第8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（人教版）

第2课时动能定理的综合应用 白题基础过关 限时：l5min 题型1用动能定理解决圆周运动 vt A.mg 1.如图，abc是竖直面内的光滑 sin 固定轨道，ab水平，长度为 vt 1 B.mg( 十 sin 6 tan 0 2 2 2R,bc是半径为R的半圆弧，&F 与ab相切于b点.一质量为m的小球，自a点处 t t C.mg( sin 0 tan 0 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 D.mg(ut vt sin 0 tan 0 ）+2mu2sino 过轨道最高点c,重力加速度大小为g,不计空气 题型3 用动能定理解决多过程问题 阻力，则恒力F的大小为 ( ) 4.(2024·广西河池期末)如图所 5 A.mg B.mg 3 C.2m8 D.2mg 示，将一截面为矩形的特殊材料静 题型2用动能定理解决变力做功问题 置于水平面上，从距材料上表面高 度为h处由静止释放一个质量 材料 2.质量为m的物体以初速度 77777777777777 ,沿水平面向左开始运动， 为m的小球（可视为质点），小球进人材料后 起始点A与一轻弹簧0端 恰好能运动至材料中距上表面的d处.已知小 相距s,如图所示.已知物体与水平面间的动摩 球在该材料中所受的阻力f=x(为大小恒 擦因数为，物体与弹簧相碰后，弹簧的最大 定但未知的系数，x为小球在材料中运动的位 压缩量为x,不计空气阻力，则从开始碰撞到 移大小).重力加速度为g,不计空气阻力，则k 弹簧被压缩至最短，物体克服弹簧弹力所做 的大小为 ( 的功为 A mg(h+d) B.2mg(h+d) d 1 & A.Lmg(s+x) 2m B.umgs C.mg(h+d) D. 2mg(h+d) 1 12 d d C.umg(stx)+m D.2m。-umg（s+x) 5.（2024·广东中山质检)如图，两块弹性挡板 3.(2024·福建漳州期末)农 竖直固定在水平地面上，相距8m,一个小木 村建房时，常采用图中的滑 块（体积很小，可视为质点）从两块挡板正中 轮装置向楼上运送建筑材 间开始以初速度10m/s向右运动，木块与地 料.工人通过一根绕过定滑 面之间的动摩擦因数为0.2，重力加速度g取 轮的轻绳吊起一袋质量 10m/s2,每次木块与挡板碰撞后，都会以原速 为m的水泥，工人拉着绳子A端以速度v从 率反弹，不计空气阻力，则最终木块停止的位 滑轮正下方向右匀速运动，经时间t绳子A0 置与左边挡板距离为 段与竖直方向成0角，重力加速度为g,不计 空气阻力，则此过程中绳子拉力对水泥做的 功为 A.1 m B.2 m C.3m D.4 m 第八章黑白题079 黑题应用提优 限时：40min 1.(2024·江苏南通调研)游乐场有一种儿童滑 物块（可视为质点）将弹簧压缩至A点并由静 轨，其竖直剖面示意图如图所示，AB部分是半 止释放后向右弹开，当它经过B点进入圆形 径为R的四分之一圆弧轨道，BC为轨道水平 导轨的瞬间对轨道的压力为其重力的7倍，之 部分，与半径OB垂直.一质量为m的小孩（可 后向上运动恰能到达最高点C.物块与粗糙水 视为质，点)从A点由静止滑下，滑到圆弧轨道 平面AB之间的动摩擦因数为，AB部分长为 末端B点时，对道的正压力大小为2.5mg, L,重力加速度为g,下列说法正确的是( 重力加速度大小为g.不计空气阻力，下列说 法正确的是 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 A.小孩到达B点的速度大小为√2gR C.物块在A点时弹簧的弹性势能为 umgL+3mgR B.小孩到达B点的速度大小为10g D.物块从B点运动至C点的过程中阻力做的 功为mgR C.小孩从A到B克服摩擦力做的功为4mgR 4.(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 D.小孩从A到B克服摩擦力做的功为)mgR 为m的滑块从P点自由下落，沿轨道ABC运 2.如图所示，质量为m的物块与水平转台之间 动，到达C点后竖直上抛至最高点Q.已知 的动摩擦因数为心，物块与转台转轴相距R, AP=2R,CQ=R,滑块可视为质点，滑块与轨道 物块随转台由静止开始转动并计时，在t1时 的动摩擦因数处处相同，不计空气阻力，重力 刻转速达到n,物块即将开始滑动.保持转速n 加速度为g,则 不变，继续转动到t2时刻则 Q 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2umgR A.第一次从A到C的过程中滑块克服摩擦力 C.在0~t,时间内，摩擦力做功为2mgR 做功mgR B.第一次在AB段和BC段摩擦力对滑块做功 D.在0-t,时间内，摩擦力做功为)mgR 之比为1：1 3.(2024·河北衡水期中)（多选）如图，粗糙水 C.第一次运动到B点时滑块对轨道的压力大 平面AB与竖直面内的半圆形导轨在B点相 小为6mg 切，半圆形导轨的半径为R,一个质量为m的 D.第二次运动到A点时滑块的速度为0 必修第二册·RJ黑白题080 5.(2024·山东泰安模拟)如图所示，轻质弹簧压轴挑战 一端固定，另一端与质量为m、套在粗糙竖直 7.过山车是游乐场中常见的设施： 固定杆A处的圆环相连，弹簧水平且处于原 下图是一种过山车的简易模型 长.圆环从A处由静止开始下滑，经过B处时 它由水平轨道和在竖直平面内的三个圆形 速度最大，到达C处时速度为零，AC=h.若圆 轨道组成，B、C、D分别是三个圆形轨道的 环在C处获得一竖直向上的速度v,恰好能回 最低点，B、C间距与C、D间距相等，半径 到A处：弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻 R1=2.0m、R2=1.4m.一个质量为m=1.0kg 力，重力加速度为g,则圆环 的小球（视为质点），从轨道的左侧A点以 o=12.0m/s的初速度沿轨道向右运动，A、 B间距L,=6.0m.小球与水平轨道间的动摩 擦因数=0.2，圆形轨道是光滑的.假设水 平轨道足够长，圆形轨道间不相互重叠，如 A.下滑过程中，加速度一直减小 果小球恰能通过第二个圆形轨道.如果要使 B.下滑过程中，克服摩擦力做功为二m 小球不能脱离轨道，试求在第三个圆形轨 道的设计中，半径R,应满足的条件（重力 C.在C处时，弹簧的弹性势能为E。=mgh 加速度g取10m/s2,计算结果以m为单位 1 2 保留小数点后一位数字) 第一圆轨道 D.上滑经过B的速度大小等于下滑经过B的 第二圆轨道 第三圆轨道 速度大小 6.(2024·东北三省四市联考)如图所示，半径 为1m的四分之三光滑圆轨道竖直固定在水 平地面上，B点为轨道最低点，A点与圆心O 等高.质量为1kg的小球（可视为质点）在A 点正上方0.75m处静止释放，下落至A点时 进入圆轨道，重力加速度g取10m/s2,不计空 气阻力，则 ( 7777777 777777771 A.小球在B点的动能为7.5J B.小球在A点受到轨道的弹力大小为10N C.小球上升过程中距地面的最大高度 为1.75m D.小球离开轨道后将落至轨道B点 进阶突破拔高练P13 第八章黑白题0819.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=(写-)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=3.二1 24 sin 0, 竖直下蕃的那部分链条的重力势能为。：受·冬，当链 条刚好全部滑出斜面时，重力势能为区，=一g子，重力势 能的减少量为△E,=Em+E-E,=6mgL,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二，？因此从左边 移到右边的液体体积为V= =,3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 1 能变化，即重力做的功为Wc=4PgS(h,-h)2,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.BD 4B解析：A由动能定理可知即，=mgh+了m2=1x10x1J片 2×I×2J=12J,故A错误；BC.由动能定理可得，合外力所 微的功等于动能的变化，。=宁2子×12J=21,放 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= 2mt2m=-128J,故选B. 8A解折：根锅动能定理可得：了m一 2m6=mgh,解得石块 落地时的动能Ek=子m2=了m 1 F2m6+mgh=56.25J,石块落地 时的速度v=√+2gh=15m/s,故A正确，B错误；由表达式 v=√+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4，则由动能定 理得：mgs=02,当总质量为2m且速度变为时： 4×2mgs'=0-号×2m(4w)2,解得s'=16s,故D项正确，ABC 三项错误 黑题应用提优 1.C2.B 3.日解折：在竖直方向A=,解得4√ .根据平抛运动 g 必修第二册·RJ 的知识可得初速度0=花=三x2h】 .由此可得ux三 t 2五 代入数据可 E22 号.人=8故B正确，ACD错误 2x好h2 4.D解析：A.由动能定理可得，小物块到达小车最右端时的 动能E物=W合=(F-F)(L+x),故A正确；B.小物块到达小 车最右端时，系统增加的内能为Q=-W=FL,故B正确： C小物块克服摩擦力所做的功W酶=F,(L+x),故C正确； D.小物块和小车增加的动能为△E=F(L+x)-FL,其中F> F,故D错误.本题选错误的，故选D. 压轴挑战 5.CD解析：由图乙可知mg=kxo,解得k=g,由F-x图线与 xo 横轴所围图形的面积表示弹力所做的功，则有W弹= 分(-6)2，由动能定理得g之(-)2=0，即m心 (x-)2=0,解得x=h+（1+,+2）(巴合去负值)， 2x0 故最低点坐标不是h+2xo,h+2x处动能不是最小，故AB错 误；由图可知，mg=kxo,由对称性可知当x=h+2xo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=Em-0,依 1 1 题可得W#三一2mgo,所以E=mgh+2mgo,故D正确. 第2课时动能定理的综合应用 白题基础过关 1.B2.D 3.D解析：水泥的速度沿绳子方向，人的速度在绳子方向上 的分量m0,由动能定理可知甲=g()。十 2m2sin26,故D正确故选D. 1 4.B解析：根据题意，由动能定理mg(h+d)-W=0,由于 =a,则有则=私=02×4=号，联立解得k= 2mg(h+d,故选B. 5.C解析：从开始至停下，根据动能定理可得-mgs=0- 2m2,得运动的总路程=25m,因号5m=,放停下位查 1 距离左边挡板距离x=L-5m=3m,故选C. 黑题应用提优 1.C2.D 3.AC解析：AB.根据题意，在B点对物块由牛顿第二定律有 mgmg=m令，解得5=√6gR,故A正确，B销误；C从 到B,对物块由动能定理有Yx-jmgL=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 黑白题30 块在C点由牛顿第二定律有mg=m反，解得=√，物块 从B到C由动能定理有&-ng×2R=m2-m2,解得 W=-2mgR,故D错误故选AC. 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Eu<3mgR- 2 mgR= 5 mgR,滑块在B点速度a√ <√5gR,由牛顿第二定 律可得E-mg=mg,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.B解析：A如图所示，圆环从A处由静止开始下滑，经过B 处的速度最大，到达C处的速度为零，所以圆环先做加速运 动，再做减速运动，经过B处的速度最大，所以经过B处的 加速度为零，所以加速度先减小后增大，故A错误：BC.研究 圆环从A处由静止开始下滑到C过程，根据动能定理 有mgh-W-W=0-0,在C处获得一竖直向上的速度u,恰 好能回到A,根据动能定理有-mgh-W+W=0-2m,解得 g=m2,=mgh-子m2,故B正确，C结误：D.研究圆 环从A处由静止开始下滑到B过程，根据动能定理有mgh'- W?W=)m后-0，研究圆环从B处上滑到A过程，根据动 能定理有-mg-w+=0-2m,由于-<0，所以 2m哈>2m%,上滑经过B的速度大小大于下滑经过B的 1 速度大小，故D错误故选B. +mg 6.D解析：A小球从释放到最低点，根据动能定理有mg(h+ R)=EB,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®h=2,在A点，根据牛顿第二定律 有N=m,解得N=15N,放B错误；C.设小球离开轨道2 与圆心的连线和竖直方向的夹角为0，则有网5s0=管，从 参考答案与解析 B点到最高点，根据动能定理有-mgR(1+c0s0)=】m mm2、 Ew,解得cos0=),离开轨道时高度为h=R(1+cos0)= 1.5m,此后做斜抛运动，最高点时水平速度v',从释放点到 1 最高点有mg(R+h)=mghm+2m,可得h<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,根据斜抛的运动规律可 √3 知h=-sin60°·+2g,x=00s60°·t,解得x=2m= 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 mg=m R2 ① 1 21 -umg(L+L)-2mgR,=2mv-2mwo, 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' ④ 1 umg(L+2）-2mgR,=2m号2m 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 -umg(L+2L)-mgR,=O-2m, 1 ⑦ 解得R,=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R,=27.9m. 0 综合I、Ⅱ，要使小球不脱离轨道，则第三个圆轨道的半径须 满足条件0<R3≤0.4m或1.0m≤R3≤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 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 速度为，则mg+h=ma。,4E,=7m6乒乓球最终匀速运 动时，速度为，则mg=ha此时的动能E=2m联立以 上各式可解得am=5g故选B. 3.D解析：A.物体的最大静摩擦力为f。=umg=0.3N,根据图 乙可知，当拉力大于最大静摩擦力时，物体向右加速运动，当 拉力与最大静摩擦力平衡时，合力为0，物体速度达到最大 值，故A错误；B.根据数学函数规律可知，拉力等于0.3N 时，对应的位移为10m,F-x图像中，图像与横坐标所围几 黑白题31