第8章 第3节 第1课时 动能的表达式 动能定理-【学霸黑白题】2025-2026学年高中物理必修第二册（人教版 江苏专用）

第3节 动能和动能定理 于错题 第1课时动能的表达式动能定理 白题基础过关 限时：10min 题型1动能的表达式 B.提升过程中合外力对物体做功2J 1.*关于物体的动能，下列说法中正确的是 C.提升过程中合外力对物体做功12J ( D.提升过程中物体克服重力做功12J A.一个物体的动能可能小于零 5.*如图是一颗质量为40g的子弹以 100m/s的速度击穿苹果的瞬间照片.子弹穿 B.一个物体的动能与参考系的选取无关 过苹果后，速度将变为60m/s.这个过程中， C.动能相同的物体速度一定相同 苹果对子弹做的功为 D.两质量相同的物体，若动能相同，其速度不 一定相同 2.*改变物体的质量和速度，可以改变物体的 A.128JB.-128JC.-1.6JD.1.6J 动能.在下列情况中，物体的动能变为原来26.*(2024·青海西宁质检)质量为0.5kg的 倍的是 ( 石块从10m高处以30°角斜向上方抛出（如 A.质量不变，速度增大到原来的2倍 图)，初速度o的大小为5m/s.不计空气阻 B.质量不变，速度增大到原来的4倍 力，g取10m/s2,则下列说法正确的是() C.速度不变，质量增大到原来的2倍 D.速度不变，质量增大到原来的4倍 题型2动能定理的理解及简单应用 3.*关于动能定理的表达式W=E2-Ek1,下列 A.石块落地时的速度大小为15m/s 说法正确的是 B.石块落地时的动能大小为50J A.公式中的W为不包含重力的其他力做的 C.石块落地时速度的大小与石块初速度的仰 总功 角有关 B.动能定理适用于恒力做功，但不适用于变 D.石块落地时速度的大小与石块的质量有关 力做功 重难聚焦 C.运动物体所受合外力不为零，则该物体一 题型用动能定理解决机车制动问题 定做变速运动，其动能要变化 7.*质量为m的汽车在平直路面 上以大小为v的速度匀速行驶，急 频讲 D.公式中的E2-E1为动能的增量，当W>0时 刹车后滑行的最大距离为s.若该汽 动能增加，当W<0时动能减少 车装上质量为m的货物后在同样的平直路面上 4.*一质量为1kg的物体被人用手由静止向 以大小为4的速度匀速行驶，不计空气阻力， 上提升1m,物体的速度达到2m/s,g取 则其急刹车后滑行的最大距离为 10m/s2.下列说法正确的是 ( A.2s B.4s C.8s D.16s A.提升过程中手对物体做功10J 第八章黑白题077 黑题 应用提优 限时：20min 1.*如图所示，一木块沿竖直放置的粗糙曲面 间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动 从高处滑下.它滑过A点时的速度大小为 摩擦力，重力加速度为g.现对物块施加一水 5m/s时，滑到B点的速度大小也为5m/s.若 平向右的恒力F,当木板由静止向右运动的位 使它滑过A点的速度变为7m/s,则它滑到B 移为d时（物块没滑离木板），关于物块的动 点的速度大小为 ( 能和木板的动能，下列判断正确的是() A.大于7m/s B.等于7m/s C.小于7m/s D.无法确定 77777777 A.若F=3umg,物块的动能为2mgd B.若F=3umg,木板的动能为2umgd C.若F=8umg,物块的动能为6umgd (第1题) (第2题) D.若F=8umg,木板的动能为umgd 2.**(2025·福建莆田期中)如图所示，粗糙程 压轴挑战 度处处相同的水平桌面上有一长为L的轻质细 5.整(2024·东北三省联考)如图甲所示， 杆，一端可绕竖直光滑轴0转动，另一端与质 轻弹簧上端固定在内壁光滑玻璃管顶部， 量为m的小木块相连.木块以水平初速度。出 下端拴接质量为m的小球，玻璃管与水平 发，恰好能完成一个完整的圆周运动.在运动过 方向夹角为30°，玻璃管内径略大于小球直 程中，木块所受摩擦力的大小为 ( 径，现将小球由弹簧原长处由静止释放，小 mvo 球运动过程中的加速度a与弹簧伸长量x A. mo B. D. 4πL 8πL 16πL 的关系如图乙所示，其中图线与x轴交点坐 3.*如图所示，在摩 标x。为已知，弹簧始终在弹性限度内，重力 托车越野赛途中的水 加速度为g,则 2h 平路段前方有一个 坑，该坑沿摩托车前进方向的水平宽度为4h, 00000N 其左边缘a点比右边缘b点高h.不计空气阻 J30 力.若摩托车经过a点时的动能为E1,它会落 A.小球运动到最低点时，所受弹簧弹力大 到坑内c点，c与a的水平距离和高度差均为 小为2mg 2h;若经过α点时的动能为E2,该摩托车恰能 B.弹簧的劲度系数为”g 越过坑到达6点，则二2等于 Xo C.小球沿管壁向下运动过程中动能最大值 A.2 B.8 C.6 D.3 为mg。 4.**(2025·安徽天一大联考)如图所示，质 量为m的木板静止在光滑的水平面上，木板 D.弹簧拉伸量为时，弹性势能为mgg 的左端放置一质量为2m的物块，物块与木板 2 必修第二册黑白题0781 运动此时汽车的速度为=2.1 f=2o4~阶段，看到红 灯转为绿灯，逐渐增加功率，使汽车做匀加速运动直到恢复 原来功率P。,这段时间内汽车先做匀加速直线运动，当牵引 力功率刚恢复原来功率瞬间，牵引力仍大于阻力，汽车继续 加速，但以后保持功率P。行驶，根据P=F,可知随着速度的 增加，牵引力减小，汽车做加速度减小的加速运动，当牵引力 减小到与阻力平衡时，汽车开始匀速运动，速度大小为v= 户=故C正确，ABD错误 Po 9()a,3.6x10Nb.25s(2)2 解析：(1)a.以第6、7、8节车厢为整体进行分析，总质量为 3m,整体所受拉力为F,根据牛顿第二定律有F-3f=3ma,f= 0.01mg,代入数据解得F=3.6×10N. b.设每节动车提供的牵引力为F。,动车匀加速行驶能达到的 最大速度为"x,对整个动车组进行分析，根据牛顿第二定 律，有2。-8=8ma,2P=2Pm,则2P-8=8na,代人数据 解得vmx=12.5m/s,持续时间t= 0mat 25 s. (2)动车组以最大速度行驶时有F牵=f阻=，其中k为比例系 1√2 数依据公式P=F牵v,有2P=1·1,4P=2·2,解得 2 第2节重力势能 白题基础过关 1.D2.B3.B4.A5.C6.C7.C 8.B解析：AB.重物由A点摆向最低点的过程中，高度下降， 重力做正功，弹簧对重物有拉力，而弹簧要伸长，所以弹力做 负功，弹性势能增加，故B正确，A错误；C若用与弹簧原长 相等的细绳代替弹簧后，重力仍做正功，弹力方向始终与运 动方向垂直，不做功，故C错误；D.若用与弹簧原长相等的细 绳代替弹簧后，重物下降的高度减小，重力做功减少，弹力方 向始终与运动方向垂直，不做功，故D错误故选B. 9.C解析：在拉弹簧的过程中，拉力的大小始终等于弹簧弹 力F的大小x,故F-x图像的面积表示拉力所做的功，即 W=2(好-号).故选C 10.A解析：设斜面的最高点所在的水平面为参考平面，开始时 斜面上的那部分链条的重力势能为E=坚.上 2·4sin30°，竖 直下垂的那部分链条的重力势能为。=竖·子，当链条 刚好全部滑出斜面时，重力势能为￡，=mg乞，重力势能 5 的减少量为△E,=E+Be-B。=16mgL,故选A 11.A解析：把底部中间的阀门打开，使左右两边管中液体高 度相等，设此时液体的高度为h,故有h= 六因此从左边 移到右边的液体体积为V= V,2s所以这个过程液体的重 力势能变化量等于左边上部分的液体移到右边的重力势 参考答案与解析 能变化，即重力做的功为W。=4Pgs(h-h,)户故选A 第3节动能和动能定理 第1课时动能的表达式动能定理 白题基础过关 1.D2.C3.D 4B解析：A由动能定理可知W=mgh+m2-1x10x1J十 2×1×2J=12J,故A错误；BC由动能定理可得，合外力所 1 做的功等于动能的变化，即。=号㎡=号×1x2订=21，故 。1 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,= 2mw22mw=-128J,故选B. 21 6,A解析：根据动能定理可得：)m2 2mw6=mgh,解得石块 2m2 落地时的动能E来= =2m6+mgh=56.25J,石块落地 时的速度大小v=√/后+2gh=15m/s,故A正确，B错误；由表 达式u=√/+2gh可知，石块落地时的速度与初速度的仰角、 石块的质量无关，故CD错误故选A 7.D解析：设汽车与路面间的动摩擦因数为μ，则由动能定 理得：umgs=0-2m,当总质量为2m且速度变为和时 1 ux2mgs'=0-2×2m(4w)',解得=16，故D正确， ABC错误 黑题应用提优 1.C2.B 3.B解析：在竖直方向H= 2,解得1=。 1 2H E .根据平抛运 动的知识可得初速度v= 龙 = 由此可得 =xN√2H NE 1 代人数据可得台2兰， E,1 =8.故B正确， 2 mv? x H2 ACD错误. 4.A解析：物块相对木板向右滑动，对木板有4·2mg=ma1, 对物块有F-u·2mg=2ma2,刚要相对滑动时，有a1=a2,可 得F=6umg,AB.若F=3umg<6umg,物块与木板一起运动， 根凝动能定理1：}(m+2m)口，可得物块的动能为× 2mr=2mgd,木板的动能为2m2=ngd,故A正确，B错 误；CD.若F=8umg>6umg,物块相对于木板滑动，设木板的 加速度为a1,物块的加速度为a2,根据牛顿第二定律，对木 板有2umg=ma1,对物块有F-24mg=2ma2,由运动学公式可 知d=,物块的位移=4，=弓，根据动能定理， 黑白题29 木板的动能为E1=2mgd,物块的动能为E2=(F-2umg)d'= 9umgd,故CD错误.故选A. 压轴挑战 5.C解析：根据x=mgsin30°，得弹簧的劲度系数为k=mg, 小球运动到最低点时，根据动能定理mgm30=之d,得 x=2x0,所受弹簧弹力大小为F=kx=mg,故AB错误；当弹簧 伸长量为。时，动能最大，根据动能定理mgxosin30°- -了-0B得。-”学，放C正确：弹资拉伸量 1 为6时，弹生势能为气，起=”学，故D错误枚选心 第2课时动能定理的综合应用 白题基础过关 1.B2.D 3.C解析：A将A的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方 向，拉绳子的速度等于A沿绳子方向的分速度v=v4cos0,此 时物体A的速度为4=” c099故A错误；B.物体A上升过程 中0变大，以也变大，物体A向上加速，处于超重状 态，故B错误；CD.在A上升的过程中根据动能定理W- mgh=2m好-0，该过程中绳对物体A做的功mgh+,m os20' 故C正确，D错误.故选C. 4.B解析：从A点释放，恰好能滑动到C点，物块受重力、支 持力、滑动摩擦力设斜面AC长为L,运用动能定理，列出等 式eln94gm6x子：nesr号=0，解得m9 3 30+24,故选B. 5 5.C解析：从开始至停下，根据动能定理可得-wmgs=0- m,得运动的总路程8=25m,因+5m=5,故停下位置 1 距离左边挡板距离x=L-5m=3m,故选C. 黑题应用提优 1.C2.D3.D 4.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 功大于子mgR,在B点滑块动能Ew<3mgR- 2 mgR= 之mg,滑块在B点速度√m 2E<√5gR,由牛顿第二定 律可得F-mg=m尺，解得F、<6mg,则第一次运动到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 5.C解析：ABC.根据动能定理可得F合h=△E,可知E,-h图 必修第二册 像的斜率绝对值等于合力大小，则上升阶段有mg灯2N= 6 12N,下降阶段有mg-f=6 48 N=8N,联立解得m=1kg f=2N,则上升到最高点的过程中，重力做功为W。=-mgh= -10×6J=-60J,全过程中克服空气阻力做功为W,=f: 2h=2×2×6J=24J,故AB错误，C正确：D.上升阶段的加速 度大小为a,=mgf=12m/。,下降阶段的加速度大小为a,= m mg=8m/s2,上升阶段和下降阶段根据运动学公式可 m 1 1 得h=21片，h=2货，可得上升与下降的时间之比为，： l2=√a2:√a1=√2：3，故D错误故选C 6.D解析：A.小球从释放到最低点，根据动能定理有mg(h+ R)=Es,解得EB=17.5J,故A错误；B.小球从释放到A点， 根据动能定理有mgh=2m,在A点，根据牛顿第二定律 m,解得N=15N,故B错误；C设小球离开轨道处 有N=m 司圆心的连线和竖直方向的夹角为0，则有mgc0s0=g,从 B点到脱离轨道过程，根据动能定理有-mgR(1+cos)= 2m-E,解得cas0=2,离开轨道时高度为=R(1+ cos)=1.5m,此后做斜抛运动，最高点时水平速度v',从释 放点到最高点有mg(R+h)=mgha+2m'2,可得hs< 1.75m,故C错误；D.假设小球离开轨道后将落至轨道B点， 由C分析可知脱离轨道的速度为v=√5m/s,根据斜抛的运 1 动规律可知=-sin60·+2,x=cos60°·t,解得x= √3 2 m=Rcos30°，可知小球离开轨道后将落至轨道B点，故 D正确.故选D. 压轴挑战 7.0<R3≤0.4m或1.0m≤R3≤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 吃 mg=m R2 ① -g(la+L)-2mgkamm 1 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' v3 ④ 1 -umg(L,+2）-2mgR,=2m号-2m6, ⑤ 由④⑤式得R,=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 ung(4+20）-mgR,=07ad, ⑦ 解得R3=1.0m. ⑧ 黑白题30