2026年高考物理一轮讲义+练习(湖南专用)第20讲动能定理的理解及其应用(专项训练)(学生版+解析)

这是一份2026年高考物理一轮讲义+练习(湖南专用)第20讲动能定理的理解及其应用(专项训练)(学生版+解析)，共7页。
TOC \ "1-2" \h \u \l "_Tc17943" 01 课标达标练
\l "_Tc22251" 题型01 动能定理的理解
\l "_Tc2717" 题型02 动能定理的应用
\l "_Tc30632" 题型03 动能定理与图像的分析
\l "_Tc2717" 题型04 动能定理解决多过程问题
\l "_Tc20184" 02 核心突破练
\l "_Tc5699" 03 真题溯源练
01 动能定理的理解
1．如图所示，在观光车沿水平路面直线行驶的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．若观光车匀速行驶，合力对乘客做正功
B．若观光车匀速行驶，合力对乘客做负功
C．若观光车加速行驶，合力对乘客做正功
D．若观光车减速行驶，合力对乘客做正功
【答案】C
【详解】AB．若观光车匀速行驶，观光车的动能不变，根据动能定理可知，合力对乘客不做功，故AB错误；
C．若观光车加速行驶，观光车的动能增加，根据动能定理可知，合力对乘客做正功，故C正确；
D．若观光车减速行驶，观光车的动能减小，根据动能定理可知，合力对乘客做负功，故D错误。
故选C。
2．关于动能定理，下列说法中正确的是（ ）
A．在某过程中，外力做的总功等于各个力单独做功的绝对值之和
B．动能定理既适用于直线运动，又适用于曲线运动
C．只要有力对物体做功，物体的动能就一定改变
D．动能定理既适用于恒力做功，又适用于变力做功
【答案】BD
【详解】A．在某过程中，外力做的总功等于各个力单独做功的代数和，故A错误；
B．动能定理既适用于直线运动，又适用于曲线运动，故B正确；
C．有力对物体做功，但如果合力对物体做功为0，则物体的动能保持不变，故C错误；
D．动能定理既适用于恒力做功，又适用于变力做功，故D正确。
故选BD。
3.（2025·安徽·模拟预测）在2025年亚冬会滑雪项目中我国运动员李心鹏获得自由式滑雪空中技巧男子决赛的金牌。设运动员（可视为质点）的质量为m，从离开地面高h1处以速度v1离开滑道，到距离地面高h2处的速度为v2，已知重力加速度大小为g，在这过程中，合外力对运动员所做的功为（ ）
A．12mv22−12mv12B．12mv22−12mv12−mgh1
C．12mv22+mgh2−12mv12D．12mv22+mgh2−12mv12−mgh1
【答案】A
【详解】根据动能定理可知，合外力对运动员所做的功W=12mv22−12mv12
故选A。
02动能定理的应用
4.（2025·安徽·模拟预测）足球运动是中学生喜爱的体育运动项目之一。某同学在运动场内不慎将足球踢出了有一定厚度的围墙外，场外的路人将足球从水平地面上正对着墙踢回场内，如图所示。已知围墙的宽度为d，围墙的高为5.5d，质量为m、可视为质点的足球从地面上O点以一定初速度斜向上射出。已知重力加速度大小为g，路人踢球的过程中对足球所做的功等于足球获得的动能，不计空气阻力的影响，要使足球能够越过围墙，人对足球做功的最小值W为（ ）
A．5.5mgdB．6mgd
C．6.5mgdD．7mgd
【答案】B
【详解】由题意，球从地面到墙左侧，再到墙右侧的过程中做斜抛运动，设到墙左侧时的速度大小为v，方向与水平方向的夹角为θ，则从墙左侧到右侧有d=vcsθ·2t，vsinθ=gt
解得v=gdsin2θ
当θ=45°时，v最小，即球到墙左侧时的动能最小，则在地面抛出时的动能也最小，路人将足球从水平地面上踢回场内做的功最小。球从地面运动到墙的左侧时，根据动能定理有−mg·5.5d=12mv2−12mv02
由功能关系知W=12mv02
联立可求得要使足球能够越过围墙，人对足球做功的最小值W=6mgd
故选B。
5.（2025·四川成都·三模）如图所示，水上乐园游戏中游客仅在自身重力及不可伸长的轻绳拉力作用下绕悬点O运动，经最低点B到达绳子与竖直方向成θ=37°的C点时，游客松手并最终落入水中。已知游客在空中运动到最高点D时的速度大小v=4m/s，游客质量m=50kg，绳长L=5m，游客可视为质点，不计一切阻力，sin37°=0.6，重力加速度大小为g=10m/s2。
(1)游客摆到最低点B时，求绳子对游客拉力T的大小；
(2)若D点距水面的竖直高度H=1.25m，求C点到落水点的水平距离x。
【答案】(1)T=950N
(2)3.2m
【详解】（1）游客从C点抛出时的水平分速度vx=v，由运动合成与分解得v=vCcs37°
从B点到C点，对游客由动能定理得−mgL(1−cs37°)=12mvC2−12mvB2
在B点对游客由牛顿第二定律得T−mg=mvB2L
代入数据解得T=950N
（2）从C点运动到D点，竖直初速度为vy，时间为t1，此过程的水平位移为x1，由运动合成与分解得vy=vtan37°
竖直方向有t1=vyg
水平方向有x1=vt1
从D点平抛到水中运动时间为t2，此过程的水平位移为x2，得H=12gt22、x2=vt2
游客从C到落水点的水平距离为x=x1+x2=3.2m
6.（2025·福建福州·三模）如图，质量为m的小球穿在固定的光滑竖直杆上，与两个完全相同的轻质弹簧相连。在竖直向上的拉力作用下，小球静止于MN连线的中点O，此时弹簧处于原长。现将小球竖直向上缓慢拉至P点，并保持静止，此时拉力F大小为2mg。Q为杆上另一个点，PO=OQ。已知重力加速度大小为g，弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力。若撤去拉力，下列说法正确的是 （ ）
A．刚撤去外力时，小球的加速度为3g
B．小球从P点运动到Q点的过程中，两个弹簧对小球做功为零
C．小球沿杆在PQ之间做往复运动
D．与没有弹簧时相比，小球从P点运动到Q点所用的时间更短
【答案】BD
【详解】A．小球在P点静止时拉力F大小为2mg，根据平衡条件可知，此时弹簧弹力与小球重力的合力大小也为2mg，方向竖直向下，即弹簧对小球的拉力的合力大小为mg，方向竖直向下，刚撤去外力时，对小球进行分析，根据牛顿第二定律有2mg=ma
解得a=2g
故A错误；
B．由于PO=OQ，可知，弹簧在P位置与在Q位置的拉伸量相等，则在这两个位置时，弹簧的弹性势能相等，根据功能关系可知，球从P点运动到Q点的过程中，两个弹簧对小球做功为零，故B正确；
C．结合上述，小球从P点运动到Q点的过程中，两个弹簧对小球做功为零，够过程对小球进行分析，根据动能定理有mghPQ=12mvQ2
解得vQ=2ghPQ
可知，小球到达Q点后速度不为0，结合上述，根据对称性，小球在Q点时，弹簧对小球的拉力的合力大小为mg，方向竖直向上，即此时小球的合力恰好为0，小球的速度达到最大值，之后，小球将继续沿杆向下做减速运动，直至速度减为0，令此时位置为D，随后小球由向上运动，即小球沿杆在PD之间做往复运动，故C错误；
D．结合上述可知，从P点运动到Q点的过程中，小球做加速度减小的变加速直线运动，在Q点的加速度恰好减为0，PQ之间任意位置的加速度均大于重力加速度，可知，小球从P点运动到Q点的过程中的平均加速度大于重力加速度，根据位移公式可知，与没有弹簧时相比，小球从P点运动到Q点所用的时间更短，故D正确。
故选BD。
7.（2025·黑龙江·二模）已知均匀球壳对内部任意一点的引力为零，若地球可视为质量分布均匀的球体，半径为R，地球表面的重力加速度大小为g，若从地球表面沿半径方向挖一深度为R2的洞，忽略地球自转和空气阻力的影响，下列说法正确的是（ ）
A．洞底的重力加速度大小为g4
B．洞底的重力加速度大小为2g
C．若从地表由静止掉落一物体，到达洞底时的速度大小为2gR2
D．若从地表由静止掉落一物体，到达洞底时的速度大小为3gR2
【答案】D
【详解】AB．在地球表面，根据万有引力等于重力有GMmR2=mg
其中M=ρ⋅43πR3
可得g=43πGρR
可以将地球视为一个球心相同而半径为R2的内部球体和厚度为R2的外部球壳，由题意可知洞底恰好位于内部球体表面，且外部球壳对洞底的物体的引力为零，而内部球体表面重力加速度满足GM'mR22=mg'
其中M'=ρ⋅43πR23
解得g'=23πGρR=g2
故AB错误；
CD．根据动能定理可知从地表到洞底，万有引力做功等于动能变化，则有WG=12mv2−0
由于内部球体表面重力加速度与内部球体的半径成正比，利用平均值求做功，有WG=mg+mg'2×R2=38mgR
可得物体到达洞底时的速度大小为v=3gR2
故C错误，D正确。
故选D。
8.（2025·重庆·模拟预测）摩天轮的座舱可以简化为如图所示模型，对木板A施加外力，使其托着质量为m的物块B在竖直面内做角速度为ω的匀速圆周运动。已知A与B的接触面始终水平，B始终相对A静止，且B做圆周运动的半径为r，重力加速度为g。
(1)求B在运动过程中受到的摩擦力的最大值。
(2)若B运动到上半圆周部分，其速度方向与竖直方向夹角为60∘且斜向上，求此时A对B的作用力的功率；
(3)若A、B之间动摩擦因数为μ，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，要保证B始终相对A静止，求ω应满足的条件。
【答案】(1)f=mω2r
(2)PAB=12mgωr
(3)ω≤μgr1+μ2
【详解】（1）当B运动到圆心等高的位置时，摩擦力最大，此时摩擦力提供圆周运动的向心力，则有f=mω2r
（2）根据动能定理可知，在匀速圆周中，合力的功等于零，则有Pf+PN−PG=0
此时重力的功率PG=mgvy=mgωrcs60°=12mgωr
A对B的作用力的功率Pf+PN=12mgωr
（3）设B与圆心连线与竖直方向的夹角为θ，根据牛顿第二定律则有f=mω2rsinθ，mg−FN=mω2r⋅csθ
又因为0≤f≤μFN
解得ω≤μgrsinθ+μcsθ
要求B始终相对A静止，则ω应该比μgrsinθ+μcsθ的最小值小，由数学知识可得ω≤μgr1+μ2
03动能定理与图像的分析
9.（2025·山东潍坊·三模）某次训练投掷中，运动员将质量的铅球以初速度斜向上抛出，忽略空气阻力，重力加速度。已知铅球在时动能达到最小值。以抛出点所在水平面为零势能面，下列反映铅球在空中运动过程中动能、重力势能，随时间t或高度h变化关系的图像正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【详解】AC．铅球做斜抛运动，在时动能达到最小值，此时到达最高点，且重力势能最大；设抛出时的水平速度为v0x，则
解得
抛出时的竖直速度
可知抛出时的速度方向与水平方向夹角为30°；初动能
则上升过程中t时刻的动能
可知图像是二次函数，不是直线；因
其中h最大值
则图像是倾斜直线且上升时和下降时的图像重合，选项A错误，C正确；
BD．重力势能
可知图像是二次函数，不是直线；图像是一条直线，因h最大值为1.25m，则下降过程图像与上升过程重合，选项BD错误。
故选C。
10.（2025·四川达州·模拟预测）固定于竖直平面内的光滑大圆环上套有一个小环，小环从大圆环顶端P点由静止开始自由下滑，在下滑过程中，小环的速率v与它下降的高度h或它到P点的距离L的关系图像可能正确的是

A． B．
C． D．
【答案】AC
【详解】AB．如图所示

设小环下降的高度为h，大圆环的半径为R，小环到P点的距离为L，根据动能定理得mgh=12mv2
解得v=2gh
故A正确，B错误：
CD．由几何关系可得h=Lsinθ，sinθ=L2R
联立可得h=L22R
则v=gRL
故C正确，D错误。
故选AC。
11.（2025·河南·三模）一辆金属玩具模型汽车在水平地面上做直线运动，其速度v与时间t的关系如图所示。已知玩具汽车的质量为3kg，运动过程中受到的阻力f始终为车重力的0.2倍，取重力加速度g=10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．t=3s时，汽车距离出发点最远
B．0～3s时间内，牵引力对汽车做的功为54J
C．3～5s时间内，刹车额外产生的制动力大小为3N
D．0～6s时间内，汽车克服阻力做的功为84J
【答案】C
【详解】A．由v-t图像可知，t=5s时速度为零，即汽车距离出发点最远，A错误；
B．v-t图像与时间轴围成的面积表示位移，0～3s时间内，汽车的位移大小为x1=6×32m=9m
由动能定理可得W−0.2mgx1=12mv12
其中v1=6m/s，解得0～3s时间内牵引力对汽车做的功W=108J
B错误；
C．3～5s时间内由图像可知加速度大小为a=ΔvΔt=62m/s2=3m/s2
由牛顿第二定律可得F+0.2mg=ma
可得因刹车额外产生的制动力的大小为F=3N
C正确；
D．根据图像可知，0～6s时间内，汽车的路程s=x1+6×22m+2×12m=16m
克服阻力f做的功Wf=0.2mgs=96J，D错误。
故选C。
12.（2025·全国·模拟预测）如图（a）所示，塔吊是建筑工地上最常用的一种起重设备，又名“塔式起重机”。图（b）为塔吊下面吊起质量为100kg的建筑材料的速度—时间图像，如果建筑材料从地面开始运动，g取10m/s2，则下列判断正确的是（ ）
A．5−10s内悬线的拉力大小恒为2000N
B．20s末建筑材料离地面的距离为30m
C．0−5s内和20−25s内建筑材料均处于超重状态
D．10−20s内起重机对建筑材料做功为9800J
【答案】D
【详解】A．由题图（b）知，5-10s内建筑材料做匀速直线运动，由平衡条件得，悬线的拉力大小T=mg=1000N
故A错误；
B．由题图（b）知，根据v-t图线与坐标轴所围的面积表示位移可知0-20s内建筑材料的位移大小为x1=12×5+20×2m=25m
故B错误；
C．由题图（b）知，0-5s内加速度方向向上，建筑材料处于超重状态，20-25s内加速度方向向下，建筑材料处于失重状态，故C错误；
D．由题图（b）知，10-20s内的位移大小x2=12×20−10×2m=10m
由动能定理得W−mgx2=0−12mv2
解得W=9800J
故D正确。
故选D。
13.（2025·江苏南京·一模）如图所示，圆筒固定在水平面上，圆筒底面上有一与内壁接触的小物块，现给物块沿内壁切向方向的水平初速度。若物块与所有接触面间的动摩擦因数处处相等。则物块滑动时动能Ek与通过的弧长s的图像可能正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【详解】物块紧贴圆筒内壁开始滑动，竖直方向受力平衡N竖=mg
水平方向圆筒侧面的弹力提供向心力，则有N侧=mv2R
由于圆筒粗糙，所以物块滑动过程受到侧面和底面的滑动摩擦力作用，物块做减速运动，则有f侧=μN侧=μmv2R，f底=μmg
可知随着物块速度的减小，侧面滑动摩擦力逐渐减小，则滑动摩擦力合力逐渐减小，相同的弧长，滑动摩擦力合力做负功越来越少，根据动能定理可知，动能减小的越来越慢，则动能与弧长的图像斜率减小。
故选C。
14.（2025·宁夏石嘴山·一模）如图甲所示，一物块以某一速度冲上一倾角α=37°的固定斜面，取斜面底端水平面为参考平面，物块冲上斜面开始计时，0.5s内物块动能Eₖ随高度h的变化规律如图乙所示，重力加速度g=10m/s2 ，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8，下列说法正确的是（ ）
A．物块的质量m=2kg
B．物块与斜面间的动摩擦因数μ=0.25
C．物块上升过程的加速度大小 a=10m/s2
D．物块回到斜面底端时的动能Ek=18J
【答案】BD
【详解】ABC．设物体的质量为m，初速度为v0，末速度为v，由图可知v02:v2=Ek:Ek0=36:16
解得v0:v=3:2
动能由36J变化为16J物体在斜面上的位移L=hsinα=5m
根据运动学公式则有v+v02t=L
解得v+v0=20m/s
联立可得v0=12m/s，v=8m/s
又因为12mv02=36J
解得m=0.5kg
物块的加速度a=v−v0t=−8m/s2
对物块受力分析，由牛顿第二定律可得−mgsinα−μmgcsα=ma
联立解得μ=0.25
AC错误，B正确；
D．物体上升到斜面最高点的位移Lmax=−v022a=9m
从最高点到斜面底端，由动能定理可得Ek=(mgsinα−μmgcsα)Lmax
代入数据解得Ek=18J
D正确。
故选BD。
04动能定理解决多过程问题
15.如图所示，半径分别为2R和R的圆轨道A、B竖直固定在水平地面上，质量为m、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A和圆轨道B的最高点，则小球从A轨道的最高点运动到B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）（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】在小球从A轨道的最高点运动到B轨道的最高点的过程中,根据动能定理有小球通过A轨道的最高点时有小球通过B轨道的最高点时有联立解得故选D。
16.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，cs37°=0.8，该同学自由滑行至M点的速度大小为（ ）
A．12v0B．13v0C．18v0D．19v0
【答案】A
【详解】在水平冰面和倾斜冰面上应用动能定理有
−μmgx1=12mv2−12mv02
−mgsin37°+μmgcs37°x2=0−12mv2
又
x1x2=485
联立解得
v=12v0
故选A。
17.（2025·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/s2，不计空气阻力，则（ ）
A．小球在B点的动能为7.5JB．小球在A点受到轨道的弹力大小为10N
C．小球上升过程中距地面的最大高度为1.75mD．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)=EkB
解得
EkB=17.5J
故A错误；
B．小球从释放到A点，根据动能定理有
mgh=12mvA2
在A点，根据牛顿第二定律有
N=mvA2R
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
mgcsθ=mv2R
从B点到最高点，根据动能定理有
−mgR(1+csθ)=12mv2−EkB
解得
csθ=12
最大高度为
h=R(1+csθ)=1.5m
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=5m/s
根据斜抛的运动规律可知
h=−vsin60°t+12gt2
x=vcs60°t
解得
x=32m=Rcs30°
可知小球离开轨道后将落至轨道B点，故D正确；
故选D。
18.（2025·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v0=33ms，取重力加速度g=10ms2，sin37°=0.6。（ ）
A．施力前弹簧压缩量为518m
B．外力做的功为13.5J
C．物块第一次向下运动到A点时的速度大小为3ms
D．物块在A点上方运动的总路程为4.5m
【答案】CD
【详解】A．施力前，对物块，根据平衡条件
F弹=mgsin37°
根据胡克定律
F弹=kx
联立，解得
x=16m
故A错误；
B．当物块由B到A的过程中，根据能量守恒
12kx2+W=12mv02+mgxsin37°
解得
W=14J
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
−mgs1sin37°−μmgs1cs37°=0−12mv02
下滑过程有
mgs1sin37°−μmgs1cs37°=12mv12−0
联立，解得
s1=1.5m
v1=3m/s
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
μmgscs37°=12mv02
解得
s=4.5m
故D正确。
故选CD。
19.（2025·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g。下列说法正确的是（ ）
A．当v0=5gR时，小球刚好过最高点D点
B．当v0=3gR时，小球不会脱离圆弧轨道
C．若小球能通过E点，则v0越大，小球在B点与E点所受的弹力之差越大
D．小球从E点运动到A点的最长时间为5−3Rg
【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=mvD2R
在A到D过程中，由动能定理可知
12mvD2−12mv02=−2mgR
联立解得
v0=5gR
A正确；
B．当v0=3gR时，设上升高度为h，假设小球不会脱离圆弧轨道，则必须满足h≤R，由动能定理知
0−12mv02=−mgh
代入得
h=32R
假设不成立，故当v0=3gR时，小球会脱离圆弧轨道，B错误；
C．B到E运动过程中，由动能定理知
12mvE2−12mvB2=−mgR
在B点时，小球所受弹力为
FB=mg+mvB2R
在E点时，小球所受弹力为
FE=mvE2R
则小球在B点与E点所受的弹力之差为
FB−FE=3mg
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
12mvE2−12mvD2=mgR
代入得
vE=3gR
从E到A运动过程中，小球做竖直下抛运动，则
vEt+12gt2=R
代入得
t=5−3Rg
D正确；
故选AD。
20.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g=10m/s2，sin37°=0.6。求
（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
vyv0=tan53∘
解得滑板少年进入圆弧轨道A点时竖直方向的速度
vy=4m/s
则可知此时滑板少年距地面的高度
h0=h−vy22g=2.4m
而根据几何关系可得
R−Rcs53∘=h0
解得
R=6m
（2）设到达C点时的速度为vC，而到达A点时的速度为
vA=v0cs53∘=5m/s
从A到C由动能定理有
mgh0−mgR(1−cs37∘)=12mvC2−12mvA2
解得
vC=7m/s
设从C到N的竖直高度为h1，则从C到N由动能定理有
−μmgcs37∘⋅h1sin37∘−mgh1=0−12mvC2
解得
h1=1.8375m
则可得N点离地面的高度
H=h1+R(1−cs37∘)≈3.04m
（2025·陕西商洛·二模）如图所示，小车在水平台面上以恒定功率水平向左引着跨过光滑定滑轮的轻绳（定滑轮左侧的轻绳水平）加速行驶，轻绳牵引铁球沿光滑竖直墙面上升，则在此过程中（ ）
A．铁球处于失重状态
B．铁球的加速度减小
C．轻绳的拉力增大
D．轻绳的拉力对铁球做的功小于铁球克服重力做的功
【答案】B
【详解】A．设当定滑轮右侧的轻绳与竖直方向的夹角为θ时，轻绳的拉力大小为F，小车的速度大小为v1，铁球的速度大小为v2，有v1=v2csθ
在铁球上升的过程中θ增大，又v1增大，则在此过程中v2增大，即铁球具有向上的加速度，则铁球处于超重状态，故A错误；
BC．设铁球的质量为m，根据牛顿第二定律有Fcsθ−mg =ma
小车的功率P=Fv1
在P不变的情况下，当v1增大时，F减小，而csθ减小，可得铁球的加速度a减小，故B正确，C错误；
D．因为v2增大，所以铁球的动能增大，合力对铁球做正功，又墙面对铁球不做功，则轻绳的拉力对铁球做的功大于铁球克服重力做的功，故D错误。
故选B。
2.（2025·广东深圳·一模）物块从固定斜面的底端上滑，机械能与动能的关系如右图所示。已知斜面倾角37∘，物块质量5 kg，初速度v0，物块与斜面间的动摩擦因数为μ。以斜面底端位置为零势能面，g取10 m/s2，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8。下列说法正确的是（ ）
A．μ=0.4，v0=2 m/s
B．μ=0.5，v0=2 m/s
C．μ=0.4，v0=2155 m/s
D．μ=0.5，v0=2155 m/s
【答案】B
【详解】由乙图可知，物体的动能在底端时的动能Ek=12mv02
代入数据解得v0=2m/s
物体上升到最大高度时的重力势能Ep=mgh
结合乙图解得h=0.12m
物体沿斜面移动的距离L=hsinθ=0.2m
根据能量守恒定律可得μmgcsθ·L=E机械−Ek
代入数据解得μ=0.5
故选B。
3.（2025·陕西·模拟预测）如图所示，光滑斜面ABCD为长方形，AB边长为l1=1.8m，BC边长l2=2.0m，倾角为θ= 30°，一质量为m=1kg的小球通过长为r=0.5m的轻绳固定于长方形两条对角线的交点O，将轻绳拉直并使小球在某一位置P（未画出）静止。现给小球一垂直于绳的速度，小球开始做圆周运动，绳子恰好在最低点时断裂，小球刚好能够到达C点。不计摩擦，重力加速度g取10m/s2，则（ ）
A．绳能够承受的最大张力为15N
B．绳断裂瞬间小球速度大小为2.5m/s
C．小球到达C点时速度大小为3m/s
D．P点一定不会在最高点
【答案】BD
【详解】BC．绳子在最低点时断裂时的速度设为v，断裂后做类平抛运动，有12gsinθt2=l12−r，vt=l22
解得t=0.4s，v=2.5m/s
小球到达C点时速度大小为v1=v2+gtsinθ2=10.25m/s
故B正确，C错误；
A．小球在最低点时绳能够承受的张力最大，根据牛顿第二定律T−mgsinθ=mv2r
解得T=17.5N
故A错误；
D．若P点在最高点，到最低点的过程，根据动能定理mg⋅2rsinθ=12mv22
解得v2=10m/s≠v
故P点一定不会在最高点，故D正确。
故选BD。
4.（2025·湖南株洲·一模）风力和空气阻力会影响雨滴下落的轨迹。一雨滴在下落过程中的某段时间内，其水平方向速度vx和竖直方向位移y与时间关系的图像如图所示，在图示时间2s内，该雨滴（ ）
A．做匀加速直线运动
B．在t＝1s时速度大小为11m/s
C．重力的瞬时功率一直增大
D．前、后1s内合力做功之比为1：3
【答案】D
【详解】A．根据题图可知，在水平方向雨滴的初速度为0，加速度为
a=ΔvΔt=42m/s2=2m/s2
即雨滴在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动；在竖直方向雨滴的加速度为零，速度为
vy=ΔxΔt=182m/s=9m/s
即雨滴在竖直方向做匀速直线运动，可知，雨滴的初速度方向与加速度方向垂直，且雨滴的加速度恒定，由此可知雨滴做匀变速曲线运动，故A错误；
B．雨滴在t＝1s时,竖直方向的速度为vy=9m/s，水平方向的速度为
vx=at=2m/s
故雨滴在t＝1s时的速度为
v1=vx2+vy2=85m/s
故B错误；
C．重力的瞬时功率为
PG=mgvy
因雨滴在竖直方向做匀速直线运动，即竖直方向的速度不变，故重力的瞬时功率保持不变，故C错误；
D．设雨滴的质量为m，由B项知，雨滴在t＝1s时的速度为v1=85m/s，根据动能定理可知，在前1s合力做的功为
W1=12mv12−12mv02=2m
雨滴在t＝2s时,竖直方向的速度为vy=9m/s，水平方向的速度为
vx=at=4m/s
故雨滴在t＝2s时的速度为
v2=vx2+vy2=97m/s
根据动能定理可知，在后1s合力做的功为
W2=12mv22−12mv12=6m
故前、后1s内合力做功之比为
W1:W2=2m:6m=1:3
故D正确。
故选D。
5.（2025·江西九江·三模）如图所示，两光滑轨道Ⅰ、Ⅱ的起点M、终点N位置均相同，轨道Ⅰ的末端与水平面相切于N点。将两个相同的小球a、b分别放在Ⅰ、Ⅱ两轨道的起点M，同时由静止释放。下列描述两小球在轨道运动过程中速率v与时间t、速率平方v2与下滑高度h的关系图像可能正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【详解】A B．根据机械能守恒mgH=12mv2
可得小球a和b到达轨道底端的速度大小均为v=2gH
小球b沿直线轨道做匀加速直线运动，其v−t图像为一条倾斜的直线，小球a沿曲线轨道I 运动过程中，加速度逐渐减小，则其v−t图像的切线斜率逐渐减小，且小球a所用时间小于小球b所用时间，故B正确，A错误；
CD.根据机械能守恒mgh=12mv2
小球a和b下滑过程速率平方v2与下滑高度h的关系为v2=2gh
可知小球a和b的v2−h图像均为一条过原点的倾斜直线，故C、D均错误；
故选B。
6.（2025·河北·模拟预测）一个质量为m的物体在外力作用下以初速度v0做加速直线运动，已知加速度a随位移x成线性变化，已知当位移为x0时，速度为2v0。当物体运动到位移为2x0时，物体所受合力的瞬时功率为（ ）
A．413mv03x0B．513mv03x0C．613mv03x0D．713mv03x0
【答案】C
【详解】设当位移为x0时，物体的加速度为a0，由于物体的加速度a随位移x线性变化，满足a=kx（k为常数），从开始到速度为2v0的过程，由动能定理可得12mkx02=12m2v02−12mv02
从开始到位移为2x0时，由动能定理可得12mk×4x02=12mv2−12mv02
联立可得v=13v0
物体所受合力的瞬时功率P=mk⋅2x0v=613mv03x0
故选C。
7.（2025·广西南宁·三模）如图所示，在水平地面上，左右两侧各固定一半径为R的圆弧轨道，两轨道分别与地面相切于B、C点，左侧轨道的最高点A与圆心O1等高，右侧半圆形轨道的D点与圆心O2等高，最高点为E点，左侧轨道粗糙，水平地面BC和右侧轨道均光滑。质量为m的物块以初速度v0=2gR从A处竖直向下进入轨道，运动至B点的速度为3gR，重力加速度为g。则下列说法正确的是（ ）
A．物块从A运动到B的过程中，克服摩擦力做功为12mgR
B．若物块从A处静止释放，到达B点时的速度为gR
C．物块从C运动到D的过程中，其重力的瞬时功率一直增大
D．物块将在右侧轨道上距离地面高度为43R处脱离轨道
【答案】AD
【详解】A．物块从A运动到B的过程中，由动能定理mgR−W克=12mvB2−12mv02
解得W克=12mgR，故A正确；
B．从A运动到B的过程中，物块从A处静止释放运动到B处和以初速度v0=2gR从A处运动到B处的过程对比，从A处静止释放运动到B处的过程，物块经过圆弧上相同点的速度更小，如图
由牛顿第二定律FN−mgsinθ=mv2R
速度越小，轨道的支持力越小，滑动摩擦力也越小，路径长度未变，因此物块从A处静止释放运动到B处过程克服摩擦力做功W'克