课时检测训练20 动能定理及其应用-（Word练习）【勤径学升】2026年高考物理一轮总复习课时检测训练（人教版2019）

课时检测训练20　动能定理及其应用 对应学生用书P366 对点练1　动能定理的理解 1.如图，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度。木箱获得的动能一定(　　) A.小于拉力所做的功 B.等于拉力所做的功 C.等于克服摩擦力所做的功 D.大于克服摩擦力所做的功 解析　由动能定理WF－Wf＝Ek－0，可知木箱获得的动能一定小于拉力所做的功，A正确。 答案　A 2．(2023·新课标卷)无风时，雨滴受空气阻力的作用在地面附近会以恒定的速率竖直下落。一质量为m的雨滴在地面附近以速率v下落高度h的过程中，克服空气阻力做的功为(重力加速度大小为g)(　　) A．0 B．mgh C．mv2－mgh D．mv2＋mgh 解析　结合题意可知，雨滴在地面附近下落过程做匀速运动，对雨滴下落高度h的过程分析，由动能定理有mgh－Wf＝0，即 Wf＝mgh，B正确，ACD错误。 答案　B 对点练2　动能定理的应用 3．如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块，O点为弹簧在原长时物块的位置。物块由A点静止释放，沿粗糙程度相同的水平面向右运动，最远到达B点。在从A到B的过程中，物块(　　) A．加速度先增大后减小 B．经过O点时的速度最大 C．所受弹簧弹力始终做正功 D．所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功 解析　对物块受力分析，当弹簧处于压缩状态时，由牛顿第二定律可得kx－f＝ma，x减小，a减小，当a＝0时，物块速度最大，此时，物块在O点左侧，选项B错误；从加速度a＝0处到O点，由牛顿第二定律得f－kx＝ma，x减小，a增大，当弹簧处于伸长状态时，由牛顿第二定律可得kx＋f＝ma，x增大，a继续增大，可知物块的加速度先减小后增大，选项A错误；物块所受弹簧的弹力对物块先做正功，后做负功，选项C错误；从A到B的过程中，由动能定理可得W弹－Wf＝0，选项D正确。 答案　D 4.(2024·安徽卷)某同学参加户外拓展活动，遵照安全规范，坐在滑板上，从高为h的粗糙斜坡顶端由静止下滑，至底端时速度为v。已知人与滑板的总质量为m，可视为质点。重力加速度大小为g，不计空气阻力。则此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为(　　) A.mgh B.mv2 C.mgh＋mv2 D.mgh－mv2 解析　人在下滑的过程中，由动能定理可得mgh－W克f＝mv2－0，可得此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为W克f＝mgh－mv2，故选D。 答案　D 5．(2023·广东模拟预测)如图，一容器的内壁是半径为r的半球面，容器固定在水平地面上。在半球面水平直径的一端有一质量为m(可视为质点)的小滑块P，它在容器内壁由静止开始下滑到最低点，在最低点时的向心加速度大小为a，已知重力加速度大小为g。则P由静止下滑到最低点的过程中克服摩擦力做的功为(　　) A. mr B．mr(2g－a) C．mr(g－a) D．mr(2g＋a) 解析 　在最低点由牛顿第二定律有ma＝m，P由静止下滑到最低点的过程中有mgr－Wf＝mv2，联立解得Wf＝mgr－mar＝mr(g－a) ，故选A。 答案　A 6．(2022·全国甲卷)北京2022年冬奥会首钢滑雪大跳台局部示意图如图所示。运动员从a处由静止自由滑下，到b处起跳，c点为a、b之间的最低点，a、c两处的高度差为h。要求运动员经过c点时对滑雪板的压力不大于自身所受重力的k倍，运动过程中将运动员视为质点并忽略所有阻力，则c点处这一段圆弧雪道的半径不应小于(　　) A． B． C． D． 解析　运动员从a到c根据动能定理有mgh＝mv c ，在c点有FNc－mg＝m，FNc≤kmg，联立有Rc≥，故选D。 答案　D 对点练3　动能定理与图像的结合 7.(多选)一质量为m＝40 kg的儿童电动汽车在水平地面上由静止开始做直线运动。电动汽车的速度与牵引力的功率随时间变化的函数关系图像分别如图甲、乙所示，3 s末电动汽车牵引力功率达到额定功率，10 s末电动汽车的速度达到最大值，14 s时关闭发动机，经过一段时间电动汽车停止运动。整个过程中电动汽车受到的阻力恒定。下列说法正确的是(　　) A.电动汽车最大速度为5 m/s B.电动汽车受到的阻力为100 N C.关闭发动机后，电动汽车经过5 s停止运动 D.整个过程中，电动汽车克服阻力做功为3 750 J 解析　由v-t图像可知在0～3 s内，电动汽车的加速度a1＝1 m/s2，由P-t图像可知在0～3 s内P＝Fv＝Fat，解得F＝100 N，由牛顿第二定律F－f＝ma1，解得f＝60 N，由P＝fvm＝300 W，解得vm＝5 m/s，故A正确，B错误；关闭发动机后f＝ma2，经过t2＝＝ s，电动汽车停止运动，故C错误；对全程由动能定理可得t1＋Pt3＋Wf＝0－0，解得Wf＝－ J＝－3 750 J，所以整个过程中克服阻力做功为3 750 J，故D正确。 答案　AD 8．(2022·江苏卷)某滑雪赛道如图所示，滑雪运动员从静止开始沿斜面下滑，经圆弧滑道起跳。将运动员视为质点，不计摩擦力及空气阻力，此过程中，运动员的动能 Ek与水平位移x的关系图像正确的是(　　) 解析　设斜面倾角为θ，不计摩擦力和空气阻力，运动员在沿斜面下滑过程中，根据动能定理有Ek＝mgx tan θ，即＝mg tan θ，下滑过程中开始阶段倾角θ不变，Ek­x 图像为一条直线；经过圆弧轨道过程中，θ先减小后增大，即图像斜率先减小后增大。故选项A正确。 答案　A 9．一质量为m＝0.2 kg的物体，在合外力F作用下由静止开始做直线运动，F与位移x的关系图像如图所示，由图像可知(　　) A．在x＝0到x＝1 m过程中，物体做匀加速直线运动，运动时间t＝0.2 s B．在x＝0到x＝2 m过程中，物体做变加速直线运动，F做功5 J C．物体运动到x＝2 m时，物体的瞬时速度为5 m/s D.物体运动到x＝2 m时，物体的瞬时速度为2 m/s 解析　由题图可知在x＝0到x＝1 m过程中，F为恒力，所以物体做匀加速直线运动，其加速度大小为a＝＝5 m/s2，根据运动学公式可得运动时间为t＝＝ s，故A错误；在x＝0到x＝2 m过程中，物体先做匀加速直线运动，后做变加速直线运动，根据Fx图像的面积表示功可知此过程中F做功W＝1×1 J＋×(1＋2)×1 J＝ J，故B错误；设物体运动到x＝2 m时的瞬时速度为v，根据动能定理可得mv2＝W，解得v＝5 m/s，故C正确，D错误。 答案　C 10.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(　　) A.2 kg B.1.5 kg C.1 kg D.0.5 kg 解析　方法一：特殊值法 画出运动示意图。 设该外力的大小为F，据动能定理知 A→B(上升过程)：－(mg＋F)h＝EkB－EkA， B→A(下落过程)：(mg－F)h＝EkA′－EkB′， 整理以上两式并代入数据得物体的质量m＝1 kg，选项C正确。 方法二：写表达式根据斜率求解 上升过程：－(mg＋F)h＝Ek－Ek0， 则Ek＝－(mg＋F)h＋Ek0， 下落过程：(mg－F)h＝Ek′－Ek0′， 则Ek′＝(mg－F)h＋Ek0′， 结合题图可知mg＋F＝ N＝12 N， mg－F＝ N＝8 N， 联立可得m＝1 kg，选项C正确。 答案　C 11．小明用额定功率为1 200 W、最大拉力为300 N的提升装置，把静置于地面的质量为20 kg的重物竖直提升到高为85.2 m的平台，先加速再匀速，最后做加速度大小不超过5 m/s2的匀减速运动，到达平台时速度刚好为零。g取10 m/s2，则提升重物的最短时间为(　　) A．13.2 s B．14.2 s C．15.5 s D．17.0 s 解析　为了以最短时间提升重物，一开始先以最大拉力拉重物匀加速上升，当功率达到额定功率时，保持功率不变直到重物达到最大速度，接着做匀速运动，最后以最大加速度做匀减速运动，上升至平台时速度刚好为零。重物在第一阶段做匀加速上升的过程中，根据牛顿第二定律可得a1＝＝ m/s2＝5 m/s2，当功率达到额定功率时，设重物的速度为v1，则有v1＝＝ m/s＝4 m/s，此过程所用时间和上升高度分别为t1＝＝ s＝0.8 s，h1＝＝ m＝1.6 m，重物以最大速度做匀速运动时，有vm＝＝＝ m/s＝6 m/s，重物最后以最大加速度做匀减速运动的时间和上升高度分别为t3＝＝ s＝1.2 s，h3＝＝ m＝3.6 m，设重物从结束匀加速运动到开始做匀减速运动所用时间为t2，该过程根据动能定理可得P额t2－mgh2＝mv m －mv1，又有h2＝85.2 m－1.6 m－3.6 m＝80 m，联立解得t2＝13.5 s，故提升重物的最短时间为tmin＝t1＋t2＋t3＝0.8 s＋13.5 s＋1.2 s＝15.5 s，C正确，A、B、D错误。 答案　C 12.(2024·新课标卷)将重物从高层楼房的窗外运到地面时，为安全起见，要求下降过程中重物与楼墙保持一定的距离。如图，一种简单的操作方法是一人在高处控制一端系在重物上的绳子P，另一人在地面控制另一根一端系在重物上的绳子Q，二人配合可使重物缓慢竖直下降。若重物的质量m＝42 kg，重力加速度大小g＝10 m/s2。当P绳与竖直方向的夹角α＝37°时，Q绳与竖直方向的夹角β＝53°(sin 37°＝0.6)。 (1)求此时P、Q绳中拉力的大小。 (2)若开始竖直下降时重物距地面的高度h＝10 m，求在重物下降到地面的过程中，两根绳子拉力对重物做的总功。 解析　(1)由题意可知，重物下降过程中受力平衡，设此时P绳中拉力的大小为FP、Q绳中拉力的大小为FQ，则 在竖直方向上有FPcos α＝FQcos β＋mg， 在水平方向上有FPsin α＝FQsin β， 联立并代入数据解得FP＝1 200 N，FQ＝900 N。 (2)重物下降到地面的过程，根据动能定理有 mgh＋W总＝0， 代入数据解得W总＝－4 200 J。 答案　(1)1 200 N　900 N　(2)－4 200 J 13．(2023·湖北卷)如图为某游戏装置原理示意图。水平桌面上固定一半圆形竖直挡板，其半径为2R、内表面光滑，挡板的两端A、B在桌面边缘，B与半径为R的固定光滑圆弧轨道在同一竖直平面内，过C点的轨道半径与竖直方向的夹角为60°。小物块以某一水平初速度由A点切入挡板内侧，从B点飞出桌面后，在C点沿圆弧切线方向进入轨道内侧，并恰好能到达轨道的最高点D。小物块与桌面之间的动摩擦因数为，重力加速度大小为 g，忽略空气阻力，小物块可视为质点。求： (1)小物块到达D点的速度大小。 (2)B和D两点的高度差。 (3)小物块在A点的初速度大小。 解析　(1)由题意可知，小物块恰好能到达轨道的最高点D，则在D点有mg＝m，解得vD＝； (2)由题意可知，小物块从C点沿圆弧切线方向进入轨道内侧，则在C点有cos 60°＝，小物块从C点到D点的过程，根据动能定理有－mg(R＋R cos 60°)＝mv D －mv C ，小物块从B点到 D点的过程，根据动能定理有mgHBD＝mv D －mv B ，联立解得vB＝，HBD＝0； (3)小物块从A点到B点的过程，根据动能定理有－μmgs＝mv B －mv A ，s＝π·2R，解得vA＝。 答案　(1)　(2)HBD＝0　(3) 学科网（北京）股份有限公司 $$