专题：动能定理的综合应用-2025-2026学年高一物理下学期人教版必修第二册

**基本信息** 以动能定理为核心，构建从概念推导到多场景应用的递进式训练体系，融合科学推理与模型建构，实现方法迁移与综合问题突破。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |定理表述与推导|4题|定义辨析+公式推导|从动能概念到定理逻辑链构建| |初步应用|6题|单一过程动能定理|恒力做功与动能变化关系| |变力做功|5题|曲线运动动能定理|摩擦力做功与能量转化分析| |多过程问题|4题|分段/全程动能定理|复杂运动过程的能量关联| |机车启动|9题|功率公式结合动能定理|动态过程中的力与能量关系| |传送带问题|12题|相对运动+能量守恒|系统能量转化与摩擦生热计算|

动能定理的综合应用 一、动能定理的表述及其推导过程 动能和动能定理 1．动能 （1）动能的表达式Ek=______。其单位与______的单位相同，在国际单位制中为______，符号为______。 （2）动能是______量，没有负值。 （3）动能是状态量，与物体的运动状态相对应。 （4）动能具有相对性，选取不同的参考系，物体的速度大小不同，动能也不同，一般以地面为参考系。 2．动能定理 （1）力在一个过程中对物体做的功，等于物体在这个过程中_________________________________________，表达式：W=______，也可写成W=Ek2－Ek1。 （2）W与ΔEk的关系：合力做功是物体动能变化的原因。 ①合力对物体做正功，即W>0，ΔEk>0，表明物体的末动能大于初动能； ②合力对物体做负功，即W<0，ΔEk<0，表明物体的末动能小于初动能。 （3）物体动能的改变可由合力做功来度量。 3．一质量为m的物体，速度由v0增加到vt的过程中，合外力对物体做的功为（　　） A． B． C． D． 4．2月7日至14日举行的2025年哈尔滨亚冬会，是北京冬奥会后中国举办的又一重大国际综合性冰雪盛会。自由式滑雪女子U型场地技巧决赛中，运动员李方慧为中国队夺得了首枚金牌。若在决赛的某个过程中，运动员重力做功3000J，克服阻力做功100J，则在此过程（　　） A．运动员动能增加了3000J B．运动员动能增加了3100J C．运动员机械能增加了2900J D．运动员机械能减小了100J 5．重力为的小朋友从高为的倾斜滑梯的顶端自由下滑。已知小朋友在下滑过程中受到的阻力恒为，倾斜滑梯的倾角为，小朋友下滑到滑梯底端的过程中，下列判断不正确的是（　　） A．重力对小朋友做功为 B．小朋友克服阻力做功为 C．动能增加量为 D．小朋友的机械能增加了 6．（多选）如图所示，质量为m的物体（可视为质点）以某一速度从A点冲上倾角为30°的固定斜面，其运动的加速度大小为g，沿斜面上升的最大高度为h，重力加速度为g，则此过程物体（　　） A．克服摩擦力做功mgh B．重力势能增加了2mgh C．动能减小了2mgh D．机械能减少了 二、动能定理的初步应用 7．（多选）质量为2kg的物体以50J的初动能在粗糙的水平面上滑行，其动能的变化与位移的关系如图所示，则下列说法正确的是（　　） A．物体运动的初速度大小为10m/s B．物体所受的摩擦力大小为5N C．物体运动的加速度大小为2.5m/s2 D．物体运动的时间为 8．（多选）滑雪场一段平直坡道倾角为，质量为的滑雪者收起滑雪杖由静止开始自由下滑，下滑的加速度恒为（为重力加速度），滑雪者沿坡道下滑过程中，竖直方向下降的高度为。对于下滑过程，下列说法正确的是（　　） A．合外力做的功为 B．动能增加 C．克服摩擦力做的功为 D．机械能损失 9．如图所示，轨道ABCD的AB段为一半径R=0.8m的光滑四分之一圆形轨道，BC段为高为h=5m的竖直轨道，CD段为水平轨道。一质量为0.1kg的小球由A点从静止开始下滑到B后离开B点做平抛运动，重力加速度g取10。求： (1)小球到达B点时对圆形轨道压力大小； (2)小球离开B点后，在CD轨道上的落地点到C的水平距离s。 10．如图所示，一足够长的斜面倾角θ为37°，斜面BC与水平面AB平滑连接，质量m=2 kg的物体静止于水平面上的M点，M点与B点之间的距离L=9 m，物体与水平面和斜面间的动摩擦因数均为μ=0.5，现物体受到一水平向右的恒力F=14 N作用，运动至B点时撤去该力，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，g=10 m/s2，则： (1)物体在恒力F作用下运动时的加速度是多大？ (2)物体到达B点时的速度是多大？ (3)物体回到B点的速度是多大？ 三、用动能定理求变力做功 11．如图所示，为四分之一圆弧轨道，为水平直轨道，圆弧的半径为R，BC的长度也是R。一个质量为m的物体，与两轨道间的动摩擦因数均为µ，当它从轨道顶端A由静止下滑时，恰好运动到C处停止，那么物体在段克服摩擦力做的功为（重力加速度为g）（　　） A． B． C． D． 12．如图所示，一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平。一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道。质点滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4mg，g为重力加速度的大小。用W表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功，则（　　） A．，质点恰好可以到达Q点 B．，质点不能到达Q点 C．，质点到达Q点后，继续上升一段距离 D．，质点到达Q点后，继续上升一段距离 13．如图所示，半径为r的半圆弧轨道ABC固定在竖直平面内，直径AC水平，一个质量为m的物块从圆弧轨道A端正上方P点由静止释放，物块刚好从A点无碰撞地进入圆弧轨道并做匀速圆周运动，到B点时对轨道的压力大小等于物块重力的2倍，重力加速度为g，不计空气阻力，不计物块的大小，求： (1)物块到达B点时的速度大小； (2)物块从A运动到B所用的时间和克服摩擦力做的功。 14．如图所示，竖直面内固定一个圆管轨道，圆管内径远小于圆管轨道半径。小球质量为m，以水平速度通过最高点时，对圆管外壁弹力的大小为其重力的三分之二，重力加速度为g，小球直径略小于圆管的内径。 (1)求圆管的半径R； (2)若小球运动到最低点时的速度为，求小球从最高点到最低点过程中摩擦力对小球做的功。 15．如图所示，水平轨道AB与竖直半圆形轨道BC在B点相切。质量m=1.8kg的小物块（可视为质点）以一定的初速度从水平轨道的A点向左运动，进入圆轨道后，沿圆轨道内侧做圆周运动，恰好到达最高点C，之后离开圆轨道做平抛运动，落在圆轨道上的D点。已知小物块在B点进入圆轨道瞬间，速度vB=7m/s，圆轨道半径R=0.9m，重力加速度g=10m/s2，忽略空气阻力。求： (1)小物块到达C点的瞬时速度vC的大小； (2)小物块的落点D与B点的距离； (3)小物块从B点到C点克服摩擦力所做的功。 四、用动能定理解决多过程运动问题 16．如图所示，轻弹簧放在倾角为37°的斜面体上，轻弹簧的下端与斜面底端的挡板连接，上端与斜面上b点对齐，质量为m的物块在斜面上的a点由静止释放，物块下滑后，压缩弹簧至c点时速度刚好为零，物块被反弹后返回b点时速度刚好为零，已知ab长为L，bc长为，重力加速度为g，sin37°=0.6，cos37°=0.8。则（　　） A．物块与斜面间的动摩擦因数为0.6 B．物块接触弹簧后，速度先减小后增大 C．弹簧具有的最大弹性势能为0.5mgL D．物块在上述过程因摩擦产生的热量为0.6mgL 17．如图所示装置由AB、BC、CD三段轨道组成，轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接，其中轨道AB、CD段是光滑的，水平轨道BC的长度，轨道CD足够长且倾角，A、D两点离轨道BC的高度分别为，。现让质量为的小滑块自点由静止释放。已知小滑块与轨道间的动摩擦因数，重力加速度取，，，求： （1）小滑块第一次到达D点时的速度大小； （2）小滑块第一次与第二次通过C点的时间间隔； （3）小滑块最终停止的位置距B点的距离。 18．如图所示，处于同一竖直面内的滑轨由、、三段直轨构成，其中段长，高，表面光滑；段水平，长；段与水平方向的夹角为且足够长。通过在处的一小段长度不计的光滑圆弧平滑连接。质量分别为、的a、b两个小滑块（可视为质点）粘贴在一起，粘贴面间敷有少量炸药。现将a、b整体从滑轨的最高点A处由静止释放，在刚滑入水平段的瞬间炸药爆炸，a、b瞬间分离，各自沿运动，一段时间后a以速度从点冲出滑道，最后落在上。已知a、b与段表面间的动摩擦因数均为，不计空气阻力和炸药质量。取，重力加速度。求： (1)a、b整体在上运动的时间； (2)a在上的第一个落点到端的距离； (3)炸药爆炸后的瞬间，a、b组成的系统获得的机械能增量。 19．一固定装置由表面均光滑的水平直轨道AB、倾角为的直轨道BC、圆弧管道（圆心角为）CD组成，轨道间平滑连接，其竖直截面如图所示（未按比例作图）。BC的长度L =2.0m，圆弧管道半径R=1.0m（忽略管道内径大小），D和圆心O在同一竖直线上。轨道ABCD末端D的右侧紧靠着水平面上质量=0.1kg的平板，其上表面与轨道末端D所在的水平面齐平。质量=0.1kg、可视为质点的滑块从A端弹射获得=3.2J的动能后，经轨道ABCD水平滑上平板，并带动平板一起运动。平板上表面与滑块间的动摩擦因数=0.6、下表面与水平面间的动摩擦因数为。不计空气阻力，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，，。 (1)求滑块到达轨道ABCD末端D时的速度大小； (2)若，滑块未脱离平板，求平板加速至与滑块共速过程系统损失的机械能； (3)若，平板至少多长才能使滑块不脱离平板。 五、用动能定理解决机车启动问题 20．（多选）质量为2 t的汽车在平直路面上启动，启动过程的速度时间图像如图所示，从时刻起牵引力的功率保持不变，整个运动过程中汽车所受阻力恒为2000 N，图中OA为直线段，，，，时刻恰好达到最大速度，则（　　） A．时间内，汽车牵引力为6000 N B．时间内，汽车功率为40 kW C．汽车启动过程中的最大速度为20 m/s D．时间内，汽车位移为1125 m 21．复兴号动车在世界上首次实现高速自动驾驶功能，成为我国高铁自主创新的标志性成果。一列质量为m的复兴号动车，初速度为v0，以恒定功率P在平直轨道上运动，经过时间t达到该功率下的最大速度vm。若动车行驶过程所受到的阻力恒为f，则复兴号动车在时间t内（　　） A．合外力做功 B．消耗的电能 C．克服阻力做功 D．位移大小s= 22．t=0时，质量为m的汽车由静止开始启动并沿平直路面行驶，发动机的输出功率恒为P，受到的阻力大小一定，汽车能够达到的最大速度为v。已知t=t0时汽车的速度为，下列判断正确的是（　　） A．t=t0时，汽车的加速度大小为 B．0~t0的时间内，汽车的位移大小为 C．t=2t0时，汽车的速度大小为v D．t0~2t0的时间内，汽车的位移大小为 23．一质量的儿童电动汽车在水平地面上由静止开始做直线运动，一段时间内的速度随时间变化的关系图像如图所示，内为直线，3s末功率达到额定功率，10s末电动汽车的速度达到最大值，14s末关闭发动机，经过一段时间电动汽车停止运动。整个过程中电动汽车受到的阻力大小恒为60N，下列说法正确的是（　　） A．内，牵引力的大小为900N B．电动汽车的额定功率为180W C．电动汽车的最大速度为 D．整个过程中，电动汽车所受阻力做的功为3750J 24．一辆汽车在平直的公路上由静止开始启动，在启动过程中，汽车牵引力的功率及其瞬时速度随时间的变化情况分别如图甲、乙所示，已知汽车所受阻力恒为重力的倍，重力加速度g取。下列说法正确的是（　　） A．该汽车的质量为 B． C．在前5s内，汽车克服阻力做功为 D．在内，汽车的位移大小约为 25．复兴号动车在世界上首次实现速度350km/h自动驾驶功能，成为我国高铁自主创新的又一重大标志性成果。一列质量为m的动车，从静止开始以恒定功率P在平直轨道上运动，经时间t达到该功率下的最大速度，设动车行驶过程所受到的阻力f保持不变。动车在时间t内（　　） A．做匀加速直线运动 B．复兴号动车的功率 C．牵引力做功 D．复兴号动车通过的位移 26．质量为m的汽车在平直公路上以速度v0匀速行驶，发动机功率为P。t1时刻，司机减小了油门，使汽车的功率立即减小一半，并保持该功率继续行驶；到t2时刻，汽车又开始匀速直线运动，假设整个过程中汽车所受的阻力不变，下列选项中正确的是（　　） A．减小油门后汽车做匀减速直线运动 B．该过程中汽车所受的阻力大小为 C．t2时刻汽车的速度是 D．汽车在t1到t2这段时间内的位移大小为 27．（多选）某5G智慧港口的水平导轨上，一台质量m的重载自动导引车从静止开始运送集装箱。导引车采用“恒牵引力一恒功率”两阶段智能启动策略：初始阶段，电机提供恒定推力使导引车从静止开始做匀加速直线运动；当电机功率达到额定功率后，系统转为恒功率驱动，导引车加速度逐渐减小。时刻导引车达到最大运行速度并保持匀速，导引车的加速度与时间的关系图像如图所示。已知导引车在导轨上运行时受到的电磁阻尼与摩擦力的总和恒为，、、均已知。下列说法正确的是（　　） A．恒牵引力大小为 B．导引车的额定功率为 C．时间内导引车的速度增加量为 D．时间内导引车的速度增加量为 28．如图，航模试验时小船A在水面上失去动力，某同学在岸上通过电动机用跨过光滑定滑轮的轻绳把A沿水平直线拖向岸边，A的水平甲板上有一货箱B，A和B始终保持相对静止。已知A和B的质量均为m，电动机的输出功率恒为P，A经过c处时速度大小为v0，经过d处时B受到甲板的静摩擦力大小为f，A受水面的阻力忽略不计，求： (1)小船在d处的加速度大小a； (2)小船在d处的速度大小v； (3)小船从c运动到d所用的时间t。 29．某码头采用斜面运送冷链食品，简化如图甲所示，电动机通过绕轻质定滑轮的轻细绳与放在倾角为的足够长斜面上的物体相连，启动电动机后物体沿斜面上升，在时间内物体运动的图像如图乙所示，其中除时间段图像为曲线外，其余时间段图像均为直线，后电动机的输出功率保持不变。已知物体的质量为，不计一切摩擦，重力加速度，求： (1)内电动机做的功； (2)内电动机牵引力的冲量大小； (3)内物体沿斜面向上运动的距离。 六、用动能定理解决传送带问题 30．如图所示，足够长的水平传送带始终保持速度v顺时针匀速运动，把一质量为m的滑块无初速度地放到传送带上，一段时间后滑块与传送带相对静止，在这一段时间内，下列说法正确的是（　　） A．滑块受摩擦力的方向水平向左 B．摩擦力对滑块做的功为 C．传送带克服摩擦力做的功为 D．滑块和传送带间产生的热量为 31．（多选）如图所示，一固定的高为h的光滑斜面与逆时针匀速转动、足够长的水平传送带平滑连接于N点。质量为m的小滑块（可视为质点）自斜面最高点M由静止释放，滑块在传送带上运动一段时间后返回斜面，上升到最高点时距N点高度为0.5h。已知滑块与传送带间的动摩擦因数为，重力加速度为g，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．传送带匀速转动的速度大小为 B．经过足够长的时间，滑块最终静止于N点 C．滑块第一次在传送带上运动的完整过程中，在传送带上形成的划痕长度为 D．滑块第三次在传送带上运动的完整过程中与相同时间内传送带上没有滑块相比，电动机多做功 32．（多选）在物流公司货场，经常会使用传送带搬运货物。如图所示，倾角为的传送带以的速率沿逆时针匀速转动，将质量为的货物无初速度地放置在传送带的顶端，经的时间到达传送带的底端，货物与传送带之间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度，则货物从传送带顶端滑到底端的过程中，下列说法正确的是（　　） A．货物的重力势能减少了 B．传送带对货物做的功为 C．重力对货物做功的平均功率为 D．货物与传送带之间因摩擦产生的热量为 33．如图所示，在匀速转动的电动机带动下，足够长的水平传送带以恒定速率v1匀速向右运动。一质量为m的滑块从传送带右端以水平向左的速率v2滑上传送带，最后滑块返回传送带的右端。则在此过程中（　　） A．滑块受摩擦力方向先水平向右后水平向左 B．滑块一直受摩擦力作用，方向不变 C．摩擦力对滑块做功可能为 D．滑块与传送带间摩擦产生的热量可能 34．（多选）如图所示，甲、乙传送带倾斜于水平地面放置，并以相同的恒定速率v逆时针运动，两传送带粗糙程度不同，但长度、倾角均相同。将一小物体分别从两传送带顶端的A点无初速释放，甲传送带上物体到达底端B点时恰好达到速度v；乙传送带上物体到达传送带中部的C点时恰好达到速度v，接着以速度v运动到底端B点。则物体从A运动到B的过程中（　　） A．物体在甲传送带上运动的时间比乙大 B．物体与甲传送带之间的动摩擦因数比乙大 C．两传送带对物体做功相等 D．物体与甲传送带摩擦产生的热量比乙大 35．（多选）如图甲，一足够长的水平传送带以恒定速率v1顺时针匀速转动，传送带右端的光滑水平面与传送带上表面等高，二者平滑连接于A点。一滑块（可视为质点）以水平向左的速度v2从A点滑上传送带，在传送带上运动时其动能Ek随路程x变化的关系图像如图乙所示。滑块的质量为m = 3kg，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计空气阻力，重力加速度大小为g = 10m/s2。下列说法正确的是（   ） A．滑块与传送带间的动摩擦因数为μ = 0.5 B．图乙中x0= 26 C．滑块在传送带上运动的时间为10s D．从滑块滑上传送带到再次滑回水平面的过程中，传送带的电机多消耗的电能为120J 36．如图所示为某生产线传输系统，斜坡AB长为L1=5m，倾角为θ=37°，与水平传送带左端平滑衔接，传送带BC长为L2=7.5m，传送带以v=4m/s的速率顺时针转动，传送带C处安置一个弹射装置。装料盒从A处静止下滑，通过传送带到达C处，并完成物资上装。已知装料盒与斜坡间动摩擦因数µ1=0.3，与传送带间动摩擦因数µ2=0.4，装料盒可视为质点，装料盒通过B处时速度大小不改变。g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求： (1)装料盒在斜面上的加速度大小和到达B点时的速度大小； (2)装料盒在传送带上从B点运动到C点的时间； (3)装料盒运动到C处，完成物资上装后，触发弹射装置，为使装料盒恰好能返回到A处，则装料盒从C处弹出时的速度为多大。 37．如图，水平传送带以v=5.0m/s的速率沿顺时针方向匀速转动，左、右两端各与一水平光滑轨道平滑对接，两对接处PQ间距L=1.6m。一轻质弹簧左端固定，右端在P点左侧，弹簧被滑块A（可看作质点，不与弹簧栓接）压缩至弹性势能。已知A的质量，A与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5，质量的滑块B静止在传送带右侧的轨道上，A、B间的碰撞为弹性碰撞，重力加速度大小g取。释放A弹簧弹性势能全部转化为A的动能，求： (1)滑块A第1次运动至Q点时的速度； (2)滑块A第2次在传送带上滑动的过程中，带动传送带的电机多消耗的能量。 38．快递公司的智能分拣系统的一部分如图所示，为半径的四分之一光滑圆弧，圆弧轨道在最低点与水平传送带相切于点，传送带以的速度沿顺时针方向匀速转动，传送带、两端的距离。一包裹（可视为质点）从圆弧轨道最高点A处由静止开始释放，包裹滑到传送带上后一直做匀加速运动，到达端时恰好与传送带共速，取重力加速度大小。求： (1)包裹到达点时的速度大小； (2)包裹从传送带端到端所用的时间； (3)包裹与传送带间的动摩擦因数。 39．如图所示，光滑曲面轨道AB、光滑竖直圆轨道、水平轨道BD、水平传送带DE各部分平滑连接，圆轨道最低点B处的出入口靠近且相互错开，现将一质量的滑块从AB轨道上距水平轨道高度处由静止释放、经圆轨道、水平轨道、水平传送带，从E点抛出。已知圆轨道半径，水平轨道BD的长度，传送带长度，以恒定速度逆时针转动，滑块与水平轨道和传送带间的动摩擦因数均为，不考虑传送带轮的半径对运动的影响，重力加速度，求滑块： (1)运动至C点时对圆弧轨道压力的大小； (2)从释放到飞出传送带的过程中，摩擦产生的热量Q。 40．如图所示，顺时针匀速转动的水平传送带长度L=4m，传送带右端紧靠静止在地面上质量m=1.5kg的木板的左端，且上表面相平。质量m1=1kg的物块A以v=7m/s水平向右的速度由最左端滑上传送带，物块A与传送带的摩擦因数μ1=0.2；一段时间后，物块A与静止在木板最左端的质量的物块B发生弹性碰撞，碰后物块A恰好可以运动到传送带最左端，物块B最终没有从木板上滑出，物块B与木板的摩擦因数μ2=0.3，木板与地面的摩擦因数μ3=0.1，两物块可视为质点，不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2，求： (1)碰后物块A的速度大小； (2)传送带转动的速度大小； (3)木板的最小长度。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 《动能定理的综合应用》参考答案 1． 功 焦耳 J 标 2． 动能的变化 【解析】1．[1][2][3][4]动能的表达式为 其单位与功的单位相同，在国际单位制中为焦耳，符号为J。 [5]动能是标量，没有负值。 2．[1][2]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，表达式为 3．D 【详解】根据动能定理有 故选D。 4．D 【详解】AB．根据动能定理有 解得 即运动员动能增加了2900J，故AB错误； CD．根据功能关系与能量守恒定律有 解得 即运动员机械能减小了100J，故D正确。 故选D。 5．D 【详解】A．重力对小朋友做功为 故A正确，不符合题意； B．小朋友克服阻力做功为 故B正确，不符合题意； C．由动能定理可知动能增加量 故C正确，不符合题意； D．摩擦力对小朋友做了负功，根据功能关系可知，小朋友的机械能减少了160J，故D错误，符合题意。 故选D。 6．AC 【详解】A．对物体进行分析，根据牛顿第二定律有 解得 则物体克服摩擦力做功 故A正确； B．重力做负功，重力势能增大，可知，重力势能增加了mgh，故B错误； C．根据动能定理有 解得 可知，动能减小了2mgh，故C正确； D．结合上述可知，物体 克服摩擦力做功mgh，则机械能减少了，故D错误。 故选AC。 7．BCD 【详解】A．物体初动能为50J，则有 解得 故A错误； B．根据动能定理有 则有 结合图像有 故B正确； C．根据牛顿第二定律有 结合上述解得 故C正确； D．利用逆向思维，根据速度公式有 解得 故D正确。 故选BCD。 8．AC 【详解】A．下滑的加速度恒为，则合外力做的功为 故A正确； B．根据动能定理有 结合上述解得 故B错误； C．下滑的加速度恒为，根据牛顿第二定律有 解得 则克服摩擦力做功 故C正确； D．根据功能关系可知，机械能损失量大小等于克服摩擦力做的功，即机械能损失，故D错误。 故选AC。 9．(1)3N (2)4m 【详解】（1）小球由点从静止开始下滑到点的过程，由动能定理得 解得 在点由牛顿第二定律可得 解得，则由牛顿第三定律可得到点对圆形轨道的压力为。 （2）小球离开点后做平抛运动，竖直方向有 解得 水平方向有 10．(1) (2) (3)或 【详解】（1）在水平面上，根据牛顿第二定律 解得 （2）由M点到B点，根据运动学公式可知 解得 （3）设物体到达斜面的最高点时，向上滑行的为，物体返回斜面底端B点时速度为 向上滑行到最高点，根据动能定理 从最高点滑下过程，根据动能定理 解得 11．D 【详解】设物体在段克服摩擦力做的功为，物体从A到C过程，根据动能定理有 解得 故选D。 12．C 【详解】根据质点滑到轨道最低点N时，对轨道压力为4mg，利用牛顿第三定律可知，轨道对质点的支持力为4mg，则在最低点有 解得质点滑到最低点时的速度为 对质点从开始下落到滑到最低点的过程，由动能定理得 解得 对质点由最低点继续上滑的过程，到达Q点时克服摩擦力做功W′要小于W，由此可知，质点到达Q点后，可继续上升一段距离。 故选C。 13．(1) (2)，mgr 【详解】（1）在B点时，根据牛顿第二定律得 因为 所以 （2）因为物块从A点进入圆弧轨道并做匀速圆周运动，所以物块从A运动到B所用时间为 从A运动到B由动能定理得 解得克服摩擦力做的功 14．(1) (2) 【详解】（1）小球在最高点时，受到重力和圆管外壁的弹力，两者的合力提供向心力，根据牛顿第二定律得 将代入可得 解得圆管的半径为 （2）小球从最高点到最低点的过程中，只有重力做功和摩擦力做功，根据动能定理得 由（1）可知，代入上式解得 15．(1)3m/s (2)1.8m (3)3.6J 【详解】（1）小物块恰好到达最高点C，重力完全提供向心力，则 解得 （2）小物块从C点水平抛出后做平抛运动，竖直方向做自由落体，则 解得 水平方向做匀速运动，则 （3）B→C，根据动能定理可得 解得 16．D 【详解】A．物块在a点由静止释放，压缩弹簧至c点，被反弹后返回b点时速度刚好为零，对整个过程进行分析，根据动能定理有 解得μ=0.5 故A错误； D．整个过程因摩擦产生的热量为 结合上述解得Q= 0.6mgL 故D正确； B．物块接触弹簧后，向下运动时，开始阶段有mgsinθ>μmgcosθ+F弹 物块继续向下加速，F弹继续变大，当有mgsinθ<μmgcosθ+F弹 物块将向下减速，综合上述可知，物块向下运动时先加速后减速，向上运动时，由于在c点和b点的速度都为零，则物块接触弹簧后，先加速后减速，故B错误； C．设弹簧的最大弹性势能为Epm，物块由a点到c点的过程中，根据能量守恒定律有 结合上述解得Epm=0.25mgL，故C错误。 故选D。 17．（1）3m/s；（2）2s；（3）1.4m 【详解】（1）小滑块从A点到第一次到达D点过程中，由动能定理得 代入数据解得 （2）小滑块从A点到第一次到达C点过程中，由动能定理得 代入数据解得 小滑块沿CD段上滑的加速度大小为 小滑块沿CD段上滑到最高点的时间为 由对称性可知小滑块从最高点滑回C点的时间为 故小滑块第一次与第二次通过C点的时间间隔为 （3）设小滑块在水平轨道上运动的总路程为，对小滑块运动全过程应用动能定理有 代入数据解得 故小滑块最终停止的位置距B点的距离为 18．(1)1.2s (2) (3) 【详解】（1）由动能定理可知 运动时间 （2）由平抛运动可得 a在上的第一个落点到端的距离 （3）对a分析，由动能定理可得 爆炸前后，对a、b由动量守恒定律可得 a、b组成的系统获得的机械能增量 19．(1)6m/s (2)0.9J (3)1.8m 【详解】（1）根据动能定理有 解得 （2）若，滑块未脱离平板，根据动量守恒定律有 根据能量守恒定律有 解得 （3）若，对滑块进行分析，根据牛顿第二定律有 解得 滑块向右做匀减速直线运动，对木板进行分析，根据牛顿第二定律有 解得 木板向右做匀加速直线运动，当两者达到相等速度后保持相对静止向右做匀减速直线运动，则有 两者的相对位移大小等于木板长度的最小值，则有 解得 20．AD 【详解】A．为匀加速直线运动，加速度 根据牛顿第二定律 解得，汽车的牵引力，A正确； B．时刻起功率保持不变，额定功率，B错误； C．速度最大时，牵引力等于阻力，功率 解得，汽车的最大速度，C错误； D．匀加速位移 对阶段（功率恒定，时长，应用动能定理 解得 总位移，D正确。 故选AD 。 21．C 【详解】A．合外力做功等于动能变化，即 是牵引力做的功，不是合外力做功，A错误； B．消耗的电能等于牵引力做的功，根据能量守恒，电能一部分转化为动车动能，一部分克服阻力做功转化为内能，因此消耗的电能大于动能变化量，B错误； C．根据动能定理 解得 ，C正确； D．由动能定理 可得，故D错误。 故选C。 22．A 【详解】A．当汽车速度达到最大值v时，牵引力等于阻力，即 所以阻力 在t=t0时，汽车速度为，此时牵引力为 根据牛顿第二定律可得，故A正确； B．在0~t0时间内，根据动能定理可得 解得，故B错误； C．若汽车做匀加速直线运动，t=t0时汽车的速度为，t=2t0时，汽车的速度大小为v，但此时汽车的功率恒定，加速度减小，速度增大，所以t=2t0时，汽车的速度小于v，故C错误； D．0~t0的时间内，汽车的位移大小为，由于汽车的速度不断增大，所以t0~2t0的时间内，汽车的位移大于，故D错误。 故选A。 23．C 【详解】ABC．由图可知，内，电动汽车的加速度大小 由牛顿第二定律有 解得 3s末功率达到额定功率，则电动汽车的额定功率 由 解得电动汽车的最大速度为 故AB错误，C正确； D．全程由动能定理有 其中 解得 故D错误。 故选C。 24．D 【详解】A．由图象可得，汽车匀加速阶段的加速度 汽车匀加速阶段的牵引力 匀加速阶段由牛顿第二定律得 解得 故A错误； B．汽车行驶的最大速度时牵引力等于阻力，此时牵引力功率为，有 故B错误； C．前5s内汽车的位移 克服阻力做功 故C错误； D．设内汽车的位移大小，由动能定理得 解得 故D正确。 故选D。 25．D 【详解】A．动车从静止开始以恒定功率P在平直轨道上运动，根据 可知，速度增大，牵引力减小，根据牛顿第二定律可知，动车开始做加速度减小的变加速直线运动，当加速度减为0时，速度达到最大值，动车做匀速直线运动，故A错误； B．结合上述可知，速度达到最大值时，加速度为0，此时牵引力与阻力平衡，则有，故B错误； C．动车从静止开始以恒定功率P在平直轨道上运动，牵引力做功，故C错误； D．根据动能定理有 解得，故D正确。 故选D。 26．C 【详解】AB．根据 减小油门后，汽车做加速度减小的减速直线运动，匀速时，有 故AB错误； CD．t2时刻再次匀速，根据 解得 在t1到t2这段时间内由动能定理 解得 故C正确，D错误。 故选C。 27．BD 【详解】A．由题意可知时间内导引车做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有 解得，A错误； B．时刻导引车的功率达到额定功率，有， 解得，B正确； CD．当导引车达到最大速度后，有，解得，则时间内导引车的速度增加量，C错误，D正确。 故选BD。 【点睛】 28．(1) (2) (3) 【详解】（1）在d处A、B的加速度大小相等，对B，根据牛顿第二定律可得 解得小船在d处的加速度大小为 （2）设小船在d处时电动机拉动轻绳的速度为v1，轻绳拉力大小为F，轻绳与水平夹角为θ，则， 对A、B整体，根据牛顿第二定律可得 解得 （3）对A、B整体，根据动能定理可得 解得 29．(1)50J (2) (3)45m 【详解】（1）在0~1s内，物体位移大小为m 设0~1s内电动机做的功为，由动能定理得 解得J （2）在0~1s内，物体的加速度大小为 设0~1s内细绳拉力的大小为，由牛顿第二定律得 由题意知1s后电动机输出功率为 当物体达到最大速度后，根据平衡条件可得细绳的拉力大小为 根据功率的公式可得 在0~6s内，设电动机牵引力的冲量大小为I，由动量定理得 解得 （3）设1~5s内物体沿斜面向上运动的距离为，对物体由动能定理得 解得m 5~6s内物体沿斜面向上运动的距离为m 所以在0~6s内物体沿斜面向上运动的距离为m 30．B 【详解】A．由于滑块相对于传送带向左运动，则滑块受到的摩擦力水平向右，故A错误； B．根据动能定理可得，摩擦力对滑块做的功为，故B正确； C．传送带克服摩擦力做的功为，故C错误； D．滑块和传送带间产生的热量为，故D错误。 故选B。 31．AD 【详解】A．滑块第一次到达N点过程，根据动能定理有 解得 令滑块第一次返回N点速度大小为，根据动能定理有 解得 由于 可知，传送带匀速转动的速度大小为，故A正确； B．结合上述可知，由于斜面光滑，滑块从斜面第二次滑下过程机械能守恒，即第二次到达N点的速度与初速度的速度大小相等，均等于，滑块再次滑上后在传送带上做双向匀变速直线运动，根据运动的对称性可知，再次到达N点时的速度仍然为，可知，滑快最终在N点左侧的斜面与右侧的传送带上均做双向的匀变速直线运动，即在N点左右两侧做往返运动，滑块不会静止于N点，故B错误； C．结合上述可知，滑块第一次在传送带上运动的完整过程中，滑块先向右做匀减速直线运动，减速至0后向左做匀加速直线运动，加速至与皮带速度相等后做匀速直线运动返回N点，在匀变速直线运动过程中，根据速度公式有 皮带的位移为 滑块的位移 滑块与传送带的相对位移大小 解得 滑块在传送带上形成的划痕长度与相对位移大小相等，故C错误； D．结合上述可知，滑块每次在传送带上的运动过程完全相同，均是在做相同的双向匀变速直线运动，则有 则在滑块第三次在传送带上运动的完整过程中，对皮带进行分析可知，电动机做功为 可知，相同时间内传送带上没有滑块相比，电动机多做功，故D正确。 故选AD。 32．BC 【详解】A．货物开始向下做匀加速直线运动，对货物进行分析，根据牛顿第二定律有 解得 货物加速至于传送带速度相等过程，根据速度公式有 解得 此过程，货物的位移 由于 之后，货物继续向下做匀加速直线运动，对货物进行分析，根据牛顿第二定律有 解得 令，则货物后来匀加速的位移 则货物的重力势能减少，A错误； B．货物滑至传送带底端的速度 令传送带对货物做的功为W，对货物进行分析，根据动能定理有 解得，故B正确； C．重力对货物做功的平均功率 解得，故C正确； D．货物开始匀加速直线运动与传送带的相对位移 货物后来匀加速直线运动与传送带的相对位移 货物与传送带之间因摩擦产生的热量，故D错误。 故选BC。 33．D 【详解】AB．由于传送带足够长，滑块减速向左滑行，直到速度减为零，然后物体会在滑动摩擦力的作用下向右加速，如果v2>v1，物体会先在滑动摩擦力的作用下加速，当速度增大到等于传送带速度时开始向右匀速运动，此过程中滑块受到的摩擦力方向一直向右，之后不受摩擦力，如果v2<v1，滑块减速过程和加速过程对称，所以滑块返回传送带右端的速率一定等于v2，这种情况下滑块一直受到向右的摩擦力，方向不变。故A、B错误。 C．如果v2>v1，此过程中只有传送带对滑块做功，根据动能定理得，传送带对滑块做功为 如果v2<v1，此过程中只有传送带对滑块做功，根据动能定理得，传送带对滑块做功为 故C错误； D．如果v2>v1，反向加速到v1不再发生相对运动，减速过程中的相对位移为 反向加速过程中的时间 反向加速过程中的相对位移为 整个过程中的相对距离为 此过程中滑块与传送带间摩擦产生的热量为 如果v2<v1，设物块与传送带之间的动摩擦因数为μ，则滑块减速或加速过程中的加速度大小 a=μg 减速或加速的时间均为 减速过程中的相对位移为 反向加速过程中的相对位移为 整个过程中的相对距离为 此过程中滑块与传送带间摩擦产生的热量为 故D正确。 故选D。 34．AC 【详解】A．甲运动的时间 乙运动的时间 可知 t甲>t乙 故A正确； B．甲的加速度 乙的加速度 可知甲匀加速运动的加速度小于乙匀加速运动的加速度，由牛顿第二定律得 解得 则知μ小时，a小，因此物体与甲传送带之间的动摩擦因数比乙小，故B错误； C．根据动能定理得 则得传送带对物体做功 h、v、m都相等，则W相等，故C正确； D．设传送带长为L，甲中：物体运动时间为 物体与传送带间的相对位移大小为 物体的加速度为 由牛顿第二定律得 解得 产生的热量为 乙中：物体加速运动时间为 物体与传送带间的相对位移大小为 物体的加速度为 由牛顿第二定律得 解得 产生的热量为 则知乙与物体摩擦产生的热量较多，故D错误。 故选AC。 35．BD 【详解】A．由图乙可知，滑块在传送带上运动18m后速度减为0，由动能定理有 0 - Ek = - μmgx 解得 μ = 0.1 A错误； BC．由图乙可知，滑块在传送带上速度减为0后，在传送带的摩擦力作用下反向加速，之后与传送带共速，滑块的加速度大小为 a = μg = 1m/s2 由 可得滑块的初速度大小为 v2 = 6m/s 同理可得传送带的速率为 v1 = 4m/s 向左匀减速过程所用时间为 滑块位移大小为 传送带位移大小为 s1 = v1t1 = 24m 向右匀加速过程所用时间为 滑块位移大小为 传送带位移大小为 s2 = v2t2 = 16m 余下 x1 - x2 = 10m 滑块以v1的速度向右做匀速直线运动，所用时间为 图乙中 x0 = x1 + x2 = 26m 滑块在传送带上运动的时间为 t = t1 + t2 + t3 = 12.5s B正确、C错误； D．从滑块滑上传送带到再次滑回水平面的过程中，总的相对位移大小为 x = (x1 + s1) + (s2 - x2) = 50m 滑块与传送带之间因摩擦产生的热量为 Q = μmgx = 150J 由能量守恒定律有 解得 W电 = 120J D正确。‍ 故选BD。 36．(1)3.6m/s2，6m/s (2)1.75s (3)12m/s 【详解】（1）装料盒在斜面上做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可得 解得 根据速度位移关系可得 解得装料盒到达B点时的速度大小为 （2）装料盒滑上传送带做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律可得 共速时，有 解得 共速后，装料盒做匀速直线运动，所以装料盒在传送带上从B点运动到C点的时间为 （3）装料盒从C处返回A的过程，根据动能定理可得 代入数据解得 37．(1)6m/s (2)1J 【详解】（1）对A进行分析，弹簧弹性势能全部转化为A的动能，则有 解得 A在传送带上开始做匀减速直线运动，假设与传送带达到相等速度，则有 解得 可知，A到达Q时速度仍然大于传送带速度，则有 解得 （2）A、B发生弹性碰撞，则有， 解得， A在传送带上做匀减速直线运动，假设A减速至0，则有 表明A在传送带上速度没有减为0，则有 解得， 舍去1.6s，即A到达P位置的时间为0.4s，此过程，初速度匀速转动，根据功能关系可知，带动传送带的电机多消耗的能量 解得 38．(1) (2) (3) 【详解】（1）设包裹的质量为，包裹从A点到点，根据动能定理有   解得 （2）包裹在传送带上做匀加速运动，根据运动规律有   解得 （3）包裹在传送带上做匀加速运动，对包裹受力分析，根据牛顿第二定律有   根据运动规律有   解得 39．(1) (2) 【详解】（1）滑块由释放到C点，据机械能守恒定律 在C点，据牛顿第二定律 解得 据牛顿第三定律，滑块对圆弧轨道的压力 （2）滑块从释放到传送带左端，根据动能定理有 根据牛顿第二定律有 根据速度与位移的关系有 根据平均速度规律有 传送带位移 相对位移 摩擦产生的热量 解得 40．(1) (2) (3) 【详解】（1）设物块A碰后速度大小为，由题意可知 解得 （2）假设物块A到达传送带右端时与传送带能达到共同速度，则物块A与B发生弹性碰撞有， 解得， 设物块A滑上传送带后加速的距离为，由动能定理有 解得 所以假设成立，即传送带转动的速度为 （3）物块B滑上木板后，物块B向右做匀减速运动，木板向右做匀加速运动，设经时间共速，物块B加速度大小为 木板的加速度 又 代入数据得， 此过程物块B的位移 平板车的位移 达到共同速度后两者保持相对静止，故平板车的最短长度 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $