第六章 第3节 动能定理(二)(处理抛体运动和圆周运动问题)-【5星学霸·高考白题】2026年高考物理一轮复习

速阶段用时18，则可知，模型车以何定功率运动所需时间与=4， 根据动能定理片-=了m,2-了己，式中有=4m5,= 2ms,解得与=13m,匀加速阶段位移=2=2×2×1m 1m,故总位移x=x1+x=14m,故D正确.故选D. 第2节动能定理（一） (处理直线运动与变力做功问题) 1.C解析：夹角由37变化为53”，如图所示. 53 、 rh1isi5111118161713101196111717175* 由几何关系得到L1=15m,L2=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0.8， 即此速度大小为a的速度大小，由功能关系得FL=m,g△h+ 2m+ 2mi,代人数据解得。=6m/s,=4.8m,故选C 2B解析：根据动能定理可得(m+M)g1-,(m+M)gL≤之（m+ M)2,代人数据解得42≥0.75，要使游客与雪板仅靠摩擦力保持相 对静止，则41=0.78≥42.即0.75≤中2≤078，故选B 3.D解析：C,对小木块运动的整个过程，根据动能定理有mgh h h mgo0·n0nmg(mD0,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=ug,则木块整个运动过程摩擦力 对木块做功为W,=-W6=-mgh=wmg,故A错误：D.对小木块运 动的整个过程，根据动能定理有mgh-mg?, sin 0-Mmg m0卢0，解得看，将斜面底端延长至A点有公=女=m0,所 以木块则刚好不下滑.故D正确.故选D, 4.B解析：由题意，根据动能定理可得W,-mgh=了m,又树F-h闲 像的图线与横轴所围成的面积表示拉力做的功，可得平。一 2×2x10+10x3=401.代入数据可得，物体上升3m时的速度 大小为r=10m/“,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=mgsin I5°-ng· 6s150=200x103-100x10 N=500N,故A错误：B.在车自由下 200 滑20)m时W。+W,=(200-100)×103」=1×10J.开启能量回收模 式下滑200m时W。+W+W,=(64-100)×10J=-036×103J,则同 收的电能为E=-W,×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，机械能域少，即还 是继续回收能量，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。=mgim30°，得弹簧的劲度系数为k=g,故 2x0 B错误；A,小球运动到最低点时，根据动能定理得mgxn3 之，得=2，所受弹黄弹力大小为F=红=m,放A错误：C当 弹簧伸长量为0时，动能最大，根据动能定理得mgxosin30°一 品-了2-0=，得久学，故C正确：，弹随拉种量为 时，弹性势能为，==学，放D错误放选心 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°mgc0s53°-mgl.sin37°-mg0s37°=0，解 得以=，故A错误：.物体运动到Q点后，重力沿斜画向下的分力 为mgin37°=06mg,最大静摩擦力为mgm37=08 mg<mgin37°. 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mgln53°-g%53 mgr=0,解得x=5L.故C正确，D错误放选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.4-12等内汽车的牵引力逐渐减小，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4内 汽车的牵引力为F=5×103N,由牛顿第二定律F-f=mu,解得= 2.5m/2,45末汽车的速度1=，=2.5×4m/=10m/4,所以汽车 的最大功率P=Fr1=5×10'×10W=5×10°W,A正确，BC错误： D.汽车在前4s内的位移=2=2×25x4m=20m,汽车的 最大速度为tm= 了2×10m3=25m,汽车在412，内的位移 P5×10 设为：根据动能定理可得作=子-子，代人数据可得 2=425m,所以汽车的总位移x=1+x2=20m+42.5m=62.5m. D错误.故选A 9.AC解析：根据动能定理，可得Q,=W,=5J, 因为援慢拉动.所以拉力等于摩擦力，进入x时，有F=μ。 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2。 全部进人.产生的内能为Q=2umgl=Q: 全部进人时，弹簧的伸长量为△=k 弹性势能为宁4,2 2k 2h2=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，） (处理地体运动和圆周运动问题)》 1.C解析：A网球从被击出到最高点的过程，要克服空气的阻力儆 功，机械能不守祺，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，速度马沿水平方向，竖直方向的速度为，= 0,根据功率P=行=mg,=0,C正确：D.由动能定理可知 -g(,h)-W=2m子-2m子，解得用，=2m-2m mg(h2-h,).D错误故选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园 周运动的向心力，g08=mR,从最高点到A点，由动能定理 有mg(R-Rco58)+W=2m-0,代人数据解得所=-0.11，放选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或速运动.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，空气阻力不可忽路，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 阻力方向向上与承力方向相反，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= 2产可知，从位置1到位置2的时间小于从位置2到位置3的时 间，侧与下落过程相此，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 左抛出，足球不能沿原轨迹返回位置，故D错误.故选C 4.D解析：A.小物块从P点运动到A点，由动能定理得-mg= 22m后，由动量定理得-mg=m,一m,联立解得4 7m/年.4=0.2s,故A错误：B.从A点到C点，由动能定理得-mg术· （+n37)m2-子，解得c=5,在C点根据牛顿第 二定律有F、+mgm37=m石，解得F、=，N,由牛顿第三定律知 对镜道的压方大小为尽=R、-婴、，放B错误：D.设小物块从C 点抛出时速度的水平和竖直分量分别为，和，则有？= cin37=3m/s,,=c0s37=4ms,则小物块运动到最高点时 的速度大小为3m/,距离地面最大高度为∥=R(1+in37)+ =2m,故C错误，D正确.故选D. 2g 5.C解析：A.滑块在B点速度最大，则受合外力为零，则恒力大小为 F=mg37=}g,选项A错误：B.若清块能通过圆轨道的是 高点c,则在C点时g=n是由动能定理了d了2+nR。 解得r0=V5gF,选项B错误；C,若%=0，滑块通过B点时根据动 能定理FRm370-mgR(1-s37)=2mi,在B点时Fw mgcos37°-Fin37°=mR,由牛顿第三定律F'w=Fw175mg, 选项C正确：D.由B选项的计算可知，若%=√5gR,则滑块恰能经 过最高点C,滑块经过等效最高点(B点关于0点的对称点B)的最 小速度满足影女解得一假设清块能经过 等效最商点，则银据人(1-m)=子m,解得 √2gR 2 <红r,可知滑块不能经过等效最高点B,也就不能沿圆延轨 道运动到D点，选项D错误故选C. 6.D解析：AB.小环在P点静止时，受力分析如图所示，根据平衡条 件有Tcos(90P°-a+B)-mgsin a=0,Tsin(90°-a+B)-mngcos a-N= 0,解得T=5mg,N=mg,放AB错误；C,小环在A点时，设小环做侧 周运动的半径为「，所受弹簧的弹力大小为F,杆的弹力大小为 Fx,则水平方向有F,+Fssin a=mwr,竖直方向有Fxos-mg=0, 由几何关系有L=tana,弹簧伸长的长度与初始相同，则F,=T= 网解得如√受限据宁云每得8受故c错 误：D.小环由静止开始沿杆向上滑动，初速度。=0，小环在A点的 速度大小”，=r=√2g山.，小环由P点到A点的过程中，根据动能定 理有-g·子了-了2，解得1L5,故D正稳故 选D, 1.)2)3g3 2 2 解析：(1)在E点对小物块受力分析，由牛顿第二定律得g-N= ，期得红=，(2)小物块从B到C做平抛运动，在C点有 e m60°=，解得，=2√级，小物块从C到E的过程，根据动能定 一学霸高考·白 理可得-mR(+m60)+=子m2-子2，解得 8 (3)由60=，解得n=VR,小物块从A到B的过程，根据动 能定可得-g=R:行m子d,解得以 1 1 第4节机械能守恒定律 1.A解析：A.若当A到达最低点时速度为0，则A减少的重力势能等 于B增加的重力势能，只有A与B的质量相等时才会这样，丈因A。 B质量不等，所以A球到达最低点时速度不为零，枚A错误：B.因为 系统机械能守恒，即A,B两球的机械能总量保持不变，放A球机械 能的减少量等于B球机械能的增加量，故B正确：C,因为B球质量 小于A球，故B球上升高度h时增加的势能小于A球减少的势能 故当A球到达最低点时，仍具有一定的速度，即B球继续升高，故 C正确：D.因为不计一切阻力，系统机械能守恒，故当支架从左到右 回摆时，A球一定能回到起始高度.故D正确.本题选不正确的.故 选A. 2.C解析：当B运动至P点时.位置如图所示，速度沿绳方向相等#= ?s30°，AB两小球组成的系统机械能守恒，设半圆轨道半径为 R,有mgReos30°= 2m+2m2,解得R= ,故选C 33 309 60 3R 3。B解析：A.开始弹篮处于原长，当将物块C拉至地而时，弹簧形变 最大A此时受到的拉力最大，有h≤3g,所以有私≤A错误 B.以B.C为整体，设弹簧的弹力为F,则有F=2m,当≤2吧时. B,C的最大加速度不大于&，B,C一直一起运动，当物块B到最低 点时，G运动到最高点：当<小≤时，弹簧的压缩量达到受 后，B,C有相对运动，此后，B的加速度大于g,而C的加速度为g 所以物块B到最低点时.C不一定到最高点.B正确.C.当B、C的加 速度为零时.B,C的速度最大，即弹簧恢复原长时.C的速度最大， C错误D.由选项B可知，当<≤时，C会有一段时间不受 绳子拉力.机械能不变，D错误枚选B. 4.B解析：根据题意，设b点与0点的连线与竖直方向的夹角为：，如 图所示 0 7刀777777n777777777 从c到b由机械能守恒定律有g(R-Rcos)=，m 在6点、由牛顿第三定律有mg8=m尽，解得6心日=二 3 2 √3 由对称性可知，小圆环从最高点由静止下滑至a点的速度大小也 为√3g,小圆环从▣点滑离，水平方向做匀速运动，则小圆环落 2 22 地时的水平方向速度大小为=，0=了√3歌，故选B 5即解折：A由机被能守相定律有；m=子一meh,解利 2=-2gh+,由题图乙可知，当h=0.25m时，2=4m2/2,代人上 题·物理·34一第3节 动 (处理抛体运动 ☑应用提优考点全面，能力提升|限时：40mim 1.(2025·广东珠海一模)网球运动员在离地 面h,高度处将网球以大小为，的速度斜向 上击出，空气阻力的影响不可忽略，网球经过 一段时间后升到最高点，此时网球离地面高 为h2,速度大小为2.已知网球质量为m,重 力加速度大小为则 2 A.网球从被击出到最高点的过程，机械能 守恒 B.网球从被击出到最高点的过程，减少的动 能全部转化为增加的重力势能 C.网球在其轨迹最高点时重力的功率等 于零 D.网球从被击出到最高点的过程，克服空气 21 阻力做功为2m子-2m好 2.(2024·贵州贵阳期末)如图，一半径为R= 0.2m的圆环固定在竖直平面内，其上穿有 一个可视为质点的质量m=0.2kg的小球，小 球静止在最高点处，由于受到某种微扰使小 球开始向一侧滑动，当小球运动至A点瞬间， 圆环与小球之间无作用力，A点与圆环圆心 的连线与竖直方向夹角为0=60°，g取 10/s2,则小球从开始运动至到达A点的过 程中，克服阻力做功为 A.0.05J B.0.1J C.0.15J D.0.2J 第六章机械能守恒定律学霸高春 能定理（二） 口圆周运动问题)】 3.(2024·江苏苏锡常镇一模)室内足球运动 的某次传球过程，足球在地面位置1被踢出 后落到位置3,2为足球在空中达到的最高 点，速度大小为e,则 ( A.足球在空中的最大水平速度为c B.足球在位置1和位置3的动能相等 C.与下落过程相比，足球在上升过程中重力 势能变化快 D.若在位置2以大小为e的速度水平向左 抛出，足球将沿原轨迹返回位置1 4.(2025·湖南长沙一模)如图所示，粗糙水平 而与半径为0.75m的竖直光滑圆弧轨道相 切于A点，圆弧轨道上端点C和圆心连线与 水平面成37°角，质量为1kg的小物块以 8/s的初速度从P点向右滑行，A、P两点 间的距离为1.5m,小物块与水平面间的动摩 擦因数为0.5，已知重力加速度为10m/s2, sim37°=0.6，cos37°=0.8.则小物块() A A.从P点运动到A点所用的时间为0.1s B.经过C点时对轨道的压力大小为、 C.运动到最高点时的速度大小为4m/s D.运动到最高点时距地面的高度为2m 5.(2025,回川乐山二模)如图所示，子光滑圆 弧轨道ACD固定在竖直面内，O为圆弧轨道 学霸高春白题物理 的圆心，圆弧轨道的半径为R将质量为m的 滑块（可视为质点）以水平向右的初速度o (大小未知)从轨道内侧A点开始运动，且滑 块始终受到水平向右的恒力作用，经过轨道 上B点时速度最大，OB与竖直方向的夹 角0=37°，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加 速度g取10m/s2.下列说法正确的是( A.滑块受到的恒力大小为0.6mg B.若滑块能通过圆弧轨道的最高点C,则 o=2VgR C.若。=0，滑块通过B点时对轨道的压力 为1.75mg D.若=√5gR,滑块一定能沿圆弧轨道运 动到D点 (第5题) (第6题) 6.(2024·四川成都一模)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a=60°，且杆O4光滑.弹簧与竖直方 向的夹角B=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，此时小环静止在P点.已知O、B两点 间的距离为L,重力加速度大小为g.则 A.弹簧弹力的大小为mg B.杆对小环的弹力大小为3mg 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 6g L D.若整个框架以OB为轴开始转动，当小环 缓慢运动到与B点等高的A点时杆对小 环做的功为1.5mgL 重难聚焦 题型动能定理解决多段多过程问题 7.(2025·云南二模)如图所示，粗糙水平桌面 上固定一半圆形竖直挡板，其半径为2R、内 表面光滑，挡板的两端A、B在桌面边缘，B 与半径为R的固定圆管轨道CDE在同一竖 直平面内，ED是竖直直径，C、E是管口，管 的内壁粗糙.现让质量为m的小物块（可视 为质，点)以。=3gR的水平初速度由A点 切人挡板内侧，从B点飞出桌面后，经过时 积正好从管口C(与管口无碰撞)进 间g 入圆管，然后沿着管壁运动到E点，此时小 3 物块对下管壁的压力N=子mg,已知 ∠COD=60°，重力加速度为g,忽略空气阻 力，求小物块： (1)到达E点时的速度大小： (2)沿轨道CDE运动过程中阻力所做的功： (3)与桌面之间的动摩擦因数4