7.3动能定理 专项训练 -2027届高考物理一轮复习100考点精练

2027高考物理一轮复习100考点精练 第七章 机械能守恒定律 考点7.3 动能定理 【考点精练】 1 (2026·河北邯郸名校联考)使用如图所示的卸货装置从高处卸下货物时，先将质量为m的货物放置在倾角为α、长为L的粗糙木板上端，货物开始加速下滑的同时，自动液压杆启动并逐渐缩短，液压杆装置最终完全缩回到地面以下，货物以较小的速度v水平向右滑出木板，完成卸货。已知重力加速度大小为g。下列说法正确的是(　　) A.木板对货物做功为mv2－mgLsin α B.木板对货物做功为mv2 C.摩擦力对货物做功为mv2－mgLsin α D.支持力对货物不做功 2.（2026·江苏六校联考）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与一轻弹簧O端相距s，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，则从开始碰撞到弹簧被压缩至最短，弹簧弹力对物体所做的功为（　　） A.m－μmg（s＋x） B.m－μmgx C.μmg（s＋x）－m D.－μmg（s＋x） 3 (2025·八省联考云南卷，4)如图所示，“套圈”活动中，某同学将相同套环分两次从同一位置水平抛出，分别套中Ⅰ、Ⅱ号物品。若套环可近似视为质点，不计空气阻力，则(　　) A.套中Ⅰ号物品，套环被抛出的速度较大 B.套中Ⅰ号物品，重力对套环做功较小 C.套中Ⅱ号物品，套环飞行时间较长 D.套中Ⅱ号物品，套环动能变化量较小 4 .(2025·江苏南通高三月考)游乐场有一种儿童滑轨，其竖直剖面示意图如图所示，AB部分是半径为R的四分之一圆弧轨道，BC为轨道水平部分，与半径OB垂直。一质量为m的小孩(可视为质点)从A点由静止滑下，滑到圆弧轨道末端B点时，对轨道的正压力大小为2.5mg，重力加速度为g。下列说法正确的是(　　) A.小孩到达B点的速度大小为 B.小孩到达B点的速度大小为 C.小孩从A到B克服摩擦力做的功为mgR D.小孩从A到B克服摩擦力做的功为mgR 5 .(2025·湖北武汉一模)冰滑梯是一种体验冰雪运动的娱乐项目，其示意图如图所示，游客从螺旋滑道上端滑下，旋转两周后经倾斜滑道冲上水平滑道，滑行结束时停在水平滑道上。假设螺旋滑道的圆面半径为r＝ m，上端与下端高度差为h1＝6 m，倾斜滑道高度差为h2＝2 m，螺旋滑道、倾斜滑道和水平滑道均平滑相接，游客与各滑道间的动摩擦因数处处相同，游客可视为质点。现测得游客某次滑行时停在水平滑道的位置与螺旋滑道上端的水平距离为L＝92 m，则游客与各滑道间的动摩擦因数可能为(　　) A.0.07 B.0.08 C.0.09 D.0.10 6 .(多选)(2025·山东济南高三期中)竖直平面内有一半径为R的圆，O为圆心，直径AB沿水平方向，将质量为m的小球从A点以相同的速率v0抛出，抛出的方向不定，小球进入圆内同时受到一个平行于圆面的恒力F作用，其大小等于mg，g为重力加速度，小球从A点抛出后会经过圆上的不同点，在这些所有的点中，小球到达C点的动能最大，已知AB与AC夹角为30°。不计空气阻力，下列说法正确的是(　　) A.恒力F的方向沿AC方向 B.恒力F的方向沿OC方向 C.小球到达C点的动能EkC＝mmgR D.小球到达B点的动能EkB＝mmgR 7 .如图所示，粗糙程度处处相同的水平桌面上有一长为L的轻质细杆，一端可绕竖直光滑轴O转动，另一端与质量为m的小木块相连。木块以水平初速度v0出发，恰好能完成一个完整的圆周运动。在运动过程中，木块所受摩擦力的大小为(　　) A. B. C. D. 8 .(多选)(2023·广东卷，8)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 .(2025·河南三门峡模拟)如图所示，质量为m的小球从离地面H高处由静止释放，落到地面，陷入泥土中h深处后停止运动，不计空气阻力，重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　) A.小球落地时的动能等于mg(H＋h) B.小球克服泥土阻力所做的功等于小球刚落到地面时的动能 C.泥土阻力对小球做的功为mg(H＋h) D.小球在泥土中受到的平均阻力大小为mg 10 .(2025·浙江省强基联盟联考)如图所示，固定斜面倾角为θ，整个斜面分为AB、BC两段，且AB=1.5BC，小物块P(可视为质点)与AB、BC两段斜面之间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，已知P由静止开始从A点释放，恰好能滑动到C点停止，那么θ、μ1、μ2间应满足的关系是(　　) A.tan θ= B.tan θ= C.tan θ=2μ1-μ2 D.tan θ=2μ2-μ1 11　(2025·浙江省浙南名校联盟期中)巴黎奥运会网球女单决赛中，中国选手郑钦文以2∶0战胜克罗地亚选手维基奇夺冠。这是中国运动员史上首次赢得奥运网球单打项目的金牌。某次发球郑钦文将质量为m的网球在网球竖直上升到最高点时击出，网球被击出瞬间距离地面的高度为h，网球的速度大小为v1，经过一段时间网球落地，落地瞬间的速度大小为v2，重力加速度为g，网球克服空气阻力做功为W克f。则下列说法正确的是(　　) A.击球过程，球拍对网球做功为mgh+m B.网球从被击出到落地的过程，网球动能的增加量为mgh C.网球从被击出到落地的过程，网球的机械能减少W克f D.网球克服空气阻力做功为mgh+m-m 12　 (2025·浙江省七彩阳光新高考联盟检测)一质量为m的小球从距水平地面h1处的A点以初速度大小v被竖直抛下，落到水平地面上被弹回，回跳到距地面h2处的B点时速度为零。若小球与地面碰撞时机械能损失20%，不计空气阻力，重力加速度为g，则从A到B过程中(　　) A.重力做功为mg(h2-h1) B.合外力对小球做功为mg(h1-h2) C.初速度大小满足v= D.地面对小球做的功为mg(h2-h1)-mv2 13 　(2025·浙江6月选考·6)如图所示，两根相同的橡皮绳，一端连接质量为m的物块，另一端固定在水平桌面上的A、B两点。物块处于AB连线的中点C时，橡皮绳为原长。现将物块沿AB中垂线水平拉至桌面上的O点静止释放。已知CO距离为L，物块与桌面间的动摩擦因数为μ，橡皮绳始终处于弹性限度内，不计空气阻力，则释放后(　　) A.物块做简谐运动 B.物块只受到重力、橡皮绳弹力和摩擦力的作用 C.若∠AOB=90°时每根橡皮绳的弹力为F，则物块所受合力大小为F D.若物块第一次到达C点的速度为v0，此过程中橡皮绳对物块做的功W=m+μmgL 14.（10分）(2026年4月安徽合肥名校联考）如图所示，轨道ABCD固定在竖直面内，由粗糙倾斜直轨道AB段和光滑圆弧轨道BCD组成，直轨道与平面夹角θ＝60°，圆弧轨道半径为R，与直轨道平滑连接，相切于B点，C点为轨道最低点，D点与圆心O等高。一质量为m的小物块从直轨道某位置由静止释放，恰能到达D点。空气阻力忽略不计，小物块视为质点，重力加速度为g。求： (1)小物块第一次运动到B时的速度vB的大小； (2)小物块经过C点时对轨道压力的最大值Fmax与最小值Fmin。 15.（16分）（2026四川成都重点高中联考）如图所示，处于竖直平面内的一探究装置，由倾角的光滑直轨道、圆心为的半圆形光滑轨道、圆心为的半圆形光滑细圆管轨道、倾角也为的粗糙直轨道组成，、和为轨道间的相切点，弹性板垂直轨道固定在点与点等高，、、、和点处于同一直线上。已知可视为质点的滑块质量，轨道和的半径，轨道长度，滑块与轨道间的动摩擦因数，滑块与弹性板作用后，以等大速度弹回，，。滑块开始时均从轨道上某点静止释放， 若释放点距点的长度，，求滑块到最低点时轨道对其支持力的大小； 设释放点距点的长度为，滑块第一次经点时的速度与之间的关系式； 若滑块最终静止在轨道的中点，求释放点距点长度的值。   16. （厦门市2025届高三毕业班第四次质量检测）《考工记 轮人》篇中记载“轮人为盖”“上欲尊而宇欲卑，上尊而宇卑，则吐水，疾而溜远”。如图甲所示是古代马车示意图，车盖呈伞状，支撑轴竖直向上，车盖底面为圆面且水平。如图乙所示是过支撑轴的车盖截面简化图，底面半径m，车盖底面与水平地面距离m。车辆保持静止，一质量kg的水滴（可视为质点）从车盖顶端点由静止下滑，经车盖底端点后落到地面点（未画出）。已知、间竖直高度差m，水滴经过时的速度大小m/s，方向与竖直方向夹角为，不计空气阻力，重力加速度大小取m/s²。求该水滴： （1）经过时重力的功率； （2）从下滑到过程中，雨滴克服阻力做的功； （3）落地点与支撑轴在地面投影的距离。 17. （2025年5月广西桂林市高三二模） 如图所示，半径为的四分之一光滑圆弧轨道BC固定在竖直面内，圆弧轨道的最低点与水平面相切于点。质量为的小物块从水平面上的点开始始终受斜向右上方、与水平面夹角为的恒力，使物块从静止开始运动。已知，物块与水平面间的动摩擦因数为，点到点间的距离为，重力加速度大小取，物块大小不计，求（结果可带根号）： （1）物块在水平面上运动的加速度大小； （2）物块从运动到的时间； （3）物块在圆弧面上运动的最大动能及相应位置。 18. （2025届江苏泰州高三年级二模联考） 如图所示，顶角为2θ=60°的圆锥筒，圆锥的轴线竖直，底面半径为R，在底面圆心O处，系一根轻质细线，长也为R，细线的另一端连一个小球，小球直径远小于R。已知重力加速度为g，不计空气阻力，最终结果可保留π和根号。求： （1）将绳偏离竖直方向很小的角度静止释放，第一次运动到最低点需要的时间； （2）小球做圆周运动不碰到圆锥筒时，线速度的最大值； （3）某时刻小球在圆锥筒内做半径为的圆周运动，由于圆锥筒内壁微弱的摩擦力作用，小球运动半径变化直至稳定，此过程中摩擦力做的功。 19 （2026湖北六校期中）如图所示，一固定在竖直面内的半径为R=0.2m 的光滑圆弧轨道，在竖直半径 OA 的下端 A 点与一水平面平滑连接，在水平半径 OB 的 B 端平滑连接一半径也为 R 的竖直 圆管道 BC，圆管道 BC 内壁光滑。一质量为m=1kg的小滑块（小滑块尺寸略小于圆管道 BC 的内径），静置在水平面上的 P 点，P点到 A 点的距离为L=1m，小滑块与水平面之间的动摩擦因数为μ=0.2。小滑块在大小为F=10N的水平拉力作用下开始沿水平面向右运动，F 作用=0.8m的距离后撤去。重力加速度 g 取10m/。 （1） 求小滑块到达 A 点时对圆弧轨道的压力大小； （2）判断小滑块能否到达竖直圆管道的 C 端。若不能，则说明理由；若能，求在 C 端小滑块与圆管道的相互挤压力大小； （3）改变拉力 F 的作用距离，为了使小滑块能冲上圆弧轨道 AB 并进入竖直圆管道 BC，但不能从圆管道的 C 端飞出，求拉力 F 在水平面上的作用距离 x 应满足的条件。 20.(13分)(2025·浙江杭州市检测)极限运动深受年轻人的喜爱，如图甲是极限运动中滑板、轮滑等运动常用的比赛场地——U形池，现有某U形池场地示意图如图乙所示，该场地由两段可视为光滑的圆弧形滑道AB和CD以及粗糙程度处处相同的水平滑道BC构成，图中R1=4.5 m，R2=3.5 m，BC=5 m，某次滑板比赛中质量为60 kg(含滑板质量)的运动员从A点由静止出发，通过AB、BC滑道，冲向CD滑道，到达CD滑道的最高位置D时速度恰好为零(运动员和滑板整体看成质点，空气阻力不计，g取10 m/s2)。 (1)(3分)求该运动员在圆弧形滑道AB上下滑至B点时对圆弧形滑道的压力。 (2)(5分)该运动员为了第一次经过D处后有2 s时间做空中表演，求他在A点下滑的初速度大小。 (3)(5分)在(2)问的初始条件下，运动员在滑道上来回运动，最终停的位置距离B点多远？ 21.(14分)(2025·浙江省“9+1”高中联盟联考)如图所示为某弹射游戏装置，游戏轨道由倾角θ=37°的粗糙直轨道AB和两个半径为R=0.5 m的光滑半圆弧轨道BD、D'E组成，物块a(可视为质点)能无碰撞地从轨道AB进入轨道BD，以及从轨道BD进入轨道D'E。游戏规定：参赛者在A点给物块一定的初速度v0，若物块能在圆弧轨道D'E(不包括E点和D'点)段脱离则获得胜利。已知物块的质量m=0.1 kg，A点的高度h=1.6 m，物块与直轨道的动摩擦因数μ=0.4，重力加速度g取10 m/s2(不计空气阻力，sin 37° = 0.6，cos 37°=0.8)。 (1)(3分)若物块获得的初速度v0为1 m/s，则物块在C点对轨道的压力。 (2)(5分)求出物块的初速度v0与其到达D点时的速度vD之间的关系式。 (3)(6分)物块的初速度v0满足什么条件时可以获得胜利。 22（2025·江苏常州期末）如图所示，让摆球从C位置由静止开始摆下，摆到最低点D处，摆线刚好被拉断，摆球在粗糙的水平面上由D点向右做匀减速运动，到达A孔进入半径R＝0.3 m的竖直放置的光滑圆弧轨道，当摆球进入圆轨道后立即关闭A孔。已知摆线长L＝2 m，θ＝53°，摆球质量为m＝0.5 kg，D点与A孔的水平距离s＝2 m，取g＝10 m/s2，cos 53°＝0.6。 （1）求摆球从C运动到D的过程中重力做的功。 （2）求摆线能承受的最大拉力。 （3）要使摆球能做完整的圆周运动，求摆球与平面间的动摩擦因数μ需要满足的条件。 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 2027高考物理一轮复习100考点精练 第七章 机械能守恒定律 考点7.3 动能定理 【考点精练】 1 (2026·河北邯郸名校联考)使用如图所示的卸货装置从高处卸下货物时，先将质量为m的货物放置在倾角为α、长为L的粗糙木板上端，货物开始加速下滑的同时，自动液压杆启动并逐渐缩短，液压杆装置最终完全缩回到地面以下，货物以较小的速度v水平向右滑出木板，完成卸货。已知重力加速度大小为g。下列说法正确的是(　　) A.木板对货物做功为mv2－mgLsin α B.木板对货物做功为mv2 C.摩擦力对货物做功为mv2－mgLsin α D.支持力对货物不做功 答案　A 解析　设在整个过程中木板对货物做功为W，根据动能定理有W＋mgLsin α＝mv2，木板对货物做功为W＝mv2－mgLsin α，故A正确，B错误;木板转动，支持力与货物运动方向成钝角，支持力对货物做负功WN，故D错误;木板对货物做功为W＝Wf＋WN，摩擦力对货物做功为Wf＝mv2－mgLsin α－WN，故C错误。 2.（2026·江苏六校联考）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与一轻弹簧O端相距s，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，则从开始碰撞到弹簧被压缩至最短，弹簧弹力对物体所做的功为（　　） A.m－μmg（s＋x） B.m－μmgx C.μmg（s＋x）－m D.－μmg（s＋x） 答案 C 解析：　物体受到的滑动摩擦力大小为Ff＝μmg，对物体，由动能定理可得W－μmg（s＋x）＝0－m，解得W＝μmg（s＋x）－m，故选C。 3 (2025·八省联考云南卷，4)如图所示，“套圈”活动中，某同学将相同套环分两次从同一位置水平抛出，分别套中Ⅰ、Ⅱ号物品。若套环可近似视为质点，不计空气阻力，则(　　) A.套中Ⅰ号物品，套环被抛出的速度较大 B.套中Ⅰ号物品，重力对套环做功较小 C.套中Ⅱ号物品，套环飞行时间较长 D.套中Ⅱ号物品，套环动能变化量较小 答案　D 解析　根据平抛运动规律，水平方向和竖直方向有x＝v0t，h＝gt2，可得v0＝x，套中Ⅰ号物品时水平位移x较小，下落高度h较大，可知套环被抛出的速度v0一定较小，故A错误;根据重力做功表达式W＝mgh可知，套中Ⅰ号物品时下落高度h较大，重力对套环做功较大，故B错误;根据平抛运动的时间t＝，套中Ⅱ号物品，下落高度h较小，套环飞行时间较短，故C错误;根据动能定理得mgh＝ΔEk，套中Ⅱ号物品，重力做功较小，可知套环动能变化量较小，故D正确。 4 .(2025·江苏南通高三月考)游乐场有一种儿童滑轨，其竖直剖面示意图如图所示，AB部分是半径为R的四分之一圆弧轨道，BC为轨道水平部分，与半径OB垂直。一质量为m的小孩(可视为质点)从A点由静止滑下，滑到圆弧轨道末端B点时，对轨道的正压力大小为2.5mg，重力加速度为g。下列说法正确的是(　　) A.小孩到达B点的速度大小为 B.小孩到达B点的速度大小为 C.小孩从A到B克服摩擦力做的功为mgR D.小孩从A到B克服摩擦力做的功为mgR 答案　C 解析　根据牛顿第三定律可知，在B点轨道对小孩的支持力也等于2.5mg，由牛顿第二定律有FN－mg＝m，可得vB＝，故A、B错误;由动能定理mgR－Wf＝m－0，可得从A到B小孩克服摩擦力做功为Wf＝mgR，故C正确，D错误。 5 .(2025·湖北武汉一模)冰滑梯是一种体验冰雪运动的娱乐项目，其示意图如图所示，游客从螺旋滑道上端滑下，旋转两周后经倾斜滑道冲上水平滑道，滑行结束时停在水平滑道上。假设螺旋滑道的圆面半径为r＝ m，上端与下端高度差为h1＝6 m，倾斜滑道高度差为h2＝2 m，螺旋滑道、倾斜滑道和水平滑道均平滑相接，游客与各滑道间的动摩擦因数处处相同，游客可视为质点。现测得游客某次滑行时停在水平滑道的位置与螺旋滑道上端的水平距离为L＝92 m，则游客与各滑道间的动摩擦因数可能为(　　) A.0.07 B.0.08 C.0.09 D.0.10 答案　A 解析　研究游客整个运动过程，根据动能定理有mg(h1＋h2)－μmg－μmgL＝0，代入数据解得μ＝0.08，实际上游客在螺旋轨道运行时，因为向心力的原因导致支持力比在同角度的斜面大，即在螺旋轨道摩擦力做功W>μmg，因此动摩擦因数应更小，故A正确。 6 .(多选)(2025·山东济南高三期中)竖直平面内有一半径为R的圆，O为圆心，直径AB沿水平方向，将质量为m的小球从A点以相同的速率v0抛出，抛出的方向不定，小球进入圆内同时受到一个平行于圆面的恒力F作用，其大小等于mg，g为重力加速度，小球从A点抛出后会经过圆上的不同点，在这些所有的点中，小球到达C点的动能最大，已知AB与AC夹角为30°。不计空气阻力，下列说法正确的是(　　) A.恒力F的方向沿AC方向 B.恒力F的方向沿OC方向 C.小球到达C点的动能EkC＝mmgR D.小球到达B点的动能EkB＝mmgR 答案　AD 解析　小球到达C点的动能最大，则小球的受力情况如图所示。恒力方向沿AC，合力方向沿OC，A正确，B错误;合力F合＝mg，从A到C，由动能定理得mg·R＝EkC－m，从A到B，有mgcos 60°·2R＝EkB－m，得EkC＝mmgR，EkB＝mmgR，C错误，D正确。 7 .如图所示，粗糙程度处处相同的水平桌面上有一长为L的轻质细杆，一端可绕竖直光滑轴O转动，另一端与质量为m的小木块相连。木块以水平初速度v0出发，恰好能完成一个完整的圆周运动。在运动过程中，木块所受摩擦力的大小为(　　) A. B. C. D. 答案　B 解析　在运动过程中，只有摩擦力做功，而摩擦力做功与路径有关，根据动能定理得－Ff·2πL＝0－m，可得摩擦力的大小Ff＝，故B正确。 8 .(多选)(2023·广东卷，8)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 答案　BCD 解析　重力做的功为WG＝mgh＝800 J，A错误;下滑过程由动能定理可得WG－Wf＝m，代入数据解得克服阻力做的功为Wf＝440 J，B正确;经过Q点时向心加速度大小为a＝＝9 m/s2，C正确;经过Q点时，根据牛顿第二定律可得FN－mg＝ma，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 .(2025·河南三门峡模拟)如图所示，质量为m的小球从离地面H高处由静止释放，落到地面，陷入泥土中h深处后停止运动，不计空气阻力，重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　) A.小球落地时的动能等于mg(H＋h) B.小球克服泥土阻力所做的功等于小球刚落到地面时的动能 C.泥土阻力对小球做的功为mg(H＋h) D.小球在泥土中受到的平均阻力大小为mg 答案　D 解析　根据动能定理知，小球落地时的动能等于mgH，A错误;设小球刚落地时的速度为v，小球从落地到陷入泥土中h深度的过程，由动能定理得mgh－W克阻＝0－mv2，解得克服泥土阻力做功W克阻＝mgh＋mv2，B错误;根据动能定理得mg(H＋h)＋W阻＝0，故泥土阻力对小球做的功W阻＝－mg(H＋h)，C错误;根据动能定理得mg(H＋h)－F阻h＝0，解得小球在泥土中受到的平均阻力大小为F阻＝mg，D正确。 10 .(2025·浙江省强基联盟联考)如图所示，固定斜面倾角为θ，整个斜面分为AB、BC两段，且AB=1.5BC，小物块P(可视为质点)与AB、BC两段斜面之间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，已知P由静止开始从A点释放，恰好能滑动到C点停止，那么θ、μ1、μ2间应满足的关系是(　　) A.tan θ= B.tan θ= C.tan θ=2μ1-μ2 D.tan θ=2μ2-μ1 答案　B 解析　从A点释放，恰好能滑动到C点，物块受重力、支持力、滑动摩擦力。设斜面AC长为L，从A到C过程运用动能定理有，mgLsin θ-μ1mgcos θ×L-μ2mgcos θ×L=0，解得tan θ=，故选B。 11　(2025·浙江省浙南名校联盟期中)巴黎奥运会网球女单决赛中，中国选手郑钦文以2∶0战胜克罗地亚选手维基奇夺冠。这是中国运动员史上首次赢得奥运网球单打项目的金牌。某次发球郑钦文将质量为m的网球在网球竖直上升到最高点时击出，网球被击出瞬间距离地面的高度为h，网球的速度大小为v1，经过一段时间网球落地，落地瞬间的速度大小为v2，重力加速度为g，网球克服空气阻力做功为W克f。则下列说法正确的是(　　) A.击球过程，球拍对网球做功为mgh+m B.网球从被击出到落地的过程，网球动能的增加量为mgh C.网球从被击出到落地的过程，网球的机械能减少W克f D.网球克服空气阻力做功为mgh+m-m 答案　C 解析　击球过程，根据动能定理有W=m 即球拍对网球做功为m，故A错误； 网球从被击出到落地，根据动能定理有ΔEk=mgh-W克f，故B错误；网球从被击出到落地，网球的机械能减少W克f，故C正确；根据动能定理有mgh-W克f=m-m 解得W克f=mgh+m-m，故D错误。 12　 (2025·浙江省七彩阳光新高考联盟检测)一质量为m的小球从距水平地面h1处的A点以初速度大小v被竖直抛下，落到水平地面上被弹回，回跳到距地面h2处的B点时速度为零。若小球与地面碰撞时机械能损失20%，不计空气阻力，重力加速度为g，则从A到B过程中(　　) A.重力做功为mg(h2-h1) B.合外力对小球做功为mg(h1-h2) C.初速度大小满足v= D.地面对小球做的功为mg(h2-h1)-mv2 答案　D 解析　重力做功为WG=mg(h1-h2)，A错误；小球由A到B运动过程中，根据动能定理，合外力对小球做功W合=ΔEk=0-mv2=-mv2，B错误；设地面对小球做功为W，小球由A到B运动过程中，根据动能定理W合=W+mg(h1-h2)=0-mv2，解得W=mg(h2-h1)-mv2，D正确；小球与地面碰撞后的机械能为E机=(1-20%)(mgh1+mv2)=(mgh1+mv2)=mgh2，解得v=，C错误。 13 　(2025·浙江6月选考·6)如图所示，两根相同的橡皮绳，一端连接质量为m的物块，另一端固定在水平桌面上的A、B两点。物块处于AB连线的中点C时，橡皮绳为原长。现将物块沿AB中垂线水平拉至桌面上的O点静止释放。已知CO距离为L，物块与桌面间的动摩擦因数为μ，橡皮绳始终处于弹性限度内，不计空气阻力，则释放后(　　) A.物块做简谐运动 B.物块只受到重力、橡皮绳弹力和摩擦力的作用 C.若∠AOB=90°时每根橡皮绳的弹力为F，则物块所受合力大小为F D.若物块第一次到达C点的速度为v0，此过程中橡皮绳对物块做的功W=m+μmgL 答案　D 解析　物块在水平桌面上运动，受到重力、桌面竖直向上的支持力、橡皮绳的弹力以及摩擦力的作用，故B错误；若∠AOB=90°时，每根橡皮绳的弹力为F，两根橡皮绳弹力的合力F弹合==F，物块还受到摩擦力Ff=μFN=μmg，则物块所受合力为F合=F-μmg，故C错误；若物块第一次到达C点的速度为v0，物块从O点运动到C点，由动能定理可知W-μmgL=m-0，解得橡皮绳对物块做的功为W=m+μmgL，故D正确；设橡皮绳原长为l，当CO=x时，∠AOC=α，则此时物块所受合力为F合=2k(-l)cos α-μmg=2k(x-lcos α)-μmg，可知F合与x成非线性关系，即物块不做简谐运动，故A错误。 14.（10分）(2026年4月安徽合肥名校联考）如图所示，轨道ABCD固定在竖直面内，由粗糙倾斜直轨道AB段和光滑圆弧轨道BCD组成，直轨道与平面夹角θ＝60°，圆弧轨道半径为R，与直轨道平滑连接，相切于B点，C点为轨道最低点，D点与圆心O等高。一质量为m的小物块从直轨道某位置由静止释放，恰能到达D点。空气阻力忽略不计，小物块视为质点，重力加速度为g。求： (1)小物块第一次运动到B时的速度vB的大小； (2)小物块经过C点时对轨道压力的最大值Fmax与最小值Fmin。 答案.（10分）(1)（4分）　(2)3mg　2mg（6分） 解析：(1)小物块第一次从B到D，根据动能定理可得－mgRcos θ＝0－mvB2 解得vB＝。（4分） (2)由题意可知小物块第一次通过C点时对轨道压力最大，从C到D的过程， 根据动能定理可得－mgR＝0－mvC2 在C点，根据牛顿第二定律可得Fmax′－mg＝ 解得Fmax′＝3mg 由牛顿第三定律可知，小物块对轨道压力的最大值Fmax＝Fmax′＝3mg（3分） 小物块最终在B点所在水平面的下方圆弧上做往复运动，此过程C点对轨道的压力最小，由B到C，根据动能定理可得mgR(1－cos θ)＝mv12 在C点，根据牛顿第二定律可得Fmin′－mg＝ 联立解得Fmin′＝2mg 根据牛顿第三定律可得小物块对轨道压力的最小值Fmin＝Fmin′＝2mg。（6分） 15.（16分）（2026四川成都重点高中联考）如图所示，处于竖直平面内的一探究装置，由倾角的光滑直轨道、圆心为的半圆形光滑轨道、圆心为的半圆形光滑细圆管轨道、倾角也为的粗糙直轨道组成，、和为轨道间的相切点，弹性板垂直轨道固定在点与点等高，、、、和点处于同一直线上。已知可视为质点的滑块质量，轨道和的半径，轨道长度，滑块与轨道间的动摩擦因数，滑块与弹性板作用后，以等大速度弹回，，。滑块开始时均从轨道上某点静止释放， 若释放点距点的长度，，求滑块到最低点时轨道对其支持力的大小； 设释放点距点的长度为，滑块第一次经点时的速度与之间的关系式； 若滑块最终静止在轨道的中点，求释放点距点长度的值。   解析 滑块从释放到点过程，根据动能定理可得： 在点时，根据向心力公式可得： 联立解得： 能过最高点时，则能到点，那么恰到最高点时，根据动能定理可得： ，解得： 因此，要能过点必须满足 第一次过点时的速度与之间的关系式，根据动能定理可得：，解得：，其中 设摩擦力做功为第一次达到中点的倍，根据动能定理可得： ， 根据滑块运动到停下来，其中为奇数， 解得： 又因为， 当时，；当时，；当时，。 16. （厦门市2025届高三毕业班第四次质量检测）《考工记 轮人》篇中记载“轮人为盖”“上欲尊而宇欲卑，上尊而宇卑，则吐水，疾而溜远”。如图甲所示是古代马车示意图，车盖呈伞状，支撑轴竖直向上，车盖底面为圆面且水平。如图乙所示是过支撑轴的车盖截面简化图，底面半径m，车盖底面与水平地面距离m。车辆保持静止，一质量kg的水滴（可视为质点）从车盖顶端点由静止下滑，经车盖底端点后落到地面点（未画出）。已知、间竖直高度差m，水滴经过时的速度大小m/s，方向与竖直方向夹角为，不计空气阻力，重力加速度大小取m/s²。求该水滴： （1）经过时重力的功率； （2）从下滑到过程中，雨滴克服阻力做的功； （3）落地点与支撑轴在地面投影的距离。 【答案】（1） （2） （3） 【解析】（1）经过B点时，重力的功率 代入数据可得 （2）从A到B过程，根据动能定理 解得 （3）在点时 从B到C过程，竖直方向 解得 水平方向 联立解得 17. （2025年5月广西桂林市高三二模） 如图所示，半径为的四分之一光滑圆弧轨道BC固定在竖直面内，圆弧轨道的最低点与水平面相切于点。质量为的小物块从水平面上的点开始始终受斜向右上方、与水平面夹角为的恒力，使物块从静止开始运动。已知，物块与水平面间的动摩擦因数为，点到点间的距离为，重力加速度大小取，物块大小不计，求（结果可带根号）： （1）物块在水平面上运动的加速度大小； （2）物块从运动到的时间； （3）物块在圆弧面上运动的最大动能及相应位置。 【答案】（1） （2） （3）当物块运动到圆弧面上，与圆心O的连线与竖直方向夹角为60°时，物块的动能最大 【解析】（1）物块在水平面上运动时，对物块研究， 其中 解得 （2）设物块从运动到的时间为，则 解得 （3）当物块运动到圆弧面上时，由于拉力F与重力的合力大小等于mg，方向斜向右下，与竖直方向成60°，因此当物块运动到圆弧面上，与圆心O的连线与竖直方向夹角为60°时，物块的动能最大； 根据动能定理 解得 18. （2025届江苏泰州高三年级二模联考） 如图所示，顶角为2θ=60°的圆锥筒，圆锥的轴线竖直，底面半径为R，在底面圆心O处，系一根轻质细线，长也为R，细线的另一端连一个小球，小球直径远小于R。已知重力加速度为g，不计空气阻力，最终结果可保留π和根号。求： （1）将绳偏离竖直方向很小的角度静止释放，第一次运动到最低点需要的时间； （2）小球做圆周运动不碰到圆锥筒时，线速度的最大值； （3）某时刻小球在圆锥筒内做半径为的圆周运动，由于圆锥筒内壁微弱的摩擦力作用，小球运动半径变化直至稳定，此过程中摩擦力做的功。 【答案】（1） （2）时不会碰到筒壁 （3） 【解析】（1）将绳偏离竖直方向很小的角度静止释放，可视为单摆运动，单摆周期公式得 时间为单摆周期的四分之一，即 （2）临界状态为小球恰好与筒壁接触，但与筒壁无作用力，由牛顿定律得，，sinθ=0.5 解得 即小球速度时不会碰到筒壁。 （3）由牛顿第二定律得 末状态为刚好脱离圆锥面，之后没有摩擦力，不再有能量损失，根据几何关系，小球下降的高度为，根据动能定理有 解得 19 （2026湖北六校期中）如图所示，一固定在竖直面内的半径为R=0.2m 的光滑圆弧轨道，在竖直半径 OA 的下端 A 点与一水平面平滑连接，在水平半径 OB 的 B 端平滑连接一半径也为 R 的竖直 圆管道 BC，圆管道 BC 内壁光滑。一质量为m=1kg的小滑块（小滑块尺寸略小于圆管道 BC 的内径），静置在水平面上的 P 点，P点到 A 点的距离为L=1m，小滑块与水平面之间的动摩擦因数为μ=0.2。小滑块在大小为F=10N的水平拉力作用下开始沿水平面向右运动，F 作用=0.8m的距离后撤去。重力加速度 g 取10m/。 （1） 求小滑块到达 A 点时对圆弧轨道的压力大小； （2）判断小滑块能否到达竖直圆管道的 C 端。若不能，则说明理由；若能，求在 C 端小滑块与圆管道的相互挤压力大小； （3）改变拉力 F 的作用距离，为了使小滑块能冲上圆弧轨道 AB 并进入竖直圆管道 BC，但不能从圆管道的 C 端飞出，求拉力 F 在水平面上的作用距离 x 应满足的条件。 解析：（1）对小滑块从 P 点运动到 A 点的过程，由动能定理可得F-μmgL=m （1 分） 解得 =2m/s（1 分） 在 A 点，对小滑块由牛顿第二定律可得 -mg=m（1 分） 解得=70N （1 分） 由牛顿第三定律得，小滑块到达 A 点时对圆弧轨道的压力大小为70N （1 分） （2）设小滑块速度减为零时，能够上升的高度为 h， 由动能定理可得-mgh=0-m, （1 分） 解得h=0.6m （1 分） 由于 h>2R,故滑块能到达圆管道的 C 端。（1 分） 对小滑块从 A 点运动到 C 点的过程， 由动能定理可得-2mgR=m-m, （1 分） 解得=2m/s （1 分） 在圆管道的 C 端，由牛顿第二定律有 +mg=m（1 分） 解得小滑块与圆管道的相互挤压力大小为 =10N （1 分） （3）设小滑块恰好能到达 B 点时，拉力 F 作用距离为， 由动能定理可得F-μmgL-mgR=0（1 分） 解得=0.4m（1 分） 设小滑块恰好能到达圆管道的 C 端时，拉力 F 作用距离为 ， 由动能定理可得F-μmgL-2mgR=0（1 分） 解得=0.6m（1 分） 所以为了使小滑块能进入圆管道，但不能从圆管道 C 端飞出，拉力 F 作用距离 x 应满足的条件是 0.4m<x≤0.6m 20.(13分)(2025·浙江杭州市检测)极限运动深受年轻人的喜爱，如图甲是极限运动中滑板、轮滑等运动常用的比赛场地——U形池，现有某U形池场地示意图如图乙所示，该场地由两段可视为光滑的圆弧形滑道AB和CD以及粗糙程度处处相同的水平滑道BC构成，图中R1=4.5 m，R2=3.5 m，BC=5 m，某次滑板比赛中质量为60 kg(含滑板质量)的运动员从A点由静止出发，通过AB、BC滑道，冲向CD滑道，到达CD滑道的最高位置D时速度恰好为零(运动员和滑板整体看成质点，空气阻力不计，g取10 m/s2)。 (1)(3分)求该运动员在圆弧形滑道AB上下滑至B点时对圆弧形滑道的压力。 (2)(5分)该运动员为了第一次经过D处后有2 s时间做空中表演，求他在A点下滑的初速度大小。 (3)(5分)在(2)问的初始条件下，运动员在滑道上来回运动，最终停的位置距离B点多远？ 答案　(1)1 800 N，方向垂直于BC向下 (2)10 m/s　(3)2.5 m 解析　(1)运动员从A到B的过程中由动能定理得 mgR1=m-0 在B点由牛顿第二定律和向心力公式得 FN-mg=m 联立解得FN=1 800 N 由牛顿第三定律得，在B点运动员对圆弧形滑道的压力大小FN'=FN=1 800 N，方向垂直于BC向下。 (2)设运动员在BC段摩擦力对他做的功为Wf，根据运动员从A点由静止出发到D点时的速度恰好为零，由动能定理得 mgR1+Wf-mgR2=0 解得Wf=-600 J 运动员在空中表演时做竖直上抛运动，上抛的初速度vD1=g 解得vD1=10 m/s 运动员从A到D过程，由动能定理得 mgR1+Wf-mgR2=m-m 代入数据解得vA0=10 m/s (3)运动员下落后会在滑道上来回运动，直到最终静止在BC上； 对运动员的全过程由动能定理得 mgR1-Ffs=0-m 又Wf=-Ff·BC 解得运动员在BC段运动的总路程为s=47.5 m 在BC上来回运动的次数n==9.5 运动员最终停在BC的中点，即离B点2.5 m处。 21.(14分)(2025·浙江省“9+1”高中联盟联考)如图所示为某弹射游戏装置，游戏轨道由倾角θ=37°的粗糙直轨道AB和两个半径为R=0.5 m的光滑半圆弧轨道BD、D'E组成，物块a(可视为质点)能无碰撞地从轨道AB进入轨道BD，以及从轨道BD进入轨道D'E。游戏规定：参赛者在A点给物块一定的初速度v0，若物块能在圆弧轨道D'E(不包括E点和D'点)段脱离则获得胜利。已知物块的质量m=0.1 kg，A点的高度h=1.6 m，物块与直轨道的动摩擦因数μ=0.4，重力加速度g取10 m/s2(不计空气阻力，sin 37° = 0.6，cos 37°=0.8)。 (1)(3分)若物块获得的初速度v0为1 m/s，则物块在C点对轨道的压力。 (2)(5分)求出物块的初速度v0与其到达D点时的速度vD之间的关系式。 (3)(6分)物块的初速度v0满足什么条件时可以获得胜利。 答案　(1)4.4 N，方向竖直向下　(2)=-2(v0≥ m/s)　 (3) m/s<v0<5 m/s 解析　(1)物块由A点运动到C点的过程中，根据动能定理 mgh-μmgcos θ·xAB=m-m 其中xAB==2.5 m 联立解得vC= m/s 物块在C点时，根据牛顿第二定律 FN-mg=m 解得轨道对物块的支持力为FN=4.4 N 根据牛顿第三定律可知，物块在C点对轨道的压力大小等于轨道对物块的支持力大小，即F压=FN=4.4 N，方向竖直向下。 (2)物块由A点运动到D点的过程中，根据动能定理mgh-μmgcos θ·xAB-mgR(1+cos θ)=m-m 整理得=-2 为保证物块能够到达D点，则恰好到达D点时，重力指向圆心的分力恰好提供向心力，有 mgcos θ=m，解得vDmin=2 m/s 所以v0min= m/s，即v0≥ m/s 所以，物块的初速度v0与其到达D点时的速度vD之间的关系式为=-2(v0≥ m/s) (3)①若物块能在半圆弧轨道D'E段脱离，则一定可以运动到与O'等高，即物块不会在D'到与O'等高的过程中脱离轨道。当物块从D点恰好运动到与O'等高的过程，根据动能定理 -mgRcos θ=0-m 解得vD1=2 m/s 又=-2，所以v01= m/s ②当物块运动到最高点F时(点F在O'正上方圆轨道上)，同理可知 -mgR(1+cos θ)=m-m 其中，在F点，根据牛顿第二定律mg=m 解得vD2= m/s 又=-2，解得v02=5 m/s 又因为胜利不包括E点，并且物块在FE段不会脱离轨道，所以初速度范围为 m/s<v0<5 m/s。 22（2025·江苏常州期末）如图所示，让摆球从C位置由静止开始摆下，摆到最低点D处，摆线刚好被拉断，摆球在粗糙的水平面上由D点向右做匀减速运动，到达A孔进入半径R＝0.3 m的竖直放置的光滑圆弧轨道，当摆球进入圆轨道后立即关闭A孔。已知摆线长L＝2 m，θ＝53°，摆球质量为m＝0.5 kg，D点与A孔的水平距离s＝2 m，取g＝10 m/s2，cos 53°＝0.6。 （1）求摆球从C运动到D的过程中重力做的功。 （2）求摆线能承受的最大拉力。 （3）要使摆球能做完整的圆周运动，求摆球与平面间的动摩擦因数μ需要满足的条件。 答案：（1）4 J（2）9 N（3）μ≤0.025 解析：（1）摆球由C运动到D过程中，重力做功 WG＝mg（L－Lcos θ） 解得WG＝4 J。 （2）当摆球由C运动到D，根据动能定理有 mg（L－Lcos θ）＝m 在D点，由牛顿第二定律可得Fm－mg＝m 解得Fm＝1.8mg＝9 N。 （3）若摆球能过圆轨道的最高点，则摆球不会脱离轨道，当摆球恰好到达最高点时，在圆周的最高点，由牛顿第二定律可得mg＝m 由动能定理可得－μ0mgs－2mgR＝mv2－m 解得μ0＝0.025 综上所述，动摩擦因数μ的取值范围为μ≤0.025。 1 学科网（北京）股份有限公司 $