第2讲 动能定理及其应用 专项训练-2027届高考物理一轮复习

**基本信息** 以动能定理应用为主线，通过基础理解、变力做功、图像结合及综合应用的递进设计，系统覆盖概念辨析、定量计算及模型建构，体现能量观念与科学推理。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |动能和动能定理的理解和基本应用|2题（含2025云南卷）|定义辨析、动能定理直接应用|从动能概念到定理基本应用，建立功与能量变化关系| |应用动能定理求变力的功|2题（含2023广东卷）|动能定理方程列写、阻力功计算|拓展定理应用场景，解决非恒力做功问题| |动能定理与图像的结合|2题（含2026汕头期末）|图像斜率物理意义、动能定理与图像结合|融合数学工具，提升信息提取与推理能力| |综合提升练|3题（含2025广州二模等）|多过程分析、模型综合应用（圆周运动、平抛等）|整合多知识点，培养复杂问题解决能力|

第2讲　动能定理及其应用 (分值:60分) 选择题:1~6题每小题4分,第7题8分,共32分 基础对点练 题组一　动能和动能定理的理解和基本应用 1.一质点做匀速圆周运动,从圆周上的一点运动到另一点的过程中,下列说法一定正确的是(　　) A.质点速度不变 B.质点加速度不变 C.质点动能不变 D.质点机械能不变 2.(2025云南卷)如图所示,中老铁路国际旅客列车从云南某车站由静止出发,沿水平直轨道逐渐加速到144 km/h,在此过程中列车对座椅上的一高中生所做的功最接近(　　) A.4×105 J B.4×104 J C.4×103 J D.4×102 J 题组二　应用动能定理求变力的功 3.(多选)(2023广东卷)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圆弧滑道顶端P点静止释放,沿滑道运动到圆弧末端Q点时速度大小为6 m/s。已知货物质量为20 kg,滑道高度h为4 m,且过Q点的切线水平,重力加速度g取10 m/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360 J B.克服阻力做的功为440 J C.经过Q点时向心加速度大小为9 m/s2 D.经过Q点时对轨道的压力大小为380 N 4.(2025广东佛山模拟预测)如图是一儿童游戏的图片,儿童站在固定竖直圆轨道的最低点,用力将一足球由静止踢出,发现足球能够沿着圆轨道通过最高点,已知轨道半径为R,足球的质量为m,重力加速度为g,不考虑摩擦和空气阻力作用,由此可判断儿童对小球做的功(　　) A.可能等于3.6mgR B.可能等于2.4mgR C.可能等于1.2mgR D.可能等于0.8mgR 题组三　动能定理与图像的结合 5.(多选)(2026广东汕头期末)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(　　) 6.(多选)(2025广东开学考试)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f=5 N D.小球上升过程的加速度大小是下落过程的两倍 综合提升练 7.(多选)(2025广东广州二模)某机械传动组合装置如图,一个水平圆盘以角速度ω匀速转动,固定在圆盘上的小圆柱离圆心距离为R,带动一个T形支架在水平方向左右往复运动。小圆柱在最左端时,在桌面的A点轻放质量为m的小物件P,此时T形支架的右端恰好与P接触但不粘连,圆盘转半圈时物件P恰好运动到O点。不计一切摩擦力。下列说法正确的是(　　) A.从A点开始运动到与T形架分离的过程中,物件P做匀变速直线运动 B.物件P从A点开始运动的过程,T形支架对其做功为mω2R2 C.小圆柱从最左端开始转动圆周时,物件P与T形支架分离 D.AO间的距离为R 8.(14分)(2024广东佛山二模)“路亚”是一种钓鱼方法,用这种方法钓鱼时需要先把鱼饵通过鱼线收到鱼竿末端,然后用力将鱼饵甩向远处。如图所示,钓鱼爱好者在a位置开始甩竿,鱼饵被甩至最高点b时迅速释放鱼线,鱼饵被水平抛出,最后落在与b水平距离为s=16 m的水面上。已知开始甩竿时鱼竿与竖直方向夹角为53°,鱼饵的质量为m=0.02 kg。甩竿过程竿可视为在竖直平面内绕O点转动,且O离水面高度h=1.6 m、到鱼竿末端鱼饵的距离L=1.6 m。鱼饵从b点抛出后,忽略鱼线对其作用力和空气阻力,重力加速度g取10 m/s2,已知sin 53°=0.8,cos 53°=0.6。求: (1)鱼饵在b点抛出时的速度大小; (2)释放鱼线前,鱼饵在b点受鱼竿作用力的大小和方向; (3)从a点到b点的甩竿过程,鱼竿对鱼饵做的功W。 9.(14分)(2025广东珠海阶段练习)如图甲所示为遥控爬墙小车,小车通过排出车身内部空气,和外界大气形成气压差,使车吸附在平面上。如图乙所示,某次遥控小车从静止出发沿着A、B、C点运动到天花板上的D点,运动到D点时速度为v=3 m/s。然后保持速率不变从D点开始绕O点做匀速圆周运动。其中AB沿竖直方向,BC与竖直方向夹角θ为37°,CD沿水平方向,BC、CD的长度均为1 m,小车在到达B点前已经匀速。小车质量为0.5 kg,车身内外由于大气压形成垂直墙面的压力差恒为F0=25 N。运动过程中小车受到墙壁的阻力f大小与车和墙壁间的弹力FN之间关系恒为f=0.6FN,方向总与相对运动方向相反。小车可视为质点,忽略空气阻力,不计转折处的能量损失,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。 甲 乙 (1)若小车在AB段上以恒定功率P=60 W启动,求小车在AB段上最大速度的大小vm。 (2)在(1)的条件下,求小车从B经过C到D这两段直线运动过程中,小车牵引力所做的总功。 (3)遥控小车在水平天花板上以v=3 m/s的速率做匀速圆周运动时,小车牵引力为F=15 N,π取3.14,求小车运动一周牵引力做的功。 答案： 1.C　解析 质点做匀速圆周运动,速度大小不变,方向时刻变化,速度是变化的,故A错误;质点做匀速圆周运动,加速度大小不变,方向时刻变化,加速度是变化的,故B错误;质点动能为Ek=mv2,质点做匀速圆周运动,速度大小不变,故质点动能不变,故C正确;质点做匀速圆周运动,动能不变,质点的重力势能不一定不变,故质点机械能不一定不变,故D错误。 2.B　解析 高中生的质量约为50 kg,根据动能定理有W=mv2=4.0×104 J,故选B。 3.BCD　解析 重力做的功为WG=mgh=800 J,故A错误;货物下滑过程据动能定理可得WG-Wf=,代入数据解得,克服阻力做的功为Wf=440 J,故B正确;货物经过Q点时向心加速度大小为a==9 m/s2,故C正确;经过Q点时,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=380 N,据牛顿第三定律可知,货物对轨道的压力大小为380 N,故D正确。 4.A　解析 足球刚好沿圆轨道通过最高点时有mg=m,解得v=,所以足球能够沿着圆轨道通过最高点应满足v≥,设儿童对小球做的功为W,对足球从最低点到最高点的过程由动能定理有W-mg×2R=mv2,解得W=2mgR+mv2,即W≥mgR。故选A。 5.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=at×cos 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Ek1=mgh-fh,其中f为摩擦阻力,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Ek2-Ek0=mgh,整理得Ek2=mgh+Ek0,可知动能与h为一次函数,又因为Ek1-h图像斜率小于Ek2-h图像斜率mg,故C正确,D错误。 6.BCD　解析 根据动能定理F合·Δh=ΔEk,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1=mg+f=20 N,下落过程有F合2=mg-f=10 N,联立解得m=1.5 kg,f=5 N,故B、C正确;小球抛出时,由图像可知Ek0==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。 7.BCD　解析 T形支架的速度等于小圆柱的水平方向的分速度,小圆柱的线速度大小为v=ωR,将小圆柱的速度分解如图所示,水平方向上的分速度为vx=vcos θ=ωRcos θ,所以物件P从A点开始运动到与T形支架分离的过程中,做变加速直线运动,故A错误;当水平圆盘转过圈时,小圆柱的速度在沿AO方向的分量最大,则P速度达到最大值v,且之后小圆柱在沿AO方向的分量开始减小,所以此时物件P将与T形支架分离,此后以v做匀速直线运动,物件P从A点开始运动的过程,由动能定理得,T形支架对其做的功为W=mv2=mω2R2,故B、C正确;支架与物件P分离之后P做匀速直线运动在圆盘转动圈后到达O点,此时间内P运动的位移为s=vt=v×=ωR×,AO间的距离为d=R+s=R,故D正确。 8.答案 (1)20 m/s　(2)4.8 N,方向竖直向下　(3)4.128 J 解析 (1)鱼饵被甩至最高点b时迅速释放鱼线,鱼饵被水平抛出,根据平抛运动的规律可得s=vbt,L+h=gt2 联立解得t=0.8 s,vb=20 m/s。 (2)由题知,甩竿过程中鱼饵做圆周运动,半径为L=1.6 m,释放鱼线前,鱼饵在b点,由于vb>=4 m/s 所以鱼饵受鱼竿作用力的方向竖直向下,根据牛顿第二定律得 mg+F=m 解得F=4.8 N。 (3)从a点到b点的甩竿过程,根据动能定理得 W-mgL(1-cos 53°)= 解得鱼竿对鱼饵做的功为W=4.128 J。 9.答案 (1)3 m/s　(2)29.2 J　(3)37.68 J 解析 (1)对小车在AB、BC、CD各段运动过程进行受力分析。小车在AB段向上运动时,小车所受阻力大小f1=0.6FN1,FN1=F0 解得f1=15 N 小车在AB段上达到最大速度时P=(mg+f1)vm 解得vm=3 m/s。 (2)小车沿BC运动过程中FN2+mgsin θ=F0 小车与BC墙面的阻力f2=0.6FN2 联立可得f2=13.2 N, 遥控小车到水平天花板CD运动时FN3+mg=F0 小车与天花板的阻力f3=0.6FN3 解得f3=12 N 小车从B点开始运动第一次到达D点的过程中,根据动能定理有WF-f2sBC-f3sCD-mgsBCcos θ=mv2- 解得WF=29.2 J。 (3)小车所受阻力与牵引力的合力提供圆周运动的向心力,有 解得r=0.5 m 小车运动一周过程中动能不变,牵引力做的功为W,由动能定理得W-2πrf3=0 解得W=37.68 J。 7 学科网（北京）股份有限公司 $