第8章 3 动能和动能定理（同步练习）-【学而思·PPT课件分层练习】2025-2026学年高一物理必修第二册（人教版 江苏北京专用）

第八章　机械能守恒定律 3　动能和动能定理 基础过关练 题组一　动能 1.(2025湖北四地七校联考)一质点在恒定外力下做匀加速直线运动,在时间t内位移为s,动能变为原来的4倍,该质点的加速度为 (　　) A.　　　　B.　　　　C.　　　　D. 2.(2024江西宜春期中)建筑工地经常使用偏心轮,如图所示,偏心轮主要由飞轮和配重组成,配重的质量为m=6 kg(配重可视为质点),到轮轴的距离为r=20 cm。若某时刻飞轮转动的角速度为ω=10 rad/s,则此时配重的动能为 (　　) A.36 J　　　　B.48 J　　　　C.72 J　　　　D.144 J 3.(2025重庆模拟)2024年10月31日,“爱因斯坦探针(EP)卫星”正式在轨交付给中国科学院国家天文台使用,主要用于观测宇宙中的剧烈爆发现象,捕捉这些转瞬即逝的宇宙“焰火”。若该卫星在定轨前,由周期为T1的圆轨道变轨到周期为T2的圆轨道,则它先后在这两个圆轨道上的动能之比为 (　　) A.　　　　B.　　　　C.　　　　D. 题组二　动能定理的理解及应用 4.(2025安徽合肥一六八中学等校联考)某一足球比赛中,运动员大力踢出的点球恰好击中横梁。假定足球击中横梁时速度大小为20 m/s,足球的质量为450 g,忽略空气阻力,则该运动员对足球所做的功约为 (　　) A.45 J　　　　B.90 J　　　　C.100 J　　　　D.180 J 5.(2025江苏决胜新高考联考)如图所示,长木板AB置于水平面上,板长为L,板的B端放置质量为m的小物块。现将板绕A端由静止开始在竖直平面内转动α角时,物块的速度为v,物块始终保持与板相对静止,重力加速度为g,则在上述转动过程中 (　　) A.重力对物块做的功为-mgL cos α B.摩擦力对物块做的功为mgL sin α C.弹力对物块做的功为mgL sin α+mv2 D.板对物块做的功为mv2 6.(2025江苏苏州月考)如图所示,在竖直平面内有一个半径为R的圆弧轨道,半径OA水平、OB竖直,一个质量为m的小球(可看作质点)自A正上方P点由静止开始自由下落,小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力,已知AP=2R,重力加速度为g,则小球从P到B的运动过程中,克服摩擦力做的功为 (　　) A.-mgR　　　　B.-mgR　　　　C.mgR　　　　D.mgR 7.(2025江苏泰州期中)如图所示,轻质弹簧的左端固定,并处于自然伸长状态。小物块的质量为m,从A点向左沿水平地面运动,压缩弹簧后被弹回,运动到A点恰好静止。物块向左运动的最大距离为s,与地面间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g,弹簧未超出弹性限度。在上述过程中 (　　) A.弹簧的最大弹力为μmg B.物块克服摩擦力做的功为μmgs C.弹簧的最大弹性势能为2μmgs D.物块在A点的初速度大小为2 8.(2024江苏南京第一中学月考)一辆汽车在平直公路上由静止开始启动,汽车的输出功率与速度的关系如图所示,当汽车的速度达到v0后保持功率不变,汽车能达到的最大速度为2v0。已知汽车的质量为m,运动过程中所受阻力大小恒为f,速度大小从v0增大到2v0所用时间为t,则下列说法正确的是 (　　) A.汽车的最大功率为fv0 B.汽车速度大小为v0时,加速度大小为 C.汽车速度从0增大到v0的过程中,通过的位移大小为 D.汽车速度从0增大到2v0的过程中,通过的位移大小为v0t- 9.(2025四川乐至中学月考)如图所示,一质量m=4 kg的铅球从离地面高H=5 m处由静止开始下落,陷入沙坑中10 cm深处,下落过程中不计空气阻力,重力加速度g=10 m/s2。求: (1)铅球从开始下落至地面过程中,重力势能的减少量ΔEp; (2)铅球落至地面时重力的瞬时功率; (3)沙子对铅球的平均阻力大小。 10.(2025重庆渝北期中)如图所示,BC是一段长L=3 m的粗糙水平轨道,AB和CD是与BC相切的光滑圆弧轨道,物体从AB圆弧上高h=1 m处由静止下滑,已知物体与BC间的动摩擦因数μ=0.05。求: (1)物体第一次在CD轨道上能达到的最大高度; (2)物体最终停在距B点多远处。 11.(创新题新情境)(2025山东菏泽期中)扔沙包是我国一种民间传统游戏,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,沙包停止点对应数字即为得分。如图,某儿童以v0=5 m/s、方向垂直于AB且与水平面夹角为53°的初速度斜向上抛出沙包(可视为质点),出手点距AB的水平距离L=2.8 m,距地面的高度h=1 m。沙包触地瞬间竖直方向速度减为零,水平方向速度变化量与竖直方向速度变化量大小之比为μ=0.25(μ为沙包与地面间的动摩擦因数)。落地后沙包滑行一段距离停止。已知sin 53°=0.8,cos 53°=0.6,重力加速度大小g=10 m/s2,空气阻力不计。求: (1)沙包出手点到落地点的水平距离x; (2)该儿童这次扔沙包的得分。 能力提升练 题组一　应用动能定理解决多过程的直线运动问题 1.(2025江苏南通调研)某滑草场的滑道由上、下两段高均为h、与水平面夹角分别为45°和37°的滑道组成,载人滑草车与两段滑道间的动摩擦因数均为μ。质量为m的载人滑草车从坡顶由静止开始自由滑下,经过上、下两段滑道后,最后恰好静止在滑道的底端。不计载人滑草车在两段滑道交接处的能量损失,重力加速度为g,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。则 (　　) A.动摩擦因数μ= B.载人滑草车的最大速度为 C.载人滑草车克服摩擦力做的功为mgh D.载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为g 2.(教材深研拓展)人们有时用“打夯”的方式把松散的地面夯实。设某次打夯符合以下模型:如图所示,两人同时通过绳子对质量为m的重物分别施加大小均为mg(g为重力加速度的大小)、方向都与竖直方向成37°的力F,重物离开地面h后人停止施力,最后重物自由下落砸入地面的深度为。已知cos 37°=0.8,不计空气阻力,则 (　　) A.重物在空中上升的时间一定小于在空中下落的时间 B.重物克服地面阻力做的功等于人对重物做的功 C.重物刚落地时的速度大小为 D.地面对重物的平均阻力大小为17mg 3.(2025北京一零一中学期中)如图甲所示,一物块以一定初速度冲上倾角为30°的固定斜面。物块在斜面上运动的过程中,其动能Ek与运动路程s的关系图像如图乙所示。已知物块所受的摩擦力大小恒定,取重力加速度g=10 m/s2。下列说法不正确的是 (　　) 　 A.物块质量为0.7 kg B.物块所受摩擦力大小为0.7 N C.0～20 m过程中,物块克服摩擦力做功为10 J D.0～10 m过程中与10～20 m过程中物块所受合力大小之比为4∶3 4.(2025江苏镇江质量检测)一辆质量为1.5×103 kg的汽车,发动机的额定功率为72 kW,在平直路面和斜坡上行驶测定加速性能。水平路面足够长,斜坡坡面足够长,斜坡倾角的正弦值为0.1,且汽车所受摩擦阻力恒为汽车重力的0.2倍,重力加速度g取10 m/s2。求: (1)若汽车在水平路面上行驶,所能达到的最大速度; (2)若汽车沿斜坡向上从静止开始以a=3 m/s2的加速度匀加速启动,汽车匀加速运动过程所用的时间; (3)以第(2)问方式启动,达到额定功率后,当汽车保持额定功率沿坡面继续前进30 s时达到最大速度,汽车从启动到恰达到最大速度过程中的总位移。 题组二　应用动能定理解决多过程的曲线运动问题 5.(2025四川绵阳模拟)如图所示,某滑雪赛道由平直轨道AB、倾斜直轨道BC和圆弧轨道CDE构成。圆弧轨道的半径R=20 m,O为圆心,D为圆弧轨道的最低点,OD竖直,OC与竖直方向的夹角α=37°。某次比赛中,一总质量为60 kg的运动员,从平直轨道末端B点以v0=8 m/s的速度水平飞出,刚好无碰撞地从C点进入圆弧轨道,在D点时对轨道的压力大小为1 080 N。不计空气阻力,g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求: (1)运动员在C点时的速度大小; (2)从C到D的过程中,运动员克服摩擦力所做的功。 6.(2025安徽合肥模拟)竖直平面内有一半径为1 m、圆心角为127°的光滑圆弧形轨道ABC,O为圆心,半径OA水平,B为轨道的最低点。倾角为37°的长直轨道CD与圆弧轨道在C点平滑对接。质量为0.1 kg的小滑块从A点由静止释放,沿圆弧轨道滑至C点,再经0.6 s运动到直轨道上E点(未画出)。已知小滑块与CD间的动摩擦因数为0.5,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g=10 m/s2,sin 37°=0.6。求: (1)滑块到达B点时对轨道的压力大小; (2)E与C之间的距离; (3)滑块在整个运动过程中通过CD段的总路程。 7.(2025广东惠州模拟)某同学设计了一款趣味游戏如图所示,小滑块(可视为质点)从倾角θ=37°的轨道AB上某点静止释放,从最低点B处进入光滑竖直圆轨道(最低点B处两侧轨道略错开且平滑),再进入水平轨道BC,最后从C点飞出落入相互紧靠的指定篮筐(篮筐1紧靠竖直墙壁)里,则游戏成功。已知圆轨道半径R=0.1 m,BC长x=0.6 m,篮筐口宽d=0.2 m,篮筐口距C点高度h=0.2 m。小滑块质量m=0.1 kg,与轨道AB、BC之间的动摩擦因数相同,均为μ=0.25。不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。为确保小滑块能落入第3个篮筐,求: (1)小滑块在C处的速度范围; (2)小滑块在圆轨道最高点对轨道的最小压力大小; (3)小滑块从轨道AB上释放位置到B点的最大距离s。 答案与分层梯度式解析 基础过关练 1.B　设质点的初速度为v0,末速度为v,由末动能是初动能的4倍,即4×m=mv2,解得2v0=v,根据运动学公式可得v2-=2as,v=v0+at,解得a=,B正确。 2.A　配重的线速度大小为v=ωr=10×0.2 m/s=2 m/s,此时配重的动能为Ek=mv2=×6×(2)2 J=36 J,A正确。 3.B　根据开普勒第三定律可知=;根据万有引力提供向心力有G=m,卫星的动能Ek=mv2,联立可得该卫星先后在这两个圆轨道上的动能之比=,B正确。 4.C　球门高度约为h=2.4 m,对于足球,从运动员踢球到球击中横梁的过程,根据动能定理得W-mgh=mv2-0,解得W≈100 J,C正确。  5.C　重力对物块做的功为WG=-mgL sin α,故A错误;小物块始终保持与板相对静止,在这个过程中物块受静摩擦力,静摩擦力的方向总是与速度的方向垂直,则摩擦力对物块做的功为零,故B错误;根据动能定理可得WN+WG=mv2,解得弹力对物块做的功为WN=mgL sin α+mv2,故C正确;根据动能定理可知,合力对物块做的功为W合=mv2,则板对物块做的功为W板=W合-WG=mgL sin α+mv2,故D错误。 6.C　小球在B点时恰好对轨道没有压力,则重力提供向心力(点拨:临界条件),有mg=m,解得vB=;小球从P到B的过程,由动能定理可得mgR-W克f=m-0,解得W克f=mgR,故C正确。 7.D　物块向左运动压缩弹簧,弹簧最短时,弹簧弹力最大,此时物块具有向右的加速度,弹簧弹力大于摩擦力,即F>μmg,故A错误。对于物块的整个运动过程,有Wf=-μmg·2s,可知物块克服摩擦力做的功为2μmgs,故B错误。从物块将弹簧压缩到最短至物块运动到A点的过程,根据动能定理有W弹-μmgs=0,得W弹=μmgs;由弹簧弹力做功与弹性势能的关系,可得Epm=W弹=μmgs,故C错误。对整个运动过程,由动能定理可得Wf=0-Ek(点拨:弹簧弹力做的总功为0),解得Ek=2μmgs,则物块在A点的初速度大小为2,D正确。 8.C　汽车的速度大小为v0时,设牵引力大小为F1,汽车的速度大小为2v0时,设牵引力大小为F2,由题意知F2=f,汽车的速度从v0增大到2v0过程中,牵引力的功率恒定,则有Pmax=F1v0=F2·2v0=2fv0,解得F1=2f,根据牛顿第二定律可得汽车速度大小为v0时,加速度大小为a1==,A、B错误。0～v0阶段汽车做匀加速直线运动,位移大小为x1==,设v0～2v0阶段汽车的位移大小为x2,对汽车运用动能定理可得Pmaxt-fx2=m(2v0)2-m,解得x2=2v0t-,汽车速度从0增大到2v0的过程中汽车的位移大小为x=x1+x2=2v0t-,C正确,D错误。 9.答案　(1)200 J　(2)400 W　(3)2 040 N 解析　(1)铅球从开始下落至地面过程中,重力势能的减少量为ΔEp=mgH=4×10×5 J=200 J (2)铅球从开始下落至地面过程中,根据动能定理可得mgH=mv2,解得v=10 m/s,则铅球落至地面时重力的瞬时功率为 P=mgv=4×10×10 W=400 W (3)设沙子对铅球的平均阻力大小为f,对铅球下落全过程,根据动能定理可得mg(H+h)-fh=0,解得f=2 040 N 一题多解　(3)对于铅球在沙坑中的运动,由动能定理有mgh-fh=0-Ek,在地面上方运动时,有mgH=Ek,解得f=2 040 N。 10.答案　(1)0.85 m　(2)2 m 解析　(1)设物体第一次在CD轨道上能达到的最大高度为h1,由动能定理得 mg(h-h1)-μmgL=0 代入数据,解得h1=0.85 m (2)设物体在BC上滑动的总路程为s,由动能定理得mgh-μmgs=0(解题技法) 解得s=20 m=6L+2 m 可知物体最终停在距B点2 m处。 11.答案　(1)3 m　(2)9分 思路点拨 解析　(1)沙包抛出的竖直分速度v0y=v0 sin 53° 沙包抛出的水平分速度v0x=v0 cos 53° 沙包从抛出到落地过程中,取竖直向上为正方向,竖直方向上有-h=v0yt-gt2 解得t=1 s(t=-0.2 s舍去) 沙包出手点到落地点的水平距离为x=v0xt 解得x=3 m (2)设沙包落地前瞬间竖直方向的速度为vy,则vy=v0y-gt 落地后速度为vx,根据沙包落地瞬间水平与竖直方向速度变化量关系,有Δvx=μΔvy,Δvy= vx=v0x-Δvx 设沙包在水平地面滑行距离为x',由动能定理有 -μmgx'=0-m 解得x'=0.45 m 又4d<x+x'-L<5d 所以儿童得分为9分。 能力提升练 1.B　对于整个过程,由动能定理可得mg·2h-μmg·cos 45°·-μmg cos 37°·=0,解得μ=,A错误;在上段滑道上,根据动能定理可得mgh-μmg cos 45°·=mv2,解得载人滑草车的最大速度为,B正确;对整个过程,由动能定理可得WG-W克f=0,WG=mg·2h,可得载人滑草车克服摩擦力做的功为2mgh,C错误;载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为a==g,D错误。 2.D　设停止施力瞬间重物的速度大小为v1,根据动能定理有(2F cos 37°-mg)h=m,则v1=,设重物刚落地时的速度大小为v2,从开始运动到落地过程,根据动能定理有2F cos 37°·h=m,解得v2=,C错误;重物在空中运动过程,开始在拉力作用下向上做匀加速运动,速度大小达到v1后继续向上做匀减速运动直至速度为零,之后再向下做匀加速直线运动直至速度大小为v2,由此可知上升过程中的平均速度大小为=,下降过程中的平均速度大小为=,又由于上升、下降过程的位移大小相等,由H=t可知重物在空中上升的时间一定大于在空中下落的时间,A错误;在整个运动过程中,对重物,根据动能定理有W人+WG+W阻=0,即2F cos 37°·h+mg·-F阻·=0,解得F阻=17mg,W克阻=-W阻=W人+WG,则重物克服地面阻力做的功大于人对重物做的功,B错误,D正确。 3.B　设物块沿斜面向上运动的最大距离为x0,由图可知x0=10 m。物块沿斜面向上运动过程,由动能定理可得-mgx0 sin 30°-Ffx0=0-Ek1,物块沿斜面向下运动过程,由动能定理可得mgx0 sin 30°-Ffx0=Ek2-0,其中Ek1=40 J,Ek2=30 J,解得m=0.7 kg,Ff=0.5 N,故A正确,B错误;0～20 m过程中,物块克服摩擦力做功为=2Ffx0=2×0.5×10 J=10 J,故C正确;由动能定理可得,0～10 m过程中有F合1x0=0-Ek1,10～20 m过程中有F合2x0=Ek2-0,由题图乙可知Ek1∶Ek2=4∶3,则合力大小之比为4∶3,故D正确。 4.答案　(1)24 m/s　(2) s　(3)458.7 m 解析　(1)水平路面上汽车匀速时Fmin=f=0.2mg=0.2×1 500×10 N=3 000 N 根据功率关系P=Fminv1 代入数据得最大速度v1=24 m/s (2)汽车在斜坡上匀加速时,根据牛顿第二定律有F-f-mg sin θ=ma(θ为斜坡倾角) 解得F=9 000 N 根据功率关系P=Fv2 代入数据解得v2=8 m/s 由匀变速直线运动规律得t== s (3)匀加速阶段的位移 x1=at2=×3× m= m 汽车在斜坡上达到最大速度时F'=f+mg sin θ 解得F'=4 500 N 根据功率关系P=F'v3 解得v3=16 m/s 从汽车达到额定功率开始到达到最大速度过程中,根据动能定理有 Pt'-(f+mg sin θ)x2=m-m 解得x2=448 m 总位移x总=x1+x2= m+448 m≈458.7 m 归纳总结　对于机车启动问题,机车的最大速度等于匀速运动的速度,即vm=;机车以恒定功率启动时,牵引力做的功为W=Pt;经常用动能定理Pt-fx=ΔEk求解机车以恒定功率启动过程的位移大小和时间。 5.答案　(1)10 m/s　(2)600 J 题图解读 对运动员在C点的速度进行分解,对运动员在D点竖直方向的力列牛顿第二定律方程。 解析　(1)设运动员在C点时的速度为vC,则有vC=(点拨:平抛运动在水平方向上的分运动为匀速直线运动) 解得vC=10 m/s (2)设运动员运动到D点时的速度大小为vD,受到轨道的支持力大小为N,运动员对轨道的压力大小为N',根据牛顿第三定律有N=N' 由牛顿第二定律有 N-mg=m 设从C到D的过程中运动员克服摩擦力所做的功为W,则有mgR(1-cos α)-W=m-m 联立解得W=600 J 6.答案　(1)3 N　(2)0.76 m　(3)2 m 题图解读 解析　(1)滑块从A到B的过程,由动能定理得mgR=m 在B点,根据牛顿第二定律得FN-mg=m 联立解得FN=3 N 根据牛顿第三定律知,滑块到达B点时对轨道的压力大小为3 N (2)滑块从A到C的过程,根据动能定理得 mgR cos 37°=m,解得vC=4 m/s 滑块从C开始上滑过程,根据牛顿第二定律得 mg sin 37°+μmg cos 37°=ma 解得a=10 m/s2 故滑块从C开始上滑至最高点过程的时间t==0.4 s<0.6 s(点拨:判断减速到速度为0的时刻)  上滑最大距离x==0.8 m 因μ<tan 37°=0.75,故滑块在0.6 s内,先沿直轨道从C开始上滑至最高点,后又继续下滑0.2 s, 下滑过程加速度a'=g sin 37°-μg cos 37°=2 m/s2 下滑距离x'=a't'2=0.04 m 故E与C之间的距离为d=x-x'=0.76 m (3)因圆弧轨道光滑,故滑块最终在过C点的水平线下方圆弧轨道上往返运动(破题关键),则滑块运动的全过程中,根据动能定理得mgR cos 37°-μmgs cos 37°=0 解得s=2 m 方法技巧 应用动能定理解题的思路 7.答案　(1)2 m/s≤vC≤3 m/s　(2)2 N　(3)1.5 m 模型建构 解析　(1)小滑块从C处飞出做平抛运动,有 h=gt2 2d=vmint,3d=vmaxt 代入数据可得,小滑块在C处的速度范围是 2 m/s≤vC≤3 m/s (2)小滑块速度越小,对圆轨道最高点压力就越小,从圆轨道最高点到C处应用动能定理有 mg·2R-μmgx=m-mv2 在最高点处,合力提供向心力,有mg+FN= 解得FN=2 N 根据牛顿第三定律,小滑块对圆轨道最高点的最小压力F'N=FN=2 N (3)距离越大,小滑块到C处的速度就越大,从释放到C处应用动能定理有 mgs sin θ-μmgs cos θ-μmgx=m-0 代入数据解得s=1.5 m 学科网（北京）股份有限公司 $