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高考科学复习解决方案 物理
强化专练　动力学与能量的综合问题
[A组　基础巩固练]
1．(2026·河北省保定市部分高中高三上月考)一个质点在竖直面内做匀速圆周运动，质点转动半周的过程中，下列说法正确的是(　　)
A．平均速度与平均速率大小相等
B．动能变化量为零，故速度变化量也为零
C．重力势能的变化量可能为零
D．机械能变化量不可能为零
2.(2021·海南卷，2)水上乐园有一末段水平的滑梯，人从滑梯顶端由静止开始滑下后落入水中。如图所示，滑梯顶端到末端的高度H＝4.0 m，末端到水面的高度h＝1.0 m。取重力加速度g＝10 m/s2，将人视为质点，不计摩擦和空气阻力。则人的落水点到滑梯末端的水平距离为(　　)
A．4.0 m B．4.5 m
C．5.0 m D．5.5 m
3.(2026·山东省九五协作体高三上开学质量检测)滑板运动是一项非常刺激的水上运动，研究表明，在进行滑板运动时，水对滑板的作用力FN垂直于板面，大小为kv2，其中v为滑板速率(水可视为静止)。如图所示，某次运动中，在水平牵引力作用下，当滑板和水面的夹角θ＝37°时，滑板做匀速直线运动，相应的k＝54 kg/m，人和滑板的总质量为108 kg，重力加速度g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，忽略空气阻力，则水平牵引力的功率为(　　)
A．4050 W B．5000 W
C．5050 W D．6000 W
4．(2025·江西卷，9)(多选)每逢端午节，江西各地常会举办热闹非凡的赛龙舟活动。利用与某龙舟同方向匀速直线飞行的无人机跟踪拍摄，发现在某段时间内该龙舟做匀加速和匀减速交替的周期性直线运动。若以无人机为参考系，该龙舟在0.4 s时间内速度由0增加到0.6 m/s(划桨阶段)，再经历0.6 s时间速度减为0(未划桨阶段)，则关于这段时间内该龙舟的位置x、速度v、加速度a、动能Ek与时间t的关系，下列图像可能正确的是(　　)
5．(2025·福建卷，15)如图甲，水平地面上有并排放置的A、B两个物块，两物块质量均为0.2 kg，A与地面间动摩擦因数为μ＝0.25，B与地面间无摩擦，两物块在外力F的作用下向右前进，F随位移x的变化图像如图乙所示，P为圆弧轨道最低点，M为圆弧轨道最高点，圆弧轨道与水平地面平滑连接，初始时水平地面上A、B与P点间的长度大于4 m，重力加速度g＝10 m/s2。求：
(1)0～1 m内F做的功；
(2)x＝1 m时，A与B之间的弹力大小；
(3)要保证B能到达M点，圆弧半径满足的条件。
6.(2025·安徽卷，14)如图，M、N为固定在竖直平面内同一高度的两根细钉，间距L＝0.5 m。一根长为3L的轻绳一端系在M上，另一端竖直悬挂质量m＝0.1 kg的小球，小球与水平地面接触但无压力。t＝0时，小球以水平向右的初速度v0＝10 m/s开始在竖直平面内做圆周运动。小球牵引着绳子绕过N、M，运动到M正下方与M相距L的位置时，绳子刚好被拉断，小球开始做平抛运动。小球可视为质点，绳子不可伸长，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。
(1)求绳子被拉断时小球的速度大小，及绳子所受的最大拉力大小；
(2)求小球做平抛运动时抛出点到落地点的水平距离；
(3)若在t＝0时，只改变小球的初速度大小，使小球能通过N的正上方且绳子不松弛，求初速度的最小值。
[B组　综合提升练]
7．(2022·浙江6月选考，13)小明用额定功率为1200 W、最大拉力为300 N的提升装置，把静置于地面的质量为20 kg的重物竖直提升到高为85.2 m的平台，先加速再匀速，最后做加速度大小不超过5 m/s2的匀减速运动，到达平台的速度刚好为零，g取10 m/s2，则提升重物的最短时间为(　　)
A．13.2 s B．14.2 s
C．15.5 s D．17.0 s
8.(2026·江苏省淮安市某重点学校高三上月考)如图所示，直杆AB与水平面成α角固定，在杆上套一质量为m的小滑块，杆底端B点处有一弹性挡板，滑块与挡板碰撞后原速率返回。现将滑块拉到与B相距L的A点由静止释放，与挡板第一次碰撞后上滑时间恰好是第一次下滑时间的一半，已知重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)
A．滑块最终停在AB中点处
B．滑块运动总路程为3L
C．滑块与杆之间的动摩擦因数μ＝tanα
D．滑块下滑过程加速度的大小a1＝gsinα
9．(2025·云南卷，10)(多选)如图所示，倾角为θ的固定斜面，其顶端固定一劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧处于原长时下端位于O点。质量为m的滑块Q(视为质点)与斜面间的动摩擦因数μ＝tanθ。过程Ⅰ：Q以速度v0从斜面底端P点沿斜面向上运动恰好能滑至O点；过程Ⅱ：将Q连接在弹簧的下端并拉至P点由静止释放，Q通过M点(图中未画出)时速度最大，过O点后能继续上滑。弹簧始终在弹性限度内，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略空气阻力，重力加速度为g。则(　　)
A．P、M两点之间的距离为
B．过程Ⅱ中，Q在从P点单向运动到O点的过程中损失的机械能为mv
C．过程Ⅱ中，Q从P点沿斜面向上运动的最大位移为
D．连接在弹簧下端的Q无论从斜面上何处释放，最终一定静止在OM(含O、M点)之间
10.(2026·福建省厦门外国语学校高三上月考)如图所示，倾角为30°的光滑斜面固定在水平面上，斜面顶端B固定有轻质滑轮，轻绳左右两端分别连接质量均为m的物块P和小球Q，并跨过滑轮，其中滑轮左侧轻绳与斜面平行。小球Q还连接另一根长度为4L的轻绳，此轻绳另一端固定在A点，连接小球Q两端的绳一开始刚好拉直且水平，AB距离为5L。静止释放小球Q，到达C位置时，BC距离为3L，此时P的速度v＝，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度为g。对小球由静止释放运动到C位置的过程中，下列说法正确的是(　　)
A．运动过程中物块与小球的速度大小始终相等
B．小球Q运动到C位置时，其速度大于物块P的速度
C．小球Q运动到C位置时，BC绳上的力为0.8mg
D．小球Q运动到C位置时，A点受力大小为0.95mg
11．(2025·八省联考陕西卷)(多选)如图，倾角为30°且足够长的光滑斜劈固定在水平面上，P、Q两个物体通过轻绳跨过光滑定滑轮连接，Q的另一端与固定在水平面的竖直轻弹簧连接，P和Q的质量分别为4m和m。初始时，控制P使轻绳伸直且无拉力，滑轮左侧轻绳与斜劈上表面平行，右侧轻绳竖直，弹簧始终在弹性限度范围内，弹簧劲度系数为k，重力加速度大小为g。现无初速释放P，则在物体P沿斜劈下滑过程中(　　)
A．轻绳拉力大小一直增大
B．物体P的加速度大小一直增大
C．物体P沿斜劈下滑的最大距离为
D．物体P的最大动能为
强化专练　动力学与能量的综合问题
[A组　基础巩固练]
1．(2026·河北省保定市部分高中高三上月考)一个质点在竖直面内做匀速圆周运动，质点转动半周的过程中，下列说法正确的是(　　)
A．平均速度与平均速率大小相等
B．动能变化量为零，故速度变化量也为零
C．重力势能的变化量可能为零
D．机械能变化量不可能为零
答案：C
解析：设质点做匀速圆周运动的半径为R，线速度大小为v，转动半周的时间为t，则平均速度大小＝，平均速率′＝，速度变化量大小为Δv＝2v，故A、B错误；若从质点在圆心等高处开始计时，运动半周后高度不变，则重力势能的变化量为零，机械能变化量也为零，故C正确，D错误。
2.(2021·海南卷，2)水上乐园有一末段水平的滑梯，人从滑梯顶端由静止开始滑下后落入水中。如图所示，滑梯顶端到末端的高度H＝4.0 m，末端到水面的高度h＝1.0 m。取重力加速度g＝10 m/s2，将人视为质点，不计摩擦和空气阻力。则人的落水点到滑梯末端的水平距离为(　　)
A．4.0 m B．4.5 m
C．5.0 m D．5.5 m
答案：A
解析：设人从滑梯顶端由静止滑到滑梯末端的速度为v，根据机械能守恒定律可知mgH＝mv2，解得v＝4 m/s，从滑梯末端水平飞出后做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，根据h＝gt2可知落水时间为t＝＝ s＝ s，水平方向做匀速直线运动，则人的落水点到滑梯末端的水平距离为x＝vt＝4× m＝4.0 m，故选A。
3.(2026·山东省九五协作体高三上开学质量检测)滑板运动是一项非常刺激的水上运动，研究表明，在进行滑板运动时，水对滑板的作用力FN垂直于板面，大小为kv2，其中v为滑板速率(水可视为静止)。如图所示，某次运动中，在水平牵引力作用下，当滑板和水面的夹角θ＝37°时，滑板做匀速直线运动，相应的k＝54 kg/m，人和滑板的总质量为108 kg，重力加速度g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，忽略空气阻力，则水平牵引力的功率为(　　)
A．4050 W B．5000 W
C．5050 W D．6000 W
答案：A
解析：以滑板和人为研究对象，其受力分析如图所示，由平衡条件可得FNcosθ＝mg，FNsinθ＝F，据题意有FN＝kv2，联立并代入数据解得F＝810 N，v＝5 m/s，则水平牵引力的功率为P＝Fv＝4050 W，故选A。
4．(2025·江西卷，9)(多选)每逢端午节，江西各地常会举办热闹非凡的赛龙舟活动。利用与某龙舟同方向匀速直线飞行的无人机跟踪拍摄，发现在某段时间内该龙舟做匀加速和匀减速交替的周期性直线运动。若以无人机为参考系，该龙舟在0.4 s时间内速度由0增加到0.6 m/s(划桨阶段)，再经历0.6 s时间速度减为0(未划桨阶段)，则关于这段时间内该龙舟的位置x、速度v、加速度a、动能Ek与时间t的关系，下列图像可能正确的是(　　)
答案：AB
解析：x t图像的斜率代表速度，所以0～0.4 s斜率由0逐渐增大，0.4～1 s斜率逐渐减小到0，1～2 s重复0～1 s的运动，故A可能正确；龙舟在0.4 s时间内速度由0均匀增加到0.6 m/s，再经历0.6 s时间速度均匀减为0，1～2 s重复0～1 s的运动，故B可能正确；因为是匀加速和匀减速交替的运动，所以龙舟的加速度在前0.4 s时间内和0.4～1 s时间内是不变的，故C错误；前0.4 s时间内，根据Ek＝mv2＝m(at)2可知，Ek t图像为开口向上的抛物线的一部分，故D错误。
5．(2025·福建卷，15)如图甲，水平地面上有并排放置的A、B两个物块，两物块质量均为0.2 kg，A与地面间动摩擦因数为μ＝0.25，B与地面间无摩擦，两物块在外力F的作用下向右前进，F随位移x的变化图像如图乙所示，P为圆弧轨道最低点，M为圆弧轨道最高点，圆弧轨道与水平地面平滑连接，初始时水平地面上A、B与P点间的长度大于4 m，重力加速度g＝10 m/s2。求：
(1)0～1 m内F做的功；
(2)x＝1 m时，A与B之间的弹力大小；
(3)要保证B能到达M点，圆弧半径满足的条件。
答案：(1)1.5 J　(2)0.5 N　(3)r≤0.2 m
解析：(1)F x图像中图线与x轴所围的面积表示F做的功，由题图乙可知，0～1 m内F做的功W＝1.5×1 J＝1.5 J。
(2)由题图乙可知，x1＝1 m时外力F1＝1.5 N
设A、B质量均为m，此时A、B的加速度大小均为a1，A、B间的弹力大小为FAB1，对A、B整体，由牛顿第二定律得F1－μmg＝2ma1
对B，由牛顿第二定律得FAB1＝ma1
联立解得FAB1＝0.5 N。
(3)当A、B间弹力大小恰好为0时A、B开始分离，此时A、B的加速度均为0，则外力F2＝μmg＝0.5 N，由题图乙可知，此时x2＝3 m
设A、B开始分离时速度大小为v，对A、B从开始运动到开始分离过程，由动能定理得
WF－μmgx2＝×2mv2－0
结合(1)中分析由题图乙可得，此过程外力F做的功
WF＝W＋×(0.5＋1.5)×(3－1) J＝3.5 J
设B在M点时的速度大小为vM，圆弧半径为r，对B从两者开始分离到运动到M点的过程，由动能定理得－mg×2r＝mv－mv2
B到达M点时，有mg≤m
联立解得r≤0.2 m。
6.(2025·安徽卷，14)如图，M、N为固定在竖直平面内同一高度的两根细钉，间距L＝0.5 m。一根长为3L的轻绳一端系在M上，另一端竖直悬挂质量m＝0.1 kg的小球，小球与水平地面接触但无压力。t＝0时，小球以水平向右的初速度v0＝10 m/s开始在竖直平面内做圆周运动。小球牵引着绳子绕过N、M，运动到M正下方与M相距L的位置时，绳子刚好被拉断，小球开始做平抛运动。小球可视为质点，绳子不可伸长，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。
(1)求绳子被拉断时小球的速度大小，及绳子所受的最大拉力大小；
(2)求小球做平抛运动时抛出点到落地点的水平距离；
(3)若在t＝0时，只改变小球的初速度大小，使小球能通过N的正上方且绳子不松弛，求初速度的最小值。
答案：(1)4 m/s　17 N　(2)4 m
(3)2 m/s
解析：(1)设绳子被拉断时小球的速度大小为v，从t＝0时至小球运动到M正下方与M相距L的位置(绳子刚好被拉断)的过程，由动能定理可得－mg·2L＝mv2－mv
代入数据解得v＝4 m/s
小球运动到M正下方与M相距L的位置，绳子刚好被拉断，设此时小球受到的绳子拉力大小为Fm，由牛顿第二定律可得
Fm－mg＝m
结合牛顿第三定律可知，绳子所受的最大拉力大小Fm′＝Fm
联立并代入数据解得Fm′＝17 N。
(2)绳子被拉断时，小球距地面的高度为2L，此后小球做平抛运动，设小球做平抛运动的时间为Δt，水平位移大小(抛出点到落地点的水平距离)为x，则由平抛运动规律可得
2L＝g(Δt)2
x＝vΔt
联立并代入数据解得x＝4 m。
(3)当小球通过N的正上方绳子刚好不松弛时，小球的初速度最小，设此速度为vmin，此种情况下小球通过N的正上方时的速度为vN，则对小球从t＝0时至运动到N的正上方的过程，由动能定理可得
－mg·5L＝mv－mv
小球运动到N的正上方时，由牛顿第二定律可得mg＝m·
联立并代入数据解得vmin＝2 m/s。
[B组　综合提升练]
7．(2022·浙江6月选考，13)小明用额定功率为1200 W、最大拉力为300 N的提升装置，把静置于地面的质量为20 kg的重物竖直提升到高为85.2 m的平台，先加速再匀速，最后做加速度大小不超过5 m/s2的匀减速运动，到达平台的速度刚好为零，g取10 m/s2，则提升重物的最短时间为(　　)
A．13.2 s B．14.2 s
C．15.5 s D．17.0 s
答案：C
解析：为了以最短时间提升重物，开始阶段应以最大拉力提升重物做匀加速运动，当功率达到额定功率时，保持功率不变，拉力减小，当拉力等于重力时，速度达到最大，接着做匀速运动，最后以最大加速度5 m/s2做匀减速运动，上升至平台速度刚好为零。重物在第一阶段匀加速上升，根据牛顿第二定律可得a1＝＝ m/s2＝5 m/s2，当功率达到额定功率时，设重物的速度为v1，则有v1＝＝ m/s＝4 m/s，匀加速过程所用时间和上升高度分别为t1＝＝ s＝0.8 s，h1＝＝ m＝1.6 m；重物的最大速度vm＝＝ m/s＝6 m/s，重物最后以最大加速度做匀减速运动的时间和上升高度分别为t3＝＝ s＝1.2 s，h3＝＝ m＝3.6 m；设重物从结束匀加速运动到开始做匀减速运动所用时间为t2，该过程根据动能定理可得P额t2－mgh2＝mv－mv，又h2＝85.2 m－1.6 m－3.6 m＝80 m，解得t2＝13.5 s，故提升重物的最短时间为tmin＝t1＋t2＋t3＝0.8 s＋13.5 s＋1.2 s＝15.5 s，故C正确。
8.(2026·江苏省淮安市某重点学校高三上月考)如图所示，直杆AB与水平面成α角固定，在杆上套一质量为m的小滑块，杆底端B点处有一弹性挡板，滑块与挡板碰撞后原速率返回。现将滑块拉到与B相距L的A点由静止释放，与挡板第一次碰撞后上滑时间恰好是第一次下滑时间的一半，已知重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)
A．滑块最终停在AB中点处
B．滑块运动总路程为3L
C．滑块与杆之间的动摩擦因数μ＝tanα
D．滑块下滑过程加速度的大小a1＝gsinα
答案：B
解析：由题意知，mgsinα>μmgcosα，所以滑块最终停在B点处，故A错误；设滑块第一次碰撞挡板时的速度大小为v，与挡板第一次碰撞前的下滑时间为t下，第一次碰撞后的上滑时间为t上，上滑距离为L上，根据匀变速直线运动规律可知L＝vt下，L上＝vt上，且t上＝t下，则L上＝，从滑块在A点由静止释放到第一次上滑至最高点的过程，由动能定理得mgsinα·(L－L上)－μmgcosα(L＋L上)＝0－0，解得μ＝tanα，根据牛顿第二定律得下滑过程有mgsinα－μmgcosα＝ma1，解得a1＝gsinα－μgcosα＝gsinα，故C、D错误；设滑块运动的总路程为s，对滑块运动的整个过程，根据动能定理有mgsinα·L－μmgcosα·s＝0－0，解得s＝3L，故B正确。
9．(2025·云南卷，10)(多选)如图所示，倾角为θ的固定斜面，其顶端固定一劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧处于原长时下端位于O点。质量为m的滑块Q(视为质点)与斜面间的动摩擦因数μ＝tanθ。过程Ⅰ：Q以速度v0从斜面底端P点沿斜面向上运动恰好能滑至O点；过程Ⅱ：将Q连接在弹簧的下端并拉至P点由静止释放，Q通过M点(图中未画出)时速度最大，过O点后能继续上滑。弹簧始终在弹性限度内，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略空气阻力，重力加速度为g。则(　　)
A．P、M两点之间的距离为
B．过程Ⅱ中，Q在从P点单向运动到O点的过程中损失的机械能为mv
C．过程Ⅱ中，Q从P点沿斜面向上运动的最大位移为
D．连接在弹簧下端的Q无论从斜面上何处释放，最终一定静止在OM(含O、M点)之间
答案：CD
解析：过程Ⅰ中，设滑块的加速度大小为a，对滑块由牛顿第二定律得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma，又μ＝tanθ，解得a＝2gsinθ，则P、O两点之间的距离为xPO＝＝，过程Ⅱ中，当滑块的速度最大时，滑块所受合力为0，则有kxOM＝mgsinθ＋μmgcosθ，此时弹簧的伸长量即O、M两点之间的距离为xOM＝，则P、M两点之间的距离为xPM＝xPO－xOM＝，A错误；过程Ⅱ中，Q在O点的重力势能比P点大，动能比P点大，则从P点单向运动到O点的过程，Q的机械能增大，B错误；根据运动的对称性可知，Q从P点沿斜面向上运动的最大位移为xm＝2xPM＝，C正确；分析可知，连接在弹簧下端的Q所受最大静摩擦力沿斜面向上时处于O点，所受最大静摩擦力沿斜面向下时处于M点，则滑块最终一定静止在OM(含O、M点)之间，D正确。
10.(2026·福建省厦门外国语学校高三上月考)如图所示，倾角为30°的光滑斜面固定在水平面上，斜面顶端B固定有轻质滑轮，轻绳左右两端分别连接质量均为m的物块P和小球Q，并跨过滑轮，其中滑轮左侧轻绳与斜面平行。小球Q还连接另一根长度为4L的轻绳，此轻绳另一端固定在A点，连接小球Q两端的绳一开始刚好拉直且水平，AB距离为5L。静止释放小球Q，到达C位置时，BC距离为3L，此时P的速度v＝，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度为g。对小球由静止释放运动到C位置的过程中，下列说法正确的是(　　)
A．运动过程中物块与小球的速度大小始终相等
B．小球Q运动到C位置时，其速度大于物块P的速度
C．小球Q运动到C位置时，BC绳上的力为0.8mg
D．小球Q运动到C位置时，A点受力大小为0.95mg
答案：D
解析：小球Q做以A点为圆心的圆周运动，速度方向垂直于AQ间的细绳，对小球Q的速度vQ分解如图，则vQ沿BQ绳的分速度等于物块P的速度，即v1＝vP，则开始－段时间vQ>vP，只有当BQ与AQ垂直时(由几何关系可知，小球Q到达C位置时BQ垂直于AQ)，vQ＝v1＝vP，即小球Q的速度等于物块P的速度，故A、B错误；小球Q运动到C位置时，由＝cos∠ABC可知，BQ绳与水平方向的夹角为∠ABC＝53°，此时小球Q的重力沿BC绳方向的分力大小F1＝mgsin53°＝0.8mg，物块P的重力沿斜面方向的分力大小F2＝mgsin30°＝0.5mg，可知F1＞F2，所以物块P的加速度、小球Q沿BC绳方向的分加速度均不为零，可知BC绳上的力不等于0.8mg，故C错误；小球Q运动到C位置时，对小球Q，沿CA方向，由牛顿第二定律有F－mgsin37°＝m，解得AC绳对Q的拉力大小F＝0.95mg，则A点受力大小为0.95mg，故D正确。
11．(2025·八省联考陕西卷)(多选)如图，倾角为30°且足够长的光滑斜劈固定在水平面上，P、Q两个物体通过轻绳跨过光滑定滑轮连接，Q的另一端与固定在水平面的竖直轻弹簧连接，P和Q的质量分别为4m和m。初始时，控制P使轻绳伸直且无拉力，滑轮左侧轻绳与斜劈上表面平行，右侧轻绳竖直，弹簧始终在弹性限度范围内，弹簧劲度系数为k，重力加速度大小为g。现无初速释放P，则在物体P沿斜劈下滑过程中(　　)
A．轻绳拉力大小一直增大
B．物体P的加速度大小一直增大
C．物体P沿斜劈下滑的最大距离为
D．物体P的最大动能为
答案：AD
解析：释放物体P前，对Q根据平衡条件有mg＝kx1，可得弹簧的压缩量x1＝，设物体P沿斜劈下滑的最大距离为xmax，根据系统机械能守恒可得4mg·xmaxsin30°＝mg·xmax＋k(xmax－x1)2－kx，解得xmax＝，故C错误；设物体P向下运动过程中，弹簧的压缩量为Δx(当弹簧伸长时Δx<0)，根据牛顿第二定律，对P有4mgsin30°－T＝4ma，对Q有T－mg＋kΔx＝ma，可得物体P的加速度a＝，轻绳拉力T＝mg－kΔx，结合C项分析知，Δx的最大值Δxmax＝x1＝，最小值Δxmin＝－(xmax－x1)＝－，即随着Δx减小，物体P的加速度a从大于0逐渐减小到小于0，即其加速度大小先减小后增大，轻绳拉力T大小一直增大，故A正确，B错误；当P的加速度为零时，速度最大，动能最大，此时根据平衡条件，对P有4mgsin30°＝2mg＝T′，对Q有T′＝kx′＋mg，解得弹簧伸长量x′＝，由于x′＝x1，则此时弹簧的弹性势能与初始状态相等，设此时P的动能为Ek，根据动能表达式及P、Q的质量关系可知Q的动能为，对P、Q组成的系统，根据动能定理有4mg(x′＋x1)·sin30°－mg(x′＋x1)＝Ek＋－0，解得Ek＝，故D正确。
9(共26张PPT)
强化专练　动力学与能量的综合问题
1．(2026·河北省保定市部分高中高三上月考)一个质点在竖直面内做匀速圆周运动，质点转动半周的过程中，下列说法正确的是(　　)
A．平均速度与平均速率大小相等
B．动能变化量为零，故速度变化量也为零
C．重力势能的变化量可能为零
D．机械能变化量不可能为零
[A组　基础巩固练]
2.(2021·海南卷，2)水上乐园有一末段水平的滑梯，人从滑梯顶端由静止开始滑下后落入水中。如图所示，滑梯顶端到末端的高度H＝4.0 m，末端到水面的高度h＝1.0 m。取重力加速度g＝10 m/s2，将人视为质点，不计摩擦和空气阻力。则人的落水点到滑梯末端的水平距离为(　　)
A．4.0 m B．4.5 m
C．5.0 m D．5.5 m
3.(2026·山东省九五协作体高三上开学质量检测)滑板运动是一项非常刺激的水上运动，研究表明，在进行滑板运动时，水对滑板的作用力FN垂直于板面，大小为kv2，其中v为滑板速率(水可视为静止)。如图所示，某次运动中，在水平牵引力作用下，当滑板和水面的夹角θ＝37°时，滑板做匀速直线运动，相应的k＝54 kg/m，
人和滑板的总质量为108 kg，重力加速度g取10 m/s2，sin37°＝
0.6，cos37°＝0.8，忽略空气阻力，则水平牵引力的功率为(　　)
A．4050 W B．5000 W
C．5050 W D．6000 W
解析：以滑板和人为研究对象，其受力分析如图所示，由平衡条件可得FNcosθ＝mg，FNsinθ＝F，据题意有FN＝kv2，联立并代入数据解得F＝810 N，v＝5 m/s，则水平牵引力的功率为P＝Fv＝4050 W，故选A。
4．(2025·江西卷，9)(多选)每逢端午节，江西各地常会举办热闹非凡的赛龙舟活动。利用与某龙舟同方向匀速直线飞行的无人机跟踪拍摄，发现在某段时间内该龙舟做匀加速和匀减速交替的周期性直线运动。若以无人机为参考系，该龙舟在0.4 s时间内速度由0增加到0.6 m/s(划桨阶段)，再经历0.6 s时间速度减为0(未划桨阶段)，则关于这段时间内该龙舟的位置x、速度v、加速度a、动能Ek与时间t的关系，下列图像可能正确的是(　　)
5．(2025·福建卷，15)如图甲，水平地面上有并排放置的A、B两个物块，两物块质量均为0.2 kg，A与地面间动摩擦因数为μ＝0.25，B与地面间无摩擦，两物块在外力F的作用下向右前进，F随位移x的变化图像如图乙所示，P为圆弧轨道最低点，M为圆弧轨道最高点，圆弧轨道与水平地面平滑连接，初始时水平地面上A、B与P点间的长度大于4 m，重力加速度g＝10 m/s2。求：
(1)0～1 m内F做的功；
(2)x＝1 m时，A与B之间的弹力大小；
(3)要保证B能到达M点，圆弧半径满足的条件。
答案：(1)1.5 J　(2)0.5 N　(3)r≤0.2 m
6.(2025·安徽卷，14)如图，M、N为固定在竖直平面内同一高度的两根细钉，间距L＝0.5 m。一根长为3L的轻绳一端系在M上，另一端竖直悬挂质量m＝0.1 kg的小球，小球与水平地面接触但无压力。t＝0时，小球以水平向右的初速度v0＝10 m/s开始在竖直平面内做圆周运动。小球牵引着绳子绕过N、M，运动到M正下方与M相距L的位置时，绳子刚好被拉断，小球开始做平抛运动。小球可视为质点，绳子不可伸长，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。
(1)求绳子被拉断时小球的速度大小，及绳子所受的最大拉力大小；
(2)求小球做平抛运动时抛出点到落地点的水平距离；
(3)若在t＝0时，只改变小球的初速度大小，使小球能通过
N的正上方且绳子不松弛，求初速度的最小值。
7．(2022·浙江6月选考，13)小明用额定功率为1200 W、最大拉力为300 N的提升装置，把静置于地面的质量为20 kg的重物竖直提升到高为85.2 m的平台，先加速再匀速，最后做加速度大小不超过5 m/s2的匀减速运动，到达平台的速度刚好为零，g取10 m/s2，则提升重物的最短时间为(　　)
A．13.2 s B．14.2 s
C．15.5 s D．17.0 s
[B组　综合提升练]

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