2023届高三物理复习重难点突破35动能定理及其应用（解析版）.pdf

专题3 5 动能定理及其应用考点一对动能定理的理解考点二动能定理的基本应用考点三应用动能定理求变力做功考点四应用动能定理处理往复运动和多过程问题考点五 动能定理的综合应用（1.动能定理与图像结合的问题2.直线运动、圆周运动、抛体运动的组合）考点一对动能定理的理解1 .内容：合力做的功等于动能的变化（合力做的功和动能的变化对应同一个研究对象、同一个运动过程）2 .表达式：金=笈2&=）日一）病3 .动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系.4 .动能定理的适用条件（1）动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动.（2）既适用于恒力做功，也适用于变力做功.（3）力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以分阶段作用.1.关于运动物体所受的合外力、合外力做的功及动能变化的关系，下列说法正确的是（）A.合外力为零，则合外力做功一定为零B.合外力做功为零，则合外力一定为零C.合外力做功越多，则动能一定越大D.动能不变，则物体合外力一定为零【答案】A【解析】由W=Ficos。可知，若物体所受合外力为零，则合外力做功一定为零，但合外力做功为零，合外力不一定为零，可能是a=9 0 ,A正确，B 错误；由动能定理k AA可知，合外力做功越多，动能变化量越大，但动能不一定越大，C错误：动能不变，合外力做功为零，但合外力不一定为零，D错误。2.关于动能定理，下列说法正确的是（）A.某过程中合力的总功等于各力做功的绝对值之和B.只要合力对物体做功，物体的动能就一定改变C.在物体动能不改变的过程中，动能定理不适用I）.动能定理只适用于受恒力作用而加速运动的过程【答案】B【解析】A.某过程中合力的总共等于各力做功的代数之和，故 A项错误；B.只要合力对物体做功，由动能定理知物体的动能就一定改变，故B项正确；C.动能不变，只能说明合外力的总功W=0,动能定理仍适用，故C项错误；D.动能定理既适用恒力做功，也适用变力做功，故D项错误。3.(多选)如图所示，电梯质量为在它的水平地板上放置一质量为0的物体。电梯在钢索的拉力作用下竖直向上加速运动，当电梯的速度由右增加到吆时，上升高度为，则在这个过程中，下列说法或表达式正确的是A.对物体，动能定理的表达式为%N 谚-3n l谱，其中%为支持力的功B.对电梯，动能定理的表达式为1#=0,其中犷冷为合力的功C.对物体，动能定理的表达式为W p N-mgH=D.对电梯，其 所 受 合 力 做 功 为 诺 一：M说【答案】C D【解析】A C.电梯上升的过程中，对物体做功的有重力m g、支持力F N,这两个力做的总功才等于物体动能的增量为 A Ek=mvlA错误，C正确；B D.对电梯，无论有几个力对它做功，由动能定理可知，其合力的功一定等于其动能的增量，B错误，D正确。考点二动能定理的基本应用1.应用技巧：动能定理中涉及的物理量有F、1、m、心 队E k等，在处理含有上述物理量的问题时，优先考虑使用动能定理。若过程包含了几个运动性质不同的分过程，既可以分段考虑，也可以整个过程考虑.2 .应用动能定理解题的基本思路(1)选取研究对象，明确它的运动过程及初末状态(初末状态的速度或动能一般为所求或已知)(2)分析研究对象的受力情况和各力的做功情况：受哪些力一各力是否做功f做正功还是负功f做多少功f各力做功的代数和(3)明确研究对象初、末状态的动能反和及2；(4)列动能定理的方程备=魇一尻及其他必要的方程进行求解4.在离地面高为4处竖直上抛一质量为m的物块，抛出时的速度为火，它落到地面时的速度为外用g表示重力加速度，则在此过程中物块克服空气阻力所做的功等于（）A.mg A mv2 B.mg/i|mv2 C.mg/i+|mv0 2-|mv2 D.mv2 1 mv o【答案】C【解析】物块从高为处竖直上抛到落到地面的运动中，设物块克服空气阻力所做的功为W f,由动能定理可得 mg 4Wf=mv2|mv1解 得%=mgA+mvg|mv2A B D错误，C正确。5.（多选）如图所示，质量相同的甲、乙两个小物块，甲从竖直固定的四分之一光滑圆弧轨道项端由静止滑下，轨道半径为此圆弧底端切线水平，乙从高为广的光滑斜面项端由静止滑下。下列判断正确的是（）A.两物块到达底端时速度相同B.两物块到达底端时动能相同C.乙物块运动到底端的过程中重力做功的瞬时功率先增大后减小D.两物块到达底端时，甲物块重力做功的瞬时功率小于乙物块重力做功的瞬时功率【答案】B D【解析】A B.甲、乙两个小物块运动过程，由动能定理mg R =E k=1 nw 2得两物块到达底端时动能相同，B正确，同时由于两物块质量相同，则到达底端时速度大小相同，但速度方向不同，A错误；C.乙沿斜面做匀加速直线运动，重力的功率为 乙=血。9乙sin，乙重力做功功率一直增加，C错误；D.甲物块到达底端时，速度方向沿水平方向，此时重力方向与速度方向夹角的余弦为零，故此时甲重力做功的瞬时功率为零，小于乙物块重力做功的瞬时功率，D正确；6.（多选）质量为必的物体，在水平面上以初速度”开始滑动，经距离d时;速度减为:孙。物体与水平面各处的动摩擦因数相同，则（）A.物体与水平面间的动摩擦因数为若B.克 服 摩 擦 力 做 的 功 为 诏C.物体再前进3 d便停止D.要使物体前进总距离为2 d,其初速度应为J|q）【答案】CD【解析】A B.根据动能定理必=；皿 罗-gm%2=-1niv0 2即 克 服 摩 擦 力 做 功 为2根 据 叼=-fimgd解得=芈3 AB错误；8gdC.根据动能定理0-im(y)2=nmgx解得x=g C正确；D.根据动能定理0-如%2=nmg2d解得=J|v0 D正确。7.(多选)如图所示，木块质量为M,放在光滑水平面上，一质量为应的子弹以初速度气水平射入木块中，最后二者一起以速度r匀速前进。已知子弹受到的平均阻力为 子弹射入木块的深度为d,木块移动距离为s。则下列判断正确的是()-1；CZD;/7777777777777777777777777777777/77-A.fd=mvo|mv2B.fd 诏 1(M 4-m)v2C.f(s+d)=mvQ-1(M 4-m)v2D.fs=-M v2【答案】BD【解析】ABC.子弹进入木块过程中产生的热量为Q=/-Ax=/d又根据能量守恒可知Q=(小诏一(M+m)v2所以/d=：m评 一(M+m)v2 故AC错误，B正确；D.对 木 块 由 动 能 定 理 有 故D正确。8.如图所示，质量为勿的小球，从离地面高，处由静止开始释放，落到地面后继续陷入泥中力深度而停止。设小球受到的空气阻力为乃；重力加速度为g,则下列说法正确的是()A.小球落地时动能等于卬朗B.整个过程中小球克服阻力做的功小于如加C.小球在泥中受到的平均阻力为m g（1+3）D.小球陷入泥中的过程中克服泥的阻力所做的功大于刚落到地面时的动能【答案】D【解析】A.从静止开始释放到落到地面的过程，由动能定理得m gH -%-0解得E k=m g H -FfH 故A错误；B.整个过程，由动能定理得 m g（力+4）+必=0-0解得整个过程中阻力做的功 Wf=+所以整个过程中小球克服阻力做的功|必，|=m g（4 +）m g/7故B错误；C.小球在泥中由动能定理 mg/i-Wf=0-Ek克服泥土阻力所做的功 Wf=mgA+Ek=mgH+/i）-FfH所以小球在泥土中受到的平均阻力f=吗 必+巾9故C错误；HD.研究小球陷入泥中的过程，由动能定理得 mg/i-1 4 =0 -Ek解得克服泥土阻力所做的功 Wf=mg/i+Ek Ek故D正确。考点三应用动能定理求变力做功变力做功不能直接用功的公式求解，但可用动能定理求解，根据动能定理：焚+/恒=:0/一7力，物体初、末速度或动能已知时，恒力做功值可以直接用功的公式求出，从而得到/变=%;状一3m2一“恒,这样就可以求变力做的功了.9.如图所示，一半径为的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高，质量为勿的质点自轨道端点尸由静止开始滑下，滑到最低点。时，对轨道的压力为2侬，重力加速度大小为名质点自产滑到0的过程中，克服摩擦力所做的功为（）A.-mgR1B.mgR八1Hc.5 侬D.mgR【答案】C2【解析】在。点质点受到的竖直向下的重力和竖直向上的支持力的合力充当向心力，所以有R m g=4,R=F V 2mg,联立解得v=k,下滑过程中，根据动能定理可得侬7?+陶=；加 解得附=%g E,所以 克 服 摩 擦 力 做 功 选 项 C正确.1 0.如图所示，一质量为勿的小球，用长为/的轻绳悬挂于。点的正下方夕点。若小球在水平拉力的作用下，从尸点缓慢地移动到Q点，水平拉力厂做的功为的；若小球在水平恒力F =mg 的作用下，从尸点运动 到 0 点水平拉力/做的功为勿2，已知0 =3 0 ,则用和伤大小关系()A.Wi=W2 B.%W2 C.Wy 故选C o考点四 应用动能定理处理往复运动和多过程问题1.往复运动多涉及滑动摩擦力或其他阻力做功，其做功的特点是与路程有关，由于多次往复，运用牛顿运动定律及运动学公式往往无法求解，但由于动能定理只涉及运动的初、末状态，所以用动能定理分析这类问题可使解题过程简化.2.往复运动和多过程问题初末状态的选取:一般情况下，选取速度(或动能)为所求或已知的状态为初末状态.3.要关注下列各力做功的特点:(1)重力做的功取决于物体的初、末位置，与路径无关.（2）无论物体是否做往复运动，大小恒定的阻力或摩擦力做的功等于力与路程的乘积.（3）若力厂随位移x线性变化，力可用平均值产=与七表示，然后代入功的公式求功.（4）功率P一定时，可用人尸力求功.4 .多过程问题中两个不同运动过程的连接处的速度丕能突变往往是解决问题的突破口.5 .涉及竖直面内圆周运动时经常考查最高点和最低点，最高点的速度和最低点的速度可以通过动能定理联系起来，所以竖直面内的圆周运动经常与动能定理联立求解.1 1.（多选）如图所示，4 B C D是一个固定在水平地面上的盆式容器，盆的内侧与盆底8 c的连接处都是一段与B C相切的圆弧。&。水平，其长度为d =1 m，盆边缘的高度为2 =0.3 0 m，在 处放一个质量为必的小物块并让其自由下滑，已知盆内侧壁是光滑的，而盆底B C面与小物块间的动摩擦因数 =0.1 0,则（g取1 0 m/s2）（）A.小物块第一次到达6点的速度为3 m/sB.小物块第一次到达，点的速度为2 m/sC.小物块在盆内来回滑动，最后停在夕点D.小物块在盆内来回滑动，最后停在C点【答案】B D【解析】A.小物块第一次到达B点时，由动能定理得m g仁 加 诏解 得vB=V 6 m/s 故A错误；B.小物块第一次到达C点时，由动能定理有 mg/i-nmgd=解 得vc=2 m/s 故B正确；C D.小物块最终将静止在水平面上，根据动能定理，有mg/i-iimgl=0 !=；=1 m=3 m而d =l m,则物块刚好在B、C间往返运动了 3次，所以最终停在C点，故C错误，D正确。故选B D。1 2.（多选）如图所示，4?必是一条长轨道，其中四段是倾角为夕的斜面，切段是水平的，8 c是与48 和切都相切的一段圆弧，其长度可以略去不计。一质量为勿的小滑块从/点由静止滑下，最后停在点，现用一沿着轨道方向的拉力拉滑块，使它缓缓地由点回到1点，则拉力对滑块做的功等于（设滑块与轨道间的动摩擦因数为）（）Ah_Dr i HA.mgh+umgtan 0 B.2mghC.img(+D.2 (Pmg 1+pmg/icot 6)【答案】B D【解析】物体由A点下落至D点，设克服摩擦力做功为%),由动能定理m g 4-必。=0即 伍 0 =mg/i由于缓缓拉，说明动能变化量为零，设克服摩擦力做功为他,由动能定理，当物体从D点被拉回A点有 七一 m g/一心力=0根据VK =F L cos a 可得由A点下落至D,摩擦力做得功为 WA D=-fimgcosO x s i n t/-1imgl从 D-A 的过程摩擦力做功为 WD A=-/xmgcosd x -fimgl解得 WF=2mgA=2(nmgl+fimg/icotd)故 B D 正确，A C 错误。1 3.如图所示，装置由那、氏、切三段轨道组成，轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接，其中轨道被段和切段是光滑的，水平轨道外的长度尤=5 m，轨道缪足够长且倾角。=3 7 ,A、两点离轨道回的高度分别为=4.3 0 m、h2=1.3 5 m,现让质量为0的小滑块(可视为质点)自4点由静止释放，己知小滑块与轨道比1 间的动摩擦因数 =0.5,重力加速度g取lOm/s?，s in3 7 =0.6)C OS3 7 O =0.8 求：(1)小滑块第一次经过点时的速度大小；(2)小滑块第一次与第二次经过C 点的时间间隔；(3)小滑块最终停止的位置到6点的距离。【答案】(1)3 m/s；(2)2 s；(3)1.4 m【解析】小 滑 块 从 A f B-C f I)过程中，由动能定理得 m g”一 力)-7 ng x =纲 诏-0代 入 数 据 解 得vD=3 m/s(2)小滑块从A f B 过程中，由动能定理得 mg/t1-p.mgx=-0代入数据解得%=6 m/s小滑块沿C D 段上滑的加速度大小a=gsin0=6 m/s2小滑块沿C D 段上滑到最高点的时间Q =1 sa由对称性可知小滑块从最高点滑回C点 的 时 间 G =t2=1 s故小滑块第一次与第二次通过C点的时间间隔t=2 s(3)设小滑块在水平轨道上运动的总路程为x总，对小滑块运动全过程应用动能定理mgA1-nmgx&=0代 入 数 据 解 得 x总=8.6m故小滑块最终停止的位置距B点 的 距 离 为 2x-x总=1.4m1 4.某游乐场的滑梯可以简化为如图所示竖直面内的ABCD轨道，为长L=6m、倾角a=37 的斜轨,BC为水平轨道，CD为半径R=15m、圆心角夕=3 7 的圆弧，轨道48段粗糙其余各段均光滑。一小孩(可视为质点)从A点以初速度为=2m/s下滑，沿轨道运动到。点时的速度恰好为零(不计经过6 点时的能量损 失)。己知该小孩的质量m=30kg，取sin37=0.6,COS37 0 =0.8，不计空气阻力，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：(1)该小孩第一次经过圆弧C点时，对圆弧轨道的压力A；(2)该小孩在轨道47上运动的总路程s。C B【答案】(1)420N；(2)28.5m【解析】(1)小孩由C到 D速度减为0,由动能定理可得一mg(R-Rcos37)=0-海 九 2解得 vc=V60m/s小孩在圆弧轨道C点由牛顿第二定律得 九-=解得 FN=420N根据牛顿第三定律，小孩对轨道的压力 凤=4 2 0 N 方向向下；(2)对小孩由 A 到 D 过程，根据动能定理得 mgLsina fimgLcosa-mgR(l cosjS)=0 1mv0解 得 =工 tana由题从A点以初速滑下，最后静止在BC轨it B 处，由动能定理 mgLsina-fimgscosa=0-m v0解得 s=28.5m考点五动能定理的综合应用1.动能定理与图像结合问题的分析方法(1)看清楚图像的种类(如片力图像、F x 图像、笈-x 图像等).(2)挖掘图像的隐含条件求出所需要的物理量，如由片力图像所包围的“面积”求位移，由 R x图像所包围的“面积”求功，在横轴的上下表示做功的正负；由笈一 图像的斜率求合外力等。必要时要对横坐标或纵坐标所表示的物理量进行处理，转化为与其有关的其他物理量再做进一步分析.(3)分析有哪些力做功，根据动能定理列方程，求出相应的物理量.2.直线运动、圆周运动、抛体运动的组合问题经常需要结合动能定理求解，抛体运动、圆周运动的分析方法见专题2 4、2 8.1 5 .（2 0 2 2 全国高三课时练习）如图甲所示，质量为1 k g 的 木 块（视为质点）被水平向左的力尸压在竖直墙壁上，木块初始位置离地面高度H =4 m，木块与墙面之间的动摩擦因数=0.2,木块距离地面的高度与力尸之间的关系如图乙所示，取重力加速度大小g =1 0m/s2o则木块下滑到地面前的瞬间的速度大小 为（）【答案】C【详解】根据题述，木块初始位置离地面高度H =4 m,由图乙可知对应的压力尸=2 0 N所受的滑动摩擦力4=4 尸=4 N仿照图乙可画出滑动摩擦力耳随高度h变化的图像如图根据滑动摩擦力尸f 随高度h变化的图像面积表示滑动摩擦力做功可知，从木块从初始位置开始下滑到滑到地面瞬间的过程中，滑动摩擦力做功W f =8.0 J由动能定理m g H -IV（=m v2解得v =8 m/s 故选C o1 6 .质量为勿的物体从高为h的斜面顶端静止下滑，最后停在平面上，若该物体以0的初速度从顶端下滑，最后仍停在平面上，如图甲所示。图乙为物体两次在平面上运动的 一力图像，则物体在斜面上运动过程中克服摩擦力的功为（）A.m v0 2 3mg/iC.m v0 2 mg/i【答案】DB.3mgA mv0D.mg/i mvQ【解析】设物块在斜面上克服阻力做的功为W l,速度时间图像中面积表示位移，由图乙可知，两次滑下在水平面上移动位移之比为包=70 4第一次滑到水平面上摩擦力做功为脸,则第二次滑至水平面上摩擦力做功为伍,=4 仞物体第一次运动过程中，由动能定理得m g/-W1-W2=0物体第二次运动过程中，由动能定理得m g/-4卬2 =0-；小 孙 2解得名=-2故 D正确，ABC 错误。1 7.如图甲所示，质量为1 k g的物块静止在粗糙的水平面上，用大小为1 0 N 的水平拉力厂拉动物块，其动能后 卜 随位移x 变化的关系图线如图乙所示。重力加速度g=1 0 m/s 2,物块可视为质点，下列说法正确的是()A.水平拉力做的功为4 0 J B.物块运动的加速度大小为4 m/s 2C.物块与水平面间的摩擦力大小为2 N D.物块与水平面间的动摩擦因数为0.1【答案】C【解析】A.水平拉力做的功为W=Fx=50 JC.设物块与水平面间的摩擦力大小为 由动能定理可知E k=Fxf炉 口 D x结合图乙可知，物块受到的合外力的大小为尸f=N=8N摩擦力大小为f=2 N 故 A 错误；C正确；B.由牛顿第二定律可知F-f=m a 解 得 a=8m/s 2 故 B 错误；D.由 f=uN=umg 可知物块与水平面间的动摩擦因数为0.2。故 D 错误。1 8.(2 0 2 2 ,全国甲卷 T 1 4)北足2 0 2 2 年冬奥会首钢滑雪大跳台局部不意图如图所不。运动员从o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 两处的高度差为力。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()777777777777777777777777【答案】D1 9 V2【解析】运动员从a到 c 根据动能定理有侬/2 =7 6 4，在 c 点 有&-m g =加,FNC 故选D。k-11 9.2 0 2 2 年第2 4 届冬季奥林匹克运动会在北京举行，跳台滑雪是冬奥会的比赛项目之一。如图所示为一简化后的跳台滑雪的雪道示意图，某运动员从。点由静止开始，在不借助其它外力的情况下，自由滑过一段圆心角为60 的圆弧轨道后从A点水平飞出，经t=6$后落到斜坡上的B 点。已知4点是斜坡的起点，圆弧轨道半径R=2 5 m，斜坡与水平面的夹角。=30 ,运动员的质量m=5 0k g,重力加速度g=10m/s2,空气阻力忽略不计。求：(1)运动员到达点时的速度大小；(2)运动员到达4点时对轨道的压力大小；(3)在圆弧轨道上摩擦阻力对运动员做的功。【答案】(1)15 m/s；(2)9 5 0 N；(3)-6 25 J【解析】(1)运动员从A点滑出后做平抛运动，从 A到 B水平方向有x=v,、t在 竖 直 方 向 有 y=i gt2物体落在B点，有t a n O=丫X联立解得V A=15 m/s(2)在 A点满足 凤一瓶9 =嗒 解 得FN=95ON由牛顿第三定律得，运动员到达A点时对轨道的压力大小为9 5 0 N。(3)运动员在圆弧轨道上只有重力和摩擦阻力做功，根据动能定理有m g(R-Rco s 6 0 0 )+W =v；O代入数据解得W,=-6 25 J20 .(20 22 全国高三专题练习)如图所示，遥控电动赛车通电后电动机以额定功率 3 W工作，赛车(可视为质点)从/点由静止出发，经过时间t(未知)后关闭电动机，赛车继续前进至6点后水平飞出，恰好在。点沿着切线方向进入固定在竖直平面内的光滑圆弧形轨道，通过轨道最高点。后水平飞出，点为圆弧形轨道的最低点。已知赛车在水平轨道4 8 部分运动时受到恒定阻力/=0.5 N,赛车的质量而=0.8 k g,轨道4 6 的长度Z=6.4 m,B、C 两点的高度差4=0.4 5 m,赛车在C 点的速度大小吐=5 m/s,圆弧形轨道的半径Q 0.5 m,不计空气阻力，g 取 10 m/s2,s i n 37 0.6,co s 37 0.8,求：(1)赛车运动到6点时的速度4 的大小；(2)赛车电动机工作的时间t；(3)赛车经过最高点。时对轨道的压力的大小.【解析】(1)赛车从B点到C点的过程中做平抛运动，根据平抛运动规律有A=gtl vy=gt,同 时 有Vc=Vy+诏解得赛车在B点 的 速 度 v B=4 m/s(2)赛车从A点运动到B点的过程中，由 动 能 定 理 得 Pt /7,=：7 7 1若 解 得 t=3.2s设圆弧轨道的圆心。和 5点的连线与竖直方向的夹角为明则 有 t an a4号 解 得 a=37。赛车从C点运动到最高点D的过程中，由动能定理得 一+cosa)=|m v 3-如 虎设赛车经过最高点1)处时轨道对小车的压力为N,根据牛顿第二定律得m g +N =m 条联立解得N=3.2N根据牛顿第三定律可得，赛车对轨道的压力大小为N.=3.2N21.如图所示，竖直放置的光滑圆轨道被固定在水平地面上，圆轨道半径为凡在轨道的最低点处有一质量为加的小球(可看成质点)，现给小球一水平向右的初速度%,重力加速度为目 求：(1)若%=3场，求小球在轨道最高点时，对轨道的压力；(2)若%=2项，求小球在运动过程中所能达到的最大高度(距离水平地面).m%【答案】尸 压=4mg；凝【解析】(1)对小球从A到 B的过程中由动能定理得一m gx2R 诏 一 诏在 B点由牛顿第二定律得耳+mg=6 学再由牛顿第三定律得尸压=外联立以上三式解得F压=4mg(2)临界情况为小球恰好通过B点，设通过B点的最小速度为%,由圆周运动的向心力关系得 mg=m 群对小球从A到 B的过程中由动能定理得-m g x 2R=|mve0解得 VAO=j5gR可得要小球在圆轨道上做完整的圆周运动则应满足v0 外o=J 9由上面的分析可知因为题目中见=2 J 丽，所以这种情况下小球会运动到某一高度而开始脱离轨道。设小球到达下图中的C点位置恰好脱离轨道，此时小球满足以下方程 zngR(l+cos0)=-mv-m v mgcosd=m 2 2 R解 得 cos9=|可得C点距离A点的高度为H=R+Rcosff=|/?c 点 速 度 为=速度方向沿着该点的切线方向向上。如下图所示，小球从C点脱离轨道后做斜抛，小球还会继续上升，斜抛运动的最高点D才是题目中的所求A由斜抛运动的规律得小球脱离圆轨道后还能上升的高度h=丝 畔 =JR2g 27所以小球在运动过程中所能达到的最大高度，总=+4 =招/?2 2.（2 0 2 1 全国乙卷 T 2 4）一篮球质量为m=0.6 0 k g ,一运动员使其从距地面高度为=1.8 m 处由静止自由落下，反 弹 高 度 为 L2m。若使篮球从距地面勿=1.5 m 的高度由静止下落，并在开始下落的同时向下拍球、球落地后反弹的高度也为L5m。假设运动员拍球时对球的作用力为恒力，作用时间为f =0.2 0 s；该篮球每次与地面碰撞前后的动能的比值不变。重力加速度大小取g =1 0 m/s 2 ,不计空气阻力。求：（1）运动员拍球过程中对篮球所做的功；（2）运动员拍球时对篮球的作用力的大小。【答案】（1）W=4.5 J；（2）尸=9N【解析】（1）第一次篮球下落的过程中由动能定理可得 耳篮球反弹后向上运动的过程由动能定理司.得0-七=一 加 g 2第二次从1.5 m 的高度静止下落，同时向下拍球，在篮球反弹上升的过程中，由 动 能 定 理 可 得。-&=0-m g%第二次从1.5 m 的高度静止下落，同时向下拍球，篮球下落过程中，由动能定理可得 W +m g%=E 3因篮球每次和地面撞击的前后动能的比值不变，则 有 比 例 关 系 冬=冬l E3代入数据可得 W=4.5 J（2）因作用力是恒力，在恒力作用下篮球向下做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得F +m g m a在拍球时间内运动的位移为x=-at22做 功 为W F x联立可得 尸=9 1 （尸=-1 5 N 舍去）