2026届高考物理一轮复习考点练习 动能定理及应用

动能定理及应用 基础巩固 1．(5分)高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动。在启动阶段，列车的动能(　　) A．与它所经历的时间成正比 B．与它的位移成正比 C．与它的速度成正比 D．与它的动量成正比 2．(5分)(2023·新课标卷)无风时，雨滴受空气阻力的作用在地面附近会以恒定的速率竖直下落。一质量为m的雨滴在地面附近以速率v下落高度h的过程中，克服空气阻力做的功为(重力加速度大小为g)(　　) A．0 B．mgh C．mv2－mgh D．mv2＋mgh 3．(5分)质量为m的物体以初速度v0沿水平面向左开始运动，起始点A与一水平放置的轻弹簧O端相距s，轻弹簧的另一端固定在竖直墙上，如图所示，已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，物体与弹簧相碰后，弹簧的最大压缩量为x，重力加速度为g，则从开始碰撞到弹簧被压缩至最短的过程中，弹簧弹力所做的功为(　) A．mv－μmg(s＋x) B．mv－μmgx C．μmg(s＋x)－mv D．－μmg(s＋x) 4．(5分)物体在恒定阻力作用下，以某初速度在水平面上沿直线滑行直到停止。以a、Ek、x和t分别表示物体运动的加速度大小、动能、位移的大小和运动的时间，则下列图像中，能正确反映这一过程的是(　　) 5．(5分)如图甲所示，将某一物体每次以不变的初速率v0沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角θ，实验测得物体运动的最远位移x与斜面倾角θ的关系如图乙所示，g取10 m/s2，根据图像可求出物体与斜面间的动摩擦因数为(　　) A．0.3 B．0.4 C．0.5 D．0.6 6．(5分)如图甲所示，一物块以一定初速度沿倾角为30°的固定斜面上滑，运动过程中摩擦力f大小恒定，物块动能Ek与运动路程s的关系如图乙所示。重力加速度g取10 m/s2，物块质量m和所受摩擦力大小f分别为(　　) A．m＝0.7 kg，f＝0.5 N B．m＝0.7 kg，f＝1.0 N C．m＝0.8 kg，f＝0.5 N D．m＝0.8 kg，f＝1.0 N 7．(5分)(多选)冰滑梯是东北地区体验冰雪运动乐趣的设施之一。某冰滑梯的示意图如图所示，螺旋滑道的摩擦可忽略；倾斜滑道和水平滑道与同一滑板间的动摩擦因数μ相同，因滑板不同，μ满足μ0≤μ≤1.2μ0。在设计滑梯时，要确保所有游客在倾斜滑道上均减速下滑，且滑行结束时停止在水平滑道上，以下L1、L2的组合符合设计要求的是(　　) A．L1＝，L2＝ B．L1＝，L2＝ C．L1＝，L2＝ D．L1＝，L2＝ 综合提升 8．(5分)(多选)(2023·广东卷)人们用滑道从高处向低处运送货物，如图所示，可看作质点的货物从圆弧滑道顶端P点静止释放，沿滑道运动到圆弧末端Q点时速度大小为6 m/s。已知货物质量为20 kg，滑道高度h为4 m，且过Q点的切线水平，重力加速度g取10 m/s2。关于货物从P点运动到Q点的过程，下列说法正确的有(　　) A．重力做的功为360 J B．克服阻力做的功为440 J C．经过Q点时向心加速度大小为9 m/s2 D．经过Q点时对轨道的压力大小为380 N 9．(5分)如图所示，两倾角均为θ的光滑斜面对接后固定在水平地面上，O点为斜面的最低点。一个小物块从右侧斜面上高为H处由静止滑下，在两个斜面上做往复运动。小物块每次通过O点时都会有动能损失，损失的动能为小物块当次到达O点时动能的5%。小物块从开始下滑到停止的过程中运动的总路程为(　　) A． B． C． D． 10．(5分)(多选)如图所示，斜面ABC竖直固定放置，斜边AC与一光滑的圆弧轨道DEG相切，切点为D，AD长为L＝，圆弧轨道圆心为O，半径为R，∠DOE＝θ，∠EOG＝90°，OG水平。现有一质量为m、可视为质点的滑块从A点由静止下滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则关于滑块的运动，下列说法正确的是(　　) A．滑块经过E点时对轨道的最小压力为mg B．滑块下滑后将会从G点飞出 C．滑块第二次经过E点时对轨道的压力大小为3mg D．滑块在斜面上经过的总路程为 11．(12分)(2024·新课标卷)将重物从高层楼房的窗外运到地面时，为安全起见，要求下降过程中重物与楼墙保持一定的距离。如图所示，一种简单的操作方法是一人在高处控制一端系在重物上的绳子P，另一人在地面控制另一根一端系在重物上的绳子Q，二人配合可使重物缓慢竖直下降。若重物的质量m＝42 kg，重力加速度大小g取10 m/s2，当P绳与竖直方向的夹角α＝37°时，Q绳与竖直方向的夹角β＝53°。(sin 37°＝0.6) (1)求此时P、Q绳中拉力的大小； (2)若开始竖直下降时重物距地面的高度h＝10 m，求在重物下降到地面的过程中，两根绳子拉力对重物做的总功。 12．(18分)(2024·河北衡水高三检测)如图所示是小明设计的游戏装置，由光滑平台、倾斜粗糙直轨道AB、竖直圆管道CDEBC′(管道内径远小于管道半径)、水平粗糙直轨道平滑连接组成。其中平台左侧固定一弹簧，倾斜直轨道AB与圆管道相切于B点，水平直轨道与圆管道相切于C′点(C和C′略错开)。小滑块与倾斜直轨道AB及水平直轨道间的动摩擦因数均为μ＝0.5，AB斜轨道倾角θ＝37°，AB长度l＝0.4 m。小滑块从B点进入管道内，当小滑块沿管道内靠近圆心O的内侧运动时有摩擦，沿管道外侧运动时无摩擦，管道半径为R＝0.2 m。第一次压缩弹簧后释放小滑块，A点上方挡片可以让小滑块无速度损失进入AB段，恰好可以运动到与管道圆心等高的D点。第二次压缩弹簧使弹簧弹性势能为0.36 J时释放小滑块，小滑块运动到圆管道最高处E的速度为1 m/s。已知小滑块质量m＝0.1 kg，可视为质点，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2。 (1)求第一次压缩弹簧释放小滑块后，第一次运动到C点时对轨道的压力； (2)求第二次压缩弹簧释放小滑块后，运动到E点的过程，小滑块在圆管道内所受摩擦力做的功； (3)若第三次压缩弹簧使弹簧弹性势能为0.48 J时释放小滑块，通过计算判断小滑块在圆管道内运动是否受到摩擦力作用。小滑块在水平直轨道上距离C′为x处的速度为v，求v与x之间的关系式。 学科网（北京）股份有限公司 $ 动能定理及应用 基础巩固 1．(5分)高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动。在启动阶段，列车的动能(　B　) A．与它所经历的时间成正比 B．与它的位移成正比 C．与它的速度成正比 D．与它的动量成正比 解析：动能Ek＝mv2，与速度的二次方成正比，C错误；速度v＝at，可得Ek＝ma2t2，与经历的时间的二次方成正比，A错误；根据v2＝2ax，可得Ek＝max，与位移成正比，B正确；动量p＝mv，可得Ek＝，与动量的二次方成正比，D错误。 2．(5分)(2023·新课标卷)无风时，雨滴受空气阻力的作用在地面附近会以恒定的速率竖直下落。一质量为m的雨滴在地面附近以速率v下落高度h的过程中，克服空气阻力做的功为(重力加速度大小为g)(　B　) A．0 B．mgh C．mv2－mgh D．mv2＋mgh 解析：在地面附近雨滴做匀速运动，根据动能定理得mgh－Wf＝0，故雨滴克服空气阻力做的功为mgh，故选B。 3．(5分)质量为m的物体以初速度v0沿水平面向左开始运动，起始点A与一水平放置的轻弹簧O端相距s，轻弹簧的另一端固定在竖直墙上，如图所示，已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，物体与弹簧相碰后，弹簧的最大压缩量为x，重力加速度为g，则从开始碰撞到弹簧被压缩至最短的过程中，弹簧弹力所做的功为(　C　) A．mv－μmg(s＋x) B．mv－μmgx C．μmg(s＋x)－mv D．－μmg(s＋x) 解析：对物体由动能定理可得W弹－μmg(s＋x)＝0－mv，解得W弹＝μmg(s＋x)－mv，故C正确。 4．(5分)物体在恒定阻力作用下，以某初速度在水平面上沿直线滑行直到停止。以a、Ek、x和t分别表示物体运动的加速度大小、动能、位移的大小和运动的时间，则下列图像中，能正确反映这一过程的是(　C　) 解析：物体在恒定阻力作用下运动，其加速度不随时间变化，不随位移变化，A、B错误；由动能定理有－Ffx＝Ek－Ek0，解得Ek＝Ek0－Ffx，C正确；又x＝v0t－at2，故Ek与t不成线性关系，D错误。 5．(5分)如图甲所示，将某一物体每次以不变的初速率v0沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角θ，实验测得物体运动的最远位移x与斜面倾角θ的关系如图乙所示，g取10 m/s2，根据图像可求出物体与斜面间的动摩擦因数为(　C　) A．0.3 B．0.4 C．0.5 D．0.6 解析：由题图乙可知，当θ＝90°时，物体的最大位移大小为1.25 m，由竖直上抛运动规律得v＝2gh，解得v0＝＝ m/s＝5 m/s，当夹角θ＝0°时，物体的最大位移为2.5 m，根据动能定理有－μmgx＝0－mv，解得μ＝＝＝0.5，故选C。 6．(5分)如图甲所示，一物块以一定初速度沿倾角为30°的固定斜面上滑，运动过程中摩擦力f大小恒定，物块动能Ek与运动路程s的关系如图乙所示。重力加速度g取10 m/s2，物块质量m和所受摩擦力大小f分别为(　A　) A．m＝0.7 kg，f＝0.5 N B．m＝0.7 kg，f＝1.0 N C．m＝0.8 kg，f＝0.5 N D．m＝0.8 kg，f＝1.0 N 解析：0～10 m内物块沿斜面上滑，由动能定理得－mg sin 30°·s－fs＝Ek－Ek0，整理得Ek＝Ek0－(mg sin 30°＋f)s，结合0～10 m内的图像得，斜率的绝对值|k|＝mg sin 30°＋f＝4 N，10～20 m内物块沿斜面下滑，由动能定理得(mg sin 30°－f)(s－s1)＝Ek，整理得Ek＝(mg sin 30°－f)s－(mg sin 30°－f)s1，结合10～20 m内的图像得，斜率k′＝mg sin 30°－f＝3 N，联立解得f＝0.5 N，m＝0.7 kg，故选A。 7．(5分)(多选)冰滑梯是东北地区体验冰雪运动乐趣的设施之一。某冰滑梯的示意图如图所示，螺旋滑道的摩擦可忽略；倾斜滑道和水平滑道与同一滑板间的动摩擦因数μ相同，因滑板不同，μ满足μ0≤μ≤1.2μ0。在设计滑梯时，要确保所有游客在倾斜滑道上均减速下滑，且滑行结束时停止在水平滑道上，以下L1、L2的组合符合设计要求的是(　CD　) A．L1＝，L2＝ B．L1＝，L2＝ C．L1＝，L2＝ D．L1＝，L2＝ 解析：根据题述，要确保所有游客在倾斜滑道上均减速下滑，则有mg sin θ＜μ0mg cos θ，sin θ＝，cos θ＝，联立解得L1＞，A错误；根据题述，滑行结束时停止在水平滑道上，设水平滑道最短长度为L′2，由动能定理可得mg·2h－μ0mg cos θ·－μ0mgL′2＝0，将L1＝代入解得L′2＝，C正确，B错误；将L1＝代入解得L′2＝，选项D中L2＝大于L′2＝，符合要求，D正确。 综合提升 8．(5分)(多选)(2023·广东卷)人们用滑道从高处向低处运送货物，如图所示，可看作质点的货物从圆弧滑道顶端P点静止释放，沿滑道运动到圆弧末端Q点时速度大小为6 m/s。已知货物质量为20 kg，滑道高度h为4 m，且过Q点的切线水平，重力加速度g取10 m/s2。关于货物从P点运动到Q点的过程，下列说法正确的有(　BCD　) A．重力做的功为360 J B．克服阻力做的功为440 J C．经过Q点时向心加速度大小为9 m/s2 D．经过Q点时对轨道的压力大小为380 N 解析：货物重力做的功为WG＝mgh＝800 J，A错误；货物下滑过程由动能定理可得WG－Wf＝mv，代入数据解得克服阻力做的功为Wf＝440 J，B正确；货物经过Q点时向心加速度大小为an＝＝9 m/s2，C正确；货物经过Q点时，根据牛顿第二定律可得FN－mg＝man，解得货物受到的支持力大小为FN＝380 N，根据牛顿第三定律可知，货物对轨道的压力大小为380 N，D正确。 9．(5分)如图所示，两倾角均为θ的光滑斜面对接后固定在水平地面上，O点为斜面的最低点。一个小物块从右侧斜面上高为H处由静止滑下，在两个斜面上做往复运动。小物块每次通过O点时都会有动能损失，损失的动能为小物块当次到达O点时动能的5%。小物块从开始下滑到停止的过程中运动的总路程为(　B　) A． B． C． D． 解析：由题意知，小物块第一次到达O点由动能定理可得mgH＝Ek，此时小物块所走路程s1＝，第一次通过O点后动能Ek1＝95%Ek＝95%mgH，此时利用动能定理知小物块上升高度H1＝95%H，第二次到达O点所走的路程s2＝＝95%，同理第二次离开O点到第三次到达O点所走路程s3＝(95%)2，…，故小物块所走的总路程s总＝s1＋s2＋…＋sn＝＋95%＋(95%)2＋…＋(95%)n-1，n无穷大时，可得s总＝(等比数列求和)，B正确。 10．(5分)(多选)如图所示，斜面ABC竖直固定放置，斜边AC与一光滑的圆弧轨道DEG相切，切点为D，AD长为L＝，圆弧轨道圆心为O，半径为R，∠DOE＝θ，∠EOG＝90°，OG水平。现有一质量为m、可视为质点的滑块从A点由静止下滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则关于滑块的运动，下列说法正确的是(　CD　) A．滑块经过E点时对轨道的最小压力为mg B．滑块下滑后将会从G点飞出 C．滑块第二次经过E点时对轨道的压力大小为3mg D．滑块在斜面上经过的总路程为 解析：滑块从A点下滑后在AD部分要克服摩擦力做功，则返回到AD斜面上时的高度逐渐降低，最终滑块将以E点为最低点、D点为最高点来回滑动，此时滑块经过E点时对轨道的压力最小，从D点到E点，根据动能定理有mgR(1－cos θ)＝mv，在E点有N1－mg＝m，联立解得N1＝mg(3－2cos θ)，根据牛顿第三定律，滑块经过E点时对轨道的最小压力为(3－2cos θ)mg，故A错误；滑块从A点到G点，由动能定理得mg(L sin θ－R cos θ)－μmg cos θ·L＝mv，其中L＝，解得vG＝0，则滑块下滑后不能从G点飞出，故B错误；设滑块第二次经过E点时速度大小为vE2，对滑块从G点到E点，根据动能定理得mgR＝mv－0，解得vE2＝，滑块第二次到达E点时，根据牛顿第二定律有N2－mg＝，解得N2＝3mg，根据牛顿第三定律，滑块此时对轨道的压力大小为3mg，故C正确；滑块最终将以E点为最低点、D点为最高点来回运动，从滑块由A点静止下滑到滑块在D点速度为零的过程，根据动能定理得mgL sin θ－μmg cos θ·s总＝0－0，解得s总＝，故D正确。 11．(12分)(2024·新课标卷)将重物从高层楼房的窗外运到地面时，为安全起见，要求下降过程中重物与楼墙保持一定的距离。如图所示，一种简单的操作方法是一人在高处控制一端系在重物上的绳子P，另一人在地面控制另一根一端系在重物上的绳子Q，二人配合可使重物缓慢竖直下降。若重物的质量m＝42 kg，重力加速度大小g取10 m/s2，当P绳与竖直方向的夹角α＝37°时，Q绳与竖直方向的夹角β＝53°。(sin 37°＝0.6) (1)求此时P、Q绳中拉力的大小； (2)若开始竖直下降时重物距地面的高度h＝10 m，求在重物下降到地面的过程中，两根绳子拉力对重物做的总功。 解析：(1)重物下降的过程中受力平衡，设此时P、Q绳中拉力的大小分别为T1和T2，竖直方向T1cos α＝mg＋T2cos β，水平方向T1sin α＝T2sin β，联立解得T1＝1 200 N，T2＝900 N。 (2)整个过程根据动能定理得W＋mgh＝0，解得两根绳子拉力对重物做的总功为W＝－4 200 J。 答案：(1)1 200 N　900 N　(2)－4 200 J 12．(18分)(2024·河北衡水高三检测)如图所示是小明设计的游戏装置，由光滑平台、倾斜粗糙直轨道AB、竖直圆管道CDEBC′(管道内径远小于管道半径)、水平粗糙直轨道平滑连接组成。其中平台左侧固定一弹簧，倾斜直轨道AB与圆管道相切于B点，水平直轨道与圆管道相切于C′点(C和C′略错开)。小滑块与倾斜直轨道AB及水平直轨道间的动摩擦因数均为μ＝0.5，AB斜轨道倾角θ＝37°，AB长度l＝0.4 m。小滑块从B点进入管道内，当小滑块沿管道内靠近圆心O的内侧运动时有摩擦，沿管道外侧运动时无摩擦，管道半径为R＝0.2 m。第一次压缩弹簧后释放小滑块，A点上方挡片可以让小滑块无速度损失进入AB段，恰好可以运动到与管道圆心等高的D点。第二次压缩弹簧使弹簧弹性势能为0.36 J时释放小滑块，小滑块运动到圆管道最高处E的速度为1 m/s。已知小滑块质量m＝0.1 kg，可视为质点，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2。 (1)求第一次压缩弹簧释放小滑块后，第一次运动到C点时对轨道的压力； (2)求第二次压缩弹簧释放小滑块后，运动到E点的过程，小滑块在圆管道内所受摩擦力做的功； (3)若第三次压缩弹簧使弹簧弹性势能为0.48 J时释放小滑块，通过计算判断小滑块在圆管道内运动是否受到摩擦力作用。小滑块在水平直轨道上距离C′为x处的速度为v，求v与x之间的关系式。 解析：(1)从C点到D点过程，对小滑块由动能定理得－mgR＝0－mv，在C点由牛顿第二定律有FN－mg＝m，联立解得FN＝3 N，由牛顿第三定律可知，小滑块第一次运动到C点时对轨道的压力大小为3 N，方向竖直向下。 (2)从释放小滑块到E点过程，由动能定理有W弹＋mgl sin θ－μmgl cos θ－mgR(1＋cos θ)＋Wf＝mv－0，W弹＝Ep＝0.36 J，解得Wf＝－0.03 J。 (3)设当小滑块以v0通过最高点时恰好对管道无压力作用，此时对应的弹簧弹性势能为Ep0，由牛顿第二定律有m＝mg，从释放小滑块到E点由动能定理有W0＋mgl sin θ－μmgl cos θ－mgR(1＋cos θ)＝mv－0，解得Ep0＝W0＝0.38 J<0.48 J，所以小滑块在圆管道内不受摩擦力作用。从释放小滑块到离C′点距离为x处，由动能定理有W′＋mgl sin θ－μmgl cos θ＋mgR(1－cos θ)－μmgx＝mv2－0，其中W′＝0.48 J，解得v＝ m/s。 答案：(1)3 N，方向竖直向下　(2)－0.03 J (3)不受　v＝ m/s 学科网（北京）股份有限公司 $