第六章 第2节 动能定理(一)(处理直线运动与变力做功问题)-【5星学霸·高考白题】2026年高考物理一轮复习

第2节动 (处理直线运动 ☑应用提优考点全面，能力提升|限时：40mim 1.(2024·山东泰安一模)如图所示，质量为 1kg的物块a与质量为4.36kg的物块b用不 可伸长的轻绳跨接在一光滑的轻质定滑轮 (大小可忽略)两侧，滑轮上侧到水平光滑桌 面高度h=12m.a在桌面的上方，b在桌面上， 初始时a、b在外力控制下均静止，右侧绳与竖 直方向的夹角为37°.撤去外力，用大小恒 为20N的力F水平向右拉b,a、b开始运动， a、b均可看作质点，b始终未离开桌面，重力加 速度g取10m/s2,sin37°=0.6，cos37°=0.8. 一段时间后，右侧绳与竖直方向的夹角变为 53°.在此瞬间，a的速度大小为 A.6 m/s B.5 m/s C.4.8m/s D.3.6m/s 2.(2025·黑龙江哈尔滨一模)如图为某滑梯 模型，质量为m的游客坐在质量为M的雪板 上从H=20m高处由静止滑下，游客与雪板 间动摩擦因数为4，=0.78，不计摩擦力且无 机械能损失，为保证游客运动到缓冲装置时 的速度不超过5m/s,需要在水平滑道上铺 设长L=25m的减速带，减速带与雪板的动 摩擦因数为42可以为 袋武 成速带 A.0.74B.0.76C.0.79D.0.80 3.(2025·山东菏泽月考)如图所示，某一斜面 的顶端到正下方水平面O点的高度为h,斜 面底端与水平面平滑连接.一小木块从斜面 的顶端由静止开始滑下，滑到水平面上的A 点停下.已知小木块与斜面、水平面间的动摩 第六章机械能守恒定律学霸高春 能定理（一） 变力做功问题) 擦因数均为，A点到O点的距离为x,斜面 倾角为6.则下列说法正确的是 A.木块沿斜面下滑的过程中，摩擦力对木块 做功为mgx B.若保持h和u不变，0增大，木块应在A点 左侧停下 C.若保持h和4不变，0增大，木块应在A点 右侧停下 D.若保持h和u不变，将斜面底端延长至A 点，木块则刚好不下滑 FNN 20 10 (第3题)》 (第4题) 4.质量为0.5kg的小物体在竖直向上的拉力F 作用下由静止开始运动，拉力F随物体上升 高度h的变化规律如图所示，重力加速度g 取10m/s2,不计空气阻力，则物体上升3m 时的速度大小为 A.45 m/s B.10 m/s C.5 m/s D.5 m/s 5.(2024·北京朝 ↑5/(×10」) 阳二模)电动车 200 ①D 配有把机械能转 化为电能的“能 量回收”装置.某 100 200 xlin 次测试中电动车 沿倾角为15的斜坡向下运动，初动能为1.0× 10J第一次让车无动力自由滑行，其动能E 与位移x的关系如图中直线①所示：第二次让 车无动力并开启“能量回收”装置滑行，其动 能E与位移x的关系如图中曲线②所示.假 设机械能回收效率为90%，重力加速度g取 学霸高春白题物理 10m/s2,下列说法正确的是 A.图中①对应过程电动车所受合力越来 越大 B.可求图中②对应过程下滑200m回收的 电能 C.图中②对应过程下滑100m后不再回收 能量 D.由题中及图像信息可求出电动车的质量 6.(2024·东北三省一模联考)如图甲所示，轻 弹簧上端固定在内壁光滑玻璃管顶部，下端拴 接质量为m的小球，玻璃管与水平方向夹角 为30°，玻璃管内径略大于小球直径，现将小球 由弹簧原长处由静止释放，小球运动过程中的 加速度a与弹簧伸长量x的关系如图乙所示， 其中图线与x轴交点坐标x。为已知，弹簧始终 在弹性限度内，重力加速度大小为g,则( 530 A.小球运动到最低点时，所受弹簧弹力大小 为2mg B.弹簧的劲度系数为巡 xo C.小球沿管向下运动过程中动能最大值 为气 4 D.当弹簧拉伸量为，时，弹性势能为”mg 7.(2025·广东深圳一模)如图所示，两个斜面 体固定在水平面上并用一小段平滑的圆弧衔 接于O点.现将一可视为质点的物体由P点 无初速释放，经过一段时间，物体运动到右侧 斜面体的最高点Q,该过程中物体在两斜面 体上的位移均为L,物体与两斜面体的动摩 擦因数均为“，物体通过O点时没有机械能 的损失，重力加速度大小为g,已知α=53° B=37°，sin37°=0.6，假设最大静摩擦力等于 滑动摩擦力.则下列说法正确的是() A.= 6 B.物体运动到Q点后，物体在右侧斜面体上 静止 C.若将右侧斜面体水平放置，物体静止时到 0点的距离为5L D.若将右侧斜面体水平放置，物体静止时到 0点的距离为5.6L +汽×1伊)】 04 12/s (第7题) (第8题) 一辆汽车由静止开始沿平直公路行驶，汽车所 受牵引力F随时间：变化关系图线如图所示 若汽车的质量为1.2×10kg,阻力恒定，汽车的 最大功率恒定，则以下说法正确的是() A.汽车的最大功率为5×10W B.汽车匀加速运动阶段的加速度为 6 C.汽车先做匀加速运动，然后再做匀速直线 运动 D.汽车前12s内的位移是61.5m 9.(多选)如图1所示，一个质量分布均匀的物 体长为L=1m,放在水平桌面上，物体右侧桌 面粗糙，其余桌面光滑.现用向右的水平拉力 通过细线，缓慢拉动物体，直到物体完全进入 粗糙部分，拉力做了5J的功，产生的内能为 Q.如果是通过一根劲度系数为k=4N/m的 轻弹簧缓慢拉动该物体，如图2所示，物体从 开始进入到完全进人的过程中需要做功W, 产生的内能为Q2,那么 A.Q,=Q2=5J B.W=5 J ☒1 C.W=17.5J D.图2中弹簧的 图2 最大弹性势能为E。=17.5J速阶段用时1$，则可知，模型车以恒定功率运动所需时间2=4， 根据动能定理P%-=子m2-子，式中=4s, 2m/s,解得2=13m,匀加速阶段位移=22×2×1m= 1m,故总位移x=x1+名=14m,故D正确.故选D. 第2节动能定理（一） (处理直线递动与变力做功问题) 1.C解析：夹角由37变化为53°，如图所示. 53 、1 6 FFT7772777771472337770725 由几何关系得到L1=15m,b2=20m,a在竖直方向上升了△h=5m, b在水平方向前进了L=7m,b的水平速度沿绳方向的分量为084： 即此速度大小为a的速度大小，由功能关系得FL=m。g△h+ 1 )m。2+m。,代人数据解得=6m/a,a=48m/s,故进C 2B解析：根据动能定理可得(m+M)山-4（(m+M)gL≤子(m+ M)2,代人数据解得出2≥0.75，要使游客与雪板仪幕摩擦力保持相 对静止，则山1=0.78≥42，即0.75∈420.78，放选B. 3.D解析：BC,对小木块运动的整个过程，根据动能定理有mgh- h h mgos0·m9ng(m0,解得h,所以x与0无关， 仍停在A点，故BC错误：A.根据前面分析可知木块整个运动过程 中重力对木块做功为W。=mgh=umgx,则木块整个运动过程摩擦力 对木块做功为用，=-W。=-mgh=-山g,故A错误：D.对小木块运 动的整个过程，根据动能定理有mgh-jumgcos日·么。umg气 am00,解得A=,将斜面底端延长至A点，有以=么 h =an0,所 以木块则刚好不下滑故D正确.故选D. 4B解析：由题意，根据动能定理可得W,-mgh=了m,又因F-h图 像的图线与横轴所围成的面积表示拉力做的功，可得平，= (2×2x10+10x3J=40J,代人数据可得，物体上升3m时的速度 1 大小为=10m/8,故选B. 5.B解析：A由动能定理F合x=△E,可见，E-x图线的斜率为合外 力，图中①对应过程电动车所受合力不变，有F合=mgsin15°-wmg· es150.200x1032-100x10 N=500N,故A错误：B.在车自由下 200 滑200m时We+W=(200-100)×103J=1×10J,开启能量回收树 式下滑200m时W。+W+W,=(64-100)×103J=-0.36×103J.则回 收的电能为E=-甲，×90%=1.224×10J,故B正确；C.图中②对应 过程下滑100m后动能不变，但是重力势能减少，机械能减少，即还 是维续回收能量，故C错误：D.由于不知道车与斜坡的动摩擦因 数，故由题中及图像信息不可求出电动车的质量，故D错误故选B. 6.C解析：B.根据=mgsm30°，得弹簧的劲度系数为k=g,故 20 B错误；A.小球运动到最低点时，根据动能定理得mgxsin30°= ,得=2，所受弹资弹力大小为F=红=飞，故A错误：C当 弹簧伸长量为和时，动能最大，根据动能定理得mgxosin30°- 之品=宁2-0=B,得B”学，故c正确：n弹资拉伸量为 1 七时，弹性势能为么，==学，故D错误故选C 7.C解析：A.物体从P处由静止释放，恰好滑到Q速度减为零，由动 一学霸高考·白 能定理得mglsin53°-mglc0%53°-mgl.sin37°-rgc0s37°=0，解 得以=了，放A错误；品.物体运动到Q点后，重力沿斜面向下的分力 为mgin37P=Q.6mg,最大静摩擦力为山ngs37m,mg(mgsin37 物体不可能静止在右侧的斜面上，故B错误：CD.若右侧斜面体水平放 置，物体从释放到停止运动，由动能定理得mnglsin53°-mgLcoe53° mg=0,解得x=5L,故C正确，D错误故选C 8.A解析：ABC.由图可知，汽车在前4s内的牵引力不变，汽车做匀 加速直线运动，4~12s内汽车的牵引力逐渐域小，则车的加速度逐 渐减小，汽车做加速度减小的加速运动，直到车的速度达到最大值， 以后做匀速直线运动，可知在4“末汽车的功率达到最大值；汽车的 速度达到最大值后牵引力等于阻力，所以阻力=2×10N,前4s内 汽车的牵引力为F=5×103N,由牛顿第二定律F-f=ma,解得a= 2.5m/2,4s末汽车的速度斯1=1=2.5×4m/=10m/4,所以汽车 的最大功率P=F1=5×103×10W=5×10°W,A正确，BC错误： D.汽车在前4：内的位移=子=了25x华m=20m,汽车的 P5×10° 最大速度为。了2X10s=25m%,汽车在412s内的位移 设为，根据动能定理可得作兵=了心了叫，代入数据可得 1 2■425m,所以汽车的总位移x=x1+2■20m+42.5m62.5m, D错误故选A 9.AC解析：根据动能定理.可得Q1=W=5J, 因为缓慢拉动，所以拉力等于摩擦力，进人：时，有F=学。 即拉力与位移是正比关系，所以此过程克服摩擦力的功即产生的内 能为Q,之学 全部进人，产生的内能为0=2mgl=Q 全部进入时，弹资的种长量为△：学。 弹性势能为尽=._202 2k 22=1251. 所以W=E。+Q2=17.5J,故AC正确，BD错误. 故选AC 第3节动能定理（二） (处理抛体运动和围周运动问题) 1,C解析：A.网球从被击出到最高点的过程，要克服空气的阻力做 功，机械能不守恒，A错误：B.网球从被击出到最高点的过程，减少 的动能一部分转化为重力势能，另一部分用来克服空气阻力做功，。 B错误：C.在最高点时，速度2沿水平方向，竖直方向的速度为，= 0,根据功率P=F=mg,=0,C正确；D.由动能定理可知 1 mgh,-h)-用=2m房-2mi,解得=2mi-之m时- mg(h2-h1),D错误故迹C 2.B解析：在A点，只受重力，重力沿半径方向的分力提供此时做圆 周运动的向心力，mg©两=m尽，从最高点到A点，由动能定 有mg(R-Reos)+W=2m听-0，代人数据解得W=-0.1小，故选B 3.C解析：A.由图可知，由于抛物线不对称，可知足球在运动过程 中，空气阻力不可忽略，则足球在水平方向上一直做减速运动，即足 球在位置1时的水平速度是最大的，故A错误：B.由于足球在运动 过程中，空气阻力不可忽略，空气阻力做负功，则足球在位置1的动 能大于位置3的动能，故B错误：C.足球从位置1到位置2，竖直方 向上，空气阻力方向向下与重力方向相同，从位置2到位置3，空气 阻力方向向上与重力方向相反，可知，从位置1到位置2足球竖直 方向的加速度大于从位置2到位置3竖直方向的加速度，由h= 22可知，从位置1到位置2的时间小于从位置2到位置3的时 间，则与下落过程相比，足球在上升过程中重力势能变化快，故C正 确：D.由于有空气阻力的作用，在位置2以大小为c的速度水平向 题·物理·33一