课时分层检测(27)动能定理及其应用-【创新大课堂】2027年高三物理一轮总复习

课时分层检测（二十七 基础落实练 1.如图，某同学用绳子拉动木 箱，使它从静止开始沿粗糙水 7777777777777777777 平路面运动至具有某一速度， 木箱获得的动能一定 A.等于拉力所做的功 B.小于拉力所做的功 C.等于克服摩擦力所做的功 D.大于克服摩擦力所做的功 2.(2026·广东佛山·模拟 预测)如图所示为校园清 洁车的行驶画面。若质 量为m的清洁车在平直 的校道上从静止开始沿 直线加速行驶，经过时间 t前进的距离为s,且速度达到最大值m。设这 一过程中电动机的牵引力功率恒为P,清洁车所 受阻力恒为f,那么这段时间内 A.小车做匀加速运动 B.小车受到的牵引力逐渐增大 C.小车受到的合外力所做的功为P 1 D,小车受到的牵引力做的功为fs+2mm2 3.(多选)(2026·河北邯郸模 4∠ 拟)某位工人师傅用如图所 6 示的装置，将重物从地面沿 G 竖直方向拉到楼上，在此过 7分i777777 程中，工人师傅沿地面以速 度v向右做匀速直线运动，当质量为m的重物G 上升高度为h时轻绳与水平方向成α角（重力加 速度大小为g,滑轮的质量和摩擦均不计)。在此 过程中，下列说法正确的是 ( A.人的速度比重物的速度小 B.轻绳对重物的拉力大于重物的重力 C.重物做匀速直线运动 D.轻绳的拉力对重物做的功为mgh+2m(cosa)2 4.（2026·安徽淮南市一模)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变化的情况正确的是 33 动能定理及其应用 C D 5.(2026·湖北武汉一模)冰滑梯是一种体验冰雪 运动的娱乐项目，其示意图如图所示，游客从螺 旋滑道上端滑下，旋转两周后经倾斜滑道冲上水 平滑道，滑行结束时停在水平滑道上。假设螺旋 滑道的圆西半径为，一员m,上端与下端高度差 为h1=6m,倾斜滑道高度差为h2=2m,螺旋滑 道、倾斜滑道和水平滑道均平滑相接，游客与各 滑道间的动摩擦因数处处相同，游客可视为质 点。现测得游客某次滑行时停在水平滑道的位 置与螺旋滑道上端的水平距离为L=92m,则游 客与各滑道间的动摩擦因数可能为 ( 螺旋滑道→ 工 倾斜滑道， 水平滑道 L A.0.07 B.0.08 C.0.09 D.0.10 6.(2026·山东烟台市检测)如 A 图示，DO是水平面，AB 是斜面，初速度为0的物体 从D点出发沿DBA滑动到 B CD 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 及水平面之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0 B.大于o C.小于o D.取决于斜面 7.(2024·新课标卷·24)将重物 从高层楼房的窗外运到地面时， 为安全起见，要求下降过程中重 物与楼墙保持一定的距离。如 图，一种简单的操作方法是一人 在高处控制一端系在重物上的 绳子P,另一人在地面控制另一根一端系在重物： 上的绳子Q,二人配合可使重物缓慢竖直下降。 若重物的质量m=42kg,重力加速度大小g取： 10m/s2,当P绳与竖直方向的夹角a=37°时，Q: 绳与竖直方向的夹角3=53(sin37°=0.6)。 (1)求此时P、Q绳中拉力的大小； (2)若开始竖直下降时重物距地面的高度h=10m, 求在重物下降到地面的过程中，两根绳子拉力对； 重物做的总功。 能力综合练 8.(多选)如图所示，光滑水平面 A→F 上放着足够长的木板B,木板 B上放着木块A,A、B间的接触面粗糙。现用一 水平拉力F作用在A上使其由静止开始运动， 用F1代表B对A的摩擦力，F2代表A对B的 摩擦力，则下列情况可能的是 () A.拉力F做的功等于A、B系统动能的增加量 B.拉力F做的功小于A、B系统动能的增加量 C.拉力F和F1对A做的功之和大于A的动能 的增加量 D.F2对B做的功等于B的动能的增加量 9.(多选)(2026·山东济南高三期 中)竖直平面内有一半径为R的 A R 圆，O为圆心，直径AB沿水平 方向，将质量为m的小球从A 点以相同的速率o抛出，抛出 的方向不定，小球进入圆内同时受到一个平行于： 圆面的恒力F作用，其大小等于mg,g为重力加 速度，小球从A点抛出后会经过圆上的不同点， 在这些所有的点中，小球到达C点的动能最大，： 已知AB与AC夹角为30°。不计空气阻力，下列： 说法正确的是 ) 340 A.恒力F的方向沿AC方向 B.恒力F的方向沿OC方向 C小球到达C点的动能Ekc=2m,2+5mgR 1 D.小球到达B点的动能EkB=2mu02+5mgR 强基培优练 0.（2026·广东珠海调研)如图甲所示，在倾角0= 30的光滑固定斜面上有一劲度系数k=100N/m 的轻质弹簧，弹簧下端固定在垂直于斜面的挡板 上，弹簧上端拴接一质量m=2kg的物体，初始 时物体处于静止状态。重力加速度g=10m/s2。 ↑F/N 14.8 4.8 0 0.1x/m 甲 乙 (1)求此时弹簧的形变量xo; (2)现对物体施加沿斜面向上的拉力F,拉力F 的大小与物体位移x的关系如图所示，设斜面 足够长。 ①写出物体的速度v与位移x的关系式； ②若物体位移为0.1m时撤去拉力F,求此后 物体沿斜面上滑的最大距离xm(结果保留2位 有效数字)。P1-F江=合mg2-合m以2，得1= m(vg2-）+工，故D错误。] 2P。 9.A[设电动玩具汽车的额定功率为P,受到的 阻力大小为，根据牛顿第二定律可得F一∫=} ma,又P=F,联主可得a=P.二-上，根 m v m 据a一占田像可得片-2ms,品-5-合2到 2 m2/s3=4m2/s3,解得P=200W,当牵引力等 于阻力时，速度达到最大，则有。=干=2m/s幻 故A正确。] 10.AC[c点时汽车速度最大，牵引力等于阻力， 所以F:=2×103N 汽车从a到b做匀加速直线运动，加速度为， a-F-E-4-2)×10 m/s2-2m/s2 1×103 汽车从a到b持续的时间为1=%二= 20二。=9，故A正确；根据F=号，结合 2 段图像，可知汽车从b到c以恒定功率加速，！ 根据牛顿第二定律有卫-F,=ma,可知汽车 由b到c过程做加速度减小的加速运动，故B! 错误；由b点知Pm=Fbvb=80kW,故C正} 确：汽车能够获得的最大速度为= 40m/s,故D错误。] 课时分层检测（二十七） 1,B[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 F ↑FN 正功，摩擦力做负功，根 据动能定理可知W。十 W,=令m-0,所以动 能小于拉力做的功，故B 正确，A错误；无法比较 动能与摩擦力做功的大 mg 小，C,D错误。 2.D[清洁车以恒定功率P启动，根据P=FU, 速度v增大时，牵引力F减小。由牛顿第二定 律F-f=na,F减小，测加速度a减小，所以清 洁车做加速度减小的变加速直线运动，不是匀 加速运动，A错误，B错误；合外力做功等于动： 能的变化量，也等于牵引力做功与阻力做功的！ 差值。牵引力做功W:一P,但合外力做功W合 =P一fs,C错误；根据动能定理WF一f= 立m-0,则牵引力微功W:-十2m2,D 正确。故选D。] 3.BD[将人的速度沿轻绳方向和垂直于轻绳方} 向分解，沿轻绳方向的速度等于重物G的速： 度，根据平行四边形定则，轻绳与水平方向的夹 角为a时，化一vcos a,故v>,A错误；人在 向右匀速运动的过程中，轻绳与水平方向的夹： 角α减小，所以重物的速度增大，重物向上做加： 速运动，由牛顿第二定律可知轻绳的拉力大于 重物的重力，B正确，C错误：当重物G上升高{ 度为h时，重物的速度一vcos a,重物由地面！ 上升高度h的过程中，根据动能定理可知W一 mgh=乞mue,解得W=mgh+2m(a), D正确。] 4.D[物体在重力作用下做平抛运动，加速度为！ R,坚直位移y=立，由动能定理得E- E,十mgy=E十mgf,故选D] 5.A[研究游客整个运动过程，裉据动能定理有 mg(h1十h2)-g√(4πr)2-h12-ngL- 0,代入数据解得：=0.08，实际上游客在螺旋： 轨道运行时，因为向心力的原因导致支持力比 在同角度的斜面大，即在螺旋轨道摩擦力做功 W>ng√(4r)一h',因此动摩擦因数应更！ 小，故A正确。门 A[物体从D点沿DBA滑动到顶点A过程 中，由动能定理可得一mg·xA0一ng·xDB一} umgcos a·xAB=0三7nu。2,a为斜面倾角， 由几何关系有AB COS a=x昭，因而上式可以简！ 化为一ng·xA0-ng·xoD=0-7m2,从 上式可以看出，物体的初速度与斜面倾角无关， 故选A。] 解析(1)设此时P、Q绳中拉力的大小分别为 FT1和FT2,由平衡条件可得 竖直方向FT1cosa=mg十FT2cos3 水平方向FTr1sina=Fr2sin3 联立解得Fr1=1200N,FT2=900N (2)整个过程根据动能定理得W十mgh=0 解得两根绳子拉力对重物做的总功为 W=-4200J。 答案(1)1200N900N(2)-4200J AD「A相对B的运动有两种可能，相对静止 和相对滑动。当A、B相对静止时，拉力F做的 功等于A、B系统动能的增加量：当A、B相对 滑动时，拉力F做的功大于A、B系统动能的增！ 加量，A项正确，B项错误；由动能定理知，F 对B做的功等于B的动能的增加量，拉力F和： F1对A做的功之和等于A的动能的增加量，D, 项正确，C项错误。] AD[小球到达C点的动 能最大，则小球的受力情 况如图所示。恒力方向沿 330 AC,合力方向沿OC,A正 909 确，B错误：合力F合 G=mg 30 √3mg,从A到C,由动能 定理得mg·号R 1 Ekc一 m,从A到B,有V3mg0s60°.2R= EkB一2 ,得E=m+3 2 mgR, Es=2mU,2十√5mgR,C错误，D正确。] 0.解析(1)物体处于平衡状态，则 k.ro=mgsin 解得此时弹簧的形变量xo=0.1m。 (2)①由F-x图像可得F=(4.8十100x)N 设物体运动位移为x时，物体的加速度为】 a,则 F+k(x。-x)-mgsin0=ma 解得a=2.4m/s 所以，物体做匀加速直线运动，根据运动学公 式有=2ax 代入数据有=4.8x。 ②物体位移为0.1m时撒 去拉力F,此后物体上滑 过程中弹簧弹力F:随形 变量x'变化的图像如图 所示物体上滑过程中克 服弹力所做的功W克 撤去拉力至物体恰好速度为0，根据动能定！ 理有 -mgrasin 0-- 2=4.8.x=0.48m/s 联立解得xm=0,04m。 答案(1)0.1m(2)①2=4.8. ②0.04m 515 课时分层检测（二十八） D[木块运动全过程中，根据动能定理可得 F-R·4L=0-0,可得F-下，木块在撒去 恒力时速度最大，则动能最大，根据动能定理可 得FL一FL=E一0，解得木块所获得的最大 动能为E=,设选D BCD[对物块，全过程根据动能定理有ngh mgcos0·n0omg·an司=0，可得 h 么=么，故B正确，A错误，物块在水平面上的 加速度a=m8=g,故C正确；要使物块能从 B点返回A点，根据动能定理有一ngh h =0一EkB h 又mgh-gos0'sn0ng'x一and 0,联立可得EkB=2ngh,故D正确。] 解析(1)滑块第一次到D点具有的弹性势能 最大，从A至D的过程，根据动能定理可得 mg(R-LeD sin 30)-umgsw:+Ws=0 解得W=-1.4J 则E#=一W华=1.4J。 (2)由于斜面光滑，滑块到达D点后又向下运 动，经过多次在圆弧轨道与斜面之间来回运动， 最终滑块停在水平轨道BC上，设整个过程滑 块在BC上的路程为s,根据动能定理可得 mgR-umgs=0 解得s=2.25m 由6×0.4m-2.25m-0.15m,可知滑块最终 停在距离B点0.15m处。 答案(1)1.4J(2)0.15m 解析(1)运动员从A到B的过程中由动能定 理得 mgR=之m%-0 在B,点由牛顿第二定律和向心力公式得F、一 ng=m爱 联立解得FN=1800N 由牛顿第三定律得，在B,点运动员对圆弧形滑 道的压力大小FN'=FN=1800N,方向垂直于 BC向下。 (2)设运动员在BC段摩擦力对他做的功为 W,根据运动员从A点由静止出发到D,点时 的速度恰好为零，由动能定理得 mgR1+W:一ngR2=0 解得W:=-600J 运动员在空中表演时做竖直上抛运动，上抛的 初递度功=g受 解得o1=10m/s 运动员从A到D过程，由动能定理得 ngR+w二mgR,=2no2 代入数据解得vAo=10m/s (3)运动员下落后会在滑道上来回运动，直到最 终静止在BC上； 对运动员的全过程由动能定理得 mgR-F:s=0-2 mvAo W=-F;·BC 解得运动员在C段运动的总路程为s=47.5m 在BC上来回运动的次数n=C=9.5 运动员最终停在BC的中点，即离B,点2.5m处。 答案(1)1800N,方向垂直于BC向下 (2)10m/s(3)2.5m