2024年高考物理复习：动能定理及其应用

考点14功能定理及其应用

考试要求

动能定理及其知识内容

必考加试

应用

动能和动能定理dd

命题规律

i.机械能是高考重点考查内容之一，高考命题既有对机械能的单独考查，也有与曲线运动、电磁学等内容相

结合的综合考查，单独考查的题目多为选择题，计算题联系生活实际、现代科学技术，与牛顿运动定律、

平抛运动、圆周运动、电磁等知识结合，综合考查在物体多运动过程或多物体运动过程中运用知识的能力、

建立物理模型的能力和解决实际问题的能力.

2.考查知识点主要有

(1)功和功率的计算；

(2)对动能定理、机械能守恒定律、功能关系的理解

(3)与牛顿第二定律相结合考查运动情况和功能关系

(3)能量与动量相结合的考查物体运动过程

命题趋势

从近几年高考来看，关于功和功率的考查，多以选择题的形式出现，有时与电场及电磁感应相结合命题。

动能定理、能量守恒定律仍将是高考考查的重点，高考题注重与生产、生活、科技相结合，将对相关知识

的考查放在一些与实际问题相结合的情景中去，能力要求不会降低。

复习策略

复习时应强化对功、功率、动能、重力势能、弹性势能等基本概念的理解，掌握各种功的计算方法；掌握

应用动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律分析与解决相关的力学问题的解题方法.

考向一对动能、动能定理的理解

(2021嘶江临海口二模)近年中国女子速滑队取得的成绩十分令人瞩目。在速滑接力赛中，"接棒"的运动员

甲提前站在"交棒"的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速

度向前冲出。在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间的阻力，下列说法正确的是()

A.甲对乙的冲量与乙对甲的冲量相同

B.甲的速度增加量一定等于乙的速度减少量

C.甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量

D.乙对甲的作用力一定做正功，甲的动能一定增大

【答案】D

【详解】A.甲对乙的冲量与乙对甲的冲量大小相同，方向相反。A错误；

B.根据动量定理得盘="=，

mm

因为甲乙的质量未知，所以二者速度的变化量大小无法比较。B错误；

C.乙推甲时，使甲获得更大的速度向前冲出，说明甲在获得推力的过程中，运动的位移要大于乙，二者的

相互作用力大小相等，所以乙对甲的推力做的功要大于甲对乙推力做的功，根据动能定理，甲的动能增加

量一定大于乙的动能减少量。C错误；

D.乙对甲的作用力与甲的运动方向相同，所以该力对甲做正功，甲的动能一定增大。D正确。

故选D。

1.（2021嘶江省杭州第二中学高三月考）我国科技已经步入“人工智能"时代，"人工智能"已经走进千家万

户。某天，东东呼叫了外卖，外卖小哥把货物送到他家阳台正下方的平地上，东东操控小型无人机带动货

物，由静止开始竖直向上做匀加速直线运动，一段时间后，货物又匀速上升53s,最后再匀减速Is,恰好到

达他家阳台且速度为零。货物上升过程中，遥控器上显示对货物的作用力有三个，分别为20.8N、20.4N和

18.4N,已知货物受到的阻力恒为其重力的重力加速度g取10m/s2。下列判断正确的是（）

A.作用力为18.4N时货物处于超重状态

B.货物的质量为2.04kg

C.货物上升过程中的最大动能为1.02J

D.东东家阳台距地面的高度为56m

【答案】D

【详解】A.货物先做加速运动，后做匀速运动，再做减速运动，即最后货物处于失重状态，故A错误；

B.在货物匀速上升的过程中，由平衡条件得尸2=必9+/

其中f=0.02mg

解得m=2kg

故B错误；

C.整个过程中，匀速运动阶段速度最大，设此时速度为v,在货物匀减速运动阶段由牛顿第二定律得

mg+f-F3=ma3

由运动学公式得0=v-a3t3

解得v=lm/s

最大动能fkm=^-mi/2=lJ

故C错误；

D.匀减速运动阶段的位移X3=：%=0.5m

匀速运动阶段的位移x2=i/t2=53m

匀加速运动阶段，由牛顿第二定律得

由运动学公式得2°笳W2

解得x『2.5m

阳台距地面的高度h=x1+x2+x3=56m

故D正确。

故选D。

2.（2020嘶江嘀三月考）如图所示为军事爱好者的网络模拟军事演习。在高为200m、倾角为30c的斜坡

顶端放置一门火炮，坦克在水平地面和斜坡上行驶的速度均为20m/s,当坦克行驶到距斜坡底端80m处时,

火炮立即水平发射质量为2kg的炮弹，不计空气阻力，下列说法正确的是（）

A.炮弹可以在坦克到达斜坡底端前将其击中

B.炮弹以20"m/s速度发射刚好能击中坦克

C.炮弹在击中坦克前一瞬间的动能为6300J

D.若坦克速度增大到某一值，则炮弹可能无法将其击中

【答案】C

【详解】AB.炮弹到斜面底端运动时间/=

0

而坦克到斜面底端时间f'=土=4s<2^T0S

V

故炮弹不可能在坦克到达斜坡底端前将其击中，在斜面上击中，则

1,,1

六'2h--gt2

tan30°=-——'——2.——+x=vt

vtsin30°

o

解得：t=6s；v=30>/3in/s

o

故AB错误；

C.炮弹在击中坦克前一瞬间的动能为石=imJv2+(^r)2=6300J

22°

故C正确；

1一

D.根据330。=汇h--§t2

+x=vt

Vtsin30°

0

坦克速度增大到某一值,方程仍有解，则炮弹仍能将其击中，故D错误。

故选C。

【名师点睛】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.

(3)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以分阶段作用.

考向二动能定理的应用

(2021嘶江杭州口高三期中)如图所示，半径为R的半球形陶罐固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台上，转

台转轴与过陶罐球心。的对称轴重合。甲、乙两个小物块(均可视为质点)分别置于转台的A、B两处,

OA、OB与OO'间的夹角分别为a=30。和2=60。。转台静止时，甲、乙均不会下滑。已知甲的质量是乙的

两倍，重力加速度大小为g。当转台从静止开始缓慢加速转动，直到其中一物块刚要滑动的过程中，下列说

法正确的是()

oi

A.甲的线速度大小始终为乙的褥倍

B.甲所受向心力的大小始终为乙的2倍

C.陶罐对甲、乙所做的功相等

D.当转台角速度为J/时，甲、乙均有向内侧运动的趋势

【答案】D

【详解】A.甲、乙的角速度相等，根据

可知甲、乙的线速度大小N.比为T=—=c.、

vr7<sin6O3

22

即甲的线速度大小始终为乙的3倍，故A错误；

3

B.根据尸=机32^

可得甲、乙所受向心力大小之比为4=2/

Fmr3

222

即甲所受向心力的大小始终为乙的2百倍，故B错误；

3

\\7rriv22

C.根据动能定理可知，陶罐对甲、乙所做的功之比为m=T+=W

Wmv23

222

故C错误；

D.假设当转台角速度为4时，陶罐对甲的摩擦力恰好为零，则此时有①=」区二一

1

VRcosa

假设当转台角速度为3,时，陶罐对乙的摩擦力恰好为零，则此时有3=号工

22Rcosp

根据J瓦<①]<①，

可知当转台角速度为JI"时，甲、乙所受支持力和重力的合力均大于所需要的向心力，所以甲、乙均有向内

侧运动的趋势，故D正确。

故选Do

1.（2018嘶江浙江口高考模拟）随着人民生活水平的提高，越来越多的家庭有了汽车，交通安全问题显得尤

为重要.如图是某型号汽车刹车时刹车痕迹（即刹车距离）与刹车前车速的关系图象，V为车速，s为刹车

痕迹长度.若某次测试中，汽车刹车后运行距离为20m时的车速仍为45km/h,则刹车前车的初速度为

A.60km/h

B.75km/h

C.2.5km/h

D.105km/h

【答案】B

【详解】根据动能定理得一日机gs=。一;加2,得到v2=2）Jgs,由图读出，v=60knVh,刹车时位移是

s=20m,根据y2=2as,得Q=6.9ID/S2,而y2=2pigs①，

由动能定理得至卜2—？2=—2）lgS②，

00

所以由①②对比得到V2-V2=-V2,

代入得V2-452=602,

0

解得v=75km/h,故B正确，ACD错误.

0

故本题答案是B

2.（2021嘶江绍兴嘀三月考）如图所示，同一块胸，第一次平放在水平地面上，第二次侧放在水平地面上,

两次给砖以相同的水平初速度让它沿水平面运动，结果发现两次运动的距离相差很大，最可能的原因是

1/

平放侧放

A.因为砖的重心不同而引起的能量变化不同

B.因为接触面的粗糙程度不同而引起的摩擦力不同

C.因为接触面的面积不同而引起的摩擦力不同

D.因为对地面的压力不同而引起的摩擦力不同

【答案】B

【详解】A.两次运动过程中砖的能量变化相同，与重心位置无关，故A错误；

BCD.设砖的质量为m,与水平地面的动摩擦因数为〃，初速度大小为%,无论砖是平放还是侧放，其对地

面的压力大小相同，受到的摩擦力大小相同，根据动能定理有

—[imgx=0--mv2

2o

V2

解得砖运动的距离为X=—

2|ig

造成两次的x不同是由于〃不同，即接触面的粗糙程度不同，故B正确，CD错误。

故选B*

考向三应用动能定理求解多过程问题

（2022嘶江膜拟预测）如图所示，一同学设计的游戏装置由安装在水平台面上的固定弹射器、水平直轨道

AB,半径r可调的竖直光滑圆轨道BC。和水平接收器/MN组成。开始时滑块从A点弹出，经过圆轨道后由

最高点。平抛，最后落到接收器内则视为游戏成功。若圆轨道的B点固定，半径调节时BD始终在同一条竖

直线上，厚度不计的接收器距水平面距离6，M距竖直线的距离可变，弹射器可使滑块获得的速度%,已

知AB长5=0.2m,滑块与AB轨道的动摩擦因数〃=0.025,滑块质量m=20g,可视为质点，h=0.04m,

0.04m<r<0.12m,lm/s<vW0.9师Vs,忽略空气阻力，各部分平滑连接。求：

0

（1）若％=lm/s,r=0.04m,则滑块运动到C点（C、M在同一水平虚线上）时对轨道的压力大小F；

⑵若r=0Q4m,：=0.08m,则要使游戏成功，1的最小值；

（3）调节圆轨道半径r,若要游戏成功，接收器的最小长度L（结果保留二位有效数字）

2

【详解】⑴以滑块从A到C为过程’由动能定理，得-……-刎。2

得尸=5x10-2N

由牛顿第三定律，知滑块对C点的压力大小为5X10-2N；

v2

⑵滑块恰好过。点时有机g=m-&-

解得v=y/OAm/s

D

下落到接收器处竖直下落高度r=1g?2

水平射程x=vDt

联立可得％=0.04\/2m<0.08m

所以当水平射程x=0.08m时，可得u=2^/02In/s

D

此时滑块射出时的%最小，由动能定理一日他算-感-2厂=；加:2—；加02

解得v=、10m/s

o2

⑶当r=0.04m时，水平射程最小为/=0.045/2m

②当滑块以v=0.9而m/s弹出，设此时圆轨道半径为广，由八到。过程中

o

-l^mgs-mg-2r=-mv2--mv2

角军得v=78-40rn)/s

D

由。点平抛，得2”〃=为

I=Vt

xD1

联立可得I=j8-40r-12(2r-Z，)=J-16(-0.11)2+0.1296

即当r=0.11m时，水平射程最远/=0.36m

x2

则接收器的最小长度L=/-I=0.36m-0.04>/2m=0.14>/2m«0.30m

x2xl

［名师点睛】利用动能定理求解多过程问题的基本思路

(1)弄清物体的运动由哪些过程组成。

(2)分析每个过程中物体的受力情况。

(3)各个力做功有何特点，对动能的变化有无影响。

(4)从总体上把握全过程，写出总功表达式，找出初、末状态的动能。

(5)对所研究的全过程运用动能定理列方程求解

1.(2021嘶江口高三月考)铺有不同材料的水平桌面的右端P与倾斜角度。=45。的斜面以B对接，斜面的

AB边置于水平地面上，如图甲所示。一物块在水平恒力尸作用下，由静止从。点开始运动到尸点时撤去尸，

物块随即做平抛运动，如图乙所示为桌面的动摩擦因数日与物块平抛运动时的水平射程x(第一落点与尸点

的水平位移)之间的图像，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则()

图甲00.20.40.60.8〃

图乙

A.物块质量1kgB.OP的距离0.5m

C.恒力方的大小8ND.平抛运动的最大速度"7m/s

【答案】D

【详解】ABC.物块在"的运动过程中，根据动能定理—gS=g吗

l2（FS-^mgS）

-m-

由图乙可知，当日＞0.3时，x=0.8-|J,此时，物块将落到斜面上。

由平抛运动规律样

V）=y]5x

P

7FS

联立可得x=--------4sli

5m

根据图像所得的数据可得s=o.25m,-=8

m

无法计算出尸、机的具体数值，故ABC错误；

D.JJW0.3时，物块将落到水平地面上，当日=。时，物块的速度最大，由题意知，当日=0.3时，43长0.5m,

斜面PA的长度为0.5m,竖直速度\=Mm/s,空中运动时间f=,水平速度。2=2m/s,再根据勾

股定理。=yju2+U2=-J14m/s

故D正确。

故选D。

2.（2022嘶江典拟预测）如图甲所示，一竖直平面内的轨道由粗糙斜面A。和光滑圆轨道DCE组成，A。与

DCE相切于。点，C为圆轨道的最低点，将一小物块置于轨道ADC上离地面高为4处由静止下滑，用力传

感器测出其经过C点时对轨道的压力FN，改变H的大小，可测出相应的FN的大小，FN随”的变化关系如图

乙折线PQ/所示（PQ与Q/两直线相连接于Q点），Q/反向延长交纵轴于F点（0,5.8N）,重力加速度g取

10m/s2,求：

（1）小物块的质量m；

（2）光滑圆轨道DCE的半径R和小物块与斜面A。间的动摩擦因数出

（3）若粗糙斜面AD换成光滑曲面，小物块从，=2R的高度静止释放进入半径为R光滑圆轨道，R为（2）

问的取值，则小物块相对地面能上升的最大高度是多少？

厂N/N

【答案】(1)0.5kg；(2)lm；0.3；(3)—m

【详解】(1)由图乙知，当H=0时，有FN[=mg=5N=>%=0.5kg

(2)如果物块只在圆轨道上运动，则由动能定理得冽gX=j"V2

由向心力公式，经过C点时有尸-〃田=吧

N3氏

联立两式可得=2mgH+mg

NR

由图乙知等=篙=10

1\0.2

可得H=lm

1-02

显然当H=0.2m时，对应图甲中的。点，所以有cos0=—丁一二0.8

求得e=37

物块从A点运动到C点运用动能定理'得3-Mgcos。喘⑦如2

物块在C点有％-，，%=笠

8

联立可得尸尸」).“U

NR3

结合Q/曲线知号|_tog+mg=5.8n(J=0.3

(3)由题意可知，当小球在到达轨道最高点前的某一点E时会脱离轨道做斜抛运动，设脱离时。E与竖直

V2

方向间的夹角为a,由牛顿第二定律可知mgcosa=m-e-

根据机械能守恒定律机g(H-R-Rcosa)=：w2

2E

H=2R

联立解得cosa=g,%=JggR

小球脱轨后斜抛运动还能上升的高度h=(『ina)2=工R

2g27

因此，相当于地面，小球上升的最大高度为为=/?+7?cosa+7z=—/?=—m

。2727

考向四动能定理与图象的综合问题

(2020嘶江口高三学业考试)某兴趣小组对一辆自制遥控小车的性能进行研究，他们让这辆小车在水平的直

轨道上以恒定加速度由静止启动，并将小车运动的全过程记录下来，通过处理转化为VT图像，如图所示(除

210s时间段内的图像为曲线外，其余时间段图像均为直线)，2s后小车的功率不变，可认为在整个过程中

小车所受到的阻力大小不变.小车的质量为1kg,则小车在0~10s运动过程中位移的大小为()

<</(m•<1)

A.39mB.42mC.45mD.48m

【答案】B

3-0

【解析】匀加速阶段：。=2m/s2=L5/n/s2,根据牛顿第二定律可得尸-7①，在2s后功率恒定，

在2s末有尸=尸乂3②，匀速运动阶段，牵引力等于阻力，则P=/x6③，联立三式解得了=1.5N,额定

功率尸=9卬，在。2s过程中的位移为x=1x2x3=3»i,对2s〜10s的过程运用动能定理得：

12

Pt-fx=-mv2--mv2,代入数据得x=39m,故0~10s内的位移为x=无+x=42%,B正确.

2

22102212

【名师点睛】解决物理图象问题的基本步骤

(1)观察题目给出的图象，弄清纵坐标、横坐标所对应的物理量及图线所表示的物理意义.

(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，找出图线的斜率、截距、图线的交

点、图线下的面积所对应的物理意义，分析解答问题，或者利用函数图线上的特定值代入函数关系式求物

理量.

1.（2021浙江省杭州第二中学高三月考）光滑四分之一圆轨道底端切线水平，半径尺=0.4m,底端安装了

一个力传感器，小球从圆轨道的某位置由静止释放，经过底端后平抛落到地面，传感器的读数和平抛的水

平位移平方值之间的关系如图所示，则下列判断不正确的是（）（g取lOm/sz）

甲乙

A.圆轨道底端距地面1.25mB.小球质量为1kg

C.传感器最大值为30ND.平抛的最大水平位移为2m

【答案】D

【详解】B.在圆轨道最低点由向心力公式可得尸-〃吆=〃?”

R

平抛过程水平、竖直方向满足S=M

,1

h=

联立可得尸=黑52+7咫

对比图线可知，截距为，wg=10N

解得小球质量为1kg,B正确，不符合题意；

A,当S2=lm2时，F=20N,代入表达式/=+机g

2hR

可解得/?=1.25m

即圆轨道底端距地面1.25m,A正确，不符合题意；

C.当从圆弧最高点下滑时，传感器的数值达到最大，由动能定理可得=?，小2

21

由向心力公式可得勺-mg=m

联立解得v=2^2m/s,F=3ON

ii

即传感器最大值为30N,C正确，不符合题意；

D.当以匕抛出时，水平位移最大，时间为，==0.5s

水平位移为x=vt=>/2m

i

D错误，符合题意。

故选Do

2.（2012嘶江口高三单元测试）如图甲所示，在倾角为30。的足够长的光滑斜面AB的A处连接一粗糙水平面

OA,0A长为4m。有一质量为m的滑块，从。处由静止开始受一水平向右的力F作用。F在水平面上按图

乙所示的规律变化。滑块与间的动摩擦因数"=0.25,g取10m/s2,试求：

（1）滑块运动到A处的速度大小；（结果可保留根号）

（2）不计滑块在A处的速率变化，滑块沿斜面AB向上运动的最远距离。

2加4

mg

：

CLo1234

-0.5厢二」」'Jm

-mg

-2mg

甲乙

【答案】（^1）55/2m/s;⑵5m

【详解】（1）设滑块运动到A处的速度大小为V,对滑块从。运动到A的过程根据动能定理有

2mgx-0.5mgx-\imgx=—mvz

12OA2

代入数据解得丫=5河内

（2）设滑块沿斜面AB向上运动的最远距离为L,对滑块从4运动到最远处的过程根据动能定理有

-mgLsin30°=0-；机丫2

代入数据解得L=5m

考向五运用动能定理巧解往复运动问题

如图所示，ABC。是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底的连接处都是一段与8C相切的圆弧，BC是

水平的，其宽度d=0.50m,盆边缘的高度为〃=0.30m,在A处放一个质量为机的小物块并让其从静止开

始下滑。已知盆内侧壁是光滑的，而盆底BC面与小物块间的动摩擦因数为〃=0.10。小物块在盆式容器内

来回滑动，最后停下来，则小物块最终的位置到B点的距离为（g取10m/s2）（）

AD

B

A.0.50mB.0.25m

C.0.10m

【参考答案】D

【详细解析】设小物块在BC面通过的总路程为s,由于只有BC面上存在摩擦力，则小物块从A点开

始运动到最终静止的整个过程中，摩擦力做功为一〃加gS,而重力做功与路径无关，由动能定理得：唐g〃一“"2gS

=0-0,代入数据解得s=3m。由于d=0.50m,所以小物块在面经过3次往复运动后，停在B点,D

正确。

【名师点睛】滑动摩擦力做功与物体运动的路程有关，如果题目中涉及求解物体运动的路程或位置的

变化，可利用动能定理求出摩擦力的功，然后进一步确定物体运动的路程或位置的变化

1.如图所示，斜面的倾角为仇质量为根的滑块与挡板尸的距离为尤。,滑块以初速度%沿斜面上滑，

滑块与斜面间的动摩擦因数为“，滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力。若滑块每次与挡板相碰均无

机械能损失，滑块经过的总路程是（）

:%十%tanH京+xotan]

C法篇+%tane)

:geos0tanft

［答案］A〃，如为〃〃〃〃〃一

【解析】滑块最终要停在斜面底部，设滑块经过的总路程为%,对滑块运动的全过程应用功能关系，全

1

过程所产生的热量为Q=2mv02+mgx0sin0,又由全过程产生的热量等于克服摩擦力所做的功，即Q=

*152

fimgxcos6,解得尤=〃2gcose+%tan0,选项A正确。

2.如图所示，AB、C。为两个对称斜面，其上部足够长，下部8、C分别与一个光

滑的圆弧面的两端相切，圆弧圆心角为120。，半径R为2.0m,一个物体在离弧底E

高度为/z=3.0m处，以初速度。=4.0m/s沿斜面运动，若物体与两斜面间的动摩擦h\/

因数均为0.02,则物体在两斜面上（不包括圆弧面部分）一共运动的路程是多少？（g____,,

取10m/s2）

【答案】280m

【解析】两个斜面的下部8、C分别与光滑的圆弧面相切，圆心角为120。，所以可得出斜面的倾角为60。,

物体在斜面上所受到的滑动摩擦力为

Ff=jumgcos60°=0.0bng,

重力沿斜面的分力为mgsin60°=?»7g>Ff,

所以物体不能停留在斜面上。

物体在斜面上滑动时，由于摩擦力做功，物体的机械能逐渐减小，物体滑到斜面上的高度逐渐降低，

物体最终将在2、C间做往复运动。设物体在斜面上运动的总路程为s,

对全过程应用动能定理得

mg[h—7?（1—cos60°）]—jumgscos60°=0-^mv2,

解得5=280mo

一、单选题

1.质量为30kg的小孩坐在秋千板上，秋千板离系绳子的横梁的距离是2.5m.小孩的父亲将秋千板从最低

点拉起1.25m高度后由静止释放，小孩沿圆弧运动至最低点时，它对秋千板的压力约为（）

A.0B.200NC.600ND.1000N

2.2020年6月23日我国成功发射北斗三号系统最后一颗卫星，北斗全球星座部署完成。北斗三号系统空

间段由3颗GEO、3颗IGSO和24颗MEO卫星组成。GEO卫星相对地球静止，轨道高度约为36000km,IGSO

卫星的轨道高度与GEO卫星的轨道高度相同，轨道倾角（绕地球运行的轨道平面与地球赤道平面之间的夹

角）为55度，MEO卫星的轨道高度约为21500km,轨道倾角为55度。下列说法不正强的是（）

A.MEO卫星的运行周期小于GE。卫星的运行周期

B.GEO卫星与IGSO卫星运行的向心加速度大小相等

C.MEO卫星的线速度大于IGSO卫星的线速度

D.GEO卫星与IGSO卫星的动能相等

3.物体以10m/s的速度由坡底冲上一足够长的斜坡，当它返回坡底时的速度大小为8m/s。已知上坡和下坡

两个阶段物体均沿同一直线做匀变速直线运动，但上坡和下坡的加速度大小不同.则关于物体上坡、下坡两

过程说法正确的是（）

A.加速度大小之比为5:4B.所用时间之比为4:5

C.摩擦力做功之比为5:4D.合外力做功之比为4:5

4.一质量为Q4kg的小球以某一初速度水平向右抛出后，随即受到一大小3N,方向水平向左的恒力，假设

小球抛出时离地足够高，忽略空气阻力，当小球的动能最小时，速度方向与水平的夹角为（）

A.30"B.37°C.45°D.53°

5.一物块从斜面顶端静止开始沿斜面下滑，其机械能和动能随下滑距离s的变化如图中直线I、n所示，

重力加速度取10m/s2。下列说法正确的是（）

E/J

A.物块下滑过程中只有重力做功

B.物块与斜面间的动摩擦因数为0.5

C.物块下滑时加速度的大小为2m/s2

D.物块下滑到底端过程中重力做功40J

6.如图甲所示的滑道由两段相同半径的圆弧滑道和一段水平直滑道组成，图乙是它的示意图，P、Q在同一

水平线上。某滑板运动员从滑道左侧的P点无初速下滑，通过调整姿态，运动到右侧Q点时速度恰好为零。

将人和滑板看作整体，以下说法正确的是（）

甲

A.运动到Q点时，速度为零，但合力不为零

B.在圆弧滑道上运动时，合力不为零且指向圆心

C.滑动过程中，人和滑板整体机械能守恒

D.从P点滑下，若人不主动调整姿态也能滑到Q点

7.如图所示，无人机在空中加速上升时，动能、重力势能、机械能三个能量中不断增加的有（）

A.动能B.动能、重力势能

C.重力势能、机械能D.动能、重力势能、机械能

二、解答题

8.某课外活动小组自制一枚质量为2kg的火箭，设火箭发射后始终在竖直方向上运动。火箭点火后可认为

从静止开始做匀加速直线运动，经过5s速度达到40m/s时燃料恰好用完，若不计空气阻力且火箭视为质点，

取g=10m/s2,求：

⑴火箭上升到离地面的最大高度；

⑵火箭落回地面时的动能为多大。

9.如图所示，一弹射游戏装置由安装在水平台面上的固定弹射器、竖直圆轨道（在最低点E分别与水平轨

道E。和E4相连）、高度h可调的斜轨道A3组成。游戏时滑块从。点弹出，经过圆轨道并滑上斜轨道。全

程不脱离轨道且恰好停在B端则视为游戏成功。已知圆轨道半径r=0.1m,OE长L=0.2m,AC长

1

4=0.4m,圆轨道和AE光滑，滑块与42、OE之间的动摩擦因数N=0.5。滑块质量m=2g且可视为质点,

弹射时从静止释放且弹簧的弹性势能完全转化为滑块动能。忽略空气阻力，各部分平滑连接。求

（1）滑块恰好能过圆轨道最高点F时的速度n大小；

F

（2）当/?=0.1m且游戏成功时，滑块经过E点对圆轨道的压力歹大小及弹簧的弹性势能石；

N%

（3）要使游戏成功，弹簧的弹性势能E与高度力之间满足的关系。

P

10.小明将如图所示的装置放在水平地面上，该装置由弧形轨道、竖直圆轨道、水平直轨道和倾角0=37。

的斜轨道平滑连接而成。质量，〃=0.1kg的小滑块从弧形轨道离地高〃=1.0m处静止释放。已知R=0.2m,

L=L=1.0m,滑块与轨道AB和2C间的动摩擦因数均为日=0.25,弧形轨道和圆轨道均可视为光滑，

ABBC

忽略空气阻力。

⑴求滑块运动到与圆心。等高的。点时对轨道的压力;

⑵通过计算判断滑块能否冲出斜轨道的末端c点；

⑶若滑下的滑块与静止在水平直轨道上距A点x处的质量为2机的小滑块相碰，碰后一起运动，动摩擦因数

仍为0.25,求它们在轨道上到达的高度h与x之间的关系。（碰撞时间不计，sin37°=0.6,cos37°=0.8）

12.（2016•浙江高考X多选）如图所示为一滑草场。某条滑道由上下两段高均为〃，与水平面倾角分别为

45。和37。的滑道组成，滑草车与草地之间的动摩擦因数为〃。质量为机的载人滑草车从坡顶由静止开始自

由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端（不计滑草车在两段滑道交接处的能量损失，

sin37°=0.6,cos37°=0.8）o则（）

A.动摩擦因数4=¥

B.载人滑草车最大速度为、怦

C.载人滑草车克服摩擦力做功为机g/?

D.载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为海

13.（2020•浙江卷）小明将如图所示的装置放在水平地面上，该装置由弧形轨道、竖直圆轨道、水平直轨

道A3和倾角e=37°的斜轨道平滑连接而成。质量帆=0.1kg的小滑块从弧形轨道离地高H=1.0m处

静止释放。已知R=0.2m,L=L=1.0m,滑块与轨道AB和3C间的动摩擦因数均为N=0.25,弧

ABBC

形轨道和圆轨道均可视为光滑，忽略空气阻力。

（1）求滑块运动到与圆心。等高的。点时对轨道的压力；

（2）通过计算判断滑块能否冲出斜轨道的末端C点；

（3）若滑下的滑块与静止在水平直轨道上距A点无处的质量为2根的小滑块相碰，碰后一起运动，动摩擦因

数仍为0.25,求它们在轨道3C上到达的高度/z与％之间的关系。（碰撞时间不计，sin37°=0.6,

cos37°=0.8）

H

吟答案精折京

1.C

【详解】由机械能守恒得：mgh=',代入数据解得：v=5m/s；以小孩为研究对象，分析受力情况，受力

^mv2

分析如图所示：

八FN

▼mg

根据牛顿第二定律得：FN-mg=m，”代入数据解得：FN=600N；由牛顿第三定律知小孩对秋千板的压力为

r

600N.故C正确，ABD错误。

2.D

【详解】A.由轨道高度和地球半径关系可知MEO卫星的运转半驾.小于GEO卫星的运转半玲，根据,

取一濠

可得7\<T,

故A不符合题意；

B.设地球的质量为根据万有引力提供向心力有

尸

G—Mm=ma

可得向心加速度

因为IGSO卫星与GEO卫星的轨道高度相同，所以向心加速度大小相等，故B不符合题意;

C.设地球的质量为人造卫星做匀速圆周运动的半径为r,根据万有引力提供向心力有

Mmv2

%<r,

所以MEO卫星的线速度大于IGSO卫星的线速度，故C不符合题意；

D.因GEO卫星与IGS。卫星的质量关系未知，无法确定GEO卫星与IGS。卫星的动能是否相等，故D符合

题意。

故选D。

3.B

【详解】A.将上坡过程看做反向的初速度为零的匀加速运动过程，则根据i/2=2as

可知加速度大小之比为牝5=评:谤=102：82=25:16

选项A错误；

B.根据可知所用时间之比为

s=Ht幺="=三=<

2hVi105

选项B正确；

C.上升和下降过程摩擦力和位移均相等，则根据吗=/s可知摩擦力做功之比为I」，选项C错误；

D.根据动能定理，合外力做功卬=」&

则合外力功之比为，zU

_102_25

2

W2诏B16

选项D错误。

故选Bo

4.B

【详解】合力方向与速度方向垂直时，小球的动能最小，由题意知合力与竖直方向夹角为37。，可知当速度

方向与水平夹角37。时，小球的动能最小，故B正确，ACD错误。

故选Bo

5.D

【详解】A.根据功能关系可得=Fdr

则在此F_丫图像中的斜率的绝对值表示下滑过程中受到摩擦力大小(=1m介侬6=6N

机械能不守恒，除重力外还有其他力做功，故A错误；

BC.根据动能定理可得&=1gsing—Rngcos6)x

则&—1图像的斜率表示合外力F，得到合外力尸=mgsin6-皿〃,os。=2N

因日未知，m和〃无法求，加速度。也无法计算，故B、C错误；

D.根据&=(mgsin6—pmgcos0)x

则物块下滑到底端过程中重力做功偏=sjng=-|-innfixcos9=107+6x5J=40|

故D正确。

故选D„

6.A

【详解】A.运动到Q点时，速度为零，向心加速度为零，但沿切线方向加速度不为零，故合力不为零，故

A正确；

B.在圆弧滑道上运动时，做变速圆周运动，合力不指向圆心，故B错误；

C.对于人和滑板组成的系统，除重力外，还有阻力做功，并且在调整姿态时人自身也要做功，故滑动过程

中系统的机械能不一定时时刻刻相等，故C错误；

D.滑动过程中，人若不调整姿态，由于要克服阻力做功，就到不了Q点，故D错误。

故选A。

7.D

【详解】无人机加速上升，所以动能增加。高度不断增加，所以重力势能不断增加，所以无人机机械能不

断增加。

故选Do

8.(Dlftn„?；(2)3600J

【详解】⑴对火箭，加速上升阶段

减速上升阶段一

2池

♦=4——

解得A=180m

(2)火箭下落过程应用动能定理7ng5=4屋

根据题意并代入数据可知，火箭落回地面时的动能为Ek=3600J

⑴⑵。⑶〈力<

9•vF=lm/sEVQ=8.0X1(T0057no.2m

【详解】(1)滑块恰过F点的条件：

mg=m-

解得：=lra/s

(2)滑块从E到8,动能定理：I,

—mgA—pmgL2=0一严诏

在E点根据牛顿第二定律:

解得：FK=0.14N

从。到B点，根据能量守恒定律：

Epo—mgh-+4=。

解得：％=8,0X10-3/

(3)滑块恰能过F点的弹性势能：

3

Epl=2mgr+iimgLt+-nt印=70x10~]

到B点减速到0：

Epi-mgAt-umg[L^+3=0

解得：

4=0.05m

能停在B点,则：〃刀;0cos6=mnsin9

解得：t/n»A=n十此时

=02m

从0至118点：E=mg/i+|img(L+L)=2x10-3(10/z+3)J

P12

其中0.05m<>4<0.2m

10.(1)8N,方向水平向左；(2)不会冲出；⑶MJ"'—'。/—/

5

/i=-