2027年高考物理一轮复习 突破练习含答案035-课时作业30 动能和动能定理（教用）

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1．多选 关于动能，下列说法正确的是（ ）
A. 公式Ek=12mv2中的速度v一般是物体相对于地面的速度
B. 动能的大小由物体的质量和速率决定，与物体运动的方向无关
C. 物体以相同的速率向东和向西运动，动能的大小相等但方向不同
D. 物体以相同的速率做匀速直线运动和曲线运动，其动能不同
【答案】AB
【解析】动能是标量，与速度的大小有关，与速度的方向无关，公式Ek=12mv2中的速度v一般是相对于地面的速度，故A、B正确。
2．（2024· 新课标卷·15）福建舰是我国自主设计建造的首艘弹射型航空母舰。借助配重小车可以进行弹射测试，测试时配重小车被弹射器从甲板上水平弹出后，落到海面上。调整弹射装置，使小车水平离开甲板时的动能变为调整前的4倍。忽略空气阻力，则小车在海面上的落点与其离开甲板处的水平距离为调整前的（ ）
A. 0.25倍B. 0.5倍C. 2倍D. 4倍
【答案】C
【解析】小车从甲板上弹出，做平抛运动，由于甲板到海面的高度不变，可知小车做平抛运动的时间不变，小车水平离开甲板时的动能变为调整前的4倍，则小车水平离开甲板时的速度变为调整前的2倍，故调整后小车平抛运动的水平位移是调整前水平位移的2倍，C正确。
3．（2024·安徽卷·2）某同学参加户外拓展活动，遵照安全规范，坐在滑板上，从高为ℎ的粗糙斜坡顶端由静止下滑，至底端时速度为v。已知人与滑板的总质量为m，可视为质点。重力加速度大小为g，不计空气阻力。则此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为（ ）
A. mgℎB. 12mv2C. mgℎ+12mv2D. mgℎ−12mv2
【答案】D
【解析】人与滑板在下滑的过程中，由动能定理有mgℎ−Wf克=12mv2−0，可得此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为Wf克=mgℎ−12mv2，D正确。
4．多选 如图所示，一个小环沿竖直放置的光滑圆环形轨道做圆周运动。小环从最高点A滑到最低点B的过程中，小环线速度大小的二次方v2随下落高度ℎ的变化图像可能是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AB
【解析】对小环，由动能定理得mgℎ=12mv2−12mv02，则v2=2gℎ+v02，当v0=0时，B正确；当v0≠0时，A正确。
5．（2023·广东卷·8）多选 人们用滑道从高处向低处运送货物。如图所示，可看作质点的货物在14圆弧滑道顶端P点由静止释放，沿滑道运动到圆弧末端Q点时速度大小为6m/s。已知货物质量为20kg，滑道高度ℎ为4m，且过Q点的切线水平，重力加速度取10m/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360J
B. 克服阻力做的功为440J
C. 经过Q点时向心加速度大小为9m/s2
D. 经过Q点时对轨道的压力大小为380N
【答案】BCD
【解析】重力做的功为WG=mgℎ=800J，A错误；下滑过程根据动能定理可得WG−Wf=12mvQ2，代入数据解得货物克服阻力做的功为Wf=440J，B正确；经过Q点时向心加速度大小为a=vQ2ℎ=9m/s2，C正确；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=380N，根据牛顿第三定律可知，货物对轨道的压力大小为380N，D正确。
6．如图，一质量均匀分布的木板长度为L，静止在粗糙的水平桌面上，其右端和桌面右端对齐。现给木板一水平向右的瞬时冲量I，木板右移4L9后静止。将木板放回原位，桌子右端拼合上一张等高的光滑水平桌面，再给木板同样的瞬时冲量，则木板完全停下时右移的距离为（ ）
A. L2B. L3C. 2L3D. L
【答案】C
【解析】第一次，根据动能定理有12mv02=μmg⋅4L9，第二次，设木板完全停下时右移的距离为x，则由动能定理有12mv02=μmg+μmg(L−xL)2⋅x，解得x=2L3，故选C。
7．（2022·江苏卷·8）某滑雪赛道如图所示，滑雪运动员从静止开始沿斜面下滑，经圆弧滑道起跳，将运动员视为质点，不计摩擦力及空气阻力。此过程中，运动员的动能Ek与水平位移x的关系图像正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】不计摩擦与空气阻力时，运动员运动过程中机械能守恒，有ΔEk=ΔEp=mgΔℎ=mgΔxtanθ ，即Ek=mgxtanθ ，式中θ 是斜面与水平面间的夹角，mgtanθ 等于Ek−x图线的斜率，由题图θ变化可知A正确，B、C、D错误。
能力强化练
8．（2024·重庆卷·4）活检针可用于活体组织取样，如图所示。取样时，活检针的针芯和针鞘被瞬间弹出后仅受阻力。质量为m的针鞘在软组织中运动距离d1后进入目标组织，继续运动d2后停下来。若两段运动中针鞘整体受到阻力均视为恒力，大小分别为F1、F2，则针鞘（ ）
A. 被弹出时速度大小为2(F1d1+F2d2)m
B. 到达目标组织表面时的动能为F1d1
C. 运动d2过程中，阻力做功为(F1+F2)d2
D. 运动d2的过程中动量变化量大小为mF2d2
【答案】A
【解析】从被弹出到停止运动，对针鞘根据动能定理有F1d1+F2d2=12mv2，解得v=2(F1d1+F2d2)m，A正确；设针鞘到达目标组织表面时的动能为Ek，继续前进d2减速至0，有−F2d2=−Ek，B错误；针鞘在目标组织运动的过程中，阻力做功为−F2d2，动量变化量大小Δp=mv2，又Ek=12mv22=F2d2，联立解得Δp=2mF2d2，C、D错误。
9．（2026·重庆模拟）（12分）如图所示，学校科技小组设计了“e”字形竖直轨道固定放置，由光滑半圆形轨道AB、BC和粗糙的水平直轨道CD及光滑的四分之一圆弧轨道DE平滑连接组成，BC弧的半径r=0.2m，AB弧的半径为2r，DE弧的半径为1.5r，轨道两端分别与地面、竖直墙壁相切于A点和E点。质量m=0.3kg的滑块从A端以水平向左的速度v0=5m/s进入轨道，沿光滑半圆形轨道AB、BC到达水平直轨道CD。已知CD长为6r，滑块与CD之间的动摩擦因数μ=0.5，不计空气阻力，滑块可视为质点，重力加速度g取10m/s2。求：
（1） 滑块沿AB弧运动到最高点B时速度大小；
（2） 滑块最终停止的位置与C点的距离d；
（3） 若改变滑块的初速度v0，使滑块能停在CD上，且运动过程中不脱离圆弧轨道AB和BC，v0的最大值。
【答案】（1） 3m/s
（2） 0.7m
（3） 6m/s
【解析】
（1） 滑块从进入轨道开始到运动到B过程中，根据动能定理可知−mg×4r=12mvB2−12mv02，
解得vB=3m/s。
（2） 由题意，滑块从进入轨道开始到停止运动，由动能定理−mg×2r−μmgs=0−12mv02，
解得s=1.7m，d=6r−(s−6r)=0.7m，
即滑块最终停止的位置与C点的距离为0.7m。
（3） 当滑块初速度取最大值vm时，它第一次从圆弧轨道DE滑下可以恰好运动到BC圆心等高点F；对小滑块从A到F的运动过程，由动能定理可知−mg×3r−2μmg×6r=0−12mvm2，
解得vm=6m/s，即小滑块初速度最大值为6m/s。
创新思维练
10．（2025·云南卷·6）如图所示，质量为m的滑块（视为质点）与水平面上MN段的动摩擦因数为μ1，与其余部分的动摩擦因数为μ2，且μ1>μ2。第一次，滑块从Ⅰ位置以速度v0向右滑动，通过MN段后停在水平面上的某一位置，整个运动过程中，滑块的位移大小为x1，所用时间为t1；第二次，滑块从Ⅱ位置以相同速度v0向右滑动，通过MN段后停在水平面上的另一位置，整个运动过程中，滑块的位移大小为x2，所用时间为t2。忽略空气阻力，则（ ）
A. t1t2C. x1>x2D. x1μ2)，由于MN的长度一定，第二次通过MN时的平均速度大，所用时间t0小，故第二次所用总时间大，即t1