2027届高三物理一轮复习：重难突破7 动能定理及其应用

该高中物理高考复习教案聚焦动能定理及其应用，系统整合动能概念、定理理解、变力做功、单/多过程问题及斜面、弹簧、传送带、竖直圆周等综合情景，通过考点梳理（如动能定理与牛顿定律比较）、方法指导（全程法与分段法）、真题训练（考向分类练习），帮助学生构建知识网络，突破重难。 资料以能量观念和科学思维为核心，创新设计“两点一关系”（竖直圆周中动能定理联系速度、向心力方程联系受力）等教学策略，结合分层练习（单选、多选、解答题）和重难诠释（如传送带对地位移与相对位移区分），高效培养学生解题能力，为教师把控复习节奏、提升备考效率提供有力支持。

重难突破7　动能定理及其应用 1. 理解动能的概念，掌握动能表达式 Ek=½mv²，理解动能定理的内容、表达式及其适用范围。 2. 掌握用动能定理求解恒力、变力做功以及单过程、多过程问题的方法，会灵活使用全程法与分段法列式。 3. 能在斜面、弹簧、传送带、竖直圆周等情景中综合运用动能定理，并结合功能关系分析、解决问题。 【思维导图】 考点一　动能与动能定理 1．动能：物体由于运动而具有的能叫动能，表达式 。动能是标量、状态量，只有大小没有方向，且恒为非负，国际单位为焦耳（J），其大小与参考系的选取有关。 2．动能定理：合外力对物体所做的总功，等于物体在这一过程中动能的变化量，即 。 3．对定理的理解：①W合 是物体所受全部外力做功的代数和（也等于合力做的功）；②ΔEk=Ek末−Ek初，为正表示动能增加、为负表示动能减少；③动能定理是标量式，不能沿 x、y 方向分别列方程；④既适用于恒力作用，也适用于变力作用，既适用于直线运动，也适用于曲线运动。 动能定理与“牛顿定律＋运动学公式”的比较 比较项 动能定理 牛顿定律＋运动学公式 适用范围 恒力、变力；直线、曲线均可 主要用于恒力作用的匀变速运动 关注点 只看初末状态与各力做功 需求加速度，涉及时间与过程细节 突出优势 处理变力、曲线、多过程更简便 能求加速度、时间等中间过程量 重难诠释　①列动能定理方程时，重力、弹力、摩擦力等所有外力的功都要计入，最容易漏掉的是重力做功。②ΔEk 一定是“末动能减初动能”，顺序不能颠倒，总功的正负与 ΔEk 的正负一致。③动能定理是标量式，不能分方向列两个方程，也不涉及矢量方向。④对变力、曲线运动，牛顿定律往往难以处理，而动能定理只看初末状态，这是它最大的优势。 考点二　用动能定理求变力做功 1．变力做功一般不能直接用 W=Flcosα 计算。当物体受一个未知变力和若干已知恒力时，可由动能定理反求该变力的功：。 2．常见类型：①大小随位移变化的力（如弹簧弹力），可用 F-l 图像面积或动能定理求功；②方向始终沿轨迹、大小变化的力，可分段（微元）后用动能定理；③机车以恒定功率运动时牵引力做功 W牵=Pt，再用动能定理求解。 3．用动能定理只能求出变力在整个过程中做功的总量，不能直接得到变力大小随位置的变化关系。 重难诠释　①求某个未知变力的功，优先把它设为 W变，连同已知恒力的功一起代入 W合=ΔEk 整体解出。②弹簧弹力是变力，弹力做功等于弹性势能变化量的负值：W弹=−ΔEp（弹簧恢复原长做正功，被拉长或压缩时弹力做负功）。③摩擦力（阻力）大小不变、方向总与运动方向相反时，做功等于 −f·s路程。④求出的变力功若为负值，表示该变力阻碍物体运动。 考点三　动能定理的应用步骤与单过程问题 1．应用动能定理解题的一般步骤：①确定研究对象和研究过程（从哪个状态到哪个状态）；②分析受力，明确各力做功的正负与大小；③确定初、末状态的动能；④列出 W合=Ek末−Ek初 方程并求解、检验。 2．单过程典型情景：物体沿光滑或粗糙斜面下滑、在粗糙水平面上滑行减速、自由下落或竖直上抛等，对单一过程直接列一个动能定理方程即可。 3．若某力只在一段位移内作用，要按“作用段”计算该力的功，未作用的路段不计该力的功。 重难诠释　①解题口诀：选对象、定过程、分析力、算各功、列方程。②重力做功只看初末位置的高度差 WG=mgh，与路径无关；摩擦力做功看实际路程。③物体从静止开始或最终停下时，初（末）动能取零，可使方程简化。④斜面光滑与否只影响摩擦力是否做功，重力做功始终是 mgh。 考点四　多过程问题：全程法与分段法 1．分段法：把运动按受力情况或运动性质分成若干段，对每一段分别列动能定理方程，再联立求解；相邻两段以衔接处的速度作为联系。 2．全程法：当不需求中间状态的速度、加速度时，可对从初状态到末状态的整个过程只列一个动能定理方程——各段所有力做功的代数和等于全程动能的变化。 3．全程法中：重力功看初末位置的总高度差；各段摩擦力不同时，分段计算各段摩擦功再相加，即 。 全程法与分段法比较 比较项 全程法 分段法 方程个数 整个过程只列一个方程 每段列一个，再联立 适用情况 不需求中间速度、加速度 需要求衔接处的速度 关键 各段各力功取代数和 衔接处速度是联系桥梁 重难诠释　①全程法可绕开复杂的中间加速度与时间，是多过程问题的首选；只有要求中间速度时才必须分段。②物体中途短暂静止（速度为零）不影响全程列方程，ΔEk 仍只由最初、最末状态决定。③不同路段动摩擦因数、倾角不同时，摩擦力与重力分力不同，必须分段算功后求和。④“斜面＋水平面”问题中，斜面上摩擦功为 −μmgcosθ·s斜，水平面上为 −μmgs平，二者不要混用。 考点五　动能定理与图像、弹簧、传送带综合 1．与图像结合：F-l 图像中图线与 l 轴围成的面积表示力做的功；Ek-x（动能—位移）图像中图线的斜率表示物体所受的合外力，斜率正、负分别对应合力做正功、负功。 2．弹簧问题：弹簧弹力为变力，结合弹性势能与动能定理分析；只有弹簧弹力做功时，物体的动能与弹性势能之和保持守恒。 3．传送带问题：物体动能的变化由合外力（摩擦力）对物体做的功决定，用物体相对地面的位移；而摩擦生热 Q=f·s相对 用物体与传送带之间的相对位移，两者不可混淆。 重难诠释　①Ek-x 图像为直线段时，其斜率等于恒定合力；斜率突变说明合力突变（如进入粗糙程度不同的面、某力消失）。②“弹力对物体做的功”与“弹性势能的变化”大小相等、符号相反。③传送带问题分清两个位移：对地位移用于动能定理，相对位移用于求产生的内能。④物体与传送带共速后，摩擦力可能变为零或转为静摩擦，要重新判断后续过程。 考点六　竖直圆周与功能关系综合 1．竖直平面内的圆周运动是变速圆周运动：求各点速度优先用动能定理（重力做功只看高度差），再用向心力公式求绳、杆或轨道对物体的作用力。 2．例如从最高点 A 运动到最低点 B（高度差为 2R）：。 3．功能关系小结：①合外力做功等于动能的变化 W合=ΔEk；②重力做功等于重力势能变化的负值 WG=−ΔEp；③除重力（和系统内弹力）之外其他力做的功等于机械能的变化 W其他=ΔE。 几条常见的功能关系 做功的力 对应的能量变化 合外力做的功 W合 物体动能的变化 ΔEk 重力做的功 WG 重力势能变化的负值 −ΔEp重 弹簧弹力做的功 W弹 弹性势能变化的负值 −ΔEp弹 除重力、弹力外其他力做的功 物体（系统）机械能的变化 ΔE 重难诠释　①绳模型最高点临界速度 ，杆模型最高点速度可以为零；先用临界条件确定最高点速度范围，再用动能定理求其他点速度。②圆周问题“两点一关系”：两点之间用动能定理联系速度，每一点用向心力方程联系受力。③机械能的变化只由除重力（弹力）以外其他力的做功决定，摩擦力做负功时机械能减少。④只有重力做功时，动能定理就退化为机械能守恒，二者并不矛盾。 考向1　动能与动能定理的理解 一、单选题 1．（2026·渭南韩城·考前学情自测）如图甲所示，一个可视为质点的小球从地面竖直上抛，小球的动能Ek随它距离地面的高度h的变化关系如图乙所示，取小球在地面时的重力势能为零，小球运动过程中受到的空气阻力大小恒定，重力加速度为g，则下列说法正确的是（     ） A．上升过程中，小球处于超重状态 B．小球的质量为 C．小球受到空气阻力的大小为 D．小球上升到最高点所用的时间与从最高点落回抛出点所用的时间比为1∶2 【答案】C 【详解】A．上升过程中，小球受向下的重力和向下的空气阻力，加速度方向向下，小球处于失重状态，故A错误； C．对小球上升和下落的全程，由图可知，小球初动能为，下落的末动能为，整个过程阻力一直做负功，根据动能定理有 解得空气阻力，故C正确； B．对上升过程，由动能定理有 代入 解得，故B错误； D．由牛顿第二定律，上升过程的加速度 下落过程的加速度 上升和下落的位移均为，由匀变速运动公式 可得 解得，故D错误。 故选C。 2．（2026·日照一中·冲刺）如图所示，某同学用乒乓球发球机正对着竖直墙面以大小不同的速度水平发射乒乓球，乒乓球击中墙上的不同位置。若不计空气阻力，出球口到墙面的距离为，出球口到地面的高度也为，重力加速度为，乒乓球的质量为，则乒乓球击中墙面时的最小动能为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】由题，建立平抛模型，设初速度为，水平方向匀速，飞行时间取决于水平位移，即 竖直方向做自由落体，竖直分速度，下落高度 合速度大小 动能，令，则动能 由基本不等式 当且仅当，即时取等号，故 最小动能 此时下落高度，则此时球不会落地，能击中墙面，故结果成立。 故选B。 3．（26-27高二上·绍兴柯桥中学·回头考）如图为某地一风力发电机，它的叶片转动时可形成半径为R的圆面。假定某时间内该地区的风速是v，风向恰好跟叶片转动的圆面垂直，已知空气的密度为，若该风力发电机将此圆内的风能转化为电能的效率为η，下列说法正确的是（     ） A．单位时间内冲击风力发电机叶片圆面的气流的体积为 B．单位时间内冲击风力发电机叶片圆面的气流的质量为 C．单位时间内冲击风力发电机叶片圆面的气流的动能为 D．此风力发电机发电的功率为 【答案】D 【详解】A.单位时间内冲击风力发电机叶片圆面的气流的体积为，故A错误； B.单位时间内冲击风力发电机叶片圆面的气流的质量为，故B错误； C.单位时间内冲击风力发电机叶片圆面的气流的动能为，故C错误； D.此风力发电机发电的功率，故D正确。 故选D。 4．（2026·陕西榆林·冲刺压轴卷）某人将同一飞镖先后由同一竖直线的、两点沿水平方向抛出，飞镖均落在点，飞镖落在点时速度方向与水平方向的夹角分别为、，忽略空气的阻力。关于飞镖由、两点开始的平抛运动，下列说法正确的是（　　） A．平抛高度之比为 B．平抛时间之比为 C．平抛的初速大小之比为 D．飞镖落地瞬间的动能之比为 【答案】A 【详解】A．设水平位移为，下落高度为，落地速度偏角为。根据平抛运动规律，水平方向 竖直方向 落地竖直分速度 速度偏角正切值 结合和可得推论 因为、在同一竖直线上且落在同一点，水平位移相等，所以 则。故A正确； B．根据 得 所以。则。故B错误； C．水平方向 则 因为相等，所以。则。故C错误； D．飞镖落地瞬间的速度 动能 则，故D错误； 故选A。 5．（2026·合肥皖智高级中学·提分训练三）2026年2月6日，意大利冬奥会在米兰圣西罗球场盛大开幕。跳台滑雪是冬奥会的重要竞技项目。如图所示，一名跳台滑雪运动员经过一段加速滑行后从O点水平飞出。该运动员两次试滑分别在斜坡上的M、N两点着陆。已知，斜坡与水平面的夹角为，不计空气阻力，运动员（含装备）可视为质点，则该运动员两次试滑（　　） A．着陆在M、N点时动量的方向不同 B．着陆在M、N点时动能之比为 C．着陆在M、N点两过程时间之比为 D．着陆在M、N点对应在O点的初速度之比为 【答案】B 【详解】平抛运动中，水平位移 竖直位移 由此得运动时间，即​ 初速度，即​ A．动量方向即速度方向。平抛落在斜面上时 速度偏角满足 （为位移偏角，恒定不变），因此速度方向恒定，动量方向相同，A错误； C．由​， 可得​，C错误； D．由，得初速度之比，D错误； B．动能 代入​、，化简可得 因此 ，B正确。 故选B 。 二、多选题 6．（2027·河南新乡·一模）某同学研究竖直上抛运动的对称性，将一个小球以初速度竖直向上抛出，不计空气阻力，重力加速度为。当小球的动能减少到初动能的一半时，所用时间可能为（     ） A． B． C． D． 【答案】CD 【详解】根据动能 可得当小球动能减为原来一半时，速度大小 取向上为正方向，小球加速度为，若小球正在上升，则末速度为，根据 可求得小球所用时间 若小球已经下落，则末速度为，根据 求得小球所用时间，故AB错误；CD正确。 故选CD。 考向2　用动能定理求变力做功 一、单选题 1．（2026·长沙大学附中·模拟）某校高一年级某班同学做了如图所示实验，长为的木板水平放置，在木板的端放置一个质量为的小物块，现缓慢地抬高端，使木板以左端为轴转动，转至与水平面的夹角为（弧度），在整个过程中，小物块与木板保持相对静止。下列说法正确的是（     ） A．摩擦力对小物块做功为零 B．摩擦力对小物块做功为 C．支持力对小物块做功为零 D．支持力对小物块做功为 【答案】A 【详解】AB．在木板从水平位置开始转动到与水平面的夹角为的过程中，静摩擦力与物体运动的方向垂直，则静摩擦力不做功，故A正确，B错误； CD．在木板从水平位置开始转动到与水平面的夹角为的过程中，支持力为变力，对物块做功，设为，根据动能定理得 解得，故CD错误。 故选 A。 2．（2026·陕西商洛镇安中学·模拟）如图所示，一质量为m的物块（视为质点）静置于水平放置的转盘上，物块所处的位置到转盘中心轴的距离为r。现使转盘绕中心轴转动，转动的角速度ω从0开始逐渐增加至ω0过程中，物块与转盘始终相对静止，则在此过程中，转盘对物块的作用力对物块所做的功为（　　） A． B． C． D．0 【答案】B 【详解】由动能定理可知，转盘对物块的作用力对物块所做的功，选项B正确。 故选B。 二、多选题 3．（2026·定襄中学校·模拟）学习小组用如图所示的装置来测量空气阻力对小球所做的功。小组同学将细线一端固定在力学传感器上的点，另一端与质量为的小球相连。小组同学测得细线的长度，小球的半径远小于线长。现将细线拉直，并使其位于水平位置，然后将小球由静止释放。当小球运动到最低点时，传感器的示数，取。下列说法正确的是（    ） A．小球运动到最低点时向心力大小为 B．小球运动到最低点时的速度大小为 C．小球运动过程中加速度始终沿绳指向点 D．小球运动到最低点的过程中，空气阻力对小球做的功为 【答案】BD 【详解】A．小球运动到最低点时，向心力由拉力和重力的合力提供，故A错误； B．由向心力公式 代入解得，故B正确； C．小球做变速圆周运动，速度大小不断变化，除了指向O点的向心加速度，还有改变速度大小的切向加速度，合加速度不沿绳指向O点，故C错误； D．对小球从释放到最低点过程应用动能定理 代入解得，故D正确。 故选BD。 4．如图所示，倾角为、足够长的斜面体固定在水平面上，质量为的物块静止在斜面体底端，从某时刻起，物块始终受到一个沿斜面向上的拉力F作用，拉力F随物块到斜面底端的距离l变化的关系为（式中物理量单位均为国际单位），已知物块与斜面之间的动摩擦因数，g取。下列说法正确的是（　　） A．物块沿斜面上滑的最大位移为4 m B．物块在上滑过程中拉力做的功为25 J C．物块沿斜面上滑至最高点后保持静止状态 D．物块在斜面上运动的总路程为6 m 【答案】AD 【详解】AB．因F-l是线性关系，故计算其做功时取其平均值 由动能定理 解得 ，故A正确，B错误； C．在最高点时，故物块沿斜面上滑至最高点后不能保持静止状态，故C错误； D．下滑时由动能定理 解得，物块在斜面上运动的总路程为，故D正确。 故选AD。 三、解答题 5．（2026·大庆一中·四模）如图所示，粗糙水平面长度为，与竖直面内的光滑半圆形导轨在点相接，轨道半径为。一个质量为的小物体将弹簧压缩到点后由静止释放，在弹力作用下物体获得某一向右速度后脱离弹簧，恰好能通过点（经点向左水平抛出）。已知物体与水平面间的动摩擦因数为0.5，小物体可视为质点，重力加速度为。求： (1)小物体通过点时的速度大小； (2)小物体从点抛出后落到水平面上的点与点之间的距离； (3)从静止释放到小物体完全脱离弹簧的过程中，弹簧弹力对小物体做的功。 【答案】(1) (2)2R (3) 【详解】（1）物体恰好通过点，由牛顿第二定律得 解得 （2）物体从点抛出后做平抛运动，竖直方向 水平方向 解得 （3）从到由动能定理得 解得 6．（25-26高三下·佛山·考前学情自测）某科技公司研发的无人机具备离地高度感应与智能着陆功能，可在接近地面时自动增大升力实现安全软着陆。已知无人机质量为，重力加速度为，机底搭载高度传感器，可实时探测离地高度。研究小组对该无人机的智能着陆系统进行测试，其升力控制规律为： 当离地高度时，升力大小恒定，； 当离地高度时，升力随高度线性调节，（）。 (1)现将无人机从距水平地面高（）处由静止释放，无人机沿竖直方向下落，运动过程中保持姿态稳定，无人机在接触地面瞬间速度恰好减为零。忽略空气阻力，求： ①无人机升力开始增大的瞬间，其速度大小； ②无人机在下落过程中，速度最大时的离地高度； ③无人机从释放到落地前瞬间的整个过程中，升力对无人机所做功的大小。 (2)若升力调节的临界高度为确定值，为保证无人机在接触地面瞬间速度恰好减为零，升力随高度线性调节的比例需根据静止释放的高度来调控，请写出与的关系式。 【答案】(1)①；②；③ (2)，（）； 【详解】（1）①当离地高度为时，无人机会加大升力，此前无人机合力   解得   由   得 ②速度最大时，合力为零，升力大小等于重力   解得 ③无人机从释放到落地前瞬间，由动能定理得   解得 （2）情况1：，无人机下落至离地前，升力做功 无人机下落至离地后，升力随高度线性变化。初、末位置升力的平均力为： 故升力做功 全过程由动能定理：   解得 情况2：，无人机始终在升力调节区内，全程升力的平均力为 升力做功 全过程由动能定理：   解得 综上所述，（）； 考向3　单过程中动能定理的应用 一、单选题 1．（2026·延边二中·一诊）如图所示，固定圆弧槽半径为R，质量为m的可视为质点的小球开始静止在槽的最低点，对小球施加水平向右的恒定拉力F，小球能上升的最大高度为。不计摩擦及空气阻力，重力加速度为g。关于上升过程，下列说法正确的是（     ） A．拉力的大小为 B．小球到达最高点时对槽面的压力大小为 C．小球运动到最高点过程拉力做的功为 D．当拉力的功率等于小球克服重力的功率时， 【答案】D 【详解】A．设小球所在位置的半径与竖直向下方向的夹角为，则小球上升的高度为 水平位移为 最高点的高度为，故 解得，由动能定理得 解得，故A错误； B．由全过程的动能定理可得，最高点速度为零，沿指向圆心的方向由牛顿第二定律得，故B错误； C．小球由最低点运动到最高点的过程中动能变化量为零，由动能定理得拉力做功，故C错误； D．拉力的功率等于小球克服重力的功率时，有 解得 即，小球运动至夹角为的位置时，拉力做功为，重力做功为。由动能定理得 将和代入，得 整理得 因此 此时拉力的功率，故D正确。 故选D。 二、多选题 2．（25-26高三上·陕西安康·二调）如图所示，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为R。bc是半径为R的四分之一圆弧，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恒力作用，自a点处从静止开始向右运动，重力加速度大小为g，不计空气阻力。关于小球从a点开始运动到其轨迹最高点的过程，下列说法正确的是（     ） A．小球重力势能增加 B．小球重力势能增加 C．小球运动到圆弧轨道最低点b时对轨道的压力大小为mg D．小球运动到圆弧轨道最高点c时对轨道的压力大小为3mg 【答案】BD 【详解】AB．由题意知，水平拉力，设小球达到c点的速度为v，从a到c根据动能定理，解得。小球离开c点后，竖直方向做竖直上抛运动，水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，设小球从c点达到最高点的高度为h，则有，所以小球重力势能增加，A错误，B正确； C．小球运动到圆弧轨道最低点b的过程由动能定理得，在b点由牛顿第二定律得，联立解得，由牛顿第三定律可知对轨道的压力大小为，C错误； D．小球在c点时由牛顿第二定律得，解得，由牛顿第三定律知对轨道的压力大小为，D正确。 故选BD。 3．（2026·横山中学·模拟）如图为一小朋友在一个空心水泥管里玩“踢球”游戏，将该过程简化：在竖直面内半径为的固定圆轨道的最低点有一质量为的小球（视为质点），现给小球一水平向右、大小为的瞬时速度，小球沿轨道内侧运动，重力加速度为，不计小球与轨道间的摩擦及空气阻力。不考虑小球落在轨道后的运动，下列说法正确的是（     ） A．小球对轨道的最大压力和最小压力之差为 B．小球对轨道的最大压力和最小压力之差为 C．小球整个过程能上升的最大高度为 D．小球整个过程能上升的最大高度为 【答案】BC 【详解】AB．小球在最低点时对轨道的压力最大，由 解得 设小球运动到与圆心的连线与竖直方向成角时脱离轨道，由动能定理有 由牛顿第二定律有 联立解得， 故小球对轨道的最小压力为0，因此，故A错误，B正确； CD．小球脱离轨道后做斜上抛运动的最大高度 因此小球能上升的最大高度，故C正确，D错误。 故选BC。 4．（2026·福州铜盘中学·模拟）某个雨滴从空中（高度足够高）由静止开始下落，在速度不太大时，其受到的阻力与速率成正比，即，其中。雨滴下落过程中，其速度v变化的图像如图所示。重力加速度取。下列说法正确的是（     ） A．雨滴所能达到的最大速度为 B．雨滴的质量为 C．当重力功率为时，雨滴受到的阻力为 D．当雨滴速度为时，其动能增加最快 【答案】AD 【详解】A．对下落雨滴受力分析，由牛顿第二定律得 整理得关系 当加速度时，雨滴速度不再增大，达到最大速度。由图像可知，时，即最大速度为，故A正确； B．时满足 代入得，故B错误； C．重力功率 代入得 阻力，故C错误； D．动能的变化率等于合外力的功率 这是开口向下的二次函数，最大值出现在顶点 代入得 即时动能增加最快，故D正确。 故选AD。 考向4　多过程问题——全程法与分段法 一、单选题 1．（2026·长沙一中广雅·模拟）一物体从圆弧形轨道的点自由下滑，由于摩擦阻力的作用到达点时速度为零，点比点下降了，又由点到达点，速度再次为零，点比点下降，则与比较，有（     ） A． B． C． D．无法确定 【答案】A 【详解】根据功能关系，物体从到的过程，物体从到的过程，由于小球克服摩擦力做功，机械能不断减小，前后两次经过轨道上同一点时速度减小，所需要的向心力减小，则轨道对小球的支持力减小，小球所受的滑动摩擦力也相应减小，而滑动摩擦力做功与路程有关，从到小球运动路径比从到的长。可见，从到小球克服摩擦力做功一定大于从到克服摩擦力做功，由上可得，A正确，BCD错误。 故选A。 2．（2026·云南玉溪一中·二模）蹦床是小朋友普遍喜欢的娱乐设施。一质量为m的小朋友由一定高度自由下落，以下落初位置为坐标原点O，竖直向下为Oy轴，小朋友下落过程中的加速度为a，其a-y图像如图乙所示（图中坐标值皆为已知）。设蹦床对小朋友的弹力大小满足胡克定律，空气阻力不计，重力加速度大小为g，则小朋友下落过程中，下列说法正确的是（     ） A．蹦床的等效劲度系数 B．小朋友速度的最大值 C．小朋友由O点下落的最大距离 D．小朋友感受到的最大加速度 【答案】B 【详解】A．由图像可知，当时，小朋友开始与蹦床接触。当时，即，其中 解得，故A错误； B．当加速度为零时速度最大，对小朋友，从最高点到过程，根据动能定理有 其中 解得，故B正确； C．当下落距离最大时，速度为零，对小朋友的整个下落过程，根据动能定理有 其中 解得，故C错误； D．在最低点处，小朋友的加速度最大，根据牛顿第二定律可得 解得，故D错误。 故选B。 3．（2026·昆明长水教育集团·二模）如图所示，水平面上点左侧光滑，右侧粗糙。有4个质量均为静止的小滑块（可视为质点）用轻质细杆相连，相邻滑块间的距离为，小滑块1恰好位于点左侧，小滑块2、3、4依次沿直线水平向左排列。现对小滑块1施加水平向右的恒力作用，在小滑块2向右经过O点到小滑块3到达点的过程中，系统做匀速直线运动。已知重力加速度为，下列说法正确的是（　　） A．小滑块匀速运动时，各段轻杆上的弹力大小相等 B．小滑块做匀速直线运动的速度大小为 C．在小滑块3刚到达O点时系统的机械能增加量为 D．在小滑块4刚到达O点时所有小滑块均停止运动 【答案】D 【详解】O点左侧光滑，右侧粗糙；4个滑块质量均为，相邻间距，初始时滑块1在O点左侧，其余向左排列。对滑块1施加向右的恒力，当滑块2过O点、滑块3到达O点的过程中，系统匀速运动。匀速运动时合力为0，此时滑块1、2在右侧粗糙区，受到的滑动摩擦力为： 由匀速条件得： 即动摩擦因数。 A．匀速阶段（滑块2在O点右侧、滑块3在O点左侧），对不同滑块隔离分析，对滑块1： 得 对滑块2： 得 对滑块3、4：不受摩擦力，合力为0，故 可见杆的弹力并不相等，A错误； B．滑块1从O点到滑块2到达O点的过程（位移）： 代入，得： 解得：，B错误； C．机械能增加量等于除重力外其他力做的功，即恒力做功减去摩擦力做功。滑块3到达O点时，滑块位移为，做功： 摩擦力做功：滑块1位移，滑块2位移， 机械能增加量：，C错误； D．对滑块从开始到滑块4到达O点的全过程，总位移，做功： 摩擦力做功：滑块1位移、滑块2位移、滑块3位移， 总功 动能变化为0，初动能为0，故末动能也为0，所有滑块停止运动，D正确。 故选D。 4．（2026·神木四中·模拟）无人机已应用到很多领域，一团队要测试某电动无人机的性能，某次测试中无人机从地面由静止开始竖直向上飞行，飞行过程中，无人机的动能随高度h变化的关系如图所示。已知无人机上升到处时关闭动力，靠惯性继续上升，上升到的最大高度为，取竖直向上为正方向，不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．无人机的质量为 B．无人机上升过程中先做变加速运动后做匀速运动 C．上升过程中电机对无人机做功 D．电机做功时间为 【答案】D 【详解】A．关闭动力后，无人机从​上升到，只有重力做功，由动能定理，得 解得​​，故A错误； B．图线的斜率表示合外力大小，在阶段，图线斜率恒定，说明合外力恒定，由牛顿第二定律可知，加速度恒定，无人机做匀加速运动，故B错误； C．对无人机从地面到最大高度全过程，初末动能都为0，由动能定理，得 代入​​，解得​，故C错误； D．电机工作过程为，匀加速阶段，末动能 代入​​，解得末速度 匀加速位移 解得 ​匀速阶段，位移 速度为，解得 总时间，故D正确。 故选D。 二、多选题 5．（2026·镇安中学·模拟）新型应急无人机可在高空完成物资投送。如图所示，质量的物资（可视为质点）从无人机上由静止释放，先竖直下落，沿切线从顶端点进入一半径的圆弧轨道，从轨道底端点以的速度滑上水平地面。已知水平地面与物资间的动摩擦因数（为物资到点的距离），整个运动过程物资受到的空气阻力大小恒为，重力加速度取。下列说法正确的是（    ） A．物资到达点时速度大小为 B．物资到达点时，轨道对物资的支持力大小为850 N C．物资在圆弧轨道上运动过程中，克服圆弧轨道的摩擦力做的功为4250J D．物资最终停下的地点到点的距离为 【答案】BD 【详解】A．物资竖直下落时，由动能定理 解得，故A错误； B．物资在点，由牛顿第二定律 解得,故B正确； C．物资在圆弧轨道上运动过程中，由动能定理 解得 因总的阻力包括空气阻力和摩擦阻力，故C错误； D．物资在水平地面从点到静止，设运动过程，由动能定理 解得，故D正确。 故选BD。 6．（2026·靖远一中·模拟）如图所示，离地面高h的水平台面OP上有一轻弹簧，左端固定，弹簧处于原长时右端处于A点。用一质量为m的可看成质点的物块，将弹簧压缩至B点，由静止释放物块，物块脱离弹簧后正好运动至P点。现将该物块从距P点水平距离为s的C处斜向上抛出，物块无碰撞地从P点落在台面上，且正好将弹簧压缩至B点。已知，，忽略空气阻力，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．物块从C点抛出时的水平速度大小为 B．物块从C至B点的过程中，克服重力、摩擦力、弹簧弹力做的总功等于物块损失的机械能 C．物块与台面间的动摩擦因数为 D．物块与台面间的动摩擦因数为 【答案】AC 【详解】A．物块从C点抛出至P点，竖直方向 水平方向 可得物块水平速度大小为，A正确； B．机械能的改变量等于除重力以外其他力做的总功，所以物块损失的机械能等于克服摩擦力和弹簧弹力做的总功，B错误； CD．物块落到P点时的动能 设弹簧的弹力做功为W，从B至P过程中，根据动能定理 从P至B由动能定理 联立解得， C正确，D错误。 故选 AC。 三、解答题 7．（2026·渭南韩城·考前学情自测）如图所示，从A点沿水平方向抛出一个质量m=0.5 kg的物体（可视为质点），物体恰好以5 m/s的速度无碰撞地沿圆弧切线从B点进入竖直光滑圆弧轨道，B、C为圆弧的两端点，且在同一水平线上，圆弧半径R=1.25 m，Q为轨道最低点，圆弧对应的圆心角，物体离开C点后恰好能无碰撞地沿缓冲斜坡滑至D点，并自动锁定。已知物体与缓冲斜坡间的动摩擦因数，取sin53°=0.8，cos53°=0.6，，不计空气阻力，求： (1)A点离地面的高度h； (2)物体运动至Q点时对圆弧轨道的压力大小； (3)缓冲斜坡上C、D间的距离。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）物体在B点速度沿圆弧切线，速度方向与水平方向夹角为 分解B点速度：水平初速度 竖直分速度 平抛运动竖直方向为自由落体运动，有 解得 （2）从B到Q，物体下落高度 由动能定理可得 在Q点，由牛顿第二定律可得 代入数据得 由牛顿第三定律，物体对圆弧轨道的压力大小为 （3）物体最终停在D点，末动能为0，对B到D过程，由动能定理可得 代入数据解得 【点睛】 8．（2026·山东实验中学·模拟）质量为的小球与一个长为的轻杆连接，杆的另一端可绕点无摩擦旋转，现将小球拉到与水平方向成角的上方点。 (1)将小球由静止释放，求小球运动到最低点时受到杆的拉力大小； (2)将杆改为同长度不可伸长的轻绳（绳恰伸直），然后仍然将小球从点由静止释放，求小球运动到最低点时受到绳的拉力大小。 【答案】(1) (2)T=3.5mg 【详解】（1）根据动能定理 在最低点，根据向心力方程 解得 （2）小球释放后先做自由落体运动，绳子将为松弛状态。当小球运动到O点所在水平线下方且与O点连线与水平方向成30°角时，绳被瞬间拉直。在绳绷直前的瞬间小球的速度方向竖直向下，大小为 在绳绷直的瞬间过程中，由于O点固定，则小球在沿绳方向上的分速度瞬时减小到零，小球在垂直于绳方向上的分速度 此后小球以为初速度沿弧线下摆，由机械能守恒有 在最低点由牛顿第二定律有 联立以上各式可得T=3.5mg 考向5　用动能定理解决竖直平面内的圆周运动 一．选择题（共6小题） 1．（2026春•岷县期末）如图所示，两条长度分别为R1、R2不可伸长的细绳，各有一端固定在光滑水平面上，细绳另一端分别系有质量为m1、m2的小球，并使两小球都在水平面内做匀速圆周运动。已知R1＝2R2，且m2＝2m1，则下列有关两绳拉力大小F1、F2的比值，叙述正确的是（　　） A．若两球动能的比值，则 B．若两球角速度的比值，则 C．若两球运动周期的比值，则 D．若两球速率的比值，则 【解答】解：A．若两球动能的比值，根据拉力等于向心力且F＝m可得：，解得：1，故A正确； B．若两球角速度的比值，根据拉力等于向心力且F＝mRω2可得：，解得：4，故B错误； C．若两球运动周期的比值，根据拉力等于向心力且F＝mR可得：，解得：，故C错误； D．若两球速率的比值，根据拉力等于向心力且F＝m可得：，解得：1，故D错误。 故选：A。 2．（2026春•渝中区校级月考）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，轨道上的A点离PQ的距离为，一质量为m的质点自P点正上方距离h＝2R由静止释放，进入轨道后刚好能到达Q点并再次返回经过N点。已知质点第一次滑到轨道最低点N时速率为v1，第一次到达A点时速率为v2，选定N点所在的水平面为重力势能的零势能面，重力加速度为g，则（　　） A．从P到N的过程中，重力的功率一直在增大 B． C． D．从N到Q的过程中，动能与势能相等的点恰好在A点 【解答】解：A．由重力功率P＝mgvy，其中vy是竖直方向分速度 质点在P点时速度为不为0，到达最低点N时速度水平，vy＝0，功率也为0，因此重力功率不可能一直增大，A错误； B．设质点到达P点时的速度为v，由动能定理有 解得 由题意由静止释放刚好能到达Q点，由根据动能定理有mg2R﹣Wf＝0﹣0 解得Wf＝2mgR 因为从P到N每个点速度均大于N到Q每个对称点的速度，P到N的正压力大于N到Q，P到N的摩擦力大于N到Q的摩擦力，所以P到N克服摩擦力做功W'f大于mgR 由P到N，应用动能定理，所以vN＜vp，即第一次滑到轨道最低点时的速率，B错误； C．质点从N到A再到Q的过程中，重力与摩擦力做功。质点与O点连线与ON夹角为θ，由质点做圆周运动，θ增大，速度减小，重力沿径向分力减小，故轨道对其支持力减小，由牛顿第三定律，质点在NA段与轨道之间的压力大于AQ段与轨道之间的压力 根据f＝μFN可知，质点在NA段受到的摩擦力比较大，且NA段的长度大于AQ段，所以质点在NA段摩擦力做的功比较多，则重力做功在两阶段一样多，所以质点第一次到达N点处的动能一定大于质点第一次到达A点处动能的2倍，根据动能的表达式 可知，C正确； D.若在A点动能和重力势能相等，因为轨道是粗糙的，所以不可能上升到Q点，D错误。 故选：C。 3．（2026春•聊城期末）如图所示，固定在竖直面内的光滑圆环最高点套有质量为m的小球，圆环的半径为R，重力加速度为g。给小球一大小的初速度，当小球沿圆环下滑至A点时，AO连线与竖直方向的夹角为θ，若，下列说法正确的是（　　） A．在最高点小球受到圆环向上的弹力，大小为 B．小球在A点的速度大小为 C．小球在A点和轨道之间弹力为零 D．小球在A点重力的瞬时功率为 【解答】解：A、在最高点时，设小球受到圆环向上的弹力，由牛顿第二定律得 解得，方向向上，故A错误； B、从最高点到A点，由动能定理得，解得小球在A点的速度大小为，故B错误； C、小球在A点时，根据牛顿第二定律有，解得FNA＝0，即小球和轨道之间弹力为零，故C正确； D、小球在A点重力的瞬时功率为，故D错误。 故选：C。 4．（2026春•绵阳期末）如图甲所示，竖直半圆弧轨道与水平地面平滑相接，M、N分别是其最低点和最高点。质量均为0.5kg的物块A、B并排静置在水平地面，A与地面间的动摩擦因数为0.2，B下表面光滑。外力F水平作用在A上，A最后静止在地面某处，B刚好能通过半圆弧轨道的N点。已知外力F的大小与A的位移x大小的关系如图乙所示，重力加速度g取10m/s2。则圆弧轨道的半径和A在水平地面通过的总距离分别为（　　） A．0.05m，2.0m B．0.08m，2.5m C．0.08m，3.5m D．0.10m，4.0m 【解答】解：A与地面间的滑动摩擦力大小为f＝μmg＝0.2×0.5×10N＝1N，则在F减小到1N时，A与B分离。 由图乙可知，F的解析式为F＝3.0﹣x 当F减小到1N时，A、B运动的位移大小为x1＝2m A与B分离后，B在水平面上做匀速直线运动，在F减小到1N之前，A与B一起运动，对AB整体，由动能定理得 解得 因B刚好能通过半圆弧轨道的N点，则B运动到N点时，由重力提供向心力，则有 对B从M到N的过程，由动能定理得 解得圆弧轨道的半径R＝0.08m AB分离后，对A继续运动的过程，由动能定理得 解得 故A在水平地面通过的总距离为x总＝x1+x2＝2m+1.5m＝3.5m，故ABD错误，C正确。 故选：C。 5．（2026春•商丘期末）如图甲所示，细绳一端固定在O点，长度一定，可视为质点的小球在细绳的作用下在竖直平面内做圆周运动，改变小球的转速，测定小球每次经过最低点时细绳的拉力为F，并描绘出该拉力关于小球经过最低点的角速度的平方的变化规律如图乙所示，已知重力加速度为g，不计空气阻力，则下列说法正确的是（　　） A．小球的质量为 B．细绳的长度为 C．小球能做完整圆周运动，在最高点和最低点细绳的拉力大小的差值为4b D．要使小球能做完整圆周运动，最低点时角速度至少要 【解答】解：A.由题意可知，小球在最低点时，由绳子的拉力与自身重力的合力提供向心力，则有： F﹣mg＝mω2R， 整理可得： F＝mR•ω2+mg， 则对比图乙可知，纵轴截距为： b＝mg， 解得小球质量为： ，故A错误； B.由图乙可知，图像斜率为： ， 由A中F的关系式可知： k＝mR， 联立可得，图甲中圆周的半径，即细绳的长度为： R，故B错误； C.结合前面分析及题意可知， 小球在最低点时有： ， 小球在最高点时有： ， 小球由最低点到最高点的过程，由动能定理可得： ， 联立可得： F1﹣F2＝6b，故C错误； D.若小球刚好能做完整圆周运动，则在最高点有： ， 小球由最低点到最高点的过程，由动能定理可得： ﹣mg•2R， 联立解得： ， 又因为： v1＝ω1R， R， 则联立可得： ， 即要使小球能做完整圆周运动，最低点时角速度至少要，故D正确。 故选：D。 6．（2026春•宣城期末）一般的曲线运动可以分为很多小段，每一小段都可以被看作是圆周运动的一部分圆弧，如图为摩托车匀速率运动过程中经过高低不平的一段赛道，底部A和顶部B两个位置对应的圆弧半径为r1、r2，且r1＜r2，关于A、B两点向心加速度aA、aB，向心力FA、FB和动能EKA、EkB，下列说法正确的是（　　） A．向心加速度aA＞aB B．向心力FA＜FB C．动能EkA＞EkB D．摩托车最有可能爆胎的位置在B点 【解答】解：A、摩托车匀速率行驶，v大小不变。，r1＜r2，可得aA＞aB，故A正确； B、，r1＜r2，可得FA＞FB，故B错误； C、动能只与质量和速率有关，速率不变，则EkA＝EkB，故C错误； D、A点处于凹形底部，支持力，N＞mg；B点处于凸形顶部，，N＜mg，A点轮胎受到的压力更大，最容易爆胎，故D错误。 故选：A。 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2026/9/8 15:01:53；用户：李陆敏；邮箱：orFmNtzVrcH7gw1f524IhJ2j63fs@weixin.jyeoo.com；学号：50207874 一．选择题（共14小题） 1．（2026•海安市校级开学）如图所示，足够长的竖直固定杆上套一劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧下端悬挂质量为m的物块B，上端连接一轻质小球A，物块B与杆间无摩擦，小球A与杆之间的最大静摩擦力为1.2mg，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，忽略空气阻力。将物块B向上移至弹簧原长处由静止释放（　　） A．物块B速度最大时，弹簧的伸长量为 B．释放后小球A会立即开始向下滑动 C．物块B向下运动的过程中有一段时间加速度不变 D．小球A刚开始滑动时，物块B的动能为 【解答】解：A、在小球A未滑动时，设弹簧伸长量为x，取竖直向下为正方向，根据牛顿第二定律得mg﹣kx＝ma，当kx＝mg时，物块B的加速度为零，速度达到最大，此时弹簧的伸长量为，故A错误； B、刚释放时弹簧处于原长，弹簧的弹力为零，小球A受到的静摩擦力为零。随着物块B向下运动，弹簧逐渐伸长，小球A受到的静摩擦力逐渐增大，当拉力小于A的最大静摩擦力1.2mg时，A仍保持静止，当弹簧的拉力大于A的最大静摩擦力1.2mg时，A才开始向下运动，因此释放后A不会立即向下滑动，故B错误； C、当小球A开始向下滑动后，滑动摩擦力大小为1.2mg。由于小球A为轻质小球，弹簧的弹力与滑动摩擦力始终平衡，因此弹簧弹力保持为1.2mg。此时对物块B有mg﹣1.2mg＝ma 解得，负号表示加速度方向向上，所以物块B向下运动的过程中有一段时间加速度保持不变，故C正确； D、小球A刚开始滑动时，弹簧伸长量满足kx＝1.2mg，所以。从释放到小球A刚开始滑动的过程中，根据功能关系有 则 代入得 因此物块B的动能为，故D错误。 故选：C。 2．（2026•衡水校级开学）京雄快线（雄安R1线）是京津冀协同发展重要轨道交通线路，列车由中车唐山公司制造。若该车以恒定功率在水平路面上沿直线运动，在0～t时间内，速度从v1加速到v2，假定列车运行所受阻力恒定，列车的速度v、动能Ek、牵引力F、牵引力功率P、位移x、时间t之间的变化的关系图像可能正确的是（　　） A． B． C． D． 【解答】解：A、列车恒定功率加速，由P＝Fv可知速度增大，牵引力减小；根据F﹣f＝ma，加速度减小，做加速度减小的加速运动。 A项v﹣t图像斜率代表加速度，斜率应逐渐减小，题图斜率变大，故A错误； B、由，牵引力与速度成反比，速度增大牵引力减小，故B错误； D、依据动能定理（F﹣f）•Δx＝ΔEk，列车动能增加，图像斜率为合外力，合外力减小，故D正确； C、列车功率恒定，P不随速度改变，图像应为水平直线，故C错误。 故选：D。 3．（2026•濮阳校级开学）如图所示，一条长度L＝50cm的轻质细线上端固定在转轴的O点，下端拴一质量m＝1kg的小球，小球在水平面内随转轴做匀速圆周运动，此时细线与竖直方向成37°角。缓慢增大转轴的转速，使小球缓慢上升，直至再次随转轴做匀速圆周运动时，细线与竖直方向成53°角。忽略空气阻力，重力加速度g取10m/s2。sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。小球缓慢上升过程中，细线对小球做的功约为（　　） A．3.54J B．2.54J C．1.54J D．0.54J 【解答】解：小球上升过程为变力做功，细绳与竖直方向夹角为θ，小球做圆周运动，对小球进行受力分析如图所示 根据牛顿第二定律可得 解得 故当θ1＝37°时，小球的速度 当θ2＝53°时，小球的速度 根据动能定理可得 解得W＝2.54J，故ACD错误，B正确。 故选：B。 4．（2027•五华区校级模拟）京东研发的智慧物流无人机解决了配送中“安全、及时、智能”的核心需求。某次质量为6kg的货物被无人机从地面静止吊起，竖直方向上运动的v﹣t图像如图所示，重力加速度g取10m/s2。不计货物受到的空气阻力的影响，则下列说法正确的是（　　） A．在0～6s内，拉力对货物做功为900J B．在6～26s内，拉力对货物不做功 C．在26～28s内，克服拉力做功为225J D．在0～28s内，拉力对货物做功为7200J 【解答】解：A．由图像可知0～6s内货物的加速度为 由牛顿第二定律得F﹣mg＝ma 解得拉力F＝65N 根据v﹣t图线与横轴围成的面积表示位移，0～6s内货物的位移为 在0～6s内，拉力对货物做功为W＝Fx，解得：W＝975J，故A错误； B．在6～26s内货物匀速向上，拉力向上，位移向上，拉力做正功，故B错误； C．根据v﹣t图线与横轴围成的面积表示位移，在26～28 s内货物的位移 对货物由动能定理得 解得WF3＝225J，说明拉力对货物做正功，故C错误； D．根据v﹣t图线与横轴围成的面积表示位移，在0～28s内货物的位移 对货物由动能定理得WF﹣mgx总＝0 解得WF＝7200J，故D正确。 故选：D。 5．（2026秋•福州月考）2026福建省城市足球联赛（简称“闽超”）火热开赛，成为全省社会各界广泛关注的焦点。如图质量为m的足球静止在地面，由位置1被踢出后落到地面的位置3，虚线为其运动轨迹。已知足球在空中达到的最高点2的高度为h，1、2间的水平距离大于2、3间的水平距离。重力加速度为g。则足球（　　） A．在最高点重力的功率不为零 B．在最高点加速度为g C．从1到2的运动时间一定等于从2到3的时间 D．从2到3过程中，动能的增加量小于mgh 【解答】解：A．根据题意可知，足球在最高点有水平方向上的速度，竖直方向上速度为0，根据p＝mgvy可知，足球在最高点重力的功率为零，故A错误； B．若足球运动过程中不受空气阻力作用，则足球运动轨迹应相对于过最高点的竖直线对称，由于1、2间的水平距离大于2、3间的水平距离，可知足球受到空气阻力作用，故在最高点时，竖直方向上加速度为g，水平方向上受到空气阻力的作用，故水平方向上加速度不为0，由加速度矢量的合成可知在最高点加速度大于g，故B错误； C．竖直方向上，根据牛顿第二定律有 根据运动学公式 可知从1到2的运动时间小于从2到3的时间，故C错误； D．足球从位置2到3过程中，由动能定理可知ΔEk＝mgh﹣Wf＜mgh，故D正确。 故选：D。 6．（2026秋•湘潭月考）如图，光滑的细杆与水平方向成37°角固定放置，不可伸长的轻质细线跨过两个轻质定滑轮，将质量为m的小球与质量为2m的物块连接。小球套在细杆上由静止开始上滑，当运动到线与杆之间的夹角为37°的A点时，，方向沿杆斜向上；当运动到B点时，线与杆垂直。已知A、B间的距离为L，重力加速度为g，细线一直处于伸直状态，整个过程中物块没有落地，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，下列说法正确的是（　　） A．当小球运动到B点时，物块速率最大 B．当小球在A点时，物块的速度大小为 C．小球从A点运动到B点，系统总重力势能的减小量为mgL D．小球从A点运动到B点，细线对小球做的功为 【解答】解：A．根据题意可知，物块的速度等于小球沿细线方向的分速度。当小球运动到B点时，细线与杆垂直，小球速度沿杆方向，因此沿细线方向的分速度为0，即物块速度为0，当小球运动到B点时速度最小，并非最大，故A错误。 B．小球在A点时，速度沿杆方向，将vA分解为沿细线方向和垂直细线方向的分量，沿细线方向的分量与物块速度大小相等。根据几何关系可知，vA与细线方向的夹角为37°，则当小球在A点时，物块的速度大小，故B错误。 C．根据题意可知，系统总重力势能的变化量等于小球重力势能变化量与物块重力势能变化量之和。小球从A到B沿杆向上运动距离L，上升高度h1＝Lsin37°＝0.6L 小球重力势能增加ΔEp1＝mgh1＝0.6mgL 根据几何关系，B点时滑轮到小球的细线长度为 A点时滑轮到小球的细线长度 因此细线缩短的长度 即物块下降高度 物块重力势能减少ΔEp2＝2mgh2＝mgL 系统总重力势能变化量ΔEp＝ΔEp1﹣ΔEp2＝0.6mgL﹣mgL＝﹣0.4mgL，故C错误。 D．小球从A到B的过程，细线对小球做的功为W与细线对物块做得功W′，大小相等，一正一负。对物块分析，根据动能定理有 故细线对小球做的功为，故D正确。 故选：D。 7．（2026秋•莆田月考）质量m＝200kg的小型电动汽车在平直的公路上由静止启动，图像甲表示汽车运动的速度与时间的关系，图像乙表示汽车牵引力的功率与时间的关系。设汽车在运动过程中阻力不变，在18s末汽车的速度恰好达到最大。则下列说法正确的是（　　） A．汽车受到的阻力200N B．汽车的最大牵引力为800N C．8s～18s过程中汽车牵引力做的功为8×104J D．汽车在做变加速运动过程中的位移大小为90m 【解答】解：A、当牵引力等于阻力时，速度达到最大值，则有 ，计算可得f＝800N 故A错误； B、汽车做匀加速运动的牵引力最大，则有 ，计算可得F＝1000N 故B错误； C、8s﹣18s过程中汽车牵引力已达到最大功率，所以牵引力做的功为 W＝Pt，计算解得W＝8×104J，故C正确； D、8s～18s过程中，根据动能定理得 解得 s＝95.5m故D错误； 故选：C。 8．（2026•渝中区校级开学）如图所示，左右水平地面间安装一水平传送带，三者处于同一水平面上。左侧地面上有一个长为L＝1m的薄木板，木板与左侧地面间的动摩擦因数为0.1，初始时木板右端A点与传送带左端B点的距离为0.1m，速度v0＝2m/s，方向向右。传送带两端B、C的距离为1.2m，和木板间动摩擦因数为0.2。传送带保持速度v1m/s顺时针匀速运转。右侧地面与木板动摩擦因数也为0.2。重力加速度g＝10m/s2，当木板停止运动时，木板左端到传送带右端C点的距离为（　　） A．0.95m B．0.98m C．1.00m D．1.20m 【解答】解：木板在左侧地面向右运动，受到滑动摩擦力做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有。 木板右端到达B点时位移x0＝0.1m，根据运动学公式，代入数据解得此时速度的平方。 木板逐渐滑上传送带的过程，设滑上传送带的长度为x，木板受到的合外力，根据牛顿第二定律得加速度，代入数据得a（x）＝3x﹣1。 由于合外力随位移均匀变化，可用平均加速度计算做功，初态x＝0时a（0）＝﹣1m/s2，末态x＝1m时a（1）＝2m/s2，该过程的平均加速度。 木板刚好全部滑上传送带时，运动距离为L＝1m，速度平方为，代入数据解得。 此时木板速度，恰好等于传送带的速度v1，此后木板与传送带相对静止并随之匀速运动，直到木板右端到达C点。 木板滑出传送带的过程，设滑出传送带到右侧地面的长度为y。初始阶段木板要保持与传送带共速，需传送带的静摩擦力平衡右侧地面的滑动摩擦力。 右侧地面的摩擦力，传送带能提供的最大静摩擦力。 当f3≤fM时木板保持匀速，即2y≤2（1﹣y），解得y≤0.5m，故木板滑出0.5m前以匀速运动。 当y＞0.5m后，木板开始减速，受到的合外力变为，对应加速度a（y）＝2﹣4y。 同理该阶段加速度随位移均匀变化，在y＝0.5m到y＝1.0m过程中，初态a（0.5）＝0，末态a（1.0）＝﹣2m/s2，平均加速度。 当木板全部离开传送带时（此时木板左端刚好到达C点），速度平方为，其中减速滑行距离Δy＝0.5m，代入数据解得。 木板全部在右侧地面上滑行时，加速度，根据，代入数据解得木板还能继续滑行的距离s＝0.95m。 因为木板全部离开传送带时其左端刚好在C点，此后又向右滑行了0.95m，所以当木板停止运动时，木板左端到传送带右端C点的距离为0.95m，故A正确，BCD错误。 故选：A。 9．（2026春•日照期末）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，直径POQ水平，M点位于Q点正上方且到Q点的距离为。一质量为m的小球（可视为质点）自P点上方高度2R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道。滑到轨道最低点N时，小球对轨道的压力为5.5mg（g为重力加速度），则小球（　　） A．恰好到达Q点 B．恰好到达M点 C．能通过Q点，但是不能到达M点 D．能通过M点并继续上升一定高度 【解答】解：在N点，根据合外力提供向心力有 代入FN＝5.5mg，解得小球在N点的动能 从开始下落到N点过程，根据动能定理有mg（3R）﹣Wf1＝EkN 解得P→N过程克服摩擦力做功的大小为Wf1＝0.75mgR 由于小球运动过程中机械能不断减小，在右侧轨道同一高度处的速度小于左侧，导致支持力和摩擦力减小，故N→Q过程克服摩擦力做功小于P→N过程克服摩擦力做功，即Wf2＜Wf1＝0.75mgR 从N到Q，根据动能定理有﹣mgR﹣Wf2＝EkQ﹣EkN 可得Q点动能 EkQ＝1.25mgR﹣Wf2＞0.5mgR，即小球通过Q点时速度不为零。 小球离开Q点后做竖直上抛运动，能上升的最大高度，而M点高度为0.5R，所以小球能越过M点并继续上升一定高度。 故D正确，ABC错误； 故选：D。 10．（2026秋•如皋市校级月考）质量为m的足球以初速度v0踢离地面，形成如图所示轨迹，a、b、c、d、e为轨迹上的五个位置，a、e在地面上，b、d等高，c为最高点离地h，不考虑阻力，以地面为零重力势能面，足球可看成质点，则足球在空中运动的过程中（　　） A．经b点时加速度大小小于过d点时加速度大小 B．在位置c时受到的合力与速度方向相反 C．经过b点时的动能大于经过d点时的动能 D．由a点运动到c点的时间大于由c点运动到d点的时间 【解答】解：A、足球在空中运动时仅受重力作用，根据牛顿第二定律，足球的加速度始终等于重力加速度g，与所处位置无关，因此足球在b点和d点的加速度大小相等，故A错误。 B、c为轨迹最高点，此时足球竖直方向分速度为0，仅具有水平方向的速度；足球所受合力为重力，方向竖直向下，与水平方向的速度方向垂直，并非相反，故B错误。 C、由于运动过程不考虑空气阻力，只有重力做功，因此足球的机械能守恒。b、d两点等高，因此足球在两点的重力势能相等，结合机械能守恒可知，足球在b、d两点的动能相等，故C错误。 D、将足球的运动分解为竖直方向的竖直上抛运动和水平方向的匀速直线运动： 足球从a到c的过程，竖直方向做匀减速直线运动到速度为0，上升高度为h，运动时间 足球从c到d的过程，竖直方向做自由落体运动，下落高度小于h，因此运动时间即，故D正确。 故选：D。 11．（2026•驻马店开学）如图，四分之一光滑圆弧轨道，小球从A点由静止释放，滑到B点后水平飞出，B点距离地面高度为H，圆弧轨道半径为R，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　） A．小球从A到B的过程，支持力对小球做正功 B．小球到达B点时速度大小为 C．小球离开B点后做竖直下抛运动 D．小球落地时的动能为mgH 【解答】解：A、根据题意分析可知，小球从A到B的过程，支持力始终沿半径方向，速度始终垂直半径方向，故支持力不做功，故A错误； B、根据题意分析可知，从A到B的过程列动能定理有 解得，故B正确； C、根据题意分析可知，小球离开B点时，速度沿水平方向，只受重力，做平抛运动，故C错误； D、根据题意分析可知，从A到落地的过程中，列动能定理mg（R+H）＝Ek 解得Ek＝mg（R+H），故D错误。 故选：B。 12．（2026春•蕲春县校级期末）如图所示，在离地相同高度处以相同的速率将三个相同的小球a、b、c分别以平抛、竖直上抛、竖直下抛三种方式抛出，忽略空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．a球落地时动能最小 B．b球落地时动能最大 C．c球落地时动能最大 D．a、b、c三个球落地时动能一样大 【解答】解：设离地高度为h，初速率为v0，小球从抛出到落地过程，由动能定理得mgh＝Ek，解得小球落地时的动能Ek＝mgh，落地时的动能与抛出方向无关，三球落地时动能一样大，故ABC错误，D正确。 故选：D。 13．（2026春•黔东南州期末）如图所示，一质量为m的小球，用轻绳悬挂于O点的正下方P点。小球在水平拉力F作用下，从P点缓慢地移动到Q点，此时绳与竖直线的夹角为α。已知PQ的水平距离为x，重力加速度为g。则拉力F做的功为（　　） A．Fx B．0 C． D．mgx（1﹣cosα） 【解答】解：根据题意分析可知，设轻绳长度为L，由几何关系有Lsinα＝x 小球上升的高度为 小球缓慢移动，动能不变，绳的拉力不做功。由动能定理得WF﹣mgh＝0 所以，故C正确，ABD错误。 故选：C。 14．（2026春•向阳区校级期末）如图所示，倾角为37°的斜面底端安装有固定挡板，一小物块从离挡板1m处由静止下滑，到达斜面底端与挡板相撞，撞击前后物块的速度大小相等、方向相反，物块速度再次为0时到挡板的距离为0.5m。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度大小取g＝10m/s2，则物块与斜面间的动摩擦因数为（　　） A．0.50 B．0.40 C．0.35 D．0.25 【解答】解：令x1＝1m，x2＝0.5m，从物块静止下滑到与挡板相撞后速度再次为0的过程中，由动能定理可知mg（x1﹣x2）•sin37°﹣μmgcos37°•（x1+x2）＝0，代入数据可得μ＝0.25，故D正确，ABC错误。 故选：D。 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2026/9/8 15:03:50；用户：李陆敏；邮箱：orFmNtzVrcH7gw1f524IhJ2j63fs@weixin.jyeoo.com；学号：50207874 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 重难突破7　动能定理及其应用 1. 理解动能的概念，掌握动能表达式 Ek=½mv²，理解动能定理的内容、表达式及其适用范围。 2. 掌握用动能定理求解恒力、变力做功以及单过程、多过程问题的方法，会灵活使用全程法与分段法列式。 3. 能在斜面、弹簧、传送带、竖直圆周等情景中综合运用动能定理，并结合功能关系分析、解决问题。 【思维导图】 考点一　动能与动能定理 1．动能：物体由于运动而具有的能叫动能，表达式 。动能是标量、状态量，只有大小没有方向，且恒为非负，国际单位为焦耳（J），其大小与参考系的选取有关。 2．动能定理：合外力对物体所做的总功，等于物体在这一过程中动能的变化量，即 。 3．对定理的理解：①W合 是物体所受全部外力做功的代数和（也等于合力做的功）；②ΔEk=Ek末−Ek初，为正表示动能增加、为负表示动能减少；③动能定理是标量式，不能沿 x、y 方向分别列方程；④既适用于恒力作用，也适用于变力作用，既适用于直线运动，也适用于曲线运动。 动能定理与“牛顿定律＋运动学公式”的比较 比较项 动能定理 牛顿定律＋运动学公式 适用范围 恒力、变力；直线、曲线均可 主要用于恒力作用的匀变速运动 关注点 只看初末状态与各力做功 需求加速度，涉及时间与过程细节 突出优势 处理变力、曲线、多过程更简便 能求加速度、时间等中间过程量 重难诠释　①列动能定理方程时，重力、弹力、摩擦力等所有外力的功都要计入，最容易漏掉的是重力做功。②ΔEk 一定是“末动能减初动能”，顺序不能颠倒，总功的正负与 ΔEk 的正负一致。③动能定理是标量式，不能分方向列两个方程，也不涉及矢量方向。④对变力、曲线运动，牛顿定律往往难以处理，而动能定理只看初末状态，这是它最大的优势。 考点二　用动能定理求变力做功 1．变力做功一般不能直接用 W=Flcosα 计算。当物体受一个未知变力和若干已知恒力时，可由动能定理反求该变力的功：。 2．常见类型：①大小随位移变化的力（如弹簧弹力），可用 F-l 图像面积或动能定理求功；②方向始终沿轨迹、大小变化的力，可分段（微元）后用动能定理；③机车以恒定功率运动时牵引力做功 W牵=Pt，再用动能定理求解。 3．用动能定理只能求出变力在整个过程中做功的总量，不能直接得到变力大小随位置的变化关系。 重难诠释　①求某个未知变力的功，优先把它设为 W变，连同已知恒力的功一起代入 W合=ΔEk 整体解出。②弹簧弹力是变力，弹力做功等于弹性势能变化量的负值：W弹=−ΔEp（弹簧恢复原长做正功，被拉长或压缩时弹力做负功）。③摩擦力（阻力）大小不变、方向总与运动方向相反时，做功等于 −f·s路程。④求出的变力功若为负值，表示该变力阻碍物体运动。 考点三　动能定理的应用步骤与单过程问题 1．应用动能定理解题的一般步骤：①确定研究对象和研究过程（从哪个状态到哪个状态）；②分析受力，明确各力做功的正负与大小；③确定初、末状态的动能；④列出 W合=Ek末−Ek初 方程并求解、检验。 2．单过程典型情景：物体沿光滑或粗糙斜面下滑、在粗糙水平面上滑行减速、自由下落或竖直上抛等，对单一过程直接列一个动能定理方程即可。 3．若某力只在一段位移内作用，要按“作用段”计算该力的功，未作用的路段不计该力的功。 重难诠释　①解题口诀：选对象、定过程、分析力、算各功、列方程。②重力做功只看初末位置的高度差 WG=mgh，与路径无关；摩擦力做功看实际路程。③物体从静止开始或最终停下时，初（末）动能取零，可使方程简化。④斜面光滑与否只影响摩擦力是否做功，重力做功始终是 mgh。 考点四　多过程问题：全程法与分段法 1．分段法：把运动按受力情况或运动性质分成若干段，对每一段分别列动能定理方程，再联立求解；相邻两段以衔接处的速度作为联系。 2．全程法：当不需求中间状态的速度、加速度时，可对从初状态到末状态的整个过程只列一个动能定理方程——各段所有力做功的代数和等于全程动能的变化。 3．全程法中：重力功看初末位置的总高度差；各段摩擦力不同时，分段计算各段摩擦功再相加，即 。 全程法与分段法比较 比较项 全程法 分段法 方程个数 整个过程只列一个方程 每段列一个，再联立 适用情况 不需求中间速度、加速度 需要求衔接处的速度 关键 各段各力功取代数和 衔接处速度是联系桥梁 重难诠释　①全程法可绕开复杂的中间加速度与时间，是多过程问题的首选；只有要求中间速度时才必须分段。②物体中途短暂静止（速度为零）不影响全程列方程，ΔEk 仍只由最初、最末状态决定。③不同路段动摩擦因数、倾角不同时，摩擦力与重力分力不同，必须分段算功后求和。④“斜面＋水平面”问题中，斜面上摩擦功为 −μmgcosθ·s斜，水平面上为 −μmgs平，二者不要混用。 考点五　动能定理与图像、弹簧、传送带综合 1．与图像结合：F-l 图像中图线与 l 轴围成的面积表示力做的功；Ek-x（动能—位移）图像中图线的斜率表示物体所受的合外力，斜率正、负分别对应合力做正功、负功。 2．弹簧问题：弹簧弹力为变力，结合弹性势能与动能定理分析；只有弹簧弹力做功时，物体的动能与弹性势能之和保持守恒。 3．传送带问题：物体动能的变化由合外力（摩擦力）对物体做的功决定，用物体相对地面的位移；而摩擦生热 Q=f·s相对 用物体与传送带之间的相对位移，两者不可混淆。 重难诠释　①Ek-x 图像为直线段时，其斜率等于恒定合力；斜率突变说明合力突变（如进入粗糙程度不同的面、某力消失）。②“弹力对物体做的功”与“弹性势能的变化”大小相等、符号相反。③传送带问题分清两个位移：对地位移用于动能定理，相对位移用于求产生的内能。④物体与传送带共速后，摩擦力可能变为零或转为静摩擦，要重新判断后续过程。 考点六　竖直圆周与功能关系综合 1．竖直平面内的圆周运动是变速圆周运动：求各点速度优先用动能定理（重力做功只看高度差），再用向心力公式求绳、杆或轨道对物体的作用力。 2．例如从最高点 A 运动到最低点 B（高度差为 2R）：。 3．功能关系小结：①合外力做功等于动能的变化 W合=ΔEk；②重力做功等于重力势能变化的负值 WG=−ΔEp；③除重力（和系统内弹力）之外其他力做的功等于机械能的变化 W其他=ΔE。 几条常见的功能关系 做功的力 对应的能量变化 合外力做的功 W合 物体动能的变化 ΔEk 重力做的功 WG 重力势能变化的负值 −ΔEp重 弹簧弹力做的功 W弹 弹性势能变化的负值 −ΔEp弹 除重力、弹力外其他力做的功 物体（系统）机械能的变化 ΔE 重难诠释　①绳模型最高点临界速度 ，杆模型最高点速度可以为零；先用临界条件确定最高点速度范围，再用动能定理求其他点速度。②圆周问题“两点一关系”：两点之间用动能定理联系速度，每一点用向心力方程联系受力。③机械能的变化只由除重力（弹力）以外其他力的做功决定，摩擦力做负功时机械能减少。④只有重力做功时，动能定理就退化为机械能守恒，二者并不矛盾。 考向1　动能与动能定理的理解 一、单选题 1．（2026·渭南韩城·考前学情自测）如图甲所示，一个可视为质点的小球从地面竖直上抛，小球的动能Ek随它距离地面的高度h的变化关系如图乙所示，取小球在地面时的重力势能为零，小球运动过程中受到的空气阻力大小恒定，重力加速度为g，则下列说法正确的是（     ） A．上升过程中，小球处于超重状态 B．小球的质量为 C．小球受到空气阻力的大小为 D．小球上升到最高点所用的时间与从最高点落回抛出点所用的时间比为1∶2 2．（2026·日照一中·冲刺）如图所示，某同学用乒乓球发球机正对着竖直墙面以大小不同的速度水平发射乒乓球，乒乓球击中墙上的不同位置。若不计空气阻力，出球口到墙面的距离为，出球口到地面的高度也为，重力加速度为，乒乓球的质量为，则乒乓球击中墙面时的最小动能为（　　） A． B． C． D． 3．（26-27高二上·绍兴柯桥中学·回头考）如图为某地一风力发电机，它的叶片转动时可形成半径为R的圆面。假定某时间内该地区的风速是v，风向恰好跟叶片转动的圆面垂直，已知空气的密度为，若该风力发电机将此圆内的风能转化为电能的效率为η，下列说法正确的是（     ） A．单位时间内冲击风力发电机叶片圆面的气流的体积为 B．单位时间内冲击风力发电机叶片圆面的气流的质量为 C．单位时间内冲击风力发电机叶片圆面的气流的动能为 D．此风力发电机发电的功率为 4．（2026·陕西榆林·冲刺压轴卷）某人将同一飞镖先后由同一竖直线的、两点沿水平方向抛出，飞镖均落在点，飞镖落在点时速度方向与水平方向的夹角分别为、，忽略空气的阻力。关于飞镖由、两点开始的平抛运动，下列说法正确的是（　　） A．平抛高度之比为 B．平抛时间之比为 C．平抛的初速大小之比为 D．飞镖落地瞬间的动能之比为 5．（2026·合肥皖智高级中学·提分训练三）2026年2月6日，意大利冬奥会在米兰圣西罗球场盛大开幕。跳台滑雪是冬奥会的重要竞技项目。如图所示，一名跳台滑雪运动员经过一段加速滑行后从O点水平飞出。该运动员两次试滑分别在斜坡上的M、N两点着陆。已知，斜坡与水平面的夹角为，不计空气阻力，运动员（含装备）可视为质点，则该运动员两次试滑（　　） A．着陆在M、N点时动量的方向不同 B．着陆在M、N点时动能之比为 C．着陆在M、N点两过程时间之比为 D．着陆在M、N点对应在O点的初速度之比为 二、多选题 6．（2027·河南新乡·一模）某同学研究竖直上抛运动的对称性，将一个小球以初速度竖直向上抛出，不计空气阻力，重力加速度为。当小球的动能减少到初动能的一半时，所用时间可能为（     ） A． B． C． D． 考向2　用动能定理求变力做功 一、单选题 1．（2026·长沙大学附中·模拟）某校高一年级某班同学做了如图所示实验，长为的木板水平放置，在木板的端放置一个质量为的小物块，现缓慢地抬高端，使木板以左端为轴转动，转至与水平面的夹角为（弧度），在整个过程中，小物块与木板保持相对静止。下列说法正确的是（     ） A．摩擦力对小物块做功为零 B．摩擦力对小物块做功为 C．支持力对小物块做功为零 D．支持力对小物块做功为 2．（2026·陕西商洛镇安中学·模拟）如图所示，一质量为m的物块（视为质点）静置于水平放置的转盘上，物块所处的位置到转盘中心轴的距离为r。现使转盘绕中心轴转动，转动的角速度ω从0开始逐渐增加至ω0过程中，物块与转盘始终相对静止，则在此过程中，转盘对物块的作用力对物块所做的功为（　　） A． B． C． D．0 二、多选题 3．（2026·定襄中学校·模拟）学习小组用如图所示的装置来测量空气阻力对小球所做的功。小组同学将细线一端固定在力学传感器上的点，另一端与质量为的小球相连。小组同学测得细线的长度，小球的半径远小于线长。现将细线拉直，并使其位于水平位置，然后将小球由静止释放。当小球运动到最低点时，传感器的示数，取。下列说法正确的是（    ） A．小球运动到最低点时向心力大小为 B．小球运动到最低点时的速度大小为 C．小球运动过程中加速度始终沿绳指向点 D．小球运动到最低点的过程中，空气阻力对小球做的功为 4．如图所示，倾角为、足够长的斜面体固定在水平面上，质量为的物块静止在斜面体底端，从某时刻起，物块始终受到一个沿斜面向上的拉力F作用，拉力F随物块到斜面底端的距离l变化的关系为（式中物理量单位均为国际单位），已知物块与斜面之间的动摩擦因数，g取。下列说法正确的是（　　） A．物块沿斜面上滑的最大位移为4 m B．物块在上滑过程中拉力做的功为25 J C．物块沿斜面上滑至最高点后保持静止状态 D．物块在斜面上运动的总路程为6 m 三、解答题 5．（2026·大庆一中·四模）如图所示，粗糙水平面长度为，与竖直面内的光滑半圆形导轨在点相接，轨道半径为。一个质量为的小物体将弹簧压缩到点后由静止释放，在弹力作用下物体获得某一向右速度后脱离弹簧，恰好能通过点（经点向左水平抛出）。已知物体与水平面间的动摩擦因数为0.5，小物体可视为质点，重力加速度为。求： (1)小物体通过点时的速度大小； (2)小物体从点抛出后落到水平面上的点与点之间的距离； (3)从静止释放到小物体完全脱离弹簧的过程中，弹簧弹力对小物体做的功。 6．（25-26高三下·佛山·考前学情自测）某科技公司研发的无人机具备离地高度感应与智能着陆功能，可在接近地面时自动增大升力实现安全软着陆。已知无人机质量为，重力加速度为，机底搭载高度传感器，可实时探测离地高度。研究小组对该无人机的智能着陆系统进行测试，其升力控制规律为： 当离地高度时，升力大小恒定，； 当离地高度时，升力随高度线性调节，（）。 (1)现将无人机从距水平地面高（）处由静止释放，无人机沿竖直方向下落，运动过程中保持姿态稳定，无人机在接触地面瞬间速度恰好减为零。忽略空气阻力，求： ①无人机升力开始增大的瞬间，其速度大小； ②无人机在下落过程中，速度最大时的离地高度； ③无人机从释放到落地前瞬间的整个过程中，升力对无人机所做功的大小。 (2)若升力调节的临界高度为确定值，为保证无人机在接触地面瞬间速度恰好减为零，升力随高度线性调节的比例需根据静止释放的高度来调控，请写出与的关系式。 考向3　单过程中动能定理的应用 一、单选题 1．（2026·延边二中·一诊）如图所示，固定圆弧槽半径为R，质量为m的可视为质点的小球开始静止在槽的最低点，对小球施加水平向右的恒定拉力F，小球能上升的最大高度为。不计摩擦及空气阻力，重力加速度为g。关于上升过程，下列说法正确的是（     ） A．拉力的大小为 B．小球到达最高点时对槽面的压力大小为 C．小球运动到最高点过程拉力做的功为 D．当拉力的功率等于小球克服重力的功率时， 二、多选题 2．（25-26高三上·陕西安康·二调）如图所示，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为R。bc是半径为R的四分之一圆弧，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恒力作用，自a点处从静止开始向右运动，重力加速度大小为g，不计空气阻力。关于小球从a点开始运动到其轨迹最高点的过程，下列说法正确的是（     ） A．小球重力势能增加 B．小球重力势能增加 C．小球运动到圆弧轨道最低点b时对轨道的压力大小为mg D．小球运动到圆弧轨道最高点c时对轨道的压力大小为3mg 3．（2026·横山中学·模拟）如图为一小朋友在一个空心水泥管里玩“踢球”游戏，将该过程简化：在竖直面内半径为的固定圆轨道的最低点有一质量为的小球（视为质点），现给小球一水平向右、大小为的瞬时速度，小球沿轨道内侧运动，重力加速度为，不计小球与轨道间的摩擦及空气阻力。不考虑小球落在轨道后的运动，下列说法正确的是（     ） A．小球对轨道的最大压力和最小压力之差为 B．小球对轨道的最大压力和最小压力之差为 C．小球整个过程能上升的最大高度为 D．小球整个过程能上升的最大高度为 4．（2026·福州铜盘中学·模拟）某个雨滴从空中（高度足够高）由静止开始下落，在速度不太大时，其受到的阻力与速率成正比，即，其中。雨滴下落过程中，其速度v变化的图像如图所示。重力加速度取。下列说法正确的是（     ） A．雨滴所能达到的最大速度为 B．雨滴的质量为 C．当重力功率为时，雨滴受到的阻力为 D．当雨滴速度为时，其动能增加最快 考向4　多过程问题——全程法与分段法 一、单选题 1．（2026·长沙一中广雅·模拟）一物体从圆弧形轨道的点自由下滑，由于摩擦阻力的作用到达点时速度为零，点比点下降了，又由点到达点，速度再次为零，点比点下降，则与比较，有（     ） A． B． C． D．无法确定 2．（2026·云南玉溪一中·二模）蹦床是小朋友普遍喜欢的娱乐设施。一质量为m的小朋友由一定高度自由下落，以下落初位置为坐标原点O，竖直向下为Oy轴，小朋友下落过程中的加速度为a，其a-y图像如图乙所示（图中坐标值皆为已知）。设蹦床对小朋友的弹力大小满足胡克定律，空气阻力不计，重力加速度大小为g，则小朋友下落过程中，下列说法正确的是（     ） A．蹦床的等效劲度系数 B．小朋友速度的最大值 C．小朋友由O点下落的最大距离 D．小朋友感受到的最大加速度 3．（2026·昆明长水教育集团·二模）如图所示，水平面上点左侧光滑，右侧粗糙。有4个质量均为静止的小滑块（可视为质点）用轻质细杆相连，相邻滑块间的距离为，小滑块1恰好位于点左侧，小滑块2、3、4依次沿直线水平向左排列。现对小滑块1施加水平向右的恒力作用，在小滑块2向右经过O点到小滑块3到达点的过程中，系统做匀速直线运动。已知重力加速度为，下列说法正确的是（　　） A．小滑块匀速运动时，各段轻杆上的弹力大小相等 B．小滑块做匀速直线运动的速度大小为 C．在小滑块3刚到达O点时系统的机械能增加量为 D．在小滑块4刚到达O点时所有小滑块均停止运动 4．（2026·神木四中·模拟）无人机已应用到很多领域，一团队要测试某电动无人机的性能，某次测试中无人机从地面由静止开始竖直向上飞行，飞行过程中，无人机的动能随高度h变化的关系如图所示。已知无人机上升到处时关闭动力，靠惯性继续上升，上升到的最大高度为，取竖直向上为正方向，不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．无人机的质量为 B．无人机上升过程中先做变加速运动后做匀速运动 C．上升过程中电机对无人机做功 D．电机做功时间为 二、多选题 5．（2026·镇安中学·模拟）新型应急无人机可在高空完成物资投送。如图所示，质量的物资（可视为质点）从无人机上由静止释放，先竖直下落，沿切线从顶端点进入一半径的圆弧轨道，从轨道底端点以的速度滑上水平地面。已知水平地面与物资间的动摩擦因数（为物资到点的距离），整个运动过程物资受到的空气阻力大小恒为，重力加速度取。下列说法正确的是（    ） A．物资到达点时速度大小为 B．物资到达点时，轨道对物资的支持力大小为850 N C．物资在圆弧轨道上运动过程中，克服圆弧轨道的摩擦力做的功为4250J D．物资最终停下的地点到点的距离为 6．（2026·靖远一中·模拟）如图所示，离地面高h的水平台面OP上有一轻弹簧，左端固定，弹簧处于原长时右端处于A点。用一质量为m的可看成质点的物块，将弹簧压缩至B点，由静止释放物块，物块脱离弹簧后正好运动至P点。现将该物块从距P点水平距离为s的C处斜向上抛出，物块无碰撞地从P点落在台面上，且正好将弹簧压缩至B点。已知，，忽略空气阻力，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．物块从C点抛出时的水平速度大小为 B．物块从C至B点的过程中，克服重力、摩擦力、弹簧弹力做的总功等于物块损失的机械能 C．物块与台面间的动摩擦因数为 D．物块与台面间的动摩擦因数为 三、解答题 7．（2026·渭南韩城·考前学情自测）如图所示，从A点沿水平方向抛出一个质量m=0.5 kg的物体（可视为质点），物体恰好以5 m/s的速度无碰撞地沿圆弧切线从B点进入竖直光滑圆弧轨道，B、C为圆弧的两端点，且在同一水平线上，圆弧半径R=1.25 m，Q为轨道最低点，圆弧对应的圆心角，物体离开C点后恰好能无碰撞地沿缓冲斜坡滑至D点，并自动锁定。已知物体与缓冲斜坡间的动摩擦因数，取sin53°=0.8，cos53°=0.6，，不计空气阻力，求： (1)A点离地面的高度h； (2)物体运动至Q点时对圆弧轨道的压力大小； (3)缓冲斜坡上C、D间的距离。 8．（2026·山东实验中学·模拟）质量为的小球与一个长为的轻杆连接，杆的另一端可绕点无摩擦旋转，现将小球拉到与水平方向成角的上方点。 (1)将小球由静止释放，求小球运动到最低点时受到杆的拉力大小； (2)将杆改为同长度不可伸长的轻绳（绳恰伸直），然后仍然将小球从点由静止释放，求小球运动到最低点时受到绳的拉力大小。 考向5　用动能定理解决竖直平面内的圆周运动 一．选择题（共6小题） 1．（2026春•岷县期末）如图所示，两条长度分别为R1、R2不可伸长的细绳，各有一端固定在光滑水平面上，细绳另一端分别系有质量为m1、m2的小球，并使两小球都在水平面内做匀速圆周运动。已知R1＝2R2，且m2＝2m1，则下列有关两绳拉力大小F1、F2的比值，叙述正确的是（　　） A．若两球动能的比值，则 B．若两球角速度的比值，则 C．若两球运动周期的比值，则 D．若两球速率的比值，则 2．（2026春•渝中区校级月考）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，轨道上的A点离PQ的距离为，一质量为m的质点自P点正上方距离h＝2R由静止释放，进入轨道后刚好能到达Q点并再次返回经过N点。已知质点第一次滑到轨道最低点N时速率为v1，第一次到达A点时速率为v2，选定N点所在的水平面为重力势能的零势能面，重力加速度为g，则（　　） A．从P到N的过程中，重力的功率一直在增大 B． C． D．从N到Q的过程中，动能与势能相等的点恰好在A点 3．（2026春•聊城期末）如图所示，固定在竖直面内的光滑圆环最高点套有质量为m的小球，圆环的半径为R，重力加速度为g。给小球一大小的初速度，当小球沿圆环下滑至A点时，AO连线与竖直方向的夹角为θ，若，下列说法正确的是（　　） A．在最高点小球受到圆环向上的弹力，大小为 B．小球在A点的速度大小为 C．小球在A点和轨道之间弹力为零 D．小球在A点重力的瞬时功率为 4．（2026春•绵阳期末）如图甲所示，竖直半圆弧轨道与水平地面平滑相接，M、N分别是其最低点和最高点。质量均为0.5kg的物块A、B并排静置在水平地面，A与地面间的动摩擦因数为0.2，B下表面光滑。外力F水平作用在A上，A最后静止在地面某处，B刚好能通过半圆弧轨道的N点。已知外力F的大小与A的位移x大小的关系如图乙所示，重力加速度g取10m/s2。则圆弧轨道的半径和A在水平地面通过的总距离分别为（　　） A．0.05m，2.0m B．0.08m，2.5m C．0.08m，3.5m D．0.10m，4.0m 5．（2026春•商丘期末）如图甲所示，细绳一端固定在O点，长度一定，可视为质点的小球在细绳的作用下在竖直平面内做圆周运动，改变小球的转速，测定小球每次经过最低点时细绳的拉力为F，并描绘出该拉力关于小球经过最低点的角速度的平方的变化规律如图乙所示，已知重力加速度为g，不计空气阻力，则下列说法正确的是（　　） A．小球的质量为 B．细绳的长度为 C．小球能做完整圆周运动，在最高点和最低点细绳的拉力大小的差值为4b D．要使小球能做完整圆周运动，最低点时角速度至少要 6．（2026春•宣城期末）一般的曲线运动可以分为很多小段，每一小段都可以被看作是圆周运动的一部分圆弧，如图为摩托车匀速率运动过程中经过高低不平的一段赛道，底部A和顶部B两个位置对应的圆弧半径为r1、r2，且r1＜r2，关于A、B两点向心加速度aA、aB，向心力FA、FB和动能EKA、EkB，下列说法正确的是（　　） A．向心加速度aA＞aB B．向心力FA＜FB C．动能EkA＞EkB D．摩托车最有可能爆胎的位置在B点 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2026/9/8 15:01:53；用户：李陆敏；邮箱：orFmNtzVrcH7gw1f524IhJ2j63fs@weixin.jyeoo.com；学号：50207874 一．选择题（共14小题） 1．（2026•海安市校级开学）如图所示，足够长的竖直固定杆上套一劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧下端悬挂质量为m的物块B，上端连接一轻质小球A，物块B与杆间无摩擦，小球A与杆之间的最大静摩擦力为1.2mg，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，忽略空气阻力。将物块B向上移至弹簧原长处由静止释放（　　） A．物块B速度最大时，弹簧的伸长量为 B．释放后小球A会立即开始向下滑动 C．物块B向下运动的过程中有一段时间加速度不变 D．小球A刚开始滑动时，物块B的动能为 2．（2026•衡水校级开学）京雄快线（雄安R1线）是京津冀协同发展重要轨道交通线路，列车由中车唐山公司制造。若该车以恒定功率在水平路面上沿直线运动，在0～t时间内，速度从v1加速到v2，假定列车运行所受阻力恒定，列车的速度v、动能Ek、牵引力F、牵引力功率P、位移x、时间t之间的变化的关系图像可能正确的是（　　） A． B． C． D． 3．（2026•濮阳校级开学）如图所示，一条长度L＝50cm的轻质细线上端固定在转轴的O点，下端拴一质量m＝1kg的小球，小球在水平面内随转轴做匀速圆周运动，此时细线与竖直方向成37°角。缓慢增大转轴的转速，使小球缓慢上升，直至再次随转轴做匀速圆周运动时，细线与竖直方向成53°角。忽略空气阻力，重力加速度g取10m/s2。sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。小球缓慢上升过程中，细线对小球做的功约为（　　） A．3.54J B．2.54J C．1.54J D．0.54J 4．（2027•五华区校级模拟）京东研发的智慧物流无人机解决了配送中“安全、及时、智能”的核心需求。某次质量为6kg的货物被无人机从地面静止吊起，竖直方向上运动的v﹣t图像如图所示，重力加速度g取10m/s2。不计货物受到的空气阻力的影响，则下列说法正确的是（　　） A．在0～6s内，拉力对货物做功为900J B．在6～26s内，拉力对货物不做功 C．在26～28s内，克服拉力做功为225J D．在0～28s内，拉力对货物做功为7200J 5．（2026秋•福州月考）2026福建省城市足球联赛（简称“闽超”）火热开赛，成为全省社会各界广泛关注的焦点。如图质量为m的足球静止在地面，由位置1被踢出后落到地面的位置3，虚线为其运动轨迹。已知足球在空中达到的最高点2的高度为h，1、2间的水平距离大于2、3间的水平距离。重力加速度为g。则足球（　　） A．在最高点重力的功率不为零 B．在最高点加速度为g C．从1到2的运动时间一定等于从2到3的时间 D．从2到3过程中，动能的增加量小于mgh 6．（2026秋•湘潭月考）如图，光滑的细杆与水平方向成37°角固定放置，不可伸长的轻质细线跨过两个轻质定滑轮，将质量为m的小球与质量为2m的物块连接。小球套在细杆上由静止开始上滑，当运动到线与杆之间的夹角为37°的A点时，，方向沿杆斜向上；当运动到B点时，线与杆垂直。已知A、B间的距离为L，重力加速度为g，细线一直处于伸直状态，整个过程中物块没有落地，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，下列说法正确的是（　　） A．当小球运动到B点时，物块速率最大 B．当小球在A点时，物块的速度大小为 C．小球从A点运动到B点，系统总重力势能的减小量为mgL D．小球从A点运动到B点，细线对小球做的功为 7．（2026秋•莆田月考）质量m＝200kg的小型电动汽车在平直的公路上由静止启动，图像甲表示汽车运动的速度与时间的关系，图像乙表示汽车牵引力的功率与时间的关系。设汽车在运动过程中阻力不变，在18s末汽车的速度恰好达到最大。则下列说法正确的是（　　） A．汽车受到的阻力200N B．汽车的最大牵引力为800N C．8s～18s过程中汽车牵引力做的功为8×104J D．汽车在做变加速运动过程中的位移大小为90m 8．（2026•渝中区校级开学）如图所示，左右水平地面间安装一水平传送带，三者处于同一水平面上。左侧地面上有一个长为L＝1m的薄木板，木板与左侧地面间的动摩擦因数为0.1，初始时木板右端A点与传送带左端B点的距离为0.1m，速度v0＝2m/s，方向向右。传送带两端B、C的距离为1.2m，和木板间动摩擦因数为0.2。传送带保持速度v1m/s顺时针匀速运转。右侧地面与木板动摩擦因数也为0.2。重力加速度g＝10m/s2，当木板停止运动时，木板左端到传送带右端C点的距离为（　　） A．0.95m B．0.98m C．1.00m D．1.20m 9．（2026春•日照期末）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，直径POQ水平，M点位于Q点正上方且到Q点的距离为。一质量为m的小球（可视为质点）自P点上方高度2R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道。滑到轨道最低点N时，小球对轨道的压力为5.5mg（g为重力加速度），则小球（　　） A．恰好到达Q点 B．恰好到达M点 C．能通过Q点，但是不能到达M点 D．能通过M点并继续上升一定高度 10．（2026秋•如皋市校级月考）质量为m的足球以初速度v0踢离地面，形成如图所示轨迹，a、b、c、d、e为轨迹上的五个位置，a、e在地面上，b、d等高，c为最高点离地h，不考虑阻力，以地面为零重力势能面，足球可看成质点，则足球在空中运动的过程中（　　） A．经b点时加速度大小小于过d点时加速度大小 B．在位置c时受到的合力与速度方向相反 C．经过b点时的动能大于经过d点时的动能 D．由a点运动到c点的时间大于由c点运动到d点的时间 11．（2026•驻马店开学）如图，四分之一光滑圆弧轨道，小球从A点由静止释放，滑到B点后水平飞出，B点距离地面高度为H，圆弧轨道半径为R，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　） A．小球从A到B的过程，支持力对小球做正功 B．小球到达B点时速度大小为 C．小球离开B点后做竖直下抛运动 D．小球落地时的动能为mgH 12．（2026春•蕲春县校级期末）如图所示，在离地相同高度处以相同的速率将三个相同的小球a、b、c分别以平抛、竖直上抛、竖直下抛三种方式抛出，忽略空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．a球落地时动能最小 B．b球落地时动能最大 C．c球落地时动能最大 D．a、b、c三个球落地时动能一样大 13．（2026春•黔东南州期末）如图所示，一质量为m的小球，用轻绳悬挂于O点的正下方P点。小球在水平拉力F作用下，从P点缓慢地移动到Q点，此时绳与竖直线的夹角为α。已知PQ的水平距离为x，重力加速度为g。则拉力F做的功为（　　） A．Fx B．0 C． D．mgx（1﹣cosα） 14．（2026春•向阳区校级期末）如图所示，倾角为37°的斜面底端安装有固定挡板，一小物块从离挡板1m处由静止下滑，到达斜面底端与挡板相撞，撞击前后物块的速度大小相等、方向相反，物块速度再次为0时到挡板的距离为0.5m。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度大小取g＝10m/s2，则物块与斜面间的动摩擦因数为（　　） A．0.50 B．0.40 C．0.35 D．0.25 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2026/9/8 15:03:50；用户：李陆敏；邮箱：orFmNtzVrcH7gw1f524IhJ2j63fs@weixin.jyeoo.com；学号：50207874 2 学科网（北京）股份有限公司 $