第15讲 动能定理及应用 专项训练 -2027届高三物理一轮复习

**基本信息** 以动能定理为核心，通过基础理解-图像结合-多过程应用的层级设计，提炼“过程分析-定理应用-模型建构”的解题方法体系，渗透能量观念与科学推理素养。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础对点练|3对点8题|动能定理基本应用步骤、图像斜率与力的关系、摩擦力做功分析|从概念理解（恒力做功）到拓展应用（变力、曲线运动），构建“单过程→多过程”逻辑链| |综合提升练|2选择+2计算|全程法简化多过程问题、实际情境建模（滑雪、物块碰撞）|结合运动学公式与功能关系，强化复杂情境中的能量转化分析| |培优加强练|1题|动摩擦因数变化时的功计算、最大速度条件分析|深化变力做功与动能变化的动态关系，提升科学论证能力|

第15讲 动能定理及应用 专项训练 基础对点练 1． 选择题： 对点1　动能定理的理解与基本应用 1.如图，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R，bc是半径为R的四分之一圆弧，与ab相切于b点。一质量为m的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静止开始向右运动，重力加速度大小为g。则小球运动到c点时的速度大小为(　　) A. B. C. D. 2.(2026·江苏无锡锡山高级中学月考)某同学参加校运动会立定跳远项目比赛，比赛过程如图，起跳点A到落地点C的水平距离是2.4 m，空中脚离地最大高度约0.45 m，假设该同学的质量为60 kg，忽略空气阻力，则起跳过程该同学所做的功为(g=10 m/s2)(　　) A.270 J B.480 J C.750 J D.1470 J 3.(2026·江苏无锡江阴月考)如图所示，圆盘在水平面内以角速度ω绕中心轴匀速转动，圆盘上距轴r处的P点有一质量为m的小物体随圆盘一起转动。某时刻圆盘突然停止转动，小物体由P点滑至圆盘上的某点停止。则(　　) A.圆盘停止转动前，小物体所受摩擦力的方向沿运动轨迹切线方向 B.圆盘停止转动前，小物体运动一圈所受摩擦力做的功为2πmω2r2 C.圆盘停止转动后，小物体整个滑动过程所受摩擦力做的功为-mω2r2 D.圆盘停止转动后，小物体沿圆盘半径方向运动 4.(2026安徽名校联合体检测)如图所示,在某次篮球比赛时,运动员将质量为m的篮球从低于篮筐h处以速度v1投出的情境,篮球恰好以速度v2落入篮筐。设重力加速度为g,则篮球从出手到落入篮筐的过程中,克服空气阻力做的功为(　　) A.-mgh B.+mgh C.+mgh D.-mgh 对点2　动能定理与图像结合的问题 5.(2026·江苏南京联合体月考)如图甲所示，质量为0.2 kg的物块受到水平向右的拉力F，以4 m/s的初速度从A点向右运动，F随位移x变化的图像如图乙所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为0.3，重力加速度g取10 m/s2，在运动过程中物块的最大速度为(　　) A. m/s B. m/s C. m/s D.3 m/s 6.如图甲所示，一物块以一定初速度沿倾角为30°的固定斜面上滑，运动过程中摩擦力大小Ff恒定，物块动能Ek与运动路程s的关系如图乙所示。重力加速度大小取10 m/s2，物块质量m和所受摩擦力大小Ff分别为(　　) A.m=0.7 kg，Ff=0.5 N B.m=0.7 kg，Ff=1.0 N C.m=0.8 kg，Ff=0.5 N D.m=0.8 kg，Ff=1.0 N 对点3　应用动能定理解决多过程问题 7.如图所示，小球以初速度v0从A点沿不光滑的轨道运动到高为h的B点后返回，其返回途中仍经过A点，小球经过轨道连接处无机械能损失，且小球再次经过A点时的速度大小为原来的一半，重力加速度为g，则(　　) A.h= B.h= C.h= D.h= 8.(2026河南名校联考)一名质量为m的游客从高处静止跳落到沙滩上。已知该游客起跳处脚底与沙滩表面之间的高度差为H,落到沙滩上时屈膝缓冲,重心下降的高度为h,该过程沙子对游客的作用力视为不变,重力加速度为g,不计空气阻力,则该游客从接触沙子到重心停止下降过程中受到沙子竖直向上的平均冲力为(　　) A.mg B.mg C.mg D.mg 综合提升练 1． 选择题： 9.(2026·江苏常州期中)如图所示，长直木板右端垫高制作成斜面，木板左端点与水平面在A点平滑连接，右端点在O点正上方。一小木块从斜面顶端由静止下滑，到达水平面上的B点停下，小木块与木板、水平面间的动摩擦因数相同。现用相同材质、不同长度的木板按图甲、乙、丙、丁放置，则(　　) A.图甲中小木块将停在B点左侧 B.图乙中小木块将停在B点左侧 C.图丙中小木块将停在B点左侧 D.图丁中小木块将停在B点正上方的木板上 10.(2026·江苏扬州期中)如图所示，固定斜面的倾角为θ，质量为m的滑块从距挡板P的距离为x0处以初速度v0沿斜面上滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力。若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失，重力加速度为g，则滑块经过的总路程是(　　) A. B. C. D. 二．计算题： 11.(2025·黑、吉、辽、内蒙古卷，13)如图，一雪块从倾角θ=37°的屋顶上的O点由静止开始下滑，滑到A点后离开屋顶。O、A间距离x=2.5 m，A点距地面的高度h=1.95 m，雪块与屋顶间的动摩擦因数μ=0.125。不计空气阻力，雪块质量不变，已知sin 37°=0.6，重力加速度大小g=10 m/s2。求: (1)雪块从A点离开屋顶时的速度大小v0; (2)雪块落地时的速度大小v1，及其速度方向与水平方向的夹角α。 12.(2025·福建卷，15)如图甲，水平地面上有并排放置的A、B两个物块，两物块质量均为0.2 kg，A与地面间的动摩擦因数为μ=0.25，B与地面间无摩擦，两物块在外力F的作用下向右前进，F随位移x的变化图像如图乙所示，P为圆弧轨道最低点，M为圆弧轨道最高点，圆弧轨道与水平地面平滑连接，初始时水平地面上A、B与P点间的长度大于4 m，重力加速度g=10 m/s2。求: (1)0~1 m内F做的功; (2)x=1 m时，A与B之间的弹力大小; (3)要保证B能到达 M 点，圆弧半径满足的条件。 培优加强练 13.(2026·江苏南京模拟)如图甲所示，倾角为θ、长为2l的斜面AC，AB段光滑、BC段粗糙，且AB=BC=l。质量为m的小物块由A处静止释放，到C点恰好停下，BC段小物块与斜面之间的动摩擦因数自上而下逐渐增大，具体变化如图乙所示，重力加速度为g。下列说法正确的是(　　) A.动摩擦因数最大值μm=2tan θ B.小物块的最大速度为 C.重力在AB、BC两段斜面上做功不相等 D.重力在AB段中间时刻瞬时功率等于在BC段中间时刻瞬时功率 参考答案： 1.答案　A解析　设小球运动到c点时的速度大小为v，小球由a到c由动能定理有F(2R+R)-mgR=mv2，其中F=mg，联立解得v=，故A正确。 2.答案　C解析　起跳后该同学做斜上抛运动，竖直方向上有h=gt2，vy=gt，水平方向有x=vx·2t，联立解得起跳时水平方向和竖直方向的分速度大小分别为vx=4 m/s、vy=3 m/s，则起跳速度v==5 m/s，由动能定理得起跳过程该同学所做的功W=mv2=750 J，故C正确。 3.答案　C解析　圆盘停止转动前，小物体随圆盘一起转动，小物体所受摩擦力提供向心力，方向沿半径方向，始终与速度方向垂直，摩擦力对小物体不做功，故A、B错误;从圆盘停止转动到小物体停止运动，对小物体根据动能定理有Wf=0-mv2，又v=ωr，联立可得Wf=-mω2r2，故C正确;圆盘停止转动后，小物体沿切线方向运动，故D错误。 4.答案A解析 对篮球从出手到落入篮筐的过程中,由动能定理 -mgh+Wf=,得Wf=+mgh-,故克服空气阻力做的功为 -mgh,故选A。 5.答案　A解析　由题图乙可知，拉力减小时表达式为F=F0+kx= N=(3.6-0.3x) N，物块受到的滑动摩擦力大小为Ff=μmg=0.3×0.2×10 N=0.6 N，当物块所受合力为零时，物块的速度最大，即F=Ff，解得x=10 m。设物块的最大速度为vm，从物块开始运动到速度最大过程，拉力对物块做的功为W=×1.8×6 J+×(1.8+0.6)×(10-6) J=10.2 J，从物块开始运动到速度最大过程，由动能定理得W-Ffx=m-m，代入数据解得vm= m/s，故A正确。 6.答案　A解析　0~10 m内物块上滑，由动能定理得-mgsin 30°·s-Ffs=Ek-Ek0，整理得Ek=Ek0-(mgsin 30°+Ff)s，结合0~10 m内的图像得，斜率的绝对值|k|=mgsin 30°+Ff=4 N;10~20 m内物块下滑，由动能定理得(mgsin 30°-Ff)(s-s1)=Ek，整理得Ek=(mgsin 30°-Ff)s-(mgsin 30°-Ff)s1，结合10~20 m内的图像得，斜率k'=mgsin 30°-Ff=3 N，联立解得Ff=0.5 N，m=0.7 kg，A正确，B、C、D错误。 7.答案　C解析　设小球由A到B阻力做功为W，则小球由B到A阻力做功也为W，根据动能定理，由A到B有-mgh+W=0-m，由B到A有mgh+W=m，其中vA=v0，联立解得h=，故C正确。 8.答案A　解析 根据动能定理mg(H+h)-h=0,则该游客从接触沙子到重心停止下降过程中受到沙子的平均冲力为mg,故选A。 9.答案　A解析　设斜面长度为l1，倾角为θ，小木块最终停止点到斜面底端的距离为l2，小木块释放点到水平面的高度为h。小木块由释放到停止的整个过程，根据动能定理有mgh-μmgcos θ·l1-μmgl2=0，整理得h=μ(l1cos θ+l2)，式中l1cos θ+l2为小木块释放点到最终停止点的水平距离，设l1cos θ+l2=x，则x=，可知只要释放点到水平面的高度h不变，x就不变，即图乙、丙中的小木块仍将停在B点，故B、C错误;图甲中小木块释放点到水平面的高度大于h，由x=可知x也将变大，即小木块将停在B点左侧，故A正确;由x=得μ=，丁图中斜面底端在B点左侧，则tan θ<μ，可知mgsin θ<μmgcos θ，即小木块所受重力沿斜面向下的分力小于滑动摩擦力，小木块释放后不会下滑，故D错误。 10.答案　A解析　滑块最终要停在斜面底部，设滑块经过的总路程为x，对滑块运动的全程应用动能定理得mgx0sin θ-μmgcos θ·x=0-m，解得x=，A正确。 11.答案　(1)5 m/s　(2)8 m/s　60° 解析　(1)雪块从屋顶上的O点由静止开始下滑到A点的过程中， 由动能定理有mgxsin θ-μmgcos θ·x=m-0 解得v0=5 m/s。 (2)雪块从A点到落地的过程中，由动能定理有mgh=m-m 解得v1=8 m/s 雪块离开A点后做斜抛运动，水平分速度不变， 其水平分速度大小为vx=v0cos θ=4 m/s 则雪块落地时的速度方向与水平方向的夹角α满足cos α== 解得α=60°。 12.答案　(1)1.5 J　(2)0.5 N　(3)r≤0.2 m 解析　(1)F-x图像与坐标轴所围的面积表示F所做的功， 由题图乙可知0~1 m内F所做的功为W=1.5×1 J=1.5 J。 (2)由题图乙可知，x=1 m时外力F开始变化，A、B有相同的加速度， A与地面间的摩擦力Ff=μmg 对A、B整体，由牛顿第二定律得F-Ff=2ma 由于B与地面间无摩擦，对B由牛顿第二定律得FAB=ma 联立解得A、B之间的弹力大小FAB=0.5 N。 (3)当FAB=0时，A、B分离，此时F=Ff=0.5 N，由题图乙可知，此时x=3 m 初始时水平地面上A、B与P点的长度大于4 m，对A、B从开始运动到开始分离过程，由动能定理得WF-μmgx=×2mv2 由题图乙可得WF=3.5 J 假设B可以运动到圆弧轨道最高点M，对B从两者开始分离到运动到M点的过程，由动能定理得-mg·2r=m-mv2 要保证B能到达M点，则到达M点的速度满足vM≥ 联立解得r≤0.2 m。 13.答案　B解析　从A到C根据动能定理有mg·2lsin θ-Wf=0，由题图乙可得Wf=μmmgcos θ·l，联立解得μm=4tan θ，故A错误;当摩擦力等于重力沿斜面向下的分力时，小物块的速度达到最大，此时有μmgcos θ=mgsin θ，解得μ=tan θ=μm，由题图乙可知，此时小物块在B点下方l处，从A到最大速度的位置，根据动能定理有mg(l+l)sin θ-Wf'=m-0，由题图乙可得Wf'=μmgcos θ·=mglsin θ，联立解得最大速度为vm=，故B正确;由于AB、BC两段斜面长度相同，所以对应的高度相同，根据WG=mgh可知，重力在AB、BC两段斜面上做功相等，故C错误;设小物块在B点的速度为vB，小物块在AB段做匀加速直线运动，则AB段中间时刻的瞬时速度为v1==，则重力在AB段中间时刻瞬时功率P=mgv1sin θ=mgsin θ，小物块在BC段不是做匀变速直线运动，所以BC段中间时刻的瞬时速度v2≠=，则重力在BC段中间时刻瞬时功率P'=mgv2sin θ≠mgsin θ，故D错误。 学科网（北京）股份有限公司 $