第27讲 动能定理及其应用 专项训练 -2027届高考物理一轮复习

**基本信息** 以动能定理为核心，通过分层训练构建从基础应用到综合建模的完整能力体系，强化能量观念与科学推理素养。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础·满分练|6题|涵盖恒力做功、变力功计算及图像斜率/面积问题|从动能定理基本公式推导，逐步拓展到图像信息转化，形成"公式+图像"双向解题逻辑| |能力·高分练|4题|结合传送带、斜面、圆周运动等模型|通过多过程问题构建动能定理与牛顿运动定律的关联，强化模型建构能力| |素养·提升练|1题|跨模块综合题（含圆周运动、平抛运动）|以复杂情境整合能量守恒与运动分析，培养科学论证和质疑创新素养|

第27讲动能定理及其应用 基础·满分练 命题角度一　动能定理的基本应用 1.(2024安徽卷)某同学参加户外拓展活动,遵照安全规范,坐在滑板上,从高为h的粗糙斜坡顶端由静止下滑,至底端时速度为v。已知该同学与滑板的总质量为m,可视为质点。重力加速度大小为g,不计空气阻力,则此过程中该同学与滑板克服摩擦力做的功为(　　) A.mgh B.mv2 C.mgh+mv2 D.mgh-mv2 2.(2024北京卷)水平传送带匀速运动,将一物体无初速度地放置在传送带上,最终物体随传送带一起匀速运动。下列说法正确的是(　　) A.刚开始时,物体相对传送带向前运动 B.物体匀速运动过程中,受到静摩擦力 C.物体加速运动过程中,摩擦力对物体做负功 D.传送带运动速度越大,物体加速运动的时间越长 命题角度二　应用动能定理求变力的功 3.(2025江苏宿迁模拟)如图所示,在竖直平面内有一个半径为R的圆弧轨道。半径OA水平,OB、OC竖直,一个质量为m的小球自A点正上方P点由静止开始自由下落,小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力,已知AP=2R,重力加速度为g,则下列说法正确的是(　　) A.小球从P到B的运动过程中机械能守恒 B.小球从P到B的运动过程中合外力做功mgR C.小球从P到B的运动过程中克服摩擦力做功mgR D.小球从A到C的运动过程中克服摩擦力做功mgR 命题角度三　由图像斜率的物理意义解答问题 4.(2025重庆一模)如图甲,一小孩从滑梯的顶端由静止开始滑下至底端,其动能Ek随下滑距离s的变化图像如图乙所示,Ek0和s0为已知量,重力加速度大小为g。根据图中信息,可求出(　　) A.整个下滑过程小孩所受的合力大小 B.整个下滑过程重力对小孩做的功 C.小孩与滑梯之间摩擦力的大小 D.小孩到滑梯底端时速度的大小 5.(2025广东湛江模拟)体育课上某同学将沙包以初速度v0竖直向上抛出。假设沙包在运动过程中受到的空气阻力恒定,以t表示沙包运动的时间,h表示沙包距抛出点的高度。某时刻沙包的速度为v、加速度为a、动能为Ek、机械能为E,取竖直向上为正方向,则沙包从开始上抛到落回抛出点的过程中,下列关系图像可能正确的是(　　) 命题角度四　由图像“面积”的物理意义解答问题 6.某新能源汽车在平直路面上测试刹车性能。某次测得刹车过程中汽车的加速度大小a随位移x的变化关系如图所示,则汽车刚开始刹车时的速度大小为(　　) A.15 m/s B.21 m/s C.27 m/s D.33 m/s 能力·高分练 7.(2025广东佛山模拟)右图为校园清洁车的行驶画面。若质量为m的清洁车在平直的校道上从静止开始沿直线加速行驶,经过时间t前进的距离为s,且速度达到最大值vm。设这一过程中电动机的牵引力功率恒为P,清洁车所受阻力恒为Ff,那么这段时间内(　　) A.小车做匀加速运动 B.小车受到的牵引力逐渐增大 C.小车受到的合外力所做的功为Pt D.小车受到的牵引力做的功为Ffs+ 8.(2026江苏南通模拟)如图所示,斜面与水平面平滑连接。一小木块从斜面顶端由静止开始滑下,滑到水平面上的A点停下。已知小木块与斜面、水平面间的动摩擦因数均为μ,A点到O点的距离为x,则斜面的高度h为(　　) A.μx B. C. D. 9.(2025江苏徐州模拟)如图所示,一个铁架台静止放置在粗糙的水平桌面上,在其支架上端的一固定横杆上通过一根不可伸长的轻绳悬挂一个小钢球。现将小钢球拉至水平位置A处由静止释放,使其在竖直平面内摆动,铁架台始终保持静止。不计空气阻力,小钢球的半径可忽略不计,关于小钢球从被释放到运动到最低点B处的过程,下列说法正确的是(　　) A.轻绳的拉力一直增大 B.小钢球重力的功率一直增大 C.铁架台对桌面的压力先增大后减小 D.桌面对铁架台的摩擦力先减小后增大 10.(9分)(2025黑吉辽蒙卷)如图所示,一雪块从倾角θ=37°的屋顶上的O点由静止开始下滑,滑到A点后离开屋顶。O、A间距离x=2.5 m,A点距地面的高度h=1.95 m,雪块与屋顶的动摩擦因数μ=0.125。不计空气阻力,雪块质量不变,sin 37°=0.6,重力加速度大小g取10 m/s2。求: (1)雪块从A点离开屋顶时的速度大小v0; (2)雪块落地时的速度大小v1,及其速度方向与水平方向的夹角α。 素养·提升练 11.(12分)(跨模块融通)如图所示,轨道DAPE竖直固定在水平地面上,它由水平轨道AD、圆弧轨道AP及圆弧轨道PE平滑连接组成;其中AD段粗糙、长为s=1.5 m。圆弧APE段光滑,半径R=0.30 m;现将一质量m=0.5 kg的小滑块挂在长为L=0.4 m的轻质摆线的一端,然后将摆线另一端固定在D点正上方0.4 m处的O点。OD之间有一固定钉子B,BD间距为r=0.1 m。某时刻,小滑块从图中与O等高的、距离O点0.4 m的C位置获得竖直向下的初速度v0,当小滑块摆至最低点时,摆线与OD之间的钉子B相撞,摆线恰好被拉断;此后,小滑块在DA段向右做匀变速运动,然后进入APE圆轨道区域。若已知摆线可承受的最大拉力为105 N,小滑块可视为质点,g取10 m/s2。 (1)若小滑块沿轨道能到达E点,求它在P点的速度范围; (2)求小滑块在C位置时,摆线对小球的拉力大小FT; (3)若小滑块能到达圆弧轨道,且始终未脱离轨道DAPE,求小滑块与DA间的动摩擦因数μ需要满足的条件。 答案： 1.D　解析 本题考查动能定理、功的计算。该同学在下滑的过程中,由动能定理可得mgh-Wf=mv2-0,可得此过程中该同学与滑板克服摩擦力做的功为Wf=mgh-mv2,故选D。 2.D　解析 本题以传送带为背景考查牛顿第二定律。刚开始时,物体速度小于传送带速度,则物体相对传送带向后运动,A错误;匀速运动过程中,物体与传送带之间无相对运动趋势,则物体不受摩擦力作用,B错误;物体加速,由动能定理可知,摩擦力对物体做正功,C错误;设物体与传送带间的动摩擦因数为μ,做匀加速运动时,a==μg,物体速度小于传送带速度则一直加速,由v=at可知,传送带速度越大,物体加速运动的时间越长,D正确。 3.C　解析 小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力,则有mg=m,从P到B由动能定理有W合=mgR+Wf=,解得Wf=-mgR,W合=mgR,可知小球从P到B的运动过程中克服摩擦力做功mgR,机械能减小,故选项A、B错误,C正确;小球从A点进入圆弧轨道后在AC部分运动时速度较大,对轨道的压力较大,则摩擦力较大,克服摩擦力做功较多,则小球从A到C的运动过程中克服摩擦力做功大于mgR=mgR,故选项D错误。 4.A　解析 由动能定理可知F合s0=Ek0,解得图像斜率表示F合=,故A正确;由于不知道斜面的倾角及动摩擦因数,无法求出小孩的质量及下落的高度,故重力对小孩做的功、小孩受到摩擦力的大小以及小孩滑到底端的速度都无法求出,故B、C、D错误。故选A。 5.C　解析 上升阶段,由牛顿第二定律得mg+Ff=ma1,解得a1=g+,方向竖直向下,沙包做匀减速直线运动;下降阶段,由牛顿第二定律得mg-Ff=ma2,解得a2=g-,方向竖直向下,沙包做匀加速直线运动,故A、B错误;由动能定理得-mah=Ek-Ek0,可知Ek-h图像的斜率绝对值为ma,故C正确;由功能关系可知-Ffh=E-E0,可知E-h图像的斜率绝对值为Ff,故D错误。故选C。 6.B　解析 根据动能定理有F合x=mv2,即ma·x=mv2,因此a-x图像与坐标轴围成的面积表示速度二次方的一半,有 m2/s2=v2,解得v=21 m/s,故选B。 7.D　解析 清洁车以恒定功率P启动,根据P=Fv,速度v增大时,牵引力F减小;由牛顿第二定律F-Ff=ma可知,F减小,则加速度a减小,所以清洁车做加速度减小的变加速直线运动,不是匀加速运动,故A、B错误。合外力做功等于动能的变化量,也等于牵引力做功与阻力做功的差值,牵引力做功WF=Pt,但合外力做功W合=Pt-Ffs,故C错误。根据动能定理有WF-Ffs=-0,则牵引力做功WF=Ffs+,故D正确。故选D。 8.A　解析 整个过程动能变化为0(初末速度都为0),设斜面的长度为L,斜面的倾角为θ,根据动能定理有mgh-μmgcos θ·L-μmgs=0,因为cos θ·L+s=x,化简得h=μx。故选A。 9.A　解析 设小钢球质量为m,铁架台质量为M,轻绳长为L,轻绳拉力为FT,小钢球向下摆动到某一位置时,轻绳与水平方向的夹角为θ,如图所示。对小钢球进行受力分析,由牛顿第二定律有FT-mgsin θ=m,小钢球由A处静止释放运动到此位置的过程,由动能定理有mgLsin θ=mv2,解得FT=3mgsin θ,小钢球从A点运动到最低点B的过程中,θ一直增大,sin θ增大,则轻绳拉力FT一直增大,故A正确;由重力的功率P=mgvcos θ可知,小钢球刚被释放时速度为零,重力的功率为零,小钢球运动到最低点B时,瞬时速度方向与重力方向垂直,夹角θ=90°,则重力的功率又变为零,因此小钢球重力的功率先增大后减小,故B错误;铁架台一直处于静止状态,在竖直方向上受力平衡,支持力FN=FTsin θ+Mg= 3mgsin2θ+Mg,小钢球从A点运动到最低点B的过程中,θ一直增大,故铁架台对桌面的压力一直增大,故C错误;铁架台在水平方向受力平衡,摩擦力Ff=FTcos θ=3mgsin θcos θ =mgsin 2θ,小钢球从A点运动到最低点B的过程中,θ由0°增大至90°,当θ=45°时,sin 2θ=1,铁架台受到的摩擦力最大,因此桌面对铁架台的摩擦力先增大后减小,故D错误。 答案 (1)5 m/s (2)8 m/s　60° 解析 (1)雪块在屋顶上运动的过程中,由动能定理得mg·xsin θ-μmgcos θ·x=-0 代入数据解得雪块从A点离开屋顶时的速度大小为v0=5 m/s。 (2)雪块离开屋顶后,在空中做斜下抛运动,由动能定理得mgh= 代入数据解得雪块落地时的速度大小v1=8 m/s 速度方向与水平方向夹角为α,由几何关系得cos α= 解得α=60°。 11.(1)v≥ m/s　(2)15 N　(3)≤μ< 解析 (1)要过E点,则小滑块必过最高点P,设在P点速度为v,则mg≤m 解得v≥ m/s。 (2)当滑块由C到D运动时,由动能定理有mgL= 在D点,由牛顿第二定律有 Fm-mg=m 同理,在C点FT=m 解得FT=15 N。 (3)小滑块能到达圆弧轨道,则在A点的动能Ek>0 从D至A,由动能定理有-μmgs=Ek- 解得μ< 不脱离圆弧轨道,运动高度为h,则h≤R 又由动能定理有 -μmgs-mgh=0- 解得μ≥ 不从D点向左飞出,则在水平轨道运动的路程为s'≤2s 由动能定理有-μmgs'=0- 解得μ≥ 综上,始终未脱离轨道DAPE的条件为≤μ<。 1 学科网（北京）股份有限公司 $