假期作业18 动能 动能定理-【快乐假期必刷题】2025年高一物理暑假作业必刷题（人教版）

　　　　　假期作业１８　动能　动能定理　　　　　　 　　有一质量为 m 的木块,从 半径为r的圆弧曲面上的a 点 滑向b 点,如图所示．由于摩擦 使木块的运动速率保持不变． (１)由于速度方向在变化,所以动能在变化． (　　) (２)木块所受的合外力为零． (　　) (３)因木块所受的力都不对其做功,所以合外 力做的功为零． (　　) (４)重力和摩擦力的合力做的功为零．(　　) (５)重力和摩擦力的合力为零． (　　) ◆[知识点一]　动能的理解 １．关于对动能的理解,下列说法不正确的是 (　　) A．凡是运动的物体都具有动能 B．动能总是正值 C．一定质量的物体,动能变化时,速度一定 变化 D．一定质量的物体,速度变化时,动能一定 变化 ２．(２０２５􀅰吕梁市测试)质量１０g、以０􀆰８０km/s 的速度飞行的子弹与质量６２kg、以１０m/s 的速度奔跑的运动员相比 (　　) A．运动员的动能较大 B．子弹的动能较大 C．二者的动能一样大 D．无法比较它们的动能 ◆[知识点二]　动能定理及其应用 ３．(多选)一人用力把质量为１kg的物体由静 止提高１m,使物体获得２m/s的速度(g＝ １０m/s２),则下述结论正确的是 (　　) A．人对物体做的功为１０J B．物体动能增加２J C．合外力对物体做的功为１２J D．物体重力势能增加１０J ４．(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１０m/s 时,立即关闭发动机,汽车 滑行直到停止,运动的vＧt图像如图所示, 汽车牵引力大小为F,汽车受到的阻力恒为 f,全过程中牵引力做的功为WF,克服阻力 f 所做的功为Wf,则下列各项中正确的是 (　　) A．F∶f＝１∶３　　　B．F∶f＝４∶１ C．WF∶Wf＝１∶１ D．WF∶Wf＝１∶３ ５．(２０２５􀅰金溪一中高一期 中)如图,C９１９在水平跑 道上滑跑试飞．当发动机 提供２􀆰１×１０５ N 的牵引力时,C９１９滑跑 １􀆰６×１０３ m 即可离地起飞．将滑跑过程视 为初速度为零的匀加速直线运动,已知飞机 的质量为７􀆰０×１０４kg,受到的阻力恒为其 重力的十分之一,重力加速度g取１０m/s２, 则C９１９起飞的速度约为 (　　) A．５７m/s B．８０m/s C．８９m/s D．１１３m/s ６．质量为m 的物体以初速 度v０ 沿水平面向左开 始运动,起始点 A 与一 轻弹簧O 端相距s,如图所示．已知物体与 水平面间的动摩擦因数为μ,物体与弹簧相 碰后,弹簧的最大压缩量为x,则从开始碰 撞到弹簧被压缩至最短,物体克服弹簧弹力 所做的功为 (　　) A．１２mv ２ ０－μmg(s＋x) B．１２mv ２ ０－μmgx C．μmgs D．μmg(s＋x) 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 １４ ７．如图所示,质量为m 的物 体用细绳经过光滑小孔牵 引在光滑水平面上做匀速 圆周运动,拉力为某个值 F时,转动半径为R,当拉力逐渐减小到F４ 时,物体以另一线速度仍做匀速圆周运动, 半径为２R,则物体克服外力所做的功是 (　　) A．０　 B．FR４ 　 C． ３FR ４ 　 D． ５FR ２ ８．(多选)质量为m 的物体,从静止开始以a＝ １ ２g 的加速度竖直向下运动h 米,下列说法 中正确的是 (　　) A．物体的动能增加了１２mgh B．物体的动能减少了１２mgh C．物体的势能减少了１２mgh D．物体的势能减少了mgh ９．如图所示,一质 量为０．６kg的 小物块,静止在 光滑 水 平 桌 面 上,桌面距地面 高度为０．８m,用一水平向右的恒力F 推动 小物块,使物体向右运动,运动２m 后撤去 恒力F,小物块滑离桌面做平抛运动落到地 面,平抛过程的水平位移为０．８m．不计空 气阻力,重力加速度g取１０m/s２．求: (１)小物块飞离桌面时的速度大小; (２)恒力F的大小． １．(２０２５􀅰南通市高一学业 水平考试)如图所示,质量 为m 的物块与水平转台 间的动摩擦因数为μ,物 块与转轴相距R,物块随 转台由静止开始转动．当转速增至某一值 时,物块即将在转台上滑动,此时转台已开 始匀速转动,在这一过程中,摩擦力对物块 做的功是(假设物块所受的最大静摩擦力等 于滑动摩擦力,重力加速度为g) (　　) A．０ B．２μmgR C．２πμmgR D．μ mgR ２ ２．(２０２５􀅰滨州市高一期中)图甲为水上乐园 水滑梯,游客由高处滑下,从末端滑出．图中 最左侧的水滑梯可简化如图乙所示的物理 模型,其中C 点为圆弧的最低点,且恰与水 面接触,圆弧轨道的半径为R＝４m,圆弧对 应的圆心角α＝５３°、β＝３７°．AB 的竖直高度 差h＝５m．质量为m＝５kg的质点在A 点 从静止开始下滑,不计空气阻力和轨道摩 擦,重力加速度g＝１０m/s２,sin５３°＝０．８, cos５３°＝０．６．求(可能用到的数据 １１６＝ １０．８,５８＝７．６) (１)质点在AB 段运动的时间; (２)质点经过 C 点时轨道对质点支持力 的大小; (３)要使质点落入水中,D 点前方的水域最 小长度(计算结果保留一位小数)． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ２４ ７．B　[两次拉力作用下,物体都从静止开始,以相同的加速度 移动同样的距离,则物体两次运动时间相同．由牛顿第二定 律知,F１＝F２cosα,又因为W＝Flcosα,故W１＝W２,做功的 时间又相同,平均功率相同,故选项B正确．] ８．A　[依题意,可得电动车受到的阻力大小为Ff＝ P vm ＝５６０５．６N ＝１００N,故 A正确;加速阶段,根据牛顿第二定律有Pv －Ff ＝ma,速度增大,则电动车的加速度逐渐减小,故 B错误;根 据P v －Ff＝ma ,当电动车的速度为４m/s时,其加速度大小 为a＝Pmv－ Ff m＝ ５６０ １００×４－ １００ １００( ) m/s ２＝０􀆰４m/s２,故 C错 误;若电动车从静止开始以２m/s２ 的加速度匀加速启动,根 据牛顿第二定律有F－Ff＝ma,可得此过程的牵引力大小F ＝３００N,当功率达到额定功率时,匀加速运动结束,此时速 度大小为v＝PF ＝ ５６０ ３００m /s＝２８１５ m /s,则所用时间为t＝va ＝１４１５s ,故 D错误．] ９．解析:(１)设起重机允许输出的最大功率为P０,重物达到最 大速度时,拉力F０ 等于重力．即 P０＝F０vm　① F０＝mg　② 由①②式,代入数据解得P０＝５．１×１０４W．　③ (２)重物做匀加速运动结束时,当起重机达到允许输出的最 大功率时,设此时重物受到的拉力为F,速度为v１,匀加速运 动经历的时间为t１,有P０＝Fv１　④ F－mg＝ma　⑤ v１＝at１　⑥ 由③④⑤⑥式,代入数据解得t１＝５s　⑦ t＝２s时,重物处于匀加速运动阶段,设此时速度为v２,起重 机输出功率为P,则 v２＝at　⑧ P＝Fv２　⑨ 由⑤⑧⑨式,代入数据解得P＝２．０４×１０４ W． 答案:(１)５．１×１０４ W　(２)５s　２．０４×１０４ W 素养培优 １．D　[手机盒在重力的方向上位移为零,则重力做功为零,A 错误;手机盒所受支持力为 mgcosθ,则支持力做功为 W＝ FNxcos(９０°－θ)＝mgxcosθsinθ,B错误;匀速水平向前运 动,合力为零,合力对手机盒做功为零,C错误;手机盒所受 摩擦力为mgsinθ,则摩擦力做功为Wf＝Ffxcos(１８０°－θ) ＝－mgxcosθsinθ,D正确．] ２．解析:(１)以滑板和运动员整体为研究对 象,其受力如答图所示．由共点力平衡条 件可得 FNcosθ＝mg　① FNsinθ＝F　② 联立①②,解得F＝８１０N． (２)由FN＝ mg cosθ ,FN＝kv２,得v＝ mg kcosθ＝５m /s． (３)水平牵引力的功率P＝Fv＝４０５０W． 答案:(１)８１０N　(２)５m/s　(３)４０５０W 假期作业１８ 情景辨析 (１)×　(２)√　(３)×　(４)√　(５)× 技能提升 １．D　[只要物体运动,则物体一定具有动能,故 A 正确;动能 是标量,表示大小,故动能均为正值,故 B正确;由动能的定 义可知,一定质量的物体,动能变化时,速度一定变化,故 C 正确;速度为矢量,速度的变化可能是速度方向在变化,故一 定质量的物体,速度变化时,动能可能不变化,故 D错误．] ２．B　[子弹的动能Ek１＝ １ ２m１v１ ２＝１２×０􀆰０１×８００ ２J＝３２００J, 运动员的动能Ek２＝ １ ２m２v２ ２＝１２×６２×１０ ２J＝３１００J,所 以子弹的动能较大,故B正确．] ３．BD　[重力做功WG＝－mgh＝－１０J,即重力势能增加１０J,选 项 D对;由动能定理:WF－mgh＝ １ ２mv ２,Wf＝１２J,即人对 物体做功１２J,选项 A 错误;由动能定理知 W 合 ＝１２mv ２＝ １ ２×１×２ ２J＝２J,选项B正确,C错误．] ４．BC　[对全过程由动能定理可知 WF－Wf＝０,故 WF∶Wf ＝１∶１,故 C正确,D 错误;根据恒力做功公式得 WF＝Fs, Wf＝fs′,由题图可知s∶s′＝１∶４,所以F∶f＝４∶１,故 A 错误,B正确．] ５．B　[依题意,根据动能定理可得(F－Ff)l＝ １ ２mv ２－０,Ff＝ ０􀆰１mg,即(２􀆰１×１０５－０􀆰１×７􀆰０×１０４×１０)×１􀆰６×１０３＝ １ ２×７􀆰０×１０ ４×v２,解得v＝８０m/s．] ６．A　[由动能定理得:－W－μmg(s＋x)＝－ １ ２mv ２ ０ W＝１２mv ２ ０－μmg(s＋x)．故 A正确．故选 A．] ７．B　[设物体两次做匀速圆周运动的速度分别为v１ 和v２,根据 牛顿第二定律可知,当拉力为F时有:F＝mv ２ １ R　① 当拉力为F ４ 时有:F ４＝m v２２ ２R　② 物体在整个运动过程中受重力mg、水平面的支持力 N 和拉 力作用,由于 mg 和 N 在 竖 直 方 向 上,与 速 度 方 向 始 终 垂 直,因此始终不做功,根据动能定理有: WF＝ １ ２mv ２ ２－ １ ２mv ２ １　③ W 克 ＝－WF　④ 由①②③④式联立解得:W 克 ＝FR４ ,故选项B正确．] ８．AD　[物体的合力为 ma＝１２mg ,向下运动h 米时合力做 功１ ２mgh ,根据动能定理物体的动能增加了 １ ２mgh ,A 对,B 错;向下运动h米过程中重力做功mgh,物体的势能减少了 mgh,C错,D对．] ９．解析:(１)设小物块飞离桌面时速度大小为v,由题意可得: 水平方向:x＝vt　①　竖直方向:h＝１２gt ２　② 由①②可得:v＝x g２h＝０．８ １０ ２×０．８m /s＝２m/s (２)物块在水平桌面运动,由动能定理可得: Fs＝１２mv ２－０　③ 由③式可得:F＝mv ２ ２s ＝ ０．６×２２ ２×２ N＝０．６N 答案:(１)２m/s　(２)０．６N 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ８７ 素养培优 １．D　[物块即将在转台上滑动但还未滑动时,转台对物块的 最大静摩擦力恰好提供向心力,设此时物块做圆周运动的线 速度为v,则有μmg＝ mv２ R ,在物块由静止到获得速度v的过 程中,物块受到的重力和支持力不做功,只有摩擦力对物块 做功,由动能定理得 W＝１２mv ２－０,联立解得 W＝μmgR２ , 故 D正确．] ２．解析:(１)质点在AB 段做匀加速直线运动,根据运动学公式 有 h sin５３°＝ １ ２at ２ １, 由牛顿第二定律得mgsin５３°＝ma, 联立解得质点在AB 段运动的时间为t１＝１．２５s; (２)由A 到C 的过程,根据动能定理可得 mgh＋mgR(１－ cos５３°)＝１２mv ２ C, 在C点,由牛顿第二定律可得 N－mg＝m v２C R , 联立解得质点经过C 点时轨道对质点支持力的 大 小 为 N ＝２１５N; (３)由 A 到 D 的 过 程,根 据 动 能 定 理 可 得 mgh＋mgR (cos３７°－cos５３°)＝１２mv ２ D, 解得vD＝ １１６m/s＝１０．８m/s, 由D 点 做 斜 上 抛 运 动,竖 直 方 向 有 －R(１－cos３７°)＝ vDsin３７°􀅰t２－ １ ２gt ２ ２,解得t２≈１．４１s 水平方向有x＝vDcos３７°􀅰t２, 解得D 点前方的水域最小长度为x≈１２．２m． 答案:(１)１．２５s;(２)２１５N;(３)１２．２m 假期作业１９ 情景辨析 (１)×　(２)×　(３)√　(４)×　(５)×　(６)√　(７)√ 技能提升 １．BCD　[人由高空跳下到最低点的整个过程中,人一直下落, 则重力做正功,重力势能减少,故 A 错误,B正确;橡皮绳处 于拉伸状态,弹力方向向上,而人向下运动,故橡皮绳的弹力 对人做负功,橡皮绳的弹性势能增加,故 CD正确．] ２．D　[以桌面为零势能参考平面,那么小球落地时的重力势 能为Ep＝－mgh;重力做正功,重力势能减小,整个过程中 小球重力势能的变化为:ΔEp＝mg􀅰Δh＝mg(H＋h),选项 D正确．] ３．C　[组合体在减速阶段有加速度,合外力不为零,故 A 错 误;组合体在悬停阶段速度为零,处于平衡状态,合力为零, 仍受重力和升力,故B错误;组合体在自由下落阶段只受重 力,机 械 能 守 恒,故 C 正 确;月 球 表 面 重 力 加 速 度 不 为 ９􀆰８m/s２,故 D错误．] ４．D　[开始时弹簧处于压缩状态,撤去力F 后,物体先向右加 速运动后向右减速运动,弹簧先恢复原长后又逐渐伸长,所 以弹簧的弹性势能先减少再增加,D正确．] ５．C　[t１ 时刻小球刚与弹簧接触,与弹簧接触后,先做加速度 不断减小的加速运动,当弹力增大到与重力平衡,即加速度 减为零时,速度达到最大,故 A 错误;t２ 时刻,弹力最大,故 弹簧的压缩量最大,小球运动到最低点,速度等于零,故 B 错误;t２~t３ 这段时间内,小球处于上升过程,先做加速度不 断减小的加速运动,后做加速度不断增大的减速运动,故 C 正确;t２~t３ 段时间内,小球和弹簧系统机械能守恒,故小球 增加的动能和重力势能之和等于弹簧减少的弹性势能,故 D 错误;故选 C．] ６．A　[由题意,两球运动过程中只有重力做功,机械能守恒, 初始时两球机械能相等,则经过最低点机械能也相等,即EA ＝EB,设小球质量均为m,悬线长为l,小球经过最低点时速 度大小为v,则根据机械能守恒定律有mgl＝１２mv ２,根据牛 顿第二定律有FT－mg＝m v２ l ,解得FT＝３mg,由上式可知 两小球经过最低点时悬线上的拉力大小与悬线长度无关,均 为３mg,即FTA＝FTB．] ７．AC　[据题意,开始时弹力为:kΔxA ＝mAg,弹簧的弹性势 能为:Ep＝mAgΔxA,当 木 块 B 恰 好 离 开 地 面 时,弹 力 为: kΔxB＝mBg,此时弹性势能为:Ep２＝mBgΔxB,由于 A 和B 木块质量相等,故选项 A正确,选项B错误;在整个过程中, 外力对系统做正功,系统机械能增加,故选项 C 正确,选项 D错误．] ８．C　[物块上升的高度为x２ ,因而增加的重力势能为 ΔEp＝ mgx ２ ,A错误;根据动能定理可得增加的动能为ΔEk＝ma􀅰x＝ mgx ２ ,B错误;由功能关系可知 ΔE＝ΔEp＋ΔEk,故增加的机械 能为ΔE＝mgx,C正确;由于斜面是否光滑未知,因而不能确定 拉力的大小,不能得到拉力做的功,D错误．] ９．解析:(１)实验要验证重锤做自由落体运动时,机械能守恒, 故要保证纸带和限位孔在同一竖直面内以减小阻力,同时为 了在纸带上多打点,重锤应靠近限位孔开始下落,故 D操作 最规范． (２)重锤做自由落体运动, 点与点之间时间间隔为０．０２s, 第１、２点间的距离 h＝１２gt ２＝１２×９．８×０．０２ ２ m≈２．００mm; 重锤从O 点运动到C 点,重力势能减小 ΔEp＝mghOC≈２．７５J 重锤经过C点时的速度 vC＝ xOD －xOB ２T ≈３．３０m /s 故动能增加 ΔEk＝ １ ２mv ２ C≈２．７２J． 答案:(１)D　(２)２．００　２．７５　３．３０　２．７２ 素养培优 １．解析:(１)当风垂直流向风轮机时,提供的风能功率最大,单 位 时 间 内 垂 直 流 向 叶 片 旋 转 面 积 的 气 体 质 量 为 ρvS, S＝πr２,则风能的最大功率可表示为 Pmax＝ １ ２ (ρvS)v ２＝１２πρr ２v３． (２)按题意知,风力发电机的输出功率为 P２＝( v２ v１ )３􀅰P１＝( ６ ９ )３×５４０kW＝１６０kW, 则最小年发电量约为 W＝P２t＝１６０×５０００kW􀅰h＝８×１０５kW􀅰h． 答案:(１)１２πρr ２v３　(２)８×１０５kW􀅰h ２．解析:(１)根据题意可知,物体B下降的过程中,物体 A、B组 成的系统机械能守恒,设当物体 B下落h＝１􀆰６５m 时,物体 A的速度为vA,则有 mBgh＝ １ ２mAvA ２＋１２mBvB ２,解得:vA ＝４m/s,物体B下落过程中,设轻绳对 A所做的功为W,对 物体 A,由动能定理有W＝１２mAvA ２,解得W＝８J． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ９７