第4章 第3节 第2课时 动能定理的综合应用-【学霸黑白题】2025-2026学年高中物理必修第二册（教科版）

第3节动能动能定理 白题基础过关练第1课时动能的表达式动能定理 1.D2.C3.BD 4.B解析：A手对物体做的功等于物体机械能的变化量，则 W车=mgh+L， +分m2=1x10x1J+7×1x2J=12J,故A错误； BC.由动能定理可得，合外力所做的功等于动能的变化， =宁分1×21=21，故B正确，C错误D物体克 服重力做的功W。=mgh=1×10×1J=10J,故D错误.故选B. 5.B解析：以子弹为研究对象，根据动能定理W=△E= mnm-1281,故选B 6.B解析：小球A从弹簧原长位置由静止释放，小球A能够 下降的最大高度为h,根据动能定理有mgh-W弹=0，换为质 量为2m的小球B,根据动能定理有2mgh-W0=之×2m2,小 球B下降h时的速度v=√gh,故选B. 7.D解析：设汽车与路面间的动摩擦因数为，则由动能定 理得：mg=07m,当速度变为4和时：-4·2mg=0 )·2m(4o)2,解得3=16s,故D项正确，ABC三项错 黑题应用提优练 1.C 2.B解析：在运动过程中，只有摩擦力做功，而摩擦力做功与 路径有关，根据动能定理：-f·2mL=0-2,可得摩擦力 的大小4L故选B. 3.B解析：在竖直方向h=262,解得=√日 1 /2h .根据平抛运动 的知识可得初速度，=之=x g t =x入N2h 由此可得vc七 2h √h 代人数据可得2至.8故B正确，CD朝误 之m号， E1 4.ACD解析：A.根据动能定理，此时物块的动能为E,=F(s+ )-f八s+l)=（F-f)(s+l),故A正确；B.这一过程中，物块对 小车所做的功为W=,故B错误；C这一过程中，物块和小 车的相对位移为1，物块和小车系统产生的内能为Q=f△x= 1,故C正确；D根据能量守恒，这一过程中物块和小车系统 增加的机械能为△E=Wp-Q=F(l+s)-,故D正确.故 选ACD. 压轴挑战 5.CD解析：由图乙可知mg=ko,解得k=m,由F-x图线与 横轴所围图形的面积表示弹力所做的功，则有W弹= k(x-b)2,由动能定理得mg-26(x-h)2=0,即mg (x-h)2=0,解得x=h+x（1+,1+2）,故最低点坐标 不是h+2xo,h+2x。处动能不是最小，故A、B错误；由图可 参考答案与解析 知，mg=kxo,由对称性可知当x=h+2x0时，小球加速度为-g, 且弹力为2mg,故C正确；小球在x=h+xo处时，动能的值最 大，根据动能定理有mg(h+x）+W'弹=Ekm-0,依题可得 W'弹=-2mg0,所以Ea=mgh+2mgo,故D正确. 白题 基础过关练 第2课时动能定理的综合应用 1.C 2.B解析：恰好通过c点时，根据牛顿第二定律mg= 。 到c的过程中，根据动能定理F·2R-mg·2R= 1 2m,解得 F=- 4mg故选B. 3.D解析：物体受到的滑动摩擦力大小为f=mg,对物体与 弹簧及地面组成的系统，由动能定理得-W-mg(s+x)=0- 之m解得=子muns(+w),放述D 1 4.BD解析：AB.将拖拉机的速度分解为沿轻绳方向和垂直于 轻绳方向；绳子不可伸长，货物的速度等于。沿轻绳方向 的分速度，即货物的速度为v=osin0,由题可知9增大，则货 物的速度变大，故A错误，B正确；CD.当0=37°时，货物的速 度为，=osin37°，定滑轮顶点到拖拉机轻绳的长度为L= c0s37,同理可得，当0=53时%=0sin53°，2=h h cos53o,由 动能定理可得，轻绳对货物做的功为W=mg(L2-L,)+ 1 12mgh+ 之m-,解得r +50m,故C错误，D正确.故 选BD. 5.C解析：AB.由重力对物体做功公式可得，重力对物体做功 为We=mg△h=mg(H+h),AB错误；C.由动能定理得mg· (H+h)+W=0,则阻力做功W=-mg(h+H),C正确；D.设地 面对物体的平均阻力为人，由？，=，解得∫=mg(H+) h D错误.故选C. 6.A解析：对全过程运用动能定理得mgh-umgs=0,解得s= 20.m=2.5m,由s=6d+0.1m,可知停止的位置与B点 h_0.25 的距离为0.1m.故选A 黑题应用提优练 1.D解析：设在AB段摩擦力所做的功为WAB,物体从A到C 的全过程，根据动能定理，有mgR+WaB-umgR-=0,解得WB= (u-1)mgR,所以物体在AB段克服摩擦力所做的功为W= (1-u)mgR,故选D. 2.A解析：根据牛顿第二定律得GM=m亡_25，解得， 2=m0 GM由此可知，轨道半径与动能成反比，则有r=E,+AE Ek 故选A 3.D解析：在0~1时间内，转速逐渐增大，故物块的速度逐渐 增大，由动能定理可知，最大静摩擦力提供向心力mg= mR,解得，=gR,物块做加速圆周运动过程W,= v 2mw=2umgR,故AC错误，D正确在1~2时间内，物块 1 1 线速度不变，故摩擦力做功为零，故B错误 4.AC解析：AB.根据题意，在B点对物块由牛顿第二定律有 黑白题31 7mg-mg=m- ，解得m=V6gR,故A正确，B错误；C.从A 到B,对物块由动能定理有W弹-mgL=2m,解得W集= mgL+3mgR,而弹簧弹力所做的功等于弹簧所具有的弹性 势能，因此有W弹=E。,故C正确；D.物块恰好到达C点，物 块在C点由牛顿第二定律有mg=m ,解得vc=√gR,物块 从B到C由动能定理有”a-mg·2R=之m2-子m,解得 W阻=2mgR,故D错误故选AC. 5.A解析：A.第一次从P到Q的过程中，设滑块克服摩擦力 做的功为W,根据动能定理有3R·mg-W-2R·mg=0-0, 解得W=mgR,故A符合题意；B.滑块在A点速度大于C点 速度，则AB段摩擦力阻力大于BC段，在AB段和BC段摩擦 力对滑块做功不相等，故B不符合题意：C.AB段摩擦力对滑 块做功大于)mgR,在B点滑块动能Ew<3mgR- 2 mgR= 之mgR,滑块在B点速度a二√m <√5gR,由牛顿第二定 律可得F、-mg=m尺，解得F、<6mg,则第-次运动到B点 时滑块对轨道的压力小于6mg,故C不符合题意；D.滑块在 C点的动能为mgR,第二次运动到A点时，速度更小，克服摩 擦阻力做功小于mgR,第二次运动到A点时滑块的速度不为 0,故D不符合题意.故选A. 6.C解析：篮球第一次到达地面时所获得的动能为E1= mgH,运动的路程为s1=H,篮球第一次与地面作用后损失的 动能为△E1=10%Ek1=0.1mgH,反弹后上升到最高点时的 高度为H1=0.9H.篮球第二次到达地面运动的路程为 s2=H+2H,=H+2×0.9H,篮球第二次与地面作用后损失的动 能为△E2=10%E2=0.1mgH1=0.9mgH×0.1,反弹后上升到 最高点时的高度为H2=0.9H,=0.9H.篮球第三次到达地面 时运动的路程为s3=H+2H1+2H2=H+2×0.9H+2×0.92H,篮 球第n次到达地面时运动的路程为sn=H+2×0.9H+2× 0.9H+…+2×0.9”-H.根据等比数列求和公式可得s=H+2× 0.9hx1-0.9- 、1-0.9 当n趋于无穷大时，有s总=19H.故C项正 确，ABD错误 7.AC解析：设倾斜轨道的倾角为0，游客质量为m.因为要确 保所有游客在倾斜滑道上匀减速下滑，所以要满足mgsin< h tomgcos0,即tan0= 。4解得乙>次，假设游客恰好停止 在水平轨道右端，对于游客运动的过程，由动能定理得 mgh+mgh-mgcos0· ·。0,整理得么=2欢当私取最大 L 值1.2。时，L,的临界长度最短，故要使游客能滑到水平轨 道上，需满足工≤2公，，假设游客恰好停止在水平轨 道左端，对于游客运动的过程，由动能定理得mgh+mgh- ngcos6· _2h,当比取最 ‘c0s9nmgL,=0,整理可得L,+2=2五 L 小值时，L,+L2的临界长度最长，故要使游客能停在水平 轨道上需满足L,+山≥2，综上可得L,+山，≥2功， -<L1≤ u04 必修第二册·JK h,易知AC正确，BD错误故选AC 压轴挑战 8.0<R,≤0.4m或1.0m≤R,≤27.9m 解析：设小球在第二个圆轨道的最高点的速度为2，由题意 mg=m Ra' ① 1 1 Lmg(L+L)-2mgk,=2 mw-2 mi, ② 由①②式得L=12.5m, ③ 要保证小球不脱离轨道，可分两种情况进行讨论： I.轨道半径较小时，小球恰能通过第三个圆轨道，设在最高 点的速度为，应满足mg=mR, 习 1 1 umg(L,+2L）)-2mgR,=2m号2m6, ⑤ 由④⑤式得R3=0.4m. ⑥ Ⅱ.轨道半径较大时，小球上升的最大高度为R,根据动能 定理 ungh+2）-meR=0-7md. ⑦ 解得R3=1.0m. ⑧ 为了保证圆轨道不重叠，R,最大值应满足 (R2+R3)2=L2+(R3-R2)2, ⑨ 解得：R3=27.9m 0 综合【、Ⅱ，要使小球不脱离轨道，则第三个圆轨道的半径须 满足下面的条件0<R≤0.4m或1.0m≤R≤27.9m. 专题探究十动能定理中的图像和多过程问题 黑题 专题强化练 1.B 2.B解析：乒乓球最终匀速运动时，加速度最小为0，而乒乓 球刚向上抛出时，速度最大，阻力最大，加速度最大，设最大 1 速度为o,则mg+奶=ma。,4E,=2m6,乒乓球最终匀速运 动时，速度为，则mg=.此时的动能E。=2m,联立上 式可解得am=5g故选B. 3.D解析：若物体由静止开始下滑，由动能定理得：mgh-W= 2m,若该物体以，的初速度从顶端下滑，由动能定理 得：-=分时由图乙可知，物体两次带到平面 1 的速度关系为：=24由以上三式解得：期=me石G故 选D. 4.C解析：滑块在滑动摩擦力作用下向右匀加速运动时，由 牛顿第二定律知产生的加速度大小为a=g=2m/s2,滑块 速度与传送带共速历时t=”=2s,即2s后滑块与传送带 以相同的速度向右匀速运动，与传送带间无摩擦力作用；4s 后传送带以a'=1m/s2做匀减速运动，滑动摩擦力能使滑块 产生的加速度为2m/s2,则传送带减速运动时，滑块的加速 度与传送带的加速度相同，此时滑块受到的静摩擦力 了”=ma=/,即此时的摩擦力等于滑动摩擦力的2，而减 黑白题32黑题应用提优练 1.如图所示，一木块沿竖直放置的粗糙曲面从高 处滑下.当它滑过A点的速度大小为5/s 时，滑到B点的速度大小也为5m/s.若使它滑 过A点的速度变为7m/s,则它滑到B点的速 度大小为 A.大于7m/s B.等于7m/s C.小于7m/s D.无法确定 (第1题) (第2题) 2.(2021·山东高考)如图所示，粗糙程度处处 相同的水平桌面上有一长为的轻质细杆， 端可绕竖直光滑轴0转动，另一端与质量 为m的小木块相连.木块以水平初速度。出 发，恰好能完成一个完整的圆周运动.在运动 过程中，木块所受摩擦力的大小为 mvo meo mvo B. C. D 4πL 8πL 16πL 3.如图所示，在摩托车 2h 越野赛途中的水平路 26、.2 、b 段前方有一个坑，该 坑沿摩托车前进方向的水平宽度为4h,其左 边缘a点比右边缘b点高h.若摩托车经过a 点时的动能为E1,它会落到坑内c点，c与a 的水平距离和高度差均为2h;若经过a点时 的动能为E2,该摩托车恰能越过坑到达b点， ( A.2 B.8 C.6 D.3 4.(2023·黑龙江哈尔滨开学考)（多选）如图， 长度为的小车静止在光滑的水平面上，可视 为质点的小物块放在小车的最左端将一水平 恒力F作用在小物块上，物块和小车之间的 第四章 限时：20min 摩擦力大小为f当小车运动的位移为s时，物 块刚好滑到小车的最右端，下列判断正确的有 A.此时物块的动能为(F-f)(s+l) B.这一过程中，物块对小车所做的功为(s+) C.这一过程中，物块和小车系统产生的内能为 D.这一过程中，物块和小车系统增加的机械 能为F(l+s)- 压轴挑战 5.(2023·河北保定月考)（多选）如图甲所 示，轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面 上，一质量为m的小球，从离弹簧上端高h 处由静止释放.某同学在研究小球落到弹簧 上后继续向下运动到最低点的过程，他以 小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下 方向建立坐标轴Ox,作出小球所受弹力F 大小随小球下落的位置坐标x的变化关系 如图乙所示，不计空气阻力，重力加速度 为g.以下判断正确的是 0( h+xo h+2xo A.当x=h+2x。时，小球的动能最小 B.最低点的坐标x=h+2xo C.当x=h+2xo时，小球的加速度为-g,且 弹力为2mg D.小球动能的最大值为mgh+mg0 2 进阶突破拔高练P12 黑白题075 白题基础过关绣 第2课时动能 题型1用动能定理解决圆周运动 1.一质量为m的质点在半径为R的半球形容器 中（容器固定）由静止开始自边缘上的A点滑 下，到达最低点B时，它对容器的正压力为 2mg.重力加速度为g,则质点自A滑到B的过 程中，克服摩擦力所做的功为 A.mgR B.mgR C.mgR D.mgR 3 (第1题) (第2题) 2.如图，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水 平，长度为2R,bc是半径为R的半圆弧，与ab 相切于b点.一质量为m的小球，自a点处在 水平恒力F的作用下由静止开始向右运动， 当小球运动到b点时，立刻撤去力F,小球恰 好通过轨道最高点c,重力加速度大小为g,则 恒力F的大小为 3 A.mg B. C.2mg D.2mg 题型2用动能定理解决变力做功问题 3.质量为m的物体以初速度 ,沿水平面向左开始运动， 0 起始点A与一轻弹簧0端 相距s,如图所示.已知物体与水平面间的动摩 擦因数为“，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 ( Amgt)了 B.umgs 1 1 C.umg()+m D.m mg(sx) 4.(2023·海南天一大联考)（多选）如图所示， 拖拉机通过大小不计的光滑轻质定滑轮提升 货物，货物的质量为m,定滑轮顶端到轻绳与 必修第二册·JK 定理的综合应用 限时：l5min 拖拉机连接点的竖直高度为h,拖拉机向右匀 速运动的速度为o,当轻绳与竖直方向的夹角 0从37°增加到53°的过程中，重力加速度 为g,sin37°=0.6.下列说法正确的是（) A.货物匀速上升 B.货物加速上升 C.轻绳对货物做的 功品 25m 7 D.轻绳对货物做的功为 0m 2mgh+ 题型3用动能定理解决多过程问题 5.（2023·山东济南月考)如图所示，质量为m 的物体从地面上方H高处无初速度释放，落 在地面后出现一个深度为h的坑，重力加速度 为g,在此过程中 A.重力对物体做功为mgH B.重力对物体做功为mgh C.阻力对物体做功为-mg(H+h) D.地面对物体的平均阻力为mg型 -d (第5题) (第6题) 6.（2023·辽宁大连期中)如图所示，ABCD是一 个盆式容器，盆内侧壁与盆底BC的连接处都是 一段与BC相切的圆弧，BC水平，B、C两点的距 离为d=0.40m,盆边缘的高度为h=0.25m在A 处放一个质量为m的小物块并让其从静止滑下. 已知盆内侧壁是光滑的，而盆底BC与小物块间 的动摩擦因数为u=0.10,重力加速度g取 10/s2.小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则 停的地点到B点的距离为 () A.0.1mB.0.2mC.0.3mD.0.4m 黑白题076 黑题应用提优练 1.(2023·贵州铜仁月考)如图所示，AB为4圆 弧轨道，BC为水平直轨道，圆弧的半径为R, BC的长度也是R,一质量为m的物体，与两个 轨道间的动摩擦因数都为4，当它由轨道顶端 A从静止开始下落，恰好运动到C处停止，那 么物体在AB段克服摩擦力所做的功为 ( A之ng B.之gR C.-mgR D.(1-u)mgR 2.(2022·山东青岛一模)“天问一号”探测器被 火星俘获后经过多次变轨才能在火星表面着 陆.若探测器在半径为r的轨道1上绕火星做 圆周运动，动能为E,变轨到轨道2上做圆周 运动后，动能增加了△E,则轨道2的半径为 E AE A. E+△E B Ek+△E Ek+AE Ek C. AE D.AE 3.如图所示，质量为m的物块与水平转台之间 的动摩擦因数为，物块与转台转轴相距R, 物块随转台由静止开始转动并计时，在t1时 刻转速达到n,物块即将开始滑动.保持转速n 不变，继续转动到t,时刻.则 A.在0~t1时间内，摩擦力做功为零 B.在t1~t2时间内，摩擦力做功为2mgR C.在0~t,时间内，摩擦力做功为2mgR 第四章月 限时：40min D.在0，时间内，摩擦力做功为2nmgR 4.（2023·陕西安康开学考)（多选）如图，粗糙 水平面AB与竖直面内的半圆形导轨在B点 相切，半圆形导轨的半径为R,一个质量为m 的物块（可视为质，点）将弹簧压缩至A点并由 静止释放后向右弹开，当它经过B点进入圆 形导轨的瞬间对轨道的压力为其重力的7倍， 之后向上运动恰能到达最高点C,物块与粗糙 水平面AB之间的动摩擦因数为心，AB部分长 为L,重力加速度为g,下列说法正确的是 ( R 0 m A B A.物块经过B点时的速度大小为√6gR B.物块经过B点时的速度大小为√5gR C.物块在A点时弹簧的弹性势能为 umgL+3mgR D.物块从B点运动至C点的过程中阻力做的 功为mgR 5.（2023·重庆期中)如图所示，半圆弧轨道固 定在水平地面上，0为圆心，半径为R一质量 为m的滑块从P点自由下落，沿轨道ABC运 动，到达C点后竖直上抛至最高点Q.已知 AP=2R,CQ=R,滑块可视为质点，滑块与轨道 的动摩擦因数处处相同，不计空气阻力，重力 加速度为g,则 ) P□ Q 黑白题077