课时关29 动能和动能定理 & 课时冲关30 素养培优9 动能定理在多过程中的应用-【创新教程】2027年高考物理总复习大一轮课时作业

高考总复习物理 课时冲关29 [基础落实练] 1.如图所示，质量为m的小球 从M点以与水平方向成30°M00 角、大小为。的速度朝右上方射出.不计 空气阻力，则小球到最高点时的动能为 ( A.mdB.7 w C.m.音md 3 2.在某次推铅球训练中，小 王将铅球推出，如图所 示，不计铅球在运动过程 中所受的空气阻力.则铅球在空中运动时，其 动能、动能变化率随时间变化的图像是 3.质量为10g的子弹，以300m/s 的速度射入厚度为5cm的固定木 板（如图所示），射穿后的速度是 100m/s.则子弹射穿木板的过程 中受到的平均阻力F的大小是多少 ( A.F=80 N B.F=800N C.F=8000N D.F=80000N 4.一辆汽车以v1=6m/s的速度沿水平路面 行驶时，急刹车后能滑行x1=4m,如果以 v2=12m/s的速度行驶，在同样路面上急 刹车后滑行的距离x,应为（不计空气阻力 的影响) A.8 m B.12 m C.16 m D.20 m 5.如图，轻质弹簧左端固 ww.9. 定且呈水平状态，用手 使一木球压紧轻质弹簧并保持静止.松手 后，弹簧将木球弹出.在木球被弹出的过 程中，弹簧的弹性势能减少了50J.木球克 服阻力做的功为30J,则在此过程中 ( A.阻力对木球做了30J的功 B.弹力对木球做了一50J功 C.木球的动能减少了30J D.木球的动能增加了20J ·3 动能和动能定理 6.人们用滑道从高处向低 处运送货物.如图所示，可 看作质点的货物从十圆弧 口 滑道顶端P点静止释放，沿滑道运动到圆弧 末端Q点时速度大小为6m/s.已知货物质 量为20kg,滑道高度h为4m,且过Q点 的切线水平，重力加速度取10m/s2.关于 货物从P点运动到Q点的过程，下列说法 正确的有 () A.重力做的功为360J B.克服阻力做的功为440J C.经过Q点时向心加速度大小为6m/s2 D.经过Q点时对轨道的压力大小为180N 7.我国高铁自主创新取得重大 成果.如图所示，一列质量为 m的动车，以恒定功率P在 平直轨道上从静止运动，经时间t达到该 功率下的最大速度m,设动车行驶过程所 受到的阻力f保持不变.动车在时间t内 A.加速度越来越大 B.加速度保持不变 C,最大速度vm=f P D.牵引力做功w-)n m [能力综合练] 8.(多选)从地面竖直m 向上抛出一小球，在 80 距地面高度3m内， 60 其上升、下落过程中 下落 动能Eks随高度h变 20 化的图像如图所示 3 已知小球在运动过程中受到的阻力大小恒 定，重力加速度g=10m/s2,取地面为重力 势能参考平面，下列说法正确的是( A.小球抛出时的速度大小为10m/s B.小球的质量为1.5kg C.小球运动过程受到的阻力f=5N D.小球上升过程的加速度大小是下落过 程的两倍 0 9.如图，水平地面与圆心 为O、半径R=0.4m 153 B 的固定竖直圆孤轨道之 相切于A点，该轨道的圆心角为53°，B为 圆弧轨道的最高点.一质量m=0.5kg的 物块静止于水平地面上的C点处，C、A之 间的距离L=0.68m.现对物块施加一水平 向右的恒力，当物块到达B点时撤去该力.已 知物块经过B点后再经过t=0.4s后落到 地面上，物块可视为质点，忽略空气阻力及 一切摩擦，重力加速度g取10m/s2,sin53° =0.8,c0s53°=0.6.求： (1)物块落地点与B点之间的水平距离； (2)恒力F的大小. [素养培优练] 10.(2025·四川 挡板 卷，15)如图 6 所示，倾角为 0的斜面固 定于水平地 a6用 面，斜面上固 定有半径为R的半圆挡板和长为7R的 直挡板.a为直挡板下端点，bd为半圆挡 板直径且沿水平方向，c为半圆挡板最高 ·381 第六章机械能守恒定律 点，两挡板相切于b点，de与ab平行且[答题栏] 等长.小球乙被锁定在c点.小球甲从a 点以一定初速度出发，沿挡板运动到c点 与小球乙发生完全弹性碰撞，碰撞前瞬间2 解除对小球乙的锁定，小球乙在此后的运.3 胸理寄药纯酒提不球药紫重一 力加速度大小为g. -5. (1)求小球甲从a点沿直线运动到b点过.6 程中的加速度大小； 7.- (2)若小球甲恰能到达c点，且碰撞后小 球乙能运动到e点，求小球乙与小球甲的8 质量比值应满足的条件； (3)在满足(2)中质量比值的条件下，若碰 撞后小球乙能穿过线段d,求小球甲初 动能应满足的条件. 高考总复习物理 [答题栏] 课时冲关30素养培优9 1 1.(多选)水平桌面上，一质量为m的物体在 水平恒力F拉动下从静止开始运动，物体 通过的路程等于s。时，速度的大小为，， 此时撤去F,物体继续滑行2s。的路程后 停止运动，重力加速度大小为g,则( A.在此过程中F所做的功为m0 2 B.在此过程中外力的总功为零 C.物体与桌面间的动摩擦因数等于% Asog D.F的大小等于物体所受滑动摩擦力大 小的2倍 2.滑板运动是极限运动的鼻祖，许多极限运 动项目均由滑板项目延伸而来.如图所示 是滑板运动的轨道，BC和DE是两段光滑 圆弧形轨道，BC段的圆心为O点，圆心角 为60°，半径OC与水平轨道CD垂直，水 平轨道CD段粗糙且长8m,一运动员从 轨道上的A点以3m/s的速度水平滑出， 在B点刚好沿轨道的切线方向滑入圆弧 形轨道BC,经CD轨道后冲上DE轨道， 到达E点时速度减为零，然后返回.已知 运动员和滑板的总质量为60kg,B、E两点 与水平面CD的竖直高度分别为h和H,且h =2m,H=2.8m,g=10m/s2.求： 60 777777774 7777777777777777777 (1)运动员从A运动到达B点时的速度大 小VB; (2)第一次离开圆弧轨道末端时，滑板对轨 道的压力大小； (3)轨道CD段的动摩擦因数4； (4)通过计算说明，第一次返回时，运动员 能否回到B点？如能，请求出回到B点时 的速度大小；如不能，则最后停在何处？ ·38 动能定理在多过程中的应用 3.图甲是一款轨道车玩具，轨道造型可自由 调节，图乙是某同学搭建的轨道示意图，它 由水平直轨道AB、竖直圆轨道BCD、水平 直轨道DM和两个四分之一圆管轨道 MN与NP平滑连接组成，圆管轨道MN 的圆心O,与圆管轨道VP的圆心O,位 于同一高度（圆管的内径远小于r).已知 小车质量m=50g,水平直轨道AB长度L =1.0m,小车在轨道AB段动摩擦因数为 0.2,其余轨道均光滑、不计其他阻力，小车 可视为质点.该同学将具有弹性势能E。= 0.35J的小车由A点（小车未画出）静止 释放，小车恰好能通过竖直圆轨道BCD, 并最终从P点水平飞出，小车在到达B点 前发条的弹性势能已经完全释放，重力加 速度g取10m/s2.(答案可用根号) n 图甲 图乙 (1)求小车运动到B点时的速度大小vB; (2)求小车运动到圆轨道B点时对轨道的 压力大小FN; (3)其他条件不变，同时调节圆管轨道MV 与VP的半径r,求当r多大时，小车落地 点与P点有最大水平距离，最大水平距离 xm为多大？ 2·高考总复习物理 6.BD[它们的向心力由万有引力提供，大 小相等、方向相反，故A错误；根据万有引 力提供向心力可知G2=m答R,解 L (2R)2 R --- 得T=4√G ,故B正确；每颗行星运行 所需向心力都由其余两颗行星对其万有引力的合力提 供，如图所示，故G%X2Xc0s30°=FL=2Rc0s30° 解得F。=Cm,故C错误：题图1中根据G四 3R2 (2R) m员，解将√票题图2中银据6咒×2Xc0s30 Gm BG,则 m食，解得。3R N4R ，故D正 3Gm 2 3R 确.] 课时冲关28功和功率 1.B 2.AC 3.D 4.BD 5.AD[水离开喷管口时的速度大小约为v=√/2gh √/2×10×125m/s=50m/s,选项A正确；单位时间内喷 出含口的水柱的体积约为V=S0=子D=子X3× 0.1×50m3=0.375m3,选项B错误；单位时间内喷出 管口的水柱的质量约为m=pV=103×0.375kg=375kg,选 项C错误；给喷泉喷水的电动机的输出功率约为P= 1 A—,=号×375×502wW≈468kW,选项D正确.] 6.C[由牛频第二定徐有号-f=ma,可知随着速度的 增大，则赛车做加速度逐渐减小的加速直线运动，由上 迷公式整理得号=丹。十千，可知图像的斜率恒定为 丹，与纵轴的载距为，结合图像可得=0.05，分 0.10.05,解得m=25kg,f=500N,代入u=5m/s,解 20 得a=60m/s2,故选BC.] 7.解析：(1)根据U-t图像可知0~4s内重物做匀加速直 线运动的加速度大小为 a=8=子mg=0.5m/s, 根据牛顿第二定律可得F-g=ma, 解得钢绳对重物的拉力大小为F=2100N; (2)4s末达到额定功率，则起重机的额定功率为P=FU =2100×2W=4200W, 5s末重物达到最大速度，此时牵引力等于重力，则有P =FUm=mgUm’ P 4200 解得。一g200X10ms=2.1m/s: 3)045内重物的位移为=受4=号X4m=4m, 整个前5s内，牵引力做的功为WF=Fx1十P(t-t1)= 2100×4J+4200×(5-4)J=12600J, 则前5s起重机的平均功率为P=WE=12600W t 5 =2520W. 答案：(1)2100N;(2)4200W,2.1m/s (3)2520W 课时冲关29动能和动能定理 1.D2.C3.C4.C 5.D[木球克服阻力做的功为30J,则阻力对木球做了 一30J的功，故A错误；弹簧的弹性势能减少了50J,则 ·54 弹力做正功，对木球做了50J功，故B错误；根据动能定 理，木球的动能变化量△Ek=W合=W十W=20J,故 C错误，D正确.] 6.B[重力做的功为WG=mgh=20×10×4J=800J,故 A错误；下滑过程根据动能定理可得W。一W!=之哈， 代入数据解得克服阻力做的功为W克：=440J,故B正 确短进Q点时向心加建度大小为a=要-号n/g 9/s°，故C错误；经过Q,点时，根据牛顿第二定律可得 F-mg=ma,解得货物受到的支持力大小为F=380N, 根据牛顿第三定律可知，货物对轨道的压力大小为380 N,故D错误. ⑦，C[动车的牵引力为F华三上根据牛顿第二定律 F章一f=ma,随着动车速度的增大，动车的牵引力逐渐 减小，加速度越来越小，故A、B错误；动车达到该功率下 的最大速度时，根据平衡条件可得F=f,最大速度为vm =卡=P,故C正确：设动车在时间t内，位移为工，根 据动能定理W-f红=子m,牵引力微功W=f十 1 之，故D错误.] 8.BCD[根据动能定理F·△h=△Ek,可知Ek-h图像 的斜率绝对值表示合力大小，则上升过程有F。=mg十 f=100,40N=20N, 下落过程有F'◆=mg一f=50,2四N=10N, 3 联立解得m=1.5kg,f=5N,故B、C正确；小球樾出 时，由图像可知Eo=之m06=100J小， 解得小球抛出时的速度大小为，=205 m/s,故A错 3 误；根据牛顿第二定律可知，小球上升过程的加速度大 小与下席过程的加定大小之比为=导，D 正确.门 9.解析：(1)物块通过B,点后在竖直方向上做斜上拋运动，有 R-Rs53=-%血53计2k, 解得v=2m/s, 物块在B点水平方向上做匀速直线运动，有 d=VBCOS53°·t, 解得d=0.48m: (2)由C点至B,点对物块由动能定理有F(L十Rsin53°) -mg(R-Rc0s53)=之m2,解得F=1.8N 答案：(1)0.48m(2)1.8N 10.解析：(1)小球甲从a点沿直线运动到b点过程中，根据 牛顿第二定律有mgsin日=m1a1, 解得甲在ab段运动的加速度大小a1=gsin日； (2)甲恰能到c点，设到达c点时的速度为v1,可知 mgsin9=m1R,解得=√gRsin0 根据题意甲乙发生完全弹性碰撞，碰撞前后根据动量 守恒和能量守恒m=m'十m,2m= 2—21之2十——72222， 解得碰后乙的速度为=十，② 碰后乙能运动至，点，第一种情况，碰后乙顺着挡板做圆周 运动后沿着斜面到达e点，此时需满足m gsin m,尺· 即v,≥√/gRsin日③， 联立①②⑧可得m≥1， 第二种情况，碰后乙做类平抛运动到达，点，此时可知7R +R=号gsin0…f,R=t,解得w=子√R0④， 联立①②④可得%=子； (3)在(2)问的质量比条件下，若碰后乙能越过线段de, 根据前面分析可知当满足第一种情况时，碰后乙做圆 周运动显然不满足能越过线段d,故碰后乙做类平拋 运动越过线段d,故碰后乙的速度必然满足2 <√gRsin0, 同时根据类平拋运动规律可知 7R+R=gsin0·Ar,4△>R, 同时需保证小球不能撞击到圆孤cd上， 可得当R= gsin9·△r,u,△t<R, 1 联立解得子Rsim0<√合gRn9 /1 ⑤， 联立②回将册=子代入可得VRm0<< m2 √/8 gRsin0⑥， 对甲球从a到c过程中根据动能定理一m1g·8Rsin日 之m142-E。⑦， 联立⑥O可得号，sin0<E。<12m,gRsin2 答案：(1)gsin8 (2)%≥1或=马 m2 m27 3 2 migRsine<E<12m gRsin 0 课时冲关30素养培优9动能定理 在多过程中的应用 1.BC[水平恒力F拉动下从静止开始运动，物体通过的 路程等于。时，连度的大小为，有F一人=子m心 一0，则在此过程中F所做的功为Wr=Fs。=fs。十 m听>之m心，故A错误；物体从静止出发先加速后减 1 速到零，全过程由动能定理可知外力的总功为零，故B 正确；撤去F后物体继续滑行2。的路程后停止运动，有 1 mg·2,=0-乞m6,解得物体与桌面间的动摩擦 因数为以=，故C正确；对全过程由动能定理有F5, 4gso 一f·3s。=0一0，则F的大小等于物体所受滑动摩擦力 大小的3倍，故D错误.] 2.解析：(1)在B点刚好沿轨道的切线方向滑入圆孤形轨 道BC,则有v= c0s60° 解得v=2o=6m/s; (2)从B运动到C点，根据动能定理可得 1 mgh=2m呢-之m%, 在最低点C,根据牛顿第二定律可得 F-mg=mR’ 又h=R(1-cos), 联立可得F=1740N, 根据牛顿第三定律可知，离开圆孤轨道未端时，滑板对 轨道的压力大小为1740N: (3)由B,点到E点，由动能定理可得 mah-mgo一mgH=0-名m, 代入数据可得4=0.125； ·54 参考答案 (4)运动员能到达左侧的最大高度为h',从B到第一次 返回左侧最高处，根据动能定理有 1 mgh-mgh'-umg·2cD=0-之m吃， 解得h'=1.8m<h=2m, 所以第一次返回时，运动员不能回到B,点；设运动员从 B点运动到停止，在CD段的总路程为s,由动能定理可 得mgh一mgs=0一之mu啦， 代入数据解得s=30.4m, 因为s=3sm十6.4m, 所以运动员最后停在D,点左侧6.4m处，或C点右侧 1.6m处. 答案：(1)6m/s(2)1740N(3)0.125 (4)不能回到B点，最后停在D点左侧6.4m处，或C点 右侧1.6m处 3.解析：(1)小车的质量m=50g=0.05kg, 小车由A运动至B过程，由能量关系可知 E,=mgL+之mi, 其中L=1.0m,=0.2, 代入数据得z=√I0m/s; (2)小车恰好能通过竖直圆轨道BCD,设小车在C点的 vr 速度为vc,则mg=mR, 小车从B到C,由动能定理得 mg·2R=2m暖- 1 2m, 得R=0.2m, 在B点，根据牛顿第二定律可得 UB Fs'-mg=mR' 联立解得F、'=3N, 由牛顿第三定律，小车运动至B点时对轨道压力大小为 FN=FN=3N; (3)小车从B到P,由动能定理得 -mg·2r=2mu%- 22, 小车从P点飞出后做平樾运动，根据平抛运动的规律可 1 得x=pt,2r=2gt, 联立解得x=√一16r十47 当r=8m=0.125m时，小车落地点与P点的水平距 离最大，小车从P点飞出vp>0,则r<0.25m, 综合可知，当r=0.125m时，小车落地点与P点水平距 1 离最大，最大距离为xm=之m. 答案：(1)√10m/s(2)3N(3)0.125m;0.5m 课时冲关31机械能守恒定律及其应用 1.C2.D3.C4.C 5,C[铅球所受重力即为其合力，铅球上升过程，重力做 负功，铅球动能减小，重力势能增大；铅球下降过程，重 力做正功，铅球动能增大，重力势能减小，可知铅球在运 动过程中动能先减小后增大，故A错误；根据上述可知， 铅球在运动过程中重力势能先增大后减小，故B错误： 铅球运动过程中，只有重力做功，铅球的机械能守恒，可 知若以出点所在水平面为零势能面，铅球落地时的机 械能为令m听，故C正确；根据机械能守恒定律可知，铅 球在轨迹最高处的机械能为2m心，故D错误.] 6,B[小球由位置A至位置B过程中弹簧的弹性势能转 化为小球的重力势能和动能，故A错误；小球由A→C 由系统的机械能守恒E弹A=mg(hu十hr)=0.2X(0.1十 0.2)×10J=0.6J,故B正确：小球由位置B至位置C,只 有重力做负功，小球的动能转化为重力势能，小球的机