第8章 习题课6 动能定理的应用（Word练习）-【精讲精练】2025-2026学年高中物理必修第二册（人教版）

[对应学生用书作业(二十)P39] [基础训练] 1．如图所示，用同种材料制成的一个轨道，AB段为圆弧，半径为R，水平放置的BC段长度为R。一小物块质量为m，与轨道间的动摩擦因数为μ，当它从轨道顶端A由静止下滑时，恰好运动到C点静止，那么物块在AB段克服的摩擦力做的功为(　　) A．μmgR B．mgR(1－μ) C．πμmgR D．mgR 解析　设在AB段物块克服摩擦力做的功为W，则物块由A到B运用动能定理可得 mgR－W＝mvB2 物块由B到C运用动能定理可得 －μmgR＝0－mvB2 联立解得W＝mgR(1－μ)，故B正确，A、C、D错误。 答案　B 2．(2025·云南保山校考)如图所示，质量为m的小球与长度为L的细线连接，另一端系于O点，现将小球拉至水平方向，小球由静止开始释放，已知小球到达最低点时对绳子的拉力大小为2.5mg，则小球由释放至摆到最低点过程中克服空气阻力做功为(　　) A．mgL B．mgL C．mgL D．mgL 解析　小球到达最低点时对绳子的拉力大小为2.5mg，则2.5mg－mg＝m，从释放至摆到最低点过程中mv2－0＝mgL－W阻，解得W阻＝mgL，故选B。 答案　B 3．(多选)在平直公路上，汽车由静止开始做匀加速直线运动，当速度达到vmax后，立即关闭发动机直至静止，v -t图像如图所示，设汽车的牵引力为F，受到的摩擦力为Ff，全程中牵引力做功为W1，克服摩擦力做功为W2，则(　　) A．F∶Ff＝1∶3 B．W1∶W2＝1∶1 C．F∶Ff＝4∶1 D．W1∶W2＝1∶3 解析　对汽车运动的全过程，由动能定理得：W1－W2＝ΔEk＝0，所以W1＝W2，选项B正确，D错误；设加速位移为x1，总位移为x2，由图像知x1∶x2＝1∶4，由动能定理得Fx1－Ffx2＝0，所以F∶Ff＝4∶1，选项A错误，C正确。 答案　BC 4．(多选)质量为m的汽车在平直公路上行驶，发动机的功率P和汽车受到的阻力Ff均恒定不变，在时间t内，汽车的速度由v0增大到最大速度vm，汽车前进的距离为s，则此段时间内发动机所做的功W可表示为(　　) A．W＝Pt B．W＝Ffs C．W＝mvm2－mv02＋Ffs D．W＝mvm2＋Ffs 解析　由题意知，发动机功率不变，故t时间内发动机做功W＝Pt，所以A正确；车做加速运动，故牵引力大于阻力Ff，故B错误；根据动能定理有W＝mvm2－mv02＋Ffs，所以C正确，D错误。 答案　AC 5．(2025·吉林白城校考)如图所示，光滑圆轨道固定在竖直面内，一个小球沿圆轨道做竖直平面内的圆周运动，在最高点A点对轨道的压力大小为F1，在最低点B点对轨道的压力大小为F2，则当小球运动到与圆心等高的C点时，对轨道的压力大小为(　　) A． B． C．F2－F1 D． 解析　设圆轨道的半径为R，在最高点mg＋F1＝m，在最低点F2－mg＝m，联立解得F1＋F2＝m，在与圆心等高的位置F＝m，小球由C点运动到B点的过程，根据动能定理mgR＝mv22－mv2，小球由A点运动到C点的过程，根据动能定理mgR＝mv2－mv12，解得F＝，故选A。 答案　A 6．质量为1.5 t的汽车在平直路面上以恒定功率P＝90 kW启动，经过80 s达到最大速度，已知汽车所受阻力为车重的0.1倍，重力加速度g＝10 m/s2，则此80 s内汽车位移为(　　) A．2400 m B．2500 m C．2800 m D．3000 m 解析　最大速度vm＝＝＝60 m/s，根据动能定理mvm2－0＝Pt－0.1mgx，解得x＝3000 m，故选D。 答案　D 7．(教材本章复习与提高B组第2题变式)A、B两物体质量之比mA∶mB＝3∶1，它们以相同的初速度v0在水平面上做匀减速直线运动，直到停止，其v-t图像如图所示。物体的加速度为a，位移为x，摩擦力为f，摩擦力做功为Wf。则在此过程中(　　) A．aA∶aB＝1∶3 B．fA∶fB＝9∶1 C．xA∶xB＝3∶1 D．WfA∶WfB＝1∶9 解析　根据v-t图像斜率绝对值等于加速度大小，则A物体加速度大小为aA＝，B物体加速度大小为aB＝，可得aA∶aB＝3∶1。根据牛顿第二定律可得fA＝mAaA，fB＝mBaB，可得fA∶fB＝mAaA∶mBaB＝9∶1，故A错误，B正确；根据v-t图像与横轴围成的“面积”表示位移，可知xA＝v0t，xB＝v0·3t，可得xA∶xB＝1∶3，根据Wf＝－fx，可得WfA∶WfB＝－fAxA∶－fBxB＝3∶1，故C、D错误。 答案　B 8．(2025·八省联考)如图所示，“套圈”活动中，某同学将相同套环分两次从同一位置水平抛出，分别套中Ⅰ、Ⅱ号物品。若套环可近似视为质点，不计空气阻力，则(　　) A．套中Ⅰ号物品，套环被抛出的速度较大 B．套中Ⅰ号物品，重力对套环做功较小 C．套中Ⅱ号物品，套环飞行时间较长 D．套中Ⅱ号物品，套环动能变化量较小 解析　根据平抛运动规律，水平方向和竖直方向的位移公式为x＝v0t，h＝gt2，v0＝x。套中Ⅰ号物品时x位移较小，h下落高度较大，可知套环被抛出的速度v0一定较小，A错误；根据重力做功表达式W＝mgh可知，套中Ⅰ号物品时h下落高度较大，重力对套环做功较大，B错误；根据平抛运动规律，竖直方向的位移公式h＝gt2可得t＝，套中Ⅱ号物品，h下落高度较小，套环飞行时间较短，C错误；套中物品过程中由动能定理得mgh＝ΔEk，套中Ⅱ号物品，h下落高度较小，重力做功较小，可知套环动能变化量较小，D正确。 答案　D [能力提升] 9．某品牌新能源汽车在平直公路上进行性能测试，其运动的vt图像如图所示，已知在10 s末关闭发动机，汽车的质量为1500 kg，求汽车从起步到停止运动过程中： (1)发动机的最大输出功率； (2)牵引力做的功。 解析　(1)在10～20 s内，汽车由于关闭发动机运动方向上只受摩擦力作用，故加速度大小为 a1＝＝ m/s2＝2 m/s2 故摩擦力为Ff＝ma1＝3000 N 当牵引力等于阻力时，汽车发动机输出功率最大，则发动机的最大输出功率为 P＝Fv＝3000×20 W＝6×104 W。 (2)根据动能定理可得 W－Ffx＝0，x＝×(5＋20)×20 m＝250 m 解得W＝7.5×105 J。 答案　(1)6×104 W　(2)7.5×105 J 10．如图所示，绷紧的传送带在电动机带动下，始终保持v0＝2 m/s的速度匀速运行，传送带与水平地面的夹角θ＝30°，现把一质量m＝10 kg的工件轻轻地放在传送带底端，由传送带传送至h＝2 m的高处。已知工件与传送带间的动摩擦因数μ＝，g取10 m/s2。 (1)通过计算分析工件在传送带上做怎样的运动； (2)工件从传送带底端运动至h＝2 m高处的过程中摩擦力对工件做了多少功？ 解析　(1)工件刚放上传送带时受滑动摩擦力 Ff＝μmg cos θ， 工件开始做匀加速直线运动，由牛顿运动定律得 Ff－mg sin θ＝ma， 可得a＝－g sin θ＝g(μcos θ－sin θ) ＝10× m/s2＝2.5 m/s2。 设工件经过位移x与传送带达到共同速度，由匀变速直线运动规律可得x＝＝ m＝0.8 m＜＝4 m。 故工件先以2.5 m/s2的加速度做匀加速直线运动，运动0.8 m与传送带达到共同速度2 m/s后做匀速直线运动。 (2)在工件从传送带底端运动至h＝2 m高处的过程中，设摩擦力对工件做功Wf，由动能定理得 Wf－mgh＝mv02， 可得Wf＝mgh＋mv02＝10×10×2 J＋×10×22 J＝220 J。 答案　(1)见解析　(2)220 J 11．(2025·黑吉辽内蒙古卷)如图所示，一雪块从倾角θ＝37°的屋顶上的O点由静止开始下滑，滑到A点后离开屋顶。O、A间距离x＝2.5 m，A点距地面的高度h＝1.95 m，雪块与屋顶的动摩擦因数μ＝0.125。不计空气阻力，雪块质量不变，取sin 37°＝0.6，重力加速度大小g＝10 m/s2。求： (1)雪块从A点离开屋顶时的速度大小v0； (2)雪块落地时的速度大小v1，及其速度方向与水平方向的夹角α。 解析　(1)雪块在屋顶上运动过程中，由动能定理mgx sin θ－μmg cos θ·x＝mv02－0 代入数据解得雪块到A点速度大小为v0＝5 m/s。 (2)雪块离开屋顶后，做斜下抛运动，由动能定理mgh＝mv12－mv02 代入数据解得雪块到地面速度大小v1＝8 m/s 速度与水平方向夹角α，满足cos α＝＝＝ 解得α＝60°。 答案　(1)5 m/s　(2)8 m/s　60° 12．(2025·八省联考)投沙包游戏规则为：参赛者站在离得分区域边界AB一定的距离外将沙包抛出，每个得分区域的宽度d＝0.15 m，根据沙包停止点判定得分。如图，某同学以大小v0＝5 m/s、方向垂直于AB且与水平地面夹角53°的初速度斜向上抛出沙包，出手点距AB的水平距离L＝2.7 m，距地面的高度h＝1 m。落地碰撞瞬间竖直方向速度减为零，水平方向速度减小。落地后沙包滑行一段距离，最终停在9分、7分得分区的分界线上。已知沙包与地面的动摩擦因数μ＝0.25，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，取重力加速度大小g＝10 m/s2，空气阻力不计。求： (1)沙包从出手点到落地点的水平距离x； (2)沙包与地面碰撞前、后动能的比值k。 解析　(1)沙包竖直方向的初速度为 vy＝v0sin 53°＝4 m/s 沙包在竖直方向上减速到0，然后做自由落体运动，设竖直向上为正，则有－h＝vyt－gt2 代入数据解得t＝1 s 沙包抛出的水平初速度为vx＝v0cos 53°＝3 m/s 所以从抛出到落地沙包的水平位移为x＝vxt＝3 m。 (2)沙包滑行的距离为x0＝L＋5d－x＝0.45 m 沙包滑行过程中，水平方向上有Ff＝μmg＝ma 加速度大小a＝μg＝2.5 m/s2 滑行的初速度有v12＝2ax0 与地面碰撞后的动能Ek2＝mv12＝m 从抛出到落地根据动能定理有 mgh＝mv2－mv02 故落地瞬间的动能Ek1＝mv2＝m 所以k＝＝20。 答案　(1)3 m　(2)20 学科网（北京）股份有限公司 $