第六章　第2讲　动能定理及应用 讲义 -2027届高考物理一轮专题复习

该高中物理高考复习讲义聚焦动能定理及应用，涵盖动能概念、定理理解、多过程运动应用及图像结合等核心考点，按“概念-理解-应用-综合”逻辑架构知识体系。通过考点梳理、方法指导（如多过程分段或全过程应用策略）、真题典例（2025-2026模拟题）训练，帮助学生构建能量观念，突破解题难点。 资料以科学思维培养为核心，创新采用“考向细分+模型建构”教学法，如在图像问题中引导学生分析斜率与面积的物理意义，提升科学推理能力。设置基础到综合分层练习，配合即时反馈，确保高效复习，为教师把控复习节奏、学生提升应考能力提供有力支持。

第2讲　动能定理及应用 1．动能 (1)定义：物体由于运动而具有的能。 (2)公式：Ek＝mv2。 (3)单位：焦耳(J)，1 J＝1 N·m＝1 kg·m2/s2。 (4)标矢性：动能是标量，动能与速度方向无关。 (5)动能的变化：物体末动能与初动能之差，即ΔEk＝mv－mv。 2．动能定理 (1)内容：力在一个过程中对物体做的功，等于物体在这个过程中动能的变化。 (2)表达式：W＝Ek2－Ek1＝mv－mv。 (3)物理意义：合力做的功是物体动能变化的量度。 (4)适用条件 ①动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动。 ②动能定理既适用于恒力做功，也适用于变力做功。 考点一　对动能定理的理解 1．对动能定理中“力”的两点理解 (1)“力”可以是重力、弹力、摩擦力、静电力、磁场力或其他力，它们可以同时作用，也可以分阶段作用。 (2)力既可以是恒力，也可以是变力。 2．动能定理公式中体现的“三个关系” (1)数量关系：即合力所做的功与物体动能的变化具有等量替代关系。可以通过计算物体动能的变化，求合力做的功，进而求得某一力做的功。 (2)单位关系：等式两边物理量的国际单位都是焦耳。 (3)因果关系：合力做功是引起物体动能变化的原因。 3．标量性 动能是标量，功也是标量，所以动能定理是一个标量式，不存在方向的选取问题，当然动能定理也就不存在分量的表达式。 【典例1】　（2025·浙江·一模）如图甲，小孩姐姐将足球用力从N点向前踢出，足球在竖直管道内完成完整一周后，在图示P位置离开管道，恰好在管道截面圆心O点落入书包。达明参照视频中足球的运动轨迹画了运动示意图如图乙，图中虚线为足球的运动轨迹。若足球质量为m，运动轨迹半径为R，且忽略空气阻力的影响，以下分析正确的是（　　） A．足球离开管道前，始终做匀速圆周运动 B．足球在P点脱离管道后，处于完全失重状态 C．足球离开管道前，所受摩擦力随时间逐渐减小 D．若将足球视为质点，则PO的连线与水平方向的夹角为30° 【典例2】　（2025·安徽合肥·模拟预测）某同学两次从同一位置抛出篮球，篮球都垂直撞在竖直放置的篮板上，如图所示。不计空气阻力，关于这两次过程，下列说法正确的是（　　） A．篮球在空中运动的时间相等 B．第1次抛出时手对篮球做的功多 C．第1次抛出时速度的水平分量小 D．第2次抛出时速度的竖直分量大 考点二　动能定理的应用 1．应用流程 2．注意事项 (1)动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系。 (2)应用动能定理的关键在于对研究对象进行准确地受力分析及运动过程分析，并画出运动过程的草图，借助草图理解物理过程之间的关系。 (3)当物体的运动包含多个不同过程时，可分段应用动能定理求解；当所求解的问题不涉及中间的速度时，也可以全过程应用动能定理求解，这样更简便。 (4)列动能定理方程时，必须明确各力做功的正、负，确实难以判断的先假定为正功，最后根据结果加以检验。 考向1动能定理的基本应用 【典例3】（2026·广西崇左·二模）（多选）在光滑水平地面上建立直角坐标，有一弹珠弹射装置，可以将弹珠以的动能从原点处向地面上的各个方向弹出。某次弹珠弹出后立即受到水平方向的恒力作用，先后经过、两点，弹珠经过点时的动能为，经过点时的动能为，已知、两点的坐标分别为、。下列说法正确的是（　　） A．该恒力大小为 B．该恒力大小为 C．若弹珠的质量为，则弹珠的初速度方向与轴正方向的夹角的正切值为 D．若弹珠的质量为，则弹珠的初速度方向与轴正方向的夹角的正切值为 考向2动能定理在多过程的组合运动中的应用 【典例4】滑板运动是极限运动的鼻祖，许多极限运动项目均由滑板项目延伸而来。如图所示是滑板运动的轨道，和是两段光滑圆弧形轨道，段的圆心为O点，圆心角为，半径与水平轨道垂直，水平轨道段粗糙且长，一运动员从轨道上的A点以的速度水平滑出，在B点刚好沿轨道的切线方向滑入圆弧形轨道，经轨道后冲上轨道，到达E点时速度减为零，然后返回。已知运动员和滑板的总质量为，B、E两点与水平面的竖直高度分别为h和H，且，，。 (1)求运动员从A运动到达B点时的速度大小和在空中飞行的时间； (2)求轨道段的动摩擦因数、离开圆弧轨道末端时，滑板对轨道的压力； (3)通过计算说明，第一次返回时，运动员能否回到B点？如果能，请求出回到B点时的速度大小；如果不能，则最后停在何处？ 考向3动能定理在多过程的往复性运动中的应用 【典例5】　（2026·安徽·模拟预测）如图，位于竖直平面内、半径的圆弧形光滑绝缘轨道AB固定在水平面，其下端点与水平绝缘轨道相切，水平轨道与倾角为、固定在水平面的绝缘斜轨道在点平滑连接，斜面顶端固定一轻质弹簧（弹簧也由绝缘材料制成）。整个轨道处在水平向左的匀强电场中，电场强度。现有一质量为、带电荷量的小滑块（可视为质点）从点由静止释放，经水平轨道后滑上斜面并压缩弹簧，第一次可将弹簧压缩至点。已知水平轨道长为，斜轨道上长为，滑块与水平轨道和斜轨道间的动摩擦因数均为，重力加速度，，，求： (1)小滑块第一次经过圆弧形轨道最低点时对轨道的压力大小； (2)弹簧的最大弹性势能； (3)小滑块在水平轨道上运动的总路程。 考点三　动能定理与图像结合问题 1．解决物理图像问题的基本步骤 (1)观察题目给出的图像，弄清纵坐标、横坐标所对应的物理量及图像所表示的物理意义。 (2)根据物理规律推导出纵坐标与横坐标所对应的物理量间的函数关系式。 (3)将推导出的物理规律与数学上与之相对应的标准函数关系式相对比，找出图像的斜率、截距、图像的交点、图像与坐标轴围成的面积所对应的物理意义，根据对应关系列式解答问题。 2．图像所围“面积”和图像斜率的含义 【典例6】　（2026·山东枣庄·二模）如图甲所示，固定斜面的倾角为，以为原点、沿斜面向下为正方向建立轴，A、B点的坐标分别为。质量为的滑块由点静止释放，恰好能运动到点，滑块与斜面间的动摩擦因数随坐标的变化的图线为倾斜直线，如图乙所示。重力加速度为，下列说法正确的是（　　） A．滑块进入AB段立即做减速运动 B．滑块经过点时重力的功率为 C．点处的动摩擦因数 D．滑块从处由静止释放将不能到达处 【典例7】　（2026·河北沧州·一模）如图甲所示，一个小物块从斜面底端冲上固定的光滑斜面，改变小物块的初动能，得出小物块轨迹的最高点距地面高度与其初动能的关系图像如图乙所示。已知重力加速度为，空气阻力不计，下列说法正确的是（　　） A．小物块的质量为 B．斜面的长度为 C．当小物块以大小为的初速度冲上斜面时，刚好能到达斜面的顶端 D．当小物块以初动能为冲上斜面时，小物块到达最高点时离出发点的水平距离为 1. （2026·河南新乡·模拟预测）学校秋季运动会上，某同学参加铅球比赛，比赛时先后两次将同一铅球从同一点P掷出，铅球在空中运动的轨迹如图所示。已知第二次的成绩比第一次的好，铅球两次在空中运动时的最大高度相同，不计空气阻力，铅球可视为质点，则第二次与第一次相比，下列判断正确的是（　　） A．铅球第二次在空中运动的时间长 B．铅球第二次重力做的功多 C．铅球第二次落地时重力的瞬时功率大 D．该同学第二次对铅球做的功多 2. （2026·北京海淀·三模）t＝0时，物块（可视为质点）在水平推力F作用下，由静止开始沿水平面做匀加速直线运动。经过时间T速度为v，此时撤去水平推力，又经过2T，物块停在水平面上。已知物块在运动过程中所受阻力大小恒定。下列判断正确的是（　　） A．物块所受阻力的大小为2F B．0~T内和T~2T内，物块的动能变化量之比3∶4 C．T~2T内和2T~3T内，物块的位移之比为2∶1 D．T~2T内和2T~3T内，物块的速度变化量之比1∶1 3. （2026·北京海淀·三模）光滑水平面上，用轻质橡皮条将两物块甲和乙相连，橡皮条处于松弛状态。物块甲受到一水平向左的瞬时冲量I1，同时物块乙受到一水平向右的瞬时冲量I2（I1和I2沿两物块连线方向）。从橡皮条刚达到原长时开始计时，此后t0时间内，两物块运动的速度v随时间t变化关系如图所示。橡皮条始终处于弹性限度内。下列说法正确的是（　　） A．t＝0时，物块甲的动能大于物块乙的动能 B．0~t0内的某时刻，物块甲的加速度小于物块乙的加速度 C．0~t0内，物块甲的速度变化量小于物块乙的速度变化量 D．0~t0内，橡皮条对物块甲做的功和对物块乙做的功相等 4. （2026·山东东营·二模）2024年12月29日，CR450动车组成功下线，CR450动车组为4动4拖8节编组，总质量为m，平直轨道行驶中阻力恒为车重的k倍。列车启动时4台动力车全部工作，总额定功率为P0，当速度达到时，为节能运行，控制系统自动切换为仅2台动力车工作，功率减为，最终列车加速到匀速速度，。重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A． B．从4台动力车切换为2台动力车的瞬间速度变为 C．切换前后的瞬间加速度之比为6:1 D．切换前后动车组加速时间之比为2:3 5. （2026·江西宜春·模拟预测）如图，玻璃管内右端固定接轻弹簧的一端，弹簧另一端连接一质量为的光滑小球，弹簧原长为。初始时，管和小球均静止在水平面上。现缓慢将管在竖直面绕点转过90°，在竖直位置时，弹簧长度为。已知弹簧劲度系数为，形变总是在弹性限度内，可用平均力求弹力做的功，重力加速度大小为。则在转动过程中，下列说法正确的是（　　） A．弹簧对小球做正功 B．小球对玻璃管不做功 C．玻璃管对弹簧做的功为 D．玻璃管对小球做的功为 6. （2026·福建漳州·三模）汽车公司将智能吸能盒（缓冲装置）固定在质量为的台车前端，测试时台车以一定初速度撞击刚性墙，记录碰撞过程中动能随压缩距离x的变化图像如图所示。已知图中阶段图线为抛物线（顶点在纵轴上），阶段图线为直线，最大压缩距离为。碰撞过程中，仅有吸能盒对台车做功，不计其他阻力，则（　　） A．整个碰撞过程中，吸能盒对台车做功为 B．在阶段，台车的加速度随x均匀增大 C．在阶段，台车的平均速度大小为 D．在阶段，吸能盒对台车作用力的功率保持不变 7. （2026·重庆·三模）如图所示，光滑固定轨道ABC左侧为1/4圆弧轨道、右侧为水平轨道，两轨道在B点平滑连接，圆弧半径为R。一小球（可视为质点）从圆弧轨道的最高点A处由静止释放后沿轨道ABC运动，不计空气阻力，则下列关于该小球运动的加速度的平方与其水平位移的关系图像，可能正确的是（    ） A． B． C． D． 8. （2026·辽宁沈阳·模拟预测）某校开展物理科技节活动，航天爱好者模拟小型探空火箭的竖直发射与回落过程，设竖直向上为轴正方向，火箭的位移一时间图像如图所示（图线为一条抛物线），火箭的运动可视为匀变速直线运动，忽略空气阻力，则由图可知（　　） A．时间内火箭的动能一直减小 B．时间内火箭相对坐标原点的位移先为正后为负 C．时间内火箭向轴负方向运动 D．时间内火箭的速度一直减小 9. （2026·广东揭阳·二模）（多选）某同学两次在同一地点同一高度投掷同一铅球，1、2两次轨迹如图中曲线1、2所示，铅球两次达到的最大高度相同。忽略空气阻力，比较两次投掷过程，第2次比第1次（　　） A．从掷出到最高点的时间长 B．铅球在最高点的速度大 C．铅球着地前瞬间重力的功率大 D．该同学投掷对铅球做的功多 10. （2026·广东·二模）一列高铁进站，做匀减速直线运动直至停止。时刻列车开始减速，列车动能随时间t和位移变化的图像可能是（　　） A． B． C． D． 11. （25-26高一下·江苏·期中）竖直放置的四分之三圆管半径为R，在管口A正上方3R处由静止释放一质量为m的小球，小球落入管中并从C点飞出后，恰好又落回到A点，不计空气阻力，重力加速度为g，则小球（　　） A．通过C点时的速度大小为 B．克服圆管的摩擦力做功为 C．通过C点时对圆管的压力大小为mg，方向竖直向下 D．通过C点时对圆管的压力大小为，方向竖直向上 12. （2026·山东淄博·二模）（多选）如图，ABC是竖直面内的光滑固定轨道，A点在水平面上，轨道AB段竖直，长度为R，BC段是半径为R的圆弧，与AB相切于B点。一质量为m的小球，始终受到与重力大小相等的水平向右的外力作用，从A点以竖直向上沿轨道内侧开始运动。小球可视为质点，重力加速度大小为g。则（　　） A．在C点小球对轨道的压力大小为3mg B．在C点小球对轨道的压力大小为4mg C．小球落地时的速度大小为 D．小球落地时的速度大小为 13. （2026·江苏南京·模拟预测）（多选）一质量为2 kg的物体，在水平恒定拉力的作用下以一定的初速度在粗糙的水平面上做匀速运动，当运动一段时间后，拉力逐渐减小，且当拉力减小到零时，物体刚好停止运动，图中给出了拉力随物体位移变化的关系图像。已知重力加速度，由此可知下列说法不正确的是（    ） A．物体与水平面间的动摩擦因数约为0.7 B．减速运动的时间约为1.7 s C．减速过程中拉力对物体所做的功约为49 J D．匀速运动时的速度约为6 m/s 14. （2026·江西赣州·二模）近年来为环保助力，我国新能源汽车发展迅猛。某新能源汽车以恒定的加速度由静止开始沿平直的公路行驶，达到发动机额定功率后保持功率不变。汽车运动过程中受到的阻力不变，则此过程中该汽车的发动机功率、速度、动能和牵引力随时间变化的规律可能正确的是（    ） A． B． C． D． 15. （2026·广东清远·二模）（多选）如图甲所示，弹力绳球是小朋友们喜爱的玩具。一根弹性轻绳（满足胡克定律）的下端连接一质量为m的小球，另一端用手拉住，现用手拿住小球并从静止释放，以释放点为坐标原点O，竖直向下为x轴正方向，小球受到的合外力F（竖直向下为正方向）与其位置坐标的关系如图乙所示。其中x1位置和x3位置合力大小相等，且x4位置为小球能到达的最低点。小球可视为质点，弹性轻绳始终在弹性限度内，不计空气阻力，重力加速度为g。下列说法中正确的是（　　） A．弹性轻绳的劲度系数为 B．小球在x4位置的加速度大小为 C．小球在x3位置的速度大小为 D．在x3位置轻绳的弹性势能为mg（x3−x1） 16. （2026·河南郑州·二模）（多选）如图，轻质橡皮筋左端固定在墙上点，跨过小滑轮后右端与小球相连。小球套在竖直粗糙固定杆上，滑轮与点及杆上的点等高。、间距等于橡皮筋原长。若小球从点由静止开始释放，则到达点速度恰好为零；若小球在点以初动能向上运动，则刚好又能到达点。已知橡皮筋满足胡克定律且劲度系数为，小球与杆间摩擦因数为，长度为，长度为，重力加速度大小为，则（　　） A．小球下滑过程中摩擦力逐渐增大 B．小球下滑过程克服摩擦力做功 C．小球下滑过程中速度最大时与点相距 D．小球在点获得的动能为 17. （2026·辽宁·二模）（多选）如图甲所示，物块A放在水平桌面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与物块B相连，质量分别为、。以A静止时的位置O为坐标原点，水平向右为正方向建立直线坐标系，A与桌面间的动摩擦因数随位移x的变化如图乙所示。A离滑轮的距离足够远，重力加速度g取。现由静止释放物块A，则（　　） A．A释放后的瞬间，绳中张力大小为4N B．A在处时，其速度最大 C．A运动过程中的最大速度为 D．A的速度大小为1m/s时，其位置坐标可能为 18. （2026·北京顺义·二模）某人站在水平地面上，手握住绳（不可伸长）的一端，另一端系有质量为的小球，小球在竖直平面内以手为圆心做圆周运动。某次运动到最低点时，绳的拉力最大且刚好被拉断，小球以速度水平飞出，如图所示。已知手离地面的高度为，手与小球之间的绳长为，绳的质量忽略不计，重力加速度为。 (1)无风时，绳断后小球做平抛运动。求： a．小球运动的水平位移大小； b．绳能承受的最大拉力大小。 (2)若有风吹过时，小球落地时的速度为，求风对小球做的功。 19. （2026·北京顺义·二模）高压水枪是通过动力装置驱动水泵产生高速水流冲洗物体表面的设备。工作时，水泵将水由水箱吸入水泵，水被加速后流入输送水管，最终水从输送水管末端的水枪喷嘴管口高速喷出。输送水管和水枪喷嘴均为硬质材料，不会因为压力变化而发生形变。水箱中的水始终保持充足，输送水管和水枪喷嘴内均不会产生气泡。不计水管和水泵对水的阻力以及水流动过程中的能量损失。已知重力加速度为，水的密度为。 (1)若水泵将水由静止加速，水泵的输出功率等于单位时间内喷出水的动能，水从水枪喷嘴管口喷出的速度为，水枪喷嘴管口横截面积为S。求： a．水枪喷嘴管口处水的流量（单位时间内通过喷嘴管口横截面的水的体积）； b．水泵的输出功率。 (2)水枪喷嘴的结构如图所示，水枪喷嘴水平放置时，水流经Ⅰ位置（粗管．）时的速度为，压强为，流经Ⅱ位置（细管）时的速度为，压强为，已知。忽略重力势能的变化，利用动能定理证明。 20. （2026·辽宁鞍山·二模）如图，ABCDE为一固定轨道，其中AB为倾角、长的直轨道，BC、DE为半径的相同的圆弧形轨道，、分别为两圆弧的圆心，CD为离地面高度的水平直轨道，各轨道间平滑连接，直轨道AB粗糙，其余轨道均光滑。质量为的小滑块与直轨道AB间的动摩擦因数。取，，重力加速度，将小滑块从A点由静止释放，忽略空气阻力和小滑块的大小，求： (1)小滑块在直轨道AB上运动的时间； (2)小滑块到达C点前瞬间对轨道的压力大小； (3)小滑块落到地面前瞬间速度方向与水平方向夹角的正切值（结果保留根号）。 学科网（北京）股份有限公司 $ 第2讲　动能定理及应用 1．动能 (1)定义：物体由于运动而具有的能。 (2)公式：Ek＝mv2。 (3)单位：焦耳(J)，1 J＝1 N·m＝1 kg·m2/s2。 (4)标矢性：动能是标量，动能与速度方向无关。 (5)动能的变化：物体末动能与初动能之差，即ΔEk＝mv－mv。 2．动能定理 (1)内容：力在一个过程中对物体做的功，等于物体在这个过程中动能的变化。 (2)表达式：W＝Ek2－Ek1＝mv－mv。 (3)物理意义：合力做的功是物体动能变化的量度。 (4)适用条件 ①动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动。 ②动能定理既适用于恒力做功，也适用于变力做功。 考点一　对动能定理的理解 1．对动能定理中“力”的两点理解 (1)“力”可以是重力、弹力、摩擦力、静电力、磁场力或其他力，它们可以同时作用，也可以分阶段作用。 (2)力既可以是恒力，也可以是变力。 2．动能定理公式中体现的“三个关系” (1)数量关系：即合力所做的功与物体动能的变化具有等量替代关系。可以通过计算物体动能的变化，求合力做的功，进而求得某一力做的功。 (2)单位关系：等式两边物理量的国际单位都是焦耳。 (3)因果关系：合力做功是引起物体动能变化的原因。 3．标量性 动能是标量，功也是标量，所以动能定理是一个标量式，不存在方向的选取问题，当然动能定理也就不存在分量的表达式。 【典例1】　（2025·浙江·一模）如图甲，小孩姐姐将足球用力从N点向前踢出，足球在竖直管道内完成完整一周后，在图示P位置离开管道，恰好在管道截面圆心O点落入书包。达明参照视频中足球的运动轨迹画了运动示意图如图乙，图中虚线为足球的运动轨迹。若足球质量为m，运动轨迹半径为R，且忽略空气阻力的影响，以下分析正确的是（　　） A．足球离开管道前，始终做匀速圆周运动 B．足球在P点脱离管道后，处于完全失重状态 C．足球离开管道前，所受摩擦力随时间逐渐减小 D．若将足球视为质点，则PO的连线与水平方向的夹角为30° 【答案】B 【详解】A．足球在竖直平面内运动时重力与摩擦力有对小球做功，速率会发生变化，做变速圆周运动，故A错误； B．足球脱离管道后，只受重力作用，处于完全失重状态，故B正确； C．摩擦力的大小，足球运动过程中随着线速度的变化，所受的压力在N点时最大，在M点时最小，所以足球离开管道前，所受摩擦力不是随时间逐渐减小，故C错误； D．若足球从P点抛出，PO连线与水平方向的夹角为，则 在P点由牛顿第二定律 从P点抛出后有 可得 代入，与题中不相符，故D错误。 故选B。 【典例2】　（2025·安徽合肥·模拟预测）某同学两次从同一位置抛出篮球，篮球都垂直撞在竖直放置的篮板上，如图所示。不计空气阻力，关于这两次过程，下列说法正确的是（　　） A．篮球在空中运动的时间相等 B．第1次抛出时手对篮球做的功多 C．第1次抛出时速度的水平分量小 D．第2次抛出时速度的竖直分量大 【答案】C 【详解】A．两次篮球都垂直撞在竖直放置的篮板上，都可以逆向看成做平抛运动，根据 由于第一次的高度较大，所以第1次篮球在空中运动的时间较长，即，故A错误； D．根据， 可知第1次抛出时速度的竖直分量大，即，故D错误； C．两次运动的水平方向位移相同，根据， 可知第1次抛出时速度的水平分量小，即，故C正确； B．根据，， 则两次抛出时初速度大小关系不确定，两次抛出时篮球的初动能大小关系不确定，所以两次抛出时手对篮球做的功大小关系不确定，故B错误。 故选C。 考点二　动能定理的应用 1．应用流程 2．注意事项 (1)动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系。 (2)应用动能定理的关键在于对研究对象进行准确地受力分析及运动过程分析，并画出运动过程的草图，借助草图理解物理过程之间的关系。 (3)当物体的运动包含多个不同过程时，可分段应用动能定理求解；当所求解的问题不涉及中间的速度时，也可以全过程应用动能定理求解，这样更简便。 (4)列动能定理方程时，必须明确各力做功的正、负，确实难以判断的先假定为正功，最后根据结果加以检验。 考向1动能定理的基本应用 【典例3】（2026·广西崇左·二模）（多选）在光滑水平地面上建立直角坐标，有一弹珠弹射装置，可以将弹珠以的动能从原点处向地面上的各个方向弹出。某次弹珠弹出后立即受到水平方向的恒力作用，先后经过、两点，弹珠经过点时的动能为，经过点时的动能为，已知、两点的坐标分别为、。下列说法正确的是（　　） A．该恒力大小为 B．该恒力大小为 C．若弹珠的质量为，则弹珠的初速度方向与轴正方向的夹角的正切值为 D．若弹珠的质量为，则弹珠的初速度方向与轴正方向的夹角的正切值为 【答案】BC 【详解】AB．设恒力的水平分量为，竖直分量为，弹珠经过点时的动能为，有， 可得 经过点时的动能为，有，， 联立解得 可得该恒力大小为，故A错误，B正确； CD．若弹珠的质量为，初动能为，有 解得初速度为 如图所示，有 水平方向的加速度 从原点处到经过点的时间 竖直位移有， 联立解得，故C正确，D错误。 故选BC。 考向2动能定理在多过程的组合运动中的应用 【典例4】滑板运动是极限运动的鼻祖，许多极限运动项目均由滑板项目延伸而来。如图所示是滑板运动的轨道，和是两段光滑圆弧形轨道，段的圆心为O点，圆心角为，半径与水平轨道垂直，水平轨道段粗糙且长，一运动员从轨道上的A点以的速度水平滑出，在B点刚好沿轨道的切线方向滑入圆弧形轨道，经轨道后冲上轨道，到达E点时速度减为零，然后返回。已知运动员和滑板的总质量为，B、E两点与水平面的竖直高度分别为h和H，且，，。 (1)求运动员从A运动到达B点时的速度大小和在空中飞行的时间； (2)求轨道段的动摩擦因数、离开圆弧轨道末端时，滑板对轨道的压力； (3)通过计算说明，第一次返回时，运动员能否回到B点？如果能，请求出回到B点时的速度大小；如果不能，则最后停在何处？ 【答案】(1)； (2)；，方向竖直向下 (3)不能，停在距离D点左侧处 【详解】（1）由题意根据几何关系可知 代入初速度解得 在B点竖直方向的速度 从A点到B点竖直方向自由落体，则有 解得 （2）由B点到E点，由动能定理可得 代入数据可得 由B点到C点，由动能定理可得 在C点由牛顿第二定律知 由几何知识可得 联立解得 根据牛顿第三定律可得滑板对轨道的压力，方向竖直向下 （3）运动员能到达左侧的最大高度为，从B点到第一次返回左侧最高处，根据动能定理有 解得 所以第一次返回时，运动员不能回到B点，设运动员从B点运动到停止，在段的总路程为s，由动能定理可得 代入数据解得 因为，所以运动员最后停在距离D点左侧处 考向3动能定理在多过程的往复性运动中的应用 【典例5】　（2026·安徽·模拟预测）如图，位于竖直平面内、半径的圆弧形光滑绝缘轨道AB固定在水平面，其下端点与水平绝缘轨道相切，水平轨道与倾角为、固定在水平面的绝缘斜轨道在点平滑连接，斜面顶端固定一轻质弹簧（弹簧也由绝缘材料制成）。整个轨道处在水平向左的匀强电场中，电场强度。现有一质量为、带电荷量的小滑块（可视为质点）从点由静止释放，经水平轨道后滑上斜面并压缩弹簧，第一次可将弹簧压缩至点。已知水平轨道长为，斜轨道上长为，滑块与水平轨道和斜轨道间的动摩擦因数均为，重力加速度，，，求： (1)小滑块第一次经过圆弧形轨道最低点时对轨道的压力大小； (2)弹簧的最大弹性势能； (3)小滑块在水平轨道上运动的总路程。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）小滑块从A到B，由动能定理得 在B点 代入数据解得 由牛顿第三定律可知小滑块第一次经过圆弧形轨道最低点时对轨道的压力大小为 （2）小滑块所受电场力水平向左 小滑块所受重力和电场力的合力恰好平行于斜面向下，其大小为 因此小滑块在斜面上不受摩擦力。 小滑块在水平轨道上受到的摩擦力 从到，由动能定理可得 解得 所以弹簧的最大弹性势能 （3）由分析可知，最后小滑块静止在圆弧轨道上某点，该点与圆心连线与水平方向夹角为，则： 则 由能量守恒可得 解得 考点三　动能定理与图像结合问题 1．解决物理图像问题的基本步骤 (1)观察题目给出的图像，弄清纵坐标、横坐标所对应的物理量及图像所表示的物理意义。 (2)根据物理规律推导出纵坐标与横坐标所对应的物理量间的函数关系式。 (3)将推导出的物理规律与数学上与之相对应的标准函数关系式相对比，找出图像的斜率、截距、图像的交点、图像与坐标轴围成的面积所对应的物理意义，根据对应关系列式解答问题。 2．图像所围“面积”和图像斜率的含义 【典例6】　（2026·山东枣庄·二模）如图甲所示，固定斜面的倾角为，以为原点、沿斜面向下为正方向建立轴，A、B点的坐标分别为。质量为的滑块由点静止释放，恰好能运动到点，滑块与斜面间的动摩擦因数随坐标的变化的图线为倾斜直线，如图乙所示。重力加速度为，下列说法正确的是（　　） A．滑块进入AB段立即做减速运动 B．滑块经过点时重力的功率为 C．点处的动摩擦因数 D．滑块从处由静止释放将不能到达处 【答案】C 【详解】A．滑块进入AB段，最初动摩擦因数较小，重力的下滑分力大于滑动摩擦力，故先做加速度减小的加速运动，后重力的下滑分力小于滑动摩擦力，且滑动摩擦力增大，做加速度增大的减速运动，故A错误； B．从，由 重力的功率为，故B错误； C．设在距离原点x处动摩擦因数为，则下滑 由动能定理有 求和得 为图乙中三角形的面积 解得，故C正确； D．从处到处，重力做功为 摩擦力做功为 因，故滑块从处由静止释放将能到达处，故D错误。 故选C。 【典例7】　（2026·河北沧州·一模）如图甲所示，一个小物块从斜面底端冲上固定的光滑斜面，改变小物块的初动能，得出小物块轨迹的最高点距地面高度与其初动能的关系图像如图乙所示。已知重力加速度为，空气阻力不计，下列说法正确的是（　　） A．小物块的质量为 B．斜面的长度为 C．当小物块以大小为的初速度冲上斜面时，刚好能到达斜面的顶端 D．当小物块以初动能为冲上斜面时，小物块到达最高点时离出发点的水平距离为 【答案】C 【详解】A．由图乙可得，当小物块初动能为时，小物块未冲出斜面，根据动能定理有 解得 所以小物块的质量为，故A错误； B．设斜面的长度为、倾角为，小物块能冲出斜面时初动能为，冲出斜面后做斜抛运动的速度为，从斜面底端到顶端，根据动能定理有 冲出斜面后做斜抛运动，还能上升的高度 小物块轨迹的最高点距地面高度 联立解得 由图像乙中初动能为时，小物块冲出斜面，这条一次函数表达式为 所以有， 联立解得， 所以斜面的长度为，故B错误； C．设小物块以初速度冲上斜面时，刚好能到达斜面顶端，有 解得 即此时速度刚好达到斜面顶端，故C正确； D．当小物块以初动能为冲上斜面时，设小物块冲出斜面后做斜抛运动的速度为，从斜面底端到顶端有 解得 从斜面顶端到最高点的运动时间 从斜面顶端到最高点的水平距离 解得 所以从出发点到最高点的水平距离，故D错误。 故选C。 1. （2026·河南新乡·模拟预测）学校秋季运动会上，某同学参加铅球比赛，比赛时先后两次将同一铅球从同一点P掷出，铅球在空中运动的轨迹如图所示。已知第二次的成绩比第一次的好，铅球两次在空中运动时的最大高度相同，不计空气阻力，铅球可视为质点，则第二次与第一次相比，下列判断正确的是（　　） A．铅球第二次在空中运动的时间长 B．铅球第二次重力做的功多 C．铅球第二次落地时重力的瞬时功率大 D．该同学第二次对铅球做的功多 【答案】D 【详解】A．设铅球抛出点到最高点的高度为h，铅球竖直方向的初速度为v0y，铅球在竖直方向做竖直上抛运动，则 由于铅球两次到最高点的距离相同，可知铅球两次抛出时竖直方向的初速度v0y相同，设铅球从抛出到落地的时间为t，抛出点到水平地面的距离为h0，则有 由于抛出点相同，可知铅球两次在空中运动的时间相同，故A错误； B．铅球从抛出到落地重力做的功相同，大小均为，故B错误； C．铅球在竖直方向，有 由于铅球竖直方向的初速度v0y相同，运动时间相同，则铅球两次落地时竖直方向的分速度相同，所以铅球落地时重力的瞬时功率相同，大小均为，故C错误； D．由于第二次的成绩比第一次的好，即第二次铅球的水平位移大，可知第二次抛出时的水平分速度大，则第二次抛出时的初速度大，根据功能关系有 由此可知，该同学第二次对铅球做的功多，故D正确。 故选D。 2. （2026·北京海淀·三模）t＝0时，物块（可视为质点）在水平推力F作用下，由静止开始沿水平面做匀加速直线运动。经过时间T速度为v，此时撤去水平推力，又经过2T，物块停在水平面上。已知物块在运动过程中所受阻力大小恒定。下列判断正确的是（　　） A．物块所受阻力的大小为2F B．0~T内和T~2T内，物块的动能变化量之比3∶4 C．T~2T内和2T~3T内，物块的位移之比为2∶1 D．T~2T内和2T~3T内，物块的速度变化量之比1∶1 【答案】D 【详解】 A．0~T匀加速阶段加速度大小 ，方向与运动方向相同； T~3T匀减速阶段2T时间内速度从v减到0，加速度大小 ，方向与运动方向相反。 由牛顿第二定律得减速阶段阻力 加速阶段 代入得 即 ，故A错误； B．0~T动能变化量 2T时刻速度为 T~2T动能变化量 两者比值为 故B错误； C．T~2T位移 2T~3T位移 位移比为，故C错误； D．T~2T速度变化量 2T~3T速度变化量 故两者比值为，故D正确。 故选D。 3. （2026·北京海淀·三模）光滑水平面上，用轻质橡皮条将两物块甲和乙相连，橡皮条处于松弛状态。物块甲受到一水平向左的瞬时冲量I1，同时物块乙受到一水平向右的瞬时冲量I2（I1和I2沿两物块连线方向）。从橡皮条刚达到原长时开始计时，此后t0时间内，两物块运动的速度v随时间t变化关系如图所示。橡皮条始终处于弹性限度内。下列说法正确的是（　　） A．t＝0时，物块甲的动能大于物块乙的动能 B．0~t0内的某时刻，物块甲的加速度小于物块乙的加速度 C．0~t0内，物块甲的速度变化量小于物块乙的速度变化量 D．0~t0内，橡皮条对物块甲做的功和对物块乙做的功相等 【答案】A 【详解】A．水平面光滑，系统总动量守恒。时刻两物块速度都为0，总动量为0，说明初始时甲、乙的动量大小相等，即 结合v-t图得 可推出 动能公式为 甲、乙动量大小相等，因此 ，故A正确； B．任意时刻橡皮条对两物块的弹力大小相等 由牛顿第二定律 因为 所以任意时刻都满足 故B错误； C．0~内，甲速度变化量大小 ，乙速度变化量大小 ，由图得 故C错误； D．由动能定理，橡皮条对甲做功大小等于甲的初始动能，对乙做功大小等于乙的初始动能，而，因此做功不相等，故D错误； 故选A。 4. （2026·山东东营·二模）2024年12月29日，CR450动车组成功下线，CR450动车组为4动4拖8节编组，总质量为m，平直轨道行驶中阻力恒为车重的k倍。列车启动时4台动力车全部工作，总额定功率为P0，当速度达到时，为节能运行，控制系统自动切换为仅2台动力车工作，功率减为，最终列车加速到匀速速度，。重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A． B．从4台动力车切换为2台动力车的瞬间速度变为 C．切换前后的瞬间加速度之比为6:1 D．切换前后动车组加速时间之比为2:3 【答案】C 【详解】A．列车功率满足 行驶中受到的阻力 最终匀速行驶时功率为，速度为，有 结合 解得，故A错误； B．速度是状态量，列车切换功率瞬间速度不会突变，仍为，故B错误； C．切换前瞬间，牵引力 加速度 代入 解得 切换后瞬间，牵引力 加速度 代入 解得 故，故C正确； D．切换前后，动车组均为变加速运动，根据动能定理有， 因两段位移、未知，无法求出时间之比，故D错误。 故选C。 5. （2026·江西宜春·模拟预测）如图，玻璃管内右端固定接轻弹簧的一端，弹簧另一端连接一质量为的光滑小球，弹簧原长为。初始时，管和小球均静止在水平面上。现缓慢将管在竖直面绕点转过90°，在竖直位置时，弹簧长度为。已知弹簧劲度系数为，形变总是在弹性限度内，可用平均力求弹力做的功，重力加速度大小为。则在转动过程中，下列说法正确的是（　　） A．弹簧对小球做正功 B．小球对玻璃管不做功 C．玻璃管对弹簧做的功为 D．玻璃管对小球做的功为 【答案】D 【详解】A．整个过程弹簧的压缩量为 由于弹簧弹力是变力，可用平均力计算做功。整个过程弹簧的平均弹力为 由于弹力方向与小球位移方向相反，所以弹簧对小球做功为 所以弹簧对小球做负功，故A错误； BD．小球缓慢转动，其动能不变。对小球进行受力分析可知，小球受到重力、弹簧弹力以及玻璃管的作用力。设玻璃管对小球做的功为，则对小球列动能定理方程有 解得 所以小球对玻璃管做的功为 即小球对玻璃管做功，故B错误，D正确； C．由上面分析可知，整个过程中，小球对弹簧做的功为，而玻璃管对弹簧不做功，故C错误。 故选D。 6. （2026·福建漳州·三模）汽车公司将智能吸能盒（缓冲装置）固定在质量为的台车前端，测试时台车以一定初速度撞击刚性墙，记录碰撞过程中动能随压缩距离x的变化图像如图所示。已知图中阶段图线为抛物线（顶点在纵轴上），阶段图线为直线，最大压缩距离为。碰撞过程中，仅有吸能盒对台车做功，不计其他阻力，则（　　） A．整个碰撞过程中，吸能盒对台车做功为 B．在阶段，台车的加速度随x均匀增大 C．在阶段，台车的平均速度大小为 D．在阶段，吸能盒对台车作用力的功率保持不变 【答案】B 【详解】A．碰撞初动能为，末动能为0，只有吸能盒对台车做功，由动能定理得 即整个碰撞过程中吸能盒对台车做功为，故A错误； B．图中阶段图线为抛物线（顶点在纵轴上），因此满足（其中为常数） 对其表达式两边求导，可得作用力 即作用力F与压缩距离x成正比，由可知，台车的加速度与x成正比，即加速度随x均匀增大，故B正确； C．图像斜率表示合力，图像可知阶段，图像斜率恒定，因此作用力是恒力，台车做匀减速直线运动，因为 解得 则该阶段平均速度，故C错误； D．在阶段，台车受到的作用力为恒力，且动能在减小，速度在减小，根据可知，吸能盒对台车作用力的功率减小，故D错误。 故选B。 7. （2026·重庆·三模）如图所示，光滑固定轨道ABC左侧为1/4圆弧轨道、右侧为水平轨道，两轨道在B点平滑连接，圆弧半径为R。一小球（可视为质点）从圆弧轨道的最高点A处由静止释放后沿轨道ABC运动，不计空气阻力，则下列关于该小球运动的加速度的平方与其水平位移的关系图像，可能正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】为从A点开始的水平位移， 设圆心，半径，小球位置对应的半径与水平方向夹角为，可得水平位移关系 由动能定理有 法向加速度 联立解得 重力的切向分量，由牛顿第二定律有 可得切向加速度 总加速度的平方满足 由几何关系有 联立可得 因此曲线是开口向下的二次函数，对称轴 故选C。 8. （2026·辽宁沈阳·模拟预测）某校开展物理科技节活动，航天爱好者模拟小型探空火箭的竖直发射与回落过程，设竖直向上为轴正方向，火箭的位移一时间图像如图所示（图线为一条抛物线），火箭的运动可视为匀变速直线运动，忽略空气阻力，则由图可知（　　） A．时间内火箭的动能一直减小 B．时间内火箭相对坐标原点的位移先为正后为负 C．时间内火箭向轴负方向运动 D．时间内火箭的速度一直减小 【答案】A 【详解】A．图像的斜率表示瞬时速度，时间内，图像斜率始终为正，且斜率绝对值逐渐减小到0，说明速度沿正方向，速度大小一直减小，因此火箭动能一直减小，故A正确； B．时间内，火箭位置坐标始终为正，因此相对原点的位移一直为正，故B错误； C．时间内，图像斜率为正，说明速度沿轴正方向，火箭向正方向运动，故C错误； D．时间内，图像斜率为负，且斜率绝对值逐渐增大，说明速度大小一直增大（火箭向下加速运动），故D错误。 故选A。 9. （2026·广东揭阳·二模）（多选）某同学两次在同一地点同一高度投掷同一铅球，1、2两次轨迹如图中曲线1、2所示，铅球两次达到的最大高度相同。忽略空气阻力，比较两次投掷过程，第2次比第1次（　　） A．从掷出到最高点的时间长 B．铅球在最高点的速度大 C．铅球着地前瞬间重力的功率大 D．该同学投掷对铅球做的功多 【答案】BD 【详解】A．从掷出到最高点过程，可逆向看成做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，由于下落高度相等，所以第2次与第1次运动时间相等，故A错误； B．从最高点到落地铅球做平抛运动，竖直方向有 由于下落高度相等，所以第2次与第1次运动时间相等；水平方向有 由于第2次的水平位移大于第1次的水平位移，则第2次的水平速度大于第1次的水平速度，即第2次比第1次铅球在最高点的速度大，故B正确； C．根据 由于从最高点到落地两次运动时间相等，所以两次运动铅球着地前瞬间重力的功率相等，故C错误； D．该同学两次投掷时，铅球的竖直分速度相等，第2次的水平速度大于第1次的水平速度，则第2次的合速度大于第1次的合速度，即第2次的铅球的初动能大于第1次的铅球的初动能，根据动能定理可知，第2次比第1次该同学投掷对铅球做的功多，故D正确。 故选BD。 10. （2026·广东·二模）一列高铁进站，做匀减速直线运动直至停止。时刻列车开始减速，列车动能随时间t和位移变化的图像可能是（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】AB．设高铁匀减速直线运动时加速度大小为a，高铁质量为m，初速度为，则 可知图像是开口向上的二次函数，故AB错误； CD．对高铁，由动能定理有 整理得 可知图像是一条倾斜的直线，故C正确，D错误。 故选C。 11. （25-26高一下·江苏·期中）竖直放置的四分之三圆管半径为R，在管口A正上方3R处由静止释放一质量为m的小球，小球落入管中并从C点飞出后，恰好又落回到A点，不计空气阻力，重力加速度为g，则小球（　　） A．通过C点时的速度大小为 B．克服圆管的摩擦力做功为 C．通过C点时对圆管的压力大小为mg，方向竖直向下 D．通过C点时对圆管的压力大小为，方向竖直向上 【答案】B 【详解】A．小球通过点后做平抛运动，则， 解得通过C点时的速度大小为，故A错误； B．根据动能定理 解得小球克服圆管的摩擦力做功为，故B正确； CD．假设小球通过点时管壁对小球有向上的支持力，则 可得，假设成立，根据牛顿第三定律，此时小球对圆管的压力大小为，方向竖直向下，故CD错误。 故选B。 12. （2026·山东淄博·二模）（多选）如图，ABC是竖直面内的光滑固定轨道，A点在水平面上，轨道AB段竖直，长度为R，BC段是半径为R的圆弧，与AB相切于B点。一质量为m的小球，始终受到与重力大小相等的水平向右的外力作用，从A点以竖直向上沿轨道内侧开始运动。小球可视为质点，重力加速度大小为g。则（　　） A．在C点小球对轨道的压力大小为3mg B．在C点小球对轨道的压力大小为4mg C．小球落地时的速度大小为 D．小球落地时的速度大小为 【答案】AC 【详解】AB．水平外力，，A到C总竖直高度为，水平位移向左大小为，则外力做功 重力做功 从A到C，由动能定理得 解得 在C点，由牛顿第二定律有 解得 由牛顿第三定律可知，小球对轨道压力为，A正确，B错误； CD．取向右为正，小球从C点飞出后，速度方向水平向左，水平方向做匀加速直线运动，竖直方向做自由落体，竖直方向有 解得运动时间 落地时 水平方向，由牛顿第二定律有 解得 落地时的水平速度 故合速度大小，C正确，D错误。 故选AC。 13. （2026·江苏南京·模拟预测）（多选）一质量为2 kg的物体，在水平恒定拉力的作用下以一定的初速度在粗糙的水平面上做匀速运动，当运动一段时间后，拉力逐渐减小，且当拉力减小到零时，物体刚好停止运动，图中给出了拉力随物体位移变化的关系图像。已知重力加速度，由此可知下列说法不正确的是（    ） A．物体与水平面间的动摩擦因数约为0.7 B．减速运动的时间约为1.7 s C．减速过程中拉力对物体所做的功约为49 J D．匀速运动时的速度约为6 m/s 【答案】ABC 【详解】A． 物体一开始做匀速运动，拉力等于滑动摩擦力，由图像可知，匀速阶段拉力，因此滑动摩擦力 根据滑动摩擦力公式， 解得，A错误； C．减速过程中拉力所做的功为图像与坐标轴所围面积的大小，约为，C错误； D． 对减速过程应用动能定理 代入数据解得，D正确； B．减速过程中平均速度，因此时间，远大于1.7s，B错误。 题目要求选择不正确选项，故选 ABC。 14. （2026·江西赣州·二模）近年来为环保助力，我国新能源汽车发展迅猛。某新能源汽车以恒定的加速度由静止开始沿平直的公路行驶，达到发动机额定功率后保持功率不变。汽车运动过程中受到的阻力不变，则此过程中该汽车的发动机功率、速度、动能和牵引力随时间变化的规律可能正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】汽车以恒定的加速度由静止开始沿平直的公路行驶，设汽车质量为，受到路面的阻力为，由牛顿第二定律可知，牵引力大小满足 解得 故汽车的功率为 因此随线性增长，直到功率达到额定功率，之后功率保持不变；当功率达到额定功率时，由于牵引力大于阻力，汽车速度继续增大，由可知牵引力逐渐减小，加速度满足 可知随速度增大，加速度逐渐减小，直到时，加速度减为0，速度达到最大，之后汽车匀速运动。 A．由上述分析可知，汽车在匀加速运动阶段 随线性增长，直到功率达到额定功率，故A错误； B．汽车先做匀加速运动，当功率达到额定功率时，由于牵引力大于阻力，汽车速度继续增大，牵引力逐渐减小，加速度逐渐减小，汽车做加速度逐渐减小的加速运动，直至速度达到最大，之后汽车匀速运动，故B错误； C．由动能定理可知，汽车的动能变化量等于合外力做的功，即 故汽车动能随时间的变化满足 可知图像的斜率为合外力的功率，汽车在匀加速运动阶段，合外力大小不变，速度随时间逐渐增大，故该阶段图像的斜率逐渐增大，而图中斜率从一开始就逐渐减小，不符合规律，故C错误； D．汽车做匀加速运动阶段，牵引力恒定不变，直到功率达到额定功率之后，汽车速度继续增大，牵引力逐渐减小，直至速度达到最大，汽车匀速运动，牵引力大小等于阻力，故D正确。 故选D。 15. （2026·广东清远·二模）（多选）如图甲所示，弹力绳球是小朋友们喜爱的玩具。一根弹性轻绳（满足胡克定律）的下端连接一质量为m的小球，另一端用手拉住，现用手拿住小球并从静止释放，以释放点为坐标原点O，竖直向下为x轴正方向，小球受到的合外力F（竖直向下为正方向）与其位置坐标的关系如图乙所示。其中x1位置和x3位置合力大小相等，且x4位置为小球能到达的最低点。小球可视为质点，弹性轻绳始终在弹性限度内，不计空气阻力，重力加速度为g。下列说法中正确的是（　　） A．弹性轻绳的劲度系数为 B．小球在x4位置的加速度大小为 C．小球在x3位置的速度大小为 D．在x3位置轻绳的弹性势能为mg（x3−x1） 【答案】AD 【详解】A．根据图乙可知，在x2处合力为0，由胡克定律及平衡条件有 解得弹性轻绳的劲度系数，故A正确； B．根据图乙可知，在x3处合力大小与x1处大小相等，即等于mg，则x4处合力为 由牛顿第二定律有 联立解得，故B错误； C．根据F−x图形面积表示合力做功，由图乙可知合力做功为mgx1，0~x3由动能定理可得 解得小球在x3位置的速度大小为，故C错误； D．设小球在x3位置弹性势能为Ep，由图乙可知x1~x3合力做功为0，则根据能量守恒有 解得在x3位置轻绳的弹性势能，故D正确。 故选AD。 16. （2026·河南郑州·二模）（多选）如图，轻质橡皮筋左端固定在墙上点，跨过小滑轮后右端与小球相连。小球套在竖直粗糙固定杆上，滑轮与点及杆上的点等高。、间距等于橡皮筋原长。若小球从点由静止开始释放，则到达点速度恰好为零；若小球在点以初动能向上运动，则刚好又能到达点。已知橡皮筋满足胡克定律且劲度系数为，小球与杆间摩擦因数为，长度为，长度为，重力加速度大小为，则（　　） A．小球下滑过程中摩擦力逐渐增大 B．小球下滑过程克服摩擦力做功 C．小球下滑过程中速度最大时与点相距 D．小球在点获得的动能为 【答案】BD 【详解】A．小球受杆的弹力等于橡皮筋弹力的水平分量，设橡皮筋与杆的夹角为，则弹力 又，则小球下滑过程中摩擦力不变，故A错误； B．由功计算公式，小球下滑过程克服摩擦力做功，故B正确； C．设橡皮筋与杆的夹角为，小球下滑过程中速度最大时与点相距为，由加速度为零有， 联立解得，故C错误； D．下滑过程动能定理有，上滑过程由动能定理有 联立解得，故D正确。 故选BD。 17. （2026·辽宁·二模）（多选）如图甲所示，物块A放在水平桌面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与物块B相连，质量分别为、。以A静止时的位置O为坐标原点，水平向右为正方向建立直线坐标系，A与桌面间的动摩擦因数随位移x的变化如图乙所示。A离滑轮的距离足够远，重力加速度g取。现由静止释放物块A，则（　　） A．A释放后的瞬间，绳中张力大小为4N B．A在处时，其速度最大 C．A运动过程中的最大速度为 D．A的速度大小为1m/s时，其位置坐标可能为 【答案】AD 【详解】A．A释放后瞬间，对A有 对B有 代入数据得，故A正确； B．A的速度最大时，其所受合力为零，有 由图乙可得 解得，故B错误； C．当A速度最大时，A前进，此过程中A克服摩擦力做功 由动能定理有 联立解得，故C错误； D．由C项分析得 解方程得 当时，或，故D正确。 故选AD。 18. （2026·北京顺义·二模）某人站在水平地面上，手握住绳（不可伸长）的一端，另一端系有质量为的小球，小球在竖直平面内以手为圆心做圆周运动。某次运动到最低点时，绳的拉力最大且刚好被拉断，小球以速度水平飞出，如图所示。已知手离地面的高度为，手与小球之间的绳长为，绳的质量忽略不计，重力加速度为。 (1)无风时，绳断后小球做平抛运动。求： a．小球运动的水平位移大小； b．绳能承受的最大拉力大小。 (2)若有风吹过时，小球落地时的速度为，求风对小球做的功。 【答案】(1)a．；b． (2) 【详解】（1）a．小球做平抛运动，则水平方向 竖直方向 解得运动的水平位移大小； b．小球在圆周的最低点时 绳能承受的最大拉力大小。 （2）若有风吹过时，小球落地时的速度为，则由动能定理 解得 19. （2026·北京顺义·二模）高压水枪是通过动力装置驱动水泵产生高速水流冲洗物体表面的设备。工作时，水泵将水由水箱吸入水泵，水被加速后流入输送水管，最终水从输送水管末端的水枪喷嘴管口高速喷出。输送水管和水枪喷嘴均为硬质材料，不会因为压力变化而发生形变。水箱中的水始终保持充足，输送水管和水枪喷嘴内均不会产生气泡。不计水管和水泵对水的阻力以及水流动过程中的能量损失。已知重力加速度为，水的密度为。 (1)若水泵将水由静止加速，水泵的输出功率等于单位时间内喷出水的动能，水从水枪喷嘴管口喷出的速度为，水枪喷嘴管口横截面积为S。求： a．水枪喷嘴管口处水的流量（单位时间内通过喷嘴管口横截面的水的体积）； b．水泵的输出功率。 (2)水枪喷嘴的结构如图所示，水枪喷嘴水平放置时，水流经Ⅰ位置（粗管．）时的速度为，压强为，流经Ⅱ位置（细管）时的速度为，压强为，已知。忽略重力势能的变化，利用动能定理证明。 【答案】(1)a. ；b. (2)见解析 【详解】（1）a．水枪喷嘴管口处水的流量 b．水泵的输出功率 其中 解得 （2）设ⅠⅡ两处水管的横截面积分别为S1、S2，取一小段时间∆t，考虑薄层水柱从位置Ⅰ流到位置Ⅱ，因质量不变，则有 由动能定理 且 联立解得 因，可知，可知流体内流速大的地方压强小。 20. （2026·辽宁鞍山·二模）如图，ABCDE为一固定轨道，其中AB为倾角、长的直轨道，BC、DE为半径的相同的圆弧形轨道，、分别为两圆弧的圆心，CD为离地面高度的水平直轨道，各轨道间平滑连接，直轨道AB粗糙，其余轨道均光滑。质量为的小滑块与直轨道AB间的动摩擦因数。取，，重力加速度，将小滑块从A点由静止释放，忽略空气阻力和小滑块的大小，求： (1)小滑块在直轨道AB上运动的时间； (2)小滑块到达C点前瞬间对轨道的压力大小； (3)小滑块落到地面前瞬间速度方向与水平方向夹角的正切值（结果保留根号）。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）小滑块在斜面上运动时，由牛顿第二定律有 解得 小滑块从A到B过程作匀加速直线运动，由 可得小滑块在斜面上运动时间 （2）小滑块到达B点速度 解得 小滑块从B到C过程中，由动能定理有 解得 小滑块在C点，由牛顿第二定律可得 根据牛顿第三定律，小滑块到达C点前瞬间对轨道的压力大小 （3）小滑块从C点匀速直线到达D点时速度 根据可知小滑块在D点沿轨道运动的临界速度大小为，因为，可知小滑块在D点脱离轨道作平抛运动。 小滑块落地时竖直速度大小为，由， 可得 学科网（北京）股份有限公司 $