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专题6.2　动能定理及其应用
1.物理观念：功和功率、动能和动能定理。
理解动能和动能定理。能用动能定理解释生产生活中的现象。
2.科学思维：变力做功、机车启动模型。
能应用图像法、微元法、动能定理等计算变力做功问题培养分析、推理和综合能力。
3.科学态度与责任：
会利用功能知识初步分析生产生活中的现象，体会物理学的应用价值。
【知识点一】动能定理的理解
1.动能定理
（1）内容：在一个过程中合力对物体所做的功，等于物体在这个过程中动能的变化．
（2）表达式：W＝mv－mv或W＝Ek2－Ek1。
（3）物理意义：合外力的功是物体动能变化的量度。
（4）适用条件
①动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动。
②动能定理既适用于恒力做功，也适用于变力做功。
③力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以不同时作用。
2．对“外力”的理解
动能定理叙述中所说的“外力”，既可以是重力、弹力、摩擦力，也可以是电场力、磁场力或其他力。
3．动能定理公式中体现的“三个关系”
（1）数量关系：即合力所做的功与物体动能的变化具有等量代换关系。可以通过计算物体动能的变化，求合力做的功，进而求得某一力做的功。
（2）单位关系：等式两侧物理量的国际单位都是焦耳。
（3）因果关系：合力的功是引起物体动能变化的原因。
4.标量性
动能是标量，功也是标量，所以动能定理是一个标量式，不存在方向的选取问题。当然动能定理也就不存在分量的表达式。
（2023 荔湾区校级四模）如图甲，辘轱是古代民间提水设施，由辘轱头、支架、井绳、水斗等部分构成，如图乙为提水设施工作原理简化图，某次从井中汲取m＝2kg的水，辘轱绕绳轮轴半径为r＝0.1m，水斗的质量为0.5kg，井足够深且并绳的质量忽略不计，t＝0时刻，轮轴由静止开始绕中心轴转动向上提水桶，其角速度随时间变化规律如图丙所示，g取10m/s2，则（　　）
A．水斗速度随时间变化规律为v＝2t（所涉及物理量均用国际单位制）
B．井绳拉力大小恒定，其值为25N
C．0～10s内水斗上升的高度为4m
D．0～10s内并绳拉力所做的功为255J
（2023 河北模拟）如图所示，从倾角为θ的斜面上某点沿水平方向抛出两个小球M和N，已知M球的初动能为E0，N球的初动能为2E0，两小球均落在斜面上，不计空气阻力，则（　　）
A．M、N两小球落在斜面上时的速度方向与水平方向间夹角的正切值之比为1：2
B．M、N两小球在空中运动的时间之比为
C．M、N两小球距离斜面的最远距离之比为1：2
D．M球落在斜面上时的动能为（1+4tan2θ）E0
（2023 贵州模拟）跳台滑雪是冬奥会中最具观赏性的项目之一，某跳台滑雪赛道简化图如图所示，跳台滑雪赛道由助滑道AB，着陆坡BC，减速停止区CD三部分组成，B点处对应圆弧半径为R＝50m。训练中质量m＝60kg（包括装备）的运动员从A点由静止下滑，运动到B点后水平飞出，落在着陆坡上E点（图中没有画出），已知助滑道AB的高度差为h＝35m，运动员在B点受到的支持力为1350N，着陆坡的倾角θ＝37°，g取10m/s2，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　）
A．B点到E点的距离为75.32m
B．运动员从B点飞出后经1.875s离斜面最远
C．运动员从A到B过程克服阻力做功2205J
D．运动员从B点水平飞出的速度大小为20m/s
【知识点二】动能定理的应用
1．应用动能定理解题应抓好“两状态，一过程”
“两状态”即明确研究对象的始、末状态的速度或动能情况，“一过程”即明确研究过程，确定这一过程研究对象的受力情况和位置变化或位移信息．
2．应用动能定理解题的基本思路
【方法技巧】
（1）动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系。
（2）应用动能定理的关键在于准确分析研究对象的受力情况及运动情况，可以画出运动过程的草图，借助草图理解物理过程之间的关系。
（3）当物体的运动包含多个不同过程时，可分段应用动能定理求解；也可以全过程应用动能定理。
（4）列动能定理方程时，必须明确各力做功的正、负，确实难以判断的先假定为正功，最后根据结果加以检验。
应用动能定理的流程
（2023 青浦区二模）我国的民用无人机技术发展迅速，目前已占据全球市场一半以上。某品牌无人机出厂前进行竖直飞行测试，发动机起飞一段时间后关闭，再经历一小段时间到达最高点。已知无人机发动机提供的升力大小恒定，空气阻力恒为重力的0.25倍，无人机的动能E与上升高度h的关系如图所示，则下列论述错误的是（　　）
A．无人机的升力大小是68.6N
B．无人机的质量是4kg
C．空气阻力的大小是8N
D．加速段与减速段时间之比为7：5
（2023 湖北二模）单杠项目对体力和技巧要求高，需要注意安全。如图（a）所示，质量为50kg的小李双臂平行，静止倒立在单杠AB上。随后小李绕杠旋转至最低位置，如图（b）所示。若把小李看作质点，小李从静止到最低位置过程的运动可看作半径为1.2m的圆周运动，不计各种阻力，g＝10m/s2。小李在最低位置时，一只手对单杠AB的拉力大小为（　　）
A．1000N B．1250N C．2000N D．2500N
（2023 湖南模拟）北京冬奥会的单板滑雪大跳台，运动员进入起跳台后的运动可简化成如图所示，先以水平速度从A点沿圆弧切线冲上圆心角为α＝30°的圆弧跳台，从B点离开跳台后落在倾角β＝30°的斜坡上的E点，C点为轨迹最高点，D点为斜坡与水平面的交点，D、E相距20m，F点正好位于C点正下方，D、F相距，运动员从C运动到E的时间为2s，忽略过程中受到的一切阻力并将运动员及其装备看成质点，g取10m/s2，则下列说法正确的是（　　）
A．运动员在C点的速度大小为10m/s
B．运动员落在E点时的速度大小为25m/s
C．B、C两点高度差为2.525m
D．运动员飞离跳台后在空中运动的时间为2.75s
【知识点三】动能定理与图象结合问题
1．解决物理图象问题的基本步骤
（1）观察题目给出的图象，弄清纵坐标、横坐标所对应的物理量及图线所表示的物理意义。
（2）根据物理规律推导出纵坐标与横坐标所对应的物理量间的函数关系式。
（3）将推导出的物理规律与数学上与之相对应的标准函数关系式相对比，找出图线的斜率、截距、图线的交点、图线下方的面积所对应的物理意义，根据对应关系列式解答问题。
2．图象所围“面积”和图象斜率的含义
3、动能定理与图象结合问题的分析方法
（1）首先看清所给图象的种类（如v t图象、F t图象、Ek t图象等）。
（2）挖掘图象的隐含条件，得出所需要的物理量，如由v t图象所包围的“面积”求位移，由F x图象所包围的“面积”求功等。
（3）分析有哪些力做功，根据动能定理列方程，求出相应的物理量。
【方法技巧】
⑴“三步走”分析动能定理与图象结合的问题
⑵四类力学图象所围“面积”的意义
（2023 峡江县校级一模）如图甲，在水平地面上固定一倾角θ＝37°、表面光滑的斜面体，物体A的质量为mA＝0.1kg，以某一初速度沿斜面上滑，同时在物体A的正上方，一物体B的质量为mB＝0.1kg，以某一初速度水平抛出。当A上滑到最高点C速度为0时恰好被物体B击中，规定相遇点所在平面为零势能面。A、B运动的高度h随动能Ek的变化关系图像如图乙所示，已知C点坐标为（1.8J，﹣1.8m）。A、B均可看成质点，不计空气阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2，则（　　）
A．物体B的初速度v0＝2.4m/s
B．物体A从最低点运动到斜面最高点的时间t＝1.2s
C．A、B起始时刻的高度差H＝5m
D．B撞击A瞬间的动能Ek＝5.4J
（2023 东城区一模）如图甲所示，一物块以一定的初速度冲上倾角为30°的固定斜面。物块在斜面上运动的过程中，其动能Ek与运动路程s的关系如图乙所示。已知物块所受的摩擦力大小恒定，g取10m/s2。下列说法正确的是（　　）
A．物块质量为0.7kg
B．物块所受摩擦力大小为0.7
C．0～20m过程中，物块克服摩擦力做功为40J
D．0～10m过程中与10m～20m过程中物块所受合力之比为3：4
（2023 吉林模拟）一质量为2kg的物体静止于粗糙的水平地面上，在一水平外力F的作用下运动，如图甲所示。外力F对物体所做的功、物体克服摩擦力Ff做的功W与物体位移x的关系如图乙所示，重力加速度g取10m/s2。下列分析正确的是（　　）
A．物体运动的总位移为13.5m
B．物体与地面之间的动摩擦因数为0.2
C．物体在前3m运动过程中的加速度为2.5m/s2
D．x＝9m时，物体的速度为m/s
【知识点四】动能定理求解多过程问题
1．多过程问题的分析方法
（1）将“多过程”分解为许多“子过程”，各“子过程”间由“衔接点”连接。
（2）对各“衔接点”进行受力分析和运动分析，必要时画出受力图和过程示意图。
（3）根据“子过程”和“衔接点”的模型特点选择合理的物理规律列方程。
（4）分析“衔接点”速度、加速度等物理量的关联，确定各段间的时间关联，并列出相关的辅助方程。
（5）联立方程组，分析求解，对结果进行必要的验证或讨论。
2．利用动能定理求解多过程问题的基本思路
（多选）（2023 青岛模拟）如图，水平直杆AB与光滑圆弧杆BC在B点平滑连接，固定在竖直平面内，一直径略大于杆的圆环穿在水平直杆上的A点。现让圆环以v0＝4m/s的初速度由A向B运动，同时在竖直面内对圆环施加一垂直于杆向上的恒力F，运动到B点时撤去恒力F，之后圆环沿圆弧杆BC上滑。已知AB长度L＝6m，BC半径R＝64m，圆环质量m＝0.2kg，圆环与直杆AB间动摩擦因数μ＝0.2，恒力F＝3N，重力加速度g＝10m/s2，π2≈10.下列说法正确的是（　　）
A．圆环到达B点时的速度为2m/s
B．圆环能够到达的最大高度为0.2m
C．圆环在BC上运动的时间约为8s
D．圆环能返回A点
（2023 南岗区校级四模）如图为某工厂生产流水线上水平传输装置的俯视图，它由传送带和转盘组成。物品质量m＝1kg，从A处无初速放到传送带上，运动到B处后进入匀速转动的转盘，设物品进入转盘时速度大小不发生变化，并随转盘一起运动（无相对滑动），到C处被取走装箱。已知A、B两处的距离L＝9m，传送带的传输速度v＝2m/s，物品在转盘上与轴O的距离R＝1m，物品与传送带间的动摩擦因数μ1＝0.2。重力加速度g＝10m/s2。
（1）求物品从A处运动到B处的时间以及此过程中传送带对物品所做的功；
（2）若物品与转盘间的最大静摩擦力可视为与滑动摩擦力大小相等，则物品与转盘间的动摩擦因数至少为多大？
（2023 济南三模）如图所示，固定的光滑半圆柱面ABCD与粗糙矩形水平桌面OABP相切于AB边，半圆柱面的圆弧半径R＝0.4m，OA的长为L＝2m。小物块从O点开始以某一大小不变的初速度v0沿水平面运动，初速度方向与OA方向之间的夹角为θ。若θ＝0°，小物块恰好经过半圆弧轨道的最高点。已知小物块与水平桌面间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度g＝10m/s2。求：
（1）初速度v0的大小；
（2）若小物块沿半圆弧运动的最大高度为h＝0.4m，求夹角θ的余弦值。
（2023 辽宁）如图（a），从高处M点到地面N点有Ⅰ、Ⅱ两条光滑轨道。两相同小物块甲、乙同时从M点由静止释放，沿不同轨道滑到N点，其速率v与时间t的关系如图（b）所示。由图可知，两物块在离开M点后、到达N点前的下滑过程中（　　）
A．甲沿Ⅰ下滑且同一时刻甲的动能比乙的大
B．甲沿Ⅱ下滑且同一时刻甲的动能比乙的小
C．乙沿Ⅰ下滑且乙的重力功率一直不变
D．乙沿Ⅱ下滑且乙的重力功率一直增大
（2023 江苏）滑块以一定的初速度沿粗糙斜面从底端上滑，到达最高点B后返回到底端。利用频闪仪分别对上滑和下滑过程进行拍摄，频闪照片示意图如图所示。与图乙中相比，图甲中滑块（　　）
A．受到的合力较小
B．经过A点的动能较小
C．在A、B之间的运动时间较短
D．在A、B之间克服摩擦力做的功较小
（2023 新课标）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 C．mv2﹣mgh D．mv2+mgh
（2023 上海）一物块爆炸分裂为速率相同、质量不同的三个物块，对三者落地速率大小判断正确的是（　　）
A．质量大的落地速率大 B．质量小的落地速率大
C．三者落地速率都相同 D．无法判断
（2022 江苏）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Ek与水平位移x的关系图像正确的是（　　）
A． B．
C． D．
（2022 浙江）小明用额定功率为1200W、最大拉力为300N的提升装置，把静置于地面的质量为20kg的重物竖直提升到高为85.2m的平台，先加速再匀速，最后做加速度大小不超过5m/s2的匀减速运动，到达平台速度刚好为零，则提升重物的最短时间为（　　）
A．13.2s B．14.2s C．15.5s D．17.0s
（2022 乙卷）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，小环的速率正比于（　　）
A．它滑过的弧长
B．它下降的高度
C．它到P点的距离
D．它与P点的连线扫过的面积
（2022 甲卷）北京2022年冬奥会首钢滑雪大跳台局部示意图如图所示。运动员从a处由静止自由滑下，到b处起跳，c点为a、b之间的最低点，a、c两处的高度差为h。要求运动员经过c点时对滑雪板的压力不大于自身所受重力的k倍，运动过程中将运动员视为质点并忽略所有阻力，则c点处这一段圆弧雪道的半径不应小于（　　）
A． B． C． D．
（2023 湖北）如图为某游戏装置原理示意图。水平桌面上固定一半圆形竖直挡板，其半径为2R、内表面光滑，挡板的两端A、B在桌面边缘，B与半径为R的固定光滑圆弧轨道在同一竖直平面内，过C点的轨道半径与竖直方向的夹角为60°。小物块以某一水平初速度由A点切入挡板内侧，从B点飞出桌面后，在C点沿圆弧切线方向进入轨道内侧，并恰好能到达轨道的最高点D。小物块与桌面之间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g，忽略空气阻力，小物块可视为质点。求：
（1）小物块到达D点的速度大小。
（2）B和D两点的高度差。
（3）小物块在A点的初速度大小。
（2023 江苏）如图所示，滑雪道AB由坡道和水平道组成，且平滑连接，坡道倾角均为45°。平台BC与缓冲坡CD相连，若滑雪者从P点由静止开始下滑，恰好到达B点。滑雪者现从A点由静止开始下滑，从B点飞出。已知A、P间的距离为d，滑雪者与滑道间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g，不计空气阻力。
（1）求滑雪者运动到P点的时间t；
（2）求滑雪者从B点飞出的速度大小v；
（3）若滑雪者能着陆在缓冲坡CD上，求平台BC的最大长度L。
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专题6.2　动能定理及其应用
1.物理观念：功和功率、动能和动能定理。
理解动能和动能定理。能用动能定理解释生产生活中的现象。
2.科学思维：变力做功、机车启动模型。
能应用图像法、微元法、动能定理等计算变力做功问题培养分析、推理和综合能力。
3.科学态度与责任：
会利用功能知识初步分析生产生活中的现象，体会物理学的应用价值。
【知识点一】动能定理的理解
1.动能定理
（1）内容：在一个过程中合力对物体所做的功，等于物体在这个过程中动能的变化．
（2）表达式：W＝mv－mv或W＝Ek2－Ek1。
（3）物理意义：合外力的功是物体动能变化的量度。
（4）适用条件
①动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动。
②动能定理既适用于恒力做功，也适用于变力做功。
③力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以不同时作用。
2．对“外力”的理解
动能定理叙述中所说的“外力”，既可以是重力、弹力、摩擦力，也可以是电场力、磁场力或其他力。
3．动能定理公式中体现的“三个关系”
（1）数量关系：即合力所做的功与物体动能的变化具有等量代换关系。可以通过计算物体动能的变化，求合力做的功，进而求得某一力做的功。
（2）单位关系：等式两侧物理量的国际单位都是焦耳。
（3）因果关系：合力的功是引起物体动能变化的原因。
4.标量性
动能是标量，功也是标量，所以动能定理是一个标量式，不存在方向的选取问题。当然动能定理也就不存在分量的表达式。
（2023 荔湾区校级四模）如图甲，辘轱是古代民间提水设施，由辘轱头、支架、井绳、水斗等部分构成，如图乙为提水设施工作原理简化图，某次从井中汲取m＝2kg的水，辘轱绕绳轮轴半径为r＝0.1m，水斗的质量为0.5kg，井足够深且并绳的质量忽略不计，t＝0时刻，轮轴由静止开始绕中心轴转动向上提水桶，其角速度随时间变化规律如图丙所示，g取10m/s2，则（　　）
A．水斗速度随时间变化规律为v＝2t（所涉及物理量均用国际单位制）
B．井绳拉力大小恒定，其值为25N
C．0～10s内水斗上升的高度为4m
D．0～10s内并绳拉力所做的功为255J
【解答】解：A．根据题意可知ω＝2t，则水斗速度随时间变化规律为v＝ωr＝0.2t，故A错误；
B．水斗匀加速上升，根据上述分析可知加速度a＝0.2m/s2
由牛顿第二定律F﹣（m+m'）g＝（m+m'）a
解得：F＝25.5N，故B错误；
C．水斗匀加速上升，0～10s内它上升的高度为：
，故C错误；
D．0～10s内井绳拉力所做的功为W＝Fh＝25.5×10J＝255J，故D正确。
故选：D。
（2023 河北模拟）如图所示，从倾角为θ的斜面上某点沿水平方向抛出两个小球M和N，已知M球的初动能为E0，N球的初动能为2E0，两小球均落在斜面上，不计空气阻力，则（　　）
A．M、N两小球落在斜面上时的速度方向与水平方向间夹角的正切值之比为1：2
B．M、N两小球在空中运动的时间之比为
C．M、N两小球距离斜面的最远距离之比为1：2
D．M球落在斜面上时的动能为（1+4tan2θ）E0
【解答】解：A．由于两小球均落在斜面上，位移与水平方向的夹角均为θ，速度方向与水平方向夹角为α，根据平抛运动的推论，速度偏转角正切值是位移偏转角正切值的二倍，则有
tanα＝2tanθ，依题意，则两小球落在斜面上时速度方向与水平方向夹角正切值之比为1：1，故A错误；
B．设小球抛出点到落点的距离为x，水平方向匀速直线运动，竖直方向自由落体运动，则有xcosθ＝v0t，
则
由于两球的质量关系不确定，所以不能确定两球运动的时间，故B错误；
C．小球运动过程中距离斜面最远，速度方向与斜面平行，此时最远距离为
由于两球的质量关系不确定，所以不能确定两球距离斜面最远的距离关系，故C错误；
D．根据平抛运动规律有，
由动能定理有mgh＝Ek﹣E0
且
联立解得
故D正确。
故选：D。
（2023 贵州模拟）跳台滑雪是冬奥会中最具观赏性的项目之一，某跳台滑雪赛道简化图如图所示，跳台滑雪赛道由助滑道AB，着陆坡BC，减速停止区CD三部分组成，B点处对应圆弧半径为R＝50m。训练中质量m＝60kg（包括装备）的运动员从A点由静止下滑，运动到B点后水平飞出，落在着陆坡上E点（图中没有画出），已知助滑道AB的高度差为h＝35m，运动员在B点受到的支持力为1350N，着陆坡的倾角θ＝37°，g取10m/s2，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　）
A．B点到E点的距离为75.32m
B．运动员从B点飞出后经1.875s离斜面最远
C．运动员从A到B过程克服阻力做功2205J
D．运动员从B点水平飞出的速度大小为20m/s
【解答】解：D．运动员运动到B点时，由牛顿第二定律有，解得vB＝25m/s，故D错误；
C．运动员从A到B的运动过程中，设运动员从A到B过程克服阻力做功为W，由动能定理有，解得W＝2250J，故C错误；
A．设经时间t，运动员落在E点，水平方向匀速直线运动，竖直方向自由落体运动，则有x＝vBt，，又有，解得t＝3.75s
由几何关系可知，B点到E点的距离为，故A错误；
B．设经时间t1，运动员离斜面最远，则有vx＝v0，vy＝gt1
又有
解得t1＝1.875s
故B正确。
故选：B。
【知识点二】动能定理的应用
1．应用动能定理解题应抓好“两状态，一过程”
“两状态”即明确研究对象的始、末状态的速度或动能情况，“一过程”即明确研究过程，确定这一过程研究对象的受力情况和位置变化或位移信息．
2．应用动能定理解题的基本思路
【方法技巧】
（1）动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系。
（2）应用动能定理的关键在于准确分析研究对象的受力情况及运动情况，可以画出运动过程的草图，借助草图理解物理过程之间的关系。
（3）当物体的运动包含多个不同过程时，可分段应用动能定理求解；也可以全过程应用动能定理。
（4）列动能定理方程时，必须明确各力做功的正、负，确实难以判断的先假定为正功，最后根据结果加以检验。
应用动能定理的流程
（2023 青浦区二模）我国的民用无人机技术发展迅速，目前已占据全球市场一半以上。某品牌无人机出厂前进行竖直飞行测试，发动机起飞一段时间后关闭，再经历一小段时间到达最高点。已知无人机发动机提供的升力大小恒定，空气阻力恒为重力的0.25倍，无人机的动能E与上升高度h的关系如图所示，则下列论述错误的是（　　）
A．无人机的升力大小是68.6N
B．无人机的质量是4kg
C．空气阻力的大小是8N
D．加速段与减速段时间之比为7：5
【解答】解：A．由动能E与上升高度h的关系图，可得斜率大小即为合外力的大小，故得到加速段的合外力大小为F﹣mg﹣f28.6N，减速段的合外力为mg+f40N，联立可得升力F＝68.6N，故A正确；
BC．由减速段的合外力为mg+f＝1.25mg＝40N，可得无人机m＝3.2kg，空气阻力f＝0.25mg＝0.25×3.2×10N＝8N，故B错误，C正确；
D．由于加速段和减速段均为匀变速直线运动，可知两阶段的平均速度相等，故时间之比等于位移之比为1.75：1.25＝7：5，故D正确。
本题选错误的，故选：B。
（2023 湖北二模）单杠项目对体力和技巧要求高，需要注意安全。如图（a）所示，质量为50kg的小李双臂平行，静止倒立在单杠AB上。随后小李绕杠旋转至最低位置，如图（b）所示。若把小李看作质点，小李从静止到最低位置过程的运动可看作半径为1.2m的圆周运动，不计各种阻力，g＝10m/s2。小李在最低位置时，一只手对单杠AB的拉力大小为（　　）
A．1000N B．1250N C．2000N D．2500N
【解答】解：人转动的半径大小为r＝1.2m
最低点速度为v，根据动能定理有，
根据向心力公式有，
联立解得，F＝2500N
则一只手对单杠AB的拉力大小为1250N，故B正确，ACD错误。
故选：B。
（2023 湖南模拟）北京冬奥会的单板滑雪大跳台，运动员进入起跳台后的运动可简化成如图所示，先以水平速度从A点沿圆弧切线冲上圆心角为α＝30°的圆弧跳台，从B点离开跳台后落在倾角β＝30°的斜坡上的E点，C点为轨迹最高点，D点为斜坡与水平面的交点，D、E相距20m，F点正好位于C点正下方，D、F相距，运动员从C运动到E的时间为2s，忽略过程中受到的一切阻力并将运动员及其装备看成质点，g取10m/s2，则下列说法正确的是（　　）
A．运动员在C点的速度大小为10m/s
B．运动员落在E点时的速度大小为25m/s
C．B、C两点高度差为2.525m
D．运动员飞离跳台后在空中运动的时间为2.75s
【解答】解：A、运动员从C运动到E的过程中，在竖直方向上做自由落体运动，CE两点间的竖直高度差为hCEm＝20m
由图可知，DE两点间的水平距离为xDE＝DEcosβ＝20×cos30°m＝10m
故FE两点间的水平距离为xFE＝xFD+xDE10m＝15m
运动员在空中运动时做斜抛运动，在水平方向做匀速直线运动，运动员在C点竖直方向速度为零，故运动员在C点速度为vxm/s，故A错误；
B、落到斜面上时，竖直分速度为vy＝gtCE＝10×2m/s＝20m/s，水平分速度为vx，故E点速度大小为vE，解得vEm/s≈23.8m/s，故B错误；
CD、由几何关系可知，由于圆台圆心角为30°，则B点水平与竖直方向的速度满足tan30°，解得B点的竖直方向速度为vBy＝7.5m/s
则从B到C的时间为tBCs＝0.75s
BC高度差为hBC，解得hBC＝2.8125m
故飞离跳台后在空中运动的时间为t总＝tBC+tCE＝0.75s+2s＝2.75s，故C错误，D正确.
故选：D。
【知识点三】动能定理与图象结合问题
1．解决物理图象问题的基本步骤
（1）观察题目给出的图象，弄清纵坐标、横坐标所对应的物理量及图线所表示的物理意义。
（2）根据物理规律推导出纵坐标与横坐标所对应的物理量间的函数关系式。
（3）将推导出的物理规律与数学上与之相对应的标准函数关系式相对比，找出图线的斜率、截距、图线的交点、图线下方的面积所对应的物理意义，根据对应关系列式解答问题。
2．图象所围“面积”和图象斜率的含义
3、动能定理与图象结合问题的分析方法
（1）首先看清所给图象的种类（如v t图象、F t图象、Ek t图象等）。
（2）挖掘图象的隐含条件，得出所需要的物理量，如由v t图象所包围的“面积”求位移，由F x图象所包围的“面积”求功等。
（3）分析有哪些力做功，根据动能定理列方程，求出相应的物理量。
【方法技巧】
⑴“三步走”分析动能定理与图象结合的问题
⑵四类力学图象所围“面积”的意义
（2023 峡江县校级一模）如图甲，在水平地面上固定一倾角θ＝37°、表面光滑的斜面体，物体A的质量为mA＝0.1kg，以某一初速度沿斜面上滑，同时在物体A的正上方，一物体B的质量为mB＝0.1kg，以某一初速度水平抛出。当A上滑到最高点C速度为0时恰好被物体B击中，规定相遇点所在平面为零势能面。A、B运动的高度h随动能Ek的变化关系图像如图乙所示，已知C点坐标为（1.8J，﹣1.8m）。A、B均可看成质点，不计空气阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2，则（　　）
A．物体B的初速度v0＝2.4m/s
B．物体A从最低点运动到斜面最高点的时间t＝1.2s
C．A、B起始时刻的高度差H＝5m
D．B撞击A瞬间的动能Ek＝5.4J
【解答】解：AB．根据题意，A初始时动能，上升高度hA＝1.8m
根据几何关系，A水平位移，解得xA＝2.4m
A上滑初速度vA0＝6m/s
根据牛顿第二定律：mAgsinθ＝mAaA
解得
故A上升时间，解得tA＝1s
因为A与B相撞于A上滑最高点，所以xA＝xB＝2.4m
tA＝tB＝1s
故，即v0＝2.4m/s
故A正确，B错误；
C．B在竖直方向下落的高度为，解得h＝5m
所以H＝hA+hB，解得H＝6.8m
故C错误；
D．由动能定理：
解得Ek＝5.288J，故D错误。
故选：A。
（2023 东城区一模）如图甲所示，一物块以一定的初速度冲上倾角为30°的固定斜面。物块在斜面上运动的过程中，其动能Ek与运动路程s的关系如图乙所示。已知物块所受的摩擦力大小恒定，g取10m/s2。下列说法正确的是（　　）
A．物块质量为0.7kg
B．物块所受摩擦力大小为0.7
C．0～20m过程中，物块克服摩擦力做功为40J
D．0～10m过程中与10m～20m过程中物块所受合力之比为3：4
【解答】解：AB、物块沿斜面上滑过程，由动能定理得：﹣mgssin30°﹣fs＝0﹣Ek1
物块沿斜面下滑过程，由动能定理得：mgssin30°﹣fs＝Ek2﹣0
代入数据联立解得：m＝0.7kg
f＝0.5N
故A正确，B错误；
C、0～20m过程中，物块克服摩擦力做功为Wf＝2fs＝2×0.5×10J＝10J
故C错误；
D、0～10m过程中，物块所受合外力为F1＝mgsin30°+f＝0.7×10N+0.5N＝4N
10m～20m过程中物块所受合力为F2＝mgsin30°﹣f＝0.7×10N﹣0.5N＝3N
合力之比为4：3，故D错误。
故选：A。
（2023 吉林模拟）一质量为2kg的物体静止于粗糙的水平地面上，在一水平外力F的作用下运动，如图甲所示。外力F对物体所做的功、物体克服摩擦力Ff做的功W与物体位移x的关系如图乙所示，重力加速度g取10m/s2。下列分析正确的是（　　）
A．物体运动的总位移为13.5m
B．物体与地面之间的动摩擦因数为0.2
C．物体在前3m运动过程中的加速度为2.5m/s2
D．x＝9m时，物体的速度为m/s
【解答】解：AB、摩擦力大小始终不变，所以图乙中直线为摩擦力做功与位移的关系，
物体克服摩擦力做功Wf＝μmgx，图象的斜率k＝μmgN＝2N，
代入数据解得：μ＝0.1
由图乙所示可知，整个过程克服摩擦力做的Wf＝27J，
代入数据解得，物体运动的最大位移：xmax＝13.5m，故A正确，B错误；
C、外力F做的功W＝Fx，由图示图象可知，前3m内，拉力大小F1N＝5N
对物体，由牛顿第二定律得：F1﹣μmg＝ma
代入数据解得，加速度大小：a＝1.5m/s2，故C错误；
D、由图乙所示图象可知，x＝9m时，外力做功W＝27J，对物体，由动能定理得：W﹣μmgx0，
代入数据解得：v＝3m/s，故D错误。
故选：A。
【知识点四】动能定理求解多过程问题
1．多过程问题的分析方法
（1）将“多过程”分解为许多“子过程”，各“子过程”间由“衔接点”连接。
（2）对各“衔接点”进行受力分析和运动分析，必要时画出受力图和过程示意图。
（3）根据“子过程”和“衔接点”的模型特点选择合理的物理规律列方程。
（4）分析“衔接点”速度、加速度等物理量的关联，确定各段间的时间关联，并列出相关的辅助方程。
（5）联立方程组，分析求解，对结果进行必要的验证或讨论。
2．利用动能定理求解多过程问题的基本思路
（多选）（2023 青岛模拟）如图，水平直杆AB与光滑圆弧杆BC在B点平滑连接，固定在竖直平面内，一直径略大于杆的圆环穿在水平直杆上的A点。现让圆环以v0＝4m/s的初速度由A向B运动，同时在竖直面内对圆环施加一垂直于杆向上的恒力F，运动到B点时撤去恒力F，之后圆环沿圆弧杆BC上滑。已知AB长度L＝6m，BC半径R＝64m，圆环质量m＝0.2kg，圆环与直杆AB间动摩擦因数μ＝0.2，恒力F＝3N，重力加速度g＝10m/s2，π2≈10.下列说法正确的是（　　）
A．圆环到达B点时的速度为2m/s
B．圆环能够到达的最大高度为0.2m
C．圆环在BC上运动的时间约为8s
D．圆环能返回A点
【解答】解：ABD、圆环在直杆AB段受到的摩擦力f＝μ（F﹣mg），从A点到B点利用动能定理：，代入数据，可得vB＝2m/s
从B点到圆环速度减为零的过程利用动能定理：，代入数据，可得h＝0.2m
圆弧杆BC光滑，当圆环返回到B点时速度大小仍为2m/s，从B点向左运动到速度减为零的过程利用动能定理：
代入数据，可得x＝1m，可知x＜L，所以圆环不能返回到A点，故AB正确，D错误；
C、由于h远小于R，所以圆环在光滑圆弧杆BC上的运动可以看作单摆的简谐运动，可得圆环在BC上运动的时间
代入数据，可得t＝8s，故C正确。
故选：ABC。
（2023 南岗区校级四模）如图为某工厂生产流水线上水平传输装置的俯视图，它由传送带和转盘组成。物品质量m＝1kg，从A处无初速放到传送带上，运动到B处后进入匀速转动的转盘，设物品进入转盘时速度大小不发生变化，并随转盘一起运动（无相对滑动），到C处被取走装箱。已知A、B两处的距离L＝9m，传送带的传输速度v＝2m/s，物品在转盘上与轴O的距离R＝1m，物品与传送带间的动摩擦因数μ1＝0.2。重力加速度g＝10m/s2。
（1）求物品从A处运动到B处的时间以及此过程中传送带对物品所做的功；
（2）若物品与转盘间的最大静摩擦力可视为与滑动摩擦力大小相等，则物品与转盘间的动摩擦因数至少为多大？
【解答】解：（1）物品先在传送带上做初速度为零的匀加速直线运动，设其加速度为a，经过时间t1，物品与传送带共速，设加速阶段物品的位移为s1。
由牛顿第二定律有：μ1mg＝ma
v＝at1
s1a
联立方程，代入数据解得
t1＝1s
s1＝1m＜L＝9m
之后，物品随传送带一起以速度v做匀速运动
匀速运动的时间：t24s
所以物品从A处运动到B处的时间：t＝t1+t2＝1s+4s＝5s
物品从A处运动到B处的过程中，由动能定理可知，传送带对物品所做的功为
Wmv2﹣0J＝2J
（2）物品在转盘上随转盘一起运动（无相对滑动），由所受的静摩擦力提供向心力，设物品与转盘间动摩擦因数为μ2。则有：μ2mg≥m
解得：μ2≥0.4
即物品与转盘间的动摩擦因数至少为0.4。
答：（1）物品从A处运动到B处的时间为5s，此过程中传送带对物品所做的功为2J；
（2）物品与转盘间的动摩擦因数至少为0.4。
（2023 济南三模）如图所示，固定的光滑半圆柱面ABCD与粗糙矩形水平桌面OABP相切于AB边，半圆柱面的圆弧半径R＝0.4m，OA的长为L＝2m。小物块从O点开始以某一大小不变的初速度v0沿水平面运动，初速度方向与OA方向之间的夹角为θ。若θ＝0°，小物块恰好经过半圆弧轨道的最高点。已知小物块与水平桌面间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度g＝10m/s2。求：
（1）初速度v0的大小；
（2）若小物块沿半圆弧运动的最大高度为h＝0.4m，求夹角θ的余弦值。
【解答】解：（1）若θ＝0°，小物块恰好经过半圆弧轨道的最高点，设此时小物块在最高点速度为v1，由牛顿第二定律有
mg
从O点到最高点，由动能定理可得
﹣mg×2R﹣μmgLmm
联立方程，代入数据解得：
（2）若小物块沿半圆弧运动的最大高度为h＝0.4m＝R，小物块在最高点仅有沿AB方向的水平速度vx，竖直方向速度为零，设小物块在圆弧轨道最底端AB上的速度为v2，则
vx＝v2sinθ
从O点到圆弧轨道最底端AB过程中，由动能定理可得
﹣μmgmm
从圆弧轨道最底端AB到最高点过程中，由动能定理可得
﹣mghmm
联立方程，代入数据解得：cosθ
答：（1）初速度v0的大小为2m/s；
（2）若小物块沿半圆弧运动的最大高度为h＝0.4m，夹角θ的余弦值为。
（2023 辽宁）如图（a），从高处M点到地面N点有Ⅰ、Ⅱ两条光滑轨道。两相同小物块甲、乙同时从M点由静止释放，沿不同轨道滑到N点，其速率v与时间t的关系如图（b）所示。由图可知，两物块在离开M点后、到达N点前的下滑过程中（　　）
A．甲沿Ⅰ下滑且同一时刻甲的动能比乙的大
B．甲沿Ⅱ下滑且同一时刻甲的动能比乙的小
C．乙沿Ⅰ下滑且乙的重力功率一直不变
D．乙沿Ⅱ下滑且乙的重力功率一直增大
【解答】解：AB、由图（b）可知甲的速率随时间均匀变化，可知甲沿着轨道Ⅱ下滑，在同一时刻甲的速率比乙的小，所以同一时刻甲的动能比乙的小，故A错误，B正确；
CD、由图（b）可知乙沿着轨道Ⅰ下滑，在M点乙的速率为零，则重力功率为零，在N点乙在竖直方向的速度为零，可知重力功率为零，由M点到N点，其它位置竖直方向速率不为零，所以乙的重力功率先增大后减小，故CD错误。
故选：B。
（2023 江苏）滑块以一定的初速度沿粗糙斜面从底端上滑，到达最高点B后返回到底端。利用频闪仪分别对上滑和下滑过程进行拍摄，频闪照片示意图如图所示。与图乙中相比，图甲中滑块（　　）
A．受到的合力较小
B．经过A点的动能较小
C．在A、B之间的运动时间较短
D．在A、B之间克服摩擦力做的功较小
【解答】解：A、设滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，斜面的倾角为θ，根据几何关系可知，图甲中滑块的合力大小为：
F1＝mgsinθ+μmgcosθ
图乙中滑块的合力大小为：
F2＝mgsinθ﹣μmgcosθ
由此可知，图甲中滑块受到的合力较大，故A错误；
B、经过A点时，两种情况下滑块的重力势能相等，因此两种情况下重力做的负功相等，但前后摩擦力做的功小于后者摩擦力做的功，则图甲中滑块经过A点的动能较大，故B错误；
C、根据A选项的分析可知，图甲中滑块的合力大于图乙中滑块的合力，根据逆向思维和运动学公式可知，图甲中滑块在AB之间的运动时间较短，故C正确；
D、在A、B之间，滑块受到的摩擦力大小相等，位移也相等，根据功的计算公式W＝Fs可知两种情况下滑块在A、B之间克服摩擦力做的功相等，故D错误；
故选：C。
（2023 新课标）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 C．mv2﹣mgh D．mv2+mgh
【解答】解：雨滴下落过程，在重力和阻力作用下做匀速直线运动，设克服空气阻力做的功为W克，则空气阻力对雨滴做功为﹣W克，雨滴在地面附近以速率v下落高度h的过程中，由动能定理得：mgh﹣W克＝0
解得：W克＝mgh
故B正确，ACD错误。
故选：B。
（2023 上海）一物块爆炸分裂为速率相同、质量不同的三个物块，对三者落地速率大小判断正确的是（　　）
A．质量大的落地速率大 B．质量小的落地速率大
C．三者落地速率都相同 D．无法判断
【解答】解：根据动能定理有mgh
解得v
可知三者落地速率都相同，故ABD错误，C正确；
故选：C。
（2022 江苏）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Ek与水平位移x的关系图像正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【解答】解：设运动员位移与水平方向夹角为θ，对运动员，由动能定理得：mgxtanθ＝Ek﹣0运动员的动能：Ek＝mgxtanθ
由图示运动员运动过程可知，开始θ不变，Ek与x成正比，运动员运动到倾斜轨道下端时θ发生变化，Ek与位移不成正比，
运动员到达轨道最低点然后上升，重力做负功，动能减小，由图示图象可知，A正确，BCD错误。
故选：A。
（2022 浙江）小明用额定功率为1200W、最大拉力为300N的提升装置，把静置于地面的质量为20kg的重物竖直提升到高为85.2m的平台，先加速再匀速，最后做加速度大小不超过5m/s2的匀减速运动，到达平台速度刚好为零，则提升重物的最短时间为（　　）
A．13.2s B．14.2s C．15.5s D．17.0s
【解答】解：为了最短时间提升重物，一开始以最大拉力拉重物做匀加速上升，当功率达到额定功率时，保持功率不变直到重物达到最大速度，接着做匀速运动，最后以最大加速度做匀减速上升至平台速度刚好为零，重物在第一阶段做匀加速上升过程，根据牛顿第二定律得：
当功率达到额定功率时，设重物的速度为v1，则有
此过程中所用的时间和上升的高度分别为
重物以最大速度匀速时，有
重物最后以最大加速度做匀减速运动的时间和上升的高度分别为
设重物从结束匀加速到开始做匀减速运动所用的时间为t2，该过程根据动能定理得：
又h2＝85.2m﹣1.6m﹣3.6m＝80m
联立解得：t2＝13.5s
则总时间为t1+t2+t3＝0.8s+13.5s+1.2s＝15.5s，故C正确，ABD错误；
故选：C。
（2022 乙卷）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，小环的速率正比于（　　）
A．它滑过的弧长
B．它下降的高度
C．它到P点的距离
D．它与P点的连线扫过的面积
【解答】解：设下滑过程中，它到P点距离为L，下滑高度为h，圆环半径为R，如图
由几何关系得
sinθ
根据机械能守恒定律得
mgh
联立解得：v＝L，可见小环的速率正比于它到P点的距离L。
由，可知下降的高度h与L不成正比，则小环的速率与下降的高度h不成正比；
它滑过的弧长s＝2Rθ，因θ与L不成正比，则小环的速率与它滑过的弧长s不成正比；
它与P点的连线扫过的面积S，可知S与L不成正比，则小环的速率和它与P点的连线扫过的面积不成正比。
故C正确，ABD错误。
故选：C。
（2022 甲卷）北京2022年冬奥会首钢滑雪大跳台局部示意图如图所示。运动员从a处由静止自由滑下，到b处起跳，c点为a、b之间的最低点，a、c两处的高度差为h。要求运动员经过c点时对滑雪板的压力不大于自身所受重力的k倍，运动过程中将运动员视为质点并忽略所有阻力，则c点处这一段圆弧雪道的半径不应小于（　　）
A． B． C． D．
【解答】解：从a到c根据动能定理有：mgh
在c点根据牛顿第二定律有：kmg﹣mg
联立解得：R
故ABC错误，D正确；
故选：D。
（2023 湖北）如图为某游戏装置原理示意图。水平桌面上固定一半圆形竖直挡板，其半径为2R、内表面光滑，挡板的两端A、B在桌面边缘，B与半径为R的固定光滑圆弧轨道在同一竖直平面内，过C点的轨道半径与竖直方向的夹角为60°。小物块以某一水平初速度由A点切入挡板内侧，从B点飞出桌面后，在C点沿圆弧切线方向进入轨道内侧，并恰好能到达轨道的最高点D。小物块与桌面之间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g，忽略空气阻力，小物块可视为质点。求：
（1）小物块到达D点的速度大小。
（2）B和D两点的高度差。
（3）小物块在A点的初速度大小。
【解答】解：（1）小物块恰好能到达轨道的最高点D，说明只有重力提供向心力，列式得：mg，解得小物块到达D点的速度大小：；
（2）设B和D两点的高度差为h，小物块在B点的速度为vB，从B到D过程，根据动能定理得：mgh
小物块在BC之间做平抛运动，在C点沿圆弧切线方向进入轨道内侧，说明在C点速度与过C点半径垂直，说明此时速度方向与水平方向夹角为60°，将速度沿水平和竖直分解，如下图所示：
BC之间的竖直距离H＝h+R+Rcos60°＝h+1.5R
根据平抛运动规律得：tan60°
联立求解小物块在B点的速度为vB，B和D两点的高度差h＝0
（3）设小物块在A点的速度为v，从A到B只有摩擦力做功，运用动能定理得：﹣μmg 2πR，将及vB代入解得：小物块在A点的初速度大小v。
答：（1）小物块到达D点的速度大小为；
（2）B和D两点的高度差为0；
（3）小物块在A点的初速度大小为。
（2023 江苏）如图所示，滑雪道AB由坡道和水平道组成，且平滑连接，坡道倾角均为45°。平台BC与缓冲坡CD相连，若滑雪者从P点由静止开始下滑，恰好到达B点。滑雪者现从A点由静止开始下滑，从B点飞出。已知A、P间的距离为d，滑雪者与滑道间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g，不计空气阻力。
（1）求滑雪者运动到P点的时间t；
（2）求滑雪者从B点飞出的速度大小v；
（3）若滑雪者能着陆在缓冲坡CD上，求平台BC的最大长度L。
【解答】解：（1）滑雪者由A到P做匀加速直线运动，设此过程的加速度大小为a，滑雪者的质量为m，由牛顿第二定律得：
mgsin45°﹣μmgcos45°＝ma
由位移—时间关系公式可得：
dat2
联立解得：t
（2）设滑雪者从P到B的过程，所受重力与滑动摩擦力做功分别为WG、Wf，对滑雪者从P点由静止开始下滑，恰好到达B点的过程，由动能定理得：
WG+Wf＝0﹣0
对滑雪者从A点静止下滑到B点的过程，由动能定理得：
mgdsin45°﹣μmgdcos45°+WG+Wfmv2﹣0
联立解得：v
（3）滑雪者在B点以速度大小为v，方向与水平方向夹角为45°的速度做斜抛运动，在B点竖直向上的分速度为vy＝vsin45°，水平分速度为vx＝vcos45°
设从B点运动到最高点的时间t1，由竖直方向做竖直上抛运动得：
t1
设从B点运动到与B点等高点的水平位移的大小为x，由竖直上抛运动的对称性可知此过程的时间为2t1，由水平方向做匀速直线运动得：
x＝vx 2t1
联立解得：x
若滑雪者能着陆在缓冲坡CD上，平台BC的长度不能大于x，故平台BC的最大长度L＝x
答：（1）滑雪者运动到P点的时间t为；
（2）滑雪者从B点飞出的速度大小v为；
（3）若滑雪者能着陆在缓冲坡CD上，平台BC的最大长度L为。
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