第18讲　动能定理及其应用 -备战2025年高考物理一轮精细复习（解析版）

第第页第18讲动能定理及其应用——划重点之精细讲义系列考点1动能定理的理解和应用考点2动能定理与图象的综合问题考点3用动能定理解决多过程问题考点1：动能定理的理解和应用一.动能1.定义：物体由于运动而具有的能叫动能。2.表达式：Ek＝eq\f(1,2)mv2。国际单位焦耳。1kg·m2/s2＝1N·m＝1J。3.特性标矢性动能是标量，只与物体的质量和速度有关，与速度的方向无关。只有正值，没有负值相对性选取不同的参考系，物体的速度不同，动能也不同，一般以地面为参考系瞬时性动能具有瞬时性，与某一时刻或某一位置的速率相对应①动能是状态量。动能是表征物体运动状态的物理量，与物体的运动状态（或某一时刻的速度）相对应。②与速度关系：物体速度变化（如速度的大小不变，方向变化），则物体的动能不一定变化。而动能变化，则速度一定变化。二.动能定理1．内容：力在一个过程中对物体所做的功，等于物体在这个过程中动能的变化。2．表达式W＝Ek2－Ek1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)。其中：（1）Ek1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)、Ek2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)分别表示物体的初、末动能。（2）W表示物体所受合外力做的功，或者物体所受所有外力对物体做功的代数和。（1）公式中W是合外力做的功，不是某个力做的功，W可能是正功，也可能是负功。（2）Ek2、Ek1分别是末动能和初动能，Ek2可能大于Ek1，也可能小于Ek1。（3）动能定理的研究对象是单个物体，或者是可以看成单一物体的物体系统。动能定理应用广泛，直线运动、曲线运动、恒力做功、变力做功、同时做功、分段做功等各种情况均适用。（4）动能定理说明了外力对物体所做的总功和动能变化间的一种因果关系和数量关系，不可理解为功转变成了物体的动能，而是“功引起物体动能的变化”，即物体动能的变化是通过外力做功的过程来实现的。（5）动能是标量，功也是标量，所以动能定理是一个标量式，不存在方向的选取问题。当然动能定理也就不存在分量的表达式。三．动能定理的应用1.应用动能定理解题的步骤2.动能定理与牛顿定律解题的比较牛顿定律动能定理相同点确定研究对象，对物体进行受力分析和运动过程分析适用条件只能研究恒力作用下物体做直线运动的情况对于物体在恒力或变力作用下，物体做直线运动或曲线运动均适用应用方法要考虑运动过程的每一个细节，结合运动学公式解题只考虑各力的做功情况及初、末状态的动能运算方法矢量运算代数运算（1）动能定理解题不涉及加速度、时间，不涉及矢量运算，运算简单，不易出错。（2）优先考虑动能定理的问题：不涉及加速度和时间的问题；有多个物理过程的问题；变力做功问题；曲线运动问题，以及在处理含有F、l、m、v、W、Ek等物理量的问题时，优先考虑使用动能定理。【考向1】（2024·河南·三模）如图所示，两根直杆竖直固定，一条长为2L的轻绳，两端分别拴在杆上的P、Q点，在绳的中点O拴吊一个质量为m的小球，P、Q在同一水平线上，两杆间距离为1.5L，重力加速度为g，现用力拉着绳的右端沿右侧杆缓慢向上移动32A．34mgL B．54mgL C．【答案】C【详解】绳右端向上移动32L的距离时，根据几何关系可知，O点刚好到W−mgℎ=0解得拉力做功为W=mgℎ=mg故选C。【考向2】（2024·北京西城·二模）如图所示，长为L的杆一端固定在过O点的水平转轴上，另一端固定质量为m的小球。杆在电动机的驱动下在竖直平面内旋转，带动小球以角速度ω做匀速圆周运动，其中A点为最高点，C点为最低点，B、D点与O点等高。已知重力加速度为g，下列说法正确的是（

）A．小球在B、D两点受到杆的作用力大于mgB．小球在A、C两点受到杆的作用力大小的差值为6mgC．小球在B、D两点受到杆的作用力大小等于mD．小球从A点到B点的过程，杆对小球做的功等于mgL【答案】A【详解】AC．当小球在B、D两点时，杆对小球作用力竖直方向的分力应等于重力，水平方向分力提供向心力，故杆对小球的作用力为F=故A正确；C错误；B．若小球在最高点，杆对小球的作用力为支持力，则在A点mg−在C点F所以F若小球在最高点，杆对小球的作用力为拉力，则在A点mg+在C点F所以F故B错误；D．小球从A点到B点的过程，根据动能定理，可得W+mgL=0解得杆对小球做的功等于W=−mgL故D错误。故选A。【考向3】（2024·北京东城·二模）如图所示，在距地面同一高度处将三个相同的小球以相同的速率分别沿竖直向下、竖直向上、水平向右的方向抛出，不计空气阻力，比较这三个小球从抛出到落地的过程，下列说法正确的是（）A．重力对每个小球做的功都各不相同B．每个小球落地时的速度都各不相同C．每个小球在空中的运动时间都各不相同D．每个小球落地时重力做功的瞬时功率都各不相同【答案】C【详解】A．设下落高度为h，重力做功为W三个小球下落高度相同，重力对每个小球做的功相同，故A错误；B．三个小球从抛出到落地的过程，根据动能定理mgℎ=可知每个小球落地时的速度大小相同，第1个球、第2个球落地时的速度方向竖直向下，第个球落地时的速度方向不是竖直向下，故每个小球落地时的速度不是各不相同，故B错误；C．小球抛出后，加速度都是g，竖直方向都做匀变速直线运动，第1个球做竖直下抛运动，有ℎ=第2个球做竖直上抛运动，有ℎ=−第3个球做平抛运动，有ℎ=可得t故每个小球在空中的运动时间都各不相同，故C正确；D．小球落地时重力做功的瞬时功率P=mgv由于v故P故每个小球落地时重力做功的瞬时功率不是各不相同，故D错误。故选C。【考向4】质量可以忽略的甲、乙两棒一端各固定一相同小球，另一端可以绕水平转轴在竖直平面内转动，如图所示，现将两棒由水平位置无初速度释放，转过θ角（θ≤90°）。已知甲棒较长，不计一切阻力，下列说法正确的是（

）A．两棒转过相同角度θ时，两小球的线速度一样大B．两棒转过相同角度θ时，甲棒上小球的向心加速度较大C．两棒转过相同角度θ时，两棒转动的角速度一样大D．两棒转过相同角度θ时，运动时间的关系为t【答案】D【详解】A．根据动能定理有mgL所以则甲球的速度比乙球大，故A错误；B．向心加速度为a=根据A项可知a=2g两球向心加速度相等，故B错误；C．根据v=Lω可知角速度为ω=可知两棒转过相同角度θ时，乙棒转动的角速度较大，故C错误；D．根据角速度的计算公式ω=θt可知，两棒转过相同角度θ时，运动时间的关系为故选D。【考向5】（2024·河北·二模）自由滑雪大跳台是冬奥会比赛项目，其赛道简化为如图所示的模型，其中助滑区倾斜赛道AB与圆弧赛道BCD相切于B点，圆弧赛道半径R=10m，起跳点D与圆心的连线与竖直方向的夹角θ=25°。质量m=50kg（连同装备）的运动员从助滑区的A点由静止开始下滑，到达起跳点D时斜向上飞离雪道，落在着陆坡上的E点。已知A点到C点（C为圆弧赛道的最低点）的竖直高度差h1=30m，运动员到达圆弧上的D点时对赛道的压力FN=950N，D、E两点间的竖直高度差h2=12m，重力加速度g取10m/s2，sin25°=0.4，cos25°=0.9，不计空气阻力，运动员可视为质点。求：（1）运动员从A点运动到D点克服阻力做的功；（2）起跳点D到落地点E之间的水平距离。【答案】（1）Wf=12000【详解】（1）在D点，根据牛顿第三定律，赛道对运动员的支持力F对D点，根据牛顿第二定律F可得v运动员从A点运动到D点根据动能定理mg解得W（2）点D到落地点E之间做斜抛运动，竖直方向ℎ水平方向x=解得x=18考点2：动能定理与图象的综合问题1.力学中图像所围“面积”的意义（1）v－t图：由公式x＝vt可知，v－t图线与坐标轴围成的面积表示物体的位移。（2）a－t图：由公式Δv＝at可知，a－t图线与坐标轴围成的面积表示物体速度的变化量。（3）F－x图：由公式W＝Fx可知，F－x图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功。（4）P－t图：由公式W＝Pt可知，P－t图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功。2.解决物理图像问题的基本步骤（1）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。（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。3.动能定理与图像结合问题的分析方法（1）首先看清楚所给图像的种类（如v−t图像、F−t图像、Ek−t图像等）。（2）挖掘图像的隐含条件——求出所需要的物理量，如由v−t图像所包围的“面积”求位移，由F−x图像所包围的“面积”求功等。（3）分析有哪些力做功，根据动能定理列方程，求出相应的物理量。4.解决图象问题的突破点①注意图象斜率、面积和截距的物理意义。②注意挖掘图象中的隐含信息，往往可以找到解题突破口。【考向6】用物理图像研究物理量之间关系是一种常用的数学物理方法。一物体在水平面上做直线运动，其运动图像如图所示，其中横轴和纵轴的截距分别为n和m。下列说法正确的是（）A．若为xtB．若为a−x图像且物体初速度为零，则物体的最大速度为mnC．若为v−x图像，则物体一定做匀变速直线运动D．若为a−t图像且物体初速度为零，则最大速度出现在t=n【答案】B【详解】A．根据运动学公式x=可知x由图像可知，斜率不变，物体运动为匀变速直线运动，A错误；B．物体初速度为零，由动能定理可知1即v所以物体的最大速度为vB正确；C．若物体做匀变速直线运动，则有v即对于匀变速直线运动，其v−x图像不可能是一次函数图像，C错误；D．根据运动学公式可知a=由此可知，图像与坐标轴围成的面积表示速度的变化量，所以物体的最大速度为v出现在t=n时刻，D错误。故选B。【考向7】（2024·山西·二模）某次救援中，一质量为20kg的无人船在平静水面上从静止开始沿直线奔向目标地点，加速100m后关闭发动机，继续滑行一段距离后恰好到达救援地点，该过程中无人船运动的速度平方v2与位移x的关系如图所示。假设无人船运行过程中受水的阻力恒定，不计空气阻力，g取10m/A．无人船加速的时间为20sB．无人船平均速度的大小为15m/sC．减速过程中，无人船受水阻力的大小为20ND．加速过程中，牵引力对无人船做的功为4×【答案】C【详解】A．根据v解得加速时加速度a=2无人船加速的时间为t=故A错误；B．根据v解得减速时加速度大小为a减速时间t平均速度v故B错误；C．减速过程中，无人船受水阻力的大小为f=m故C正确；D．加速过程中，牵引力对无人船做的功为W，根据动能定理1解得W=6000故D错误。故选C。【考向8】（多选）（2024·广西·二模）如图甲所示，物体在水平恒力F作用下沿粗糙水平地面由静止开始运动，在t=1s时刻撤去恒力F，物体运动的v−t图像如图乙所示，重力加速度g取10m/sA．物体在3s内的位移x=3B．恒力F与滑动摩擦力大小之比为3:1C．物体与地面间的动摩擦因数μ=0.3D．在撤去F前后两个阶段的平均速度大小之比v【答案】BC【详解】A．根据v-t图象与时间轴所围的面积表示位移，可得物体在3s内的位移s=故A错误；B．物体在第1s内和后2s内的位移分别为ss对整个过程，由动能定理得F解得F：f=3：1故B正确；C．对后2s内物体的运动过程，由动能定理得−μmg得μ=故C正确；D．撤去外力前后的两个过程为匀变速直线运动，平均速度为初末速度和的一半，故平均速度相同，故D错误。故选BC。【考向9】（多选）如图甲所示，倾角为30°的光滑斜面上，质量为2kg的小物块在平行于斜面的拉力F作用下由静止沿斜面向上运动，拉力（F）随位移（x）变化的图像如图乙所示。取g=10m/sA．上升过程中，当x=7.5m时物块的速度最大B．上升过程中，当x=10m时物块的速度为0C．上升过程中，物块能达到的最大高度为7.5mD．下降过程中，当x=0时重力对物块做功的功率为100【答案】AC【详解】A．小物块所受重力沿斜面向下的分力大小为mg根据图像可知，在拉力作用下，物块先沿斜面向上做匀加速直线运动，后向上做加速度减小的直线运动，当拉力大小为10N时，加速度减小为0，此时速度达到最大值，根据图乙，结合数学函数关系，可以解得x=7.5m故A正确；B．当x=10m时，根据动能定理有W其中W解得v=5故B错误；C．令物块沿斜面运动到x=10m位置之后，能够沿斜面继续向上减速至0的位移为x1−mg解得x则上升过程中，物块能达到的最大高度为H=故C正确；D．物块由最高点下降至最低点过程有mg解得v则下降过程中，当x=0时重力对物块做功的功率为P=mg解得P=50故D错误。故选AC。【考向10】（2024·四川达州·二模）如图1所示，一倾角θ=37°的斜面体固定在水平地面上（斜面足够长、带一定滑轮），物块A放在斜面上的O点，用跨过轻质定滑轮的轻绳与物块B连接，B离滑轮足够远。A、B的质量分别为m1=2.5kg、m2=0.9kg。运动过程中A与O点的距离设为x，A与斜面间的动摩擦因数μ与（1）当x为多大时物块A的速度最大；（2）物块A在斜面上滑行的最大位移xm【答案】（1）x=2m；（2）【详解】（1）设物块A的速度最大时A与斜面间的动摩擦因数μ，由牛顿第二定律得m解得μ=0.3由图2得μ=则当μ=0.3时x=2（2）设物块A沿斜面向下滑到最大位移过程中，克服摩擦力做功为Wfm摩擦力做功为W其中μ=解得x考点3：用动能定理解决多过程问题很多动力学问题中涉及研究对象有两个或多个连续的运动过程，在物体不同的运动阶段，物体的运动情况和受力情况都发生了变化，我们把这类问题称为多过程问题。多运动组合问题主要是指直线运动、平抛运动和竖直面内圆周运动的组合问题。1.动能定理的优点由于多过程问题的受力情况、运动情况比较复杂，从动力学的角度分析多过程问题往往比较复杂，但是，用动能定理分析问题，是从总体上把握其运动状态的变化，并不需要从细节上了解。因此，动能定理的优越性就明显地表现出来了，分析力的作用是看力做的功，也只需把所有的力做的功累加起来即可。2.解题（1）解题策略若问题涉及时间、加速度、力等，一般要用牛顿运动定律与运动学公式结合求解。若问题只涉及位移、速度、力等一般可用动能定理求解，用动能定理求解一般比用牛顿运动定律求解简单。（2）解题关键①抓住物理情景中出现的运动状态和运动过程，观察每一个过程的特征和寻找过程之间的联系是求解多过程问题的两个关键，将物理过程分解成几个简单子过程。②两个相邻过程连接点的速度是联系两过程的纽带，也是解题的关键．很多情况下平抛运动的末速度的方向是解题的重要突破口。3.涉及重力、弹簧弹力、大小恒定的阻力或摩擦力做功时，注意它们做功的特点：（1）重力的功取决于物体的初、末位置，与路径无关；（2）大小恒定的阻力或摩擦力的功等于力的大小与路程的乘积，滑动摩擦力做功与物体运动路径有关，其功的大小可用Wf＝－Ff·s求解，其中s为物体滑行的路程。若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做的功，然后进一步确定物体运动的路程或位置的变化。（3）弹簧弹力做功与路径无关，直接用“+W”表示。【考向11】如图所示，某同学在滑雪场练习滑雪。滑道由足够长的水平冰面与倾角为37°的倾斜冰面在M处平滑连接，冰鞋与水平和倾斜冰面间的动摩擦因数均为0.25，某次练习时，该同学从A处开始以大小为v0的初速度向右自由滑行，最终在倾斜冰面上B处速度减为0.AM与MB的长度之比为48∶5，取重力加速度大小为g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，该同学自由滑行至M点的速度大小为（）A．12v0 B．13v0【答案】A【详解】在水平冰面和倾斜冰面上应用动能定理有−μmg−又x联立解得v=故选A。【考向12】（2024·黑龙江·二模）如图所示，半径为1m的四分之三光滑圆轨道竖直固定在水平地面上，B点为轨道最低点，A点与圆心O等高。质量为1kg的小球（可视为质点）在A点正上方0.75m处静止释放，下落至A点时进入圆轨道，重力加速度g取10m/sA．小球在B点的动能为7.5J B．小球在A点受到轨道的弹力大小为10NC．小球上升过程中距地面的最大高度为1.75m D．小球离开轨道后将落至轨道B点【答案】D【详解】A．小球从释放到最低点，根据动能定理有mg(ℎ+R)=解得Ek故A错误；B．小球从释放到A点，根据动能定理有mgℎ=在A点，根据牛顿第二定律有N=m解得N=15N故B错误；C．设小球上升过程中距地面最大高度与圆心的连线和竖直方向的夹角为θ，则有mg从B点到最高点，根据动能定理有−mgR(1+解得cos最大高度为ℎ=R(1+cos故C错误；D．假设小球离开轨道后将落至轨道B点，由C分析可知脱离轨道的速度为v=5根据斜抛的运动规律可知ℎ=−vx=v解得x=32可知小球离开轨道后将落至轨道B点，故D正确；故选D。【考向13】（多选）（2024·云南曲靖·二模）如图所示，足够长的固定木板的倾角为37°，劲度系数为k=36Nm的轻质弹簧一端固定在木板上P点，图中AP间距等于弹簧的自然长度。现将质量m=1kg的可视为质点的物块放在木板上，稳定后在外力作用下将弹簧缓慢压缩到某一位置B点后释放。已知木板PA段光滑，AQ段粗糙，物块与木板间的动摩擦因数μ=38，物块在B点释放后向上运动，第一次到达A点时速度大小为vA．施力前弹簧压缩量为5B．外力做的功为13.5C．物块第一次向下运动到A点时的速度大小为3D．物块在A点上方运动的总路程为4.5【答案】CD【详解】A．施力前，对物块，根据平衡条件F根据胡克定律F联立，解得x=故A错误；B．当物块由B到A的过程中，根据能量守恒1解得W=14故B错误；C．设物块从A点向上滑行的最大距离为s1，根据动能定理可知，上滑过程有−mg下滑过程有mg联立，解得sv故C正确；D．物块最终在A点下方做往复运动，最高点为A，根据动能定理有μmgs解得s=4.5故D正确。故选CD。【考向14】（多选）（2024·河北·三模）如图所示，在竖直平面内有一固定光滑轨道，其中AB是长度为R的水平轨道，BCDE是圆心为O、半径为R的34圆弧轨道，两轨道相切于B点。一可视为质点的小球从A点以某速度v0（大小未知）水平向左运动，重力加速度大小为A．当v0=5gRB．当v0C．若小球能通过E点，则v0越大，小球在B点与ED．小球从E点运动到A点的最长时间为5【答案】AD【详解】A．由题知，小球刚好过最高点D点，则由圆周运动知mg=m在A到D过程中，由动能定理可知1联立解得vA正确；B．当v0=3gR时，设上升高度为ℎ0−代入得ℎ=假设不成立，故当v0C．B到E运动过程中，由动能定理知1在B点时，小球所受弹力为F在E点时，小球所受弹力为F则小球在B点与E点所受的弹力之差为F故小球在B点与E点所受的弹力之差不变，C错误；D．在D到E过程中，由动能定理知1代入得v从E到A运动过程中，小球做竖直下抛运动，则v代入得t=D正确；故选AD。【考向15】（2023·四川达州·一模）滑滑板是一项青少年酷爱的运动，依靠自身的体能，快速的运动艺术。一青少年在一次训练中的运动可简化为以下运动：如图所示，青少年先在距地面高ℎ=3.2m的高台上加速滑跑，到达高台边缘D点时以v0=3m/s的速度水平滑出高台，然后在空中调整姿势，恰好落在光滑圆弧轨道ABC的A点并沿切线方向滑入轨道（圆弧轨道与地面相切于B点），离开C点滑入倾斜粗糙轨道CP（轨道CP与圆弧轨道相切），滑到倾斜轨道上N点（图中未标出）速度为零。已知将滑板和人整体视为质点，∠a=53°，∠β=37°，不计空气阻力，滑板与倾斜轨道间的动摩擦因数μ=0.25，重力加速度（1）圆弧轨道ABC的半径R；（2）N点离地面的高度H（结果保留两位小数）。

【答案】（1）6m；（2）3.04m【详解】（1）做出滑板进入圆弧轨道A点时的速度方向如图所示

根据几何关系可知，速度的偏向角大小等于α，则有v解得滑板少年进入圆弧轨道A点时竖直方向的速度v则可知此时滑板少年距地面的高度ℎ而根据几何关系可得R−R解得R=6（2）设到达C点时的速度为vC，而到达Av从A到C由动能定理有mg解得v设从C到N的竖直高度为ℎ1，则从C到N−μmg解得ℎ则可得N点离地面的高度H=【考向16】（2024·江苏南通·二模）如图所示，一轨道由半径R=0.8m的四分之一光滑竖直圆弧轨道AB和长度可以调节的水平粗糙直轨道BC在B点平滑连接而成。一质量m=0.2kg的小球从A点由静止释放，经过圆弧轨道和直轨道后，从C点水平飞离轨道，落到地面上的P点，小球经过BC段所受阻力为其重力的0.2倍，P、C两点间的高度差ℎ=3.2m（1）求小球运动至圆弧轨道B点时，轨道对小球的支持力大小FN（2）为使小球落点P与B点的水平距离最大，求BC段的长度LBC（3）若撤去轨道BC，小球仍从A点由静止释放，小球落到地面上后弹起，与地面多次碰撞后静止。假设小球每次与地面碰撞机械能损失75%，碰撞前后速度方向与地面的夹角相等。求地面上小球第1次和第2次落点的距离Δ【答案】（1）FN=6N；（2）【详解】（1）A至B过程，动能定理mgR=解得v小球在B点F解得F（2）B至C过程，动能定理−kmg平抛的水平距离x=竖直方向ℎ=12gtL=当vC=1.6m/sL（3）由于小球每次碰撞机械能损失75%，由Ek=12mvv第一次碰撞后上升到最高点的时间t小球第1次和第2次落点的距离Δ解得Δ【真题1】（2024·安徽·高考真题）某同学参加户外拓展活动，遵照安全规范，坐在滑板上，从高为h的粗糙斜坡顶端由静止下滑，至底端时速度为v．已知人与滑板的总质量为m，可视为质点．重力加速度大小为g，不计空气阻力．则此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为（

）A．mgℎ B．12mv2 C．【答案】D【详解】人在下滑的过程中，由动能定理可得mgℎ−可得此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为W故选D。【真题2】（2024·江西·高考真题）两个质量相同的卫星绕月球做匀速圆周运动，半径分别为r1、r2，则动能和周期的比值为（A．Ek1Ek2C．Ek1Ek2【答案】A【详解】两个质量相同的卫星绕月球做匀速圆周运动，则月球对卫星的万有引力提供向心力，设月球的质量为M，卫星的质量为m，则半径为r1的卫星有G半径为r2的卫星有G再根据动能EkEk1E故选A。【真题3】（2024·北京·高考真题）水平传送带匀速运动，将一物体无初速度地放置在传送带上，最终物体随传送带一起匀速运动。下列说法正确的是（）A．刚开始物体相对传送带向前运动B．物体匀速运动过程中，受到静摩擦力C．物体加速运动过程中，摩擦力对物体做负功D．传送带运动速度越大，物体加速运动的时间越长【答案】D【详解】A．刚开始时，物体速度小于传送带速度，则物体相对传送带向后运动，A错误；B．匀速运动过程中，物体与传送带之间无相对运动趋势，则物体不受摩擦力作用，B错误；C．物体加速，由动能定理可知，摩擦力对物体做正功，C错误；D．设物体与传送带间动摩擦因数为μ，物体相对传送带运动时a=做匀加速运动时，物体速度小于传送带速度则一直加速，由v=at可知，传送带速度越大，物体加速运动的时间越长，D正确。故选D。【真题4】（2024·全国·高考真题）福建舰是我国自主设计建造的首艘弹射型航空母舰。借助配重小车可以进行弹射测试，测试时配重小车被弹射器从甲板上水平弹出后，落到海面上。调整弹射装置，使小车水平离开甲板时的动能变为调整前的4倍。忽略空气阻力，则小车在海面上的落点与其离开甲板处的水平距离为调整前的（）A．0.25倍 B．0.5倍 C．2倍 D．4倍【答案】C【详解】动能表达式为E由题意可知小车水平离开甲板时的动能变为调整前的4倍，则离开甲板时速度变为调整前的2倍；小车离开甲板后做平抛运动，从离开甲板到到达海面上时间不变，根据x=vt可知小车在海面上的落点与其离开甲板处的水平距离为调整前的2倍。故选C。【真题5】（2024·福建·高考真题）先后两次从高为OH=1.4m高处斜向上抛出质量为m=0.2kg同一物体落于Q1、Q2，测得A．第一次抛出上升时间，下降时间比值为7B．第一次过P点比第二次机械能少1.3C．落地瞬间，第一次，第二次动能之比为72:85D．第二次抛出时速度方向与落地瞬间速度方向夹角比第一次大【答案】B【详解】A．第一次抛出上升的高度为ℎ故上升时间为t最高点距水平地面高为ℎ0t故一次抛出上升时间，下降时间比值为3:4，故A错误；B．两条轨迹最高点等高，故可知两次从抛出到落地的时间相等为t=故可得第一次，第二次抛出时水平方向的分速度分别为vv由于两条轨迹最高点等高，故抛出时竖直方向的分速度相等为v由于物体在空中机械能守恒，故第一次过P点比第二次机械能少Δ故B正确；C．从抛出到落地瞬间根据动能定理EE故落地瞬间，第一次，第二次动能之比为100:113，故C错误；D．根据前面分析可知两次抛出时竖直方向的分速度相同，两次落地时物体在竖直方向的分速度也相同，由于第一次的水平分速度较小，物体在水平方向速度不变，故可知第一次抛出时速度与水平方向的夹角较大，第一次落地时速度与水平方向的夹角也较大，故可知第一次抛出时速度方向与落地瞬间速度方向夹角比第二次大，故D错误。故选B。【真题6】（多选）（2023·广东·高考真题）人们用滑道从高处向低处运送货物．如图所示，可看作质点的货物从14圆弧滑道顶端P点静止释放，沿滑道运动到圆弧末端Q点时速度大小为6m/s。已知货物质量为20kg，滑道高度ℎ为4m，且过Q点的切线水平，重力加速度取10m/s2。关于货物从

A．重力做的功为360J B．克服阻力做的功为C．经过Q点时向心加速度大小为9m/s2 D．经过Q【答案】BCD【详解】A．重力做的功为WA错误；B．下滑过程据动能定理可得W代入数据解得，克服阻力做的功为WB正确；C．经过Q点时向心加速度大小为a=C正确；D．经过Q点时，据牛顿第二定律可得F−mg=ma解得货物受到的支持力大小为F=380据牛顿第三定律可知，货物对轨道的压力大小为380N故选BCD。【真题7】（2023·重庆·高考真题）机械臂广泛应用于机械装配。若某质量为m的工件（视为质点）被机械臂抓取后，在竖直平面内由静止开始斜向上做加速度大小为a的匀加速直线运动，运动方向与竖直方向夹角为θ，提升高度为h，如图所示。求：（1）提升高度为h时，工件的速度大小；（2）在此过程中，工件运动的时间及合力对工件做的功。

【答案】（1）2aℎcosθ；（2）2ℎ【详解】（1）根据匀变速直线运动位移与速度关系有v解得v（2）根据速度公式有v解得t=根据动能定理有W解得W【真题8】（2024·全国·高考真题）将重物从高层楼房的窗外运到地面时，为安全起见，要求下降过程中重物与楼墙保持一定的距离。如图，一种简单的操作方法是一人在高处控制一端系在重物上的绳子P，另一人在地面控制另一根一端系在重物上的绳子Q，二人配合可使重物缓慢竖直下降。若重物的质量m=42kg，重力加速度大小g=10m/s2，当P绳与竖直方向的夹角α=37°时，（1）求此时P、Q绳中拉力的大小；（2）若开始竖直下降时重物距地面的高度ℎ=10m【答案】（1）1200N，900N【详解】（1）重物下降的过程中受力平衡，设此时P、Q绳中拉力的大小分别为T1和TT水平方向T联立代入数值得T1=1200（2）整个过程根据动能定理得W+mgℎ=0解得两根绳子拉力对重物做的总功为W=−4200一、单选题1．（2024·辽宁沈阳·三模）我国首颗超百Gbps容量的高通量地球静止轨道通信卫星—“中星26号”与某一椭圆轨道侦察卫星的运动轨迹如图所示，A、B分别为侦察卫星的近地点和远地点。两卫星的运行周期相同，D点是两轨道交点，BC连线过地心，下列说法正确的是（）A．侦查卫星从B点运动到A点过程中机械能减小B．侦查卫星从B点运动到A点过程中动能减小C．“中星26号”和侦察卫星在D点的加速度相等D．A、B两点间距离与“中星26号”卫星轨道半径相等【答案】C【详解】A．侦察卫星从B点到A点过程中只有万有引力做功，机械能守恒，故A项错误；B．侦察卫星从B点到A点过程中，万有引力做正功，由动能定理可知，合外力做正功，物体的动能增加，所以侦查卫星从B点运动到A点过程中动能增加，故B项错误；C．对卫星有G整理有a=由于“中星26号”和侦察卫星在D点距离地心的距离相同，绕同一个中心天体，所以两者在D点的加速度相等，故C项正确；D．AB两点为轨道的长轴，设其距离为2a，“中星26号”卫星轨道半径为r，由开普勒第三定律有a由于两者的周期相同，即T解得a=r所以A、B两点间距离是“中星26号”卫星轨道半径的二倍，故D项错误。故选C。2．（2024·新疆乌鲁木齐·二模）我国无人机技术发展迅猛，应用也越来越广泛，无人机配送快递就是一种全新的配送方式。如图所示，一架配送包裹的无人机从地面起飞后竖直上升的过程中，升力的功率恒为P0。已知无人机的质量与包裹的质量的比值为kA．P0k B．P0k+1 C．【答案】B【详解】对整体研究可得P对包裹研究可得Pt−整理解得P=故选B。3．（2024·江西赣州·二模）某山顶有一排风力发电机，发电机的叶片转动时可形成半径为R=20m的圆面。某时间内该山顶的风速达10m/s，风向恰好跟某风力发电机叶片转动形成的圆面垂直，已知空气的密度ρ=1.2kgA．1.5×104W B．1.5×105W【答案】B【详解】时间Δtm=ρv该部分空气的动能E则此风力发电机发电的功率P=解得P≈1.5×故选B。4．（2024·四川·一模）足球是人们喜欢的运动，足球运动员在进行吊门训练时，足球在空中运行的轨迹视为抛物线。如图所示，足球从A处飞到横柱下方的目标B处，其运动轨迹有低、中、高三种弧线。不计空气阻力和足球的旋转，下列说法正确的是（）A．低弧线时，足球从A到B的运动时间最短B．高弧线时，足球从A到B过程，克服重力做功的平均功率最大C．低弧线时，脚对足球做的功一定最大D．中弧线时，脚对足球做的功一定最小【答案】A【详解】A．篮球出手后在空中做斜抛运动，从抛出点A到最高点有t=所以t同理，篮球从最高点到B点的时间t所以低弧线时，足球从A到B的运动时间最短，故A正确；B．高弧线投篮时时间最长，且低、中、高三种弧线初末两点的高度差相同，则重力做的功相同，根据平均功率的计算P=所以高弧线时，足球从A到B过程，克服重力做功的平均功率最小，故B错误；CD．根据能量守恒定理有W由于篮球进入篮筐的动能EkB未知，则无法比较投篮抛物线低、中、高三种情况下人对篮球做的功的大小关系，故CD错误。故选A。5．（2024·江苏苏州·二模）如图甲，将物块从倾角θ=30°的斜面顶端由静止释放。取地面为零势能面，物块在下滑过程中的动能Ek、重力势能Ep，与下滑位移xA．物块的质量是0.2B．物块受到的阻力是0.24C．物块动能与势能相等时的高度为2.4D．物块下滑9m时，动能与重力势能之差为【答案】B【详解】A．由图知，小球下滑的最大位移为x=12m，在最高点时，小球的重力势能E得小球的质量为m=0.2故A正确；B．根据除重力以外其他力做的功W可知fx=由图知，最高点的机械能为E最低点的机械能为E又x=12解得，阻力为f=故B错误；C．设小球动能和重力势能相等时的高度为h，此时有mgℎ=由动能定理有−f联立解得ℎ=2.4故C正确；D．由图可知，在物块下滑9m处，小球的重力势能是3J，动能为6J，动能与重力势能之差为E故D正确。本题选择错误的，故选B。6．（2024·北京朝阳·二模）电动车配有把机械能转化为电能的“能量回收”装置。某次测试中电动车沿倾角为15°的斜坡向下运动，初动能为1.0×105J。第一次让车无动力自由滑行，其动能Ek与位移x的关系如图中直线①所示；第二次让车无动力并开启“能量回收”装置滑行，其动能EkA．图中①对应过程汽车所受合力越来越大B．可求图中②对应过程下滑200m回收的电能C．图中②对应过程下滑100m后不再回收能量D．由题中及图像信息可求出电动车的质量【答案】B【详解】A.由动能定理F可见，Ek−xF合B.在车自由下滑200m时W开启能量回收模式下滑200m时W则回收的电能为E=−故B正确；C.图中②对应过程下滑100m后动能不变，但是重力势能减少，机械能减少，即还是继续回收能量，故C错误；D.由于不知道车与斜坡的摩擦因数，故无法求出由题中及图像信息可求出电动车的质量，故D错误。故选B。二、多选题7．（2024·四川泸州·三模）2023年10月6日，在杭州亚运会女子龙舟1000米直道竞速决赛中，中国队驱动总质量约1200kg（含人）的龙舟以4分51秒的成绩获得冠军，如图所示。比赛过程中，运动员拉桨对船做正功，加速；回桨对船不做功，减速。若10个划手一直保持最大输出功率划船，观测发现从静止开始的启动过程中每个划手划了8桨，船前进了20m，船速达到3.5m/s，之后保持3.5m/s的平均速度直至结束，设船受到的阻力恒定，每次拉桨过程做功相同。则下列说法中正确的是（

）A．船受到的阻力约为397N B．船受到的阻力约为3970NC．全程每个划手大约划了150桨 D．全程每个划手大约划了212桨【答案】AD【详解】AB.启动过程时间t=4×60+51−设每个划手每次拉桨过程做功为W，则有80W=Pt达到最大速度有P=Fv=fv根据动能定理80W−f联立解得f≈397N，故A正确，B错误；CD.设全程每个划手大约划了n桨，全程根据动能定理10n·W−f解得n≈212故C错误，D正确。故选AD。8．（2023·江西鹰潭·二模）如图所示，某同学从A点以水平方向成60°角沿斜向上的方向投出一篮球，篮球正好垂直击中篮板上的B点，反弹后下落经过与A等高的C点，已知D点为篮板底下与A等高的点，且AC=CD，篮球质量为m，被抛出时的速度大小为v，不计空气阻力，则下列说法正确的是（）A．篮球与篮板碰撞过程中损失的动能为3B．从A到B过程中（不含B点）篮球的速率均匀变化C．从A到B到C篮球运动时间之比1:1D．从A到B和从B到C篮球速度变化量的绝对值之比1:1【答案】ACD【详解】AC．篮球被抛出时，水平分速度为v竖直分速度为v篮球正好垂直击中篮板上的B点，说明篮球只有水平方向的速度，此时速度为12v；击中篮板后落回到C点，根据AC=ℎ=可知从A到B到C篮球运动时间相等，根据x=可知从篮球反弹后速度变为14Δ故AC正确；B．从A到B过程中，篮球速度均匀变化，而不是速率均匀变化，故B错误；D．由于从A到B和从B到C篮球的加速度均为重力加速度，且所用时间相等，根据Δ可知从A到B和从B到C篮球速度变化量的绝对值之比1:1，故D正确。故选ACD。9．（2024·广东茂名·一模）某品牌电动汽车在平直公路上由静止开始启动，若启动过程中加速度传感器测量到汽车加速度随时间变化的规律如图所示，汽车后备箱中水平放置一质量m=5kg的物块，与汽车始终相对静止，重力加速度g取10m/s2A．第2s末，汽车的速度为B．第8s末，汽车的速度为C．前2s内，汽车对物块的作用力做功大小为D．前8s内，汽车对物块的最大摩擦力为【答案】BCD【详解】AB．根据图像面积可知第2sv第8sv故A错误，B正确；C．根据图像，2s末汽车速度为1.6W=故C正确；D．a最大为1.6m/s，由F故选BCD。10．（2022·陕西宝鸡·二模）汽车在出厂前要进行性能测试。某次测试中，测试人员驾驶着汽车在一个空旷的水平场地上沿直线以恒定的速度v0匀速行驶，突然发现正前方的道路出现故障，为了躲避故障，测试人员采取了一些应急措施。设汽车与路面间的滑动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为gA．若直线刹车，则至少应该在道路故障前v0B．若以原有速率转弯，转弯半径越大，汽车受到的侧向摩擦力越大C．若以原有速率转弯，转弯的最小半径为vD．以原速率转弯要比以直线刹车更安全一些【答案】AC【详解】A．若采取直线刹车措施，根据动能定理有μmgx=解得刹车的最大距离为x=故A正确；B．汽车做圆周运动时，静摩擦力提供向心力，根据F可知转弯半径越大，汽车受到的摩擦力越小，故B错误；C．当摩擦力达到最大时μmg=解得r故C正确；D．由于r所以直线刹车更安全些，故D错误。故选AC。11．某同学将一个质量为m的篮球以初速度v0竖直向上抛出，上升过程中篮球的加速度大小a随速率v的变化关系如图所示，篮球上升到最高点后又落回到抛出点，落回到抛出点前已经开始做匀速运动。已知重力加速度为gA．空气阻力的大小恒为2mgB．篮球回到抛出点时的速度大小为vC．整个过程中空气阻力对篮球做的功为−D．若上抛时的速度变为2v0【答案】CD【详解】A．由图可知篮球的加速度与速度满足如下关系a=对篮球受力分析有mg+f=ma解得f=A错误；B．篮球返回到抛出点前已经匀速，由f=解得v=B错误；C．整个运动过程由动能定理有W解得WC正确；D．若抛出时的速度变