第6章 第2讲 动能和动能定理(练习Word版)-【创新教程】2027年高考物理总复习大一轮课时作业

**基本信息** 以动能定理为核心，通过分层训练构建"概念理解-规律应用-综合建模"的方法体系，强化运动与能量观念的科学思维。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础落实练|7题|运动分解求动能、动能定理公式法、图像斜率分析合力|从动能概念到定理应用，覆盖直线/曲线运动场景| |能力综合练|2题|多过程动能定理、弹性碰撞动量能量守恒|整合阻力做功、抛体运动，提升科学推理能力| |素养培优练|1题|类平抛运动建模、临界条件分析|结合复杂轨道与碰撞，培养质疑创新思维|

课时冲关29　动能和动能定理 学生用书　P380 [基础落实练] 1.如图所示，质量为m的小球从M点以与水平方向成30°角、大小为v0的速度朝右上方射出．不计空气阻力，则小球到最高点时的动能为(　　) A.mv　　　　　　 B.mv C.mv D.mv 解析：D　[小球做斜抛运动，竖直方向做竖直上抛运动，水平方向做匀速直线运动，当小球运动到最高点时，小球竖直分速度恰好减为0，小球的速度恰好等于水平分速度，则在最高点小球的速度为vx＝v0cos 30°，此时小球的动能为Ek＝mv，解得Ek＝mv，故选D.] 2.在某次推铅球训练中，小王将铅球推出，如图所示，不计铅球在运动过程中所受的空气阻力．则铅球在空中运动时，其动能、动能变化率随时间变化的图像是(　　) 解析：C　[设铅球推出时，水平分速度为v0x，竖直分速度为v0y，经过t时间，铅球的水平分速度仍为v0x，竖直分速度为vy＝v0y－gt，则铅球的动能为Ek＝mv＋m(v0y－gt)2＝m(v＋v＋g2t2－2v0ygt)，可知Ekt图像为开口向上的抛物线，故A、B错误；铅球的动能变化量为ΔEk＝Ek－Ek0＝m(v＋v＋g2t2－2v0ygt)－m(v＋v)＝m(g2t2－2v0ygt)，可得＝m(g2t－2v0yg)，可知t图像为一条斜率为正，纵轴截距为负的直线，故C正确，D错误．] 3.质量为10 g的子弹，以300 m/s的速度射入厚度为5 cm的固定木板(如图所示)，射穿后的速度是100 m/s.则子弹射穿木板的过程中受到的平均阻力F的大小是多少(　　) A．F＝80 N　　　　　 B．F＝800 N C．F＝8 000 N D．F＝80 000 N 解析：C　[已知固定木板的厚度为L＝5 cm＝0.05 m，末速度v＝100 m/s，初速度v0＝300 m/s，子弹质量为m＝10×10－3kg，在子弹射穿木块的过程中，只有木板对子弹的阻力F对子弹做功，根据动能定理得－FL＝mv2－mv，解得F＝8 000 N，故选C.] 4．一辆汽车以v1＝6 m/s的速度沿水平路面行驶时，急刹车后能滑行x1＝4 m，如果以v2＝12 m/s的速度行驶，在同样路面上急刹车后滑行的距离x2应为(不计空气阻力的影响)(　　) A．8 m B．12 m C．16 m D．20 m 解析：C　[汽车刹车过程中，根据动能定理有－fx1＝0－mv，－fx2＝0－mv，联立解得x2＝16 m，故选C.] 5.如图，轻质弹簧左端固定且呈水平状态，用手使一木球压紧轻质弹簧并保持静止．松手后，弹簧将木球弹出．在木球被弹出的过程中，弹簧的弹性势能减少了50 J．木球克服阻力做的功为30 J，则在此过程中(　　) A．阻力对木球做了30 J的功 B．弹力对木球做了－50 J功 C．木球的动能减少了30 J D．木球的动能增加了20 J 解析：D　[木球克服阻力做的功为30 J，则阻力对木球做了－30 J的功，故A错误；弹簧的弹性势能减少了50 J，则弹力做正功，对木球做了50 J功，故B错误；根据动能定理，木球的动能变化量ΔEk＝W合＝W弹＋W阻＝20 J，故C错误，D正确．] 6.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6 m/s2 D．经过Q点时对轨道的压力大小为180 N 解析：B　[重力做的功为WG＝mgh＝20×10×4 J＝800 J，故A错误；下滑过程根据动能定理可得WG－W克f＝mv，代入数据解得克服阻力做的功为W克f＝440 J，故B正确；经过Q点时向心加速度大小为a＝＝m/s2＝9 m/s2，故C错误；经过Q点时，根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，根据牛顿第三定律可知，货物对轨道的压力大小为380 N，故D错误．] 7.我国高铁自主创新取得重大成果．如图所示，一列质量为m的动车，以恒定功率P在平直轨道上从静止运动，经时间t达到该功率下的最大速度vm，设动车行驶过程所受到的阻力f保持不变．动车在时间t内(　　) A．加速度越来越大 B．加速度保持不变 C．最大速度vm＝ D．牵引力做功W＝mv 解析：C　[动车的牵引力为F牵＝，根据牛顿第二定律F牵－f＝ma，随着动车速度的增大，动车的牵引力逐渐减小，加速度越来越小，故A、B错误；动车达到该功率下的最大速度时，根据平衡条件可得F＝f，最大速度为vm＝＝，故C正确；设动车在时间t内，位移为x，根据动能定理W－fx＝mv，牵引力做功W＝fx＋mv，故D错误．] [能力综合练] 8．(多选)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＝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 解析：BCD　[根据动能定理F合·Δh＝ΔEk，可知Ekh图像的斜率绝对值表示合力大小，则上升过程有F合＝mg＋f＝N＝20 N， 下落过程有F′合＝mg－f＝N＝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＝mv＝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．] 9.如图，水平地面与圆心为O、半径R＝0.4 m的固定竖直圆弧轨道相切于A点，该轨道的圆心角为53°，B为圆弧轨道的最高点．一质量m＝0.5 kg的物块静止于水平地面上的C点处，C、A之间的距离L＝0.68 m．现对物块施加一水平向右的恒力，当物块到达B点时撤去该力．已知物块经过B点后再经过t＝0.4 s后落到地面上，物块可视为质点，忽略空气阻力及一切摩擦，重力加速度g取10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6.求： (1)物块落地点与B点之间的水平距离； (2)恒力F的大小． 解析：(1)物块通过B点后在竖直方向上做斜上抛运动，有R－Rcos 53°＝－vBsin 53°·t＋gt2， 解得vB＝2 m/s， 物块在B点水平方向上做匀速直线运动，有 d＝vBcos 53°·t， 解得d＝0.48 m； (2)由C点至B点对物块由动能定理有F(L＋Rsin 53°)－mg(R－Rcos 53°)＝mv， 解得F＝1.8 N. 答案：(1)0.48 m　(2)1.8 N [素养培优练] 10．(2025·四川卷，15)如图所示，倾角为θ的斜面固定于水平地面，斜面上固定有半径为R的半圆挡板和长为7R的直挡板．a为直挡板下端点，bd为半圆挡板直径且沿水平方向，c为半圆挡板最高点，两挡板相切于b点，de与ab平行且等长．小球乙被锁定在c点．小球甲从a点以一定初速度出发，沿挡板运动到c点与小球乙发生完全弹性碰撞，碰撞前瞬间解除对小球乙的锁定，小球乙在此后的运动过程中无其他碰撞．小球甲质量为m1，两小球均可视为质点，不计一切摩擦，重力加速度大小为g. (1)求小球甲从a点沿直线运动到b点过程中的加速度大小； (2)若小球甲恰能到达c点，且碰撞后小球乙能运动到e点，求小球乙与小球甲的质量比值应满足的条件； (3)在满足(2)中质量比值的条件下，若碰撞后小球乙能穿过线段de，求小球甲初动能应满足的条件． 解析：(1)小球甲从a点沿直线运动到b点过程中，根据牛顿第二定律有m1gsin θ＝m1a1， 解得甲在ab段运动的加速度大小a1＝gsin θ； (2)甲恰能到c点，设到达c点时的速度为v1，可知m1gsin θ＝m1，解得v1＝① 根据题意甲乙发生完全弹性碰撞，碰撞前后根据动量守恒和能量守恒m1v1＝m1v1′＋m2v2，m1v＝m1v1′2＋m2v， 解得碰后乙的速度为v2＝　② 碰后乙能运动至e点，第一种情况，碰后乙顺着挡板做圆周运动后沿着斜面到达e点，此时需满足m2gsin θ≤m2，即v2≥　③， 联立①②③可得≥1， 第二种情况，碰后乙做类平抛运动到达e点，此时可知7R＋R＝gsin θ·t2，R＝v2t，解得v2＝　④， 联立①②④可得＝； (3)在(2)问的质量比条件下，若碰后乙能越过线段de，根据前面分析可知当满足第一种情况时，碰后乙做圆周运动显然不满足能越过线段de，故碰后乙做类平抛运动越过线段de，故碰后乙的速度必然满足v2＜， 同时根据类平抛运动规律可知 7R＋R＝g sin θ·Δt2，v2Δt＞R， 同时需保证小球不能撞击到圆弧cd上，可得当R＝gsin θ·Δt2，v2Δt＜R， 联立解得＜v2＜　⑤， 联立②⑤将＝代入可得＜v1＜　⑥， 对甲球从a到c过程中根据动能定理－m1g·8Rsin θ＝m1v－Ek0　⑦， 联立⑥⑦可得m1gRsinθ＜Ek0＜12m1gRsin θ. 答案：(1)gsin θ (2)≥1或＝ (3)m1gRsinθ＜Ek0＜12m1gRsin θ 学科网（北京）股份有限公司 $