2026年高考物理一轮复习精讲精练第28讲动能定理及其应用(练习)(学生版+解析)

这是一份2026年高考物理一轮复习精讲精练第28讲动能定理及其应用(练习)(学生版+解析)，共9页。试卷主要包含了所示等内容，欢迎下载使用。
1．（2025·四川·高考真题）如图所示，倾角为的光滑斜面固定在水平地面上，安装在其顶端的电动机通过不可伸长轻绳与小车相连，小车上静置一物块。小车与物块质量均为m，两者之间动摩擦因数为。电动机以恒定功率P拉动小车由静止开始沿斜面向上运动。经过一段时间，小车与物块的速度刚好相同，大小为。运动过程中轻绳与斜面始终平行，小车和斜面均足够长，重力加速度大小为g，忽略其他摩擦。则这段时间内（ ）
A．物块的位移大小为B．物块机械能增量为
C．小车的位移大小为D．小车机械能增量为
【答案】C
【详解】A．对物块根据牛顿第二定律有
解得
根据运动学公式有
解得物块的位移大小为
故A错误；
B．物块机械能增量为
故B错误；
C．对小车根据动能定理有
其中
联立解得
故C正确；
D．小车机械能增量为
故D错误。
故选C。
2．（2025·云南·高考真题）如图所示，中老铁路国际旅客列车从云南某车站由静止出发，沿水平直轨道逐渐加速到144km/h，在此过程中列车对座椅上的一高中生所做的功最接近（ ）
A．4×105JB．4×104JC．4×103JD．4×102J
【答案】B
【详解】高中生的质量约为50kg，根据动能定理有
故选B。
3．（2025·湖北·高考真题）如图所示，一足够长的平直木板放置在水平地面上，木板上有3n（n是大于1的正整数）个质量均为m的相同小滑块，从左向右依次编号为1、2、…、3n，木板的质量为nm。相邻滑块间的距离均为L，木板与地面之间的动摩擦因数为，滑块与木板间的动摩擦因数为。初始时木板和所有滑块均处于静止状态。现给第1个滑块一个水平向右的初速度，大小为（为足够大常数，g为重力加速度大小）。滑块间的每次碰撞时间极短，碰后滑块均会粘在一起继续运动。最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
(1)求第1个滑块与第2个滑块碰撞前瞬间，第1个滑块的速度大小
(2)记木板滑动前第j个滑块开始滑动时的速度为，第个滑块开始滑动时的速度为。用已知量和表示。
(3)若木板开始滑动后，滑块间恰好不再相碰，求的值。（参考公式：）
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）滑块1运动时，对木板的摩擦力为
地面对木板的摩擦力为
所以此过程中木板保持不动；每个滑块之间距离为L，所以对滑块1根据动能定理有
解得
（2）滑块间碰撞时间极短，碰后滑块粘在一起运动，若长木板不动，第j个滑块开始运动时加速度为
根据运动学公式，第j个滑块开始滑动到和第个滑块碰撞时，有
第j个滑块和第j+1个滑块碰撞过程中动量守恒有
联立可得
（3）当第k个木块开始滑动时，木板恰好要滑动，此时有
解得（n为整数）
则第个（即）木块开始滑动时，木板开始滑动，要刚好不发生下一次碰撞，假设木板和剩下的木块不发生相对滑动，则
则
木板和剩下的木块不发生相对滑动。
对前面个（即）木块，有
木板开始滑动时，刚好不发生下一次碰撞，则对前面个木块和个木块共速，且相对位移恰好为，则
则
又
则
则
j=1时，第一个滑块开始运动的速度，则
j=2时，根据动量守恒定律可得
可得第2个滑块开始运动的速度，
则
由第二问可得，，则对第3个滑块到第个滑块有
……
将从j=2到j=k+1相关方程累积求和可得
联立，
可得
4．（2024·贵州·高考真题）质量为的物块静置于光滑水平地面上，设物块静止时的位置为x轴零点。现给物块施加一沿x轴正方向的水平力F，其大小随位置x变化的关系如图所示，则物块运动到处，F做功的瞬时功率为（ ）

A．B．C．D．
【答案】A
【详解】根据图像可知物块运动到处，F做的总功为
该过程根据动能定理得
解得物块运动到处时的速度为
故此时F做功的瞬时功率为
故选A。
5．（2024·广东·高考真题）如图所示，光滑斜坡上，可视为质点的甲、乙两个相同滑块，分别从、高度同时由静止开始下滑。斜坡与水平面在O处平滑相接，滑块与水平面间的动摩擦因数为，乙在水平面上追上甲时发生弹性碰撞。忽略空气阻力。下列说法正确的有（ ）
A．甲在斜坡上运动时与乙相对静止
B．碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度
C．乙的运动时间与无关
D．甲最终停止位置与O处相距
【答案】ABD
【详解】A．两滑块在光滑斜坡上加速度相同，同时由静止开始下滑，则相对速度为0，故A正确；
B．两滑块滑到水平面后均做匀减速运动，由于两滑块质量相同，且发生弹性碰撞，可知碰后两滑块交换速度，即碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度，故B正确；
C．设斜面倾角为θ，乙下滑过程有
在水平面运动一段时间t2后与甲相碰，碰后以甲碰前速度做匀减速运动t3，乙运动的时间为
由于t1与有关，则总时间与有关，故C错误；
D．乙下滑过程有
由于甲和乙发生弹性碰撞，交换速度，则可知甲最终停止位置与不发生碰撞时乙最终停止的位置相同；则如果不发生碰撞，乙在水平面运动到停止有
联立可得
即发生碰撞后甲最终停止位置与O处相距，故D正确。
故选ABD。
模拟冲关
6．（2025·辽宁沈阳·三模）京东亚洲一号无人仓采用全球领先的智能物流技术，其中包裹分拣系统由智能分拣机器人和多段传送带协同工作组成。该系统包含：倾角、长度的倾斜滑道AB：长度、以水平向右匀速运行的传送带BC，包裹与AB、BC间的动摩擦因数分别为，；智能分拣区CD由半径R=1.5m且角速度可调的水平匀速旋转平台组成，分拣机器人在C点识别包裹后，会在合适位置施加水平推力调整包裹运动方向（不改变速度大小），使包裹从出库段输出（离开分拣区之前，包裹已与转台保持相对静止），如图所示，传送带DE是其中一个出库段；某包裹质量m=1kg，从A点静止释放，经BC段、圆弧CD段后从E点离开系统。各轨道间由光滑圆弧相连，包裹可以看成质点，忽略空气阻力，重力加速度。下列说法正确的是（ ）
A．包裹刚到水平传送带B点时所受摩擦力方向水平向左
B．包裹在水平轨道BC段先向右做减速运动再做匀速运动
C．由B到C的过程中，因传送带运送包裹节省电能J
D．若分拣区水平转台角速度为，则由C到D过程中，包裹动能变化量为0.875J
【答案】AC
【详解】A．包裹从A到B，根据动能定理有
解得
则包裹刚到水平传送带B点时所受摩擦力方向水平向左，故A正确；
B．包裹在水平轨道BC段的加速度为
设包裹一直减速至，根据速度—位移公式有
解得m
刚好等于传送带长度，可见包裹在水平轨道BC段一直向右减速运动，故B错误；
C．包裹由B到C的时间为s
相对位移为
因传送带运送包裹节省电能为
代入数据解得J，故C正确；
D．离开分拣区之前，包裹已与转台保持相对静止，则速度为
则由C到D过程中，包裹动能变化量为J，故D错误；
故选AC。
7．（2025·四川·模拟预测）为了防止意外，常在图甲所示的“滑道”尾部设置沙坑和气垫，其简化示意图如图乙所示，倾角斜滑道与长的水平沙坑道平滑连接，滑板与斜滑道间的动摩擦因数，滑板与水平沙坑间的动摩擦因数为，气垫挡板质量，轻质气垫弹簧劲度系数，挡板右侧滑道光滑；滑板与人总质量，行进至距斜滑道底端时速度。滑板（含人）与挡板碰后粘在一起，已知弹簧弹性势能与其形变量之间的关系为，弹簧形变在弹性限度内，重力加速度g取10m/s2，。下列说法正确的是（ ）
A．滑板到达斜滑道底端时的速度为6m/s
B．在的情况下，滑板可以不撞到挡板
C．若要求弹簧弹力不大于600N，则需要
D．若要求弹簧弹力不大于600N，则需要
【答案】AD
【详解】A．设到达斜滑道底端时，速度为，由动能定理得
解得，故A正确；
B．假设滑板恰好不撞上挡板，根据动能定理得
解得
因此滑板会撞到挡板，故B错误；
CD．设滑板撞上挡板时的速度为，撞后的速度为，根据动能定理和动量守恒得，
滑板停止运动时，弹簧弹力最大，要使此力不大于600N，则根据胡克定律可知，弹簧压缩量不大于
根据能量守恒得
联立解得，，，故C错误，D正确。
故选AD。
8．（2025·吉林长春·模拟预测）飞机在水平跑道上滑行一段时间后起飞。飞机总质量m=1×104kg，发动机在水平滑行过程中保持额定功率P=8000kW，滑行距离x=250m，滑行时间t=5s，以水平速度v0=80m/s飞离跑道后逐渐上升，飞机在上升过程中水平速度保持不变，同时受到重力和竖直向上的恒定升力（该升力由其他力的合力提供，不含重力），飞机在水平方向通过距离L=1600m的过程中，上升高度为h=400m。取g=10m/s2
(1)假设飞机在水平跑道滑行过程中受到的阻力大小恒定，求阻力f的大小；
(2)求飞机在上升高度为h=400m过程中受到的恒定升力F及机械能的改变量。
【答案】(1)3.2×104N
(2)1.2×105N；4.8×107J
【详解】（1）飞机在水平滑行过程中，根据动能定理有
解得
（2）该飞机升空后水平方向做匀速运动，竖直方向做初速度为零的匀加速运动，设运动时间为t2，竖直方向加速度为a，升力为F，则、、
解得
飞机机械能的改变量等于升力做的功
解得
9．（2025·江西新余·二模）北京成为世界上第一个既举办过夏季奥运会，又举办冬季奥运会的城市。如图（a）为某滑雪跳台的一种场地简化模型，右侧是一固定的四分之一光滑圆弧轨道，半径为，左侧是一固定的光滑曲面轨道，两轨道末端与等高，两轨道间有质量的薄木板静止在光滑水平地面上，右端紧靠圆弧轨道的端。薄木板上表面与圆弧面相切于点。一质量的小滑块（视为质点）从圆弧轨道最高点由静止滑下，经点后滑上薄木板，重力加速度大小为，滑块与薄木板之间的动摩擦因数为。
(1)求小滑块滑到点时对轨道的压力大小；
(2)若木板只与端发生1次碰撞，薄木板与轨道碰撞为弹性碰撞且碰撞时间极短，运动过程滑块所受摩擦力不变，滑块未与木板分离，求薄木板的运动时间和滑块发生的位移？
(3)如图（b）撤去木板，将两轨道C端和B端平滑对接后固定。忽略轨道上、距地的高度，点与地面高度差，小滑块仍从圆弧轨道最高点由静止滑下，滑块从点飞出时速率为多少？从点飞出时速度与水平方向夹角可调，要使得滑块从点飞出后落到地面水平射程最大，求最大水平射程及对应的夹角。
【答案】(1)60N
(2)1.2s，3.6m
(3)；，
【详解】（1）根据题意可知，小滑块由到的过程中，机械能守恒，由机械能守恒定律有
在点，由牛顿第二定律有
解得
由牛顿第三定律可知，小滑块滑到点时对轨道的压力。
（2）设木板与挡板第一次碰撞时，滑块速度为，木板速度为，在滑块滑上木板到木板第一次与挡板碰撞的过程中，由动量守恒定律有
由于只发生一次碰撞，则有
解得，
整个过程木板所受摩擦力不变，滑块滑上木板后，小滑块做匀减速直线运动，由牛顿第二定律有
解得
设从滑上木板到第一次碰撞的运动时间为，则有
解得
由于无能量损失，则木板原速率返回，做匀减速运动，由对称性可知，木板运动到端时，速度恰好为零，小滑块的速度为零，运动时间
则薄木板的运动时间为
由于小滑块一直做匀减速运动，则有
（3）根据题意可知，图（b）中，小滑块由点到点的过程中机械能守恒，由机械能守恒定律有
解得
设从点飞出时速度方向与水平方向夹角为，小滑块落地的速度大小为，落地速度方向与水平方向夹角为，从点飞出到落到所用时间为，根据动能定理有
解得
画出速度矢量关系图，如图所示
由几何关系可知，图像的面积为
又有，
则
可知，面积最大时，水平位移最大，由上述分析可知，、固定不变，则当
水平位移最大，又有
可得
解得
即从点飞出时速度与水平方向夹角为时，水平射程最大，则有
解得
10．（2025·贵州遵义·模拟预测）如图（a）所示，该装置包含一个足够长的光滑斜面和粗糙水平面，二者在A点平滑连接，小物块甲从斜面上距水平面高处静止释放，下滑至水平面后，与静置于B点的光滑小物块乙发生弹性正碰（碰撞时间极短）。从甲刚滑上水平面开始计时，甲的速度v随时间t的变化关系如图（b）所示。已知甲的质量，甲与水平面间的动摩擦因数为，甲、乙均可视为质点，重力加速度g取。求：
(1)动摩擦因数；
(2)乙的质量；
(3)保持其他条件不变，将甲从斜面上距水平面高H处由静止释放，甲与乙碰撞后，甲最终停在AB中点处，求H。
【答案】(1)
(2)
(3)或
【详解】（1）以甲为研究对象，设甲经过A点的速度为v，水平面上运动的加速度为a
由动能定理得
由图可得，
根据加速度定义式
根据牛顿第二定律
联立得
（2）由图可知甲碰撞前的速度，甲碰撞后的速度，甲乙碰撞过程中由动量守恒定律
机械能守恒定律
联立得
（3）设AB段的距离为，根据运动学规律
第一种情况，甲与乙碰后第一次到达AB中点时停止运动，由动能定理得
同理可得甲与乙碰撞之前甲的速度
甲从斜面上距水平面高，处由静止释放到与乙碰撞之前，由动能定理得
解得
第二种情况，甲碰后滑上斜面第二次到达AB中点时停止运动，由动能定理得
甲从斜面上距水平面高。处由静止释放到与乙碰撞之前，由动能定理得
解得
即H的值为1.8m或4.2m
11．（2025·安徽·模拟预测）如图所示，某游戏装置由发射器（可发射一定速度的小球）和竖直固定的半径，的光滑固定半圆轨道EFG组成。一质量为长木板c静置于光滑水平面上，右端紧靠半圆轨道G处且等高。质量的滑块b静置于长木板c最右端，一质量为（未知）的小球a从发射器以速度v（未知）射出，v与水平方向的夹角，小球a从E点水平进入半圆轨道，且在E点对半圆轨道的压力恰好为零，运动到G点与滑块b发生弹性正碰。碰后小球a沿圆弧上升的最大高度为，滑块b在长木板c上滑动。长木板c足够长，小球a、滑块b均可视为质点，长木板c上表面与滑块b间的动摩擦因数，重力加速度g取，。求：
(1)小球a抛出时速度v多大；
(2)长木板c的最小长度和b、c发生相对滑动的时间。
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）小球a在E点满足
解得
由合运动与分运动关系
可得
（2）设小球a与b碰前速度大小为，碰后速度大小为，小球b碰后速度大小为
则对a有
碰撞时满足
解得，
滑块b与木板c在相互作用过程中，共同的速度为，满足动量守恒，有
根据能量守恒，有
解得长木板c最小长度
对滑块b，根据动量定理，有
解得b、c发生相对滑动的时间为
12．（2025·广西北海·模拟预测）如图所示，半径为的四分之一光滑圆弧轨道BC固定在竖直面内，圆弧轨道的最低点与水平面相切于点。质量为的小物块从水平面上的点开始始终受斜向右上方、与水平面夹角为的恒力，使物块从静止开始运动。已知，物块与水平面间的动摩擦因数为，点到点间的距离为，重力加速度大小取，物块大小不计，求（结果可带根号）：
(1)物块在水平面上运动的加速度大小；
(2)物块从运动到的时间；
(3)物块在圆弧面上运动的最大动能及相应位置。
【答案】(1)
(2)
(3)当物块运动到圆弧面上，与圆心O的连线与竖直方向夹角为60°时，物块的动能最大
【详解】（1）物块在水平面上运动时，对物块研究，
其中
解得
（2）设物块从运动到的时间为，则
解得
（3）当物块运动到圆弧面上时，由于拉力与重力的合力大小等于，方向斜向右下，与竖直方向成，因此当物块运动到圆弧面上，与圆心的连线与竖直方向夹角为时，物块的动能最大；
根据动能定理
解得
13．（2025·江苏南京·二模）如图甲所示，倾角为、长为2l的斜面AC，AB段光滑，BC段粗糙，且AB=BC=l。质量为m的小物体由A处静止释放，到C点恰好停下，BC段动摩擦因数自上而下逐渐增大，具体变化如图乙所示，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．动摩擦因数最大值μm=2tan
B．小物块的最大速度为
C．重力在AB、BC两段路面上做功不相等
D．重力在AB段中间时刻瞬时功率等于在BC段中间时刻瞬时功率
【答案】B
【详解】A．从A处静止释放，到C点恰好停下，根据动能定理可得
由图乙可知
联立解得
故A错误；
B．当摩擦力等于重力沿斜面向下的分力时，小物块的速度达到最大，此时有
解得
由图乙可知，此时小物块在BC段下滑的距离为，则从从A处静止释放到最大速度过程，根据动能定理可得
其中
解得最大速度为
故B正确；
C．由于AB、BC两段路面的长度相同，对应的高度相同，根据
可知重力在AB、BC两段路面上做功相等，故C错误；
D．设小物块在B点的速度为，小物块在AB段做匀加速直线运动，则AB中间时刻速度为
则重力在AB段中间时刻瞬时功率
小物块在BC段不是做匀变速直线运动，所以BC段中间时刻速度
则重力在BC段中间时刻瞬时功率
故D错误。
故选B。
14．（2025·重庆·模拟预测）在汽车产业发展变革进入高潮的2025年，AI技术正成为车企提高竞争力的重要锚点。近日，2025国际消费电子展（CES）落下帷幕，多家中国知名车企携最新AI技术参展，向外界展示了“AI+汽车”的无限可能。在某次智驾试验中，汽车甲在水平路面行驶，图为启动过程中动能与位移关系的图像，当位移小于时，图像为直线；当位移为时，动能为，此刻起以额定功率行驶；最终甲以动能做匀速运动。甲在匀速运动阶段，突然探测到前方处汽车乙同向匀速行驶，乙速度为甲速度的一半。智驾系统立刻将甲车功率减为（未知），经时间后，恰未与乙车碰撞。已知甲质量为，甲行驶过程中所受阻力恒定，乙始终匀速运动。求：
(1)甲匀速行驶时的速度；
(2)甲行驶过程中受到的阻力；
(3)甲被智驾系统调整后的功率。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）根据动能表达式
解得
（2）根据P=Fv
则有
解得F=2f
根据动能定理有
解得
（3）当甲刚好和乙共速时，恰未相撞，对甲，根据动能定理有
对乙，则有
根据两者位移关系有
联立解得
15．（2025·安徽·模拟预测）如图所示，水平地面上固定一半径、圆心为的圆弧轨道，为圆弧轨道最低点，半径水平，半径与竖直方向的夹角。在圆弧轨道右侧有一个足够长的固定平台，平台上表面光滑，可视为质点的物体B静置于平台上。现有一个质量、可视为质点的小物块A从点正上方处由静止释放，经圆弧轨道点飞出并恰好可以无碰撞地滑上右侧平台，在平台上小物块A与物体B发生弹性正碰，碰撞后又从平台左端滑离，恰好落在点正下方的点。已知小物块A经过点时对轨道的压力大小为，，重力加速度取。求：
(1)小物块A在圆弧轨道的运动过程中克服摩擦力所做的功；
(2)小物块A在平台左端离开平台时的速度大小；
(3)物块B的质量。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）在N点，根据牛顿第二定律有
由牛顿第三定律可知，在N点轨道对物块A的支持力大小为
解得小物块A经过N点的速度大小为
物块A从释放到运动到N点过程中，由动能定理有
解得
（2）物块A滑离N时有，
物块A滑离N至滑上平台过程中，在竖直方向有，
解得，
在水平方向有
物块A在平台左端离开平台到落在P点过程中做平抛运动，竖直方向有
解得
水平方向有
解得小物块A在平台左端离开平台时的速度大小
（3）小物块A与物体B发生弹性正碰，根据动量守恒和机械能守恒可得，
联立解得物块B的质量为
16．（2025·安徽·模拟预测）如图所示，一条长的细线，上端固定在转轴的点，下端拴一个可视为质点、质量的小球，小球在水平面内随转轴做圆周运动，绳子与竖直方向成角。若保持悬点和绳长不变，增大转轴的转速，小球再次稳定后，绳子跟竖直方向成角，忽略空气阻力，重力加速度，。则绳子对小球做的功约为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】令细绳与竖直方向夹角为，小球做圆周运动，对小球进行受力分析如图所示
则有
解得当夹角分别为37°与53°时的线速度为，
根据动能定理有
解得J
故选B。
17．（2025·安徽·模拟预测）如图所示，竖直平面内固定一半径的四分之一圆弧轨道。将一质量的小球从A点无初速度释放，从点水平飞离轨道，落到水平面上的点。已知小球从A点运动到点的过程中，克服摩擦力做功，、两点间的高度差。小球视为质点，不计空气阻力，重力加速度大小。
(1)求小球运动到点时对轨道的压力；
(2)小球落到点后弹起，与地面多次碰撞后静止。假设小球每次碰撞机械能损失75%，碰撞前后速度方向与水平地面的夹角不变，求小球从点飞出到静止所发生的水平位移；（结果保留3位有效数字）
(3)假设小球第一次与地面碰撞时间，求小球与地面间的平均动摩擦因数。（结果保留3位有效数字）
【答案】(1)，方向竖直向下
(2)5.33m
(3)0.154
【详解】（1）从A至B过程中，由动能定理有
解得
小球在B点，根据牛顿第二定律有
解得
根据牛顿第三定律可得，小球对轨道的压力大小为
方向竖直向下。
（2）小球由B至P做平抛运动，根据
可得，运动的时间为
发生的水平位移为
由于小球每次碰撞机械能损失75%，由
则碰撞后的速度大小为碰撞前速度大小的。碰撞前后速度方向与水平地面的夹角不变，则碰撞后竖直方向的分速度为碰撞前竖直方向分速度的，所以第一次碰撞后上升到最高点的时间等于从B点到落地时间的，碰撞后的水平速度大小也变为碰撞前的，所以有，第一次反弹至落地时间为
第一次发生的水平位移为
同理可得，第二次发生的水平位移为
第三次发生的水平位移为
……
第次发生的水平位移为
由数学知识可得，总的水平位移为
（3）第一次落地时，根据
可得，落地时竖直方向速度为
竖直方向根据动量定理
解得
水平方向根据动量定理有
解得
所以，平均动摩擦因数为
18．（24-25高一下·浙江衢州·期中）如图所示，水平地面上固定一倾角为，高的斜面，斜面顶端与半径的光滑圆弧轨道平滑连接。一质量为的物块，从斜面底端A点以某一初速度滑上斜面，可以从C点水平抛出。已知物块与斜面、水平面间的动摩擦因数均为，则
(1)若物块通过C点时速度为，求物块对轨道的压力；
(2)物块从C点滑出后落回到斜面中点，求物块在A点的速度为多大；
(3)若物块恰好从C点滑出，与斜面发生碰撞后，垂直于斜面方向的分速度减为0，沿斜面方向的分速度保持不变。求物块最终停在水平面上时距A点的距离。
【答案】(1)；方向竖直向上
(2)
(3)
【详解】（1）若物块通过C点时速度为，以物块为对象，根据牛顿第二定律可得
解得
根据牛顿第三定律可得物块对轨道的压力大小为
方向竖直向上。
（2）落回到斜面中点时平抛竖直分位移为
水平分位移为
由平抛规律可得，
联立解得，
物块从A到C过程，根据动能定理可得
解得
（3）物体恰好从点滑出时，则有
解得
根据（2）问分析可知，物块恰好落到斜面中点；则物块落在斜面上时水平分速度为
竖直分速度为
碰撞后速度平行斜面的分量为
从斜面中点到停下，根据动能定理可得
解得
19．（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与圆心等高，右侧半圆形轨道的D点与圆心等高，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的物块以初速度从A处竖直向下进入轨道，运动至B点的速度为，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
B．若物块从A处静止释放，到达B点时的速度为
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
解得，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
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
由动能定理
解得，故B错误；
C．物块从C运动到D的过程中，重力的瞬时功率。在C处，物块竖直方向的合力向上，在D处，竖直方向的合力竖直向下，可以推测，物块从C运动到D的过程中，竖直方向的合力应该是先竖直向上，后变为竖直向下，而一直竖直向上，故先增加后减小，重力的瞬时功率先增加后减小，故C错误；
D．若在图中F点脱轨，如图
则在F点有
从B到F点，由动能定理
解得
则F点离地面高度为，故D正确。
故选AD。
20．（2025·安徽·模拟预测）如图所示，可视为质点、质量的小滑块静止在水平轨道上的点，在水平向右的恒定拉力的作用下，从点开始向右做匀加速直线运动，当其运动到的中点时撤去拉力，滑块运动到点后滑上与等高的水平传送带，滑块从传送带的最右端点沿水平轨道运动，从点进入半径且内壁光滑的竖直固定圆管道，在圆管道上运行一周后从处的出口出来。已知滑块刚好能通过圆管道的最高点，传送带以恒定的速度顺时针转动，水平轨道的长度，的长度，传送带的长度的长度，小滑块与水平轨道、间的动摩擦因数均为，与传送带间的动摩擦因数，重力加速度大小取。求：
(1)滑块在点对圆管道的压力大小；
(2)恒定拉力的最大值；
(3)当恒定拉力最小时，滑块与传送带因摩擦产生的热量。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）因滑块刚好能通过圆管道的最高点，所以滑块到圆管道的最高点时速度为零；滑块由点运动到圆管道最高点的过程，根据动能定理得
解得
在点，根据牛顿第二定律可得
解得
根据牛顿第三定律可知滑块在点对圆管道的压力大小为。
（2）滑块由点运动到点的过程，有
解得
根据题意可知恒定拉力最大时，滑块运动到点时速度最大，点的最大速度满足
解得
滑块由A点运动到B点的过程，根据动能定理得
解得
（3）当恒定拉力F最小时，滑块运动到B点时速度最小，此时B点的最小速度满足
解得
此情况下滑块在传送带上运动的时间
传送带的位移为
滑块与传送带的相对位移为
所以当恒定拉力F最小时，滑块与传送带因摩擦而产生的热量为
解得
21．（2025·河南开封·三模）如图，质量为m、长为L的长木板静止在光滑的水平地面上，质量为3m的智能机器人（忽略大小）从长木板的左端起跳，恰好落在长木板的右端，重力加速度为g。
(1)机器人从起跳到落在长木板右端的过程中，求机器人的位移大小；
(2)若机器人与水平方向成角度起跳（），求起跳过程机器人对长木板做的功。
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）机器人与长木板构成的系统在水平方向动量守恒，则有
等号左右同时乘以运动时间，则有
其中，
则有
由题意有
解得
（2）设机器人以大小为的速度起跳，机器人，长木板在水平方向动量守恒，则有
机器人在空中竖直方向做竖直上抛运动，则有
机器人在水平方向做匀速直线运动，则有
结合上述有
根据动能定理可知，机器人对长木板做的功
联立解得
22．（2025·甘肃平凉·模拟预测）随着科技的发展，人类社会越来越关注生态环境的安全；某新能源汽车的生产厂家为了测试汽车的性能，将汽车停在足够长的坡度α=7°的斜坡底端，t=0时使汽车由静止开始启动，通过传感器描绘了汽车的加速度关于速度倒数的变化规律，如图所示已知汽车在t=4s时达到额定功率，汽车在t2=19s时速度达到最大，汽车的总质量m=2000kg，斜坡对汽车的阻力恒为f=1600N，sin7°=0.12，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力。求：
(1)当牵引力大小为t=0时刻牵引力的时，汽车的加速度为多大？
(2)坐标系中x、y的值分别为多少？
(3)汽车从启动到速度达到最大时通过的距离为多少？
【答案】(1)
(2)；
(3)
【详解】（1）由图像分析可知，汽车先以的加速度做匀加速直线运动，汽车的功率达到额定功率后再以恒定的功率运行，达到最大速度后做匀速直线运动。t=0时，汽车的加速度大小，由牛顿第二定律得
解得
牵引力时，由牛顿第二定律得
解得
（2）由图像可知0~4s的时间内，汽车做匀加速直线运动，则匀加速的末速度大小
汽车的额定功率为
当汽车的加速度等于0时，汽车的速度达到最大值，此时汽车的牵引力大小为
则汽车的最大速度为
坐标系中x、y的值分别为
，
（3）汽车匀加速的位移为
汽车在4s到19s的时间内，汽车以恒定的功率运行，由动能定理得
解得
汽车从启动到速度达到最大时通过的距离
23．（2025·河南·模拟预测）如图所示，质量为m的滑块在水平向右的外力F作用下由静止开始沿水平面运动，运动过程中外力F随位移x的变化满足（k为已知定值，），已知滑块与桌面间的滑动摩擦因数（g为重力加速度），下列说法正确的是（ ）
A．滑块最终能回到出发点
B．滑块向右运动的最大位移为
C．滑块运动的最大速度为
D．从开始运动到物块最终静止，物块与水平桌面因摩擦产生的热量为
【答案】BC
【详解】AB．由题可做出图像，当时，由，代入得
其图像如图所示
滑动摩擦力为
若滑块向右运动的最大位移则拉力F做功与摩擦力f做功相等，通过分析知，当时，拉力做功，属于变力做功，由图像知，围成面积代表拉力F做功为
此时滑动摩擦力f做功为
则可知，说明拉力F未减为0之前，物体已经停止运动，滑块不能回到出发点。由图像面积表示做功，设最大位移为，则有
代入解得
A错误，B正确；
C．当时，滑块运动的速度最大，设此时位移为，则有
解得
设此时拉力F做功为，滑动摩擦力f做功为，由动能定理知
即
解得
C正确；
D．从开始运动到物块最终静止，物块与水平桌面因摩擦产生的热量为
D错误。
故选BC。
24．（2025·湖北·模拟预测）如图所示，光滑的台面左侧固定有一根劲度系数为的轻弹簧，轻弹簧的右侧与质量为的滑块A栓接，质量也为m的滑块B紧靠滑块A一起静止在台面上。台面右侧下方光滑的地面上固定有一圆心角为、半径的光滑圆弧轨道，一表面与圆弧轨道右端相切且质量为的长木板C与圆弧轨道接触不粘连，在C的右侧放着2025个质量均为m的滑块（视为质点），C和滑块均静止。现用恒力向左推动滑块B，当滑块A、B速度为0时，撤去恒力F，此后某时刻，滑块B与滑块A分离，分离后滑块A在台面上做简谐运动，滑块B从平台右侧飞出，恰好从圆弧轨道左端沿切线方向滑入，一段时间后滑上C。当B、C刚共速时，C恰好与滑块1发生第1次碰撞。一段时间后，B、C再次共速时，C恰好与滑块1发生第2次碰撞，此后B、C共速时，C总是恰好与滑块1发生碰撞；物块B始终未从C上滑落，若C与B之间的动摩擦因数，重力加速度为，所有碰撞均为弹性碰撞，且每次碰撞时间极短。弹性势能公式，其中k为弹簧劲度系数，x为弹簧形变量。求：
(1)滑块A做简谐运动的振幅A；（结果用根号表示）
(2)滑块B在圆弧轨道最低点时对轨道的压力大小；
(3)滑块C最后一次与滑块1发生碰撞前，滑块1的总路程。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）设对A、B向左运动最大距离为x，由功能关系得
撤去力后A、B在弹簧原长处分离，由能量守恒得
此后滑块A做简谐运动时动能转化为弹性势能，由能量守恒得
解得滑块A做简谐运动的振幅，
（2）由数学知识可得B抛出后到达固定轨道时速度
B在固定轨道上滑到最低点的过程由动能定理得
B在最低点时由牛顿第二定律得
联立代入数据得
由牛顿第三定律得B对轨道的压力大小为
（3）B滑上C后和C构成的系统动量守恒，到共速时据动量守恒得
C和1弹性碰撞，据动量守恒有
据能量守恒有
此后1和2碰撞，1保持静止；2和3碰撞，2保持静止；……碰后C和B再次共速，据动量守恒有
由牛顿第二定律得
由运动学公式得C前进的位移
C和2弹性碰撞，据动量守恒有
据能量守恒有
此后1和2碰撞，1保持静止；2和3碰撞，2保持静止；……，碰后C和B再次共速，据动量守恒有
由运动学公式得C前进的位移
故得C第2024次碰1后，C前进的位移为
每两次碰撞过程中，C前进的位移即滑块1前进的位移，滑块1前进后和滑块2碰撞，然后等滑块C刚好共速时来撞滑块1，即滑块C的位移和为滑块1的总路程
25．（2025·河南·模拟预测）如图所示，半径为R的光滑四分之一圆弧轨道AB与水平地面BC在B点平滑连接，编号为1~3的滑块等间距地静止在水平地面上，呈一条直线排列，间距为L，滑块1与B点的距离也为L. 将编号为0的滑块自A点由静止释放，它沿圆弧轨道下滑，之后与滑块1相碰. 所有滑块完全相同，质量均为m，与地面间的动摩擦因数均为，重力加速度为g.
(1)求编号为0的滑块运动至B点时对圆弧轨道的压力大小；
(2)若编号为0的滑块与滑块1发生弹性碰撞，求碰撞后滑块1的速度大小；
(3)若滑块依次发生碰撞，碰撞时间极短，每次碰后滑块均粘在一起，滑块2恰好未与滑块3发生碰撞，求R与L的关系.
【答案】(1)3mg
(2)
(3)
【详解】（1）编号为0的滑块由A到B；根据机械能守恒定律有
在B点，根据牛顿第二定律有
根据牛顿第三定律有
解得
（2）设编号为0的滑块与滑块1碰撞前的速度大小为，则根据动能定理有
编号为0的滑块与滑块1碰撞，遵循动量守恒和机械能守恒，有、
解得，
（3）编号为0的滑块与滑块1碰撞，动量守恒，有
滑块1与滑块2碰撞前，有
滑块1与滑块2碰撞时，有
滑块2恰好未与滑块3碰撞，有
解得
26．（2025·山东·模拟预测）国产大飞机C919自投入运营以来，大大降低了国人的出行成本，彰显了综合国力，增强了民族自信。已知C919客机发动机的额定功率约为，载客后总质量可达50t左右。在一次起飞过程中，飞行员在直线跑道上操纵客机以额定功率从静止出发，在跑道滑行800m后开始起飞，起飞时表显速度为288km/h，飞机在跑道上滑行过程用时20s。根据以上信息，试估算客机起飞过程中所受平均阻力的数量级为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】起飞时的速度为
根据动能定理可得
代入数据可得
故选B。
27．（2025·山东日照·二模）如图甲所示为一小女孩在水泥管内踢球的情境，整个过程可简化为图乙。固定的竖直圆形轨道半径为R，圆心为O，轨道上的C点和圆心O点的连线与水平方向的夹角为37°。某次踢球时，小女孩把球从轨道最低点A水平向左踢出，球在第一次经过C点后恰好能通过最高点B，当球第二次到达C点时，恰好离开轨道并落入书包内，接球时书包与直径AB的水平距离为0.2R。已知球从A点刚被踢出时的速度是经过B点时速度的3倍，球的质量为m，球与轨道间的动摩擦因数处处相等，重力加速度为g，球可视为质点，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）

A．球从A到B和从B到A的过程中，摩擦力做功相等
B．球从A到B的过程中，摩擦力做功为2mgR
C．球第二次到达C点的速度大小
D．接球时书包离A点的竖直高度为0.8R
【答案】C
【详解】A．球从A到B的过程比从B到A的过程中到达相同高度时速度大，因此A到B的过程球对轨道的压力更大，摩擦力也更大，摩擦力做功更多，A错误；
B．由球在第一次经过C点后恰好能通过最高点B，故在B点
得，则
球从A到B的过程运用动能定理有
解得，B错误；
C．当球第二次到达C点时，恰好离开轨道并落入书包内，则有
解得，C正确；
D．离开轨道球做斜抛运动，将分解， ，
水平方向有
竖直方向有
则接球时书包离A点的竖直高度
联立解得，D错误。
故选C。
28．（2025·四川达州·模拟预测）如图所示为一儿童玩具的简化模型，AB为水平直轨道，BC和CD为两段半径为R、圆心角为37°的圆弧轨道，ABCD位于同一竖直平面内，整个轨道无摩擦且各段轨道平滑连接。在水平直轨道的A端有一弹簧枪，向左压缩弹簧可将小球向右弹出。在某次玩耍时，弹簧枪将质量为m的小球弹出后，小球恰好能够到达D点。已知重力加速速为g，sin37°=0.6，cs37°=0.8。求：
(1)小球经过B点前后瞬间对轨道的压力大小之比；
(2)更换一个质量为的小球，仍将弹簧压缩到相同的长度后释放，小球经过C点后上升的最大高度。
【答案】(1)5：9
(2)
【详解】（1）小球经过B点前瞬间，轨道对小球的支持力大小
根据牛顿第三定律可得，小球对轨道的压力大小
因为小球恰好到达D点，故到达D点的速度为零，从B点到D点由动能定理得
小球经过B点后瞬间，由牛顿第二定律得
联立解得
根据牛顿第三定律可得，小球对轨道的压力大小
所以。
（2）弹簧枪对小球做的功
设质量为的小球被弹出后到达C点的速度为，根据动能定理得
解得
因为
所以小球经过C点后将离开轨道做斜上抛运动，设其离开C点后上升的最大高度为h
有
解得。
29．（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。下列说法正确的是（ ）
A．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，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
由动能定理可得
其中，解得0～3s时间内牵引力对汽车做的功
B错误；
C．3～5s时间内由图像可知加速度大小为
由牛顿第二定律可得
可得因刹车额外产生的制动力的大小为
C正确；
D．根据图像可知，0～6s时间内，汽车的路程
克服阻力f做的功，D错误。
故选C。
30．（2025·河北沧州·二模）质量为的汽车从静止开始匀加速启动，图像如图所示，功率达到最大值时，速度为，此后汽车功率保持不变，最后以速度做匀速运动，已知汽车运动过程中所受阻力大小恒为，下列说法正确的是（ ）
A．
B．～时间内，汽车所受牵引力做功为
C．时间内克服阻力做功等于
D．时间内克服阻力做功为
【答案】BD
【详解】A．根据牛顿第二定律得
根据功率公式有
故A错误；
B．根据做功与功率的公式可知，～时间内，汽车所受牵引力做功为
故B正确；
C．时间内，汽车的功率改变，则
故C错误；
D．最后以速度做匀速运动，则
时间内，根据动能定理有
解得
故D正确；
故选BD。