4.3 动能 动能定理 培优专练-2025-2026学年高一下学期物理教科版必修第二册

【高一下学期培优专练】----动能定理 一、单选题 1．某物理兴趣小组在“探究斜杆上滑块的运动”实验中，设计了如下装置：硬直杆与水平面成37°角放置，两端分别固定于O、M两点，一根弹性轻绳一端系在O点，另一端跨过固定在Q点的光滑定滑轮（大小不计）与套在杆上的滑块相连，滑块位于OM上P点时PQ与OM垂直，且杆与滑块间的弹力恰好为零。已知OQ沿竖直方向，弹性轻绳原长等于OQ的长度，PQ的长度为1.6m，滑块质量，滑块与杆之间的动摩擦因数，重力加速度，，，弹性轻绳的弹性势能可表示为，其中k为弹性轻绳的劲度系数，为弹性轻绳的形变量。将滑块从P点无初速度释放，下列说法正确的是（　　） A．滑块运动过程中滑动摩擦力大小始终为2.56N B．滑块下滑时与杆间的作用力先增大后减小 C．弹性轻绳的劲度系数为 D．滑块运动到O点时的动能为7.2J 2．如图所示，质量均为的物块A、B放在水平转盘上，两物块到转轴的距离均为，与转盘之间的动摩擦因数均为，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。、分别用轻绳系于转盘转轴上的点，轻绳都刚好拉直。重力加速度为。转盘由静止开始缓慢增大转速直至A、B脱离圆盘过程中（　　） A．轻绳拉力一直在增大 B．圆盘对两物块的摩擦力都指向圆心 C．圆盘对物块做的功小于对做的功 D．物块、同时脱离圆盘，脱离时角速度 3．如图，竖直轻质弹簧上端固定在天花板上，下端与物块相连。用水平板托住物块，使弹簧处于原长状态。现使竖直向下做匀加速直线运动，加速度，为重力加速度大小。当弹簧伸长量为时、分离，此时的动能为；当弹簧伸长量为时动能达到最大值；当运动到最低点时弹簧伸长量为、加速度大小为，则（   ） A． B． C． D． 4．一轻质杆AB，初始时紧靠在光滑的竖直墙面上竖直静止放置，杆长为2l，在其中点C处固定一个质量为m的小球，现使A端不脱离墙面，B端沿着光滑地面以速度v向右匀速运动，当杆与地面成角时，则（　　） A．小球的速度大小为 B．小球做匀速圆周运动 C．当时，杆对小球的作用力大小为 D．当时，杆对小球做的功为 二、多选题 5．某新能源汽车生产厂家在一条水平封闭道路上进行汽车性能测试实验，汽车自动驾驶系统操作一辆质量为m的汽车从静止开始以恒定加速度启动，经过一段时间汽车速度达到最大，保持匀速行驶一段时间后采取紧急制动，最后停止运动。通过电脑系统近似处理，得到该过程中汽车的功率P、速度v随时间t变化的图像，如图甲、乙所示。假设汽车行驶过程中所受的阻力恒定，则下列说法正确的是（　　） A．在时间内，汽车克服阻力做的功等于 B．在过程中，汽车克服阻力做的功小于 C．在时刻汽车的速度大小为 D．在时刻汽车的速度大小为 6．如图甲是倾角为、长为3d的斜面，AB段光滑，BC段长度为2d，动摩擦因数自上而下均匀增大，如图乙所示。质量为m的小物体由A处静止释放，恰好能运动到C，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．小物体进入BC段立即做减速运动 B．小物体下滑过程重力做功为 C．BC段动摩擦因数最大值 D．小物体从AB中点静止释放则恰能到达BC中点 7．如图所示，倾角的足够长斜面体放置在水平地面上，斜面体顶端装有一轻质定滑轮。一轻质细绳跨过滑轮，一端与斜面上质量为的物块相连，另一端与劲度系数为的轻弹簧相连，轻弹簧的另一端与地面相连，细绳不可伸长且与斜面平行，轻弹簧保持竖直且始终在弹性限度内。初始时用手控制物块使其静止且细绳刚好伸直，释放物块，物块沿斜面下滑时斜面体始终处于静止状态。不计物块与斜面、细绳与滑轮间的摩擦和空气阻力，重力加速度。则物块在下滑过程中（     ） A．下滑距离为时，物块速度最大 B．下滑的最大距离为 C．下滑的最大加速度为 D．下滑到最低点时，斜面体受到地面的摩擦力大小为 三、解答题 8．某游乐场的“峡谷飞跃”过山车项目中的部分轨道上可通过安装电磁驱动装置维持匀速。现设想一段物理情景，如图所示：质量为m的物块轻放在传送带左侧上随之运动，离开传送带时恰好与其共速，之后物块进入电磁轨道，物块受到的电磁力始终沿着电磁轨道方向，依次经过ABCDE始终保持恒定速率运行，圆轨道最低处稍微错开，在C点物块对半径为R的轨道压力大小为mg。之后从倾角的轨道上E点冲出并落到水平面地面上。整个电磁轨道的水平长度（AD和DE水平投影的总长度）为4R，离地面高度（F到O点的距离）为H，全过程中所受的摩擦阻力为物块对轨道压力的μ倍（包括传送带），重力加速度为g，不计其他阻力。 (1)求传送带的长度L； (2)求从A运动到E的过程中，物块克服摩擦力做的功； (3)在上述条件不变的情况下，已知H=R，E点始终处在O点正上方，请问在h（E到F点距离）取何值时使物块落入到地面的水平距离最远。 9．一游戏装置的竖直截面如图所示，足够长的倾斜轨道、半径为的竖直圆轨道（稍错开）、水平轨道和连接成一个抛体装置。高台右侧有一水平地面，与高台的高度差为，右侧的处有一圆环，圆环平面面向高台，圆环圆心与轨道在同一竖直面内，圆心离地，半径。现将一质量为的滑块从上距高度处静止释放，运动到点时，与静止在点、质量为的滑块发生弹性碰撞，碰后滑块进入圆轨道绕行一周后从点水平飞出。只要滑块从圆环穿出，游戏就成功。已知，轨道与滑块的动摩擦因数从点开始均匀减小，点处，点处，其余各段均光滑，。滑块、均可视为质点，，不计空气阻力，不计各衔接处的机械能损失。 (1)若滑块恰能通过点，求滑块在圆心等高处点时的加速度大小和对轨道的压力大小； (2)要使游戏成功，求满足条件的释放高度； (3)某次游戏时，滑块在圆轨道某处脱轨，飞出后恰能过圆心，求滑块的释放高度。 10．如图，BC与光滑圆弧轨道CDE相接于C点，D为圆弧轨道的最低点，圆弧轨道DE、CD对应的圆心角，圆弧和倾斜传送带EF相切于E点，EF长度为，一质量为的小物块从点以的水平初速度滑上粗糙水平轨道，之后从A点水平飞出，经过C点恰好沿切线进入圆弧轨道，AC间竖直高度当物块经过E点时速度大小与经过C点时速度大小相等，随后物块滑上传送带EF，已知物块在传送带运动时会在传送带上留下划痕，物块与水平轨道及传送带EF间动摩擦因数，取。求： (1)物块到达C点时速度大小； (2)水平轨道的长度； (3)若传送带顺时针运转的速率为，物块从E端到F端在传送带上留下的划痕长度s。 11．如图所示，长度L＝7.0m的水平传送带以速度＝5m/s顺时针匀速运动。传送带的左侧有一高h＝0.8m的固定斜面，斜面顶端距传送带左端的水平距离x＝2.0m，斜面底端与水平面平滑连接。传送带的右侧水平面光滑且足够长，末端连接一个半径R＝1.0m固定半圆光滑轨道B，轨道的最低点与水平面相切。质量m＝1.0kg的小物块A（可视为质点）从斜面顶端静止下滑。已知斜面、传送带及传送带左侧水平面与小物块的动摩擦因数均为μ＝0.3。求： (1)小物块A刚进入传送带时的速度大小； (2)小物块A在传送带上运动的时间； (3)若传送带的速度，则小物块A冲上半圆形轨道，求A脱离轨道时的动能多大？ 12．如图所示为某型号汽车某次测试行驶时的加速度和车速倒数的关系图像。若汽车质量为，它由静止开始沿平直公路行驶，且行驶中阻力恒定，最大车速为，求： (1)汽车以恒定功率启动还是恒定加速度启动？ (2)汽车所受阻力是多少？ (3)汽车在车速为时，功率为多少？ (4)若汽车由静止到最大速度所走的位移为45m，则汽车在该过程运动的时间为多少？ 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 《2026年3月29日动能定理培优练习》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 答案 D C C C BD BC ABD 1．D 【详解】AB．弹性轻绳原长等于，因此伸长量等于到滑块的长度，弹力 设到杆的垂直距离 对任意位置的滑块，绳与杆夹角为，由几何关系得（恒成立） 因此弹力垂直杆的分量 题目给出点处杆对滑块弹力为零，垂直杆方向平衡得 因此任意位置杆对滑块弹力 摩擦力，故AB错误； C．弹性轻绳的劲度系数为，由 代入数据 ，故C错误。 D．滑块运动到点时的动能为几何关系得， 滑块从到，下降高度 重力做功 初态弹性势能 末态（点）到滑块长度为，弹性势能 摩擦力做功为，由动能定理，故D正确。 故选D。 2．C 【详解】A．两物体初始时都由静摩擦力提供向心力，绳子没有拉力，直到静摩擦力达到最大，绳子才有拉力，故A错误； B．两物块的线速度逐渐增大，两物块并非只有向心加速度，所以圆盘对两物块的摩擦力并非指向圆心，故B错误； CD．设细绳与竖直方向的夹角为，当转盘对物块的支持力恰好为零时，竖直方向 水平方向 联立解得 由上式可知，由于绳与竖直方向的夹角较小，所以物块A先脱离转盘； 根据可知，B脱离转盘时速度较大，根据动能定理可知，圆盘对物块做的功小于对做的功，故C正确，D错误。 故选C。 3．C 【详解】A．、分离时，二者弹力为0，对由牛顿第二定律： 代入 得： 即： 动能最大状态（），动能最大时合力为0，加速度为0： 因此 故A错误； B．分离前做匀加速直线运动，由运动学公式，得： 从到最低点，动能从变为0，由动能定理解得： 因此： 故B错误； C．分离后从到，由动能定理： 代入，解得： 因此 故C正确； D．对最低点由牛顿第二定律： 得 又 则： 故D错误。 故选C。 4．C 【详解】AB．轻杆AB上的所有点，沿杆方向的分速度大小相等，由于B点做匀速直线运动，所以当杆与地面成α角时，杆上所有点沿着杆方向的分速度均为vcosα，对于小球，它与墙角O点间距时刻保持l，所以运动轨迹为以O点为圆心的圆，速度方向与OC连线垂直，由图中几何关系得，小球在C点速度方向与杆的夹角为，沿杆方向的分速度为，则有 解得 可知则vC大小随α改变，并非匀速圆周运动，故AB错误； CD．分析可得杆对小球的作用力必须沿着竖直方向，由指向圆心的合外力提供向心力，即 解得 对小球运用动能定理，可得 解得，故C正确，D错误。 故选C。 5．BD 【详解】A．根据动能定理，在时间内，有 由于动能逐渐增大，所以此过程汽车克服阻力做功，故A错误； B．同理，在时间内，有 所以此过程汽车克服阻力做功，故B正确； CD．在时刻，汽车速度最大，则有 又由于在时间内，汽车减速至零，所以有 根据牛顿第二定律有 则时刻汽车的速度大小为，故C错误，D正确。 故选BD。 6．BC 【详解】A．小物体进入BC段后，开始时动摩擦因数较小，摩擦力较小，根据牛顿第二定律可知物体的合力方向仍向下，物体向下做加速运动，故A错误； B．小物体下滑过程重力做功为，故B正确； C．质量为m的小物体由A处静止释放，恰好能运动到C，物体在BC段上运动时，动摩擦因数自上而下均匀增大，根据可知摩擦力均匀增大，则物体克服摩擦力做功为 对全程，根据动能定理可得 可知 解得，故C正确； D．小物体从AB中点静止释放到BC中点时，设其速度为v，根据动能定理可得 其中 可知速度，故D错误。 故选BC。 7．ABD 【详解】A．设下滑距离为时，速度有最大值，此时物块加速度为0 根据牛顿第二定律 解得，A正确； B．设下滑的最大距离为，根据动能定理 解得，B正确； C．初始时刻，弹簧弹力为 0，物块所受合力最大，加速度最大，C错误； D．斜面体静止，水平方向合力为0，水平方向上有绳的拉力水平向左的分量 滑块压力的水平向右分量 地面摩擦力，方向向右，D正确。 故选ABD。 8．(1) (2) (3) 【详解】（1）物块从A到E点的全过程速率恒定且在C点对竖直圆轨道压力mg，故物块受到轨道的支持力为 根据牛顿第二定律可知，在C点时物块的速度满足 解得 物块在传送带上做初速度为0的匀加速直线运动，至传送带末端恰好与其共速，由运动学公式可知 解得 （2）当物块通过竖直面内圆轨道时，对在竖直面内圆周运动同一竖直线上的上下两点P与Q分析，设该两点和圆心的连线与竖直方向的夹角为，在Q点，根据向心力公式有 在P点有 两式相加可得 因物块在不同位置与圆轨道间的压力不同，所以摩擦力是一个变力，将圆轨道分成2N段，在轨道上下关于水平直径对称的位置上取两小段，每段的长度为 则在对称的这两小段，摩擦力做功之和为 累计求和解得 当物块通过水平直轨道及倾斜轨道时，摩擦力所做的功 从A运动到E的过程中，物块克服摩擦力做的功 （3）物块冲出后做斜抛运动，运动可分解为水平方向的匀速运动和竖直方向的竖直上抛运动，则 结合速度矢量三角形如图所示 可知物块的水平位移 其中S为矢量三角形的面积，即当面积最大时，水平抛射距离也最大。根据动能定理可知 即物块末速度的大小 易知当时，三角形的面积取最大值。此时，结合速度矢量三角形可得 解得 9．(1)， (2) (3) 【详解】（1）若滑块恰能通过点 解得 从点到点动能定理有 解得 ， 所以 在点有 由牛顿第三定律得，在点压力为 （2）①物块恰好过最高点，， 得 检验得，该处释放物块刚好过圆环的圆心 物块过圆环的最高点， 点速度 从释放点到点， 得 所以释放高度 （3）在脱离点有 从脱离点到圆心位置沿着速度方向有 解得 垂直速度方向有 解得，， 从释放点到抛出点，由动能定理得 解得。 10．(1) (2)3.3m (3)16m 【详解】（1）物块从到做平抛运动，竖直方向分速度 由速度关系可知 解得 （2）平抛初速度 在阶段，根据动能定理 解得 （3）已知，物块刚滑到传送带时，物块速度大于传送带速度 设物块加速度为，根据牛顿第二定律 设达到共速所需时间为 此期间通过的位移为 划痕长 达到相同速度后，由于，故物块持续向上匀减速运动，设加速度大小为 根据牛顿第二定律 当滑块到达点时，滑出传送带 根据位移时间关系 可得（） 划痕长度 因为，所以物块在传送带上留下的划痕长度16m。 11．(1)2m/s (2)1.7s (3)2.5J 【详解】（1）设斜面底边长为，斜面底端到传送带左端距离为，斜面倾角为，小物块A从斜面顶点滑到传送带左端，摩擦力做功大小为 由动能定理有 代入数据解得＝2m/s （2）A刚滑上传送带，因>，A加速到与传送带共速，根据牛顿第二定律有 解得 时间为 A运动的位移为 因，随后A在传送带匀速运动，有 故A冲上B前在传送带上运动时间为 （3）假设物块一直在传送带上加速，则有： 解得 则到半圆B底的速度 设到半圆B上后，脱离B时速度，与水平夹角为，由功能关系得 在脱离轨道位置 解得动能 12．(1)恒定加速度 (2) (3) (4)19s 【详解】（1）由图可知，汽车由静止开始做匀加速直线运动，加速度大小为，即汽车是以恒定的加速度启动的。 （2）设汽车的额定功率为，所受的阻力大小为f，则 匀加速过程，由牛顿第二定律 匀加速结束时，汽车的功率达到最大，为 由图可知，联立知，， （3）汽车在车速 此时汽车做匀加速直线运动，其功率 （4）汽车匀加速运动的时间为 位移为 当达到额定功率后，做变加速运动，运动位移为 根据动能定理 解得 故总时间为 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $