重难点专训14 动能定理高级应用模型（福建专用）2027年高考物理一轮复习讲练测

**基本信息** 以动能定理应用为主线，构建"概念理解-解题步骤-技巧迁移"三级方法体系，结合多场景模型实现知识逻辑与科学思维的深度融合。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |模型总结|/|总功计算双方法、多过程分段/全程应用、变力做功间接求解|从动能定理表达式出发，通过9点理解要点构建认知框架，延伸至系统动能定理形成知识网络| |基础演练|15题|传送带运动分析、弹簧弹性势能计算、曲线运动动能变化|覆盖恒力/变力做功、直线/曲线运动，强化运动和相互作用观念| |重难创新|15题|磁浮列车功率分析、圆弧轨道多过程能量转化|结合科技与生活实例，突出模型建构与科学推理，提升复杂问题解决能力|

重难点专训14 动能定理高级应用模型 模拟·基础演练 《1》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 BD BD ABC BD BC BD AB ABC CD AC 题号 11 12 13 16 17 18 19 20 21 22 答案 AD AC BD AD BD BD AD AD BD BCD 题号 23 24 25 26 27 答案 BD AD ABD AC BD 1．BD 【详解】A．功率图像在和内均在时间轴上方，拉力功率为正，故拉力在两个时间段内对物体均做正功，故A正确； B．由功率图像与时间轴围成的面积表示功，在内拉力做功，故B错误； C．由动能定理，在内合力做功 在内合力做功 由图像知， 整理得，故C正确； D．由功率定义，在内拉力与速度同向，得 内物体做匀速直线运动，合力为零，因此滑动摩擦力大小等于拉力大小，为，故D错误。 本题选择错误的，故选BD。 2．BD 【详解】AB．物块从圆盘上滑落的瞬间，物块与圆盘的角速度大小相等，线速度大小相等，此时摩擦力达到最大静摩擦力，由牛顿第二定律可得 解得，，故A错误，B正确； C．物块随圆盘运动的过程中，由动能定理可得圆盘对小物块做功为，故C错误； D．物块从圆盘上滑落到滑到桌面的边缘，其轨迹如图所示 由动能定理可得 代入数据解得 由几何关系可得 解得餐桌面的半径为，故D正确。 故选BD。 3．ABC 【详解】A．小球从点运动到点的过程中，重力做功为零，电场力做功为，根据动能定理有 结合解得 因此小球到达点时速度不为零，将继续进入上半圆运动，不会仅在BDA间往复运动，故A错误； B．设小球在下半圆任意位置，，根据动能定理有 结合可得 当时，小球动能最大，该位置位于点与点之间，而不是最低点，故B错误； C．小球第一次从点运动到点时，根据动能定理有 解得 小球从点运动到点的过程中，电场力不做功，根据机械能守恒定律有 解得 在点，设管壁对小球沿竖直向下的弹力大小为，根据牛顿第二定律有 解得 小球从第一次经过点到第二次经过点，重力做功为零，电场力做功为2qER，根据动能定理有 解得 设第二次经过点时管壁对小球的弹力大小为，根据牛顿第二定律有 解得 由牛顿第三定律可知，两次经过点时小球对管壁的压力方向相同，大小之比为1:5，故C错误； D．小球第一次从点运动到点时，电场力和重力做功均为，根据动能定理有 解得 在点，设管壁对小球竖直向上的弹力大小为，根据牛顿第二定律有 解得 第一次经过点时压力大小为mg，因此第一次经过点和点时对管壁的压力大小之比为5:1，故D正确。 故选ABC。 4．BD 【详解】A．高铁启动过程中由，可知速度增大，牵引力减小，加速度减小，即高铁做加速度减小的加速运动，故A错误； B．当时速度最大，解得，故B正确； D．由动能定理 解得位移，故D正确； C．平均速度，故C错误。 故选BD。 5．BC 【详解】AB.设摩擦因数为，对木块的整个过程由动能定理有 化简得，A错误；B正确； CD.木块在斜面上运动过程中由动能定理有 解得木块到斜面底端动能为 可见减小斜面倾角，木块到斜面底端动能变小，C正确；D错误。 故选BC。 6．BD 【详解】设物体受到的滑动摩擦力大小为，水平力作用阶段的位移为，撤去水平力后的位移为。物体初、末速度均为零，根据全过程动能定理有 解得 A．水平力仅在前内做功，其总功为 代入数据解得 水平力做功不为零，故A错误； B．水平力作用阶段，根据牛顿第二定律有 解得 设撤去水平力时物体的速度为，根据速度—位移关系有 解得 水平力的作用时间为 其冲量大小为 代入数据解得，故B正确； C．撤去水平力后，物体的加速度大小为 减速运动时间为 摩擦力在全过程中的冲量大小为 代入数据解得，故C错误； D．物体在水平力作用阶段做匀加速直线运动，撤去水平力后做匀减速直线运动，因此撤去水平力时速度最大，由上述计算可知，故D正确。 故选BD。 7．AB 【详解】A．从停止加速至运动到B点的过程，对滑板爱好者由动能定理有 在B处，根据牛顿第二定律有 根据牛顿第三定律有 联立并代入数据解得，故A正确； B．从停止加速至运动到C点的过程，对滑板爱好者由动能定理有 代入数据解得，故B正确； C．根据B项可知，滑板爱好者在C点的速度 结合几何关系和速度的分解可知，滑板爱好者在C点的竖直分速度 则滑板爱好者过C点后竖直方向运动的最大位移 故他腾空后相对AB的最大高度，故C错误； D．滑板爱好者在C点的水平分速度 又滑板爱好者在空中运动的时间满足 则其从C点到落点的位移 联立并代入数据解得 故他在平台上的落点距B点的水平距离为，故D错误。 故选AB。 8．ABC 【详解】A．根据右手定则可知，流过定值电阻的电流方向是Q→N，故A正确； B．根据， 解得，故B正确； C．对金属棒进行分析，根据动能定理有 解得，故C正确； D．根据功能关系可知，回路产生的总的焦耳热为 则电阻R产生的焦耳热为，故D错误。 故选ABC。 9．CD 【详解】A．物块初速度大于传送带速度时，物块相对传送带沿斜面向上运动，滑动摩擦力沿斜面向下；当物块速度减小到传送带速度时，相对运动方向改变，摩擦力反向，因此图像在处斜率发生变化。由图像可知此时物块速度为，故传送带速度为，A错误； B．在内，物块的加速度为 此阶段重力沿斜面分力和滑动摩擦力均沿斜面向下，根据牛顿第二定律有 解得，故B错误； C．在内，物块的加速度为 时物块的速度为 根据动能定理，内合力对物块做的功为 代入数据解得，故C正确； D．物块受到的滑动摩擦力大小为 代入数据解得 在内，物块相对传送带的路程为 在内，传送带相对物块的路程为 摩擦产生的热量为 代入数据解得，故D正确。 故选CD。 10．AC 【详解】A．开始时A压缩弹簧，形变量为 要使B刚要离开地面，则弹力应等于B的重力，即kx2=mg，故形变量 故两次物体上升的高度应为；故A正确； BCD．当缓慢上提时，A物体的动能不变，提升过程中有拉力、重力做功；因开始时弹簧压缩，B被拉起时伸长，并且压缩时的形变量也为，故在提起的过程中弹力做总功为零； 由动能定理可知W1=mgL1； 当加速上提时，同理可知，即； 故W2＞W1； 故BD错误，C正确。 故选AC。 11．AD 【详解】A．小圆环恰能在点处于静止状态，则有，解得，故A正确； B．小圆环沿半圆形轨道下滑至点过程，有，在点，有，解得，故B错误； CD．小圆环越过点后，设弹性轻绳与水平方向的夹角为，则有 其中 解得 则小圆环越过点后往运动的过程中，轨道对小圆环的弹力大小不变，根据能量守恒定律有 解得，故C错误，D项正确。 故选AD。 12．AC 【详解】A．物块从经过、连线处到运动至正下方，轨道光滑，由动能定理得 解得，故A正确； B．设物块经过正下方时轨道对物块的支持力大小为，由动能定理得，沿指向圆心方向，由牛顿第二定律得 解得，由牛顿第三定律可知物块对轨道的压力大小与支持力大小相等，故B错误； C．设物块在粗糙圆弧某位置所受支持力大小为、摩擦力大小为，则 且 故支持力与摩擦力的水平分量抵消，物块速度的水平分量保持不变。设物块刚进入粗糙圆弧时的速度大小为，在粗糙圆弧末端有 设水平轨道的动摩擦因数为，物块在水平轨道上运动的距离为，由动能定理得 解得，故C正确； D．设物块在粗糙圆弧某位置所受支持力大小为、摩擦力大小为，则 且 故物块速度的水平分量保持不变，从而 设物块在粗糙圆弧上所受摩擦力做功的大小为，由动能定理得 解得，故D错误。 故选AC。 13．BD 【详解】A．设爱好者运动到冰块最低点时冰块与爱好者的速度大小分别为、 爱好者与冰块组成的系统在水平方向上动量守恒，则有 爱好者与冰块组成的系统机械能守恒，则有 联立解得，方向向左，，方向向右，故A错误； B．爱好者滑到冰块最低点时，由牛顿第二定律有 解得，由牛顿第三定律可知，爱好者滑到冰块最低点时对冰块的压力大小为7000N，故B正确； C．对冰块由动能定理可知，爱好者在冰块上运动的整个过程对冰块做的功为，故C错误； D．对爱好者在水平方向上由动量定理可得 在竖直方向上由动量定理有 结合牛顿第三定律可知，爱好者在冰块上运动的整个过程对冰块的冲量大小，故D正确。 故选BD。 14．(1) (2) 【详解】（1）斜面上点到点的距离为，设游客在水平面上的滑行距离为，游客在斜面上运动时，垂直斜面方向受力平衡，由平衡条件得 由滑动摩擦力公式得 游客在水平面上运动时，竖直方向受力平衡，由平衡条件得 由滑动摩擦力公式得 游客从点由静止出发，最终静止，且圆弧连接处无能量损失。对全过程由动能定理得 代入，并整理得 （2）外力做功最小时，游客恰好到达点且速度为零。设外力做功为，返回时接触面条件不变，两段滑动摩擦力大小仍分别为前述和。对返回全过程由动能定理得 整理得 代入数据得 15．(1)20N，方向竖直向下 (2) (3)当半径时， 【详解】（1）滑块由A运动到C的过程由动能定理有 在C点时 解得 由牛顿第三定律小物块对轨道压力 即压力大小为20N，方向竖直向下。 （2）由滑块恰好能通过最高点D即 从C点到D点的过程中，由动能定理有 解得 （3）设水平位移取得最大值时滑块到达最高点的速度为，半圆轨道的半径为，由C点运动到D点动能定理有 从D点离开后做平抛运动到落到水平轨道过程有， 解得 由二次函数的顶点公式可得，当半径时，取得最大值，即此时取得最大值 重难·创新演练 16．AD 【详解】A．最大速度时牵引力等于阻力，，额定功率，故A正确； B．在内，列车做匀加速运动，时功率恰好达到额定功率，牵引力，不是，故B错误； C．由牛顿第二定律，，不是，故C错误； D．，过程由动能定理 代入， 得，故D正确。 故选AD。 17．BD 【详解】A．图乙为动能与位移关系图像，由动能定理，因此图像斜率表示合力大小。 设零件质量，动摩擦因数为，重力在垂直斜面方向分力；沿斜面方向分力 第一阶段，速度小于传送带速度，摩擦力向下，合力 第二阶段，速度达到传送带速度后，摩擦力向上，合力 第一阶段摩擦力沿传送带向下，第二阶段才沿传送带向上，故A错误； B．由图像：第一阶段，位移时动能，有 零件在第一阶段末速度达到传送带速度，由动能定理 解得，故B正确； C．第二阶段，从到的位移为，动能从增至，有 解得 两式相比有 解得 将代入两式得， 由，解得 总位移为，故C错误； D．第一阶段：加速度，初速为零，末速度，时间 第二阶段：加速度，初速，位移 由运动学公式 解得 总时间，故D正确。 故选BD。 18．BD 【详解】A．工件在传送带上做匀加速运动，加速度为 与传送带共速时满足v0=at 解得 即从放上传送带至碰到挡板，所用的时间为，故A错误； B．工件从放上传送带至碰到挡板，由动能定理可知摩擦力对其做的功，故B正确； CD．工件与传送带共速时，将工件的速度沿挡板方向和垂直挡板方向分解，有vy=v0sinθ。 工件与挡板碰撞后，垂直于挡板方向的速度减为零，其相对传送带的速度大小为v相对=vy=v0sinθ，方向垂直于挡板斜向下方。 因摩擦力方向与相对运动方向相反，故工件受到传送带的摩擦力μmg与挡板对它的弹力大小相等、方向相反。 根据牛顿第三定律，工件沿挡板运动时对挡板的压力与挡板对工件的弹力相等，大小为μmg。由于vx=v0cosθ与传送带沿挡板方向速度相同，工件沿挡板方向以vx做匀速直线运动，因此工件从碰到挡板到离开传送带所用的时间为 代入vx=v0cosθ得，故C错误，D正确。 故选BD。 19．AD 【详解】A．黄豆随圆盘做加速圆周运动，重力与支持力平衡，则该黄豆所受的摩擦力存在指向圆心的分力提供向心力（改变速度方向），还存在沿切线方向的分力提供切向加速度（增大线速度大小），所以该黄豆所受的摩擦力方向不指向转动中心，故A错误，满足题意要求； B．当圆盘的角速度为时，黄豆与圆盘始终相对静止，该黄豆的线速度大小为，故B正确，不满足题意要求； C．根据动能定理可得该黄豆所受合力做的功为，故C正确，不满足题意要求； D．黄豆与圆盘相对静止，受到的是静摩擦力，大小不等于；重力、支持力不做功，只有摩擦力做功，由动能定理可知，摩擦力做功等于黄豆动能变化，则有 摩擦力对该黄豆所做的功不等于，故D错误，满足题意要求。 故选AD。 20．AD 【详解】A．物资离开飞机时水平分速度为 由 得竖直分速度大小为 着地速度大小为，故A正确； B． 题目中没有给出物资具体质量无法利用动能定理计算出空气阻力做功具体值，故B错误； CD．空气阻力做负功，物资的机械能减少，减少的机械能转化为内能等其他形式的能量，总能量仍守恒，故 C 错误，D正确。 故选AD。 21．BD 【详解】工件刚放上传送带时，相对传送带下滑，滑动摩擦力沿传送带向上，根据牛顿第二定律 代入数据得 A．工件先加速，速度与传送带相同时，由于，工件随传送带匀速运动，此时静摩擦力仍沿传送带向上，位移向上，传送带对工件仍做正功，故A错误； B．工件加速到与传送带共速的时间 加速位移 剩余位移 匀速运动时间 总时间，故B正确； C．由动能定理，传送带对工件做功满足 解得，故C错误； D．每隔2s放一个工件，总运动时间为6s，因此任意时刻传送带上共有3个工件：1个加速（受滑动摩擦力），2个匀速（每个受静摩擦力）。 传送带额外牵引力等于总摩擦力 增加的功率，故D正确。 故选BD 。 22．BCD 【详解】计算可得：，， A． 因为重力沿斜面向下的分力大于PQ段的最大静摩擦力，物块不可能停在PQ段，最终会在Q点下方的光滑区域持续往返运动，不会停在Q点，故A错误； B． 设PQ长为，第一次上滑后速度为0的位置距离P点沿斜面向下位移为。重力势能减少量等于重力做功 解得。 全过程初末动能都为0，弹簧初末弹性势能均为0，根据动能定理： 代入数据解得，故B正确； C． 设弹簧第一次最大压缩量为​，最大弹性势能为，对从P到最低点的过程中，根据动能定理 代入数据得，因，故，故C正确； D． 最终物块能量损耗后，最远只能回到Q点，不再进入PQ段。由能量守恒，P点相对于Q点的重力势能全部用来克服PQ段摩擦力做功 代入数据得，即总路程为，故D正确。 故选 BCD。 23．BD 【详解】A．由图像可知，汽车功率先均匀增大后不变，则汽车先做匀加速直线运动到功率为，再保持功率不变，加速度逐渐减小的加速运动，最后再做匀速直线运动，故A错误； B．汽车匀速运动时，牵引力等于阻力，则 则汽车的最大速度，故B正确； C．汽车做匀加速直线运动时，牵引力恒定，则，根据牛顿第二定律可知，加速度 根据功率，可得 根据速度时间公式可得，匀加速运动的时间，故C错误； D．的时间内，，汽车牵引力做的功 根据动能定理，可知 解得克服阻力做的功，故D正确。 故选BD。 24．AD 【详解】A．汽车以速度v0匀速行驶时牵引力大小等于阻力，即 司机减小油门时牵引力为 由牛顿第二定律有 解得 负号表示加速度方向，则t＝0时，汽车的加速度大小为，故A正确； B．由于汽车减小油门后，功率保持不变，汽车的速度减小，由公式可知，汽车的牵引力增大，故B错误； C．0~t1时间内由动能定理可得 解得阻力所做的功为，故C错误； D．阻力对汽车做的功为 其中 解得汽车行驶的位移为，故D正确。 故选AD。 25．ABD 【详解】若小球运动到与圆环轨道圆心等高处时，速度恰好为零，设释放高度为，根据动能定理，有 得 若小球恰好可以通过圆环轨道最高点，设释放高度为，在最高点，根据牛顿第二定律，有 从释放点到最高点，根据动能定理，有 得 综上，若小球不脱轨，则释放高度为或者，即或者 故选ABD。 26．AC 【详解】A．小物块从点运动到点的过程只有重力、摩擦力做功，由动能定理可得 可得小物块克服摩擦力做的功 摩擦生热，故A正确； B．小物块从点运动到点的过程只有重力、摩擦力做功，由动能定理可得 由功能关系可得，机械能减少量为，故B错误； C．在点由牛顿第二定律可得 解得小物块所受支持力 由于摩擦力的作用，小物块第二次到达点的速度比第一次到达点的速度小，所以小物块第二次经过点时所受的支持力比第一次的小，故C正确； D．由于摩擦力的作用，在运动过程中，小物块的机械能会减小，所以不能再上升到和等高的位置，，故D错误。 故选AC。 27．BD 【详解】A．两滑块碰撞后成为一个整体，可知两滑块碰撞是完全非弹性碰撞，故A错误； B．滑块甲下滑过程中，根据动能定理可得 解得 两滑块碰撞前瞬间，对滑块甲由牛顿第二定律可得 联立解得 由牛顿第三定律可知，滑块甲对圆弧轨道压力大小为15N，故B正确； CD．两滑块碰撞的过程，根据动量守恒定律有 解得碰后瞬间的速度大小为 若整体与挡板碰撞后，沿水平轨道AB段向左滑动一段距离后停在C点，则根据功能关系有 解得 若整体与挡板碰撞后，向左冲上圆弧轨道后再下滑，最后停在C点，则根据功能关系有 解得，故C错误，D正确。 故选BD。 28．(1)6mg (2)1.5mgR (3)或 【详解】（1）若滑块恰好能通过半圆轨道的最高点E，则滑块在E点有 解得 滑块从C到E过程，根据机械能守恒有 联立解得 滑块在C点有 联立解得滑块经过C点时轨道对滑块的支持力大小 根据牛顿第三定律可知，滑块经过C点时对轨道的压力大小6mg。 （2）若，由第（1）问可知，滑块从A到C过程，根据动能定理有 联立解得 滑块从A到B过程，根据机械能守恒有 解得 则滑块从B到C过程用时 则滑块从B运动到C过程中因摩擦产生的热量 （3）滑块与传送带间的动摩擦因数，当滑块恰好运动到D点时速度减为0，则滑块从A到D过程，根据动能定理有 代入题中数据，解得 当滑块恰好能通过半圆轨道的最高点E时，由第（1）问可知，此时滑块在E点的速度大小 则滑块从A到E过程，根据动能定理有 代入题中数据，解得 综上可知，滑块第一次在轨道CDE上运动时不中途脱离轨道，则或。 29．(1) (2) (3) 【详解】（1）设斜面上、两点间的距离为，滑块沿斜面运动时所受滑动摩擦力大小为 由 可得 滑块以速度从点向上运动并恰好到达点，根据动能定理有 解得 滑块从点运动到点的过程中，克服摩擦力做的功为 解得 （2）设、两点间的距离为，滑块运动到点时弹簧的伸长量为，滑块速度最大时加速度为零，根据牛顿第二定律有 代入解得 代入解得 （3）滑块从点运动到点的过程中，弹簧的伸长量由减小为，根据功能关系有 代入 可得 由小问2可知 代入可得 化简得 代入 解得 30．(1) (2) (3)、、、 【详解】（1）物块从到做平抛运动，竖直方向有 代入、、 整理得 （2）在点竖直分速度 物块恰好沿切线进入圆弧，速度方向与切线一致，由几何关系有 整理得，从到过程轨道光滑，机械能守恒，有= 解得，在点，轨道对物块的支持力与重力的合力提供向心力，有 代入、、 整理得 （3）设物块最终第次经过段中点时停止，碰撞挡板无能量损失，运动中只有段摩擦力做负功。物块从第一次到达点到最终停止所经过的段总路程为 由能量关系有=，其中 解得 物块第一次返回圆弧轨道时不能越过点，即从点再次上滑的动能最多转化为到点的重力势能，有 代入数据得 由，得，故 所以的可能值为、、、 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $ 重难点专训14 动能定理高级应用模型 目 录 研判·模型总结 1 模拟·基础演练 3 重难·创新演练 8 研判·模型总结 1动能定理： 合外力对物体做的功等于物体动能的变化. 动能定理的物理意义在于他指出了外力对物体所做的总功与物体的动能变化之间的关系，即外力对物体做的总功对应着物体动能的变化，变化的大小由做功的多少来量度 2.对动能定理的理解 （i）W合是所有外力对物体做的总功，求所有外力做的总功有两种方法： 第一种方法是：先求出物体所受各力的合力F合，再根据W总=F合lcosα计算总功，但应注意α应是合力与位移l的夹角.这种方法一般用于各力都是恒力且作用时间相同的情况下. 第二种方法是：分别求出每一个力做的功：W1=F1l1cosα1，W2=F2l2cosα2，W3=F3l3cosα3，…再把各个外力的功求代数和即：W总=W1+W2+W3+… 这种方法一般用于各力分别作用或作用时间不同时的情况下. （ii）动能定理适用于物体的直线运动，也适用于曲线运动；适用于恒力做功，也适用于变力做功.力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以分段作用. （iii）因为动能定理中功和能均与参考系的选取有关，所以动能定理也与参考系的选取有关.中学物理中一般取地球为参考系. （iv）动能定理公式两边的每一项都是标量，动能定理是一个标量方程，故动能定理没有分量形式. （v）若物体运动包含几个不同的过程，应用动能定理时，可以分段应用，也可以全过程应用. （vi）动能定理是计算物体位移或速率的简捷公式，当题目中涉及位移时可优先考虑动能定理.动能定理通常不解决涉及时间的问题，但动力机械起动过程除外. （vii）做功的过程是能量转化的过程，动能定理表达式中的“=”的意义是一种因果关系在数值上相等的符号，它并不意味着“功就是动能增量”，也不意味着“功转变成了动能”，而是意味着“功引起物体动能的变化”. （viii）若Ek2＞Ek1，即W总＞0，合力对物体做正功，物体的动能增加；若Ek2＜Ek1，即W总＜0，合力对物体做负功，物体的动能减少.[来源:学科网ZXXK] （ix）一个物体的动能变化ΔEk与合外力对物体所做功W合具有等量代换关系：W合=ΔEk.这种等量代换关系提供了一种计算变力做功的简便方法. 3. 应用动能定理解题的基本思路 （i）选取研究对象，明确并分析运动过程. （ii）分析受力及各力做功的情况，求出总功； 受哪些力各力是否做功做正功还是负功做多少功确定求总功思路求出总功. （iii）明确过程始、末状态的动能Ek1及Ek2. （4）列方程W合=Ek2-Ek1，必要时注意分析题目潜在的条件，列辅助方程进行求解. ４.系统动能定理 高中阶段中动能定理的表述为：作用在物体上合外力的功等于物体动能的改变量，即 [来源:学科网] 这是针对单体或可看作单个物体的物体系而言的.所谓能看成单个物体的物体系，简单来说就是物体系内各物体之间的相对位置不变，从而物体系的各内力做功之和为零，物体系的动能变化就取决于所有外力做的总功了. 但是对于不能看成单个物体或说不能看质点的物体，可将其看成是由大量质点组成的质点系，对质点系组成的系统应用动能定理时，就不能仅考虑外力的作用，还需考虑内力所做的功.即： W外+W内=ΔEk 5.动能定理的应用技巧 (i)利用动能定理求变力的功 变力的功无法用公式W=Fscosα直接求解，有时该力也不是均匀变化，无法用高中知识表达平均力，此时可以考虑用动能定理间接求解. (ii)应用动能定理求解多过程问题 物体在某个运动过程中包含有几个运动性质不同的小过程（如加速、减速的过程），此时可以分段考虑，也可以对全过程考虑，但如能对整个过程根据动能定理列式求解，则可以使问题简化. 根据题意灵活地选取研究过程可以使问题变得简单.有时取全过程简单，有时则取某一阶段简单.原则是尽量使做功的力减少，各个力的功计算方便；或使初、末动能等于零. (iii)应用动能定理求解多物体系问题 对于多物体、多过程问题，由于运动过程繁琐，用牛顿第二定律解题相当复杂，而从能量观点出发，应用动能定理解题往往可以使问题简化.但应注意，从能量角度解题，如果研究对象是一个物体，往往用动能定理求解，而对于系统，往往是根据总体能量守恒的观点来处理问题. (iv)应用动能定理求路程 在多阶段或往返运动中，如果摩擦力或介质阻力大小不变，方向与速度方向关系性相反.则在整个过程中克服摩擦力或介质阻力所做功等于力与路程的乘积，从而可将物体在摩擦力或介质阻力作用下通过的路程与动能定理联系起来. 模拟·基础演练 1．（多选）一物体受到水平拉力作用在0~6 s内其速度与时间的图象和该拉力的功率与时间的图像分别如图甲、乙所示。下列说法错误的是（     ） A．0~2 s内拉力对物体做正功，2 s~6 s拉力对物体也做正功 B．0~2 s内拉力做的功为60 J C．合力在0~6 s内做的功与0~2 s内做的功相等 D．滑动摩擦力的大小为 2．（多选）如图，圆形水平餐桌面上有一个半径为r、可绕中心轴转动的同心圆盘，在圆盘的边缘放置一个质量为m的小物块。物块与圆盘及与餐桌面间的动摩擦因数均为，现从静止开始缓慢增大圆盘的角速度，物块从圆盘上滑落后，最终恰好停在桌面边缘。若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，圆盘厚度及圆盘与餐桌间的间隙不计，物块可视为质点。则（     ） A．物块从圆盘上滑落的瞬间，圆盘的线速度大小为 B．物块从圆盘上滑落的瞬间，圆盘的角速度大小为 C．物块随圆盘运动的过程中，圆盘对小物块做功为 D．餐桌面的半径为 3．（多选）如图所示，半径为R的环形塑料管竖直放置，为该环的水平直径，且管的内径远小于环的半径，环的A、B及其以下部分处于水平向左的匀强电场中，管的内壁光滑。现将一质量为m，带电荷量为的小球从管中A点由静止释放，已知，以下说法错误的是（     ） A．小球释放后，到达B点时速度为零，并在间往复运动 B．小球释放后，到达最低点D时速度最大 C．小球释放后，第一次和第二次经过最高点C时对管壁的压力大小之比为且方向相同 D．小球释放后，第一次经过最低点D和最高点C时对管壁的压力大小之比为 4．（多选）据报道，我国在建最北高铁，哈尔滨至伊春高铁（哈伊高铁）正全力冲刺2026年通车目标。现有一列质量为m的高铁，从静止开始，以恒定功率P在平直轨道上运动，经时间t速度达到该功率下的最大值，设高铁行驶过程所受到的阻力f保持不变。则高铁在时间t内（　　） A．做匀加速直线运动 B．速度的最大值为 C．平均速度大小为 D．位移大小为 5．（多选）如图所示，某斜面的顶端到正下方水平面点的高度恒为。一质量为的木块从斜面的顶端由静止滑下，最终停在水平面的点。已知斜面与水平面平滑连接，且粗糙程度相同，距离为。以下说法正确的是（     ） A．减小质量，变大 B．减小质量，不变 C．减小斜面倾角，木块到斜面底端动能变小 D．减小斜面倾角，木块到斜面底端动能不变 6．（多选）如图所示，水平地面上有一质量为的物块，某时刻物块在水平力的作用下由静止开始运动，运动后撤去水平力，物体再滑行后停下，物块运动过程受到的滑动摩擦力大小不变，则从物体开始运动到最终停止的过程中（     ） A．水平力对物体做的总功为零 B．水平力的冲量大小为 C．摩擦力的冲量大小为 D．最大速度大小为 7．（多选）滑板运动是青少年酷爱的一种体育运动。某质量为的滑板爱好者在如图所示的场地进行运动，他先在直轨道AB上加速滑行一段距离，到达距B点处停止加速，此时速度为，之后依靠惯性运动通过B点进入半径为、所对圆心角为的光滑圆弧轨道BC上，运动到C点后腾空而出，最后落在平台CD上。已知他在AB段所受轨道的阻力大小为其重力大小的，忽略空气阻力及滑板重力，，重力加速度，则下列说法正确的是（　　） A．他运动至B点时对圆弧轨道的压力为1840N B．他在C点时的动能为1500J C．他腾空后相对AB的最大高度为0.9m D．他在平台上的落点距B点的水平距离为4.8m 8．（多选）如图，和是电阻不计的平行金属导轨，其间距为，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，二者平滑连接，右端接一个阻值为的定值电阻。平直部分导轨左边区域有宽度为、方向竖直向上、磁感应强度大小为的匀强磁场。质量为、电阻为的金属棒从高为处静止释放，到达磁场右边界处恰好停止。已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为，金属棒与导轨间接触良好。则金属棒穿过磁场区域的过程中（     ） A．流过定值电阻的电流方向是： B．通过金属棒的电荷量为 C．金属棒克服安培力所做的功为 D．电阻R产生的焦耳热为 9．（多选）如图甲所示，在时刻，一质量为1 kg、可视为质点的物块冲上一足够长、倾角为的传送带底端。取平行于传送带向上为正方向，物块的速度—时间图像如图乙所示。已知传送带顺时针匀速率转动，不计空气阻力，重力加速度取，，。则下列说法正确的是（     ） A．传送带的速度大小为 B．传送带与物块间的动摩擦因数为0.4 C．在0~1.5 s内，合外力对物块做的功为 D．物块从传送带底端上滑至最高点的过程中，因摩擦产生的热量为30 J 10．（多选）如图所示，物体A和B的质量均为m，它们通过一劲度系数为k的轻弹簧相连，开始时B放在地面上，A、B都处于静止状态。现用手通过细绳缓慢地将A向上提升距离时，B刚要离开地面，此过程手做功为；若将A加速向上提起：A上升的距离为时，B刚要离开地面，此时A的速度为v，此过程手做功为，弹簧一直处于弹性限度内。则（    ） A． B． C． D． 11．（多选）如图所示，轨道固定在竖直平面内，足够长的水平粗糙轨道与半径为的光滑半圆形轨道在点相切，半圆轨道的圆心处固定一垂直轨道平面的光滑钉子。为的中点，为等边三角形。将原长为的弹性轻绳一端固定在点，另一端连接质量为的小圆环，小圆环恰能在点处于静止状态；若将小圆环套在半圆形轨道上从点由静止释放（弹性绳处于原长），小圆环将沿半圆形轨道越过点。已知重力加速度为，小圆环与水平轨道间的动摩擦因数，弹性轻绳的弹性势能，其中为形变量的大小。下列说法正确的是（　　） A．弹性轻绳的劲度系数为 B．小圆环沿半圆形轨道下滑至点时，半圆形轨道受到的压力大小为 C．小圆环越过点后往运动的过程中，轨道对小圆环的弹力减小 D．小圆环越过点后往运动的过程中，与点的最大距离为 12．（多选）某装置如图所示，水平粗糙轨道、以为圆心的粗糙圆弧轨道和以为圆心的光滑圆弧轨道平滑连接。弹射装置将质量1kg的物块以大小为的速度弹出，物块经过、连线时的速度大小为。已知物块与水平粗糙轨道间的动摩擦因数为0.2，物块与粗糙圆弧轨道间的动摩擦因数取决于角，规律为，圆弧轨道半径均为，取。物块下滑过程不脱离轨道，则（     ） A．物块经过正下方时的速度大小为 B．物块经过正下方时对轨道的压力大小为 C．物块弹出后在水平轨道运动的距离为3m D．物块在粗糙圆弧部分所受摩擦力做的功大小为2J 13．（多选）2024年12月6日是我国二十四节气中的大雪，随着气温的降低，部分地区出现了下雪和冰冻天气，又到了冰上运动的好时机。如图，水平冰面上静止着一块质量为的弧面形冰块，冰块的弧面最低点与水平冰面相切，冰块的高度为，冰块最低点的曲率半径为。一质量为的冰上运动爱好者从冰块的最高点沿冰块的弧面由静止滑下，爱好者在冰块上的运动时间为，不计一切摩擦，重力加速度g取，则（     ） A．爱好者滑到冰块最低点时速度大小为4m/s B．爱好者滑到冰块最低点时对冰块的压力大小为7000N C．爱好者在冰块上运动的整个过程对冰块做的功为40J D．爱好者在冰块上运动的整个过程对冰块的冲量大小为 14．如图所示，“彩虹滑道”是一种较为受欢迎的新型娱乐项目，游客在滑道上运动可简化成下图所示。质量为的游客（视为质点）在离斜面底端点的点由静止滑下，若动摩擦因数均为0.5，斜面倾角为，斜面与平面间由一小段圆弧连接（无能量损失），取，求： (1)游客能在水平面上滑行多远； (2)游客停止后，若施加沿接触面的外力使其沿原路径返回A点，则外力至少做多少功。 15．如图所示，动摩擦因数的粗糙斜面AB，斜面的夹角为在B点与光滑水平面平滑相接，水平轨道在C点与半径可变光滑半圆轨道平滑相接，一质量m=1kg的小滑块（可视为质点）由A点静止释放。斜面AB的长度L＝5m，重力加速度取10m/s2。求： (1)若，小滑块对圆轨道最低处C点的压力； (2)当半圆轨道半径为多少时滑块恰好可以通过半圆轨道最高点D； (3)若仅改变半圆轨道半径，其他不变，滑块离开半圆轨道做平抛运动水平方向位移取得最大值时（滑块不会打到斜面上），求此时半径的取值和水平位移。 重难·创新演练 16．（多选）在某次高温超导高速磁浮列车性能测试中，质量为的磁浮列车在水平轨道上启动，其图像如图所示。列车先做匀加速运动，达到速度后转入额定功率运行，最终在时达到最大速度。已知列车运动过程中受到的阻力恒为。下列说法正确的是（     ） A．列车的额定功率为 B．在内，列车牵引力为 C．在内，列车的加速度大小为 D．在内，列车的位移大小为240m 17．（多选）如图甲所示，在智能制造工厂的物流系统中，机械臂将质量为可视为质点的零件从倾角为倾斜传送带的上端A处由静止释放，传送带以速度逆时针匀速转动，零件在传送带上运动时，其动能与位移关系图像如图乙所示，已知零件到达传送带下端B处时动能为。零件与传送带之间的动摩擦因数恒定，重力加速度取，，。则下列说法中正确的是（　　） A．零件下滑过程中受到的摩擦力方向始终沿传送带向上 B．传送带的速度为 C．传送带AB之间的距离为 D．零件从A处运动到B处的时间为 18．（多选）分拣线上常会用到改变工件运动方向的装置。如图所示，宽度为2d的水平传送带以速度v0向右匀速运动，在其上方固定一光滑挡板，挡板与传送带AB边界的夹角为θ（θ为锐角）。现将质量为m的工件（可视为质点）轻放在传送带中心线上一点，当工件相对传送带静止时恰好碰到挡板，碰后工件垂直于挡板方向的速度减为零，平行于挡板方向的速度与碰前相同，最终工件从DC边界离开传送带。已知工件与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。则工件（     ） A．从放上传送带至碰到挡板，所用的时间为 B．从放上传送带至碰到挡板前瞬间，摩擦力对其做的功为 C．沿挡板运动时对挡板的压力大小为 D．从碰到挡板至离开传送带所用的时间为 19．（多选）如图所示，水平放置的家用小石磨圆盘上放着黄豆，它们与转盘的动摩擦因数都为。转动把手，使圆盘由静止开始绕中心加速转动，黄豆与圆盘始终相对静止。转动一周后圆盘角速度为，某颗可视为质点的黄豆质量为，与转动中心的距离为，关于此过程，下列说法不正确的是（     ） A．该黄豆所受的摩擦力方向指向转动中心 B．当圆盘的角速度为时，该黄豆的线速度大小为 C．该黄豆所受合力做的功为 D．摩擦力对该黄豆所做的功为 20．（多选）运输飞机在离地1km的空中实施物资投送任务。飞机以720km/h速度匀速水平飞行，为了精准将物资投送到指定位置，飞机须提前投放物资（g取）（     ） A．不计空气阻力，物资落地的理论速度为 B．若实际落地速度比理论值小20%，则空气阻力做功为 C．考虑阻力做功的情况下，物资下落过程的机械能守恒 D．考虑阻力做功的情况下，物资下落过程的能量守恒 21．（多选）如图所示的传送带装置，长度为，与水平方向之间的夹角为，传送带以的速度匀速运行，从流水线上下来的工件每隔2 s有一个落到A点（可认为初速度为零），工件质量为。经传送带运送到与B等高处的平台上，再由工人运走。已知工件与传送带之间的动摩擦因数为，，，。则下列说法中正确的是（     ） A．每个工件上滑过程中，传送带对工件先做正功后不做功 B．每个工件从A点到最高点B所经历的时间为6 s C．传送带对每个工件做的功为24 J D．由于传送工件，传送带的动力装置需增加的功率为14.72 W 22．（多选）如图，倾角为θ的固定斜面上PQ段粗糙，其余部分光滑，斜面底端有一固定挡板，挡板与轻质弹簧的一端相连，当弹簧处于原长时另一端正好位于Q点。现将一质量为1 kg的小物块从P点由静止释放，经一段时间后，物块第一次沿斜面上滑到速度为0的位置时，其重力势能与在P点时相比减少了4.8 J。已知可视为质点的小物块与PQ段间的动摩擦因数为0.5，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度大小g取10 m/s2，sinθ=0.6，cosθ=0.8。下列说法正确的是（     ） A．小物块最终停在Q点 B．PQ段长为1 m C．弹簧在第一次被压缩的过程中最大弹性势能大于2 J D．小物块从P点释放后，在PQ段运动的总路程为1.5 m 23．（多选）科学家测试一辆汽车的性能，让汽车在平直的公路上以恒定的加速度启动并开始计时，经过后，开始做匀速直线运动，汽车的功率-时间（）图像如图所示。已知汽车质量为，时汽车的牵引力为，汽车受到的阻力恒为车重力的，重力加速度，下列说法正确的是（　　） A．汽车先做匀加速直线运动，再做匀速直线运动 B．汽车的最大速度为 C．汽车做匀加速直线运动的时间为 D．的时间内，汽车克服阻力做功为 24．（多选）总质量为m的汽车在平直公路上以速度v0匀速行驶时，发动机的功率为P，司机为合理进入限速区，减小了油门，使汽车功率立即减小到并保持该功率继续行驶，设汽车行驶过程中所受阻力大小不变，从司机减小油门开始，汽车的速度v-t图像如图所示，t1时刻后，汽车做匀速运动，汽车因油耗而改变的质量可忽略。则在0～t1时间内，下列说法正确的是（     ） A．t=0时，汽车的加速度大小为 B．汽车的牵引力一直减小 C．阻力所做的功为 D．汽车行驶的位移为 25．（多选）小球从倾斜轨道上端静止释放，倾斜轨道与圆环轨道平滑连接。已知小球质量为m，圆环轨道半径为R，重力加速度为g，不计空气阻力和轨道与小球间的阻力。若要求小球不脱轨，则小球释放的高度可能为（     ） A．0.5R B．R C．2R D．3R 26．（多选）如图所示，半径为的半圆形槽固定在水平面上。质量为的小物块从与圆心等高的处由静止滑下，到达与圆心高度差为的处时速度为零，为半圆槽的最低点，忽略空气阻力，则（     ） A．小物块从到的过程中，系统摩擦生热为 B．小物块从到的过程中机械能减少了 C．小物块第二次经过点时所受的支持力比第一次的小 D．小物块从运动到后能沿槽上升到与等高的位置 27．（多选）如图所示，竖直面内半径R=1.8m的光滑圆弧轨道与粗糙水平轨道相切于A点，水平轨道上A点右侧到A点距离d=3m处的B点有一竖直弹性挡板。现将质量m=0.5kg的滑块甲从圆弧轨道的顶端由静止释放，滑块甲与静置在A点的滑块乙（两滑块完全相同）发生碰撞，碰撞后成为一个整体，整体与挡板发生一次碰撞后停在AB的中点C处。重力加速度g取，碰撞时间极短，圆弧轨道、水平轨道以及挡板均固定，两滑块均视为质点，整体与挡板碰撞过程无能量损失。下列说法正确的是（     ） A．两滑块碰撞是弹性碰撞 B．两滑块碰撞前瞬间，滑块甲对圆弧轨道压力大小为15N C．滑块与水平轨道AB段间的动摩擦因数可能为0.2 D．滑块与水平轨道AB段间的动摩擦因数可能为0.06 28．如图所示，半径为4R的四分之一光滑圆弧轨道AB底端B与水平粗糙传送带平滑衔接，传送带长，以速度逆时针匀速转动，传送带右侧与半径为r（未知）的光滑半圆轨道CDE平滑衔接，C为最低点，轨道AB和CDE均固定在竖直平面内。现将一质量为m、可视为质点的滑块从轨道AB的顶端A点由静止释放，重力加速度为g。 (1)若滑块恰好能通过半圆轨道的最高点E，求滑块经过C点时对轨道的压力大小； (2)若在（1）条件下，且，求滑块从B运动到C过程中因摩擦产生的热量； (3)若滑块与传送带间的动摩擦因数，滑块第一次在轨道CDE上运动时不中途脱离轨道，求轨道CDE半径r的取值范围。 29．如图所示，倾角为的斜面固定在水平地面上，其顶端固定一劲度系数为的轻质弹簧，弹簧处于原长时下端位于点。质量为的滑块（视为质点）与斜面间的动摩擦因数。已知滑块以速度从斜面底端点沿斜面向上运动恰好能滑至点。现将滑块连接在弹簧的下端并拉至点由静止释放，滑块Q通过点（图中未画出）时速度最大，过点后能继续上滑。弹簧始终在弹性限度内，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略空气阻力，重力加速度为。求： (1)Q在从点运动到点的过程中，克服摩擦力做的功； (2)、两点之间的距离； (3)已知弹簧弹性势能的表达式为，x为弹簧的形变量，求滑块的最大动能。 30．如图，在距水平地面高的平台上，质量的小物块（可视为质点）以一定的水平速度向右从点滑离平台，恰好从点沿切线方向进入固定在竖直平面内、圆心为、圆心角、半径的光滑圆弧轨道。点距水平地面的高，圆弧轨道在点与长为的粗糙水平地面平滑连接，点固定有竖直挡板。取，空气阻力不计。，。 (1)求物块从离开平台运动到点所用时间； (2)求物块沿圆弧轨道第一次运动到点时对轨道的压力大小； (3)若物块与竖直挡板碰撞无能量损失，且物块最终停在段的中点，求物块与地面间动摩擦因数的可能值。 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $ 重难点专训14 动能定理高级应用模型 目 录 研判·模型总结 1 模拟·基础演练 3 重难·创新演练 17 研判·模型总结 1动能定理： 合外力对物体做的功等于物体动能的变化. 动能定理的物理意义在于他指出了外力对物体所做的总功与物体的动能变化之间的关系，即外力对物体做的总功对应着物体动能的变化，变化的大小由做功的多少来量度 2.对动能定理的理解 （i）W合是所有外力对物体做的总功，求所有外力做的总功有两种方法： 第一种方法是：先求出物体所受各力的合力F合，再根据W总=F合lcosα计算总功，但应注意α应是合力与位移l的夹角.这种方法一般用于各力都是恒力且作用时间相同的情况下. 第二种方法是：分别求出每一个力做的功：W1=F1l1cosα1，W2=F2l2cosα2，W3=F3l3cosα3，…再把各个外力的功求代数和即：W总=W1+W2+W3+… 这种方法一般用于各力分别作用或作用时间不同时的情况下. （ii）动能定理适用于物体的直线运动，也适用于曲线运动；适用于恒力做功，也适用于变力做功.力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以分段作用. （iii）因为动能定理中功和能均与参考系的选取有关，所以动能定理也与参考系的选取有关.中学物理中一般取地球为参考系. （iv）动能定理公式两边的每一项都是标量，动能定理是一个标量方程，故动能定理没有分量形式. （v）若物体运动包含几个不同的过程，应用动能定理时，可以分段应用，也可以全过程应用. （vi）动能定理是计算物体位移或速率的简捷公式，当题目中涉及位移时可优先考虑动能定理.动能定理通常不解决涉及时间的问题，但动力机械起动过程除外. （vii）做功的过程是能量转化的过程，动能定理表达式中的“=”的意义是一种因果关系在数值上相等的符号，它并不意味着“功就是动能增量”，也不意味着“功转变成了动能”，而是意味着“功引起物体动能的变化”. （viii）若Ek2＞Ek1，即W总＞0，合力对物体做正功，物体的动能增加；若Ek2＜Ek1，即W总＜0，合力对物体做负功，物体的动能减少.[来源:学科网ZXXK] （ix）一个物体的动能变化ΔEk与合外力对物体所做功W合具有等量代换关系：W合=ΔEk.这种等量代换关系提供了一种计算变力做功的简便方法. 3. 应用动能定理解题的基本思路 （i）选取研究对象，明确并分析运动过程. （ii）分析受力及各力做功的情况，求出总功； 受哪些力各力是否做功做正功还是负功做多少功确定求总功思路求出总功. （iii）明确过程始、末状态的动能Ek1及Ek2. （4）列方程W合=Ek2-Ek1，必要时注意分析题目潜在的条件，列辅助方程进行求解. ４.系统动能定理 高中阶段中动能定理的表述为：作用在物体上合外力的功等于物体动能的改变量，即 [来源:学科网] 这是针对单体或可看作单个物体的物体系而言的.所谓能看成单个物体的物体系，简单来说就是物体系内各物体之间的相对位置不变，从而物体系的各内力做功之和为零，物体系的动能变化就取决于所有外力做的总功了. 但是对于不能看成单个物体或说不能看质点的物体，可将其看成是由大量质点组成的质点系，对质点系组成的系统应用动能定理时，就不能仅考虑外力的作用，还需考虑内力所做的功.即： W外+W内=ΔEk 5.动能定理的应用技巧 (i)利用动能定理求变力的功 变力的功无法用公式W=Fscosα直接求解，有时该力也不是均匀变化，无法用高中知识表达平均力，此时可以考虑用动能定理间接求解. (ii)应用动能定理求解多过程问题 物体在某个运动过程中包含有几个运动性质不同的小过程（如加速、减速的过程），此时可以分段考虑，也可以对全过程考虑，但如能对整个过程根据动能定理列式求解，则可以使问题简化. 根据题意灵活地选取研究过程可以使问题变得简单.有时取全过程简单，有时则取某一阶段简单.原则是尽量使做功的力减少，各个力的功计算方便；或使初、末动能等于零. (iii)应用动能定理求解多物体系问题 对于多物体、多过程问题，由于运动过程繁琐，用牛顿第二定律解题相当复杂，而从能量观点出发，应用动能定理解题往往可以使问题简化.但应注意，从能量角度解题，如果研究对象是一个物体，往往用动能定理求解，而对于系统，往往是根据总体能量守恒的观点来处理问题. (iv)应用动能定理求路程 在多阶段或往返运动中，如果摩擦力或介质阻力大小不变，方向与速度方向关系性相反.则在整个过程中克服摩擦力或介质阻力所做功等于力与路程的乘积，从而可将物体在摩擦力或介质阻力作用下通过的路程与动能定理联系起来. 模拟·基础演练 1．（多选）一物体受到水平拉力作用在0~6 s内其速度与时间的图象和该拉力的功率与时间的图像分别如图甲、乙所示。下列说法错误的是（     ） A．0~2 s内拉力对物体做正功，2 s~6 s拉力对物体也做正功 B．0~2 s内拉力做的功为60 J C．合力在0~6 s内做的功与0~2 s内做的功相等 D．滑动摩擦力的大小为 【答案】BD 【详解】A．功率图像在和内均在时间轴上方，拉力功率为正，故拉力在两个时间段内对物体均做正功，故A正确； B．由功率图像与时间轴围成的面积表示功，在内拉力做功，故B错误； C．由动能定理，在内合力做功 在内合力做功 由图像知， 整理得，故C正确； D．由功率定义，在内拉力与速度同向，得 内物体做匀速直线运动，合力为零，因此滑动摩擦力大小等于拉力大小，为，故D错误。 本题选择错误的，故选BD。 2．（多选）如图，圆形水平餐桌面上有一个半径为r、可绕中心轴转动的同心圆盘，在圆盘的边缘放置一个质量为m的小物块。物块与圆盘及与餐桌面间的动摩擦因数均为，现从静止开始缓慢增大圆盘的角速度，物块从圆盘上滑落后，最终恰好停在桌面边缘。若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，圆盘厚度及圆盘与餐桌间的间隙不计，物块可视为质点。则（     ） A．物块从圆盘上滑落的瞬间，圆盘的线速度大小为 B．物块从圆盘上滑落的瞬间，圆盘的角速度大小为 C．物块随圆盘运动的过程中，圆盘对小物块做功为 D．餐桌面的半径为 【答案】BD 【详解】AB．物块从圆盘上滑落的瞬间，物块与圆盘的角速度大小相等，线速度大小相等，此时摩擦力达到最大静摩擦力，由牛顿第二定律可得 解得，，故A错误，B正确； C．物块随圆盘运动的过程中，由动能定理可得圆盘对小物块做功为，故C错误； D．物块从圆盘上滑落到滑到桌面的边缘，其轨迹如图所示 由动能定理可得 代入数据解得 由几何关系可得 解得餐桌面的半径为，故D正确。 故选BD。 3．（多选）如图所示，半径为R的环形塑料管竖直放置，为该环的水平直径，且管的内径远小于环的半径，环的A、B及其以下部分处于水平向左的匀强电场中，管的内壁光滑。现将一质量为m，带电荷量为的小球从管中A点由静止释放，已知，以下说法错误的是（     ） A．小球释放后，到达B点时速度为零，并在间往复运动 B．小球释放后，到达最低点D时速度最大 C．小球释放后，第一次和第二次经过最高点C时对管壁的压力大小之比为且方向相同 D．小球释放后，第一次经过最低点D和最高点C时对管壁的压力大小之比为 【答案】ABC 【详解】A．小球从点运动到点的过程中，重力做功为零，电场力做功为，根据动能定理有 结合解得 因此小球到达点时速度不为零，将继续进入上半圆运动，不会仅在BDA间往复运动，故A错误； B．设小球在下半圆任意位置，，根据动能定理有 结合可得 当时，小球动能最大，该位置位于点与点之间，而不是最低点，故B错误； C．小球第一次从点运动到点时，根据动能定理有 解得 小球从点运动到点的过程中，电场力不做功，根据机械能守恒定律有 解得 在点，设管壁对小球沿竖直向下的弹力大小为，根据牛顿第二定律有 解得 小球从第一次经过点到第二次经过点，重力做功为零，电场力做功为2qER，根据动能定理有 解得 设第二次经过点时管壁对小球的弹力大小为，根据牛顿第二定律有 解得 由牛顿第三定律可知，两次经过点时小球对管壁的压力方向相同，大小之比为1:5，故C错误； D．小球第一次从点运动到点时，电场力和重力做功均为，根据动能定理有 解得 在点，设管壁对小球竖直向上的弹力大小为，根据牛顿第二定律有 解得 第一次经过点时压力大小为mg，因此第一次经过点和点时对管壁的压力大小之比为5:1，故D正确。 故选ABC。 4．（多选）据报道，我国在建最北高铁，哈尔滨至伊春高铁（哈伊高铁）正全力冲刺2026年通车目标。现有一列质量为m的高铁，从静止开始，以恒定功率P在平直轨道上运动，经时间t速度达到该功率下的最大值，设高铁行驶过程所受到的阻力f保持不变。则高铁在时间t内（　　） A．做匀加速直线运动 B．速度的最大值为 C．平均速度大小为 D．位移大小为 【答案】BD 【详解】A．高铁启动过程中由，可知速度增大，牵引力减小，加速度减小，即高铁做加速度减小的加速运动，故A错误； B．当时速度最大，解得，故B正确； D．由动能定理 解得位移，故D正确； C．平均速度，故C错误。 故选BD。 5．（多选）如图所示，某斜面的顶端到正下方水平面点的高度恒为。一质量为的木块从斜面的顶端由静止滑下，最终停在水平面的点。已知斜面与水平面平滑连接，且粗糙程度相同，距离为。以下说法正确的是（     ） A．减小质量，变大 B．减小质量，不变 C．减小斜面倾角，木块到斜面底端动能变小 D．减小斜面倾角，木块到斜面底端动能不变 【答案】BC 【详解】AB.设摩擦因数为，对木块的整个过程由动能定理有 化简得，A错误；B正确； CD.木块在斜面上运动过程中由动能定理有 解得木块到斜面底端动能为 可见减小斜面倾角，木块到斜面底端动能变小，C正确；D错误。 故选BC。 6．（多选）如图所示，水平地面上有一质量为的物块，某时刻物块在水平力的作用下由静止开始运动，运动后撤去水平力，物体再滑行后停下，物块运动过程受到的滑动摩擦力大小不变，则从物体开始运动到最终停止的过程中（     ） A．水平力对物体做的总功为零 B．水平力的冲量大小为 C．摩擦力的冲量大小为 D．最大速度大小为 【答案】BD 【详解】设物体受到的滑动摩擦力大小为，水平力作用阶段的位移为，撤去水平力后的位移为。物体初、末速度均为零，根据全过程动能定理有 解得 A．水平力仅在前内做功，其总功为 代入数据解得 水平力做功不为零，故A错误； B．水平力作用阶段，根据牛顿第二定律有 解得 设撤去水平力时物体的速度为，根据速度—位移关系有 解得 水平力的作用时间为 其冲量大小为 代入数据解得，故B正确； C．撤去水平力后，物体的加速度大小为 减速运动时间为 摩擦力在全过程中的冲量大小为 代入数据解得，故C错误； D．物体在水平力作用阶段做匀加速直线运动，撤去水平力后做匀减速直线运动，因此撤去水平力时速度最大，由上述计算可知，故D正确。 故选BD。 7．（多选）滑板运动是青少年酷爱的一种体育运动。某质量为的滑板爱好者在如图所示的场地进行运动，他先在直轨道AB上加速滑行一段距离，到达距B点处停止加速，此时速度为，之后依靠惯性运动通过B点进入半径为、所对圆心角为的光滑圆弧轨道BC上，运动到C点后腾空而出，最后落在平台CD上。已知他在AB段所受轨道的阻力大小为其重力大小的，忽略空气阻力及滑板重力，，重力加速度，则下列说法正确的是（　　） A．他运动至B点时对圆弧轨道的压力为1840N B．他在C点时的动能为1500J C．他腾空后相对AB的最大高度为0.9m D．他在平台上的落点距B点的水平距离为4.8m 【答案】AB 【详解】A．从停止加速至运动到B点的过程，对滑板爱好者由动能定理有 在B处，根据牛顿第二定律有 根据牛顿第三定律有 联立并代入数据解得，故A正确； B．从停止加速至运动到C点的过程，对滑板爱好者由动能定理有 代入数据解得，故B正确； C．根据B项可知，滑板爱好者在C点的速度 结合几何关系和速度的分解可知，滑板爱好者在C点的竖直分速度 则滑板爱好者过C点后竖直方向运动的最大位移 故他腾空后相对AB的最大高度，故C错误； D．滑板爱好者在C点的水平分速度 又滑板爱好者在空中运动的时间满足 则其从C点到落点的位移 联立并代入数据解得 故他在平台上的落点距B点的水平距离为，故D错误。 故选AB。 8．（多选）如图，和是电阻不计的平行金属导轨，其间距为，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，二者平滑连接，右端接一个阻值为的定值电阻。平直部分导轨左边区域有宽度为、方向竖直向上、磁感应强度大小为的匀强磁场。质量为、电阻为的金属棒从高为处静止释放，到达磁场右边界处恰好停止。已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为，金属棒与导轨间接触良好。则金属棒穿过磁场区域的过程中（     ） A．流过定值电阻的电流方向是： B．通过金属棒的电荷量为 C．金属棒克服安培力所做的功为 D．电阻R产生的焦耳热为 【答案】ABC 【详解】A．根据右手定则可知，流过定值电阻的电流方向是Q→N，故A正确； B．根据， 解得，故B正确； C．对金属棒进行分析，根据动能定理有 解得，故C正确； D．根据功能关系可知，回路产生的总的焦耳热为 则电阻R产生的焦耳热为，故D错误。 故选ABC。 9．（多选）如图甲所示，在时刻，一质量为1 kg、可视为质点的物块冲上一足够长、倾角为的传送带底端。取平行于传送带向上为正方向，物块的速度—时间图像如图乙所示。已知传送带顺时针匀速率转动，不计空气阻力，重力加速度取，，。则下列说法正确的是（     ） A．传送带的速度大小为 B．传送带与物块间的动摩擦因数为0.4 C．在0~1.5 s内，合外力对物块做的功为 D．物块从传送带底端上滑至最高点的过程中，因摩擦产生的热量为30 J 【答案】CD 【详解】A．物块初速度大于传送带速度时，物块相对传送带沿斜面向上运动，滑动摩擦力沿斜面向下；当物块速度减小到传送带速度时，相对运动方向改变，摩擦力反向，因此图像在处斜率发生变化。由图像可知此时物块速度为，故传送带速度为，A错误； B．在内，物块的加速度为 此阶段重力沿斜面分力和滑动摩擦力均沿斜面向下，根据牛顿第二定律有 解得，故B错误； C．在内，物块的加速度为 时物块的速度为 根据动能定理，内合力对物块做的功为 代入数据解得，故C正确； D．物块受到的滑动摩擦力大小为 代入数据解得 在内，物块相对传送带的路程为 在内，传送带相对物块的路程为 摩擦产生的热量为 代入数据解得，故D正确。 故选CD。 10．（多选）如图所示，物体A和B的质量均为m，它们通过一劲度系数为k的轻弹簧相连，开始时B放在地面上，A、B都处于静止状态。现用手通过细绳缓慢地将A向上提升距离时，B刚要离开地面，此过程手做功为；若将A加速向上提起：A上升的距离为时，B刚要离开地面，此时A的速度为v，此过程手做功为，弹簧一直处于弹性限度内。则（    ） A． B． C． D． 【答案】AC 【详解】A．开始时A压缩弹簧，形变量为 要使B刚要离开地面，则弹力应等于B的重力，即kx2=mg，故形变量 故两次物体上升的高度应为；故A正确； BCD．当缓慢上提时，A物体的动能不变，提升过程中有拉力、重力做功；因开始时弹簧压缩，B被拉起时伸长，并且压缩时的形变量也为，故在提起的过程中弹力做总功为零； 由动能定理可知W1=mgL1； 当加速上提时，同理可知，即； 故W2＞W1； 故BD错误，C正确。 故选AC。 11．（多选）如图所示，轨道固定在竖直平面内，足够长的水平粗糙轨道与半径为的光滑半圆形轨道在点相切，半圆轨道的圆心处固定一垂直轨道平面的光滑钉子。为的中点，为等边三角形。将原长为的弹性轻绳一端固定在点，另一端连接质量为的小圆环，小圆环恰能在点处于静止状态；若将小圆环套在半圆形轨道上从点由静止释放（弹性绳处于原长），小圆环将沿半圆形轨道越过点。已知重力加速度为，小圆环与水平轨道间的动摩擦因数，弹性轻绳的弹性势能，其中为形变量的大小。下列说法正确的是（　　） A．弹性轻绳的劲度系数为 B．小圆环沿半圆形轨道下滑至点时，半圆形轨道受到的压力大小为 C．小圆环越过点后往运动的过程中，轨道对小圆环的弹力减小 D．小圆环越过点后往运动的过程中，与点的最大距离为 【答案】AD 【详解】A．小圆环恰能在点处于静止状态，则有，解得，故A正确； B．小圆环沿半圆形轨道下滑至点过程，有，在点，有，解得，故B错误； CD．小圆环越过点后，设弹性轻绳与水平方向的夹角为，则有 其中 解得 则小圆环越过点后往运动的过程中，轨道对小圆环的弹力大小不变，根据能量守恒定律有 解得，故C错误，D项正确。 故选AD。 12．（多选）某装置如图所示，水平粗糙轨道、以为圆心的粗糙圆弧轨道和以为圆心的光滑圆弧轨道平滑连接。弹射装置将质量1kg的物块以大小为的速度弹出，物块经过、连线时的速度大小为。已知物块与水平粗糙轨道间的动摩擦因数为0.2，物块与粗糙圆弧轨道间的动摩擦因数取决于角，规律为，圆弧轨道半径均为，取。物块下滑过程不脱离轨道，则（     ） A．物块经过正下方时的速度大小为 B．物块经过正下方时对轨道的压力大小为 C．物块弹出后在水平轨道运动的距离为3m D．物块在粗糙圆弧部分所受摩擦力做的功大小为2J 【答案】AC 【详解】A．物块从经过、连线处到运动至正下方，轨道光滑，由动能定理得 解得，故A正确； B．设物块经过正下方时轨道对物块的支持力大小为，由动能定理得，沿指向圆心方向，由牛顿第二定律得 解得，由牛顿第三定律可知物块对轨道的压力大小与支持力大小相等，故B错误； C．设物块在粗糙圆弧某位置所受支持力大小为、摩擦力大小为，则 且 故支持力与摩擦力的水平分量抵消，物块速度的水平分量保持不变。设物块刚进入粗糙圆弧时的速度大小为，在粗糙圆弧末端有 设水平轨道的动摩擦因数为，物块在水平轨道上运动的距离为，由动能定理得 解得，故C正确； D．设物块在粗糙圆弧某位置所受支持力大小为、摩擦力大小为，则 且 故物块速度的水平分量保持不变，从而 设物块在粗糙圆弧上所受摩擦力做功的大小为，由动能定理得 解得，故D错误。 故选AC。 13．（多选）2024年12月6日是我国二十四节气中的大雪，随着气温的降低，部分地区出现了下雪和冰冻天气，又到了冰上运动的好时机。如图，水平冰面上静止着一块质量为的弧面形冰块，冰块的弧面最低点与水平冰面相切，冰块的高度为，冰块最低点的曲率半径为。一质量为的冰上运动爱好者从冰块的最高点沿冰块的弧面由静止滑下，爱好者在冰块上的运动时间为，不计一切摩擦，重力加速度g取，则（     ） A．爱好者滑到冰块最低点时速度大小为4m/s B．爱好者滑到冰块最低点时对冰块的压力大小为7000N C．爱好者在冰块上运动的整个过程对冰块做的功为40J D．爱好者在冰块上运动的整个过程对冰块的冲量大小为 【答案】BD 【详解】A．设爱好者运动到冰块最低点时冰块与爱好者的速度大小分别为、 爱好者与冰块组成的系统在水平方向上动量守恒，则有 爱好者与冰块组成的系统机械能守恒，则有 联立解得，方向向左，，方向向右，故A错误； B．爱好者滑到冰块最低点时，由牛顿第二定律有 解得，由牛顿第三定律可知，爱好者滑到冰块最低点时对冰块的压力大小为7000N，故B正确； C．对冰块由动能定理可知，爱好者在冰块上运动的整个过程对冰块做的功为，故C错误； D．对爱好者在水平方向上由动量定理可得 在竖直方向上由动量定理有 结合牛顿第三定律可知，爱好者在冰块上运动的整个过程对冰块的冲量大小，故D正确。 故选BD。 14．如图所示，“彩虹滑道”是一种较为受欢迎的新型娱乐项目，游客在滑道上运动可简化成下图所示。质量为的游客（视为质点）在离斜面底端点的点由静止滑下，若动摩擦因数均为0.5，斜面倾角为，斜面与平面间由一小段圆弧连接（无能量损失），取，求： (1)游客能在水平面上滑行多远； (2)游客停止后，若施加沿接触面的外力使其沿原路径返回A点，则外力至少做多少功。 【答案】(1) (2) 【详解】（1）斜面上点到点的距离为，设游客在水平面上的滑行距离为，游客在斜面上运动时，垂直斜面方向受力平衡，由平衡条件得 由滑动摩擦力公式得 游客在水平面上运动时，竖直方向受力平衡，由平衡条件得 由滑动摩擦力公式得 游客从点由静止出发，最终静止，且圆弧连接处无能量损失。对全过程由动能定理得 代入，并整理得 （2）外力做功最小时，游客恰好到达点且速度为零。设外力做功为，返回时接触面条件不变，两段滑动摩擦力大小仍分别为前述和。对返回全过程由动能定理得 整理得 代入数据得 15．如图所示，动摩擦因数的粗糙斜面AB，斜面的夹角为在B点与光滑水平面平滑相接，水平轨道在C点与半径可变光滑半圆轨道平滑相接，一质量m=1kg的小滑块（可视为质点）由A点静止释放。斜面AB的长度L＝5m，重力加速度取10m/s2。求： (1)若，小滑块对圆轨道最低处C点的压力； (2)当半圆轨道半径为多少时滑块恰好可以通过半圆轨道最高点D； (3)若仅改变半圆轨道半径，其他不变，滑块离开半圆轨道做平抛运动水平方向位移取得最大值时（滑块不会打到斜面上），求此时半径的取值和水平位移。 【答案】(1)20N，方向竖直向下 (2) (3)当半径时， 【详解】（1）滑块由A运动到C的过程由动能定理有 在C点时 解得 由牛顿第三定律小物块对轨道压力 即压力大小为20N，方向竖直向下。 （2）由滑块恰好能通过最高点D即 从C点到D点的过程中，由动能定理有 解得 （3）设水平位移取得最大值时滑块到达最高点的速度为，半圆轨道的半径为，由C点运动到D点动能定理有 从D点离开后做平抛运动到落到水平轨道过程有， 解得 由二次函数的顶点公式可得，当半径时，取得最大值，即此时取得最大值 重难·创新演练 16．（多选）在某次高温超导高速磁浮列车性能测试中，质量为的磁浮列车在水平轨道上启动，其图像如图所示。列车先做匀加速运动，达到速度后转入额定功率运行，最终在时达到最大速度。已知列车运动过程中受到的阻力恒为。下列说法正确的是（     ） A．列车的额定功率为 B．在内，列车牵引力为 C．在内，列车的加速度大小为 D．在内，列车的位移大小为240m 【答案】AD 【详解】A．最大速度时牵引力等于阻力，，额定功率，故A正确； B．在内，列车做匀加速运动，时功率恰好达到额定功率，牵引力，不是，故B错误； C．由牛顿第二定律，，不是，故C错误； D．，过程由动能定理 代入， 得，故D正确。 故选AD。 17．（多选）如图甲所示，在智能制造工厂的物流系统中，机械臂将质量为可视为质点的零件从倾角为倾斜传送带的上端A处由静止释放，传送带以速度逆时针匀速转动，零件在传送带上运动时，其动能与位移关系图像如图乙所示，已知零件到达传送带下端B处时动能为。零件与传送带之间的动摩擦因数恒定，重力加速度取，，。则下列说法中正确的是（　　） A．零件下滑过程中受到的摩擦力方向始终沿传送带向上 B．传送带的速度为 C．传送带AB之间的距离为 D．零件从A处运动到B处的时间为 【答案】BD 【详解】A．图乙为动能与位移关系图像，由动能定理，因此图像斜率表示合力大小。 设零件质量，动摩擦因数为，重力在垂直斜面方向分力；沿斜面方向分力 第一阶段，速度小于传送带速度，摩擦力向下，合力 第二阶段，速度达到传送带速度后，摩擦力向上，合力 第一阶段摩擦力沿传送带向下，第二阶段才沿传送带向上，故A错误； B．由图像：第一阶段，位移时动能，有 零件在第一阶段末速度达到传送带速度，由动能定理 解得，故B正确； C．第二阶段，从到的位移为，动能从增至，有 解得 两式相比有 解得 将代入两式得， 由，解得 总位移为，故C错误； D．第一阶段：加速度，初速为零，末速度，时间 第二阶段：加速度，初速，位移 由运动学公式 解得 总时间，故D正确。 故选BD。 18．（多选）分拣线上常会用到改变工件运动方向的装置。如图所示，宽度为2d的水平传送带以速度v0向右匀速运动，在其上方固定一光滑挡板，挡板与传送带AB边界的夹角为θ（θ为锐角）。现将质量为m的工件（可视为质点）轻放在传送带中心线上一点，当工件相对传送带静止时恰好碰到挡板，碰后工件垂直于挡板方向的速度减为零，平行于挡板方向的速度与碰前相同，最终工件从DC边界离开传送带。已知工件与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。则工件（     ） A．从放上传送带至碰到挡板，所用的时间为 B．从放上传送带至碰到挡板前瞬间，摩擦力对其做的功为 C．沿挡板运动时对挡板的压力大小为 D．从碰到挡板至离开传送带所用的时间为 【答案】BD 【详解】A．工件在传送带上做匀加速运动，加速度为 与传送带共速时满足v0=at 解得 即从放上传送带至碰到挡板，所用的时间为，故A错误； B．工件从放上传送带至碰到挡板，由动能定理可知摩擦力对其做的功，故B正确； CD．工件与传送带共速时，将工件的速度沿挡板方向和垂直挡板方向分解，有vy=v0sinθ。 工件与挡板碰撞后，垂直于挡板方向的速度减为零，其相对传送带的速度大小为v相对=vy=v0sinθ，方向垂直于挡板斜向下方。 因摩擦力方向与相对运动方向相反，故工件受到传送带的摩擦力μmg与挡板对它的弹力大小相等、方向相反。 根据牛顿第三定律，工件沿挡板运动时对挡板的压力与挡板对工件的弹力相等，大小为μmg。由于vx=v0cosθ与传送带沿挡板方向速度相同，工件沿挡板方向以vx做匀速直线运动，因此工件从碰到挡板到离开传送带所用的时间为 代入vx=v0cosθ得，故C错误，D正确。 故选BD。 19．（多选）如图所示，水平放置的家用小石磨圆盘上放着黄豆，它们与转盘的动摩擦因数都为。转动把手，使圆盘由静止开始绕中心加速转动，黄豆与圆盘始终相对静止。转动一周后圆盘角速度为，某颗可视为质点的黄豆质量为，与转动中心的距离为，关于此过程，下列说法不正确的是（     ） A．该黄豆所受的摩擦力方向指向转动中心 B．当圆盘的角速度为时，该黄豆的线速度大小为 C．该黄豆所受合力做的功为 D．摩擦力对该黄豆所做的功为 【答案】AD 【详解】A．黄豆随圆盘做加速圆周运动，重力与支持力平衡，则该黄豆所受的摩擦力存在指向圆心的分力提供向心力（改变速度方向），还存在沿切线方向的分力提供切向加速度（增大线速度大小），所以该黄豆所受的摩擦力方向不指向转动中心，故A错误，满足题意要求； B．当圆盘的角速度为时，黄豆与圆盘始终相对静止，该黄豆的线速度大小为，故B正确，不满足题意要求； C．根据动能定理可得该黄豆所受合力做的功为，故C正确，不满足题意要求； D．黄豆与圆盘相对静止，受到的是静摩擦力，大小不等于；重力、支持力不做功，只有摩擦力做功，由动能定理可知，摩擦力做功等于黄豆动能变化，则有 摩擦力对该黄豆所做的功不等于，故D错误，满足题意要求。 故选AD。 20．（多选）运输飞机在离地1km的空中实施物资投送任务。飞机以720km/h速度匀速水平飞行，为了精准将物资投送到指定位置，飞机须提前投放物资（g取）（     ） A．不计空气阻力，物资落地的理论速度为 B．若实际落地速度比理论值小20%，则空气阻力做功为 C．考虑阻力做功的情况下，物资下落过程的机械能守恒 D．考虑阻力做功的情况下，物资下落过程的能量守恒 【答案】AD 【详解】A．物资离开飞机时水平分速度为 由 得竖直分速度大小为 着地速度大小为，故A正确； B． 题目中没有给出物资具体质量无法利用动能定理计算出空气阻力做功具体值，故B错误； CD．空气阻力做负功，物资的机械能减少，减少的机械能转化为内能等其他形式的能量，总能量仍守恒，故 C 错误，D正确。 故选AD。 21．（多选）如图所示的传送带装置，长度为，与水平方向之间的夹角为，传送带以的速度匀速运行，从流水线上下来的工件每隔2 s有一个落到A点（可认为初速度为零），工件质量为。经传送带运送到与B等高处的平台上，再由工人运走。已知工件与传送带之间的动摩擦因数为，，，。则下列说法中正确的是（     ） A．每个工件上滑过程中，传送带对工件先做正功后不做功 B．每个工件从A点到最高点B所经历的时间为6 s C．传送带对每个工件做的功为24 J D．由于传送工件，传送带的动力装置需增加的功率为14.72 W 【答案】BD 【详解】工件刚放上传送带时，相对传送带下滑，滑动摩擦力沿传送带向上，根据牛顿第二定律 代入数据得 A．工件先加速，速度与传送带相同时，由于，工件随传送带匀速运动，此时静摩擦力仍沿传送带向上，位移向上，传送带对工件仍做正功，故A错误； B．工件加速到与传送带共速的时间 加速位移 剩余位移 匀速运动时间 总时间，故B正确； C．由动能定理，传送带对工件做功满足 解得，故C错误； D．每隔2s放一个工件，总运动时间为6s，因此任意时刻传送带上共有3个工件：1个加速（受滑动摩擦力），2个匀速（每个受静摩擦力）。 传送带额外牵引力等于总摩擦力 增加的功率，故D正确。 故选BD 。 22．（多选）如图，倾角为θ的固定斜面上PQ段粗糙，其余部分光滑，斜面底端有一固定挡板，挡板与轻质弹簧的一端相连，当弹簧处于原长时另一端正好位于Q点。现将一质量为1 kg的小物块从P点由静止释放，经一段时间后，物块第一次沿斜面上滑到速度为0的位置时，其重力势能与在P点时相比减少了4.8 J。已知可视为质点的小物块与PQ段间的动摩擦因数为0.5，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度大小g取10 m/s2，sinθ=0.6，cosθ=0.8。下列说法正确的是（     ） A．小物块最终停在Q点 B．PQ段长为1 m C．弹簧在第一次被压缩的过程中最大弹性势能大于2 J D．小物块从P点释放后，在PQ段运动的总路程为1.5 m 【答案】BCD 【详解】计算可得：，， A． 因为重力沿斜面向下的分力大于PQ段的最大静摩擦力，物块不可能停在PQ段，最终会在Q点下方的光滑区域持续往返运动，不会停在Q点，故A错误； B． 设PQ长为，第一次上滑后速度为0的位置距离P点沿斜面向下位移为。重力势能减少量等于重力做功 解得。 全过程初末动能都为0，弹簧初末弹性势能均为0，根据动能定理： 代入数据解得，故B正确； C． 设弹簧第一次最大压缩量为​，最大弹性势能为，对从P到最低点的过程中，根据动能定理 代入数据得，因，故，故C正确； D． 最终物块能量损耗后，最远只能回到Q点，不再进入PQ段。由能量守恒，P点相对于Q点的重力势能全部用来克服PQ段摩擦力做功 代入数据得，即总路程为，故D正确。 故选 BCD。 23．（多选）科学家测试一辆汽车的性能，让汽车在平直的公路上以恒定的加速度启动并开始计时，经过后，开始做匀速直线运动，汽车的功率-时间（）图像如图所示。已知汽车质量为，时汽车的牵引力为，汽车受到的阻力恒为车重力的，重力加速度，下列说法正确的是（　　） A．汽车先做匀加速直线运动，再做匀速直线运动 B．汽车的最大速度为 C．汽车做匀加速直线运动的时间为 D．的时间内，汽车克服阻力做功为 【答案】BD 【详解】A．由图像可知，汽车功率先均匀增大后不变，则汽车先做匀加速直线运动到功率为，再保持功率不变，加速度逐渐减小的加速运动，最后再做匀速直线运动，故A错误； B．汽车匀速运动时，牵引力等于阻力，则 则汽车的最大速度，故B正确； C．汽车做匀加速直线运动时，牵引力恒定，则，根据牛顿第二定律可知，加速度 根据功率，可得 根据速度时间公式可得，匀加速运动的时间，故C错误； D．的时间内，，汽车牵引力做的功 根据动能定理，可知 解得克服阻力做的功，故D正确。 故选BD。 24．（多选）总质量为m的汽车在平直公路上以速度v0匀速行驶时，发动机的功率为P，司机为合理进入限速区，减小了油门，使汽车功率立即减小到并保持该功率继续行驶，设汽车行驶过程中所受阻力大小不变，从司机减小油门开始，汽车的速度v-t图像如图所示，t1时刻后，汽车做匀速运动，汽车因油耗而改变的质量可忽略。则在0～t1时间内，下列说法正确的是（     ） A．t=0时，汽车的加速度大小为 B．汽车的牵引力一直减小 C．阻力所做的功为 D．汽车行驶的位移为 【答案】AD 【详解】A．汽车以速度v0匀速行驶时牵引力大小等于阻力，即 司机减小油门时牵引力为 由牛顿第二定律有 解得 负号表示加速度方向，则t＝0时，汽车的加速度大小为，故A正确； B．由于汽车减小油门后，功率保持不变，汽车的速度减小，由公式可知，汽车的牵引力增大，故B错误； C．0~t1时间内由动能定理可得 解得阻力所做的功为，故C错误； D．阻力对汽车做的功为 其中 解得汽车行驶的位移为，故D正确。 故选AD。 25．（多选）小球从倾斜轨道上端静止释放，倾斜轨道与圆环轨道平滑连接。已知小球质量为m，圆环轨道半径为R，重力加速度为g，不计空气阻力和轨道与小球间的阻力。若要求小球不脱轨，则小球释放的高度可能为（     ） A．0.5R B．R C．2R D．3R 【答案】ABD 【详解】若小球运动到与圆环轨道圆心等高处时，速度恰好为零，设释放高度为，根据动能定理，有 得 若小球恰好可以通过圆环轨道最高点，设释放高度为，在最高点，根据牛顿第二定律，有 从释放点到最高点，根据动能定理，有 得 综上，若小球不脱轨，则释放高度为或者，即或者 故选ABD。 26．（多选）如图所示，半径为的半圆形槽固定在水平面上。质量为的小物块从与圆心等高的处由静止滑下，到达与圆心高度差为的处时速度为零，为半圆槽的最低点，忽略空气阻力，则（     ） A．小物块从到的过程中，系统摩擦生热为 B．小物块从到的过程中机械能减少了 C．小物块第二次经过点时所受的支持力比第一次的小 D．小物块从运动到后能沿槽上升到与等高的位置 【答案】AC 【详解】A．小物块从点运动到点的过程只有重力、摩擦力做功，由动能定理可得 可得小物块克服摩擦力做的功 摩擦生热，故A正确； B．小物块从点运动到点的过程只有重力、摩擦力做功，由动能定理可得 由功能关系可得，机械能减少量为，故B错误； C．在点由牛顿第二定律可得 解得小物块所受支持力 由于摩擦力的作用，小物块第二次到达点的速度比第一次到达点的速度小，所以小物块第二次经过点时所受的支持力比第一次的小，故C正确； D．由于摩擦力的作用，在运动过程中，小物块的机械能会减小，所以不能再上升到和等高的位置，，故D错误。 故选AC。 27．（多选）如图所示，竖直面内半径R=1.8m的光滑圆弧轨道与粗糙水平轨道相切于A点，水平轨道上A点右侧到A点距离d=3m处的B点有一竖直弹性挡板。现将质量m=0.5kg的滑块甲从圆弧轨道的顶端由静止释放，滑块甲与静置在A点的滑块乙（两滑块完全相同）发生碰撞，碰撞后成为一个整体，整体与挡板发生一次碰撞后停在AB的中点C处。重力加速度g取，碰撞时间极短，圆弧轨道、水平轨道以及挡板均固定，两滑块均视为质点，整体与挡板碰撞过程无能量损失。下列说法正确的是（     ） A．两滑块碰撞是弹性碰撞 B．两滑块碰撞前瞬间，滑块甲对圆弧轨道压力大小为15N C．滑块与水平轨道AB段间的动摩擦因数可能为0.2 D．滑块与水平轨道AB段间的动摩擦因数可能为0.06 【答案】BD 【详解】A．两滑块碰撞后成为一个整体，可知两滑块碰撞是完全非弹性碰撞，故A错误； B．滑块甲下滑过程中，根据动能定理可得 解得 两滑块碰撞前瞬间，对滑块甲由牛顿第二定律可得 联立解得 由牛顿第三定律可知，滑块甲对圆弧轨道压力大小为15N，故B正确； CD．两滑块碰撞的过程，根据动量守恒定律有 解得碰后瞬间的速度大小为 若整体与挡板碰撞后，沿水平轨道AB段向左滑动一段距离后停在C点，则根据功能关系有 解得 若整体与挡板碰撞后，向左冲上圆弧轨道后再下滑，最后停在C点，则根据功能关系有 解得，故C错误，D正确。 故选BD。 28．如图所示，半径为4R的四分之一光滑圆弧轨道AB底端B与水平粗糙传送带平滑衔接，传送带长，以速度逆时针匀速转动，传送带右侧与半径为r（未知）的光滑半圆轨道CDE平滑衔接，C为最低点，轨道AB和CDE均固定在竖直平面内。现将一质量为m、可视为质点的滑块从轨道AB的顶端A点由静止释放，重力加速度为g。 (1)若滑块恰好能通过半圆轨道的最高点E，求滑块经过C点时对轨道的压力大小； (2)若在（1）条件下，且，求滑块从B运动到C过程中因摩擦产生的热量； (3)若滑块与传送带间的动摩擦因数，滑块第一次在轨道CDE上运动时不中途脱离轨道，求轨道CDE半径r的取值范围。 【答案】(1)6mg (2)1.5mgR (3)或 【详解】（1）若滑块恰好能通过半圆轨道的最高点E，则滑块在E点有 解得 滑块从C到E过程，根据机械能守恒有 联立解得 滑块在C点有 联立解得滑块经过C点时轨道对滑块的支持力大小 根据牛顿第三定律可知，滑块经过C点时对轨道的压力大小6mg。 （2）若，由第（1）问可知，滑块从A到C过程，根据动能定理有 联立解得 滑块从A到B过程，根据机械能守恒有 解得 则滑块从B到C过程用时 则滑块从B运动到C过程中因摩擦产生的热量 （3）滑块与传送带间的动摩擦因数，当滑块恰好运动到D点时速度减为0，则滑块从A到D过程，根据动能定理有 代入题中数据，解得 当滑块恰好能通过半圆轨道的最高点E时，由第（1）问可知，此时滑块在E点的速度大小 则滑块从A到E过程，根据动能定理有 代入题中数据，解得 综上可知，滑块第一次在轨道CDE上运动时不中途脱离轨道，则或。 29．如图所示，倾角为的斜面固定在水平地面上，其顶端固定一劲度系数为的轻质弹簧，弹簧处于原长时下端位于点。质量为的滑块（视为质点）与斜面间的动摩擦因数。已知滑块以速度从斜面底端点沿斜面向上运动恰好能滑至点。现将滑块连接在弹簧的下端并拉至点由静止释放，滑块Q通过点（图中未画出）时速度最大，过点后能继续上滑。弹簧始终在弹性限度内，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略空气阻力，重力加速度为。求： (1)Q在从点运动到点的过程中，克服摩擦力做的功； (2)、两点之间的距离； (3)已知弹簧弹性势能的表达式为，x为弹簧的形变量，求滑块的最大动能。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）设斜面上、两点间的距离为，滑块沿斜面运动时所受滑动摩擦力大小为 由 可得 滑块以速度从点向上运动并恰好到达点，根据动能定理有 解得 滑块从点运动到点的过程中，克服摩擦力做的功为 解得 （2）设、两点间的距离为，滑块运动到点时弹簧的伸长量为，滑块速度最大时加速度为零，根据牛顿第二定律有 代入解得 代入解得 （3）滑块从点运动到点的过程中，弹簧的伸长量由减小为，根据功能关系有 代入 可得 由小问2可知 代入可得 化简得 代入 解得 30．如图，在距水平地面高的平台上，质量的小物块（可视为质点）以一定的水平速度向右从点滑离平台，恰好从点沿切线方向进入固定在竖直平面内、圆心为、圆心角、半径的光滑圆弧轨道。点距水平地面的高，圆弧轨道在点与长为的粗糙水平地面平滑连接，点固定有竖直挡板。取，空气阻力不计。，。 (1)求物块从离开平台运动到点所用时间； (2)求物块沿圆弧轨道第一次运动到点时对轨道的压力大小； (3)若物块与竖直挡板碰撞无能量损失，且物块最终停在段的中点，求物块与地面间动摩擦因数的可能值。 【答案】(1) (2) (3)、、、 【详解】（1）物块从到做平抛运动，竖直方向有 代入、、 整理得 （2）在点竖直分速度 物块恰好沿切线进入圆弧，速度方向与切线一致，由几何关系有 整理得，从到过程轨道光滑，机械能守恒，有= 解得，在点，轨道对物块的支持力与重力的合力提供向心力，有 代入、、 整理得 （3）设物块最终第次经过段中点时停止，碰撞挡板无能量损失，运动中只有段摩擦力做负功。物块从第一次到达点到最终停止所经过的段总路程为 由能量关系有=，其中 解得 物块第一次返回圆弧轨道时不能越过点，即从点再次上滑的动能最多转化为到点的重力势能，有 代入数据得 由，得，故 所以的可能值为、、、 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $