课时检测训练20 动能定理及其应用-【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 >对应答案P585 基础对点练 板的总质量为m,可视为质点。重力加速度大小 对点练1动能定理的理解 为g,不计空气阻力。则此过程中人与滑板克服 1.如图，某同学用绳子拉动木箱， 摩擦力做的功为 使它从静止开始沿粗糙水平路 A.mgh B. 面运动至具有某一速度。木箱获得的动能一定 C.mgh D.mgh- 2m2 A.小于拉力所做的功 5.如图，一容器的内壁是半径为r B.等于拉力所做的功 的半球面，容器周定在水平地面 C.等于克服摩擦力所做的功 上。在半球面水平直径的一端有一质量为n(可 D.大于克服摩擦力所做的功 视为质点)的小滑块P,它在容器内壁由静止开 2.(2023·新课标卷)无风时，雨滴受空气阻力的作 始下滑到最低点，在最低点时的向心加速度大小 用在地面附近会以恒定的速率竖直下落。一质 为a,已知重力加速度大小为g。则P由静止下 量为m的雨滴在地面附近以速率v下落高 滑到最低点的过程中克服摩擦力做的功为 度万的过程中，克服空气阻力做的功为（重力加 速度大小为g) A.0 B.mgh A.mr(g-a) B.mr(2g-a) C.m:-mgh D.m+mgh 1 C.mr(g-a) D.mr(2g+a) 对点练2动能定理的应用 6.(2022,全国甲卷)北京2022年冬奥会首钢滑雪 3.如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小 大跳台局部示意图如图所示。运动员从“处由 物块，O点为弹簧在原长时物块的位置。物块由 静止自由滑下，到b处起跳，c点为a,b之间的最 A点静止释放，沿粗糙程度相同的水平面向右运 低点，a,c两处的高度差为h。要求运动员经过c 动，最远到达B点。在从A到B的过程中，物块 点时对滑雪板的压力不大于自身所受重力的 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.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 4.(2024·安徽卷)某同学参加户外拓展活动，遵照 h A.k+1 安全规范，坐在滑板上，从高为h的粗糙斜坡顶 c 2h 端由静止下滑，至底端时速度为。已知人与滑 D.k一1 课时检测训练·物理 —366 对点练3动能定理与图像的结合 如图所示，由图像可知 7.(多选)一质量为m=40kg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 2 x/m 像分别如图甲，乙所示，3s末电动汽车牵引力功 A.在x=0到x=1m过程中，物体做匀加速直 率达到额定功率，10s末电动汽车的速度达到最 线运动，运动时间t=0.2s 大值，145时关闭发动机，经过一段时间电动汽 B.在x=0到x=2m过程中，物体做变加速直 车停止运动。整个过程中电动汽车受到的阻力 线运动，F做功5J 恒定。下列说法正确的是 C.物体运动到x=2m时，物体的瞬时速度为 ↑m*s ↑PW 5 m/s 30 D.物体运动到x=2m时，物体的解时速度为 10 14 s 2 m/s 草综合提升练 A.电动汽车最大速度为5ms 10.从地面竖直向上抛出 E 72 B.电动汽车受到的阻力为100N 一物体，物体在运动过 60- 48上升 C.关闭发动机后，电动汽车经过5$停止运动 程中除受到重力外，还 6 24 下洛 D.整个过程中，电动汽车克服阻力做功为3750J 受到一大小不变、方向 12 23h/m 8.(202·证苏卷)某滑雪赛道m深 始终与运动方向相反的外力作用。距地面高度 如图所示，滑雪运动员从静止 h在3m以内时，物体上升、下落过程中动能E 开始沿斜面下滑，经圆弧滑道起跳。将运动员视 随h的变化如图所示。重力加速度取10m/s, 为质点，不计摩擦力及空气阻力，此过程中，运动 该物体的质量为 () 员的动能E与水平位移x的关系图像正确的是 A.2 kg B.1.5 kg C.I kg D.0.5 kg 11.小明用额定功率为1200W、最大拉力为300N 的提升装置，把静置于地面的质量为20kg的重 物竖直提升到高为85.2m的平台，先加速再匀 速，最后做加速度大小不超过5m/s的匀减速运 动，到达平台时速度刚好为零。g取10m/s,则 提升重物的最短时间为 () 9.一质量为m=0.2kg的物体，在合外力F作用下 A.13.2s B.14.2s 由静止开始做直线运动，F与位移x的关系图像 C.15.5s D.17.0s 367 课时检测训练·物理 12.(2024·新课标卷)将重物从 13.(2023·湖北卷)如图为某游戏装置原理示意 高层楼房的窗外运到地面时， 图。水平桌面上周定一半圆形竖直挡板，其半 为安全起见，要求下降过程中 径为2R,内表面光滑，挡板的两端A,B在桌面 重物与楼墙保持一定的距离。 边缘，B与半径为R的固定光滑圆弧轨道CDE 如图，一种简单的操作方法是一人在高处控制 在同一竖直平面内，过C点的轨道半径与竖直 一端系在重物上的绳子P,另一人在地面控制 方向的夹角为60°。小物块以某一水平初速度 另一根一端系在重物上的绳子Q,二人配合可 由A点切人挡板内侧，从B点飞出桌面后，在C 使重物缓慢竖直下降。若重物的质量 点沿圆弧切线方向进入轨道CDE内侧，并恰好 m=42kg,重力加速度大小g=10ms。当P 能到达轨道的最高点D。小物块与桌面之间的 绳与竖直方向的夹角α=37”时，Q绳与竖直方 动摩擦因数为云，重力加速度大小为尽，忽略空 向的夹角3=53(sin37°=0.6)。 气阻力，小物块可视为质点。求： (1)求此时P,Q绳中拉力的大小。 (1)小物块到达D点的速度 (2)若开始竖直下降时重物距地面的高度h= 大小。 10m,求在重物下降到地面的过程中，两根绳子 (2)B和D两点的高度差。 拉力对重物做的总功。 (3)小物块在A点的初速度大小。 课时检测训练·物理 —3687.D解析由题意可知两列动车的功10.D解析设力F与水平方向的夹角 解得红=0.25： 率分别为 为0，测摩擦力为f=r(mg一Fsin0), (3)下滑过程有 P,=f①， 摩擦力的功W,=u(mg一Fsin0)x,即 ngsin日一gcos8=md:, P=f4②。 摩擦力的功与F的方向有关，选项A 解得a:=4m/s2, 当它们编组后 错误：合力做功W=F,x=ma,可知 由运动学公式有0，=2a,x, P,+P=(f+f)w③， 合力傲功与力F方向无关，选项B错 解得v=2at=8,2m's, 装立0®@元解是一 误：当力F水平时，测F=u十ng, 重力的平均功率：P=g0s(9灯-) 力F做功为W,=Fr=(d十mg)r 故A,B,C错误，D正确 选项C错误：因合外力做功为x大 8,AD解析根据图像可知，水斗速度 mg2cs(90°-)-482W≈67.9W 小一定，而合外力的功等于力F与摩 课时检测训练20 =m=0×0,1业=0.虹，A正确：并 擦力f段功的代数和，而当Fsin0 L,A解析由动能定理W,一W,=E 蝇拉力瞬时功率为P=Tv=Tr,义 mg时，摩擦力∫=0，则此时库擦力数 一0，可知木箱获得的动能一定小于拉 由于T-(m十)g=(m十m)a,报据 功为零，此时力F做功最小，最小值为 力所傲的功，A正确。 上述知a=0.4mfs,则有P=10.4t,B ar,选项D正确。放选D。 2B解析结合题意可知，而滴在地面 错误：根据图像可知，0一10s内水平上 11,ACD解析汽车从静止开始匀加 附近下落过程做匀遮运动，对南滴下 升的高度为6=罗1-0X0.1X10n 速启动，根据牛顿第二定律可得F。 落高度h的过程分析，由动能定理有 =ma,可知率引力在匀加速阶段佩 ngh一W=0,即W,=ngh,B正确， ■20m,C错误：根据上述P■10,41,0 持不变，由功率P=F,可知在匀加 ACD错误， ~一I0$内并绳拉力所缀的功为W 速阶段，功率与地度成正比，随着速 3.D解析对物块受力分析，当弹簧处 10.4×10×10」=520J,D正确。故 2 度的增大而增大，当P=P。时，功率 于压缩状态时，由牛顿第二定律可得 选AD 保持不变，设此时的速度为·则有 kx一f=ma,x减小，a减小，当a=0 9.AC解析由圆图可得，变速阶段的 P 头-下十之后牵引力减小， 时，物块速度最大，此时，物块在()点 加速度大小口一受，设第西次所用时同 左侧，选项B错误：从加速度a=0处 加速度诚小，速度继续增加，汽车毁 到O点，由牛领第二定律得∫一kx= 为{，根据速度一时问图像与时问轴所 加速度逐淅减小的加速运动，当牵引 ma,x减小，a增大，当弹黄处于伸长状 围的面积等于位移（此题中为提升的 力F=∫时，加速度为零，汽车速度达 态时，由牛领第二定律可得kr十f 1 到最大。·汽车做匀速直线运动，则 离度)可知，豆×2。×” a,x增大，a雏续增大，可知物块的加 女=是=广·由以上分析可知， 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 aX2,所以 A,CD正确，B错误 微负功，选项C错误：从A到B的过程 12.(1)2000N(2)1ms 第①次和第四次矿车上升所用时间之 中，由动能定理可得W。一W=0,透 (3)68.75m 比为2红：号=4：5选项A正确：由 项D正确， 解析(1)汽车在AB骆段时，有F,= 4.D解析人在下滑的过程中，由动能 千两次提升过程变速阶段的加速度大 FP=F 小相同，在匀加速阶段，由牛颜第二定 联立解得：F。=2000N: 定理可得mgh一W,=号m-0可 律F一mg=,可得电机的最大幸引 (2)1=155时汽车处于平衡次态，有 得此过程中人与滑板克服摩擦力微的 力之比为111，选项B错误：由功率公 式P=F,电机输出的最大功率之比 R=RR-号 功为W=mgh-2m,故选D. 等于最大速度之比为2：1，选项C正 联立解得：F。=4000N, 5.A解析在最低点由牛领幕二定律 1=58时汽车开始做减速运动，有F, 确：加速上开过程的加速度a=是，加 -Fe=ma 有a=m二，P由静止下清到最低点 速上升过程的幸引力F=ma,十mg 解得a■一1m/s,即加速度大小 的过程中有mg一W=之m,联立解 m(?十g)小，减速上升过程的加建度a 为1ms: (3)在BC段由动能定理得： 得w=mgr一名mr-r(g-名 =一是，减速上开过程的牵引力F Pa-fa-名a-m 故选A。 6,D解析运动员从到c根据动能 m,十g=加（女一兴），匀接运骑过程 解得x=68,75m 13.(1)16m(2)0.25(3)67.9W 定理有mgh=名m,在c成有F、 的幸引力F,=mg。第①次提开过程 解析(1)小车沿斜面向上数匀减速 微功W,=F××1,×%+EX号× 直线运动，有1一之，解得一16m: mg=m尺，F≤mg,联立有R≥ 1。X乳=mg叫1，第②次提升过程做功 2h (2)上滑过程有加速度a,=4-马 ,故选D 7.AD解析由卫-1图像可知在0一 8m/5, 3s内，电动汽车的加速度a1=1m/s, 由牛领第二定律有 由P-t图像可知在0~3s内P=F mgL。,两次做功相同，选项D错误. mgsin 0+wngcos 0=ma,, =Fal,解得F=100N,由牛顿第二定 ·585· 高考一轮总复习·物理 律F-f=ma1,解得f=60N,由P= 则E,'=(mg-F)h+E', 13.(1)√gR(2)Hm=0(3)√3gR f知=300W,解得.=5m/s,成A正 结合愿图可如mg十F=7236 N 解析(1)由题意可知，小物块恰好 确，B错误：关闭发动机后f=ma:,经 3-0 能到达轨道的最高点D,则在D点有 进4一品-号电动汽车停上是数。 12N. mg一F=8二24N=8N, mg=m紧解得w=V原 (C醋误：对企程由动能定理可得受 3-0 (2)由题意可知，小物块从C点沿圈弧切 联立可得m=1kg,选项C正确 +P4,+W=0一0，解得W,= 11,C解析为了以最短时间提升重 线方向进入轨道CDE内侧，则在C点有 (2×3+300X×1m）J=-3750, 情，一开始先以最大拉力拉重物匀加 s60=生，小物块从C点到D点的过 速上升，当功率达到额定功率时，保 所以整个过程中克服阻力俄功为 持功率不变直到重物达到最大速度， 程，根据动能定理有一mg(R十Rs0) 3750J,故D正确。 接着做匀速运动，最后以最大加速度 -号m一m,小物块从B直到D 8。A解析设斜画倾角为0，不计摩擦力 做匀城速运动，上升至平台时建度削 和空气阻力，运动员在沿斜面下滑过程 点的过程，根据动能定理有mgH,= 好为零。重物在第一阶段做匀加速上 中，根据动能定理有E=mngrtan, 1 升的过程中，根据牛顿第二定律可得 2m,'-1 加，联立餐得= 年5=mgam0.下清过程中开始阶段领 4=Fmg=300-20X10 20 m/s'= √gR,H=0: 角8不变，Ex图像为一条直线：经过圆 5m:,当功率达到额定功率时，设重物 (3)小物块从A点到B点的过程，根 弧轨道过程中，0先减小后增大，即图像 P=120 料率先减小后增大。故选项A正确， 的接度为测有斯一尽一测m“ 提劲能定理有一mgs=之m, 1 9.C解析由题图可知在xr一0到xr= =4m5,此过程所用时问和上升高 m(,=元·2R,解得=√3gR 1m过程中，F为恒力，所以物体做匀 课时检测训练21 加速直线运动，其加速度大小为4 度分别为4一是=青s=08s,么， 1.D解析木块运动全过程中，根据动 加 =5m.s,根据运动学公式可得运 2a,2X5m=1.6m,重物以最大述 能定理可得FL.一F·4L=0一0，可得 动时同为1一√臣-，故A能 P._P._ F一票，木块在激去恒力时选度最大， 5 度假匀速运动时，有一F加g 划动能最大，根据动能定理可得FL 误：在x=0到x=2m过程中，物体先 1200 200 m/=6m.s,重物最后以最大 FL=E.一0，解得木块所获得的最大 做匀加速直线运动，后做交加速直线 运动，根据F一不图像的声积表示功可 加速度做匀减速运动的时问和上升 动能为片=，故选D, 知此过程中F假功W-1X1J十合× 离度分别为一是=号。=1.2s 2.B解析潘块由A点运动至D点，设 （1+2)×1J=号J.故B借误：设物体 6 克服摩擦力做功为W心，由动能定理得 2a。2×5m=3.6m,设重物从结 gh一Ww-0,即Wm-mgh①，清 运动到x一2m时的瞬时建度为，根 束匀加速运动到开始微匀减速运动 块从D点回到A点，由于是履慢推， 所用时间为(2，该垃程极据动能定理 说明动能变化量为零，设克服摩擦力 据动能定理可得m=W,解得v 微功为W,1,由动能定理知，滑块从 5m,s,故C正晚，D错误， 可得P一mg,=之m-m D点被推回A点过程有W,一mgh一 10.C解析。方法一：特殊值法 又有h,=85.2m-1.6m-3.6m W2m=0②，由A点运动至D点，克 画出运动示意图， 80m,联立解得1，=13.55，故提升重 服摩擦力做的功为W,n=mgcos日 物的最短时间为1n=(十1：十 E期=36JB-1BER=24J 0.8s+13.5s+1.2s=15.58,C sim0十mg③，从D点运动至A 确，A,B、D错误。 点的过程克服摩海力微的功为W. h=3 m 12.(1)1200N900N(2)-4200J h ”上 U下 =mgcos0·8m0十amgg④.联立 解析(1)由题意可知，重物下降过 E=72 JA-3--A=48J ④得W:w=W:⑤，联立①②⑤ 程中受力平衡，设觉时P绳中拉力的 得W,=2mgh,故A、C、D错误，B 设该外力的大小为F,据动能定理知 大小为F,Q蝇中拉力的大小为 正确。 A→B(上升过程)：一(mg十F)h=E F。,则 3.A解析清块最终要停在斜面底部， 一E 在竖直方向上有Freos a=F。cosB 授滑块经过的总路程为工，对滑块运动 B→A(下落过程)：(mg一F)h=E, 十mg 的全程应用动能定理得mgx,sin0 -Ea· 在水平方向上有F,sin a=Fasin3, 整理以上两式并代入数据得物体的 联立并代入数据解得Fm=1200N, mg20s0=0-号m5,解将上 质量m=1kg,选项C正确。 Fa=900N. 方法二：写表达式根据斜率求解 (2)重物下降到地面的过程，根据动 z（2 gcos 0十xtan0,选项A正确。 上升过程：一(mg十F)h=E,一E· 她定理有 4.D解析小物块从A点出发到最后 则E=一(mg+F)h+E, mgh十W。=0: 停下来，设小物块在BC面上运动的总 下落过程：(mg一F)M=E-E', 代入数据解得W.=一4200」. 路程为，整个过程由动能定理有：mg 高考一轮总复习+物理 ·586·