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3　动能和动能定理
基础过关练
题组一　动能
1.[2026山西忻州期中]改变汽车的质量和速度,都能使汽车的动能发生变化。在下列几种情况中,关于汽车的动能的说法正确的是(　　)
A.质量不变,速度增大到原来的2倍,汽车的动能变为原来的2倍
B.速度不变,质量增大到原来的2倍,汽车的动能变为原来的2倍
C.质量减半,速度增大到原来的4倍,汽车的动能不变
D.速度减半,质量增大到原来的2倍,汽车的动能不变
2.[2026湖北部分示范高中期中联考]消防水枪具备射程远、流量大、操作灵活的特点,是消防员灭火救援的核心装备。某型号消防水枪在灭火作业时,水泵将水从地面持续输送至水枪喷嘴并水平喷出。已知水枪喷嘴的横截面积为4×10-4 m2,喷水速度约为10 m/s,水的密度为1×103 kg/m3,则该喷嘴喷水的功率约为(　　)
A.200 W　　　　B.400 W　　　　C.20 W　　　　D.40 W
3.[2026山东青岛期中]“双星”是宇宙中普遍存在的一种天体系统,如图所示,A、B两颗恒星构成双星系统,绕共同的圆心O互相环绕做匀速圆周运动,距离不变,角速度相等。已知B的质量为m,速度为v,轨道半径之比为RB∶RA=4∶1,则B与A的动能之差为(　　)
A.　　　　B.　　　　C.　　　　D.
题组二　动能定理的理解和初步应用
4.[2026山西忻州期中]关于做功和物体动能变化的关系,下列说法正确的是(　　)
A.动能不变的物体一定处于平衡状态
B.物体的动能不变,所受的合外力必定为零
C.外力对物体做功的代数和等于物体的末动能与初动能之差
D.动力和阻力都对物体做功,物体的动能一定变化
5.[2026江苏扬州第一中学期中]在某足球比赛中,守门员某次扑救时,质量m=0.45 kg的足球以v=10 m/s的水平速度飞向球门,被守门员双手接住后速度变为零。若忽略空气阻力,在此过程中,手对足球做的功约为(　　)
A.-22.5 J　　　　　　　　B.-45 J
C.22.5 J　　　　　　　　 D.45 J
6.[2025江苏决胜新高考联考]如图所示,长木板AB置于水平面上,板长为L,板的B端放置质量为m的小物块。现将板绕A端由静止开始在竖直平面内转动α角时,物块的速度为v,物块始终与板保持相对静止,重力加速度为g,则在上述转动过程中(　　)
A.重力对物块做的功为-mgL cos α
B.摩擦力对物块做的功为mgL sin α
C.弹力对物块做的功为mgL sin α+mv2
D.板对物块做的功为mv2
7.[2026河北廊坊期中]如图甲所示,一质量m=2 kg的物块,在水平拉力F作用下在水平地面上由静止向前运动了2 m,F随位移x变化的关系如图乙所示。已知物块与水平地面间的动摩擦因数μ=0.05,重力加速度g取10 m/s2。则物块运动2 m时的速度大小为(　　)
A. m/s　　　　　　　　 B. m/s
C.2 m/s　　　　　　　　D.2 m/s
8.[2026浙江宁波期中]如图所示,质量为m的小球从离地面高H处由静止开始释放,落到地面后继续陷入泥中h深度而停止,不计空气阻力,重力加速度为g,则下列说法不正确的是(　　)
A.小球落地时动能等于mgH
B.小球在泥土中受到的平均阻力大小为f=
C.小球陷入泥中的过程中克服泥的阻力所做的功等于刚落到地面时的动能
D.整个过程中小球克服阻力做的功为mg(H+h)
9.[2026北京朝阳期中]如图所示,水平传送带以恒定的速率v顺时针转动。将质量为m的工件(可视为质点)轻放在传送带的A端,由于摩擦力的作用,工件做匀加速运动,经过时间t,工件恰好相对传送带静止。在此过程中,下列说法正确的是(　　)
A.工件的位移大小为vt
B.工件所受的摩擦力大小为
C.工件所受摩擦力做的功为-mv2
D.传送带所受摩擦力做的功为-mv2
10.[2026河北石家庄二中期中]如图所示为一种叫“飞椅”的游乐项目。长为L=3 m的钢绳一端系着座椅,另一端固定在半径也为L的水平转盘边缘。当水平转盘从静止逐渐加快转动,座椅在钢绳带动下逐渐偏离竖直方向,转盘不再加速后,座椅在水平面内做匀速圆周运动,此时钢绳与竖直方向的夹角为θ=37°。将座椅视为质点,其质量为m=100 kg,不计钢绳质量,g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求:
(1)座椅从静止到匀速圆周运动的过程中,座椅重力势能的增加量;
(2)座椅从静止到匀速圆周运动的过程中,钢绳对座椅做的功。
11.[创新题·新情境][2026陕西师大附中期中]扔沙包是我国一种民间传统游戏,游戏规则为:参赛者站在离得分区域边界AB一定的距离外将沙包抛出,每个得分区域的宽度d=0.15 m,沙包停止点对应数字即为得分。如图,某儿童以v0=5 m/s、方向垂直于AB且与水平面夹角为53°的初速度斜向上抛出沙包(可视为质点),出手点距AB的水平距离L=2.8 m,距地面的高度h=1 m。沙包触地瞬间竖直方向速度减为零,水平方向速度变化量与竖直方向速度变化量大小之比为μ=0.25(μ为沙包与地面间的动摩擦因数)。落地后沙包滑行一段距离停止。已知sin 53°=0.8,cos 53°=0.6,重力加速度大小g取10 m/s2,空气阻力不计。求:
(1)沙包出手点到落地点的水平距离x;
(2)该儿童这次扔沙包的得分。
能力提升练
题组一　应用动能定理求解变力做功
1.[多选题][2026湖北武汉联考]一半径为R的半球形轨道固定放置,图示为某一竖直截面,轨道两端等高。一质量为m的小球(可视为质点)多次自轨道上等高的不同端点P1、P2、P3、…(在图中统一标记为P点)从静止开始滑下,滑到最低点Q时,对轨道的压力处在1.8mg≤F≤2.2mg范围。已知重力加速度大小为g,小球自P滑到Q的过程中,摩擦力所做的功可能为(　　)
A.-0.3mgR　　　　　　　　B.-0.4mgR
C.-0.5mgR　　　　　　　　D.-0.75mgR
2.[2026江苏无锡锡山高级中学开学考]如图所示,在倾角为θ的粗糙斜面上,一轻绳一端固定于O点,另一端连接一个质量为m的小球,初始时,轻绳水平伸直且没有拉力。小球由静止释放,摆到最低点时速度大小为v。已知轻绳的长度为l,重力加速度为g,空气阻力不计,斜面始终静止。在此过程中,下列说法正确的是(　　)
A.小球在最低点时,轻绳对小球的拉力大小为m
B.重力对小球做的功为mv2
C.摩擦力对小球做的功为Wf=mv2-mgl sin θ
D.小球在最低点处受到的合力大小为m
3.[2026山东日照期中]如图所示,粗糙直杆固定在水平地面上,与水平面的夹角为60°,质量为m的滑块套在直杆上,并与固定在O点的轻弹簧相连,整个装置处于同一竖直面内。初始时弹簧水平且压缩量为d。现对滑块施加一水平向右的恒力F,使滑块由静止沿杆向上运动,位移为L时,速度为v,弹簧的伸长量为d。已知弹簧的劲度系数为k,重力加速度为g,空气阻力不计,则滑块从静止向上运动L的过程中(　　)
A.F对滑块做的功为FL
B.重力对滑块做的功为
C.弹簧弹力对滑块做的功为kd2
D.滑块克服摩擦力做的功为 - - mv2
4.[2026山西临汾期中]如图甲所示,一物块(可视为质点)放置在水平台面上,在水平推力F的作用下,物块从坐标原点O由静止开始沿x轴运动,F与物块的位置坐标x的关系如图乙所示。物块在x=2 m处从平台飞出,同时撤去F,物块恰好由P点沿其切线方向进入竖直圆轨道(固定),随后刚好从轨道最高点M飞出。已知物块质量为0.5 kg,物块与水平台面间的动摩擦因数为μ=0.7,轨道圆心为O',半径为0.5 m,MN为竖直直径,∠PO'N=37°,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,不计空气阻力。求:
(1)物块飞出平台时的速度大小;
(2)物块运动到P点时的速度大小;
(3)物块在竖直圆轨道上运动时克服摩擦力做的功。
题组二　应用动能定理分析机车启动问题
5.[2026山东聊城期中]某汽车在平直路面上进行测试,汽车以恒定功率P由静止开始沿直线加速,经过时间t,速度大小为v。已知汽车质量为m,行驶中所受阻力大小恒为f,则t时间内(　　)
A.平均速度等于　　　　　　　　B.平均速度小于
C.位移为　　　　　　　　 D.位移为
6.[2026江西南昌联考]南昌“超万吨级智能回转塔机”在完成高空强风环境测试后,开展额定功率标定实验。实验中,该塔机以额定功率竖直向上提升质量为m的重型构件,空气阻力大小恒为f且始终不变。当构件速度达到最大值vm时,塔机牵引力恰好等于阻力与重力的合力。若塔机先由静止开始以恒定加速度a0做匀加速提升,匀加速至t1时刻塔机达到额定功率,重力加速度为g,不计其他阻力。下列说法正确的是(　　)
A.该额定功率P=mgvm
B.0~t1时间内,构件的重力做功为-m(a0t1)2
C.塔机匀加速提升的最大速度为
D.从开始到t1时刻,牵引力做的功为m(a0t1)2+(mg+f)a0
7.[多选题][2025江西萍乡期末]如图所示,一固定斜面的倾角为θ,斜面长为L。电动机保持输出功率不变,将一个质量为m的物块从A点由静止加速拉至B点时达到最大速度v,之后匀速运动至C点时关闭电动机,物块恰好能到达最高点D。已知物块与斜面间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g,则(　　)
A.CD段长为
B.电动机的输出功率为mgv(sin θ+μ cos θ)
C.牵引绳对物块做的功为mgL sin θ
D.物块从A点运动到C点所用时间为
题组三　应用动能定理分析天体运动问题
8.[2026江苏镇江期中]北京时间2026年4月2日,阿尔忒弥斯2号载人登月任务正式启动,当质量为m的载人飞船进入月球轨道,初始停泊轨道半径为R。由于月球表面极稀薄的尘埃大气产生微弱阻力,经过一段时间的轨道衰减后,飞船的圆轨道半径稳定为kR(0A.　　　　　　　　B.
C.　　　　　　　　D.
9.[多选题][2026重庆西南大学附属中学适应性测试]通常登月飞行器在发射时要经过如图所示的几次变轨才能实现最终登月。已知飞行器在圆轨道Ⅰ、椭圆轨道Ⅱ、椭圆轨道Ⅲ的运行周期分别为2 h、4 h和12 h,轨道Ⅰ的半径为r,轨道Ⅲ、Ⅱ的半短轴分别约为r和r,月球的质量为M,飞行器的质量为m,引力常量为G,椭圆的面积公式为S=πab(a为椭圆的半长轴,b为椭圆的半短轴),卫星在同一轨道上运行时与中心天体的连线在单位时间内扫过的面积为常数,即v⊥L=k(L为卫星到中心天体的距离,v⊥为速度垂直于卫星与中心天体连线的分量)。则(　　)
A.椭圆轨道Ⅲ的半长轴为6r
B.飞行器在24 h轨道和48 h轨道上经过P点的加速度相同
C.飞行器在轨道Ⅱ上经过Q点的线速度大小约为·
D.飞行器在Q点制动,从轨道Ⅲ变到轨道Ⅱ的过程中,制动力所做的功约为
答案与分层梯度式解析
3　动能和动能定理
基础过关练
1.B 2.A 3.D 4.C 5.A 6.C
7.A 8.C 9.D
1.B　动能的公式为Ek=mv2,质量m不变,速度v变为原来的2倍,则动能Ek变为原来的4倍,故A错误;速度v不变,质量m变为原来的2倍,则动能Ek变为原来的2倍,故B正确;质量m减半,速度v变为原来的4倍,则动能Ek变为原来的8倍,故C错误;速度v减半,质量m变为原来的2倍,则动能Ek变为原来的一半,故D错误。
2.A　t时间内喷出水的体积V=Svt,对应水的质量m=ρV=ρSvt,则喷出水的动能Ek=mv2=ρSv3t,功率P===ρSv3=200 W,故选A。
3.D　设A的质量为mA,A、B绕O做匀速圆周运动,相互间的万有引力提供向心力,A、B的角速度相等,则有mAω2RA=mω2RB,vA=ωRA,v=ωRB,可得==,==,B与A的动能之差为mv2-mA=mv2-×4m×=mv2,选D。
4.C　动能不变的物体不一定处于平衡状态,如物体做匀速圆周运动时,速度大小不变,则动能不变,但合外力不为零,物体处于非平衡状态,故A、B错误;根据动能定理可知,外力对物体做的总功(点拨:外力做功的代数和)等于物体动能的变化量,C正确;动力和阻力都对物体做功,若它们的代数和为零,则物体的动能不变,D错误。
5.A　守门员双手接球过程,只有手对足球做功,足球的初动能Ek初=mv2=22.5 J,末速度为0,故末动能Ek末=0,根据动能定理可知,手对足球做的功W=Ek末-Ek初=-22.5 J,故选A。
6.C　重力对物块做的功为WG=-mgL sin α,故A错误;物块始终与板保持相对静止,在这个过程中物块受静摩擦力,静摩擦力的方向总是与速度的方向垂直,则摩擦力对物块做的功为零,故B错误;根据动能定理可得WN+WG=mv2,解得弹力对物块做的功为WN=mgL sin α+mv2,故C正确;根据动能定理可知,合力对物块做的功为W合=mv2,则板对物块做的功为W板=W合-WG=mv2+mgL sin α,故D错误。
7.A　根据W=Fx可知,F-x图线与x轴围成的面积表示拉力F做的功,即WF=×2 J=8 J,而摩擦力做的功为Wf=-fx=-μmgx=-2 J,根据动能定理可得WF+Wf=mv2-0,代入数据解得v= m/s,故选A。
8.C　小球落到地面过程,根据动能定理有mgH=Ek-0,可知小球落地时动能等于mgH,故A正确;对于小球运动全过程,根据动能定理有mg(H+h)-W克f=0,解得小球克服阻力做的功为W克f=mg(H+h),而W克f=fh,解得小球在泥土中受到的平均阻力大小为f=,故B、D正确;小球陷入泥中的过程,根据动能定理有mgh-W克f=0-Ek,解得W克f=mgh+Ek,可知小球陷入泥中的过程中克服泥的阻力所做的功大于刚落到地面时的动能,故C错误。
9.D　工件在传送带上做初速度为零的匀加速直线运动,位移大小为x=t,故A错误;对工件,由牛顿第二定律可得f=ma,又v=at,联立解得工件所受的摩擦力大小为f=,故B错误;工件所受摩擦力与其运动方向相同,由动能定理可得Wf=mv2-0,故工件所受摩擦力做的功为mv2,故C错误;传送带所受摩擦力方向水平向左,大小为f,位移大小为x'=vt,故传送带所受摩擦力做的功为W'=-fx'=-mv2,故D正确。
10.答案　(1)600 J　(2)2 400 J
解析　(1)座椅从静止到匀速圆周运动的过程中,上升的高度为h=L-L cos θ=L(1-cos θ)
根据重力做功与重力势能变化的关系可知,重力势能的增加量ΔEp=-WG=mgh=600 J
(2)座椅做匀速圆周运动的半径r=L+L sin θ
对座椅受力分析,座椅所受重力和钢绳拉力的合力提供向心力,有mg tan θ=m
解得v2=gr tan θ
根据动能定理可得,钢绳对座椅做的功W与重力做功WG之和等于座椅动能的变化量,即W-mgh=mv2-0
代入数据得W=2 400 J
11.答案　(1)3 m　(2)9分
思路点拨　
解析　(1)沙包抛出的竖直分速度v0y=v0 sin 53°
沙包抛出的水平分速度v0x=v0 cos 53°
沙包从抛出到落地过程中,取竖直向上为正方向,竖直方向上有-h=v0yt-gt2
解得t=1 s(t=-0.2 s舍去)
沙包出手点到落地点的水平距离为x=v0xt
解得x=3 m
(2)设沙包落地前瞬间竖直方向的速度为vy,则vy=v0y-gt
落地后速度为vx,根据题意,可知沙包落地瞬间水平方向与竖直方向速度变化量的大小关系,有=μ,=
vx=v0x-Δvx
设沙包在水平地面滑行距离为x',由动能定理有
-μmgx'=0-m
解得x'=0.45 m
又4d所以该儿童得分为9分。
能力提升练
1.BC 2.C 3.D 5.D 6.D 7.BD 8.C 9.BC
1.BC　小球滑到Q点时,由重力和轨道的支持力的合力提供向心力,由牛顿第二定律得F'-mg=m,其中1.8mg≤F'=F≤2.2mg,解得≤vQ≤;小球自P滑到Q的过程中,由动能定理得mgR-W克f=m,可得克服摩擦力所做的功满足0.4mgR≤W克f≤0.6mgR,故选B、C。
2.C　
模型建构　小球在最低点时,受力如图所示:
解析　设小球在最低点时,轻绳对小球的拉力为T,根据牛顿第二定律有F=T-mg sin θ=,解得T=+mg sin θ,此时小球受到的摩擦力方向与速度方向相反,故小球所受合力F合=≠,故A、D错误;对于小球由静止到到达最低点过程,由动能定理有WG+Wf=mv2-0,解得WG=mv2-Wf,故B错误;重力做的功WG=mgl sin θ,结合WG+Wf=mv2-0,解得Wf=mv2-mgl sin θ,故C正确。
3.D　恒力F水平向右,滑块沿杆向上的位移为L,则水平向右的位移为L cos 60°=L,竖直方向上升的高度h=L sin 60°=L,可得F对滑块做的功为WF=FL cos 60°=FL,重力对滑块做的功为WG=-mgh=-mgL,故A、B错误;初始时弹簧压缩量为d,末状态弹簧伸长量为d,初、末状态弹簧形变量大小相等,弹性势能相等,则弹簧弹力对滑块做的功为0,故C错误;滑块沿杆上升过程,根据动能定理可得WF+WG+W弹-W克f=mv2-0,代入数据得FL-mgL+0-W克f=mv2,解得滑块克服摩擦力做的功为W克f=FL-mgL-mv2,故D正确。
4.答案　(1)4 m/s　(2)5 m/s　(3)0.5 J
解析　(1)根据F-x图线与x轴围成的面积表示力F做的功(解题技法),可知当物块运动到x=2 m处时,力F所做的功为W=×2 J=11 J
设物块运动到x=2 m处时速度大小为v,根据动能定理有W-μmgx=mv2
代入数据解得v=4 m/s
(2)物块从平台飞出后做平抛运动,且从P点沿切线方向进入竖直圆轨道,设物块运动到P点时的速度大小为vP,可得vP==5 m/s
(3)设物块恰好由轨道最高点M飞出时的速度大小为vM,根据牛顿第二定律有
mg=m
解得vM= m/s
设物块在竖直圆轨道运动时克服摩擦力做的功为W克f,根据动能定理有
-mgR(1+ cos 37°)-W克f=m-m
解得W克f=0.5 J
方法技巧　应用动能定理解题的思路
5.D　汽车以恒定功率启动过程,根据牛顿第二定律有F-f=ma,结合P=Fv,可得a=,随着v增大,汽车的加速度变小,画出汽车的v-t图像如图,可知汽车在时间t内的位移大于vt,则平均速度大于,故A、B错误;对于汽车以恒定功率运动过程,根据动能定理有Pt-fx=mv2,可得汽车前进的位移为x=,故C错误,D正确。
归纳总结　对于机车启动问题,机车的最大速度等于其匀速运动的速度,即vm=;机车以恒定功率启动时,牵引力做的功为W=Pt;经常用动能定理列式(Pt-fx=ΔEk)求解机车以恒定功率启动过程的位移大小和时间。
6.D　当构件速度最大时,牵引力F=mg+f,则塔机的额定功率为P=Fvm=(mg+f)vm,故A错误;0~t1时间内,构件做匀加速运动,上升的距离h=a0,构件重力做功为WG=-mgh=-mga0,故B错误;构件匀加速阶段,由牛顿第二定律可知,牵引力的大小满足F'-mg-f=ma0,解得F'=ma0+mg+f,匀加速至t1时刻塔机达到额定功率,此时构件的速度v1=a0t1,塔机的额定功率P=F'v1=(ma0+mg+f)v1,又P=(mg+f)vm,联立解得塔机匀加速提升的最大速度v1=,故C错误;从开始到t1时刻,由动能定理可知牵引力做的功满足WF'+Wf+WG=m-0,解得WF'=m+fh+mgh=m(a0t1)2+(mg+f)a0,故D正确。
一题多解　对于D选项,从开始到t1时刻,构件做匀加速直线运动,牵引力F'=ma0+mg+f,可得WF'=F'h=(ma0+mg+f)·a0=m(a0t1)2+(mg+f)a0,故D正确。
7.BD　对物块在CD段受力分析,可得加速度大小a=g sin θ+μg cos θ,可求得CD段长度为xCD=,A错误;物块在BC段做匀速运动,受力平衡,则电动机牵引力大小F=mg sin θ+μmg cos θ,可得电动机的输出功率为P=Fv=(mg sin θ+μmg cos θ)v=mgv(sin θ+μ cos θ),B正确;对于整个过程,根据动能定理可得W+WG+Wf=0,其中WG=-mgL sin θ,Wf=-μmgL cos θ,解得牵引绳对物块做的功为W=mgL sin θ+μmgL cos θ,C错误;物块从A点运动到C点,由动能定理有Pt-(mg sin θ+μmg cos θ)xAC=mv2,且xCD+xAC=L,解得所用时间为t=,D正确。
8.C　飞船在圆轨道运行时,由万有引力提供向心力,得G=m,解得飞船的动能Ek=mv2=,根据动能定理,飞船所受合力做的功为W=Ek2-Ek1=-=,故选C。
9.BC　飞行器在轨道Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ运行时,由开普勒第三定律有==,代入数据解得a3=r,a2=r,故A错误。由万有引力提供向心力有=ma,可得a=,可知飞行器在24 h轨道和48 h轨道上经过P点的加速度相同,故B正确。飞行器在轨道Ⅰ上做匀速圆周运动,由万有引力提供向心力,有=m,解得v1=;设飞行器在轨道Ⅱ和轨道Ⅲ上经过Q点的线速度大小分别为v2和v3,由公式v⊥L=k,可得v1r=,v2r=,v3r=,解得v2=·,v3=·;设飞行器在Q点制动,从轨道Ⅲ变到轨道Ⅱ的过程中,制动力所做的功为W,由动能定理有W=m-m,代入数据解得W=,故C正确,D错误。

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