2025届高考物理复习突破练：动能定理、机械能守恒定律、功能关系的应用习题

专题分层突破练5动能定理、机械能守恒定律、功能关系的应用

选择题:每小题6分，共60分

基础巩固

L（多选）如图所示，小陈去某商场购物，他先从一楼搭乘图甲所示的观光电梯到达六楼超市,再搭乘

图乙所示的自动人行道电梯到四楼,最后搭乘图丙所示的自动扶梯到五楼。已知图乙和图丙所示的

电梯均匀速运行，图乙的梯面倾斜程度处处相同,且小陈搭乘三种电梯的过程中都站在电梯上不动,

则（）

▼匕西

A.搭乘图甲所示电梯的过程中,合外力对小陈做功最大

B.搭乘图乙所示电梯的过程中，小陈的重力做功的功率不变

C.搭乘图乙所示电梯的过程中,摩擦力对小陈不做功

D.搭乘图丙所示电梯的过程中，小陈的机械能增大

答案BD

解析图甲电梯运动过程中，人在电梯中的初速度与末速度均为0,图乙与图丙中电梯均做匀速运动，

则始末状态动能的变化量均为0,根据动能定理可知,搭乘三种电梯的过程中,合外力对小陈做的功

均为0,A错误；图乙的梯面倾斜程度处处相同，即电梯运动速度方向与竖直方向的夹角一定,根据

P=mgvcos9可知,搭乘图乙所示电梯的过程中，小陈的重力做功的功率不变,B正确；图乙中的梯面

倾斜,匀速运动时,对人进行分析,人受到重力、垂直于倾斜梯面的支持力与沿梯面向上的静摩擦力,

搭乘图乙所示电梯的过程中,摩擦力对小陈做负功,C错误;搭乘图丙所示电梯的过程中,匀速运动时,

对人进行分析,人受到重力、电梯对人竖直向上的支持力,人的速度沿斜向上,则电梯对人做正功，

小陈的机械能增大,D正确。

2.（2023浙江1月选考）一位游客正在体验蹦极,绑上蹦极专用的橡皮绳后从跳台纵身而下。游客从

跳台下落直到最低点过程中（）

A.弹性势能减小

B.重力势能减小

C.机械能保持不变

D.绳一绷紧动能就开始减小

答案B

解析游客从跳台下落,开始阶段橡皮绳未拉直,只受重力作用做自由落体运动,下落到一定高度时

橡皮绳开始绷紧,游客受重力和向上的弹力作用，弹力从零逐渐增大,游客所受合力先向下减小后向

上增大,速度先增大后减小,到最低点时速度减小到零,弹力达到最大值,弹性势能达到最大值,故橡

皮绳绷紧后弹性势能一直增大,A错误。游客高度一直降低,重力一直做正功,重力势能一直减小,B

正确。下落阶段橡皮绳对游客做负功,游客机械能减少,弹性绳的弹性势能增大,C错误。弹性绳刚

绷紧开始一段时间内，弹力小于重力,合力向下做正功,游客向下运动的速度逐渐增大,游客动能逐

渐增加；当弹力等于重力时,游客向下运动的速度最大,游客的动能最大;游客再向下运动，弹力大于

重力,合力向上对游客做负功,游客动能逐渐减小,D错误。

3.（2021山东卷）如图所示,粗糙程度处处相同的水平桌面上有一长为L的轻质细杆,一端可绕竖直

光滑轴。转动，另一端与质量为0的小木块相连。木块以水平初速度及出发，恰好能完成一个完整

的圆周运动。在运动过程中，木块所受摩擦力的大小为（）

A3B3『

2JiL,4nL

CDq

*8JiL16JiL

答案B

解析在运动过程中，只有摩擦力做功,而摩擦力做功与路径有关,

根据动能定理有力•21r,44爪为2,可得摩擦力的大小K卷,B正确。

4.（2024山东卷）如图所示，质量均为勿的甲、乙两同学，分别坐在水平放置的轻木板上，木板通过一

根原长为1的轻质弹性绳连接,连接点等高且间距为d（d<7）。两木板与地面间动摩擦因数均为P,

弹性绳劲度系数为k,被拉伸时弹性势能照Ax?（x为绳的伸长量）。现用水平力尸缓慢拉动乙所坐木

板,直至甲所坐木板刚要离开原位置,此过程中两人与所坐木板保持相对静止,人保持不变,最大静摩

擦力等于滑动摩擦力,重力加速度大小为g,则尸所做的功等于（）

A.噌+“侬（人协

B.%嗯+〃侬（/七

C-四噂-地口mg（1小

»粤詈+2共1ng（l-d）

答案B

解析开始时轻质弹性绳处于松弛状态，当轻质弹性绳刚被拉伸时，乙所坐木板的位移'X\=『d,甲

所坐的木板要运动时,k△xi=口mg,轻质弹性绳的伸长量XX。图所以厂所做的功为W=umg{l-

kF

d牛）号k（管）2=喈式+〃侬（/气,B正确。

5.（多选）（2024江西高三期中）图甲为一种新型的电动玩具，整体质量为加，下方的圆球里有电动机、

电池、红外线发射器等,打开开关后叶片转动时会产生一个与叶片转动平面垂直的推进力F,使玩具

在空中飞行。将玩具从离地面高度为44处静止释放，使玩具在竖直方向运动,推进力厂随离地面高

度人变化的关系如乙所示,重力加速度为g,玩具只受升力和自身重力作用。对于4加2加过程,下列

判断正确的是（）

忸

Q

|Ax.

甲乙

A.玩具先做匀加速再做匀减速运动

B.玩具下落到距地面3A）高处速度最大

C.玩具下落的最大速度为V?耳

D.玩具下落的最大速度为度

答案BC

解析玩具从离地面高度为4々处静止释放,根据牛顿第二定律可得mg-F=ma,由图乙可知，尸逐渐增

大,加速度逐渐减小,玩具做变加速运动，当尸/g时,加速度为零,速度达到最大，由图乙可知,此时

玩具距地面高度为3A,此后F>mg,玩具做变减速运动,故A错误,B正确;根据上面分析到达3加时速

度最大，尸做负功,大小为图形中与横轴围成的面积,所以有保=-（4A）-3A））•mg-对该过程

2

根据动能定理有mgho-^ingha^mvm,解得va^gh0,C正确,D错误。

6.（多选）甲、乙两赛车，在平直车道上由静止开始保持额定功率启动。甲车启动12s后，速度达到

108km/h,30s后，速度达到最大速度216km/h;乙车启动9s后，速度达到108km/h,25s后，速

度达到最大速度234km/ho假设赛车行驶过程中所受阻力恒为车重的3甲车的质量为乙车的;，重

力加速度取iom/s2,则（）

A.甲车额定功率是乙车额定功率的:

B.速度达到108km/h时，甲车加速度是乙车加速度的1

C.速度达到108km/h时，甲车牵引力是乙车牵引力的甘

D.加速到最大速度的过程中，甲车通过距离是乙车通过距离的詈

答案BD

解析达到最大速度时，甲、乙两车分别满足一甲引辐/甲/乙小乙％其中三必乙g,A乙与乙

545

p

g,p甲N16km/hW0ni/s,r乙N34kHi/hW5m/s,联立解得上=—,A错误；由P=Fv,可得a-FfV,

P乙13mv

代入数据可得兽=三型=J,B正确,C错误;加速到最大速度的过程中,据动能定理可得Pt-

产乙13a乙7

片5胃6为2,代入数据对比可得，甲车通过距离与乙车通过距离之比为曳=5,D正确。

2S乙91

7.铅球被水平推出后的运动过程中，不计空气阻力,下列关于铅球在空中运动时的加速度大小a、速

度大小心动能人和机械能£随运动时间£的变化关系中，正确的是（）

答案D

解析铅球在空中运动时，加速度不变，选项A错误;铅球运动的速度大小片小7()2+(gt)2,「与t不

是线性关系,选项B错误;铅球运动的动能反三6又2969/),笈与方不是线性关系,选项c错误;

铅球在运动过程中,机械能守恒,选项D正确。

8.(10分)(2024山东日照高三期末)如图是某公园设计的一种惊险刺激的娱乐设施的简化图，除倾

斜轨道段粗糙外,娱乐设施的其余轨道均光滑。根据设计要求,在竖直圆形轨道最高点安装一个

压力传感器，测试挑战者对轨道的压力，并通过计算机显示出来。一质量〃与0kg的挑战者由静止

沿倾斜轨道滑下,然后经水平轨道进入竖直圆形轨道(进入时无机械能损失)，测得挑战者到达圆形

轨道最高点时刚好对轨道无压力,离开圆形轨道后继续在水平直轨道上运动到〃点,之后挑战者越

过壕沟。已知挑战者与倾斜轨道间的动摩擦因数〃旬.1,图中。47°,40.32m,h=1.25

2

m,5-1.50m,sin37°=0.6,重力加速度g取10m/so

(1)通过计算判断挑战者能否越过壕沟；

(2)求挑战者在倾斜轨道上滑行的距离。(计算结果保留三位有效数字)

答案⑴能(2)1.54m

解析(1)挑战者到达圆形轨道最高点时刚好对轨道无压力,在圆形轨道最高点有

V2

mg=m—

从最高点到〃点的过程，由机械能守恒定律可得

2

|mvD=jfflr+2mgR

解得女Nm/s

从，点做平抛运动,下落高度h时,有

吟g干

x=vBt

可得尸2m>s=L5m,所以挑战者能越过壕沟。

(2)挑战者由静止沿倾斜轨道下滑过程中，由动能定理得

2

侬/sina-iimglcosa^mvD

解得1=1.54mo

综合提升

9.(多选)如图所示,在倾角为37。的固定斜面上,轻质弹簧一端与固定在斜面底端的挡板C拴接,另

一端连接滑块4一轻细绳通过斜面顶端的定滑轮(质量忽略不计,轻绳与滑轮间的摩擦不计)，一端

系在滑块A上,另一端与球6相连,细绳与斜面平行,斜面足够长。用手托住球B,此时弹簧刚好处于

原长。滑块/刚要沿斜面向上运动。已知磔之血Nkg,弹簧的劲度系数为#=100N/m,滑块力与斜

面间的动摩擦因数.25,最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s；且弹簧的弹性

势能区与形变量x的关系为转拆。现由静止释放球B,已知6始终未落地,则下列说法正确的是

()

(已知sin37°=0.6,cos37°=0.8)

A.释放球6前，手受到球6的压力大小为24N

B.释放球8后,滑块A向上滑行x=G.20m时速度最大

C.释放球6后，滑块4向上滑行过程中的最大动能为1.2J

D.释放球8后,滑块/向上滑行的最大距离为0.48m

答案AD

解析用手托住球B,此时弹簧刚好处于原长,设绳子拉力为尻滑块A刚要沿斜面向上运动可知

Fr=mAgsin9+口m*gcos<?=16N,对6受力分析，设手的支持力为F,则F=mBg-F\=24N,根据牛顿第三定

律可知手受到球B的压力为24N,A正确;松手后,A做加速度减小的加速运动，当A受到的合力为零

时，速度最大，当/加速度为零时,6的加速度也为零，对/受力分析得A吠sin9-iiniAgcos9-F弹

=0,对8受力分析得石'w,根据胡克定律得"=kx,解得x=0.24m,B错误;根据能量守恒定律,松手

后到滑块A最大速度的过程中有mBgx=mAgxsln9+Nnugxcos0*（如加）v^kx,解得如Ko.96J,C

错误;当滑块A向上滑行的距离最大时,4、B的速度都为0,物块B的重力势能转化为A的重力势能、

，，，

弹性势能和摩擦产生的内能，根据能量守恒定律有mBgx=niAgxsin0+pmAgxcos<9号Ax",解得

x，=0.48m,D正确。

10.如图所示的水平轨道2。足够长,只有6c部分是粗糙的,其长度为L=1m,其余部分是光滑的,质

量为1kg,长度为2Z的粗细相同的匀质软绳静止在8点的左侧（绳的右端在6点），软绳与粗糙部分

的动摩擦因数为g8,现用FlN的水平向右的恒力作用在软绳上,软绳始终保持伸直状态且长

度不变,重力加速度g取10m/s2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则在软绳运动的过程中，下列说法

正确的是（）

A.软绳先做匀加速后做匀减速运动

B.软绳的左端能经过6点

C.软绳的最大动能为0.5J

D.软绳克服摩擦力做功4.0J

答案C

解析设软绳6端向右运动位移为X,当OWxW£时,软绳所受摩擦力%二口劫g嚎口mg,当L〈xW2L

时,软绳所受摩擦力Fn=F^=Mg^nmg=^,软绳所受摩擦力随位移x变化如图所示。拉力少先

比摩擦力大，后比摩擦力小,软绳先做加速运动后做减速运动。OWWZ时,摩擦力为变力,所以加速

度不恒定,A错误;图像与坐标轴围成的面积表示物体克服摩擦力做的功%当QW0

时，iimg,对绳子由动能定理得Fx-^^mv-Q,当片0时解得x=L=\m,此时软绳受到的摩

擦力为凡州必出通N,所以当软绳方端向右运动位移为L时,速度为零，停止运动,B错误;当

F二FV受umg=W时,软绳速度最大,动能最大,解得x'4）.5m,E^=Fxinng=^.5J,C正确;6端向右

2.L4L

运动位移L的过程中,克服摩擦力故功吟〃侬斗侬£却,D错误。

11.（多选）英国的物理学家乔治•阿特伍德在1784年制做一种测定重力加速度的机械叫阿特伍德

机,受此启发,实验小组设计了如图所示的机械。具有共同水平轴的竖直轻质转盘的半径关系为

尼与公物块48由细绳相连，物块8、C分别与绕在内、外盘上的细绳相连,开始时物块均处于静

止状态，它们的质量分别为@之处@演功。某时刻物块被自由释放，物块46下降，。上升。当物块

/下降高度分时,/、刀间的细绳突然断裂。已知细绳足够长,重力加速度为g,不计转盘与轴以及细

绳间的摩擦,忽略空气阻力，运动过程中物块不会碰到转盘。下列说法中正确的是（）

A.细绳断裂前对物块A做的功为音侬■力

B.细绳断裂后物块8向下运动的最大距离为前

C.物块C返回初始位置时的速度大小为嗒

D.物块6返回初始位置时的速度大小为2J赞

答案ABD

解析因为两轮具有相同角速度,根据片。r得■产2%3%,物块A下降高度h时，C上升2h,根据能

22

量守恒可知2mgh+mgh或mghNlm+nl)vAB+|m(2vj4B),细绳断裂前对物块A做的功W,有

2侬■力+*义2叫B?,解得Tmgh,A正确;细绳断裂后，当6速度为零时,根据能量守恒定律有

+^M(2以B)2=2侬力'-侬力'，解得力B正确;物块C返回初始位置时8也返回初始位置，

根据能量守恒定律有侬(262〃)-侬("/’)』6(2%’)2+|加/2,解得VB,a席,贝！I

%'之无'N层,C错误,D正确。

12.(14分)如图所示,质量为kg的小物块，用长4m的细线悬挂于。点，现将细线拉直并与

水平方向夹角a二30。，由静止释放,小物块下摆至最低点方处时，细线达到其最大承受力并瞬间断

开，小物块恰好从水平传送带最左端点滑上传送带，传送带以质的速度逆时针匀速运转,其上表面距

地面高度〃=1.6m,小物块最后从传送带左端飞出，并恰好从光滑斜面顶端沿斜面方向滑上斜面。斜

面高分=1.0m,倾角夕W0。，斜面底端挡板上固定一轻弹簧。小物块沿斜面下滑一段距离后，压缩

2

弹簧，小物块沿斜面运动的最大距离x考m,g取10m/so求：

(1)细线能承受的最大拉力的大小；

(2)传送带速度大小满足的条件；

(3)弹簧的最大弹性势能。

答案(1)40N

⑵由N2m/s

(3)31J

解析(1)小球从静止摆到最低点过程中,根据机械能守恒定律有

2

侬工(I-sina)=^mvB

解得酩=2m/s

小球在6点时,根据牛顿第二定律有

F-mg=n^-

解得/MON

根据牛顿第三定律,刚到最低点细线达到其最大承受力UNON。

(2)由于小物块恰好沿斜面方向落到光滑斜面上,即小物块落到斜面顶端时速度方向沿斜面方向,则

tan9—

vx

H-h浓

Vy=gt

联立以上各式得Er=2m/s

则传送带速度丹N2m/s。

(3)小物块在斜面顶端速度

V小。2+旷

小物块从顶端到压缩弹簧最短，由机械能守恒,得弹簧最大的弹性势能为

Ef=mgxs\n&号加

解得瓦二31J。

13.(16分)(2024江苏徐州高三期末)如图所示,水平轨道0c的右端C贴近同高度的水平传送带轨

道的左端，其中/段光滑,6。段粗糙，传送带与竖直面内的光滑半圆形轨道座相切于〃点，已知

BC=CD=L=2m,圆轨道半径上0.4m,弹簧左端固定在墙壁上，自由放置时其右端在8点。一个质量

®4).5kg的物块(视为质点)将弹簧压缩到4点并锁定,物块与水平轨道BC、传送带间的动摩擦因

数均为K4).25,重力加速度g取10m/s2o

(1)若传送带逆时针转动,要使物块始终不脱离轨道,解除锁定前弹簧的弹性势能多大?

(2)若传送带顺时针转动,锁定前弹簧的弹性势能取第(1)问中的最大值,若要使物块在半圆轨道上

运动的过程中不脱离轨道,试计算传送带的速度范围；

(3)在第⑴问的情形下,且弹簧的弹性势能取最大值,试写出物块最后的静止位置到C点的间距d

与传送带速度/间的定量关系。

答案(1)瓦W7J

(2)Y2&m/s或v》2岳m/s

(3)见解析

解析(1)若传送带逆时针转动,要使物块始终不脱离轨道,物块最多上升到半圆轨道与圆心等高处,

则根据能量守恒定律，解除锁定前弹簧弹性势能的最大值为

区=口mglD+mgR3J

所以解除锁定前弹簧弹性势能与W7J。

(2)若物块刚好能通过半圆轨道的最高点E,则根据牛顿第二定律有

„2

mg二味

解得匠=2m/s

物块从〃到£