提分集训(29) 动能定理的理解与简单应用(Word练习)-【金榜题名】2026年高考物理一轮总复习

[A级　练对点·固本] 对点练1　动能定理的理解与简单应用 1．(2024·福建高考)先后两次从高为OH＝1.4 m高处斜向上抛出质量为m＝0.2 kg同一物体落于Q1、Q2，测得OQ1＝8.4 m，OQ2＝9.8 m，两轨迹交于P点，两条轨迹最高点等高且距水平地面高为3.2 m，下列说法正确的是(　　) A.第一次抛出上升时间，下降时间比值为∶4 B.第一次过P点比第二次机械能少1.3 J C.落地瞬间，第一次和第二次动能之比为72∶85 D.第二次抛出时速度方向与落地瞬间速度方向夹角比第一次大 解析：选B　A．第一次抛出上升的高度为 h1＝3.2 m－1.4 m＝1.8 m 故上升时间为t上1＝＝0.6 s 最高点距水平地面高为h0＝3.2 m，故下降的时间为 t下1＝＝0.8 s 故一次抛出上升时间，下降时间比值为3∶4，故A错误； B.两条轨迹最高点等高，故可知两次从抛出到落地的时间相等为 t＝t上1＋t下1＝1.4 s 故可得第一次，第二次抛出时水平方向的分速度分别为 vx1＝＝6 m/s vx2＝＝7 m/s 由于两条轨迹最高点等高，故抛出时竖直方向的分速度相等为vy＝gt上1＝6 m/s 由于物体在空中机械能守恒，故第一次过P点比第二次机械能少ΔE＝mv－mv＝1.3 J，故B正确； C.从抛出到落地瞬间根据动能定理 Ek1＝Ek01＋mghOH＝m＋mghOH＝10 J Ek2＝Ek02＋mghOH＝m＋mghOH＝11.3 J 故落地瞬间，第一次和第二次动能之比为100∶113，故C错误； D.根据前面分析可知两次抛出时竖直方向的分速度相同，两次落地时物体在竖直方向的分速度也相同，由于第一次的水平分速度较小，物体在水平方向速度不变，故可知第一次抛出时速度与水平方向的夹角较大，第一次落地时速度与水平方向的夹角也较大，故可知第一次抛出时速度方向与落地瞬间速度方向夹角比第二次大，故D错误． 故选B. 2．(2025·广东二模)如图所示，一个足够大，倾角θ＝30°的粗糙斜面固定在水平地面上，不可伸长的轻绳一端固定在斜面上的O点，另一端与质量为m的小木块(可视为质点)相连．现将小木块拉起，使轻绳与斜面平行且在水平方向上伸直，由静止释放小木块．已知重力加速度为g，木块与斜面间的动摩擦因数μ＝，空气阻力不计，则在小木块之后的运动过程中，轻绳上的最大拉力为(　　) A.mg B．2mg C.3mg D．4mg 解析：选A　当小木块第一次到达最低点时，轻绳上的拉力最大，设绳长为L，则有 Tmax－mg sin θ＝m 小木块从静止释放到第一次运动到最低点过程，根据动能定理有 mgL sin θ－μmg cos θ×＝mv2 联立解得Tmax＝mg 故选A. 3．(2025·荆州模拟)如图所示，静止框架AOB中的杆OB竖直，杆OA与水平面间的夹角α＝60°，且杆OA光滑．弹簧与竖直方向间的夹角β＝30°，上端用铰链与固定点B相连，下端与穿在OA杆上的质量为m的小环相连，已知OB两点间的距离为L.则(　　) A.杆对小环的弹力大小为mg B.弹簧弹力的大小为mg C.若整个框架以OB为轴开始转动，当小环稳定在与B点等高的A点时转速为n＝ D.若整个框架以OB为轴开始转动，若小环缓慢运动到与B点等高的A点，则此过程杆对小环做的功为2mgL 解析：选C　AB.小环在P点静止时，受力分析如图所示 根据平衡条件有 T cos －mg sin α＝0 T sin －mg cos α－N＝0 解得T＝mg，N＝mg 故AB错误； C.小环在A点时，设小环做圆周运动的半径为r，所受弹簧的弹力大小为FT、杆的弹力大小为FN，则水平方向有 FT＋FNsin α＝mω2r 竖直方向有FNcos α－mg＝0 由几何关系有L＝r tan α 弹簧伸长的长度与初始相同，则 FT＝T＝mg 解得ω＝ 根据ω＝2πn 解得转速为n＝＝ 故C正确； D.小环将由静止开始沿杆向上滑动，初速度 vP＝0 小环在A点的速度大小vA＝ωr＝ 小环由P点到A点的过程中，根据动能定理有 W－mg·＝mv－0 解得W＝1.5mgL 故D错误． 故选C. 对点练2　应用动能定理求变力做功 4．(多选)(2024·临沂期中)静止在光滑的水平面上，质量为M、长度为l的小车，质量为m的小金属块(可视为质点)放在小车的最左端，现有一水平恒力F作用在小金属块上，使小金属块从静止开始做匀加速直线运动，小金属块和小车之间的摩擦力为f，经过一段时间，小车运动的位移为s，小金属块刚好滑到小车的最右端，如图所示，以下判断中正确的是(　　) A.此过程拉力F对小金属块做功F B.此过程摩擦力对小车做功为－fs C.这一过程中，小金属块的动能增加了s D.这一过程中，小金属块和小车增加的动能为F(s＋l)－fl 解析：选AD　A．此过程拉力F对小金属块做功 WF＝F 选项A正确； B.此过程摩擦力对小车做功为Wf＝fs 选项B错误； C.根据动能定理，这一过程中，小金属块的动能增加了ΔEk1＝(F－f)(s＋l) 选项C错误； D.这一过程中，小车增加的动能为ΔEk2＝fs 小金属块和小车增加的动能为 ΔE＝ΔEk1＋ΔEk2＝F－fl 选项D正确． 故选AD. 对点练3　动能定理与图像问题的结合 5．(2025·重庆模拟)某儿童玩具弹射发射器发射的弹珠在地板上运动的情境类似于下面的过程．轻弹簧左端固定且呈水平状态，用手将一木块压紧弹簧并保持静止，木块与弹簧不拴接，如图所示，弹簧的压缩量为x0.现松手，木块在弹簧的作用下在粗糙水平面上运动，木块最终离开弹簧后静止于水平面上．关于木块在运动过程中，其动能Ek、加速度a的大小分别随位移x变化的关系图像(其中s、1.2s为图线与横轴所围的面积).下列选项图中可能正确的是(　　) A. B． C. D． 解析：选B　AB.木块在整个运动过程中所受的合力先变小为0再反向增大到弹簧恢复原长时所受的合力不变，木块脱离弹簧做匀减速运动，速度为0后静止．Ek－x图像的斜率的绝对值表示木块所受的合力大小，由动能定理可知，木块的动能先变大再变小直到减为0，弹簧恢复原长时木块所受的合力不为0，即x0处木块所受的合力不为0.故A错误；B正确； C.对木块，根据牛顿第二定律，有 k(x0－x)－μmg＝ma 即a＝－x＋ 可知a与x成线性关系，a＝0时 x＝x0－<x0 故C错误； D.将a－x图像转换为ma－x图像，图线与横轴所围的面积表示木块所受的合力做功的大小，根据动能定理可知，合力做的功等于动能的变化，即图线和横轴所围的面积应相等．故D错误． 故选B. 6．如图甲所示， 竖直放置的轻弹簧一端固定于风洞实验室的水平地面，质量m＝0.1 kg的小球在轻弹簧正上方某处由静止下落，同时受到一个竖直向上恒定的风力．以小球开始下落的位置为原点，竖直向下为x轴正方向，取地面为零势能参考面，在小球下落的全过程中，小球重力势能随小球位移变化关系如图乙中的图线①，弹簧弹性势能随小球位移变化关系如图乙中的图线②，弹簧始终在弹性限度范围内，取重力加速度g＝10 m/s2；则下列说法中正确的是(　　) A.小球释放位置距地面的高度为7 m B.小球在下落过程受到的风力为1 N C.小球刚接触弹簧时的动能为4.5 J D.小球的最大加速度大小为99 m/s2 解析：选D　A．由图乙可知，小球处于释放位置的重力势能为0.70 J，根据 Ep＝mgh 可得小球释放位置距地面的高度为 h＝ m＝0.7 m 故A错误； B.由图乙可知小球速度减为0时，小球下落 x＝0.6 m 该过程弹性势能增加了 ΔEp＝0.54 J 根据功能关系有 mgx－F风x＝ΔEp 代入数据解得小球在下落过程受到的风力为 F风＝0.1 N 故B错误； C.由图乙可知，小球刚接触弹簧时，小球下落了 x1＝0.5 m 根据动能定理得 mgx1－F风x1＝mv 解得小球刚接触弹簧时的动能为 mv＝0.45 J 故C错误； D.弹簧压缩量最大时，弹性势能最大，则有 Ep＝k·(Δxm)2＝0.54 J Δxm＝0.6 m－0.5 m＝0.1 m 解得弹簧的劲度系数为 k＝108 N/m 则小球的最大加速度大小为 a＝＝99 m/s2 故D正确． 故选D. [B级　练综合·提分] 7．(多选)(2023·湖南高考)如图，固定在竖直面内的光滑轨道ABC由直线段AB和圆弧段BC组成，两段相切于B点，AB段与水平面夹角为θ，BC段圆心为O，最高点为C，A与C的高度差等于圆弧轨道的直径2R.小球从A点以初速度v0冲上轨道，能沿轨道运动恰好到达C点，下列说法正确的是(　　) A.小球从B到C的过程中，对轨道的压力逐渐增大 B.小球从A到C的过程中，重力的功率始终保持不变 C.小球的初速度v0＝ D.若小球初速度v0增大，小球有可能从B点脱离轨道 解析：选AD　小球恰好运动至C点，小球在C点vC＝0 小球在圆弧BC上运动到D点的受力分析如图所示 小球从A到C由动能定理得－mg·2R＝0－mv，则v0＝2，C错误；若小球在B点的速度满足mg cos θ＜，则小球将从B点脱离轨道，D正确． 8．(多选)(2024·长春期中)如图甲所示，为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角θ的关系，将某一物体每次以大小一定的初速率v0沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角，测得x与斜面倾角θ的关系如图乙所示，取g＝10 m/s2，根据图像可求出(　　) A.物体的初速率v0＝2 m/s B.物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.75 C.物体在斜面上可能达到的位移的最小值 xmin＝0.36 m D.当某次θ＝60°时，物体达到最大位移后将沿斜面下滑 解析：选BCD　A．由图可知，当夹角为90°时，位移为0.45 m，则由竖直上抛运动规律可知 v0＝＝ m/s＝3 m/s 故A错误； B.由图可知，当夹角θ＝0°时，位移为0.60 m，由动能定理可得 μmgx＝mv 解得μ＝＝＝0.75 故B正确； C.由动能定理可得 －mgx sin θ－umg cos θx＝0－mv 解得x＝＝＝ 当θ＋α＝90° 此时有sin (θ＋α)＝1 此时位移最小 x＝0.36 m 故C正确； D.若θ＝60°时，物体受到的重力的分力为 G1＝mg sin 60°＝mg 摩擦力为f＝μmg cos 60°＝mg<G1 一般认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，故物体达到最大位移后将沿斜面下滑，故D正确． 故选BCD. 9．(多选)(2025·安徽模拟)如图1所示，一质量为m＝1.0 kg的可视为质点的小铁块在逐渐减小到0的平行于斜面向上的力F作用下，从斜面底端向上滑动．以出发点为原点和零势能点，铁块的机械能E与滑行位移x的关系如图2中OABC所示，其中OAB段是曲线，BC段是直线，曲线OAB段的最高点A的横坐标是xA；铁块的重力势能Ep与滑行位移x的关系如图2中直线OC所示．取g＝10m/s2，则下列说法正确的是(　　) A.外力F做的功为11.5 J B.铁块与斜面间的动摩擦因数为0.35 C.铁块上滑xA时加速度大小为0 D.铁块滑回出发点时的速度大小为3 m/s 解析：选AD　A．设斜面倾角为θ，铁块的重力势能与上滑位移间的关系是 Ep＝mgx sin θ 由Ep－x图线知 sin θ＝0.8 cos θ＝0.6 铁块上滑0.5 m后机械能均匀减小，即上滑0.5 m时力F减为0.图线BC段的斜率的绝对值为滑动摩擦力的大小，故滑动摩擦力 f＝3.5 N 在滑行1.0 m时铁块的机械能与重力势能相等，即铁块的速度减为0，由动能定理得 WF－fx0－mgx0sin θ＝0 其中x0＝1.0 m 解得WF＝11.5 J 故A正确； B.由f＝μmg cos θ 解得μ＝ 故B错误； C.在位置A时，F与f相等，设此时铁块的加速度大小为a，则 mg sin θ＝ma 解得a＝8m/s2 故C错误； D.对铁块下滑过程，由动能定理得 mgx0sin θ－fx0＝mv2 解得v＝3 m/s 故D正确． 故选AD. [C级　练加强·培优] 10．(2025·岳阳期末)如图所示，摩托车做腾跃特技表演，沿曲面冲上高0.8 m顶部水平高台，接着以v＝3 m/s水平速度离开平台，落至地面时，恰能无碰撞地沿圆弧切线从A点切入光滑竖直圆弧轨道，并沿轨道下滑．A、B为圆弧两端点，其连线水平．已知圆弧半径为R＝1.0 m，人和车的总质量为200 kg，特技表演的全过程中，阻力忽略不计．(计算中取g＝10m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6.)求： (1)从平台飞出到A点，人和车运动的水平距离s； (2)从平台飞出到A点时速度大小vA及圆弧对应圆心角θ； (3)人和车运动到圆弧轨道最低点O，求此时对轨道的压力大小． 解析：(1)从平台飞出到A点的过程，人和车做平抛运动，根据平抛运动规律，有 h＝gt2 解得t＝0.4 s 从平台飞出到A点，人和车运动的水平距离为 s＝vt＝1.2 m (2)从平台飞出到A点，根据动能定理，有 mgh＝mv－mv2 解得vA＝5 m/s 如图 可知cos α＝＝ α＝53° 得θ＝2α＝106° (3)从A到O的过程中由动能定理有 mgR＝mv－mv 在最低点，有 F－mg＝m 解得F＝8 600 N 根据牛顿第三定律可知人和车对轨道的压力大小为8 600 N． 答案：(1)s＝1.2 m　(2)vA＝5 m/s，θ＝106° (3)8 600 N 学科网（北京）股份有限公司 $$