊以一定初速度沿傾角為30°的固定斜面上滑，運動過程中摩擦

2

力大小f恒定，物塊動能Ek與運動路程s的關系如圖(b)所示。重力加速度大小取10m/s，

物塊質量m和所受摩擦力大小f分別為()

A．m＝0.7kg，f＝0.5N

B．m＝0.7kg，f＝1.0N

C．m＝0.8kg，f＝0.5N

D．m＝0.8kg，f＝1.0N

解析：選A。0～10m內物塊上滑，由動能定理得－mgsin30°·s－fs＝Ek－Ek0，整理得

Ek＝Ek0－(mgsin30°＋f)s，結合0～10m內的圖像得，斜率的絕對值|k|＝mgsin30°＋f＝4N，

10～20m內物塊下滑，由動能定理得(mgsin30°－f)(s－s1)＝Ek，整理得Ek＝(mgsin30°－f)s

－(mgsin30°－f)s1，結合10～20m內的圖像得，斜率k′＝mgsin30°－f＝3N，聯(lián)立解得f

＝0.5N，m＝0.7kg，故A正確。

10．(多選)一種升降電梯的原理如圖所示，A為電梯的轎廂，B為平衡配重。在某次運

行時A(含乘客)、B的質量分別為M＝1000kg和m＝800kg。A、B由跨過輕質滑輪的足夠

長輕質纜繩連接。電動機通過牽引繩向下拉配重B，使得電梯的轎廂由靜止開始向上運動(轎

廂A、配重B一直未與滑輪相撞)。電動機輸出功率P＝2kW保持不變。不計空氣阻力和摩

擦阻力，g＝10m/s2。在A向上運動過程中，則()

A．轎廂A先做勻加速直線運動，再做加速度減小的直線運動，最后做勻速直線運動

B．轎廂A能達到的最大速度vm＝1m/s

C．轎廂A向上的加速度為a＝2m/s2時，配重B下端的牽引繩上拉力F＝5600N

D．廂體A從靜止開始到上升的高度為5m時(廂體已處于勻速狀態(tài))，所用的時間t＝

5.25s

解析：選BC。電動機輸出功率P＝2kW保持不變，速度增大時，根據(jù)P＝Fv可知牽

引力減小，所以轎廂A做加速度減小的加速直線運動，最后做勻速直線運動，故A錯誤；

當轎廂A的速度達到最大時，轎廂A做勻速直線運動，此時電動機的牽引力為F＝(M－m)g，

2

又P＝Fvm，聯(lián)立解得vm＝1m/s，故B正確；當A向上的加速度為a＝2m/s時，設A、B

之間繩的拉力為F1，重物B下端繩的拉力大小為F，分別分析A、B，根據(jù)牛頓第二定律得

F1－Mg＝Ma，F(xiàn)＋mg－F1＝ma,聯(lián)立解得F＝5600N，故C正確；廂體A從靜止開始到上

升的高度為5m時，轎廂廂體已處于勻速狀態(tài)，對A、B整體，由動能定理得Pt＋mgh－

12

Mgh＝(M＋m)vm，解得t＝5.45s，故D錯誤。

2

11．(10分)(2023·重慶高考)機械臂廣泛應用于機械裝配。若某質量為m的工件(視為質

點)被機械臂抓取后，在豎直平面內由靜止開始斜向上做加速度大小為a的勻加速直線運動，

運動方向與豎直方向夾角為θ，提升高度為h，如圖所示。求：

(1)提升高度為h時，工件的速度大小；(4分)

(2)在此過程中，工件運動的時間及合力對工件做的功。(6分)

2h

解析：(1)根據(jù)勻變速直線運動位移與速度關系有v0＝2a

cosθ

2ah

解得v0＝。

cosθ