提分集训(29)动能定理及其应用-【金榜题名】2026年高考物理一轮总复习提分集训

9.选BCDA.飞行器关闭发动机，以马1=10m/s匀述下落时，有：2.珐A当小木块第一次到达最低点时，轻绳上的拉力最大，设绳 Mg=k=k×100,飞行器以w=5m/s向上匀速运动时，设最 长为，别有T一mgsn0=m艺， 大推力为Fm,有Fm=Mg十k功2=Mg十k×25,联主可得 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 F-1.25Mg,A错误： B.发动机以最大推力推动飞行器匀途水平飞行时，有「 有mgLsin0一mgos0X码-之m,联立解得T一m型 选A √屈-(Mg)7-子Mg=树，解得-5Bm/s 3.选CAB.小环在P点静止时，受力分析知图 所示。 此时最大推力在速度方向的分力与阻力「相等，别飞行器推力 根据平街条件有 的功率为P=Fm=/m=15尽Mg,B正确： Teos (90-a+8)-mgsin a-0, Tsin(90°-a十3)-mngcos a-V=0, C,飞行器以4一5m/5匀速水平飞行时，发动机推力的方向与 解得T-mg,N=mg, g 连度方向夹角的正初1an0-Mg-9-4,C正确： 故AB错误： C.小环在A点时，设小环微圆周运动的半径为r,所受弹簧的弹 D.当飞行器最大推力向下，以防一5m/s的速率向上诚速飞行 力大小为F,,杆的弹力大小为F、,则水平方向有 时，其加谁度向下达到最大值，有F。十Mg十k号一Mam,解得 FT+Fy sin a=mor, 坚直方向有F、cosa一mg一0. am=2.5g,D正确.故进BCD. 由几何关系有L=rtan e, 10,解折，)平抛造动在竖直方向么-宁k心 弹簧你长的长度与初始相同，则F,一T一√mg, /6g0 h 平抛运动的时间为√区 解得气√工 木手初接度为=兰-1必-5V2 根据。=2，部得样地为=会云√臣，故心运确： D.小环将由静止开始沿杆向上滑动，初速度p一0， (2)一分钟内喷出水的动能为且一号m=25mgh 小环在A点的速度大小vA=r=√2g· 小环由P点到A点的过程中，根据动能定理有 水泵提水，一分钟内水获得的重力势能为E。一mg(H十) W一mg·乞 1 二=亏m-0,解得w-1.5mgl,故D错误，故 所以一分钟内水系对水所微的功为 选C. W=Ek十E。-mg(H+26h) 1.遮ADA.此过程拉力F对小金属块数功WF一F(x十)，选项 (3)带动水系的电动机的最小输出功率等于水系的输入功率 A正确： p-W_mg(H+26h) B.此过程摩擦力对小车做功为W一「x,选项B措误： 601 C.根据动能定理，这一过程中，小念属块的动能增加了 答案：(1)5√2不(2)mg(H+26)（3)mg(H十26h2 △E1=(F-)(s十)，进项C错误： 609 D.这一过程中，小车增加的动能为△E2=f, 提分集训（二十九） 小金属块和小车增加的动能为 △E-△Ek1十△Ee=F(s十I)一fI,选项D正确.故选AD, 1.选BA.第一次抛出上升的高度为h-3.2m-1.4m一1.8m, 5.选BAB.木块在整个运动过程中所受的合力先变小为0再反 北上希时间为生√质-06，最高点范水牛地面高为 向增大到弹簧族复原长时所受的合力不变，木块脱离弹簧微匀 诚逸运动，速度为0后静止，E一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 么=3.2…故下降的时同为4一√西-08，黄一次热出上 直到减为0，弹簧恢复原长时木块所受的合力不为0，脚处木 块所受的合力不为0.故A错误：B正确： 升时间，下降时间比值为3：4，故A错误 C.对木块，根搭牛顿第二定律，有k(x0一x)一mg=ma B.两条轨速最高点等高，故可知两次从抛出到落地的时间相等 即a一一飞x+白.可知a与r成线性关系0一0时z 为1-上1+11-1.45， 故可得第一次，第二次抛出时水平方向的分论度分别为 0一m5<0,故C错误： D.将a一x图像转换为m@一x图像，图线与横柚所国的面积表 -006m/8= -0Q-7m/s,由于两条轨迹最高点等 示木块所受的合力做功的大小，根据动能定理可知，合力微的功 高，故抛出时竖直方向的分速度相等为 等于动能的变化，即图线和横轴所国的面积应相等.故D错误， y-g1-6m/s 故遮B. 6.选DA.由图乙可知，小球处于释放位置的重力势能为0.70J, 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△E-号m&-之m1-l.3小，故B正角： 根据E=mg,可得小球释救位置距地面的高度为h一0.仪m 0.70 =0.7m,故A错误： C,从抛出到落地瞬间根据动能定理 B.由图乙可知小球递度减为0时，小球下落x=0.6m, 该过程弹性势能增加了△E,一0.54J E1=E1十mgh附=豆m(十)十mghm=10J: 根据功能关系有mgx一F城工=△E。, 代入数据解得小球在下落过程受到的风力为F成一0,1N,故 Ee=Eo2十mhm=立m(a十)+mghm=1l.3 B错误； C.由图乙可知，小球刚接触弹簧时，小球下落了工1一0.5m, 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途度相同，两次 根据动能定理得mg一F以上一立m听· 落地时物体在竖直方向的分逸度也相同，由于第一次的水平分 解得小球附接触弹簧时的动能为号m听一0,45J,故C错误： 遍度较小，物体在水平方向逮度不变，故可知第一次抛出时递度 D.弹簧压编量最大时，弹性劳能最大，则有 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逸度方向与落地瞬间速度方向夹 E-k(arn-0.54小， 角比第二次大，故D错误，故选B △rm=0.6m-0.5m-0.1m: 627 解得弹簧的劲度系数为k=108N/m, 剥小球的最大如连度大小为a-·△一mg十F区一9m/, 可知cos==3 8=53 m 得0=2a=106° 故D正确 (3)从A到O的过程中由动饶定理有 故选D, 1 7.选AD小球给好运动至C点，小球在C点C一0 mgR(1-os58）-m-m 小球在圆孤BC上运动到D点的受力分析如图所示 FN= 在最低点，有F一mg=mR D.C D位置：mg cos a-F=m景 →3mgC0s度 解得F=8600N B/o D到C过程：mgR-Reos a)=2m产 -2mg 根据牛频第三定律可知人和车对轨道的压力大小为8600N. 答案：(1)s=12m(2)u=5m/8,0=106 0B到C过程a,R大、A正确： (3)8600N 重力瞬时功率P。=mg,立P。,B错误： 提分集训（三十） 1,迭DA由题a+d速动过程中，设半径为R,bc段长度为r,cd 1 小球从A到C由动能定理得-mg·2R-0-立m6,则一2√质， 段上升高度为h,由能量守恒知mgR一mg江一mgh,代入 得h=0.8m, C错误：若小球在B点的速度满足mg©OsR ,则小球将从B 故物块第一次沿cd轨道上升不到d点，A错误： 点配离轨道，D正确. B.物块第一次沿d轨道上升到最高点时未到达d点，对轨道的 8.选BCDA.由图可知，当夹角为90°时，位移为0.45m,由坚 压力为重力沿着半径方向的分力，小于重力，故物块第一次沿d 直上抛运动规律可知6=/2gh=/2X10X0.5m/8=3m/8, 轨道上升到最高，点时对轨道的压力不为0N,B错误； 故A错误： CD,设物块滑动次数为，由能量守恒知mgR一mg江，代入得 B.由图可知，当夫角0-0°时，位移为0,60m,由动能定理可得 n一5，当物块第5次滑动到c时，消耗完所有能量，故物块最终停 mgr=之m6,解得H一是一2x10X.G0.75,故B亚确： 在轨道上的c点，C错误，D正确：故送D. C.由动能定理可得一mgrn0-mge0s肛=0一立m6,解得 2.解析：(1)滑块恰好能通过最高点C,由重力提供句心力mg=m尺· 解得v一5m/s 9 (2)从A+C过程，由动能定理可知 2级a0+um20x(m0叶子ms020X7n0叶a】 mg(h-R-Reos 0)-umgcos 0. 当0+a-90°，此时有sin(0+a)一1，此时位移最小x一0.36m,故 in0交mv 解得滑块与斜面间动摩擦国数：=0,25 C正确： (3)设从A点下方某，点与B点的高度差为h。,从A点下方某点 D.若0=60时，物体受到的重力的分力为G=mgsin60°-5， 到园心等高点，由动能定理可知 摩擦力为一mg0s60-子mg<G一般认为最大静摩擦力 mgh-Rcos》一mgeos0·n00 等于滑动摩擦力，故物体达到最大位移后将沿针面下滑，故D正 解得h,=0.6m 确.故选BCD. 整个适动过程中产生的热量Q=mgh=6J 9.逸ADA.设斜面倾角为0，铁块的重力势能与上滑位移间的关 答案：(1)u-5m/s(2)4-0.25(3)Q-6J 系是E。一ng.rsin0. 3.解析：(1)对物块从B点到落地的过程，由动能定理有 由E。-x图线知sin0=0.8,cos0=0.6, mgh1=E1一EB 铁块上滑0,5m后机减能均匀减小，即上滑0.5时力F减为 解得EkB=E1一gh1, 0。图线BC段的斜率的笔对值为滑动摩擦力的大小，故滑动摩擦 (2)对物块从A点到落地的整个过程，当落地动能为E1时，对应 力f-3.5N, 的拉力最大，设为Fx,由动能定理有 在滑行1.0m时铁块的机械能与重力势能相等，即铁块的逸度 减为0，由动能定理得Wr一f红一mgin=0,其中x=1.0m FmL-mgL十ngh=E 解得Wr一11.5J,故A正确： 解得F,-且一mg十mg2 L 7 B,由∫一mmg©os0.解得牡一立故B错： 若物块恰能到达C点，对应的拉力最小，设为F,根据动能定 C在位置A时，F与f相等，设此时铁块的加逸度大小为a,则 理有FminL一HmgL一mgh,一0 msin0=md,解得a=8m/s2,故C错误： 解得Fn一2mRL十mg4 D.对铁块下清过程，由动能定理得mgsi血0f江-立m,解 别恒力F必须满足的条件为 得一3m/s,故D正确，故选AD. mgL+mg<F<E一mg十mgL 10.解析：(1)从平台飞出到A点的过程，人和车做平抛运动，根据 L L 手抛适动规律，有h=号2，解得1=0,4 答案：(1)E1-mg 从平台飞出到A点，人和车运动的水平距离为x一一1.2m （2)mgL+mgL<F<E-mgh十mg匙 (2)从平台飞出到A点，根据动能定理，有 4,解析：(1)设滑块第一次到B点的速度为可，从A到B根据动能 定理有sit血0=之m-0 解得A=5m/s 代入数据得1=6m/s. 如图， (2)设滑块第一次到D点的速度为2，滑块从A到D的过程根 据动能定理有mg.A相5in0-mglc一mgR-交m号-0 设滑块第一次离开D点速度减到0时距D,点的高度为h,根据 1 动能定理有一mgh一0一立m或 代入数据得h-1.2m. 628提分集训（二十九） 动能定理及其应用 [A级练对点·固本] 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 对点练1动能定理的理解与简单应用 上，质量为M、长度为1的小车，质量为m的小金 1.(2024·福建高考)先后两次从高为OH=1.4m 属块（可视为质点）放在小车的最左端，现有一水 高处斜向上抛出质量为m=0.2kg同一物体落于 平恒力F作用在小金属块上，使小金属块从静止 Q1、Q2,测得OQ1=8.4m,OQ2=9.8m,两轨迹 开始做匀加速直线运动，小金属块和小车之间的 交于P点，两条轨迹最高点等高且距水平地面高 摩擦力为f,经过一段时间，小车运动的位移为， 为3.2m,下列说法正确的是 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 M 0 Q 02 A.第一次抛出上升时间，下降时间比值为√7：4 A.此过程拉力F对小金属块做功F(s十1) B.第一次过P点比第二次机械能少1.3J B.此过程摩擦力对小车做功为一fs C.落地瞬间，第一次和第二次动能之比为72：85 C.这一过程中，小金属块的动能增加了(F一f)s D.第二次抛出时速度方向与落地瞬间速度方向夹 D.这一过程中，小金属块和小车增加的动能为 角比第一次大 F(s+1)-fl 2.(2025·广东二模)如图所示，一个足够大，倾角日 =30°的粗糙斜面固定在水平地面上，不可伸长的 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 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， 弹珠在地板上运动的情境类似于下面的过程.轻 使轻绳与斜面平行且在水平方向上伸直，由静止 弹簧左端固定且呈水平状态，用手将一木块压紧 释放小木块.已知重力加速度为g,木块与斜面间 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 的动摩擦因数以一 ，空气围为不计，则在小木块 在粗糙水平面上运动，木块最终离开弹簧后静止 之后的运动过程中，轻绳上的最大拉力为( 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 0. (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 1222277272742212222727722721272 A.mg B.2mg C.3mg D.4mg 3.(2025·荆州模拟)如图所 示，静止框架AOB中的杆 B OB竖直，杆OA与水平面 间的夹角a=60°，且杆OA 光滑.弹簧与竖直方向间的 夹角3=30°，上端用铰链与 固定点B相连，下端与穿在 0 0 OA杆上的质量为m的小环 6.如图甲所示，竖直放置的轻弹簧一端固定于风洞 相连，已知OB两点间的距离为L.则 实验室的水平地面，质量m=0.1kg的小球在轻 A.杆对小环的弹力大小为√3mg 弹簧正上方某处由静止下落，同时受到一个竖直 B.弹簧弹力的大小为mg 向上恒定的风力.以小球开始下落的位置为原点， C.若整个框架以OB为轴开始转动，当小环稳定 竖直向下为x轴正方向，取地面为零势能参考面， 在与B点等高的A点时转速为m=√厘 在小球下落的全过程中，小球重力势能随小球位 2πNL 移变化关系如图乙中的图线①，弹簧弹性势能随 D.若整个框架以OB为轴开始转动，若小环缓慢 小球位移变化关系如图乙中的图线②，弹簧始终 运动到与B点等高的A点，则此过程杆对小环 在弹性限度范围内，取重力加速度g=10m/s2:则 做的功为2mgL 下列说法中正确的是 395 0-10 E/J E。与滑行位移x的关系如图2中直线OC所示. 0.70外① 取g=10m/s2,则下列说法正确的是 ( 0.54 1②@ +E小 B 9.75- (E) 风 x/m 8.0 0.50.6 甲 乙 (E) A.小球释放位置距地面的高度为7m w77777777 x40.5 1.0x/m B.小球在下落过程受到的风力为1N 图1 图2 C.小球刚接触弹簧时的动能为4.5J A.外力F做的功为11.5J D.小球的最大加速度大小为99m/s2 B.铁块与斜面间的动摩擦因数为0.35 [B级 练综合·提分] C.铁块上滑x4时加速度大小为0 D.铁块滑回出发点时的速度大小为3m/s 7.(多选)(2023·湖南高考) 如图，固定在竖直面内的光 [C级练加强·培优 滑轨道ABC由直线段AB 和圆弧段BC组成，两段相 10.(2025·岳阳期末)如图所示，摩托车做腾跃特技 切于B点，AB段与水平面 表演，沿曲面冲上高0.8m顶部水平高台，接着 夹角为0，BC段圆心为O, 以=3m/s水平速度离开平台，落至地面时，恰 最高点为C,A与C的高度 能无碰撞地沿圆弧切线从A点切入光滑竖直圆 差等于圆弧轨道的直径2R.小球从A点以初速度 弧轨道，并沿轨道下滑.A、B为圆弧两端点，其连 冲上轨道，能沿轨道运动恰好到达C点，下列说 线水平.已知圆弧半径为R=1.0m,人和车的总 法正确的是 ( 质量为200kg,特技表演的全过程中，阻力忽略 A.小球从B到C的过程中，对轨道的压力逐渐 不计.（计算中取g=10m/s2,sin53°=0.8， 增大 c0s53°=0.6.)求： B.小球从A到C的过程中，重力的功率始终保持 (1)从平台飞出到A点，人和车运动的水平距 不变 离s: C.小球的初速度=√/2gR (2)从平台飞出到A点时速度大小A及圆弧对 D.若小球初速度增大，小球有可能从B点脱离 应圆心角0： 轨道 (3)人和车运动到圆弧轨道最低点O,求此时对 8.(多选)(2024·长春期中)如图甲所示，为测定物 轨道的压力大小 体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角 0的关系，将某一物体每次以大小一定的初速率 0.8m %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0的关系如图乙所 示，取g=10m/s2,根据图像可求出 ↑x/m 0.6 0.45 0度 0 90 甲 乙 A.物体的初速率%=2m/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xmim= 0.36m D.当某次0=60°时，物体达到最大位移后将沿斜 面下滑 9.(多选)(2025·安徽模拟)如图1所示，一质量为 m=1.0kg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 396