第6章 课时测评27 动能定理(word练习)-【金版新学案】2027年高考物理高三总复习大一轮复习讲义（广东专版）

**基本信息** 聚焦动能定理应用，通过基础应用、图像综合、多过程问题三级递进设计，覆盖受力分析、图像斜率、多过程拆分等核心考法，强化能量观念与科学推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |动能定理的简单应用|3题|单一过程受力分析与做功计算|从基本公式出发，建立做功与动能变化的直接联系| |动能定理与图像的综合问题|3题|Ek-h/t图像斜率的物理意义分析|通过图像转化，深化合力做功的定量理解| |应用动能定理处理多过程问题|4题（含1计算题）|平抛、圆周运动、摩擦综合场景|多过程拆分与全程应用结合，提升模型建构能力|

课时测评27　动能定理 (时间：30分钟　满分：50分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) (选择题1－9，每题4分，共36分) 题组1　动能定理的简单应用 1.如图所示，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度，木箱获得的动能一定(　　) A.等于拉力做的功 B.小于拉力做的功 C.等于克服摩擦力做的功 D.大于克服摩擦力做的功 答案：B 解析：木箱受力如图所示，木箱在移动的过程中有两个力做功，拉力做正功，摩擦力做负功，根据动能定理可知WF＋Wf＝mv2－0，所以木箱获得的动能小于拉力做的功，故B正确，A错误；无法比较木箱获得的动能与克服摩擦力做功的大小，故C、D错误。故选B。 2.(多选)(2026·广东茂名模拟)如图所示，质量为m的小车在水平恒力F推动下，从山坡底部A处由静止起运动至高为h的坡顶B，获得的速度为v，AB的水平距离为s。重力加速度为g。下列说法正确的是(　　) A．重力对小车所做的功是mgh B．合力对小车做的功是mv2 C．推力对小车做的功是Fs－mgh D．小车克服阻力做的功是Fs－mgh－mv2 答案：BD 解析：重力所做的功WG＝－mgh，所以小车克服重力所做的功是mgh，故A错误；对小车从A运动到B的过程运用动能定理得W合＝mv2，故B正确；由于推力为恒力，则推力对小车做的功WF＝Fs，故C错误；设克服阻力做的功为W克f，由动能定理可得Fs－mgh－W克f＝mv2－0，可得W克f＝Fs－mgh－mv2，故D正确。 3.如图所示，DO是水平面，AB是斜面，初速度为v0的物体从D点出发沿DBA滑动到顶点A时速度刚好为零。如果斜面改为AC，让该物体从D点出发沿DCA滑动到A点且速度刚好为零，则物体具有的初速度(已知物体与斜面及水平面间的动摩擦因数处处相同且不为零，不计B、C处能量损失)(　　) A.等于v0 B.大于v0 C.小于v0 D.取决于斜面倾角 答案：A 解析：物体从D点沿DBA滑动到顶点A过程中，由动能定理可得－mghAO－μmgxDB－μmgcos α·xAB＝0－m，α为斜面倾角，由几何关系有xABcos α＝xOB，因而上式可以简化为－mghAO－μmgxOD＝0－m，可以看出，物体的初速度与斜面倾角无关。故选A。 题组2　动能定理与图像的综合问题 4.(多选)(2026·广东佛山开学考试)从地面竖直向上抛出一小球，在距地面高度3 m内，其上升、下落过程中动能Ek随高度h变化的图像如图所示。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取10 m/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10 m/s B．小球的质量为1.5 kg C．小球运动过程受到的阻力大小为5 N D．小球上升过程的加速度大小是下落过程的两倍 答案：BCD 解析：根据动能定理可知Ek-h图像的斜率绝对值表示合力大小，则上升过程有F合＝mg＋Ff＝ N＝20 N，下落过程有F合′＝mg－Ff＝ N＝10 N，联立解得m＝1.5 kg，Ff＝5 N，故B、C正确；小球抛出时，由题图可知Ek0＝m＝100 J，解得小球抛出时的速度大小为v0＝ m/s，故A错误；根据牛顿第二定律可知，小球上升过程的加速度大小与下落过程的加速度大小之比为，故D正确。 5.某物体以一定初速度做平抛运动，从t＝0时刻起，物体的动能Ek随时间t变化的情况是下图中的(　　) 答案：D 解析：物体在重力作用下做平抛运动，加速度为g，竖直位移y＝gt2，由动能定理得mgy＝Ek－E0，得Ek＝E0＋mg2t2。故选D。 6.(多选)如图是滑雪过程的简化图，第一段粗糙斜面底端连接长度忽略不计的圆弧，且B端切线水平。运动员从A点沿斜面滑下，在B点沿切线飞出，在第二段斜面上的C点着陆，不计空气阻力，用vx表示水平速度，Ek表示动能，t表示运动时间，h表示下落高度。下列图像中可能正确的有(　　) 答案：BC 解析：设AB段倾角为β，运动员在AB段的加速度为a，则下滑过程的水平速度vx＝atcos β＝(acos β)×t，可知水平速度与时间成正比；到达B点后，运动员做平抛运动，水平速度不再改变，故A错误，B正确。运动员在AB段，由动能定理可知Ek＝mgh－Ff＝h，其中Ff为阻力，恒定不变，可知在AB段动能与h成正比；到达B点后，运动员做平抛运动，设到达B点时动能为Ek0，由动能定理有Ek－Ek0＝mg(h－h0)，整理得Ek＝mg(h－h0)＋Ek0，可知动能与h的关系为一次函数，因为小于mg，所以开始阶段图像的斜率较小，故C正确，D错误。 题组3　应用动能定理处理多过程问题 7.如图为一滑草场。某条滑道由上下两段高均为h、与水平面夹角分别为45°和37°的滑道组成，载人滑草车与草地各处间的动摩擦因数均为μ。质量为m的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端(不计载人滑草车在两段滑道交接处的能量损失，重力加速度大小为g，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。则(　　) A.动摩擦因数μ＝ B.载人滑草车最大速度为 C.载人滑草车克服摩擦力做功为mgh D.载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为g 答案：B 解析：全过程由动能定理得mg·2h－μmgcos 45°·－μmgcos 37°·＝0，解得μ＝，A错误；滑草车到达上段滑道末端时速度最大，根据动能定理有mgh－μmgcos 45°·＝mv2，解得v＝，故载人滑草车最大速度为，B正确；对全过程由动能定理得mg·2h－W克＝0，解得载人滑草车克服摩擦力做功为2mgh，C错误；在下段滑道上对载人滑草车，根据牛顿第二定律得μmgcos 37°－mgsin 37°＝ma，解得a＝g，D错误。 8.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，其长度d＝0.5 m，盆边缘的高度为h＝0.3 m。在A处放一个质量为m的小物块并让其由静止下滑。已知盆内侧壁是光滑的，而盆底BC面与小物块间的动摩擦因数为μ＝0.1。g＝10 m/s2。小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停止的位置到B的距离为(　　) A.0.50 m B.0.25 m C.0.10 m D.0 答案：D 解析：小物块从A点出发到最后停下来，设小物块在BC面上运动的总路程为s，整个过程由动能定理有mgh－μmgs＝0，解得s＝＝ m＝3 m，而d＝0.5 m，刚好3个来回，所以最终停在B点，即到B点的距离为0，故D正确。 9.(2026·广东深圳联考)物体沿直线运动的v -t关系图像如图所示，已知在第1 s内合力对物体做的功为W，则(　　) A．从第1 s末到第3 s末合力做功为4W B．从第3 s末到第5 s末合力做功为－2W C．从第5 s末到第7 s末合力做功为－W D．从0时刻到第7 s末合力做功为W 答案：D 解析：物体在第1 s末到第3 s末做匀速直线运动，合力为零，做功为零，故A错误；设第1 s内物体动能变化量为ΔEk1，则从第3 s末到第5 s末动能的变化量为－ΔEk1，则合力做的功等于－W，故B错误；从第5 s末到第7 s末动能的变化量为ΔEk1，则合力做功为W，故C错误；从0时刻到第7 s末动能的变化量为ΔEk1，则合力做功为W，故D正确。 10.(14分)如图所示，质量为m＝4 kg的滑块(可视为质点)放在光滑平台上，向左缓慢推动滑块压缩轻弹簧至P点，释放后滑块以一定速度从A点水平飞出后，恰好从B点无碰撞滑入竖直平面内的光滑圆弧轨道BC，然后从C点进入与圆弧轨道BC相切于C点的水平面CD，同一竖直平面内的光滑半圆轨道DE与水平面CD相切于D点。已知圆弧轨道BC的半径R1＝3 m，AB两点的高度差h＝0.8 m，光滑圆弧轨道BC对应的圆心角为53°，滑块与CD部分的动摩擦因数μ＝0.1，LCD＝2 m，重力加速度g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。求： (1)弹簧对滑块做的功； (2)滑块到达圆弧末端C时受到的支持力； (3)滑块冲上半圆轨道后中途不会脱离半圆轨道，轨道DE的半径R2满足的条件。 答案：(1)18 J　(2) N，方向竖直向上 (3)0＜R2≤0.9 m或R2≥ m 解析：(1)滑块从A到B做平抛运动，竖直方向有＝2gh 解得vy＝4 m/s 滑块恰好从B点无碰撞滑入竖直平面内的光滑圆弧轨道BC，则有tan 53°＝ 解得vA＝3 m/s 根据动能定理可得弹簧对滑块做的功为 W弹＝m 解得W弹＝18 J。 (2)滑块从B点到C点由动能定理得 mgR1＝m－m 又vB＝＝5 m/s 解得vC＝7 m/s 在C点，根据牛顿第二定律有FN－mg＝m 解得FN＝ N，方向竖直向上。 (3)滑块冲上半圆轨道后不会脱离轨道运动，分两种情况： ①滑块到达与圆心等高处时速度恰好为零，由动能定理得－μmgLCD－mgR2＝0－m 解得R2＝ m。 ②滑块恰好能够到达半圆轨道最高点，由动能定理得－μmgLCD－mg·2R2＝m－m 在最高点，重力恰好提供向心力，有mg＝m 联立解得R2＝0.9 m 综上，若滑块冲上半圆轨道后不会脱离轨道，轨道DE的半径R2应满足0＜R2≤0.9 m或R2≥ m。 学科网（北京）股份有限公司 $