专题06 动能定理（期中真题分类汇编，浙江专用）高一物理下学期

专题06 动能定理 4大高频考点概览 考点01动能定理的应用 考点02动能定理解决机车启动问题 考点03动能定理解决多过程问题 考点04动能定理解决物体在传传送带问题 地 城 考点01 动能定理的应用 1．（24-25高一下·浙江台州·期中）如图所示，某儿童电动玩具车的发动机额定功率为15W，质量为2kg，在水平地面上运动受到的摩擦力恒为5N，忽略空气阻力的影响，当玩具车以额定功率启动直到做匀速直线运动的过程中，下列说法正确的是（　　） A．玩具车一开始做匀加速运动 B．玩具车运行时牵引力一直变大 C．玩具车运行的最大速度为3m/s D．玩具车牵引力做的功大于克服摩擦力做的功 2．（24-25高一下·浙江·期中）如图甲所示，檐是中国传统建筑的重要表现之一。现把飞檐看成一个弯曲轨道AB，轨道的最低点B的切线沿水平方向，如图乙所示。现有几颗松果以不同初速度先后从A点沿轨道滑下，从B点飞出落到水平地面上。空气阻力不计，松果之间不发生相互碰撞，则（　　） A．松果从A点运动到B点的过程中所受合力一定不为0 B．松果从A点运动到B点的过程，重力所做的功等于动能变化量 C．所有松果离开B点后在空中运动的时间都相等 D．松果运动到轨道上的B点时，轨道对松果的弹力大于松果的重力 3．（24-25高一下·浙江·期中）在影视剧中经常能看到一些特技表演。如图所示，一高台顶端离地高度，特技演员骑摩托车从坡底以速度冲上高台后水平飞出，水平地面上的落点到高台边沿的水平距离。已知摩托车从坡底冲上高台的过程历时，人和车的总质量，发动机的功率恒为，不计空气阻力，重力加速度g取。求： (1)摩托车水平飞出高台时的速度ν大小； (2)摩托车在冲上高台的过程中牵引力所做的功W； (3)摩托车在冲上高台的过程中克服阻力所做的功。 4．（24-25高一下·浙江·期中）机器人在生活中的应用日渐普遍，餐厅中常常使用机器人送餐。如图甲为某餐厅的送餐机器人，将其结构简化为如图乙所示的示意图。若机器人的上表面与水平面平行，送餐的路径为一条直线通道，若某一配餐点和目标位置的距离为。机器人送餐时从静止开始启动，加速过程的加速度大小，速度达到后保持匀速，之后适时做加速度大小为的匀减速运动，餐送到目标位置时速度恰好为零，且在运动过程中菜品与机器人始终相对静止。（不计空气阻力），机器人可视为质点。求 (1)若机器人在匀加速阶段的位移大小； (2)机器人从开始运动到目标位置的时间t； (3)已知菜盘（含菜）质量，菜盘与机器人上表面的动摩擦因数，则加速阶段机器人对菜品做的功和平均功率。 5．（24-25高一下·浙江嘉兴·期中）如图所示，质量为的物体静止在水平面上，在外力作用下开始运动，已知F与水平方向夹角为37°，物体位移为5m时，具有50J的动能。（取，，）求： (1)物体受到哪几个力； (2)此过程中，拉力所做的功； (3)地面的动摩擦因数多大。 6．（24-25高一下·浙江嘉兴·期中）将某物体从地面竖直向上抛出，一段时间后物体又落回地面。在此过程中物体所受空气阻力大小不变，其动能随距离地面高度h的变化关系如图所示，取，下列说法中正确的是（　　） A．上升到最高点的过程中，重力做功72J B．全过程中克服空气阻力做功120J C．该物体的质量为1kg D．上升与下降的时间之比为 7．（24-25高一下·浙江台州·期中）如图甲所示的“魔力陀螺”可在圆轨道外侧或内侧旋转而不脱落。竖直平面内固定的强磁性圆轨道半径，圆轨道对陀螺的磁力大小恒为F。将陀螺置于轨道外侧A点静止释放，陀螺可做完整的圆周运动，且恰好不脱轨。在研究陀螺的运动时，可将陀螺简化为质点处理。不计摩擦和空气阻力，陀螺质量，重力加速度，求： (1)陀螺在外侧轨道运动到B点时的速度大小； (2)轨道对陀螺的磁力F的大小； (3)若陀螺在轨道内侧运动，过A点时受到轨道对质点的弹力为，求陀螺的速度大小。 8．（24-25高一下·浙江·期中）如图是无风天气一羽毛球的飞行轨迹图，轨迹上A、B两点离地高度相等，P为最高点。则该羽毛球在空中运动的整个过程中（　　） A．经过P点时的速度为零 B．上升阶段比下降阶段时间短 C．经过A、B两点时的速度相等 D．上升阶段比下降阶段动能变化量的绝对值小 9．（24-25高一下·浙江·期中）如图甲所示为一小孩在固定的圆形水泥管道内踢球，她用合适的力度踢一下静止在圆筒最底端的小足球，使小足球在竖直面内先由最低点沿管道向上滚动，该过程可简化为如图乙所示，水泥管道半径为，球质量为，不计一切阻力，g取，则（　　） A．球沿管道做匀速圆周运动 B．要使球能沿管道做圆周运动，小孩踢球做功至少 C．球经过最低点与最高点时，球对管道的压力差为 D．控制踢球力度，球有可能脱离管道后落入小朋友背后打开的书包中 10．（24-25高一下·浙江·期中）如图所示为双层立体泊车装置。欲将静止在①号车位的轿车移至④号泊车位，需先通过①号车位下方的移动板托举着轿车竖直抬升h至③号位、再水平右移停至④号车位，则（　　） A．水平右移过程移动板对车的摩擦力先做正功后做负功 B．竖直抬升过程车辆克服重力做功大于支持力做功 C．竖直抬升过程中车处于超重状态 D．根据题干信息可计算整个过程移动板对车做功的功率 地 城 考点02 动能定理解决机车启动问题 11．（24-25高一下·浙江杭州·期中）2025年2月3日某媒体消息，小米汽车官方微博宣布，2025年1月，小米SU7交付量再次超过两万辆。假设t=0时刻，一辆小米汽车在一段试车专用的平直的公路上由静止启动，t=8s时功率达到360kW之后功率保持不变，其v−t图像如图所示。设汽车在运动过程中阻力不变，下列说法正确的是（　　） A．汽车受到的阻力大小为15000N B．匀加速运动阶段汽车牵引力做的功为8.64×106J C．汽车的质量为2000kg D．汽车在做变加速运动过程中的位移大小约为640m 12．（24-25高一下·浙江温州·期中）某兴趣小组对一辆自制小遥控车的性能进行测试。让这辆小车在水平直轨道上由静止开始运动，并将小车运动的全过程记录下来，通过处理转化为t图像，如图所示。已知：在2s~14s的时间内小车运动过程中的功率保持不变，在14s 末停止遥控而让小车自由滑行；小车的质量为 1kg，可认为在整个运行过程中小车所受到的阻力大小不变。求 (1)小车匀加速和匀减速阶段的加速度的大小； (2)小车匀速行驶阶段的功率P； (3)小车加速运动过程中牵引力做的功 ； (4)小车行驶的总位移x。 13．（24-25高一下·浙江宁波·期中）如图甲所示，某同学用轻绳通过定滑轮提升一重物，运用传感器（未在图中画出）测得此过程中不同时刻被提升重物的速度与对轻绳的拉力，并描绘出图像。假设某次实验得到的图像如图乙所示，其中第一个时间段内线段与轴平行，点对应的坐标为（，），第二个时间段内线段的延长线过原点，第三个时间段内拉力和速度v均与点的坐标（，）对应，大小均保持不变，因此图像上没有反映。实验中测得第二个时间段内所用时间为.重力加速度为，滑轮质量、摩擦和其他阻力均可忽略不计。下列说法正确的是（　　） A．重物的质量为 B．第一阶段重物上升的高度 C． D．重物在前两个时间段内的总位移 14．（24-25高一下·浙江·期中）如图所示为某型号电动车，其额定功率P=480W，车重M=40kg。一位质量m=60kg的乘员在平直路面试驾该车，电动车行驶中受到综合阻力为总重力的k=0.08倍，电动车从静止开始以额定功率启动，并沿直线行驶。则该电动车（　　） A．能达到的最大速率为6m/s B．做匀加速直线运动 C．速度为3m/s时的加速度大小为1.6m/s² D．若达到最大速率用时10s，则电动车前进的距离为37.5m 15．（24-25高一下·浙江·期中）如图为我国“玉兔二号”月球车首个成功登陆月球背面。登月前，在水平地面上进行了测试。质量m=120kg和额定功率的月球车以恒定加速度从静止开始启动，在t=14s末达到最大速度开始做匀速直线运动，运动过程中月球车受到的阻力大小恒为4.8N。求： (1)月球车匀速运动的速度； (2)月球车在恒定加速度启动过程的运动时间； (3)月球车在14s内的总位移（保留2位有效数字）。 16．（23-24高一下·浙江杭州·期中）某实验兴趣小组对新能源车的加速度性能进行探究。他们根据自制的电动模型车模拟汽车启动状态，并且通过传感器，绘制了模型车从开始运动到刚获得最大速度过程中速度的倒数和牵引力F之间的关系图像，如图所示。已知模型车的质量，行驶过程中受到的阻力恒定，整个过程时间持续，获得最大速度为，则下列说法正确的是（　　） A．模型车变加速运动的位移为 B．模型车受到的阻力大小为 C．模型车匀加速运动的时间为 D．模型车牵引力的最大功率为 17．（23-24高一下·浙江温州·期中）一辆质量m的小型新能源电动汽车在水平的公路上由静止启动且沿直线前行，该汽车运动的速度与时间的关系如图所示，设汽车在运动过程中所受阻力大小恒为。在内汽车做匀加速运动，时刻达到额定功率P，在内汽车保持额定功率做变加速运动，时刻末汽车的速度恰好达到最大。则（　　） A．汽车受到阻力为 B．在时刻末，汽车的输出功率为 C．在时刻末，汽车达到的最大速度为 D．在内，汽车的位移小于 18．（23-24高一下·浙江·期中）义乌市机场路互通高架的建设将极大地改善市中心机场路与国贸大道的交通状况，实现车辆和行人的快速通行，从而提高城市交通的整体效率。如图甲，高架桥的引桥可视为一个倾角θ为的斜面。一质量m=2000kg的电动汽车从引桥底端由静止开始加速，其加速度a随速度v变化的关系如图乙所示，当电动汽车的速度达到10 m/s时，牵引力功率达到了额定功率并保持不变，且额定功率。假设行驶过程中电动汽车受到的阻力（摩擦和空气阻力）不变，重力加速度。求： （1）汽车受到的阻力大小； （2）汽车能达到的最大速度； （3）第1 s内电动汽车机械能的增加量多大； （4）若速度达到10 m/s后，电动车再经2s达到最大速度，求这段时间里车子沿斜面运动了多少距离。 19．（23-24高一下·浙江·期中）复兴号CR400AF型城际电力动车组由6节车厢编组而成，每节车厢的质量均为，其中第1节和第4节车厢带有动力，它们的牵引电机的额定功率分别为和。该动车组以的加速度沿水平直轨道由静止开始匀加速启动，当第1节车厢的牵引电机达到额定功率时，第4节车厢的牵引电机立即启动，继续使动车组保持的匀加速运动。当第四节车厢的牵引电机也达到额定功率时，整列动车保持恒定功率进一步加速。动车组行驶过程中受到的阻力为车重的0.1倍，重力加速度。求： （1）从静止开始到第4节车厢的牵引电机刚要启动时所经历的时间； （2）动车组能达到的最大速度有多大？ （3）从动车组刚出发开始计时，经过30s后动车组的速度为50m/s，求这段过程中动车组行驶的位移大小。 20．（23-24高一下·浙江宁波·期中）有一辆质量的油电混合动力汽车，其行驶速度时靠电动机输出动力；行驶速度在范围内时靠汽油机输出动力，同时内部电池充电；当行驶速度时汽油机和电动机同时工作。该小汽车在一条平直的公路上由静止启动，汽车的牵引力F随运动时间t的图线如图所示，所受阻力恒为1250N。已知汽车在时刻第一次切换动力引擎，以后保持恒定功率行驶至第11s末。则在前11s内下列说法正确的是（　　） A．经过计算 B．电动机输出的最大功率为60kW C．汽油机工作期间牵引力做的功为 D．汽车的位移为120m 地 城 考点03 动能定理解决多过程问题 21．（24-25高一下·浙江温州·期中）一游戏装置竖直截面如图所示，该装置由倾角 的固定斜面 CD、水平传送带EF、粗糙水平轨道FG、光滑圆弧轨道GPQ 及固定在Q 处的弹性挡板组成。斜面CD高度 传送带EF与轨道FG离地面高度均为h，两者长度分别为 OG、OP 分别为圆弧轨道的竖直与水平半径，半径 圆弧PQ所对应的圆心角 轨道各处平滑连接。现将质量 的滑块从斜面底端的弹射器弹出，沿斜面从D 点离开时速度大小，恰好无碰撞从E 点沿水平方向滑上传送带。已知滑块与传送带间的动摩擦因数 不计空气阻力，滑块视为质点， 重力加速度 。 (1)当传送带以 的速度顺时针转动，滑块恰好能滑至 P点。求： ①高度h； ②滑块与水平轨道FG间的动摩擦因数； ③滑块最终静止时离G 点的距离x； (2)在（1）的基础上，若传送带速度可调，要使滑块与挡板仅碰一次且始终不脱离轨道，求传送带速度大小v的范围（滑块与挡板碰撞后原速率反向弹回）。 22．（24-25高一下·浙江·期中）如图所示，在光滑水平面AB、CD之间连接一长度为的传送带，圆心为、半径为的竖直光滑半圆轨道DEG与水平面AD在D点平滑连接，其中FG段为光滑圆管，E和圆心等高，。可视为质点的小物块从A点以的初速度向右滑动，已知小物块的质量，与传送带间的摩擦因数，重力加速度取。 (1)若传送带不转，求小物块滑到圆轨道D点时对轨道的压力大小； (2)若传送带以的速率顺时针方向转动，求小物块第1次经过BC过程中，与传送带摩擦产生的热量Q； (3)若要求小物块在半圆轨道内运动中始终不脱轨且不从点飞出，求传送带顺时针转动速度大小的可调范围。 23．（24-25高一下·浙江台州·期中）如图所示，在离水平地面CD高的光滑水平平台上，质量m=1kg的物块（可视为质点）压缩弹簧后被锁扣K锁住，弹簧原长小于水平平台的长度，此时弹簧储存了一定量的弹性势能Ep，若打开锁扣K，物块与弹簧脱离后从A点离开平台，并恰好能从光滑圆弧形轨道BC的B点的切线方向进入圆弧形轨道，B点距地面CD的高度；圆弧轨道半径R=30m，轨道最低点C的切线水平，并与长为L=70m的粗糙水平直轨道CD平滑连接。物块沿轨道BCD运动并与右边墙壁发生碰撞，且碰后速度等大反向。 (1)求物块从A点离开平台时的速度大小v0； (2)被K锁住时弹簧储存的弹性势能Ep； (3)求物块第一次经过圆轨道最低点C时对轨道的压力大小； (4)若物块与墙壁只发生一次碰撞且不会从B点滑出BCD轨道，求物块与轨道CD间的动摩擦因数μ的取值范围。 24．（24-25高一下·浙江杭州·期中）如图所示，一根长的轻绳（不可伸长）一端被固定在光滑的斜面上，另一端连着一个质量的小球（可视为质点），斜面固定，倾角。某一时刻将轻绳拉直到水平位置，小球从斜面上点静止释放，运动到最低点时轻绳恰好断裂，小球飞离斜面，恰好从点沿切线进入右侧圆管道。管道竖直放置，、、、在同一竖直平面内，虚线以下半圆管道内部粗糙程度均匀，其余部分光滑。圆管道半径，、是左右对称的两个点，是圆管道的最低点，管口的直径略大于小球的直径，、与水平方向的夹角均为。运动过程中不计空气阻力，求： (1)小球运动到点时，小球所受拉力的大小； (2)小球第一次到达点时，小球对管道的弹力的大小和方向； (3)若小球能从点飞出且恰能从点回到圆管道，求从点飞出时的速度大小； (4)若小球第一次经过点时的速度大小为，判断小球能否从点飞出并说明理由。 25．（24-25高一下·浙江杭州·期中）如图所示，水平放置的传送带与光滑的圆弧轨道相切于点，圆弧与斜面相切于点，斜面足够长。某时刻将一个质量为的物块（可视为质点）从点轻放到传送带上。已知物块与传送带、斜面之间的动摩擦因数均为0.25，传送带的长度，始终以向右传动，圆弧对应的圆心角为，半径，求： (1)物块第一次到达点时的速度大小； (2)物块第一次沿斜面向上运动相对点的最大距离； (3)物块能否从传送带的左侧离开？若能，求出离开时的速度，若不能，求出物块在斜面上运动的总路程。 26．（24-25高一下·浙江·期中）一游戏装置的竖直截面如图所示。倾斜直轨道AB、半径为R的竖直螺旋轨道、水平轨道BC和C'E、倾角为37°的倾斜直轨道E'F平滑连接成一个抛体装置。该装置除BC、E'F段轨道粗糙外，其余各段均光滑，F点与水平高台GHI等高。游戏开始，一质量为m的滑块从轨道AB上的高度h处静止滑下。若滑块落在GH段，反弹后水平分速度保持不变，竖直分速度减半；若滑块落在H点右侧，立即停止运动。已知R=0.2m，m=0.1kg，E'F段长度L=m，BC间距LBC=2.4m，FG间距LFG=0.4m，GH间距LGH=0.22m，HI间距LHI=0.1m，BC和E'F段μ=0.25。滑块可视为质点，忽略空气阻力，，，重力加速度g=10m/s2。 (1)若h=0.8m，求滑块在C点的压力； (2)若滑块恰好能通过圆轨道CDC'，求高度h1； (3)若滑块最终落入I点的洞口中（忽略洞口I的宽度）则游戏成功。讨论游戏成功的高度h2。 27．（24-25高一下·浙江衢州·期中）如图所示，水平地面上固定一倾角为，高的斜面，斜面顶端与半径的光滑圆弧轨道平滑连接。一质量为的物块，从斜面底端A点以某一初速度滑上斜面，可以从C点水平抛出。已知物块与斜面、水平面间的动摩擦因数均为，则 (1)若物块通过C点时速度为，求物块对轨道的压力； (2)物块从C点滑出后落回到斜面中点，求物块在A点的速度为多大； (3)若物块恰好从C点滑出，与斜面发生碰撞后，垂直于斜面方向的分速度减为0，沿斜面方向的分速度保持不变。求物块最终停在水平面上时距A点的距离。 28．（24-25高一下·浙江·期中）如图所示，整个装置竖直放置，光滑半圆轨道ABC的半径，A处竖直放置弹性挡板（碰撞时不损失机械能），光滑半圆轨道CDE的半径，CA、CE分别是它们的直径，水平台阶EF长为，紧靠F点右边放有一长木板，长木板上表面与EF水平部分在同一水平面上，开始时小物块（可视为质点）停在F点，已知小物块质量为，长木板质量为，小物块与台阶EF和长木板的滑动摩擦因数，地面光滑，现给小物块一个水平向左的速度，，求： (1)若小物块在上升过程恰好能过C点，求物块通过E点时受到支持力为多大？ (2)若，要使小物块返回F点并滑上长木板后，恰好不滑出长木板，则长木板长度L为多少？ (3)若去掉A处的挡板，给小物块一个向左的速度，小物块经过两半圆后从A点水平抛出，并将落在半圆CDE上P点，求P点与A点的竖直高度差h与的函数关系。 地 城 考点01 动能定理解决物体在传送带问题 29．（24-25高一下·浙江·月考）如图所示，一游戏装置由倾斜角为的光滑轨道、水平传送带、半径为的光滑竖直圆形轨道、倾角为斜面组成，为圆弧轨道的圆心，、四点在同一水平面上。游戏时，小滑块从倾斜轨道不同高度处静止释放，经过传送带后沿圆形轨道运动，最后由点平抛后落在不同的区间获不同的奖次。已知小滑块与传送带的动摩擦因数长为是圆轨道上与圆心等高的点，距水平地面的高度，小滑块经处时速度大小不变，小滑块可视为质点，其余阻力均不计，取，传送带开始处于静止状态，求： (1)若小滑块质量为，释放的高度，求小滑块通过点时对轨道的压力； (2)为了使小滑块进入圆轨道且不脱离圆轨道DEF，求小滑块释放高度的范围； (3)若小滑块释放的高度，同时调节传送带以不同速度顺时针转动，为了保证小滑块不脱离圆轨道又能从点水平飞出，试写出小滑块第1次落点（不反弹）与点的水平距离与传送带速度的关系。 30．（24-25高一下·浙江·期中）如图所示，水平传送带AB长L=9m，一开始传送带以v=2m/s的速度顺时针转动。传送带与半径R=0.4m的竖直光滑半圆轨道BCD平滑连接，CD段为光滑圆管，∠COD=60°。小物块以v0=4m/s的初速度滑上传送带，已知小物块的质量m=1kg，与传送带间的动摩擦因数μ=0.2，重力加速度g=10m/s2。求： (1)小物块通过传送带的时间t和系统因摩擦产生的热量Q； (2)如果传送带速度方向不受限制，小物块能进入光滑圆管CD，且不从D点飞出，讨论传送带转动速度大小应满足的条件； (3)现在将右侧轨道CD段的内轨去掉，并增加轨道半径到0.9m，同时传送带的速度可调，要让小物块从圆轨道上升并能从D点抛出，讨论动摩擦因数的最小值，假设其余条件不变； 31．（24-25高一下·浙江·期中）如图所示，水平传送带足够长，向右前进的速度，与倾角为的斜面的底端平滑连接（即拐角处无能量损失），将一质量的小物块从点静止释放。已知A、P的距离，物块与斜面、传送带间的动摩擦因数分别为，，取，，。求物块： (1)第一次滑过点时的速度大小； (2)第一次在传送带上往返运动的时间； (3)第一次返回斜面上时，沿斜面上滑的最大距离； (4)写出物体从传送带上返回至点时的速度大小与从传送带返回次数的关系； 32．（24-25高三上·甘肃武威·期末）传送带传送货物已被广泛应用。一水平传送带装置的示意图如图所示，紧绷的传送带AB始终保持恒定的速率v运行，一质量为m的小物体从A处轻放到传送带上，经时间t小物体的速度与传送带相同，而后匀速运动至B处。则小物体从A运动到B的过程中（　　） A．传送带对小物体所做的功为 B．传送带对小物体做功的平均功率为 C．小物体与传送带因相互作用产生的热量为 D．由于传送小物体电动机至少需要多消耗的电能为 试卷第1页，共3页 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题06 动能定理 4大高频考点概览 考点01动能定理的应用 考点02动能定理解决机车启动问题 考点03动能定理解决多过程问题 考点04动能定理解决物体在传传送带问题 地 城 考点01 动能定理的应用 1．（24-25高一下·浙江台州·期中）如图所示，某儿童电动玩具车的发动机额定功率为15W，质量为2kg，在水平地面上运动受到的摩擦力恒为5N，忽略空气阻力的影响，当玩具车以额定功率启动直到做匀速直线运动的过程中，下列说法正确的是（　　） A．玩具车一开始做匀加速运动 B．玩具车运行时牵引力一直变大 C．玩具车运行的最大速度为3m/s D．玩具车牵引力做的功大于克服摩擦力做的功 【答案】CD 【详解】AB．当玩具车以额定功率启动直到做匀速直线运动的过程中，根据牛顿第二定律可得 可知随着速度的增大，玩具车受到的牵引力逐渐减小，加速度逐渐减小，故AB错误； C．当牵引力等于摩擦力时，汽车的速度最大，则玩具车运行的最大速度为 故C正确； D．根据动能定理可得 可得玩具车牵引力做的功大于克服摩擦力做的功，故D正确。 故选CD。 2．（24-25高一下·浙江·期中）如图甲所示，檐是中国传统建筑的重要表现之一。现把飞檐看成一个弯曲轨道AB，轨道的最低点B的切线沿水平方向，如图乙所示。现有几颗松果以不同初速度先后从A点沿轨道滑下，从B点飞出落到水平地面上。空气阻力不计，松果之间不发生相互碰撞，则（　　） A．松果从A点运动到B点的过程中所受合力一定不为0 B．松果从A点运动到B点的过程，重力所做的功等于动能变化量 C．所有松果离开B点后在空中运动的时间都相等 D．松果运动到轨道上的B点时，轨道对松果的弹力大于松果的重力 【答案】ACD 【详解】A．松果从A点运动到B点的过程中做曲线运动，所受合力一定不为0，合力的方向向右上方， A正确； B．松果从A点运动到B点的过程，松果受到重力、支持力、摩擦力作用，根据动能定理，合力的功等于动能的变化量，B错误； C．所有松果离开B点后均做平抛运动，竖直方向均做自由落体运动，下落的高度相同，所以在空中运动的时间都相等，C正确； D．松果运动到轨道上的B点时，根据牛顿第二定律 ，轨道对松果的弹力大于松果的重力，D正确。 故选ACD。 3．（24-25高一下·浙江·期中）在影视剧中经常能看到一些特技表演。如图所示，一高台顶端离地高度，特技演员骑摩托车从坡底以速度冲上高台后水平飞出，水平地面上的落点到高台边沿的水平距离。已知摩托车从坡底冲上高台的过程历时，人和车的总质量，发动机的功率恒为，不计空气阻力，重力加速度g取。求： (1)摩托车水平飞出高台时的速度ν大小； (2)摩托车在冲上高台的过程中牵引力所做的功W； (3)摩托车在冲上高台的过程中克服阻力所做的功。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）摩托车飞出高台后做平抛运动，则有水平方向有 竖直方向有 解得摩托车水平飞出高台时的速度大小 （2）汽车牵引力功 （3）摩托车从静止运动到高台的过程中，由功能关系可知 解得摩托车在冲上高台的过程中克服摩擦阻力所做的功 4．（24-25高一下·浙江·期中）机器人在生活中的应用日渐普遍，餐厅中常常使用机器人送餐。如图甲为某餐厅的送餐机器人，将其结构简化为如图乙所示的示意图。若机器人的上表面与水平面平行，送餐的路径为一条直线通道，若某一配餐点和目标位置的距离为。机器人送餐时从静止开始启动，加速过程的加速度大小，速度达到后保持匀速，之后适时做加速度大小为的匀减速运动，餐送到目标位置时速度恰好为零，且在运动过程中菜品与机器人始终相对静止。（不计空气阻力），机器人可视为质点。求 (1)若机器人在匀加速阶段的位移大小； (2)机器人从开始运动到目标位置的时间t； (3)已知菜盘（含菜）质量，菜盘与机器人上表面的动摩擦因数，则加速阶段机器人对菜品做的功和平均功率。 【答案】(1) (2) (3)， 【详解】（1）匀加速直线运动 （2）匀加速运动的时间 匀减速运动的时间 匀减速运动的位移大小 匀速运动位移大小 匀速运动的时间 运动的总时间 （3）根据动能定理，加速阶段机器人对菜品做的功 平均功率为 5．（24-25高一下·浙江嘉兴·期中）如图所示，质量为的物体静止在水平面上，在外力作用下开始运动，已知F与水平方向夹角为37°，物体位移为5m时，具有50J的动能。（取，，）求： (1)物体受到哪几个力； (2)此过程中，拉力所做的功； (3)地面的动摩擦因数多大。 【答案】(1)重力、支持力、摩擦力、外力F (2) (3) 【详解】（1）对物体受力分析，可知物体受到重力、支持力、摩擦力、外力F的作用。 （2）此过程中，拉力所做的功为 （3）由动能定理可得 其中， 联立解得 6．（24-25高一下·浙江嘉兴·期中）将某物体从地面竖直向上抛出，一段时间后物体又落回地面。在此过程中物体所受空气阻力大小不变，其动能随距离地面高度h的变化关系如图所示，取，下列说法中正确的是（　　） A．上升到最高点的过程中，重力做功72J B．全过程中克服空气阻力做功120J C．该物体的质量为1kg D．上升与下降的时间之比为 【答案】C 【详解】ABC．根据动能定理可得 可知图像的斜率绝对值等于合力大小，则上升阶段有 下降阶段有 联立解得， 则上升到最高点的过程中，重力做功为 全过程中克服空气阻力做功为 故AB错误，C正确； D．上升阶段的加速度大小为 下降阶段的加速度大小为 上升阶段和下降阶段根据运动学公式可得， 可得上升与下降的时间之比为 故D错误。 故选C。 7．（24-25高一下·浙江台州·期中）如图甲所示的“魔力陀螺”可在圆轨道外侧或内侧旋转而不脱落。竖直平面内固定的强磁性圆轨道半径，圆轨道对陀螺的磁力大小恒为F。将陀螺置于轨道外侧A点静止释放，陀螺可做完整的圆周运动，且恰好不脱轨。在研究陀螺的运动时，可将陀螺简化为质点处理。不计摩擦和空气阻力，陀螺质量，重力加速度，求： (1)陀螺在外侧轨道运动到B点时的速度大小； (2)轨道对陀螺的磁力F的大小； (3)若陀螺在轨道内侧运动，过A点时受到轨道对质点的弹力为，求陀螺的速度大小。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）在轨道外侧，从A到B过程中，由动能定理，知： 解得 （2）在B点，轨道弹力为0，即恰能做圆周运动，根据牛顿第二定律可得 解得 （3）轨道内侧在A点，根据牛顿第二定律： 解得 8．（24-25高一下·浙江·期中）如图是无风天气一羽毛球的飞行轨迹图，轨迹上A、B两点离地高度相等，P为最高点。则该羽毛球在空中运动的整个过程中（　　） A．经过P点时的速度为零 B．上升阶段比下降阶段时间短 C．经过A、B两点时的速度相等 D．上升阶段比下降阶段动能变化量的绝对值小 【答案】B 【详解】A．经过P点时有水平速度，即速度不为零，选项A错误； B．上升阶段的竖直加速度 下落阶段的竖直加速度 可知 根据 可知 即上升阶段比下降阶段时间短，选项B正确； C．从A到P再到B的过程克服阻力做功，则经过B点时的速度小于经过A点的速度，选项C错误； D．若设初速度为v0，则落地时的速度v1<v0，设最高点时的速度vP，则上升阶段的动能变化量绝对值 下降阶段的动能变化量绝对值 可知上升阶段比下降阶段动能变化量的绝对值大，选项D错误。 故选B。 9．（24-25高一下·浙江·期中）如图甲所示为一小孩在固定的圆形水泥管道内踢球，她用合适的力度踢一下静止在圆筒最底端的小足球，使小足球在竖直面内先由最低点沿管道向上滚动，该过程可简化为如图乙所示，水泥管道半径为，球质量为，不计一切阻力，g取，则（　　） A．球沿管道做匀速圆周运动 B．要使球能沿管道做圆周运动，小孩踢球做功至少 C．球经过最低点与最高点时，球对管道的压力差为 D．控制踢球力度，球有可能脱离管道后落入小朋友背后打开的书包中 【答案】BD 【详解】A．球沿管道运动的速度大小改变，球不做匀速圆周运动，故A错误； B．要使球能沿管道做圆周运动，最高点有 根据动能定理有 解得J 故B正确； C．球在最高点时有 最低点有 根据动能定理有 解得N 故C错误； D．若球获得的速度不足以维持圆周运动，会在管道某处脱离并落向背后的书包中，故D正确。 故选BD。 10．（24-25高一下·浙江·期中）如图所示为双层立体泊车装置。欲将静止在①号车位的轿车移至④号泊车位，需先通过①号车位下方的移动板托举着轿车竖直抬升h至③号位、再水平右移停至④号车位，则（　　） A．水平右移过程移动板对车的摩擦力先做正功后做负功 B．竖直抬升过程车辆克服重力做功大于支持力做功 C．竖直抬升过程中车处于超重状态 D．根据题干信息可计算整个过程移动板对车做功的功率 【答案】A 【详解】A．水平右移过程，车辆先向右加速后减速，可知移动板对车的摩擦力方向先向右后向左，则摩擦力先做正功后做负功，故A正确； B．竖直抬升过程，由于初、末动能均为0，根据动能定理可知，竖直抬升过程车辆克服重力做功等于支持力做功，故B错误； C．竖直抬升过程中，车辆先向上加速后向上减速，加速度方向先向上后向下，车先处于超重状态，后处于失重，故C错误； D．由于不知道整个过程的运动时间，所以根据题干信息不能计算整个过程移动板对车做功的功率，故D错误。 故选A。 地 城 考点02 动能定理解决机车启动问题 11．（24-25高一下·浙江杭州·期中）2025年2月3日某媒体消息，小米汽车官方微博宣布，2025年1月，小米SU7交付量再次超过两万辆。假设t=0时刻，一辆小米汽车在一段试车专用的平直的公路上由静止启动，t=8s时功率达到360kW之后功率保持不变，其v−t图像如图所示。设汽车在运动过程中阻力不变，下列说法正确的是（　　） A．汽车受到的阻力大小为15000N B．匀加速运动阶段汽车牵引力做的功为8.64×106J C．汽车的质量为2000kg D．汽车在做变加速运动过程中的位移大小约为640m 【答案】C 【详解】A．当牵引力等于阻力时，速度达到最大值，则有，故A错误； C．由图可知，汽车在0~8s内做匀加速直线运动，加速度大小为 当t=8s时，牵引力大小为 由牛顿第二定律，有 解得，故C正确； B．v−t图像与时间轴围成的面积表示位移，则0~8s内汽车的位移大小为 则在0~8s内牵引力做的功为，故B错误； D．8~28s内牵引力做的功为 由动能定理，有 解得汽车在做变加速运动过程中的位移大小，故D错误。 故选C。 12．（24-25高一下·浙江温州·期中）某兴趣小组对一辆自制小遥控车的性能进行测试。让这辆小车在水平直轨道上由静止开始运动，并将小车运动的全过程记录下来，通过处理转化为t图像，如图所示。已知：在2s~14s的时间内小车运动过程中的功率保持不变，在14s 末停止遥控而让小车自由滑行；小车的质量为 1kg，可认为在整个运行过程中小车所受到的阻力大小不变。求 (1)小车匀加速和匀减速阶段的加速度的大小； (2)小车匀速行驶阶段的功率P； (3)小车加速运动过程中牵引力做的功 ； (4)小车行驶的总位移x。 【答案】(1)1.5m/s2，1.5m/s2 (2)9W (3)81J (4)78m 【详解】（1）由图线斜率可得小车匀加速阶段的加速度 匀减速阶段的加速度的大小 （2）减速阶段f=ma2=1.5N 小车匀速行驶阶段F=f 则功率P=Fv2=9W （3）0~2s内牵引力 位移 则W1 = Fx1 =3×3 = 9J 2~10s内：W2 =PΔt1 = 9×8 J=72J 所以W加= 81J （4）匀速阶段牵引力做功W3= PΔt2= 9×4J = 36J 整个过程中由能量关系W1+W2+W3 = f x 代入得x=78m 13．（24-25高一下·浙江宁波·期中）如图甲所示，某同学用轻绳通过定滑轮提升一重物，运用传感器（未在图中画出）测得此过程中不同时刻被提升重物的速度与对轻绳的拉力，并描绘出图像。假设某次实验得到的图像如图乙所示，其中第一个时间段内线段与轴平行，点对应的坐标为（，），第二个时间段内线段的延长线过原点，第三个时间段内拉力和速度v均与点的坐标（，）对应，大小均保持不变，因此图像上没有反映。实验中测得第二个时间段内所用时间为.重力加速度为，滑轮质量、摩擦和其他阻力均可忽略不计。下列说法正确的是（　　） A．重物的质量为 B．第一阶段重物上升的高度 C． D．重物在前两个时间段内的总位移 【答案】AC 【详解】A．由题可知，第三个时间段内重物所受拉力和重力相等，即有 解得 故A正确； B．第一个时间段内重物所受拉力为F1，重物的加速度大小为 第一个时间段内的位移 故B错误； C．BC段的拉力功率不变，有 故C正确； D．设第二个时间段内的位移为x2，根据动能定理有 解得 所以被提升重物在第一个时间段内和第二个时间段内通过的总位移 故D错误。 故选AC。 14．（24-25高一下·浙江·期中）如图所示为某型号电动车，其额定功率P=480W，车重M=40kg。一位质量m=60kg的乘员在平直路面试驾该车，电动车行驶中受到综合阻力为总重力的k=0.08倍，电动车从静止开始以额定功率启动，并沿直线行驶。则该电动车（　　） A．能达到的最大速率为6m/s B．做匀加速直线运动 C．速度为3m/s时的加速度大小为1.6m/s² D．若达到最大速率用时10s，则电动车前进的距离为37.5m 【答案】AD 【详解】A．最高时速时 代入数据，解得 故A正确； B．根据牛顿第二定律 其中 整理可得 则速度增加牵引力减小，加速度减小，非匀加速直线运动，故B错误； C．当时，由， 解得 故C错误； D．根据动能定理可得 代入数据，解得 故D正确。 故选AD。 15．（24-25高一下·浙江·期中）如图为我国“玉兔二号”月球车首个成功登陆月球背面。登月前，在水平地面上进行了测试。质量m=120kg和额定功率的月球车以恒定加速度从静止开始启动，在t=14s末达到最大速度开始做匀速直线运动，运动过程中月球车受到的阻力大小恒为4.8N。求： (1)月球车匀速运动的速度； (2)月球车在恒定加速度启动过程的运动时间； (3)月球车在14s内的总位移（保留2位有效数字）。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）14s末月球车的速度达到最大，此时月球车受到的牵引力F等于与阻力f大小，由 得 （2）根据牛顿第二定律 得 月球车在恒定加速度启动过程牵引力恒定，当功率达到最大值时，匀加速的末速度 则在恒定加速度启动过程的时间 （3）4s内月球车恒定加速的位移 在内，月球车以额定功率运动，设此阶段的位移为，由动能定理可得 联立解得 故月球车在14s内的位移 16．（23-24高一下·浙江杭州·期中）某实验兴趣小组对新能源车的加速度性能进行探究。他们根据自制的电动模型车模拟汽车启动状态，并且通过传感器，绘制了模型车从开始运动到刚获得最大速度过程中速度的倒数和牵引力F之间的关系图像，如图所示。已知模型车的质量，行驶过程中受到的阻力恒定，整个过程时间持续，获得最大速度为，则下列说法正确的是（　　） A．模型车变加速运动的位移为 B．模型车受到的阻力大小为 C．模型车匀加速运动的时间为 D．模型车牵引力的最大功率为 【答案】A 【详解】BD．根据 可得 结合图线的斜率可得 W=8W 即模型车的速度从2m/s增加至4m/s的过程中，模型车以恒定的功率（最大功率）行驶，速度最大时合外力为零，即牵引力等于阻力，根据图像可知，在F=2N时速度达到最大值，因此有 N 故BD错误； C．由图像可知小车初始牵引力为4N，且匀加速结束时模型车的速度大小，根据牛顿第二定律有 解得加速度 根据匀变速直线运动，速度与时间的关系可得匀加速运动的时间 s 故C错误； A．根据题意，模型车速度达到最大用时5s，而匀加速阶段用时1s，则可知，模型车以恒定功率运动所需时间s，根据动能定理 式中 ， 解得 故A正确。 故选A。 17．（23-24高一下·浙江温州·期中）一辆质量m的小型新能源电动汽车在水平的公路上由静止启动且沿直线前行，该汽车运动的速度与时间的关系如图所示，设汽车在运动过程中所受阻力大小恒为。在内汽车做匀加速运动，时刻达到额定功率P，在内汽车保持额定功率做变加速运动，时刻末汽车的速度恰好达到最大。则（　　） A．汽车受到阻力为 B．在时刻末，汽车的输出功率为 C．在时刻末，汽车达到的最大速度为 D．在内，汽车的位移小于 【答案】B 【详解】A．时刻末汽车的速度恰好达到最大，此时汽车加速度为零，根据可知汽车受到阻力为 A错误； B．在内，汽车以额定功率行驶，在时刻末，汽车的输出功率等于时刻的功率为 B正确； C．在内，汽车以额定功率行驶，设这个过程中的位移为x，根据动能定理可知 解得 C错误； D．若汽车在内做匀加速度运动，根据图像包围的面积等于位移可知匀加速的位移为 实际上汽车做变加速运动，图像中实线的面积大于，D错误； 故选B。 18．（23-24高一下·浙江·期中）义乌市机场路互通高架的建设将极大地改善市中心机场路与国贸大道的交通状况，实现车辆和行人的快速通行，从而提高城市交通的整体效率。如图甲，高架桥的引桥可视为一个倾角θ为的斜面。一质量m=2000kg的电动汽车从引桥底端由静止开始加速，其加速度a随速度v变化的关系如图乙所示，当电动汽车的速度达到10 m/s时，牵引力功率达到了额定功率并保持不变，且额定功率。假设行驶过程中电动汽车受到的阻力（摩擦和空气阻力）不变，重力加速度。求： （1）汽车受到的阻力大小； （2）汽车能达到的最大速度； （3）第1 s内电动汽车机械能的增加量多大； （4）若速度达到10 m/s后，电动车再经2s达到最大速度，求这段时间里车子沿斜面运动了多少距离。 【答案】（1）；（2）；（3）；（4） 【详解】（1）匀加速阶段，由图可知匀加速阶段最大速度，    对小车    得    （2）匀速运动时速度最大    （3）动能增量    重力势能增量    机械能增量 （4）达到最大速度前2s内根据动能定理有    得 19．（23-24高一下·浙江·期中）复兴号CR400AF型城际电力动车组由6节车厢编组而成，每节车厢的质量均为，其中第1节和第4节车厢带有动力，它们的牵引电机的额定功率分别为和。该动车组以的加速度沿水平直轨道由静止开始匀加速启动，当第1节车厢的牵引电机达到额定功率时，第4节车厢的牵引电机立即启动，继续使动车组保持的匀加速运动。当第四节车厢的牵引电机也达到额定功率时，整列动车保持恒定功率进一步加速。动车组行驶过程中受到的阻力为车重的0.1倍，重力加速度。求： （1）从静止开始到第4节车厢的牵引电机刚要启动时所经历的时间； （2）动车组能达到的最大速度有多大？ （3）从动车组刚出发开始计时，经过30s后动车组的速度为50m/s，求这段过程中动车组行驶的位移大小。 【答案】（1）10s；（2）90m/s；（3）775m 【详解】（1）由列车做匀加速运动，加速度为2m/s，则根据牛顿第二定律有 解得 N 由汽车功率与牵引力的关系，得，W，得 由，得 （2）当与阻力相等时，此时动车得速度最大，即 由汽车功率与速度关系 得 （3）列车先做匀加速运动，后做功率不变的加速运动，其匀加速直线运动得最大速度为 得 故0-30m/s列车做匀加速运动，时间为 匀加速位移 故30-50m/s为列车的功率不变的加速运动，时间为 根据动能定理，由 解得 故 20．（23-24高一下·浙江宁波·期中）有一辆质量的油电混合动力汽车，其行驶速度时靠电动机输出动力；行驶速度在范围内时靠汽油机输出动力，同时内部电池充电；当行驶速度时汽油机和电动机同时工作。该小汽车在一条平直的公路上由静止启动，汽车的牵引力F随运动时间t的图线如图所示，所受阻力恒为1250N。已知汽车在时刻第一次切换动力引擎，以后保持恒定功率行驶至第11s末。则在前11s内下列说法正确的是（　　） A．经过计算 B．电动机输出的最大功率为60kW C．汽油机工作期间牵引力做的功为 D．汽车的位移为120m 【答案】AC 【详解】根据题意可知 ，， A．由图可知，时间内，汽车的牵引力保持不变，由牛顿第二定律有 解得 则有 故A正确； B．电动机输出的最大功率为 故B错误； C．汽油机工作时，汽车的功率为 时，汽车的速度为 则汽油机工作期间牵引力做的功为 故C正确； D．时间内，汽车的位移为 时间内，由动能定理有 解得 汽车的位移为 故D错误。 故选AC。 地 城 考点03 动能定理解决多过程问题 21．（24-25高一下·浙江温州·期中）一游戏装置竖直截面如图所示，该装置由倾角 的固定斜面 CD、水平传送带EF、粗糙水平轨道FG、光滑圆弧轨道GPQ 及固定在Q 处的弹性挡板组成。斜面CD高度 传送带EF与轨道FG离地面高度均为h，两者长度分别为 OG、OP 分别为圆弧轨道的竖直与水平半径，半径 圆弧PQ所对应的圆心角 轨道各处平滑连接。现将质量 的滑块从斜面底端的弹射器弹出，沿斜面从D 点离开时速度大小，恰好无碰撞从E 点沿水平方向滑上传送带。已知滑块与传送带间的动摩擦因数 不计空气阻力，滑块视为质点， 重力加速度 。 (1)当传送带以 的速度顺时针转动，滑块恰好能滑至 P点。求： ①高度h； ②滑块与水平轨道FG间的动摩擦因数； ③滑块最终静止时离G 点的距离x； (2)在（1）的基础上，若传送带速度可调，要使滑块与挡板仅碰一次且始终不脱离轨道，求传送带速度大小v的范围（滑块与挡板碰撞后原速率反向弹回）。 【答案】(1)①1.2m；②0.3；③ (2) 【详解】（1）①D-E：斜抛运动，分解v0，竖直方向，水平方向 竖直位移为y，则 可得 所以 ②滑块以滑上传送带，假设能被加速到带速，则有成立。 故滑块离开F点的速度 ：根据动能定理 联立得 ③由分析可知，物块从P返回后向左进入传送带，又被传送带原速率带回；设物块从P返回后，在FG之间滑行的总路程为s，则有 得 所以滑块停止时离G点 （2）设传送带速度为时，滑块恰能到Q点；在Q点满足 得 根据动能定理 得 设传送带速度为时，滑块撞挡板后恰能重新返回到P点，根据动能定理 得 若滑块被传送带一直加速，则 得 所以传送带可调节的速度范围为 22．（24-25高一下·浙江·期中）如图所示，在光滑水平面AB、CD之间连接一长度为的传送带，圆心为、半径为的竖直光滑半圆轨道DEG与水平面AD在D点平滑连接，其中FG段为光滑圆管，E和圆心等高，。可视为质点的小物块从A点以的初速度向右滑动，已知小物块的质量，与传送带间的摩擦因数，重力加速度取。 (1)若传送带不转，求小物块滑到圆轨道D点时对轨道的压力大小； (2)若传送带以的速率顺时针方向转动，求小物块第1次经过BC过程中，与传送带摩擦产生的热量Q； (3)若要求小物块在半圆轨道内运动中始终不脱轨且不从点飞出，求传送带顺时针转动速度大小的可调范围。 【答案】(1) (2) (3)或 【详解】（1）A到D过程，对小物块由动能定理 在D点，对物块受力分析 可得 根据牛顿第三定律 则小物块对D点压力为 （2）B到C过程，先减速运动，加速度大小为，则有 解得 假设物块能减速到与传送带共速，有： 解得 因此小物块在传送带上先减速再匀速，到达C点时的速度为 物块减速的时间，此过程中传送带的位移为 物体与传送带的相对位移为 摩擦生热 （3）①若刚好到达E点不脱轨，C到圆轨道E点过程，对小物块由动能定理： 解得 所以 ②若刚好到达点不脱轨，在点有 C到过程，对小物块由动能定理 解得 ③若刚好到达点不脱轨，在点有 C到过程，对小物块由动能定理 解得 要保证小物块在段圆弧运动中不脱轨且不从点飞出，从C点滑出的速度应满足 ④若物块在传送带上全程加速，有 解得 综上所述，传送带顺时针方向转动的速度应满足或 23．（24-25高一下·浙江台州·期中）如图所示，在离水平地面CD高的光滑水平平台上，质量m=1kg的物块（可视为质点）压缩弹簧后被锁扣K锁住，弹簧原长小于水平平台的长度，此时弹簧储存了一定量的弹性势能Ep，若打开锁扣K，物块与弹簧脱离后从A点离开平台，并恰好能从光滑圆弧形轨道BC的B点的切线方向进入圆弧形轨道，B点距地面CD的高度；圆弧轨道半径R=30m，轨道最低点C的切线水平，并与长为L=70m的粗糙水平直轨道CD平滑连接。物块沿轨道BCD运动并与右边墙壁发生碰撞，且碰后速度等大反向。 (1)求物块从A点离开平台时的速度大小v0； (2)被K锁住时弹簧储存的弹性势能Ep； (3)求物块第一次经过圆轨道最低点C时对轨道的压力大小； (4)若物块与墙壁只发生一次碰撞且不会从B点滑出BCD轨道，求物块与轨道CD间的动摩擦因数μ的取值范围。 【答案】(1) (2) (3) (4) 【详解】（1）由     因R=h1， 由几何关系可得∠BOC=60° 由     得 （2）被K锁住时弹簧储存的弹性势能 （3）从A到C的过程     在C点，有 可得 由牛顿第三定律得 （4）若物块第一次进入CD轨道后恰能与墙壁发生碰撞，从A点至第一次到D点的过程由动能定理得 解得 若物块与墙壁发生一次碰撞后恰好返回到B点时速度为零，从A点至第一次返回到B点的过程，由动能定理得 解得 若物块第二次进入CD轨道后恰好不能与墙壁发生碰撞，从A点至第二次到D点的过程由动能定理得 解得 综上μ的取值范围。 24．（24-25高一下·浙江杭州·期中）如图所示，一根长的轻绳（不可伸长）一端被固定在光滑的斜面上，另一端连着一个质量的小球（可视为质点），斜面固定，倾角。某一时刻将轻绳拉直到水平位置，小球从斜面上点静止释放，运动到最低点时轻绳恰好断裂，小球飞离斜面，恰好从点沿切线进入右侧圆管道。管道竖直放置，、、、在同一竖直平面内，虚线以下半圆管道内部粗糙程度均匀，其余部分光滑。圆管道半径，、是左右对称的两个点，是圆管道的最低点，管口的直径略大于小球的直径，、与水平方向的夹角均为。运动过程中不计空气阻力，求： (1)小球运动到点时，小球所受拉力的大小； (2)小球第一次到达点时，小球对管道的弹力的大小和方向； (3)若小球能从点飞出且恰能从点回到圆管道，求从点飞出时的速度大小； (4)若小球第一次经过点时的速度大小为，判断小球能否从点飞出并说明理由。 【答案】(1)1.8N (2)4.4N，方向由点沿半径向外 (3)m/s (4)能从点飞出 【详解】（1）根据动能定理， 解得 根据牛顿第二定律 解得 （2）根据题意 根据牛顿第二定律 解得 根据牛顿第三定律得，小球对管道的压力与管道对小球的弹力是一对作用力与反作用力，则 方向由点沿半径向外 （3） 则 （4）段 求得 段，且 求得 即 由于段摩擦阻力做功大于段，故能从点飞出。（能简单说明即可） 25．（24-25高一下·浙江杭州·期中）如图所示，水平放置的传送带与光滑的圆弧轨道相切于点，圆弧与斜面相切于点，斜面足够长。某时刻将一个质量为的物块（可视为质点）从点轻放到传送带上。已知物块与传送带、斜面之间的动摩擦因数均为0.25，传送带的长度，始终以向右传动，圆弧对应的圆心角为，半径，求： (1)物块第一次到达点时的速度大小； (2)物块第一次沿斜面向上运动相对点的最大距离； (3)物块能否从传送带的左侧离开？若能，求出离开时的速度，若不能，求出物块在斜面上运动的总路程。 【答案】(1)5m/s (2)1m (3)不能，4m 【详解】（1）根据牛顿第二定律，可得物块在传送带上加速时的加速度为 若物块与传送带共速，则物块需要加速的位移为 故物块第一次到达点时的速度大小 （2）设物块第一次沿斜面向上运动相对点的最大距离为，对物块从到最高点列动能定理有， 联立代入数据求得 （3）由于物块从A点静止开始加速到达B点恰好与传送带共速，但物块在斜面上运动的过程中有能量损失，则物块返回到B点的速度小于5m/s，故物块不能从传送带的左侧离开。 设物块物块在斜面上运动的总路程为，结合前面分析可知，物块在BC段，根据动能定理有 求得 由运动的对称性及功能关系可得 求得 26．（24-25高一下·浙江·期中）一游戏装置的竖直截面如图所示。倾斜直轨道AB、半径为R的竖直螺旋轨道、水平轨道BC和C'E、倾角为37°的倾斜直轨道E'F平滑连接成一个抛体装置。该装置除BC、E'F段轨道粗糙外，其余各段均光滑，F点与水平高台GHI等高。游戏开始，一质量为m的滑块从轨道AB上的高度h处静止滑下。若滑块落在GH段，反弹后水平分速度保持不变，竖直分速度减半；若滑块落在H点右侧，立即停止运动。已知R=0.2m，m=0.1kg，E'F段长度L=m，BC间距LBC=2.4m，FG间距LFG=0.4m，GH间距LGH=0.22m，HI间距LHI=0.1m，BC和E'F段μ=0.25。滑块可视为质点，忽略空气阻力，，，重力加速度g=10m/s2。 (1)若h=0.8m，求滑块在C点的压力； (2)若滑块恰好能通过圆轨道CDC'，求高度h1； (3)若滑块最终落入I点的洞口中（忽略洞口I的宽度）则游戏成功。讨论游戏成功的高度h2。 【答案】(1)，竖直向下 (2) (3)见解析 【详解】（1）滑块从 到 下滑过程，根据动能定理 得 滑块在 点受力分析得 联立解得滑块在C点受到的支持力 由牛顿第三定律得滑块在C点的压力大小为3N，方向竖直向下。 （2）滑块恰好能过 点，即 解得 滑块从 到 过程，动能定理得 解得 （3）滑块从 到 过程，动能定理得 解得 根据平抛运动得 ， ， ， 联立解得 ①滑块未反弹直接进入洞口，则 有 解得 根据 可得 ②在 上反弹，那么有， 得第一次反弹后水平位移 以此类推 ， 故 由（2）可得 即 ， 而，可知滑块只经过一次反弹就进入I点的洞口中，因此滑块恰好进入洞口时的高度。 27．（24-25高一下·浙江衢州·期中）如图所示，水平地面上固定一倾角为，高的斜面，斜面顶端与半径的光滑圆弧轨道平滑连接。一质量为的物块，从斜面底端A点以某一初速度滑上斜面，可以从C点水平抛出。已知物块与斜面、水平面间的动摩擦因数均为，则 (1)若物块通过C点时速度为，求物块对轨道的压力； (2)物块从C点滑出后落回到斜面中点，求物块在A点的速度为多大； (3)若物块恰好从C点滑出，与斜面发生碰撞后，垂直于斜面方向的分速度减为0，沿斜面方向的分速度保持不变。求物块最终停在水平面上时距A点的距离。 【答案】(1)；方向竖直向上 (2) (3) 【详解】（1）若物块通过C点时速度为，以物块为对象，根据牛顿第二定律可得 解得 根据牛顿第三定律可得物块对轨道的压力大小为 方向竖直向上。 （2）落回到斜面中点时平抛竖直分位移为 水平分位移为 由平抛规律可得， 联立解得， 物块从A到C过程，根据动能定理可得 解得 （3）物体恰好从点滑出时，则有 解得 根据（2）问分析可知，物块恰好落到斜面中点；则物块落在斜面上时水平分速度为 竖直分速度为 碰撞后速度平行斜面的分量为 从斜面中点到停下，根据动能定理可得 解得 28．（24-25高一下·浙江·期中）如图所示，整个装置竖直放置，光滑半圆轨道ABC的半径，A处竖直放置弹性挡板（碰撞时不损失机械能），光滑半圆轨道CDE的半径，CA、CE分别是它们的直径，水平台阶EF长为，紧靠F点右边放有一长木板，长木板上表面与EF水平部分在同一水平面上，开始时小物块（可视为质点）停在F点，已知小物块质量为，长木板质量为，小物块与台阶EF和长木板的滑动摩擦因数，地面光滑，现给小物块一个水平向左的速度，，求： (1)若小物块在上升过程恰好能过C点，求物块通过E点时受到支持力为多大？ (2)若，要使小物块返回F点并滑上长木板后，恰好不滑出长木板，则长木板长度L为多少？ (3)若去掉A处的挡板，给小物块一个向左的速度，小物块经过两半圆后从A点水平抛出，并将落在半圆CDE上P点，求P点与A点的竖直高度差h与的函数关系。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）即小物块到达最高点时，重力提供向心力，则 从到的过程中，根据动能定理得： 在E点通过受力分析可得 可得， （2）到过程中，根据动能定理，由 可得 小物块从开始运动到返回点，根据动能定理可得 解得 当小物块滑上木板，对小物块，根据牛顿第二定律有 对长木板，有 当二者共速时有 解得 所以长木板长度的最小值为 （3）若去掉处的挡板，小物块要到达A点，必须经过最高点C，根据第（1）问可得，到过程中，根据动能定理，由 可得， 分析木块从F到A点过程中，列动能定理 由平抛运动可知 且 联立可得： 地 城 考点01 动能定理解决物体在传送带问题 29．（24-25高一下·浙江·月考）如图所示，一游戏装置由倾斜角为的光滑轨道、水平传送带、半径为的光滑竖直圆形轨道、倾角为斜面组成，为圆弧轨道的圆心，、四点在同一水平面上。游戏时，小滑块从倾斜轨道不同高度处静止释放，经过传送带后沿圆形轨道运动，最后由点平抛后落在不同的区间获不同的奖次。已知小滑块与传送带的动摩擦因数长为是圆轨道上与圆心等高的点，距水平地面的高度，小滑块经处时速度大小不变，小滑块可视为质点，其余阻力均不计，取，传送带开始处于静止状态，求： (1)若小滑块质量为，释放的高度，求小滑块通过点时对轨道的压力； (2)为了使小滑块进入圆轨道且不脱离圆轨道DEF，求小滑块释放高度的范围； (3)若小滑块释放的高度，同时调节传送带以不同速度顺时针转动，为了保证小滑块不脱离圆轨道又能从点水平飞出，试写出小滑块第1次落点（不反弹）与点的水平距离与传送带速度的关系。 【答案】(1)4N，方向水平向右 (2)见解析 (3)见解析 【详解】（1）A到E，由动能定理得 在点，由牛顿第二定律得 联立得 由牛顿第三定律得，方向水平向右 （2）滑块恰好到进入圆轨道，由动能定理得 解得 使小滑块进入圆轨道，则 ①滑块恰好到点，由动能定理得 解得 使小滑块进入圆轨道且不脱离圆轨道，则 ②滑块恰好到点，由动能定理得 在点，由牛顿第二定律得 解得 要使小滑块进入圆轨道且不脱离圆轨道，则 （3）由题意可知，滑块过最高点，则到，由动能定理得 联立得 即滑块过最高点，必须满足 滑块从点水平飞出，恰好落在点。则， 解得： ①当时，落点均在斜面上，则 解得 ②当时， ③当时， 30．（24-25高一下·浙江·期中）如图所示，水平传送带AB长L=9m，一开始传送带以v=2m/s的速度顺时针转动。传送带与半径R=0.4m的竖直光滑半圆轨道BCD平滑连接，CD段为光滑圆管，∠COD=60°。小物块以v0=4m/s的初速度滑上传送带，已知小物块的质量m=1kg，与传送带间的动摩擦因数μ=0.2，重力加速度g=10m/s2。求： (1)小物块通过传送带的时间t和系统因摩擦产生的热量Q； (2)如果传送带速度方向不受限制，小物块能进入光滑圆管CD，且不从D点飞出，讨论传送带转动速度大小应满足的条件； (3)现在将右侧轨道CD段的内轨去掉，并增加轨道半径到0.9m，同时传送带的速度可调，要让小物块从圆轨道上升并能从D点抛出，讨论动摩擦因数的最小值，假设其余条件不变； 【答案】(1)4s，2J (2) (3) 【详解】（1）小物块在传送带上先做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律可得 解得 小物块减速到与传送带共速，经历时间为 通过的位移为 之后做匀速直线运动，经历时间为 小物块通过传送带的时间为； 小物块与传送带之间的摩擦力大小为 共速前传送带的位移为 相对位移为        产生热量为 （2）①刚好到达C点不脱轨，临界条件是弹力为0，在C点有 B点到C点，根据动能定理可得 联立解得  ②刚好到达D点不脱轨，在D点有 B点到D点，根据动能定理可得 解得 综上所述，传送带应顺时针转动，速度v满足的条件是。 （3）当半径变为0.9m时，有 解得 由 解得 由运动学公式         得 所以摩擦因数至少增加到。 31．（24-25高一下·浙江·期中）如图所示，水平传送带足够长，向右前进的速度，与倾角为的斜面的底端平滑连接（即拐角处无能量损失），将一质量的小物块从点静止释放。已知A、P的距离，物块与斜面、传送带间的动摩擦因数分别为，，取，，。求物块： (1)第一次滑过点时的速度大小； (2)第一次在传送带上往返运动的时间； (3)第一次返回斜面上时，沿斜面上滑的最大距离； (4)写出物体从传送带上返回至点时的速度大小与从传送带返回次数的关系； 【答案】(1) (2) (3) (4) 【详解】（1）第一次滑过点时由动能定理 解得 （2）滑块在传送带上运动的加速度 则向左运动速度减为零的时间 最远距离 向右返回时，加速的时间 加速的位移 匀速时间 往返时间 （3）第一次返回斜面上滑时的初速度为，沿斜面上滑的加速度 则上滑的最大距离 （4）第一次返回时，设第次从传送带返回至点的速度为，物块在斜面上向下滑动时的加速度， 上式为第次返回至点，再从斜面最高点滑至点的速度。速度小于传送带的速度，所以第次从传送带返回至点的速度与速度大小相等，则 即 32．（24-25高三上·甘肃武威·期末）传送带传送货物已被广泛应用。一水平传送带装置的示意图如图所示，紧绷的传送带AB始终保持恒定的速率v运行，一质量为m的小物体从A处轻放到传送带上，经时间t小物体的速度与传送带相同，而后匀速运动至B处。则小物体从A运动到B的过程中（　　） A．传送带对小物体所做的功为 B．传送带对小物体做功的平均功率为 C．小物体与传送带因相互作用产生的热量为 D．由于传送小物体电动机至少需要多消耗的电能为 【答案】CD 【详解】A．对物体，由动能定理得 则传送带对小物体所做的功为，故A错误； B．物体在传送带上运动的时间 则传送带对小物体做功的平均功率 故B错误； D．设物体与传送带的动摩擦因数为μ。则 ， 联立解得 电动机多消耗的电能为传送带对外做的功 故D正确； C．电动机多消耗的电能为物体增加的动能和产生的摩擦热，则小物体与传送带因相互作用产生的热量为 故C正确。 故选CD。 试卷第1页，共3页 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $