2025人教版新教材物理高考第一轮
第 2 讲动能定理及其应用
基础对点练
题组一 动能定理的理解和基本应用
1.(2023全国新课标卷)无风时,雨滴受空气阻力的作用在地面附近会以恒定的速率竖直下
落。一质量为m的雨滴在地面附近以速率v下落高度h的过程中,克服空气阻力做的功为
(重力加速度大小为g) ( )
A.0 B.mgh
1 1
C. mv2-mgh D. mv2+mgh
2 2
2.(多选)冰滑梯是东北地区体验冰雪运动乐趣的设施之一。某冰滑梯的示意图如图所示,
游客从螺旋滑道顶端由静止开始下滑,螺旋滑道的摩擦可忽略,倾斜滑道和水平滑道与同
一滑板间的动摩擦因数μ相同,因滑板不同,μ满足μ ≤μ≤1.2μ 。在设计滑梯时,要确保所有
0 0
游客在倾斜滑道上均减速下滑,且滑行结束时停在水平滑道上,以下L 、L 的组合符合设
1 2
计要求的是( )
ℎ 3ℎ
A.L = ,L =
1 2μ 2 2μ
0 0
4ℎ ℎ
B.L = ,L =
1 3μ 2 3μ
0 0
4ℎ 2ℎ
C.L = ,L =
1 3μ 2 3μ
0 0
3ℎ ℎ
D.L = ,L =
1 2μ 2 μ
0 0
题组二 应用动能定理求变力做功
3.如图所示,AB为四分之一圆弧轨道,BC为水平直轨道,圆弧的半径为 R,BC的长度也是
R。一质量为m的物体,与两个轨道间的动摩擦因数都为μ,它从轨道顶端A由静止开始下
滑,恰好运动到C处停止,不计空气阻力,重力加速度为g,那么物体在AB段克服摩擦力所
做的功为( )1
A.μmgR B. mgR
2
C.mgR D.(1-μ)mgR
4.如图所示,一侧有竖直挡板的足够长的实验台固定在地面上,台面水平且光滑。质量均
为m=0.4 kg的甲、乙两小球用一根劲度系数为k=20 N/m的轻质弹簧连接在一起,小球乙
与竖直挡板接触(不固定),用力推压小球甲使弹簧压缩,弹簧压缩量为x =0.2 m时锁定小
1
球甲。现解除对小球甲的锁定,同时给小球甲施加一个水平向左的外力 F,使小球甲由静
止开始向左以a=10 m/s2的加速度做匀加速直线运动,当小球乙刚要离开竖直挡板时撤掉
外力F。有关甲、乙两小球的运动情况的判断,下列说法正确的是( )
A.外力F的最大值为F =6 N
m
B.弹簧锁定时弹性势能为E =0.6 J
p
C.小球乙刚离开挡板瞬间小球甲的速度大小为2 m/s
D.外力F对小球甲做的功为W =0.6 J
F
题组三 动能定理与图像的结合
5.(2023浙江6月选考)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v、动能E 和机械能E随运动时间t的变化关系中,
k
正确的是( )
6.(2022江苏卷)某滑雪赛道如图所示,滑雪运动员从静止开始沿斜面下滑,经圆弧滑道起跳。将运动员视为质点,不计摩擦力及空气阻力,此过程中,运动员的动能E 与水平位移x的关
k
系图像正确的是 ( )
7.(多选)(2023辽宁抚顺模拟)如图甲所示为倾角为37°的固定斜面,一个质量为2 kg的物
块自斜面底端沿斜面上滑,其动能和重力势能随上滑距离x的变化如图乙中直线Ⅰ和Ⅱ所
示,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,则( )
A.物块的初速度为10 m/s
B.物块和斜面间的动摩擦因数为0.5
C.物块上升的最大高度为5 m
D.物块回到斜面底端时的动能为60 J
8.(2023河北保定联考)如图甲所示,一质量为1 kg的滑块(视为质点)以某一初速度冲上足
够长的固定斜面,以斜面底端为位移的起点,滑块在斜面上运动的动能 E 随位移x变化的
k
关系如图乙所示。重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是( )
A.斜面倾角的正弦值为0.5
B.滑块上滑过程克服摩擦力做的功为20 JC.滑块与斜面间的动摩擦因数为0.25
D.滑块返回斜面底端时,滑块所受重力的功率为12 W
综合提升练
9.(多选)(2024重庆沙坪坝模拟)某实验小组对两辆新能源汽车在同一水平直轨道上进行
了对比实验,其速度大小v随时间t的变化关系如图所示,已知两汽车所受摩擦力大小为其
重力的k倍且恒定,B车实验中变速阶段加速度的大小相同,A车的质量为B车质量的1.5
倍,汽车运动距离相等,不计空气阻力。则( )
A.摩擦力做功之比等于1∶1
B.汽车运动时间之比等于2∶3
C.汽车牵引力所做的功之比等于3∶2
D.汽车输出的最大功率之比小于6∶1
10.(2024浙江杭州模拟)如图所示,将8个质量均为m的小物块(可视为质点)用轻质的细杆
相连静止放在水平面上,相邻小物块间的距离为L。已知AB段光滑,小物块与BC段间的
动摩擦因数均为 μ,重力加速度为 g。刚开始时 1 号小物块在 B 处,现将水平拉力
F=4.5μmg作用在1号小物块上,使8个小物块一起向右运动,则1号小物块运动过程中能
达到的最大速度为( )
√12.5μgL
A. B.√μgL
4
√12.5μgL
C.√2μgL D.
2
11.(多选)(2023湖北武汉一模)如图所示,质量m=1 kg的物体以初速度v =6 m/s滑上足够
0
长的斜面。已知物体与斜面间的动摩擦因数 μ=0.75,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。调
节斜面与水平方向的夹角θ从零开始增大到90°,发现物体沿斜面向上的最大位移x先减
小后增大,重力加速度g取10 m/s2,则下列说法正确的是( )A.当θ=0°时,物体的最大位移为2.4 m
B.当θ=30°时,物体达到最大位移后,将保持静止
C.当θ=53°时,物体的最大位移具有最小值
D.当θ=90°时,物体克服摩擦力做功18 J
12.(2023湖南长沙模拟)如图所示,运动员把冰壶沿水平冰面投出,让冰壶在冰面上滑行,在
不与其他冰壶碰撞的情况下,最终停在远处的某个位置,按比赛规则,冰壶投出后,可以用毛
刷在其滑行前方来回摩擦冰面,减小冰壶与冰面间的动摩擦因数以调节冰壶的运动,将冰
壶的运动简化为直线运动且不考虑冰壶的转动。已知未摩擦冰面时,冰壶与冰面间的动
摩擦因数为0.02。重力加速度g取10 m/s2。
(1)运动员以3.6 m/s的水平速度将冰壶投出,未摩擦冰面的情况下,求冰壶能在冰面上滑行
的最大距离s;
(2)设未摩擦冰面时,冰壶与冰面间的动摩擦因数为μ,摩擦冰面后二者之间的动摩擦因数
变为kμ,其中0<k<1,若运动员仍以某一水平速度将冰壶投出,设冰壶运动中累计滑过被毛
刷摩擦过的冰面长度为L,求与未摩擦冰面相比,冰壶运动可以多滑行的距离Δs。
13.如图甲所示,两个不同材料制成的滑块A、B静置于水平桌面上,滑块A的右端与滑块
B的左端接触。某时刻开始,给滑块A一个水平向右的力F,使滑块A、B开始滑动,当滑
块A、B滑动1 m时撤去力F。整个运动过程中,滑块A、B的动能E 随位移x的变化规
k
律如图乙所示。不计空气阻力,求:
(1)滑块A对B做的功。(2)力F的大小。参考答案
第2讲 动能定理及其应用
1.B 解析 雨滴速率不变,动能不变,根据动能定理,重力做功为mgh,雨滴克服阻力做功为
mgh,选项B正确。
2.CD 解析 设倾斜滑道倾角为θ,游客在倾斜滑道上减速下滑,则需满足mgsin θ<μmgcos
ℎ ℎ ℎ
θ,可得μ>tan θ= ,即有L > ,因μ ≤μ≤1.2μ ,可得L > ;滑行结束时停在水平滑道上,由
L 1 μ 0 0 1 μ
1 0
L 2ℎ 2ℎ
全程的动能定理有mg·2h-μmgcos θ· 1 -μmgx=0-0,其中0<x≤L ,可得L < ,L +L ≥ ,
cosθ 2 1 μ 1 2 μ
5ℎ 2ℎ ℎ 5ℎ 2ℎ
代入 μ ≤μ≤1.2μ ,可得 L < ,L +L ≥ ,综合需满足 <L < 和 L +L ≥ ,故选 C、
0 0 1 3μ 1 2 μ μ 1 3μ 1 2 μ
0 0 0 0 0
D。
3.D 解析 BC段物体所受摩擦力为 F=μmg,位移为R,故BC段摩擦力对物体做功 W=-
f
FR=-μmgR,对全程由动能定理可知mgR+W +W=0,解得W =μmgR-mgR,故AB段克服摩擦
f 1 1
力做功为W =mgR-μmgR=(1-μ)mgR,选D。
克
4.C 解析 解除对小球甲的锁定,给小球甲施加外力的过程,根据牛顿第二定律有
F+kx=ma,当x=0时外力F最大,为F =4 N,故A错误;弹簧锁定时,弹力做功为 W=Fx =
m 1
kx +0
1 x =0.4 J=-ΔE ,根据功能关系,弹性势能为E =W=0.4 J,故B错误;根据动力学公式
1 p p
2
v2=2ax ,解得v=2 m/s,故C正确;解除对小球甲的锁定,给小球甲施加外力的过程,由动能
1
1
定理得W +W= mv2,解得W =0.4 J,故D错误。
F F
2
5.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 v=
√v 2+(gt)2
,v与t不是线性关系,选项B错误;铅球运动的动能E
k
=1
mv 2
+mg(1 gt2),E
k
与
0 2 0 2
t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。
6.A 解析 设斜面倾角为θ,不计摩擦力和空气阻力,运动员在沿斜面下滑过程中根据动能
E
定理有E =mgxtan θ,即 k=mgtan θ,下滑过程中开始阶段倾角 θ不变,E -x图像为一条直
k k
x
线;经过圆弧轨道过程中θ先减小后增大,即图像斜率先减小后增大,故选A。1
7.AB 解析 物块的初动能为E =100 J= mv 2,解得v =10 m/s,故A正确;根据图像可知,
k0 2 0 0
物块上升过程中机械能的减少量 ΔE=100 J-60 J=40 J,根据功能关系可得 ΔE=μmgcos
37°·x,其中x=5 m,解得物块和斜面间的动摩擦因数为μ=0.5,故B正确;物块上升的最大高
度为 h=xsin 37°=5×0.6 m=3 m,故 C 错误;物块回到斜面底端时的动能为 E =E -
k k0
2ΔE=100 J-2×40 J=20 J,故D错误。
8.C 解析 由题图乙可知滑块上滑的最大位移为5 m,从斜面底端上滑至回到斜面底端过
程中克服阻力做功为20 J,所以上滑和下滑过程克服阻力做功都为 10 J。上滑过程中有-
3
mgxsin θ+W=-40 J,W=-10 J,解得 sin θ= ,故 A、B 错误;上滑过程中阻力做功 W=-
f f f
5
4
μmgcos θ·x=-10 J,cos θ= ,解得 μ=0.25,故C正确;滑块返回斜面底端时,滑块的动能为
5
1
E = mv2=20 J,解得v=2√10 m/s,滑块所受重力的功率为 P=mgvsin θ=12√10 W,故D错
k
2
误。
9.BCD 解析 因为B车实验中变速阶段加速度的大小相同,且汽车运动距离相等,可知两
图像与坐标轴围成的面积相等,则B车运动的时间为3t ,则汽车运动时间之比等于2∶3,
0
选项 B 正确;设 A、B 两车的质量分别为 1.5m 和 m,则摩擦力做功之比等于
W k×1.5mg×s 3,选项A错误;根据动能定理有W +W=0,可知汽车牵引力所做的功
fA = = F f
W kmg×s 2
fB
之比等于摩擦力做功之比,为3∶2,选项C正确;两车加速阶段的加速度之比a 2,对A车
A =
a 1
B
有 F =1.5ma +1.5kmg, 对 B 车 有 F =ma +kmg, 则 汽 车 输 出 的 最 大 功 率 之 比
A A B B
P F ·2v 3ma +3kmg 6ma +3kmg 6,选项D正确。
A = A 0= A = B <
P F v ma +kmg ma +kmg 1
B B 0 B B
10.C 解析 分析可知5号小物块进入BC后物块开始做减速运动,因此5号小物块刚到达
B 点 时 1 号 小 物 块 的 速 度 达 到 最 大 值 , 此 过 程 中 根 据 动 能 定 理 有 F·4L-
1
μmg(L+2L+3L+4L)= ×8mv2-0,得v=√2μgL,故选C。
211.ABC 解析 当θ=0°时,物体沿水平方向做匀减速直线运动,由动能定理有-μmgx =0-
1
1
mv 2,代入数据解得x =2.4 m,故A正确;当θ=30°时,有mgsin θ<μmgcos θ,即重力沿斜
2 0 1
面向下的分力小于滑动摩擦力,所以物体速度减小到零后,在斜面上保持静止,不会向下滑
动,故 B 正确;物体在斜面上滑行的过程中,由动能定理可得-mgxsin θ-μmgcos θ·x=0-
1 mv 2,解得 x= v 0 2 = v 0 2 ,其中 tan α=μ,由数学知识可知,
2 0 2g(sinθ+μcosθ) 2g√1+μ2sin(α+θ)
当θ=53°时,物体的最大位移具有最小值,故C正确;当θ=90°时,物体与竖直平面之间的支
持力为零,摩擦力为零,所以摩擦力一定不做功,故D错误。
12.答案 (1)32.4 m (2)(1-k)L
1
解析 (1)以冰壶为研究对象,从投出冰壶到冰壶停下来的过程中有-μmgs=0- mv2,得
2
s=32.4 m。
1
(2)未摩擦冰面时有-μmgs'=0- mv'2
2
1
摩擦冰面时有-μmg(s'+Δs-L)-kμmgL=0- mv'2
2
联立得Δs=(1-k)L。
13.答案 (1)12 J (2)39 N
解析 (1)对B在撤去F后有x =1 m,撤去F时B的动能E =6 J,由动能定理有
B kB
-F x =0-E
fB B kB
在撤去F前,对B由动能定理得
W -F x=E
AB fB kB
联立并代入数据解得W =12 J。
AB
(2)撤去力F后,滑块A继续滑行的距离为x =0.5 m,撤去F时A的动能E =9 J,由动能定
A kA
理有
-F x =0-E
fA A kA
力F作用的过程中,分析滑块A、B整体,由动能定理
(F-F -F )x=E +E
fA fB kA kB
代入数据解得F=39 N。
