动能定理及其应用 -2025年高考物理一轮复习（新高考）

考点23动能定理及其应用

IK考情探究,

i.高考真题考点分布

题型考点考查考题统计

选择题动能和动能定理2024年福建卷

选择题多过程的动能定理应用2024年广东卷

计算题动能定理2024年全国新课标卷、辽宁卷

2.命题规律及备考策略

【命题规律】高考对动能定理的考查非常频繁，题目出现的形式有选择题也有计算题，如果以计算题出现,

大多涉及到多过程问题的分析与应用，难度上也比较大。

【备考策略】

1.理解动能动能定理，并会用动能定理处理物理问题。

2.掌握有关动能定理的图像问题。

【命题预测】重点关注动能定理在多过程问题中的应用。

醮・考点流卧

一、动能

2

1.公式：Ek—^mv,式中v为瞬时速度，动能是状态量。

2.标矢性：动能是标量，只有正值，动能与速度的方向无关。

3.动能的变化量：AEk=lmv/-mvi2o

22

4.动能的相对性：由于速度具有相对性，则动能也具有相对性，一般以地面为参考系。

二、动能定理

1.内容：力在一个过程中对物体做的功，等于物体在这个过程中动能的变化。

2.表达式

11

W=AEk=—〃7V2?----mvi2o

22

3.功与动能的关系

(1)少＞0,物体的动能增加。

(2)眸0,物体的动能减少。

(3)^=0,物体的动能不变。

4.适用条件

(1)动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动。

(2)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，也可以不同时作用。

!考点精讲I

考点一对动能、动能定理的理解

1.在变力作用下的直线运动问题中，如果物体所受恒力的功可以求出，并且知道物体的初末速度，那么可以

应用动能定理求解变力的功，可以将这种方法作为首选试试。

2.在变力作用下的直线运动问题中，且变力功己知，不涉及时间的问题中，可优先考虑应用动能定理求解

位移大小的问题。

3.动能定理中的位移和速度均是相对于同一参考系的，一般以地面为参考系。

典例引领

1.如图所示，将质量为加的小球从高为九处以初速度水平抛出，落地时速度大小为V,方向与水平面成。

角，空气阻力不能忽略，重力加速度为g。下列说法正确的是()

A.重力对小球做的功为;加"-V；)

B.落地时小球重力的功率为mgv

C.合外力对小球做的功为!机V?

2

D.空气阻力对小球做的功为;加(V?-诏)-机g/z

【答案】D

【详解】ACD.根据动能定理%=g加"■加说其中重力做功为％=mg〃设空气阻力做功为匕，则

%=%+匕解得%=W^-WG=3，-mgh故AC错误，D正确；

B.落地时小球重力的功率为尸==%gvsin。故B错误。故选D。

即阻性测

2.如图所示，半径分别为2R和尺的圆轨道/、8竖直固定在水平地面上，质量为沉、可视为质点的小球

以一定的初速度滑上圆轨道，并先后刚好通过圆轨道/和圆轨道8的最高点，则小球从/轨道的最高点运

动到8轨道的最高点的过程中克服阻力做的功为（重力加速度为g）（）

【答案】D

【详解】在小球从/轨道的最高点运动到8轨道的最高点的过程中，根据动能定理有

%Z-1机丫，小球通过/轨道的最高点时有mg^m—小球通过2轨道的最高点时有

2227?

mg二冽以-联立解得/■加gR故选Do

R2

考向2在机车启动问题中应用动能定理

机车以恒定功率运行时，牵引力做的功少=尸人由动能定理得尸/一尸阻x=A&,此式经常用于求解机

车以恒定功率启动过程的位移大小。

典例引领

3.通过质量为”的电动玩具小车在水平面上的运动来研究“机车启动"问题。小车刚达到额定功率开始计

时，且此后小车功率不变，小车的VT图像如图甲所示，电时刻小车的速度达到最大速度的三分之二，小车

速度由V。增加到最大值的过程中，小车受到的牵引力尸与速度v的关系图像如图乙所示，且尸-v图像是双

曲线的一部分（即反比例图像），运动过程中小车所受阻力恒定，下列说法正确的是（）

A.小车的额定功率为尸户

B./=0时刻，小车的加速度大小为阻

m

C.功时刻，小车的加速度大小为空

m

D.0~九时间内，小车运动的位移大小为

2F°

【答案】D

【详解】A.根据题意小车刚达到额定功率开始计时，且此后小车功率不变，如图乙可知当汽车的速度为

%时，牵引力为34,根据题意，小车的额定功率为尸=向=3凡％故A错误；

BC.根据题意可知，汽车速度最大时，汽车的牵引力等于阻力，由图乙可知汽车受的阻力大小为/=/由

Q0时刻，牵引力为31，根据牛顿第二定律31-/=加。解得小车的加速度大小为。=空在电时刻，汽车

m

9Pp3

的速度为V'=彳％由A选项中分析得vm=—=3v0则此时的牵引力为F=[=根据牛顿第二定律有

3r0v2

尸-/=侬/解得a'=乌故BC错误；

2m

D.O—o时间内，根据动能定理尸/。-笈=："42一1加说解得尤=3%%_警故口正确。故选D。

222r0

即B建造

4.为了测试某新能源汽车的性能，无人驾驶的新能源汽车在封闭的平直测试路段从静止开始运动，该汽

车的速度v与时间，的关系图像如图所示，0~10s对应的图线为过原点的直线，10s时汽车的功率恰好达到

额定功率，之后维持额定功率不变。已知该汽车的质量为2000kg,汽车在测试路段运动时受到的阻力大小

恒为汽车重力的:，取重力加速度大小g=10m/s2。下列说法正确的是()

A.该汽车的额定功率为8.0xl()4w

B.5s末该汽车的牵引力大小为8X1()3N

C.该次测试中汽车的最大速度为30m/s

D.4+10s内汽车行驶的路程为600m

【答案】B

【详解】AB.0~10s对应的图线为过原点的直线，所以汽车在这一阶段恒定加速启动，根据牛顿第二定律

可知尸"a=2m/s?汽车受到的牵引力不变，即尸=8000N所以，5s末该汽车的牵引力大小为

△t

8X103NO结合功率的公式尸=网可知，当汽车的牵引力不变时，速度增大，汽车的功率增大，当速度最

大时，汽车的功率达到额定功率，即v=20m/s则汽车的额定功率为&=尸V=8000X20W=1.6X1()5W,A错

误，B正确；

P

C.10~。时间内，汽车以恒定功率启动，根据尸解得尸=—随着车速逐渐增大，牵引力逐渐减小，汽

v

车的加速度越来越小据牛顿第二定律可知/-7=加。当加速度为零时，汽车的速度最大，此时

F=f=gng=4000N故最大车速为匕"=与=与=上毒m/s=40m/s,C错误；

5Ff4000

D.4~4+10s时间内，根据动能定理可知尸，-力"=()解得s=400m,D错误。故选B。

!考点精讲I

考点二应用动能定理处理多过程问题

i.解题流程

受力几个力？恒力做¥是否做功？正

分析还是变力？功还是负功？

动'

能

确定研究动

关分阶段

力

二

对象和研定

理

系或全程

学

究过程列方程

，

2.注意事项

(1)动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系。

(2)应用动能定理的关键在于对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析，并画出运动过程的草图，借

助草图理解物理过程之间的关系。

(3)当物体的运动包含多个不同过程时，可分段应用动能定理求解；当所求解的问题不涉及中间的速度时，

也可以全过程应用动能定理求解，这样更简便。

(4)列动能定理方程时，必须明确各力做功的正、负，确实难以判断的先假定为正功，最后根据结果加以检

典例引领

5.如图1所示，固定斜面的倾角。=37。，一物体(可视为质点)在沿斜面向上的恒定拉力厂作用下，从

斜面底端由静止开始沿斜面向上滑动，经过距斜面底端/处的/点时撤去拉力凡该物体的动能及与它到

斜面底端的距离X的部分关系图像如图2所示。已知该物体的质量7W=1kg,该物体两次经过4点时的动

能之比为4:1,该物体与斜面间动摩擦因数处处相同，sin37°-0.6,重力加速度g取10m/s,,不计空气阻

力。则拉力厂的大小为（

D.19.2N

【答案】D

【详解】依题意，设物体在运动过程中受到的滑动摩擦力大小为了,物体重力沿斜面的分力大小为

6工=〃?gsin37。=6N当物体沿斜面向上运动到与处时，根据动能定理有（b-0运动到2%处

时，根据动能定理有为-（G,+/>2x°=0当物体沿斜面向下运动到与处时，根据动能定理有

&-/）尤。=；/-0联立以上式子求得尸=19.2N故选D。

即时检测

6.如图，在斜面上有一个小球A,已知球A位于距离地面的高度处，当小球从/处滚到。处（距离地

面），斜面阻力不计，以下选择正确的是（）

4

A.滑到8处时球速度为同B.滑到C处时若速度减少为3的;，则〃

24

C.球滑到。处的速度为D.球第一次停距离地面为

【答案】A

【详解】A.从4到B根据机械能守恒定律可得机4解得力=两故A正确；

B.到C处时若速度减少为8的。，则从3到C根据动能定理可得

2

/JmglBC=g加第-1-m-（1-vB）=|mvj=jmgh由于儿未知，故无法判断，故B错误；

C.小球从/处滚到D处根据动能定理可得7Wg〃-加g，〃-〃机g，Bc=gw域其中摩擦力做功未知，故无法判

断，故c错误；

D.第一次停距离地面为"，根据动能定理可得机g/L〃?g“-刖8娠=0其中摩擦力做功未知，故无法判

断，故D错误。故选A。

考向2直线曲线运动相结合的多过程问题

典例引领

7.如图所示，竖直平面内固定一内壁粗糙的半圆弧槽，半径为2R,一质量为优的滑块（可视为质点）从

距半圆弧槽。点正上方3R的/点自由下落，经过半圆弧槽后，滑块从半圆弧槽的左端冲出，刚好到达距

半圆弧槽正上方2R的3点。不计空气阻力，重力加速度为g,则以下说法错误的是（）

A.滑块第一次到达半圆弧槽。点的速度为倔^

B.滑块第一次到达。点时对半圆弧槽的压力为3加g

C.滑块第一次通过半圆弧槽的过程中克服摩擦力做的功为mgR

D.滑块从8点返回后经C再次到达。点时的速度为

【答案】D

【详解】A.小球从/点到。点，由机械能守恒定律得加gx3R=gw；解得匕=病戢故人正确不符合题

意；B.滑块第一次到达。点时，对半圆弧槽的压力等于圆弧槽对其的弹力N=%近=3mg故B正确不符

27?

合题意；C.滑块第一次通过半圆弧槽的过程中克服摩擦力做的功为力=3加gR-2加g7?=加gA故C正确不

符合题意；D.如果两次克服阻力做功相同，滑块从8点返回后经C再次到达。点时，速度为

加g2R-叫=（加心解得马=而齐但第二次速度小于第一次，根据向心力方程可知，在各位置对应压力小

于第一次，则阻力小于第一次，克服阻力做功小于第一次，所以速度大于故D错误符合题意。故

选D。

即时检测

8.图为一影视城新添加的游戏设备的简化图。现把一个滑块(可视为质点)从，=18m高处由静止开始

释放，通过光滑弧形轨道进入半径R=6m的竖直圆环，且滑块与圆环间的动摩擦因数处处相等。当

滑块到达顶点C时，滑块刚好对轨道的压力为零，沿圆弧滑下后进入光滑弧形轨道8。，且到达高度为

力的。点时速度为零。取重力加速度大小g=10m/s2,且所有高度均相对于8点而言，贝心的值可能为

A.10mB.1ImC.12mD.13m

【答案】D

【详解】滑块到达顶点C时，滑块刚好对轨道的压力为零，则根据重力提供向心力有加g=加!从开始释

放到C点，根据动能定理有mgH-mg-2R-Wac=g加片从C点到D点，根据动能定理有

mg-2R-WfCB-mgh=0-〈加彷从2到C时与从C到8时相比，由于机械能的损失，导致在同一高度时，

从2到C的过程中速度较大，则对轨道的压力就大，从而摩擦力就大，所以从3到。时摩擦力做的功

%c大于从c到B时摩擦力做的功WKB,即有叫酎＞W(CB联立可得力＞12m故选D。

|考点精讲|

考点三动能定理的图像问题

1.四类图像所围“面积”的意义

图像］依据%T图线围成的面积表示物体的位移i

I,JL_________________________________________\

I__________________________________________(

OT图像1依据图线围成的面积表示物体速度的变化量;

:I；__________________________________________

Ff图像!依据拧《尸T图线围成的面积表示力所做的功

I,JL_________________________________________；

I；__________________________________________

PT图像］依据的臼jPT图线围成的面积表示力所做的功

IJL_________________________________________：

2.解决动能定理与图像问题的基本步骤

观察图像观察题目给出的图像,弄清纵坐标、横坐标所对

______/应的物理量及图线所表示的物理意义

根据物理规律导出纵坐标与横坐标所对应的物

导函数式

_____J理量间的函数关系式

心

根据函数关系式找出图线的斜率、截距、图线的

解答问题'交点、图线下的面积所对应的物理意义,分析解

答问题，或利用函数图线上的特殊值代入函数

关系式来求物理量

典例引领

9.为了减少环境污染，适应能源结构调整的需要，我国对新能源汽车实行了发放补贴、免征购置税等优

惠政策鼓励购买。在某次直线运动性能检测实验中，根据某辆新能源汽车的运动过程作出速度随时间变化

的VI图像。为过原点的倾斜直线，湖段表示以额定功率行驶时的加速阶段，6c段是与b点相切的水

平直线，则下列说法正确的是（）

A.。〜〃时间内汽车做匀加速运动且功率保持不变

B.0〜〃时间内汽车牵引力做功为:加达~^mvi

c.〃〜益时间内的平均速度大于;（匕+内）

D.与〜与时间内汽车牵引力大于汽车所受阻力

【答案】C

【详解】A.0〜〃时间内图像的斜率不变，加速度不变，汽车做匀加速运动；根据尸-/=加。，汽车的牵

引力不变；又因为尸=外，汽车的功率增大，A错误；

B.根据动能定理，。〜七时间内汽车合力做功为;机片-；机片，B错误；

X

C.根据p,〃〜勿时间内汽车做变加速运动，其位移大于匀加速运动的位移，所以汽车在该段时间

内的平均速度大于3（匕+匕），c正确;

D.打〜£3时间内汽车做匀速运动，牵引力等于汽车所受阻力，D错误。

故选Co

即阴愣|

10.图甲所示的救生缓降器由挂钩（或吊环）、吊带、绳索及速度控制装置等组成，是一种可使人沿绳索

缓慢下降的安全营救装置。如图乙所示，高层建筑工人在一次险情中，将安全带系于腰部，从离地面某高

度处通过钢丝绳先匀加速运动后匀减速运动安全着陆，图丙是工人运动全过程的VI图像。已知工人的质

量加=70kg,g=10m/s2,则下列说法中错误的是（）

乙丙

A.整个过程工人的最大动能为11340J

B.减速下滑时钢丝绳对工人的拉力大小为1330N

C.整个过程中救生缓降器对工人所做功为-31500J

D./=2s时钢丝绳对工人拉力的瞬时功率为15960W

【答案】D

【详解】A.根据廿图像可知3s末速度最大，则最大动能&机耳=11340J故A正确；

1Q

B.根据v-f图像的斜率表示加速度可得，工人加速下滑时的加速度大小为4=§m/s2=6m/s2根据牛顿第

二定律可得加速下滑时钢丝绳对工人的拉力大小为Fl=mg-ma=280N工人减速下滑时的加速度大小为

1Q

的=『m/s?=9m/s2根据牛顿第二定律可得减速下滑时钢丝绳对工人的拉力大小为丹="+加=1330N

故B正确；

C.根据VY图像与坐标轴所围面积表示位移可知发生险情处离地面的高度为〃=gx5xl8m=45m整个过程

由动能定理得匹+mg4=0解得少=-31500J故C正确；

D.f=2s工人的速度大小为v=a"=12m/s此时钢丝绳对工人的拉力大小为B=280N此时钢丝绳对工人拉力

的瞬时功率为P=A/v=3360W故D错误。本题选错误的，故选D。

考向2一图像

典例引领

11.一无人机静止在水平地面上，启动后竖直上升，上升过程中加速度。随时间f的变化如图所示，下列

判断正确的是（）

A.无人机在九与2%时刻的速度之比为1:2

B.无人机在。〜%与%〜2%的位移大小之比为1:1

C.无人机在。〜小与。〜2M所受合外力的冲量之比为1:2

D.0〜%与%〜2/。合外力对无人机做功之比为1:2

【答案】A

【详解】A.根据图像的面积表示速度变化量，由图可知，办时刻的速度为2%时刻的速度为

匕=a（A所以■故A正确；

B.由图可知，无人机在务〜2fo一直加速，则相等时间内通过的位移逐渐增大，故B错误；

C.0〜办与务〜21。速度变化量相等，且速度一直增大，则动量变化量相同，由动量定理可知无人机在

0〜/。与%〜2t0所受合外力的冲量相同，故C错误；

D.。〜％合外力对无人机做功为％=:加v；=：加碌；%〜2to合外力对无人机做功为

2o

113W,1

2

w2=-mvl--wVj有出=,故D错误。故选A。

228"23

目

12.一辆智能电动玩具车在水平路面上由静止开始加速，其加速度。随时间，的变化关系如图所示，当玩

具车加速/=1S后，牵引力的功率保持恒定。已知玩具车的质量加=2kg,行驶过程中受到恒定的阻力

A.从1=0到f=ls的位移为2mB.从t=0到f=ls的牵引力做功为4J

C.从t=ls到"3.17s的位移约为7mD.从f=Is到t=3.17s的牵引力做功为21J

【答案】C

【详解】A.图像与坐标轴包围的面积表示速度变化量，则％=ls的速度为v=2xlm/s=2m/s从，=0到％=ls

做匀加速直线运动，则位移为无=?=lm故A错误；

B.O~ls内，根据牛顿第二定律有尸-/=加。解得尸=6N该段时间牵引力做功为少="=61故B错误；

C.f=ls时，玩具车的功率为尸=Fv=6x2W=12Wf=3.17s时，根据牛顿第二定律有片-/=加。'解得

p1211

4=3N此时的速度为M=耳=^向$=4向$根据动能定理有尸"-/V=5回产-5根1?解得x，=7.02m故C正

确；

D.从/=1s至ljf=3.17s的牵弓|力做功为W=PAf=12x（3.17-l）J=26.04J故D错误。故选C。

者向.3一E架图像

典例引领

13.一质量为加的物块静止在光滑水平面上，某时刻起受到沿水平方向的力尸作用。已知力厂的方向不

变，其大小随位移x变化的规律如图所示，下列说法正确的是（）

A.物块一直做加速运动

B.3%时，物块的速度为零

C.力尸对物块做的总功为6/%

D.物块的最大速度为巨支

Vm

【答案】A

【详解】AB.由图可知，物块受到水平向右的力为物块的合外力，合外力方向与速度方向相同，物块一直

做加速运动，故位移为3%时，物块的速度达最大，故A正确，B错误；

C.力产对物块做的总功为唯=片/+与（3%-%）=予■•%+争=34/故C错误：

D.根据动能定理唯=：机片-0当位移为3%时，速度最大，可得力=匡五故D错误。故选A。

2Vm

即时检测

14.如图甲所示，质量加=10kg的物体静止在水平地面上，在水平推力厂的作用下开始运动，水平推力

（F）随位移G）变化的图像如图乙所示。己知物体与地面间的动摩擦因数〃=0.5,取重力加速度大小

g=10m/s2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列判断正确的是（）

B.x=10m时，物体的速度为10m/s

C.物体的位移在0~10m的过程中，力尸对物体所做的功为1000J

D.物体的位移在0~10m的过程中，物体运动的时间大于4s

【答案】A

【详解】A.由图乙可知尸=100-10x则物体所受的合外力为电=尸-〃mg=50-10x当x<5m时，合外力

始终沿正方向，物体做加速度减小的加速运动，速度一直增大；当x=5m时，物体的速度最大，故A正

确；

BC.x=10m时，设物体的速度大小为v,图乙所围的面积为外力所做的功，物体的位移在0~10m的过程

中，力厂对物体所做的功为^=|xlOOxlOJ=500J根据动能定理有WF-^mgx=解得v=Om/s故BC

错误；

D.0~5m的过程中，力厂对物体所做的功为缁=；x（100+50）x5J=375Jx=5m时，物体的速度最大，由动

1,

能定理有Wp-jumgx'=-mv1解得v,„=5m/s物体的v-t图像如图所不

根据v-t图像所围的面积表示位移可知gv,/<10m解得a<4s故D错误。故选A。

考向4P-f图像

典例引领

15.质量为1000kg的跑车在封闭的水平道路上进行性能测试时，其牵引力的功率随时间的变化关系如图

所示，已知0~10s内汽车做匀加速直线运动，10s末汽车速度达到20m/s,40s末达到最大速度60m/s,运

动过程中阻力恒定，下列说法正确的是（）

A.匀加速过程加速度大小为3m/s2

B.匀加速过程发生的位移大小为200m

C.速度为30m/s时，加速度大小为Im/s?

D.整个加速过程，发生的位移大小为1600m

【答案】C

【详解】A.10s末速度20m/s,可得牵引力为0四N=3000N,40s末达到最大速度60m/s,得

牵°v20

阻力/=^=—=^^N=1000N根据牛顿第二定律，可得匀加速时加速度为所占1=2m/s2故A错

vm60rn

误；

B.匀加速过程发生的位移大小为5=；环=gx2xl（）2m=100m故B错误；

C.当速度为30m/s时，牵引力为/1=£=丝誓-N=2000N加速度为q=里匚/=lm/s2故C正确；

匕m

D.设10s〜40s内位移为i，有尸右-吊=；机4-；加丫2，0=30s得［=200m所以加速过程发生的位移为

5加=5+邑=300m故D错误。故选C。

即阻性测

16.如图甲为直升机抢救伤员的情景，直升机悬停在空中，用轻质绳索将伤员由静止向上吊起，绳索对伤

员做功功率随时间变化如图乙所示，伤员重力为G,伤员作匀加速度直线运动，小打时刻伤员的动能

分别为£小Ek2,运动过程中不计空气阻力，则（）

甲乙

A.乙时刻速度大小为与

B.小益时刻的动能£片£口

c.〃时刻伤员的动能大小为粤

D.02阶段，伤员上升的高度用二二%

2G

【答案】D

【详解】A.0~〃伤员作匀加速度直线运动，牵引力月>6则。时刻速度大小为/=?〈察故A错误；

F-G

B.0~0伤员作匀加速度直线运动，之后保持功率不变，则有兄=网，a=----功率一定，速度增大，牵

引力减小，加速度减小，即。时刻后做加速度减小得变加速直线运动，当加速度为0时，做匀速直线运

动，可知，。时刻的速度小于打时刻的速度，则有段"</2故B错误；

C.0~。伤员作匀加速度直线运动，几何图像，根据动能定理有箸-%克=纭1可知，。时刻伤员的动能小

于等，故B错误；

D.0~〃伤员作匀加速度直线运动，克服重力做功委克=Gh结合上述解得h=3故D正确。故选

2G

「1.好即冲关,

基础过关

1.如图所示，一质量为m的游客乘坐摩天轮观光。假设该游客随摩天轮在竖直平面内做半径为上周期

为T的匀速圆周运动，重力加速度为g。在轿厢内，游客从最低点转到最高点的过程中（）

A.游客重力势能的变化量为2mgR

"J/2万7?、,

B.游客动能的变化重为,加（丁）

C.游客的机械能守恒

D.轿厢对游客做的总功为+干?

【答案】A

【详解】A.根据题意，游客从最低点转到最高点的过程中，游客重力势能的增加量为

AE*p=mgh=mg-2R=2mgR

故A正确；

B.游客随轿厢做匀速圆周运动，线速度大小不变，所以游客动能的变化量为零，故B错误；

C.游客受到重力和支持力，从最低点转到最高点的过程中重力和支持力都做功，所以机械能不守恒，故

C错误；

D.由动能定理少+%=0解得少=-％=2加gT?故D错误。故选A。

2.如图所示，有一根长为L质量为M的均匀链条AB静止在光滑水平桌面上，其长度的。悬于桌边外,

如果在链条的/端施加一个拉力使链条AB以0.4g（g为重力加速度）的加速度运动，直到把悬着的部分

拉回桌面。设拉动过程中链条与桌边始终保持接触，则拉力需做功（）

MgL9MgL13MgL21MgL

/\•D..Lx.

8404040

【答案】C

【详解】根据题意，由运动学公式可得，悬着的部分拉回桌面时，链条的速度满足2x0.4gx；上设拉

力需做功忆整个过程，由动能定理有沙一批•坊=2旃2联立解得沙=华£故选C。

24240

3.如图所示，人们有时用“打夯"的方式把松散的地面夯实。设某次打夯经过以下过程：两人同时通过绳子

对重物各施加一个恒力，力的大小均为3OON,方向都与竖直方向成37。，重物离开地面50cm时人停止施

力，之后重物先上升，再自由下落把地面砸深10cm。已知重物的质量为40kg,g取10m/s2,

sin37°=0.6,8$37。=0.8,忽略空气阻力,则（）

A.加速上升阶段轻绳拉力对重物做的功等于重物动能的增加量

B.停止施力后到砸到地面前，重物重力势能的减小量大于动能的增加量

C.重物刚落地时的动能为440J

D.重物对地面平均冲击力的大小为2800N

【答案】D

【详解】A.加速上升阶段，根据动能定理可知重物受到的拉力和重力的合力做功等于重物动能的变化，

故A错误；

B.停止施力后到砸到地面前，重物受重力作用，则机械能守恒，故B错误；

C.绳子拉力对重物所做的功为％=2F4cos37o=240J重物从离开地面到落到地面，由动能定理

%=舔-0解得线=240J故C错误；

D.重物从离开地面到把地面砸深停在坑中，由动能定理%+九-以=0解得

W240

/=f+,喈=+400N=2800N由牛顿第三定律，重物对地面平均冲击力的大小为/■'=/=2800N故D

«30.1

正确。故选Do

4.如图所示，在光滑四分之一圆弧轨道的顶端。点，质量为加的物块（可视为质点）由静止开始下滑，

经圆弧最低点b滑上粗糙水平面，圆弧轨道在6点与水平轨道平滑相接，物块最终滑至c点停止。若圆弧

轨道半径为凡物块与水平面间的动摩擦因数为〃，下列说法正确的是（）

7〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃

物块滑到b点时的速度为海

物块滑到b点时对b点的压力是mg

整个过程中物块机械能守恒

c点与6点的距离为生

【答案】D

【详解】A.物块滑到6点时，根据动能定理可得力gR=gmv2解得v=故A错误;

2

B.在6点，由牛顿第二定律，可得练-M7g=加一解得国=3加g故B错误；

R

C.从。点到c点，摩擦力对物块做负功，所以机械能不守恒。故C错误；

R

D.物块运动过程，由动能定理，可得mgR-〃mgs=0解得s=一故D正确。故选D。

4

5.如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与质量为他、套在粗糙竖直固定杆/处的圆环相连，弹簧水平

且处于原长。圆环从月处由静止开始下滑，经过8处时速度最大，到达C处时速度为零，AC=h,若圆环

在C处获得一竖直向上的速度v,恰好能回到/处；弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g,则圆环

)

A.下滑过程中，加速度一直减小

B.下滑过程中，克服摩擦力做功为1加/

C.在C处时，弹簧的弹性势能为

D.上滑经过B的速度大小等于下滑经过B的速度大小

【答案】B

【详解】A.如图所示

C

'mg

圆环从/处由静止开始下滑，经过8处的速度最大，到达C处的速度为零，所以圆环先做加速运动，再做

减速运动，经过8处的速度最大，所以经过8处的加速度为零，所以加速度先减小后增大，故A错误；

BC.研究圆环从N处由静止开始下滑到C过程，根据动能定理有加g〃+叫-%=。-0在C处获得一竖直

向上的速度V,恰好能回到根据动能定理有-机g/!+叫+喝=0-；加v?解得％=-；加丫2,

%-mg/z故B正确，C错误；

D.研究圆环从/处由静止开始下滑到8过程，根据动能定理有〃?g〃+4-琛=/加$-0研究圆环从8处

上滑到N过程，根据动能定理有-加g〃+叫+吗=0弓加说由于畤＜。所以;加叶加喘上滑经过3的

速度大小大于下滑经过8的速度大小，故D错误。故选B。

6.如图，Me是竖直面内的光滑固定轨道，湖水平，长度为2R,6c是半径为R的四分之一圆弧，马ab

相切于6点。一质量为优的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自4处由静止开始向右运

动。已知重力加速度大小为g,不计空气阻力。则小球从。处开始运动到其落至水平轨道〃上时，水平外

力所做的功为（）

Rcd

厂//////////////////////

c,

Z//////Z

ab

A.5mgRB.7mgRC.9mgRD.1ImgR

【答案】D

【详解】根据题意，小球从。一。过程中，由动能定理有尸4尺-加gR=g加V；其中尸=»ig解得匕=2质小

球由c点离开曲面，竖直方向做竖直上抛运动，水平方向做加速度为g的匀加速直线运动，由竖直方向可

得，小球从。点离开曲面落在〃的时间为才=互=4心水平方向有x=（g/=8R则小球从。处开始运动

gyg2

到其落至水平轨道方上时，水平外力所做的功为少=尸（3R+87?）=机g（3火+8R）=WmgR故选D。

7.如图所示，轨道MON动摩擦因数处处相同，其中ON水平，。”与ON在。处平滑过渡（物块经过。

速率不变），将一小物块从倾斜轨道上的M点由静止释放，滑至水平轨道上的N点停下。现调大斜面倾

角，把斜面调至图中虚线”位置，为使物块从斜轨上某处由静止释放后仍然在N点停下，则释放处应该

C.。点D.K点与0点之间某一点

【答案】C

【详解】设倾斜轨道的倾角为a,MN两点连线的倾角为仇滑块与轨道之间的动摩擦因数为〃。滑块从“

点到N点的整个过程，根据动能定理得.皿］叱"^^。-〃.。'=。得焉怒猿=〃

根据数学知识可得1n^忑=tan。可得tan久〃即九W两点连线的倾角一定，与倾斜轨道的倾角无

关，所以释放处应该是。点。故选C。

8.如图，为2022年北京冬季奥运会自由式滑雪U型池比赛赛道截面示意图，赛道截面为半径为R、粗糙

程度处处相同的半圆形，直径水平。总质量为〃，的滑雪运动员自/点上方高度〃=尺处由静止开始下

落，恰好从N点切入赛道，运动员滑到赛道最低点C时，位于C点的压力传感器显示滑板对赛道的压力

为运动员自身重力的4倍。用少表示运动员从/点运动到C点过程中克服赛道摩擦力所做的功，重力加

速度为g,运动员可视为质点，空气阻力不计，下列说法正确的是（）

3

A.W=-mgR,运动员不能到达5点

4

B.W=^mgR,运动员能到达2点并冲出赛道，继续上升至某一高度

C.W=^mgR,运动员恰能到达3点

D.W=^mgR,运动员能到达8点并冲出赛道，继续上升至某一高度

【答案】D

【详解】在最低点有4加g-〃?g=〃?或得运动员在最低点的速度为％=病^从开始运动到最低点的过程中

R

mg仅+R）-印=g加R得沙=^mgR假设运动员能达到B点。设C到3过程中运动员克服摩擦力做的功为

所，在3点的动能为则从C到8过程中有-叫我-芯=%-］加%根据能量守恒，可得运动员在轨

道CB上某点的速度比AC轨道上等高位置的速度小，相应的弹力大小也是轨道CB上要小，摩擦力也小，

所以运动员在轨道C8上克服摩擦力所做的功比在AC轨道上克服摩擦力所做的功要小，即印'＜少，结合

上式，可得纥B＞。即运动员能达到B点并冲出赛道，继续上升至某一高度。故选D。

!能力提升I

9.如图所示，在光滑的斜轨道底端平滑连接着一个半径为R、顶端有缺口的光滑圆形轨道，/点、8点在

同一水平面上，尸点是最低点，N/OB=120。。一质量为加的小球由斜轨道上某高度处静止释放，由轨道连

接处进入圆形轨道。重力加速度为g,不考虑机械能的损失，下道列说法正确的是（）

A.若小球滑到P点时速度大小为2回，则此处轨道对小球作用力的大小为4根g

B.若小球滑到尸点时速度大小为2廊，则小球滑到A点时速度大小为旅

C.若小球恰好能通过圆形轨道内/点，则小球在斜轨道上静止释放的高度为

D.若小球从圆形轨道内/点飞出后恰好从8点飞入圆形轨道，则小球经过8点时的速度大小为

中

【答案】BD

2

【详解】A.小球在P点，根据牛顿第二定律有N-mg=等则此处轨道对小球作用力的大小为

2

N=mg+---5mg故A错误；

B.小球从圆形轨道最低点尸滑到/点，由动能定理有一加g(Rsin3(T+R)=；机或-；机v?解得吟=J^故

B正确；

C.若小球恰好能通过圆形轨道内/点，根据牛顿第二定律有加gcos60°=机匕对小球从释放到/点，根据

R

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动能定理有mgh-mgRQ+sin30°)=-mvf解得力=^7?故c错误；

D.小球从圆形轨道内N点飞出后做斜抛运动到8