第8周 动能和动能定理-【周测必刷】2025-2026学年高一物理必修第二册（人教版2019）

—48 — 第七周 功与功率 重力势能 【考点·一应俱全】 1.A [A.力 F 做的功为 WF =Fscosα,其 中α=(90°-θ),解 得: WF=Fssinθ,故 A正确;B.摩擦力做的功为 Wf=-fs,故B错 误;C.重力方向与运动方向垂直,重力不做功。故C错误;D.合力 做的功为W=WF+Wf,解得:W=Fssinθ-fs,故D错误。] 2.B [由于木板的重心并没有离开桌面,所以桌面对木板的支持力 与木板的重力是一对平衡力,因此在木板移动过程中,木板受到的 摩擦力大小一直是μmg,所以在木板右推 L 3 ,则推木板过程中克 服摩擦力做的功为W=13μmgL ,故ACD错误,B正确。] 3.D [力F 是线性变化,可以用平均力求功。则所有力对物体做的 功为W=WF+Wf= F0+F3 2 x-μmgx ,代入数据解得 W=6J,故 ABC错误,D正确。] 4.C [设弹簧的劲度系数为k,则弹簧形变量为x时,弹力大小F= kx,设PQ=QO=x0,则在 PQ 段,弹簧对该物块所做的功 W1= k·2x0+kx0 2 ·x0= 3 2kx0 2 在QO 段,弹簧对该物块所做的功W2= kx0 2 ·x0= 1 2kx0 2 联立解得 w1 w2 =3,故C正确,ABD错误。] 5.D [AB.仰卧起坐时下半身重心位置不变,学生在起坐过程中重 力做的合功为零,根据P=Wt ,所以重力做功平均功率为零,故AB 错误;CD.每一次克服重力做功为W=0.60mgh'=0.60×60kg× 10m/s2×0.35m=126J,一分钟内连续做了50个仰卧起坐所做 的功为W'=nW=126J×50=6300J,她克服重力做功的平均功 率为P'=W't = 6300J 60s =105W ,故C错误,D正确。] 6.BD [AB.一次跳绳过程,上升时间为t1= 3 5t0 2 =0.3t0 ,则v0= gt1,由图像中0~0.3t0 时间内面积表示该段时间内位移,可知该 同学重心能上升的最大高度为h=12gt1 2=12×g× (0.3t0)2= 9 200gt0 2,故A错误,B正确;CD.完成一次跳绳,上升过程克服重 力做功为WG=mgh,在跳绳过程中,跳绳者克服重力做功的平均 功率P=WGt0 ,联立解得:P= 9200mg 2t0,故C错误,D正确。] 7.D [当飞艇速度为v时,其功率为 P=fv=kv3,当速度变为2v 时,阻力变为4kv2,功率变为 P'=4kv2·2v=8kv3=8P。因此,动 力系统的输出功率为8P,故D正确,ABC错误。] 8.AD [AB.由图乙所示图像可知:ω=2.5t,圆柱体做圆周运动的 线速度v=ωR=2.5t×0.8m/s=2t(m/s),即 物 体 的 速 度v= 2t(m/s),物体做初速度为零的匀加速直线运动,加速度大小a= 2m/s2,故A正确,B错 误;C.对 物 体,由 牛 顿 第 二 定 律 得:F- μmg=ma,代入数据解得:F=8N,故C错误;D.t=2s时物体的 速度v=2t(m/s)=2×2m/s=4m/s,此时细线拉力的瞬时功率P= Fv=8×4W=32W,故D正确。] 9.C [A.汽车匀速行驶时受力平衡,F=f,则发动机的功率为P= Fv=fv,故A错误;B.启动过程中,汽车的牵引力大小为F=Pv , 根据牛顿第二定律可得汽车的加速度大小为F-f=ma,a=F-fm = P v -f m = P mv- f m ,因为功率P 保持不变,随着速度v的增加,则汽 车的加速度逐渐减小,即汽车做加速度减小的加速运动,故B错 误;C.把14v 和P=fv代入上式,可得汽车的加速度大小为a= 3f m ,故C正确;D.发 动 机 在t时 间 内 做 功 为 W =pt=fvt,故 D 错误。] 10.A [汽车在平直的公路上以额定功率保持最大速度v做匀速直 线运动时,牵引力等于阻力,满足P=fv,当阻力增大为原来的2 倍时,阻力大于牵引力,汽车要减速运动,由牛顿第二定律可得加 速度的大小为2f-F=ma,又发动机的功率P=Fv,随着汽车速 度的减小,牵引力将增大,所以加速度会减小,综上所述,汽车会 做加速度减小的减速运动,当牵引力再次等于阻力时,汽车开始 匀速运动。此时P=2fv1,解得v1= 1 2v ,故A正确,BCD错误。] 11.B [A.由速度—时间图线知,匀加速运动的加速度大小为:a= Δv Δt= 20-0 5-0 m /s2=4m/s2,根据牛顿第二定律可得:F-f=ma, 解得牵引力为:F=f+ma=0.1×10×1×103N+1×103×4N= 5000N,故 A错误;BC.汽车的额定功率为:P=Fv5=5000× 20W=100kW,汽车在25m/s时的牵引力为:F'=Pv = 100000 25 N= 4000N,根据牛顿第二定律得:F'-f=ma',解得加速度为:a'= F'-f m = 4000-1000 1000 m /s2=3m/s2,故B正确,C错误;D.当牵 引力等于阻力时,速度最大,则最大速度为:vm= P f = 100000 1000 m /s= 100m/s,故D错误。] 12.AC [A.小汽车在前4s内的牵引力不变,小汽车做匀加速直线 运动,4~8s内小汽车的牵引力逐渐减小,则车的加速度逐渐减 小,小汽车做加速度减小的加速运动,故0~8s,小汽车先做匀加 速直线运动后做加速度逐渐减小的加速运动,故A正确;BC.12s 后做匀速运动,由图像可知,小汽车受到的阻力大小为f=4× 103N,小汽车前4s内由牛顿第二定律F1-f=ma1,代入数据解 得a1=5m/s2,根据匀变速直线运动规律可知,小汽车前4s内 位移为x1= 1 2a1t1 2=12×5×4 2 m=40m,故B错误,C正确; D.4s时汽车功率达到最大值,则最大功率为P=F1v1=F1a1t1= 10×103×5×4W=2×105 W,故D错误。] 13.C [F-x 图象与x 轴包围的面积表示弹力做功的大小,弹簧由伸 长量8cm到 伸 长 量4cm的 过 程 中,弹 力 做 功:W =30+602 × 0.04J=1.8J,弹力做功为1.8J,弹性势能减少了1.8J,所以弹 性势能的变化量为-1.8J。] 14.AC [A.由图可知,物体的重心到零势能面的高度为h1= c 2= 0.4 2 m=0.2m ,则物体的重力势能为Ep1=mgh1=5×10×0.2J =10J,故A正确;B.物体向右翻转90°,物体的中心到零势能面 的高度为a 2=0.4m ,此时物体的重力势能为 Ep2=mg· a 2= 5×10×0.4J=20J,故物体的重力势能增加量为ΔEp1=Ep2- Ep1=(20-10)J=10J,故B错误;CD.物体向外翻转90°,物体的 中心到零势能面的高度为b 2=0.1m ,此时物体的重力势能为 Ep3=mg· b 2=5×10×0.1J=5J ,物体的重力势能增加量为 ΔEp2=Ep3-Ep1=(5-10)J=-5J,即该过程物体的重力势能 减少5J,故C正确,D错误。] 【探究·一举突破】 探究提示:(1)计时器打点周期0.02s,相邻计数点的时间间隔T= 2×0.02s=0.04s,则 最 大 速 度 vm = 6.00+5.99+6.00 3×0.04 × 10-2m/s≈1.50m/s; (2)加 速 度 大 小 a=5.52+5.21-4.89-4.57 4×0.042 ×10-2 m/s2 ≈ 1.98m/s2; (3)玩具车受到的滑动摩擦力是f=ma,匀速运动是F=f,P= Fvm=mavm, 所以还需要测量玩具车的质量。 答案 (1)1.50;(2)1.98;(3)玩具车的质量m,mavm 【综合·一练到底】 解析 (1)在BC段,根据牛顿第二定律有μmg=m vB2 R ,所以vB= 10m/s 在AB 段,根据速度与位移的关系有,vB2-v02=2a1x,所以x= 30m; (2)在CD 段,根据速度公式有v=vB+a2t,a2=1m/s2,所以v= 15m/s 由牛顿第二定律得F-f=ma2,解得F=4×103N 所以汽车牵引力功率为P=Fv=6×104 W。 答案 (1)30m (2)6×104 W 【选做·一飞冲天】 解析 (1)由v-t图像可得汽车在前5s内的加速度大小为:a=ΔvΔt= 20-0 5-0 m /s2=4m/s2 由牛顿第二定律有:F-f=ma 代入数据可得牵引力大小为:F=5×103N。 (2)5s末汽车的功率达到额定功率,则额定功率为:P=Fv1=5× 103×20W=1×105W 当牵引力和阻力大小相等时,汽车的速度最大,则有:vm= P F = P f = 1×105 1000 m /s=100m/s。 (3)由v-t图像可得0~5s内汽车的位移:x=202×5m=50m 汽车牵引力所做功:W1=Fx=5×103×50J=2.5×105J 5~20s内汽车牵引力所做功:W2=Pt'=1×105×(20-5)J= 1.5×106J 则0~20s内汽车牵引力所做功为:W=W1+W2=2.5×105J+ 1.5×105J=1.75×106J。 答案 (1)5×103N (2)100m/s (3)1.75×106J 第八周 动能和动能定理 【考点·一应俱全】 1.A [A.用橡皮条拉动小车增加小车的速度,使小车从同一位置释 放,那么增加了橡皮条的条数,由于每根橡皮条和伸长量均相同, 则橡皮条做功也同比例增加,故A正确;B.若使橡皮条两端固定, 使橡皮条的长度加倍,由于橡皮条越长,拉力越大,所以长度加倍 后,做功增并不能加倍,故B错误;C.橡皮打的条数不变,释放小 车的位置等间距变化,由于拉力也等间距变化,那么功的变化是4 倍了,故C错误;D.橡皮条的条数不变,拉力不变,增加小车的倾 角后,合力和合力做功并没有同比例变化,故D错误。] 2.AB [A.钩码质量太大,使得绳子拉力比钩码重力小得多,因此会 出现合力对物体做功的测量值比真实值偏大太多,故 A正确;B. 没有平衡摩擦力,拉力不等于合力,仍用拉力代替合力导致合力偏 大,使得合力对物体做功的测量值比真实值偏大太多,故B正确; C.释放小车和接通电源的次序有误,先释放小车导致小车具有初 速度,若仍取第一点为速度为零的点计算,使得速度增量的测量值 比真实值偏大,故C错误;D.没有使用最小刻度为毫米的刻度尺 测距离,使得测量精确度减小,但不会出现较大误差,故D错误。] 3.D [匀变速直线运动的平均速度等于中间时刻瞬时速度,因此 有:vD= d4-d2 2T ,vB= d2 2T ,小车动能的改变量为ΔEk= 1 2mvB 2- 1 2mvD 2= md4(d4-2d2) 8T2 ,故D正确。] 4.AC [A.实验前长木板应适当倾斜以平衡小车运动过程受到的 阻力,故A正确;B.实验时可以通过改变橡皮筋条数改变对小车 做功,橡皮筋做功是具体数值不能直接测量,故B错误;C.实验时 用完全相同的橡皮筋对小车做功,每次实验时橡皮筋的形变量相 等,每根橡皮筋做功相等,可以通过增加橡皮筋的条数使橡皮筋对 小车做的功成整数倍增加,故C正确;D.橡皮筋做功完毕,小车做 匀速直线 运 动,实 验 应 测 出 橡 皮 筋 做 功 完 毕 时 小 车 的 速 度,故 D错误。] 5.C [根据动能表达式Ek= 1 2mv 2 可得其速度为v= 2Ekm ,故C 正确,ABD错误。] 6.C [AC.设火箭的功率为P,则有:P=Fv,由牛顿第二定律可得: F-mg=ma,联 立 可 得:1v = m Pa+ mg P ,结 合 图 像 可 知,m P = 2b0-b0 a0 ,解得:P=ma0b0 ,由此可知火箭以恒定功率启动,故 A错 误,C正确;B.由题图可知,在a=0时,火箭的速度最大,则有:v= P mg= ma0 b0 mg= a0 b0g ,则火箭的最大动能为:Ekm= 1 2mvm 2=12m a0b0g 2 = ma02 2b02g2 ,故B错 误;D.由1v -a 图 像 结 合1 v = m Pa+ mg P ,可 得: mg P =b0 ,P=ma0b0 ,联立解得:g= Pb0 m = b0× ma0 b0 m =a0 ,故D错误。] 7.D [A.根据平抛运动规律有x=v0t,h= 1 2gt 2,可得v0=x g2h , 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,故A错误;B.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,故B 错误;C.根据h=12gt 2 可得t= 2hg ,套中Ⅱ号物品,h下落高度 较小,套环飞行时间较短,故C错误;D.根据动能定理得 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,故D正确。] 8.D [A.击球过程,根据动能定理有:W=12mv1 2,即球拍对网球做 功为1 2mv1 2,故 A错误;B.网球从被击出到落地,根据动能定理 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 — 47 — —50 — 有:ΔEk=mgh-Wf,故B错误;C.根据机械能和其他力做功的关 系可知,网球从被击出到落地,网球的机械能减少 Wf,故C错误; D.由动能定理得mgh-Wf= 1 2mv2 2-12mv1 2,解得Wf=mgh+ 1 2mv1 2-12mv2 2,故D正确。] 9.C [木板穿过BC 段所受摩擦力随位 移x 变化如图所 示,Ff-x 图 像 与 坐 标轴围成的面积表示物体克服摩擦力 做的功,根 据 动 能 定 理 有-L+3L2 × μmg 2 = 1 2mv 2-12mv0 2,解得v=3m/s,故ABD错误,C正确。] 10.AD [依题意,分以下三种情形:情景一:给环一个向右的初速度 v0,如果重力恰好等于F,则物体做匀速直线运动,摩擦力为0,不 做功;情景二:如果环受摩擦力则做减速运动,若开始时环的重力 大于F,支持力方向向上,圆环速度最终减为0,根据动能定理可 得,克服摩擦力做功为Wf= 1 2mv0 2;情景三:如果环受摩擦力则 做减速运动,若开始时环的重力小于F,则支持力方向向下,做减 速运动,由F=kv可知F 逐渐减小,当重力跟F 相等时摩擦力为 0,设物体做匀速运动末速度为v,则有 mg=kv,所以,物体匀速 运动时的动能为1 2mv 2=m 3g2 2k2 ,根据动能定理可得克服摩擦力做 功为Wf= 1 2mv0 2-12mv 2=12mv0 2-m 3g2 2k2 ,故 AD正 确,BC 错误。] 11.C [小物块第一次到达O 点,获得的动能Ek1=mgH,运动的路 程s1= H sinθ ;小物块第一次通过O 点损失的动能为0.1mgH,滑 上左侧斜面到最高点 H1=0.9H,第二次到达O 点运动的路程 s2= H sinθ+ 2×0.9H sinθ ;小 物 块 第 二 次 通 过 O 点 损 失 的 动 能 为 0.1mgH1,滑上斜面最高 H2=0.9H1=0.92H,第三次到达O 点 的 路 程s3 = H sinθ+ 2×0.9H sinθ + 2H2 sinθ= H sinθ+ 2×0.9H sinθ + 2×0.902H sinθ ;当小物块第n次到达O 点时刚好静止,则在整个过程 中的路程:sn= H sinθ+ 2×0.9H sinθ + 2×0.902H sinθ + …+2×0.90 n-1H sinθ ,根 据等比数列求和公式可得,Sn= 2×0.90H(1-0.90n-2) 0.05×sinθ ,当n趋于无 穷大时有sn= 19H sinθ 。故ABD错误,C正确。] 12.CD [B.小球冲入管道到达管道最高点过程,根据动能定理得: -mgR=12mv1 2-12mv0 2,代 入 数 据 解 得:v1=0,故B错 误; A.小球在管道最高点速度为0,根据平衡条件可知是支持力等于 重力,由牛顿第三定律可知压力等于支持力,则小球到达管道最 高点时对管道的压力为 N1=mg=0.1×10N=1N,故 A错误; C.小球冲入管道到达管道最低点过程,根据动能定理得:mgR= 1 2mv2 2-12mv0 2,小球在管道最低点时,根据牛顿第二定律得: N2-mg= mv22 R ,根据牛顿第三定律有 N2'=N2,代入数据联立 解得:N2'=5N,故C正确;D.小球到达圆轨道的最高点时,根据 牛顿第二定律得:mg= mv32 r ,从小球冲入管道到小球到达圆轨道 的最高点,根据动能定理得:-mg(2r-R)=12mv3 2-12mv0 2, 代入数据解得:r=4m,故D正确。] 13.D [A.根 据 动 能 定 理 得 -fx=0-Ek,解 得 f= ΔEk Δx = 8×105 (11-7)×102 N=2×103N,故 A错误;D.设汽车匀速运动的速 度为v,则有Ek= 1 2mv 2,匀速运动时牵引力与阻力大小相等,则 汽车的额定功率为P=fv,联立解得P=80kW,故D正确;B.对 于加速运动过程,根据动能定理得Pt-fs=Ek2-Ek1,代入数据 得t=16.25s,故B错误;C.汽车牵引力做的功应大于汽车的动 能增加量,所以汽车加速过程中牵引力做的功不等于8×105J,故 C错误。] 14.D [物块从斜面底端沿斜面向上运动,动能由E1 减为0,重力及 摩擦力均做负功,由动能定理,设减速到0时,这个过程位移大小 为L,则有-mgsinθ·L-μmgcosθ·L=0-E1……① 物块又从所达的最高点,沿斜面下滑,动能由0变为E2,这个过 程,重力做正功,摩擦力做负功,由动能定理,得 mgsinθ·L- μmgcosθ·L=E2-0……② 由①+②得-2μmgcosθ·L=E2-E1 即L= E1-E22μmgcosθ ……③ 将③代入①得:-mgsinθ· E1-E2 2μmgcosθ -μmgcosθ· E1-E2 2μmgcosθ = -E1 所以(E2-E1)· sinθ 2μcosθ - E1-E2 2 =-E1 即(E2-E1)· 1 2 ·1 μ ·tanθ=E1-E22 -E1 E2-E1 2 ·tanθ·1 μ = E1+E2 2 ,解得μ= E1-E2 E1+E2 ·tanθ,故D正 确,ABC错误。] 【探究·一举突破】 探究提示 (1)需要的实验器材除了天平,还需要刻度尺测量纸带点迹间 距离; (2)实验开始时,该同学先调节木板上定滑轮的高度,使牵引小车 的细绳与木板平行,他这样做的目的是在平衡摩擦力后使细绳拉 力等于小车受的合力,故ABC错误,D正确; (3)因为 M≫m,故可认为钩码的重力近似等于小车受到的合外 力,则从打O点到打E 点的过程中,合外力对小车做的功为:W= mgx4,根据打点纸带测量速度的原理,可得打E 点时的速度大小 为:vE= x5-x3 2T 小车动能变化量为:ΔEk= 1 2MvE 2= M(x5-x3)2 8T2 ; (4)根据动能定理有:W=ΔEk= 1 2Mv 2,则W-v2 图像的斜率k= 1 2M ,即该图像斜率的物理意义是小车质量的一半。 答案 (1)刻度尺;(2)D;(3)mgx4 M(x5-x3)2 8T2 ;(4)小车质量的 一半 【综合·一练到底】 解析 (1)小 物 块 从 P 点 到 第 一 个 圆 轨 道 最 高 点,根 据 动 能 定 理得: -mg·2R-μmg·5R= 1 2mv1 2-12mv0 2,在最高点时,对小物 块,根据牛顿第二定律得 mg+FN=m v12 R ,根据牛顿第三定律知小物块对轨道压力的大小: F'N=FN 联立解得:F'N=0.5mg; (2)设脱轨时小物块与圆心的连线与水平方向夹角为θ。 小物块从P 点 到 脱 轨,根 据 动 能 定 理 得:-mg(R+Rsinθ)+ μmg·10R= 1 2mv2 2-12mv0 2 刚脱轨时,对小物块,有mgsinθ=m v22 R ,联立解得:v2= g R 2 答案 (1)0.5mg;(2)gR2 【选做·一飞冲天】 解析 (1)小物块沿着斜面运动的过程中,根据图乙可求摩擦力做 功W1=- 1 2 (0+μ0mgcosθ)l 设小物块到达B点时的速度为vB,由动能定理,有mglsinθ+W1= 1 2mvB 2 第一次到达B 点时,重力的功率P=mgvBsinθ,代入数据解得P= mgsinθ glsinθ; (2)设小物块通过最高点 D 时的速度为vD,根据牛顿第二定律有 mg=m vD2 R 由动能定理,-2mgR+W=12mvD 2-12mvB 2,解得 W=12mg (5R-lsinθ); (3)小物块离开D后做平抛运动,根据平抛运动规律,竖直方向2R= 1 2gt 2 水平方向s=vDt,联立可得B、C两点间的距离s=2R。 答案 (1)mgsinθ glsinθ;(2)12mg (5R-lsinθ);(3)2R 第九周 机械能守恒定律 实验:研究自由 下落物体的机械能 【考点·一应俱全】 1.D [A.小球从B 到A 的过程中,弹簧的弹力做正功,故小球的机 械能不守恒,故A错误;B.运动开始阶段合力向上,结束阶段合力 向下,速 度 一 直 向 上,故 小 球 的 速 度 先 增 大 后 减 小,故 B错 误; C.运动开始阶段由牛顿第二定律有:kx-mg=ma,x 减小,a 减 小,运动结束阶段:mg-kx=ma,x减小,a增大,故小球的加速度 先减小后增大,故C错误;D.小球与弹簧组成的系统机械能守恒, 小球的速度先增大后减小,则小球的动能先增大后减小,故重力势 能与弹性势能之和先减小后增大,故D正确。] 2.BC [A.由于火箭匀减速竖直下落,加速度向上,一定受到向上的 作用力,根据机械能守恒的条件,则火箭的机械能不守恒,故 A错 误;B.由于火箭匀减速竖直下落,加速度恒定,由牛顿第二定律可 知,火箭所受的合力不变,故B正确;C.由于火箭竖直下落,故火 箭所受的重力做正功,故C正 确;D.火 箭 的 动 能 Ek= 1 2mv 2= 1 2m (v0-at)2,故火箭的动能不随时间均匀减小,故D错误。] 3.C [AB.小球接触弹簧前,只有重力做功,机械能守恒。接触弹簧 后,设弹簧压缩量为x,则小球的机械能为:E=E0- 1 2kx 2,E-y 图像开口向下,故AB错误;CD.小球下落h过程中,根据机械能守 恒定律可得:Ek=mgh,图像为通过原点的一条直线;接触弹簧后, 设弹簧压缩量为x,则有:Ek=mgh-mgx- 1 2kx 2,当弹簧弹力等 于重力时动能最大,此后Ek-y 图像为开口向下的抛物线,故C 正确、D错误。] 4.BC [A.摩托车在B 点时受到重力与轨道的支持力的合力提供向 心力,则:FB+mg=m v12 R 解得FB=mg,由牛顿第三定律可知,摩 托车经过B 点时对轨道的压力大小为mg,故A错误;B.摩托车从 B 点 到 A 点 的 过 程 中 只 有 重 力 做 功,由 机 械 能 守 恒 定 律 得: 1 2mvA 2=2mgR+12mvB 2 其中vB= 2gR,解得vA= 6gR,故 B正确;C.摩托车从B 点到A 点的过程中,竖直速度vy 先增大后 减小,重力的功率:P=mgvy,重力的功率先增大后减小,故C正 确;D.摩托车从B 点到A 点的过程中,加速度竖直分量先向下后 向上,即先失重后超重,故D错误。] 5.C [物块的机械能等于物块动能和重力势能的总和,选初始位置 为零势能点,则物块在初始位置的机械能E=0,在运动的过程中 只有重力做功,机械能守恒,所以物块滑到斜面中点时的机械能为 0,故有-mg× 12Lsin30°+ mv2 2 =0 ,所 以 动 能 是5J,故 C项 正确。] 6.BCD [AB.要使小环做完整的圆周运动,小圆环在最高点的速度 的最小值恰好为零,设此时最低点速度为v,根据机械能守恒定 律,有:mg·2R=12mv 2,解得:v=2 gR,根据公式a=v 2 R ,可知 小环在最低点的加速度应等于4g,因此做完整的圆周运动,最低 点的加速度应大于4g,故 A错误,B正确;C.在最高点,当重力恰 好提供向 心 力 时,有:mg=m v02 R ,解 得:v0= gR;若 速 度 大 于 gR,物体有离心趋势,会挤压圆环的内侧,则小环受到的弹力方 向指向圆形轨道的圆心,故C正确;D.根据牛顿第二定律,则有:N -mg=mv 2 R ,可知环在最低点时对轨道压力一定大于重力,故D 正确。] 7.D [A.释放小球C使其从静止开始下落,绳的拉力对小球C做负 功,小球C的机械能减小,A、B、C构成的系统机械能守恒,则A、B 两球组成系统的机械能增大,故 A错误;B.从释放小球C 使其从 静止开始下落,到小球A 第一次转到最高点的过程中,小球A 的 重力势能与动能均增大,则小球A 的机械能增大,则A 球第一次 转到最高点过程中轻杆对A 球做正功,故B错误;CD.由题意可 知,C球下落高度为R 时,A、B 两球速度大小、角速度均相等,根据 线速度与角速度的关系有:ω=vA2R= vB 2R= vC R ,结合前面分析可知, A、B、C构成的系统机械能守恒,则根据机械能守恒可得:mgR= 1 2mvA 2+ 12mvB 2 + 12mvC 2,联 立 可 得:vA = 2 2Rg 3 ,vC = 2Rg 3 ,故C错误,D正确。] 8.BCD [分别对a、b两球受力分析,运用合 成法,如图所示,A.根据平衡条件,得 T= mbg, T sinθ= mag sin(90°+θ) ,解 得:ma∶mb= 1∶tanθ,即 ma= 3mb,故 A错误;B.b球 回到初始位置时,对b根据动能定理可得: WG+WT=Ekb-0;由于绳子拉力对b球做 负功WT<0,所以 WG>Ekb,即|ΔEpb|> Ekb,b球重力势能减小量大于b 球返回到 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 — 49 — — 30 — 第八周 动能和动能定理 (时间:45分钟 满分:100分) 􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀦌 􀦌 􀦌􀦌 名师推好题 第11题考查利用动能定理求解多过程问题,综合考查应用动能定理结合数学知 识灵活处理多过程问题的能力,题目设置灵活,紧扣基础知识,对学生的综合应用能力要求较 高,值得推荐。 【考点·一应俱全】(共60分) 考点一 实验:探究功与物体速度变化的关系 1.(2025·江苏省盐城中学高一期末)某同学用如图所示的装置 探究功与物体速度变化的关系。实验中能够实现橡皮条对小 车做功整数倍变化的是 ( ) A.增加相同橡皮条的条数,使小车每次从同一位置由静止释放 B.橡皮条两端固定,使橡皮条的长度依次加倍 C.橡皮条的条数不变,释放小车的位置等间距的变化 D.橡皮条的条数不变,小车的倾斜角等倍数增加 2.(多选)(2025·天津市河西区高一期末)某同学用如图装置进行实验 时,没能得到“合力对物体做的功W∝v2”的结论,且误差很大。通过 反思,他认为产生误差的原因如下,其中可能正确的是 ( ) A.钩码质量太大,使得合力对物体做功的测量值比真实值偏大太多 B.没有平衡摩擦力,使得合力对物体做功的测量值比真实值偏大 太多 C.释放小车和接通电源的次序有误,使得速度增量的测量值比真实值偏小 D.没有使用最小刻度为毫米的刻度尺测距离也是产生此误差的重要原因 考点二 实验:探究动能定理 3.(2025·陕西省西安市黄陵中学月考)用图甲 所示的装置进行探究动能定理的实验,实验 时测得小车的质量为m,木板的倾角为θ。实 验过程中,选出一条比较清晰的纸带,用直尺测 得各点与A点间的距离如图乙所示。已知打点计时器打点的周期为T,重力加速度为g,小车与斜面间 摩擦可忽略不计。若取BD段研究小车的动能变化,求动能的变化正确的表达式是 ( ) A.mg(d3-d1)sinθ B.mg(d3-d1) C. 1 2m d4-d2 2T 2 D. md4(d4-2d2) 8T2 4.(多选)(2025·宁夏六盘山高级中学高一开学)在用如 图所示装置做“探究动能定理”的实验时,下列说法正确 的是 ( ) A.长木板要适当倾斜,以平衡小车运动中受到的阻力 B.橡皮筋做的功可以直接测量 C.通过增加橡皮筋的条数可以使橡皮筋对小车做的功成整数倍增加 D.通过打点计时器打下的纸带来测定小车加速过程中获得的平均速度 考点三 动能的理解与计算 5.(2025·江苏省南京市高一期中)“福建舰”航母上,质量为m 的歼16飞机通过弹射系统获得动能 Ek,其速度为 ( ) A.mEk B.2mEk C. 2Ek m D. Ek 2m 6.(2025·陕西省西安市莲湖区期中)火箭竖直向上发射的初始阶段,重力加速度 不变,空气阻力忽略不计,认为火箭的质量m 保持不变,速度的倒数1v 与加速度 a 的关系图像如图所示,图像中a0、b0 均已知,下列说法正确的是 ( ) A.火箭以恒定的加速度启动 B.火箭的最大动能为2m b02 C.火箭以恒定的功率 ma0 b0 启动 D.火箭发射的初始阶段,重力加速度大小为2a0 考点四 动能定理的理解 7.(2025·八省联考云南卷,4)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 8.(2025·天津市滨海新区塘沽一中月考)巴黎奥运会网球女单决赛中,中国选手郑钦文以2∶0战 胜克罗地亚选手维基奇夺冠。这是中国运动员史上首次赢得奥运网球单打项目的金牌。某次郑 钦文将质量为m 的网球击出,网球被击出瞬间距离地面的高度为h,网球的速度大小为v1,经过 一段时间网球落地,落地瞬间的速度大小为v2,重力加速度为g,网球克服空气阻力做功为Wf。 则下列说法正确的是 ( ) A.击球过程,球拍对网球做功为mgh+12mv1 2 B.网球从被击出到落地的过程,网球动能的增加量为mgh C.网球从被击出到落地的过程,网球的机械能减少mgh-Wf D.Wf=mgh+ 1 2mv1 2-12mv2 2 考点五 利用动能定理求变力的功 9.(2025·甘肃省张掖市高台一中模拟)如图,水平轨道AD 足够长,BC 段 粗糙且长度为L=1m,其余部分光滑。质量为1kg、长度为2L 的均匀 木板以v0=5m/s的初速度穿过BC部分,木板与粗糙部分的动摩擦因数为μ=0.8,重力加速度 g取10m/s2,木板穿过粗糙段后的速度大小为 ( ) A.1m/s B.2m/s C.3m/s D.4m/s 10.(多选)(2025·吉林省长春二中模拟)如图所示,一个质量为m 的圆环套在一根固 定的水平直杆上,杆足够长,环与杆的动摩擦因数为μ,现给环一个向右的初速度 v0,如果在运动过程中还受到一个方向始终竖直向上的力F,F=kv(k为常数,v 为环的速率),则环在整个运动过程中克服摩擦力所做的功可能为 ( ) A. mv02 2 B. m3g2 2k2 - mv02 2 C. m3g2 2k2 + mv02 2 D. mv02 2 - m3g2 2k2 考点六 利用动能定理求解多过程问题 11.(2025·湖南省郴州市高一模拟)如图所示,两倾角均为θ的光滑斜面 对接后固定在水平地面上,0点为斜面的最低点。一个小物块从右侧 斜面上高为 H 处由静止滑下,在两个斜面上做往复运动。小物块每次 通过0点时都会有动能损失,损失的动能为小物块当次到达0点时动能 的10%。小物块从开始下滑到停止的过程中运动的总路程为 ( ) A.39Hsinθ B. 39H sinθ C. 19H sinθ D. 9H sinθ — 29 — — 32 — 12.(多选)(2025·湖南省常德市汉寿县高一月考)如图所示,一质量为m=0.1kg的小球以竖直向 上的初速度v0=10m/s冲入一管道,该管道为 3 4 圆管道,半径为R= 5m。已知小球的入口与圆心在同一高度。经过管道后,它又沿着水平导 轨进入另一个半径为r的34 圆轨道,且恰好能通过圆轨道的最高点。若 所有衔接处均不损失机械能,不计摩擦,小球直径以及管道内径可忽略,圆管道和圆轨道底端均 与水平导轨相切,g取10m/s2。下列说法正确的是 ( ) A.小球到达管道最高点时对管道的压力为零 B.小球到达管道最高点时速度为5 2m/s C.小球到达管道最低点时对管道的压力为5N D.圆轨道半径r为4m 考点七 动能定理与图像相结合的问题 13.(2025·四川省南充市西充中学月考)汽车在平直的公路 上以额定功率行驶,行驶一段距离后关闭发动机,测出了 汽车动能Ek 与位移x的关系图像如图所示。已知汽车 的质量为1×103kg,汽车运动过程中所受地面的阻力恒 定,空气的阻力不计。则下列说法正确的是 ( ) A.汽车受到地面的阻力大小为200N B.汽车加速运动的时间为15.25s C.汽车加速过程中牵引力做的功为8×105J D.汽车的额定功率为80000W 14.(2025·重庆市高一期中)如图1所示,一可视为质点的物块从足 够长的固定斜面底端以动能E1 沿斜面向上运动,斜面倾角为θ。 运动过程中,物块动能Ek 与其到斜面底端的距离d之间的关系 如图2所示。忽略空气阻力,则该物块与斜面间的动摩擦因数为 ( ) A. E1 E2 tanθ B. E2 E1 tanθ C. E1+E2 E1-E2 tanθ D. E1-E2 E1+E2 tanθ 【探究·一举突破】(共20分) 探究主题 探究合外力做功与小车动能变化的关系 (2025·江苏省南京师大附中月考)某同学把附有滑轮的长木板平放在实验桌上,将细绳一端拴 在小车上,另一端绕过定滑轮,挂上适当的钩码,使小车在钩码的牵引下运动,以此定量探究合外 力做功与小车动能变化的关系。此外还准备了打点计时器及配套的电源、导线、纸带、小木块等, 组装的实验装置如图1所示。 (1)若要完成该实验,还需要的实验器材有天平、 。 (2)实验开始时,该同学先调节木板上定滑轮的高度,使牵引小车的细绳与木板平行,他这样做的 目的是 。(填序号) A.避免小车在运动过程中发生抖动 B.可使打点计时器在纸带上打出的点迹清晰 C.可以保证小车最终能够实现匀速直线运动 D.可在平衡摩擦力后使细绳拉力等于小车所受的合力 (3)实验中所有操作均正确,得到如图2所示的一条纸带。测得计时点A、B、D、E、F 到起始点O 的距离分别为x1、x2、x3、x4、x5,已知当地重力加速度为g,打点计时器打点的周期为T。测得钩 码的总质量为m,小车的总质量为M,且M≫m,从打O点到打E 点的过程中,合外力对小车做的 功W= ,小车动能变化量ΔEk= 。 (4)以合外力对小车做的功W 为纵坐标,小车获得速度的平方v2 为横坐标,得到如图3所示的关 系图。该图像斜率的物理意义是 。 【综合·一练到底】(共20分) (2025·山东省济南市期末)如图所示,水平地面上有两个半径均 为R 的固定竖直光滑圆轨道,M、N 分别为两圆轨道的最低点。一质量为m 的小物块从P 点开 始沿水平面向右运动,通过第一个竖直圆轨道后沿水平面继续向右运动。已知P 点与M 点、M 点与N 点间的距离均为5R,小物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.2,重力加速度为g,小物块在 P 点的初速度大小v0= 15gR 2 。求: (1)小物块到达第一个圆轨道最高点时,小物块对轨道压力的大小; (2)小物块从第二个圆轨道脱离时的速度大小。 【选做·一飞冲天】(尖子生选做) (2025·福建省福州一中高一期末) 如图甲所示,在竖直平面内,倾角为θ 的斜面和半圆形轨道分别在B 点、C 点与光滑水平面相切。质量为m 的 小物块从斜面上A 点由静止开始下 滑,恰能通过圆形轨道的最高点 D, 离开D 后又刚好落在B 点。已知A、B 两点间沿斜面的距离为l,小物块与斜面间的动摩擦因数 随到A 点距离变化的图像如图乙所示(其中μ0=tanθ),半圆形轨道的半径为R,重力加速度为 g,小物块通过轨道连接处的B、C点时无机械能损失,忽略空气阻力。求: (1)小物块第一次到达B 点时,重力的功率P; (2)小物块沿半圆形轨道运动的过程中,摩擦力对小物块做的功W; (3)B、C两点间的距离s。 【错题重做】 错因 基础不牢 题意不明 思路不对 理解不够 分析不透 方法不对 根本不会 其他原因 题号 题号 题号 — 31 —