课时跟踪检测（二十三）动能定理的理解及应用（练习）-【创新方案】2026年高考物理一轮复习（福建专版）

课时跟踪检测（二十三） 动能定理的理解及应用 1.(2025·漳州模拟)一物体的速度大小为v0时,其动能为Ek。当它的动能为2Ek时,其速度大小为 (　 ) A. B.2v0 C.v0 D.v0 解析:选C　根据动能表达式可得Ek=m,2Ek=mv2,可得v=v0,故C正确。 2.某同学用300 N的力将质量为0.46 kg的足球踢出,足球以10 m/s的初速度沿水平草坪滚出60 m后静止,则足球在水平草坪上滚动过程中克服阻力做的功是 (　 ) A.23 J B.132 J C.4.6 J D.10 000 J 解析:选A　足球在水平草坪上滚动过程中,根据动能定理有0-mv2=-Wf,解得足球在水平草坪上滚动过程中克服阻力做的功为Wf=23 J,故A正确。 3.(2025·福州模拟)(双选)如图甲所示,用大小不同的水平向右的恒力F将物体M从静止由P点拉动到Q点时速度为v,F与 v2的变化关系如图乙中的a图线;相同的方法得到另一个物体N的F与v2的变化关系如图乙中的b图线,则 (　 ) A.M的质量比N的质量大 B.M的质量比N的质量小 C.M、N与地面间的动摩擦因数相同 D.M与地面间的动摩擦因数比N与地面间的动摩擦因数小 解析:选AD　设P点与Q点之间的距离为d,根据动能定理有Fd-μmgd=mv2,可得F=+μmg,由题图乙可知,M对应的图线斜率更大,说明其质量更大,故A正确,B错误;M对应的图线纵轴截距更小,因此受到滑动摩擦力更小,又因为M的质量更大,说明其与地面间的动摩擦因数更小,故C错误,D正确。 4.一个做直线运动的物体,其速度v与时间t的关系图像如图所示。设t1至t2时间内外力做功为W1;t2至t3时间内外力做功为W2;t3至t4时间内外力做功为W3,则 (　 ) A.W1>0,W2<0,W3<0 B.W1>0,W2<0,W3>0 C.W1=0,W2<0,W3>0 D.W1=0,W2<0,W3<0 解析:选C　根据动能定理得W1=0,W2=0-m<0,W3=m-0>0,故C正确。 5.(2023·辽宁高考)如图(a),从高处M点到地面N点有Ⅰ、Ⅱ两条光滑轨道。两相同小物块甲、乙同时从M点由静止释放,沿不同轨道滑到N点,其速率v与时间t的关系如图(b)所示。由图可知,两物块在离开M点后到达N点前的下滑过程中 (　 ) A.甲沿Ⅰ下滑且同一时刻甲的动能比乙的大 B.甲沿Ⅱ下滑且同一时刻甲的动能比乙的小 C.乙沿Ⅰ下滑且乙的重力功率一直不变 D.乙沿Ⅱ下滑且乙的重力功率一直增大 解析:选B　由题图(b)可知,在下滑过程中,甲做匀加速直线运动,则甲沿Ⅱ下滑,乙做加速度逐渐减小的加速运动,乙沿Ⅰ下滑,任意时刻甲的速度都小于乙的速度,可知同一时刻甲的动能比乙的小,A错误,B正确;乙沿Ⅰ下滑,开始时乙的速度为0,到N点时乙的竖直方向速度为零,根据瞬时功率公式P=mgvy可知,乙的重力功率先增大后减小,C、D错误。 6.如图所示,质量为m的物体静止在水平光滑的平台上,系在物体上的水平轻绳跨过光滑的定滑轮,由地面上的人以速度v0水平向右匀速拉动,设人从地面上平台的边缘开始向右行至绳与水平方向的夹角θ=37°处,在此过程中人的拉力对物体所做的功为, (　 ) A.m B.m C.m D.m 解析:选B　将人的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向,沿绳子方向的分速度大小等于物体的速度大小,则v物=v0cos 37°,根据动能定理得W=m=m,故B正确。 7.质量为m的物体静止在粗糙的水平面上,当此物体受水平力F作用运动距离s时,动能为Ek1,而当此物体受水平力2F作用运动相同的距离时,其动能为Ek2,则 (　 ) A.Ek2=Ek1 B.Ek2=2Ek1 C.Ek2>2Ek1 D.Ek1<Ek2<2Ek1 解析:选C　当物体受水平力F作用时,由动能定理可得Fs-Wf=Ek1;当物体受水平力2F作用时,由动能定理可得2Fs-Wf=Ek2,解得Ek2=2Ek1+fs,则可得出Ek2>2Ek1,故C正确。 8.电梯一般用电动机驱动,钢绳挂在电动机绳轮上,一端悬吊轿厢,另一端悬吊配重装置。钢绳和绳轮间产生的摩擦力能驱使轿厢上下运动。若电梯轿厢质量为2×103 kg,配重为2.4×103 kg。某次电梯轿厢由静止开始上升的v-t 图像如图乙所示,重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力。下列说法正确的是 (　 ) A.电梯轿厢在第10 s内处于失重状态 B.上升过程中,钢绳对轿厢和对配重的拉力大小始终相等 C.在第1 s内,电动机做的机械功为2.4×104 J D.上升过程中,钢绳对轿厢做功的最大功率为 4.8×104 W 解析:选D　由题图乙可知,电梯轿厢在第10 s内做匀速直线运动,处于平衡状态,故A错误;以1~10 s 为例,轿厢和配重都处于平衡状态,根据平衡条件可知左边钢绳的拉力大小与轿厢的重力大小相等,右边钢绳的拉力大小与配重的重力大小相等,由题意可知轿厢和配重质量不相等,则钢绳对轿厢和对配重的拉力大小不相等,故B错误;由题图乙可知在第1 s内,轿厢上升了1 m,配重下降了1 m,设电动机做的机械功为W,由动能定理得W+m2gh-m1gh=(m1+m2)v2,解得W=4.8×103 J,故C错误;当钢绳对轿厢拉力最大,轿厢速度最大时,钢绳对轿厢做功的功率最大,在轿厢加速上升阶段,由牛顿第二定律得FT-m1g=m1a,由题图乙可知a=2 m/s2,钢绳对轿厢做功的最大功率P=FTv=(m1g+m1a)v=4.8×104 W,故D正确。 9.(双选)如图所示,可视为质点的小球质量为m,轻质细线长为L,一端系于悬点O,另一端连接小球。把小球和细线拉到水平位置且细线绷直,由静止释放小球,小球运动过程中受到大小恒为f的阻力作用,该阻力的方向始终与运动方向相反,小球可视为质点,重力加速度大小为g。下列说法正确的是 (　 ) A.小球摆到最低点时的动能为mgL-fL B.小球摆到最低点时的动能为mgL-fπL C.下摆过程中,小球重力的功率先增大后减小 D.下摆过程中,小球阻力的功率一直为零 解析:选BC　小球由静止释放到最低点的过程,根据动能定理有mgL-f×πL=Ek-0,解得小球摆到最低点时的动能为Ek=mgL-fπL,故A错误,B正确;小球竖直方向的速度先增大后减小,根据PG=mgvy,可知小球重力的功率先增大后减小,故C正确;阻力的功率为Pf=fv,下落过程中小球的速度不为零,阻力大小不变,阻力的功率也不为零,故D错误。 10.（4分）(2024·莆田第二中学月考)某兴趣小组对一辆遥控小车的性能进行研究。他们让这辆小车在水平的直轨道上由静止开始运动,并将小车运动的全过程记录下来,通过处理转化为v-t图像,如图所示(除2~10 s时间段图像为曲线外,其余时间段图像均为直线)。已知在小车运动的过程中,2~14 s时间段内小车的功率保持不变,在14 s末停止遥控而让小车无动力自由滑行,小车的质量为1 kg,可认为在整个运动过程中小车所受到的阻力大小不变。则小车额定功率为 W，小车在变加速运动过程中位移为 m。 解析:在14~18 s内,加速度大小a'==m/s2=1.5 m/s2,对小车由牛顿第二定律得f=ma'=1.5 N,在10~14 s内小车做匀速运动,速度v=6 m/s,牵引力大小F与f大小相等,则小车额定功率P=Fv=fv=9 W;在2~10 s内小车做变加速运动,根据动能定理有Pt-fx2=m-m,解得x2=39 m。 答案:9 39 11.(12分)(2025·福州模拟)质量m=1 kg的物体,在水平恒定拉力F(拉力方向与物体初速度方向相同)的作用下,沿粗糙水平面运动,经过的位移为4 m 时,拉力F停止作用,运动到位移为8 m时物体停止运动,运动过程中该物体的Ek- x图像如图所示。取g=10 m/s2。求: (1)物体的初速度大小;(3分) (2)物体和水平面间的动摩擦因数;(4分) (3)拉力F的大小。(5分) 解析:(1)从题图中可看出物体的初动能为2 J,有=m,解得v0=2 m/s。 (2)撤去拉力F后,物体在水平方向上只受滑动摩擦力作用,对物体根据动能定理,有-μmgx2=0-Ek 解得μ=0.25。 (3)有拉力F作用时,对物体根据动能定理,有 Fx1-μmgx1=Ek- 解得F=4.5 N。 答案:(1)2 m/s　(2)0.25　(3)4.5 N 12.(13分)(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;(6分) (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。(7分) 解析:(1)重物缓慢下降,处于平衡状态,对重物进行受力分析,如图所示,水平方向有TPsin α=TQsin β 竖直方向有 TPcos α=TQcos β+mg 联立解得TP=1 200 N,TQ=900 N。 (2)重物缓慢下降,动能变化量为零,下降过程中对重物由动能定理有mgh+W=0 解得W=-4 200 J 即两根绳子拉力对重物做的总功为-4 200 J。 答案:(1)1 200 N　900 N　(2)-4 200 J 1 / 5 学科网（北京）股份有限公司 $$