2026届高考物理一轮总复习提能训练练案28动能定理及其应用

这是一份2026届高考物理一轮总复习提能训练练案28动能定理及其应用，共8页。试卷主要包含了人们用滑道从高处向低处运送货物，冬梦飞扬，冬奥梦圆等内容，欢迎下载使用。
题组一 动能定理的理解和应用
1．一个质量为m的物体静止放在光滑水平面上，在互成60°角且大小相等的两个水平恒力作用下，经过一段时间，物体获得的速度为v，在两恒力的方向上获得的速度分别为v1、v2，如图所示，那么在这段时间内，其中一个恒力做的功为( )
A．eq \f(1,6)mv2 B．eq \f(1,4)mv2
C．eq \f(1,3)mv2 D．eq \f(1,2)mv2
[答案] B
[解析] 设这两个水平恒力的合力为F，由动能定理得W＝Fl＝eq \f(1,2)mv2，其中一个恒力做的功W1＝eq \f(1,2)W＝eq \f(1,4)mv2，B正确。
2．质量为m的物体以初速度v0沿水平面向左开始运动，起始点A与一轻弹簧O端相距s，如图所示。已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，物体与弹簧相碰后，弹簧的最大压缩量为x，则从开始碰撞到弹簧被压缩至最短，物体克服弹簧弹力所做的功为(重力加速度大小为g)( )
A．eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－μmg(s＋x) B．eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－μmgx
C．μmgs D．μmg(s＋x)
[答案] A
[解析] 根据功的定义式可知物体克服摩擦力做功为Wf＝μmg(s＋x)，由动能定理可得－W弹－Wf＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，则W弹＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－μmg(s＋x)，故选项A正确。
3．如图所示，质量为m的物块与水平转台之间的动摩擦因数为μ，物块与转台转轴相距R，物块随转台由静止开始转动并计时，在t1时刻转速达到n，物块即将开始滑动。保持转速n不变，继续转动到t2时刻。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则( )
A．在0～t1时间内，摩擦力做功为零
B．在t1～t2时间内，摩擦力做功不为零
C．在0～t1时间内，摩擦力做功为2μmgR
D．在0～t1时间内，摩擦力做功为 eq \f(μmgR,2)
[答案] D
[解析] 0～t1时间内，转速逐渐增加，故物块的线速度逐渐增加，在t1～t2时间内，最大静摩擦力提供向心力，由牛顿第二定律得μmg＝meq \f(v2,R)，解得v＝eq \r(μgR)，在0～t1时间内，对物块做加速圆周运动的过程，由动能定理得Wf＝eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)μmgR，故A、C错误，D正确；在t1～t2时间内，物块的线速度大小不变，摩擦力只提供向心力(只改变物块的运动方向)，根据动能定理可知摩擦力做功为零，故B错误。
题组二 用动能定理巧解图像问题
4．物体沿直线运动的v－t图像如图所示，已知在第1 s内合力对物体做功为W，则( )
A．从第1 s末到第3 s末合力做功为4W
B．从第3 s末到第5 s末合力做功为－2W
C．从第5 s末到第7 s末合力做功为W
D．从第3 s末到第4 s末合力做功为－0.5W
[答案] C
[解析] 由题图可知物体速度变化情况，根据动能定理得第1 s内＝W＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，第1 s末到第3 s末：W1＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝0，A错误；第3 s末到第5 s末：W2＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝－W，B错误；第5 s末到第7 s末：W3＝eq \f(1,2)m(－v0)2＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝W，C正确；第3 s末到第4 s末，W4＝eq \f(1,2)meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v0,2)))2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝－0.75W，D错误。
5．(2025·湖南衡阳市高三调研)一辆汽车从静止开始做匀加速直线运动，它的动能Ek随着位移x的变化而改变，下列Ek－x图像正确的是( )

A B C D
[答案] A
[解析] 根据Ek＝eq \f(1,2)mv2，v2＝2ax，可得Ek＝max，故Ek与x成正比。故选A。
6．(多选)在某一粗糙的水平面上，一质量为2 kg的物体在水平恒定拉力的作用下做匀速直线运动，当运动一段时间后，拉力逐渐减小，且当拉力减小到零时，物体刚好停止运动，图中给出了拉力随位移变化的关系图像。已知重力加速度g＝10 m/s2。根据以上信息能精确得出或估算得出的物理量有( )
A．物体与水平面间的动摩擦因数
B．合外力对物体所做的功
C．物体做匀速运动时的速度
D．物体运动的时间
[答案] ABC
[解析] 物体做匀速直线运动时，拉力F与滑动摩擦力f大小相等，物体与水平面间的动摩擦因数为μ＝eq \f(F,mg)＝0.35，选项A正确；减速过程由动能定理得WF＋Wf＝0－eq \f(1,2)mv2，根据F－x图像中图线与坐标轴围成的面积可以估算力F做的功WF，而Wf＝－μmgx，由此可求得合外力对物体所做的功及物体做匀速运动时的速度v，则B、C正确；因为物体做变加速运动，所以运动时间无法求出，D错误。
能力提升练
7．(多选)(2023·广东卷)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eq \f(1,4)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6 m/s。已知货物质量为20 kg，滑道高度h为4 m，且过Q点的切线水平，重力加速度取10 m/s2。关于货物从P点运动到Q点的过程，下列说法正确的有( )
A．重力做的功为360 J
B．克服阻力做的功为440 J
C．经过Q点时向心加速度大小为9 m/s2
D．经过Q点时对轨道的压力大小为380 N
[答案] BCD
[解析] 重力做的功为WG＝mgh＝800 J，A错误；下滑过程据动能定理可得WG－Wf＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,Q)，代入数据解得，克服阻力做的功为Wf＝440 J，B正确；经过Q点时向心加速度大小为a＝eq \f(v\\al(2,Q),h)＝9 m/s2，C正确；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 N，据牛顿第三定律可知，货物对轨道的压力大小为380 N，D正确。故选BCD。
8．(多选)冬梦飞扬，冬奥梦圆。第二十四届冬季奥林匹克运动会在北京开幕。跳台滑雪是一项深受勇敢者喜爱的滑雪运动。图甲为某跳台滑雪运动员从跳台a(长度可忽略不计)处沿水平方向飞出、经2 s在斜坡b处着陆的示意图，图乙为运动员从a到b飞行时的动能Ek随飞行时间t变化的关系图像。不计空气阻力作用，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是( )
A．斜坡的倾角为30°
B．运动员在a处的速度大小为10 m/s
C．运动员运动到b处时重力的瞬时功率为1.2×104 W
D．运动员在1 s末时离坡面的距离最大
[答案] BCD
[解析] 从a到b，运动员做平抛运动，则下降的高度为h＝eq \f(1,2)gt2＝eq \f(1,2)×10×22 m＝20 m，重力做功为W＝mgh＝Ekb－Eka解得m＝60 kg，根据图像可得eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝3×103 J，解得v0＝10 m/s，故B正确；t＝2 s时，运动员落在斜坡上，斜坡的倾角满足tan α＝eq \f(\f(1,2)gt2,v0t)＝1，解得α＝45°，故A错误；t＝2 s时，运动员运动到b处时重力的瞬时功率为P＝mgvy＝mg2t＝1.2×104 W，故C正确；运动员离坡面距离最远时，速度方向与坡面平行，有tan α＝eq \f(gt′,v0)＝1，解得t′＝1 s，故D正确。
9．电机与连杆结合，可以将圆周运动转化为直线上的往复运动，工作原理可简化为如图所示的机械装置，连杆AB、OB可绕图中A、B、O三处的转轴转动，连杆OB在竖直面内做圆周运动时，可通过连杆AB使滑块在光滑水平横杆上左右滑动。已知滑块质量为2 kg，大小不计，OB杆长为L＝0.8 m，绕O点沿逆时针方向匀速转动的角速度为ω＝10 rad/s，OB杆由竖直位置转到图示位置时，连杆AB与水平方向夹角为θ＝37°，AB杆与OB杆刚好垂直，在OB杆由竖直位置转到此位置过程中，杆对滑块做功为(sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)( )
A．36 J B．46 J
C．100 J D．234 J
[答案] A
[解析] 图示位置B点的速度大小为v＝ωL＝8 m/s，方向沿圆的切线方向，即沿BA杆方向，故AB杆上各点的速度大小均为v，此速度为滑块实际的水平速度沿杆方向的分速度，故滑块的水平速度大小为v′＝eq \f(v,cs θ)＝10 m/s，OB杆在竖直位置时，滑块速度大小为v＝8 m/s，根据动能定理得，杆对滑块做功为W＝eq \f(1,2)mv′2－eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)×2×(102－82)J＝36 J，A正确。
10．(多选)(2024·山东省实验中学二诊)竖直平面内有一半径为R的圆，O为圆心，直径AB沿水平方向，将质量为m的小球从A点以相同的速率v0抛出，抛出的方向不定，小球进入圆内同时受到一个平行于圆面的恒力F作用，其大小等于mg，g为重力加速度，小球从A点抛出后会经过圆上的不同点，在这些所有的点中，小球到达C点的动能最大，已知AB与AC的夹角为θ＝30°。不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A．恒力F的方向沿AC方向
B．恒力F的方向沿OC方向
C．小球到达C点的动能EkC＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＋eq \r(3)mgR
D．小球到达B点的动能EkB＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＋eq \r(3)mgR
[答案] AD
[解析] 小球到达C点的动能最大，则小球的受力情况如图所示，恒力F方向沿AC方向，合力方向沿OC方向，A正确，B错误；合力等于eq \r(3)mg，根据动能定理得eq \r(3)mg·eq \f(3,2)R＝EkC－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，mg·2Rcs 30°＝EkB－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，解得EkC＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＋eq \f(3\r(3),2)mgR，EkB＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＋eq \r(3)mgR，C错误，D正确。
11．(多选)(2024·广西卷)如图，坚硬的水平地面上放置一木料，木料上有一个竖直方向的方孔，方孔各侧壁完全相同。木栓材质坚硬，形状为正四棱台，上下底面均为正方形，四个侧面完全相同且与上底面的夹角均为θ。木栓质量为m，与方孔侧壁的动摩擦因数为μ。将木栓对准方孔，接触但无挤压，锤子以极短时间撞击木栓后反弹，锤子对木栓冲量为I，方向竖直向下。木栓在竖直方向前进了Δx的位移，未到达方孔底部。若进入的过程方孔侧壁发生弹性形变，弹力呈线性变化，最大静摩擦力约等于滑动摩擦力，则( )
A．进入过程，木料对木栓的合力的冲量为－I
B．进入过程，木料对木栓的平均阻力大小约为eq \f(I2,2mΔx)＋mg
C．进入过程，木料和木栓的机械能共损失了eq \f(I2,2m)＋mgΔx
D．木栓前进Δx后，木料对木栓一个侧面的最大静摩擦力大小约为eq \f(μI2＋2m2gΔx,4mΔxcs θ＋μsin θ)
[答案] BD
[解析] 锤子撞击木栓到木栓进入方孔，对木栓分析，可知合外力的冲量为0，锤子对木栓的冲量为I，由于木栓重力有冲量，则木料对木栓的合力的冲量不为－I，故A错误；锤子撞击木栓后瞬间，木栓获得的动能Ek＝eq \f(1,2)mv2＝eq \f(I2,2m)，对于木栓进入过程，根据动能定理有(mg－eq \x\t(f))Δx＝0－Ek，解得平均阻力eq \x\t(f)＝eq \f(I2,2mΔx)＋mg，故B正确；木栓进入过程损失的机械能等于克服阻力做的功，所以ΔE木栓＝eq \x\t(f)Δx＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(I2,2mΔx)＋mg))Δx＝eq \f(I2,2m)＋mgΔx，ΔE木栓一部分转化为木料的弹性势能，因此系统损失的机械能ΔE