2026届高考物理一轮复习考点练习 动能定理及其应用

动能定理及其应用 基础巩固 1.[2025·四川遂宁模拟] 如图所示,AB为圆弧轨道,BC为水平直轨道,圆弧的半径为R,BC的长度也是R,重力加速度为g.一质量为m的物体,与两个轨道间的动摩擦因数都为μ,当它由轨道顶端A从静止下滑时,恰好运动到C处停止运动,那么摩擦力在AB段对物体做的功为 (　) A.-μmgR B.-μπmgR C.mgR D.mgR 2.[2025·山东烟台模拟] 如图所示,摆球(可视为质点)质量为m,悬线长为L,把悬线拉直至水平位置A点后由静止释放摆球.设摆球从A运动到最低点B的过程中,空气阻力F阻的大小不变,重力加速度为g,则摆球运动到最低点B时的速率为 (　) A. B. C. D. 3.[2025·江苏苏州中学模拟] 质量为m、长为L的匀质木板以速度v0向右运动,水平地面O点左侧是光滑的,右侧是粗糙的,与木板的动摩擦因数为μ,重力加速度为g,当木板全部进入时刚好静止,则木板的初速度v0是(　) A. B.2 C. D.3 4.[2025·福建厦门一中模拟] 甲、乙两个物体质量之比m甲∶m乙=1∶2,它们以相同的初速度v0在水平面上做匀减速直线运动,直到停止,其v-t图像如图所示.此过程中,两物体所受的摩擦力分别为Ff甲、Ff乙;克服摩擦力做功分别为W甲、W乙.则下列判断正确的是 (　) A.Ff甲<Ff乙　W甲<W乙 B.Ff甲=Ff乙　W甲<W乙 C.Ff甲>Ff乙　W甲>W乙 D.Ff甲>Ff乙　W甲=W乙 综合提升 5.[2025·四川乐山模拟] 某学校师生参加建模大赛制作了一辆由清洁能源驱动的小车,模型展示环节小车能在平直轨道上由静止开始沿直线加速行驶,经过时间t速度刚好达到最大值vm.设在此加速过程中小车电动机的功率恒为P,小车质量为m,运行中所受阻力恒定,则下列说法中正确的是 (　) A.加速过程中小车所受合外力恒定不变 B.加速过程中小车前进的距离为vmt C.加速过程中小车所受阻力恒为 D.加速过程中小车合外力做功为Pt 6.(多选)[2025·江西九江模拟] 高铁现在已经成了人们出行的最爱的方式之一,九江作为九省通衢,来商纳贾之地,交通亦十分发达,某次九江到南昌的G2763次高铁列车沿直线运动的v-t关系如图所示,已知在第1秒内合外力对G2763做的功为W,则 (　) A.从第1秒末到第5秒末合外力对G2763做功为6W B.从第3秒末到第5秒末合外力对G2763做功为-W C.从第3秒末到第7秒末合外力对G2763做功为-2W D.从第6秒末到第7秒末合外力对G2763做功为0.75W 7.[2025·湖北咸宁模拟] 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点无初速度释放,经过一段时间,物体运动到右侧斜面体的最高点为Q点,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μ,物体通过O点时没有机械能的损失,重力加速度为g,已知α=53°,β=37°,sin 37°=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.μ= 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O点的距离为5L D.若将右侧斜面体水平放置,物体静止时到O点的距离为5.6L 8.[2025·重庆沙坪坝模拟] 如图所示,在倾角为θ的光滑固定斜面上,A、B、C、D四点将斜面三等分.质量为m的小滑块P以初速度v0从A点出发,沿斜面向上运动,滑块滑到D点时速度恰好为0,而后下滑.若AB部分不光滑,其余部分光滑,则滑块上行到C点时速度恰好为0,而后下滑过程中说法正确的是(重力加速度为g)(　) A.滑块所受摩擦力Ff>mgsin θ B.滑块所受摩擦力Ff<mgsin θ C.滑块下滑到A点时速度vA=v0 D.滑块下滑到B点时速度vB=v0 9.[2025·陕西榆林中学模拟] 如图所示,曲线轨道AB(足够长)、水平直轨道BC、竖直圆环轨道CD、水平直轨道CE、竖直半圆形管道EFG间平滑连接,其中圆环轨道CD最低点C处的入口、出口靠近且相互错开.将一可视为质点、质量为m=2 kg的小滑块P从曲线轨道AB上某处由静止释放,其刚好能沿竖直圆环轨道的内侧通过最高点D.已知水平直轨道BC长为L1=0.5 m,其上铺设了特殊材料,其动摩擦因数为μ1=0.4+0.4x(x表示BC上一点至B点的距离),水平直轨道CE长为L2=2.0 m,动摩擦因数为μ2=0.1,轨道其余部分的阻力不计,空气阻力不计.竖直圆环轨道CD的半径为R=0.4 m,竖直半圆形管道EFG的半径R'可在0.25~0.35 m间调节,半圆形管道的内径远小于其半径、且比滑块尺寸略大,重力加速度g取10 m/s2,求: (1)滑块恰好能通过最高点D时的速度; (2)小滑块P释放点的位置高度h; (3)P从管道G点水平抛出后落到水平面上时,其落地点至G点的最大水平距离. 拓展挑战 10.(多选)[2025·河北保定模拟] 如图甲所示,固定斜面的倾角θ=37°,一物体(可视为质点)在沿斜面向上的恒定拉力F作用下,从斜面底端由静止开始沿斜面向上滑动,经过距斜面底端x0处的A点时撤去拉力F.该物体的动能Ek与它到斜面底端的距离x的部分关系图像如图乙所示.已知该物体的质量m=1 kg,该物体先后两次经过A点时的动能之比为4∶1,该物体与斜面间动摩擦因数处处相同,sin 37°=0.6,重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力.则 (　) A.物体与斜面间动摩擦因数为0.3 B.物体与斜面间动摩擦因数为0.45 C.拉力F的大小为9.6 N D.拉力F的大小为19.2 N 11.如图所示,一竖直圆管质量为M,下端距水平地面的高度为H,顶端塞有一质量为m的小球.圆管由静止自由下落,与地面发生多次弹性碰撞,且每次碰撞时间均极短;在运动过程中,管始终保持竖直.已知M=4m,球和管之间的滑动摩擦力大小为4mg,g为重力加速度的大小,不计空气阻力. (1)求管第一次与地面碰撞后的瞬间,管和球各自的加速度大小; (2)管第一次落地弹起后,在上升过程中球没有从管中滑出,求管上升的最大高度; (3)管第二次落地弹起的上升过程中,球仍没有从管中滑出,求圆管长度应满足的条件. 答案解析 1.D　[解析] 物体从A到C的过程中,由动能定理得mgR+Wf-μmgR=0,解得Wf=(μ-1)mgR,故选D. 2.B　[解析] 设摆球从A运动到最低点B的过程中,将运动过程分为无数小段,每一小段的阻力可视为恒力,则克服空气阻力做功为Wf=F阻s=F阻·×2πL=,设摆球从A运动到最低点B的过程中,根据动能定理有mgL-Wf=m,解得vB=,故选B. 3.A　[解析] 摩擦力与位移为线性关系,可以用平均摩擦力来求摩擦力做功,根据动能定理得-μmgL=0-m,解得v0=,故选A. 4.B　[解析] 根据牛顿第二定律可知,摩擦力Ff=ma=,因m甲∶m乙=1∶2,t甲∶t乙=1∶2,可知Ff甲=Ff乙,根据动能定理Wf=ΔEk=m,可知W甲<W乙,故选B. 5.C　[解析] 这一过程中电动机的功率恒为P,根据P=Fv,可知随着小车速度的增加,小车受到的牵引力逐渐减小,而阻力恒定,故加速过程中小车所受合外力发生变化,故A错误;当牵引力大小等于阻力时,速度最大,则加速过程中小车所受阻力为F阻=,故C正确;加速过程中,根据动能定理可得小车受到的合外力所做的功为W合=Pt-F阻x=m<Pt,可得小车受到的牵引力做的功为W牵=Pt=F阻x+m,解得x=vmt-,故B、D错误. 6.BD　[解析] G2763在第1秒末到第5秒末动能的变化量与第1秒内动能的变化量大小相等,符号相反,根据动能定理可知,合力的功大小相等,符号相反,等于-W,故A错误;从第3秒末到第5秒末动能的变化量与第1秒内动能的变化量相反,根据动能定理可知,合力的功相反,等于-W,故B正确;从第5秒末到第7秒末动能的变化量与第1秒内动能的变化量相同,合力做功相同,即为W,结合B项可知,从第3秒末到第7秒末合外力对G2763做功为0,故C错误;从第6秒末到第7秒末动能变化量是正值,大小等于第1秒内动能的变化量的,则合力做功为0.75W,故D正确. 7.C　[解析] 物体从P处由静止释放,恰好滑到Q速度减为零,由动能定理得mgLsin 53°-μmgLcos 53°-mgLsin 37°-μmgLcos 37°=0,解得μ=,故A错误;物体运动到Q点后,重力沿斜面向下的分力为mgsin 37°=0.6mg,最大静摩擦力为μmgcos 37°<mgsin 37°,物体不可能静止在右侧的斜面上,故B错误;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mgLsin 53°-μmgLcos 53°-μmgx=0,解得x=5L,故C正确,D错误. 8.C　[解析] 设斜面长度为3L,根据题意可知,斜面完全光滑时,滑块从A点上滑到D点过程,根据动能定理可得-mg·3Lsin θ=0-m,当AB部分不光滑时,滑块从A点上滑到C点过程,根据动能定理可得-mg·2Lsin θ-FfL=0-m,联立可得Ff=mgsin θ,故A、B错误;滑块从C点下滑到A点过程,根据动能定理可得mg·2Lsin θ-FfL=m-0,联立解得滑块下滑到A点时速度vA=v0,故C正确;滑块从C点下滑到B点过程,根据动能定理可得mgLsin θ=m-0,联立解得滑块下滑到B点时速度vB=v0,故D错误. 9.(1)2 m/s　(2)1.25 m　(3) m [解析] (1)滑块恰好能通过最高点D,则mg=m 解得vD=2 m/s (2)从滑块P由释放点到竖直圆环轨道CD的最高点D,由动能定理有mgh-WfBC-2mgR=m 其中WfBC=FfBC·xBC=mgxBC=5 J 解得h=1.25 m (3)滑块P由D点到G点的过程,由动能定理有2mgR-μ2mgL2-2mgR'=m-m 滑块P离开G点后做平抛运动,则有2R'=gt2、x=vGt 可得x=·=10 当0.16-0.4R'=0.4R'时,即R'=0.2 m时,水平距离达到极大值,由于0.25 m≤R'≤0.35 m 当R'=0.25 m时,落地点至G点的水平距离最大,为xm= m 10.BD　[解析] 依题意,设物体在运动过程中受到的滑动摩擦力大小为Ff,当物体沿斜面向上运动到x0处时,根据动能定理有(F-mgsin θ-Ff)x0=E0-0,运动到2x0处时,根据动能定理有Fx0-(mgsin θ+Ff)2x0=0-0,物体从斜面顶端向下运动到x0处时,根据动能定理有(mgsin θ-Ff)x0=E0-0,联立以上三式,解得F=19.2 N、Ff=3.6 N,故C错误,D正确;根据Ff=μmgcos θ,解得μ=0.45,故A错误,B正确. 11.(1)2g　3g　(2)H　(3)圆管长度大于或等于H [解析] (1)管第一次落地弹起的瞬间,小球仍然向下运动.设此时管的加速度大小为a1,方向向下;球的加速度大小为a2,方向向上;球与管之间的摩擦力大小为Ff,由牛顿运动定律有 Ma1=Mg+Ff① ma2=Ff-mg ② 联立①②式并代入题给数据,得 a1=2g,a2=3g ③ (2)管第一次碰地前与球的速度大小相同.由运动学公式,碰地前瞬间它们的速度大小均为 v0= ④ 方向均向下.管弹起的瞬间,管的速度反向,球的速度方向依然向下 设自弹起时经过时间t1,管与小球的速度刚好相同.取向上为正方向,由运动学公式有 v0-a1t1=-v0+a2t1 ⑤ 联立③④⑤式得 t1= ⑥ 设此时管下端的高度为h1,速度为v.由运动学公式可得 h1=v0t1-a1 ⑦ v=v0-a1t1 ⑧ 由③④⑥⑧式可判断此时v>0.此后,管与小球将以加速度g减速上升h2,到达最高点.由运动学公式有 h2= ⑨ 设管第一次落地弹起后上升的最大高度为H1,则H1=h1+h2 ⑩ 可得H1=H (3)设第一次弹起过程中球相对管的位移为x1.在管开始下落到上升H1这一过程中,由动能定理有 Mg(H-H1)+mg(H-H1+x1)-4mgx1=0 联立式并代入题给数据得 x1=H 同理可推得,管与球从再次下落到第二次弹起至最高点的过程中,球与管的相对位移x2为 x2=H1 设圆管长度为L,管第二次落地弹起后的上升过程中,球不会滑出管外的条件是x1+x2≤L 联立式,L应满足条件为 L≥H 学科网（北京）股份有限公司 $