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第13讲　动能定理
知识内容 考试要求 说明
动能和动能定理 d 1.不要求用平均力计算变力做功和利用F－l图象求变力做功． 2.不要求用动能定理解决物体系的问题.
动能　动能定理
1．动能
(1)定义：物体由于运动而具有的能叫动能．
(2)公式：Ek＝mv2.
(3)标矢性：动能是标量，只有正值．
(4)状态量：动能是状态量，因为v是瞬时速度．
2．动能定理
(1)内容：在一个过程中合外力对物体所做的功，等于物体在这个过程中动能的变化．
(2)表达式：W＝mv22－mv12＝Ek2－Ek1.
(3)适用条件：
①既适用于直线运动，也适用于曲线运动．
②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，也可以分阶段作用．
(4)应用技巧：若整个过程包含了几个运动性质不同的分过程，既可以分段考虑，也可以整个过程考虑．
命题点一　对动能定理的理解
1．动能定理表明了“三个关系”
(1)数量关系：合外力做的功与物体动能的变化具有等量代换关系，但并不是说动能变化就是合外力做的功．
(2)因果关系：合外力做功是引起物体动能变化的原因．
(3)量纲关系：单位相同，国际单位都是焦耳．
2．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．
3．定理中“外力”的两点理解
(1)可以是重力、弹力、摩擦力、电场力、磁场力或其他力，它们可以同时作用，也可以不同时作用．
(2)既可以是恒力，也可以是变力．
（2023秋 揭西县期末）对质量一定的物体，下列说法中，正确的是（　　）
A．物体的动能不变，则其速度一定也不变
B．物体的速度不变，则其动能也不变
C．物体的动能不变，说明物体的运动状态没有改变
D．物体的动能不变，说明物体所受的合外力一定为零
（2024 嘉兴一模）如图所示用无人机拍摄一个盆景的特效，无人机在盆景正上方沿竖直方向先减速下降再加速上升。若拍摄全程无人机升力相等，所受空气阻力也相等，则无人机（　　）
A．下降过程失重
B．上升过程失重
C．下降过程动能增加
D．上升和下降过程的加速度不相等
（2023春 太原期末）对动能的理解，下列说法正确的是（　　）
A．动能可取负值
B．物体的动能改变，其运动状态不一定改变
C．物体速度变化时，动能不一定变化
D．动能不变的物体，一定处于平衡状态
命题点二　动能定理的基本应用
1．应用流程
2．应用动能定理的优越性
(1)动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动．
(2)既适用于恒力做功，也适用于变力做功．
（2023秋 唐县校级期末）如图所示为一简化后的滑雪雪道模型示意图，竖直平面内半径R＝7.2m的光滑圆弧轨道固定在水平面上与水平雪道相切于B点、质量m＝50kg的运动员由A点静止下滑，最后静止于水平雪道上的C点。已知运动员与地面BC间的动摩擦因数μ＝0.2。运动员可视为质点，忽略空气阻力，重力加速度大小为g＝10m/s2，则（　　）
A．运动员从A运动到B加速度方向始终指向圆心
B．运动员在B点时速度大小为15m/s
C．运动员在B点时所受圆弧轨道的支持力大小为1500N
D．B、C两点间的距离为42m
（2023春 温州期中）第24届冬奥会于2022年2月4日在我国的北京、延庆等地举行，如图甲所示，两名质量相同的跳雪运动员a、b（可视为质点）从雪道末端先后以初速度v0a、v0b沿水平方向向左飞出，示意图如图乙。若v0a：v0b＝1：3，不计空气阻力，则两名运动员从飞出至落到雪坡（可视为斜面）上的整个过程中，下列说法正确的是（　　）
A．a、b飞行时间之比为3：1
B．a、b飞行的水平位移之比为1：3
C．a、b落到雪坡上的瞬时速度方向不相同
D．a、b落到雪坡上的动能之比为1：9
（2023春 即墨区期中）如图，为2022年北京冬季奥运会自由式滑雪U形池比赛赛道截面示意图，赛道截面为半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形，直径AOB水平。总质量为m的滑雪运动员自A点上方高度h＝R处由静止开始下落，恰好从A点切入赛道，运动员滑到赛道最低点C时，位于C点的压力传感器显示滑板对赛道的压力为运动员自身重力的4倍。用W表示运动员从A点运动到C点过程中克服赛道摩擦力所做的功，重力加速度为g，运动员可视为质点，空气阻力不计，下列说法正确的是（　　）
A．，运动员不能到达B点
B．，运动员能到达B点并冲出赛道，继续上升至某一高度
C．，运动员恰能到达B点
D．，运动员能到达B点并冲出赛道，继续上升至某一高度
命题点三　动能定理与图象问题的结合
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、图线下的面积所对应的物理意义，分析解答问题，或者利用函数图线上的特定值代入函数关系式求物理量．
2．图象所围“面积”的意义
(1)v－t图象：由公式x＝vt可知，v－t图线与坐标轴围成的面积表示物体的位移．
(2)a－t图象：由公式Δv＝at可知，a－t图线与坐标轴围成的面积表示物体速度的变化量．
(3)F－x图象：由公式W＝Fx可知，F－x图线与横轴围成的面积表示力所做的功．
(4)P－t图象：由公式W＝Pt可知，P－t图线与横轴围成的面积表示力所做的功．
（2024 碑林区校级模拟）随着技术的不断进步和成本的不断降低，无人机快递物流将会逐渐普及，无人机配送将在未来重塑物流行业。某次无人机载重测试，无人机在8个相同旋转叶片的带动下竖直上升，其动能Ek随位移x变化的关系如图所示。已知无人机及其载重总质量为m＝10kg，重力加速度大小为10m/s2，不计空气阻力，此过程中无人机（　　）
A．0～5m加速阶段，每个叶片提供的升力大小为8N
B．5m～10m减速阶段，每个叶片提供的升力大小为6N
C．0～10m的上升过程中，无人机及其载重的机械能增加了320J
D．5m～10m的上升过程中，无人机受到的升力的平均功率为144W
（2024 重庆模拟）如图1所示，固定斜面的倾角θ＝37°，一物体（可视为质点）在沿斜面向上的恒定拉力F作用下，从斜面底端由静止开始沿斜面向上滑动，经过距斜面底端x0处的A点时撤去拉力F。该物体的动能Ek与它到斜面底端的距离x的部分关系图像如图2所示。已知该物体的质量m＝1kg，该物体两次经过A点时的动能之比为4：1，该物体与斜面间动摩擦因数处处相同，sin37°＝0.6，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力。则拉力F的大小为（　　）
A．8N B．9.6N C．16N D．19.2N
（多选）（2024 让胡路区校级开学）如图（a）所示，一物块以一定初速度沿倾角为30°的固定斜面上滑，运动过程中摩擦力大小f恒定，物块动能Ek与运动路程s的关系如图（b）所示。重力加速度大小取10m/s2，下列判断正确的是（　　）
A．物块的质量为0.7kg
B．物块所受摩擦力f＝1N
C．物块在最高点时重力势能为30J
D．物块上滑过程克服摩擦力做功为5J
命题点四　用动能定理解决多过程问题
1．解决多过程问题的两种思路：
一种是全过程列式，另一种是分段列式．
2．全过程列式时，涉及重力、弹簧弹力、大小恒定的阻力或摩擦力做功时，要注意运用它们的功能特点：
(1)重力的功取决于物体的初、末位置，与路径无关；
(2)大小恒定的阻力或摩擦力的功等于力的大小与路程的乘积．
(3)弹簧弹力做功与路径无关．
类型1　直线运动与圆周运动的结合
（2023秋 河西区期末）如图所示，水平轨道AB长为2R，其A端有一被锁定的轻质弹簧，弹簧左端连接在固定的挡板上，圆心在O1半径为R的光滑圆形轨道BC与AB相切于B点，并且和圆心在O2半径为2R的光滑细圆管轨道CD平滑对接，O1、C、O2三点在同一条直线上，光滑细圆管轨道CD右侧有一半径为2R，圆心在D点的圆弧挡板MO2竖直放置，并且与地面相切于O2点.质量为m的小球（可视为质点）从轨道上的C点由静止滑下，刚好能运动到A点，触发弹簧，弹簧立即解除锁定，小滑块被弹回，小球在到达B点之前已经脱离弹簧，并恰好无挤压通过细圆管轨道最高点D（计算时圆管直径可不计，重力加速度为g）。求：
（1）小滑块与水平轨道AB间的动摩擦因数μ；
（2）弹簧锁定时具有的弹性势能EP；
（3）滑块通过最高点D后落到挡板上时具有的动能EK。
（2024 江苏模拟）如图所示，倾角为37°的粗糙斜面AB底端与半径R＝0.4m的光滑半圆轨道BC平滑相连，O为轨道圆心，BC为圆轨道直径且处于竖直方向，A、C两点等高．质量m＝1kg的滑块从A点由静止开始下滑，恰能滑到与O等高的D点，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.
（1）求滑块与斜面间的动摩擦因数μ．
（2）若使滑块能到达C点，求滑块从A点沿斜面滑下时的初速度v0的最小值．
（3）若滑块离开C处的速度大小为4m/s，求滑块从C点飞出至落到斜面上的时间t．
类型2　直线运动与平抛运动的结合
（2023 福建学业考试）如图所示为打弹珠的游戏装置，光滑竖直细管AB位于平台下方，高度为4h，直管底部有一竖直轻弹簧，其长度远小于4h。平台上方BC段为一光滑的圆弧管型轨道，其半径为h，管自身粗细对半径的影响可忽略不计。现拉动拉杆压缩弹簧，再释放拉杆将一质量为m的小球弹出，小球弹出后从管口C水平飞出，落至平台上，落点距管口C的水平距离为10h，不计一切阻力，重力加速度为g，试求：
（1）小球从管口C飞出时的速度；
（2）弹簧被压缩后具有的弹性势能；
（3）若平台上方圆弧轨道的半径可调，且保证每次拉动拉杆压缩弹簧的形变量为定值，则当圆弧轨道半径为何值时，小球从管口飞出后距管口C的水平距离最大？最大值是多少？
（2022秋 杭州期末）在足够长的光滑平台左端锁定一被压缩的轻质弹簧，一个可视为质点的质量m＝0.04kg的滑块与弹簧接触但不栓接。某一时刻释放弹簧弹出滑块，滑块从平台右端A点水平飞出，恰能落到B点，刚好无碰撞地沿着倾斜轨道BC滑下。已知AB的竖直高度h＝0.45m，倾斜轨道BC长L＝2.0m，轨道倾角α＝37°，BC通过粗糙水平轨道CD与光滑竖直半圆轨道DE和连，CD长s＝1.3m，滑块与BC、CD的动摩擦因数μ＝0.5，各部分平滑连接。（g＝10m/s2，cos37°＝0.8，sin37°＝0.6）求：
（1）弹簧处于锁定状态时的弹性势能；
（2）若小球能运动到轨道最高点E，竖直圆弧轨道的半径应满足什么条件；
（3）小球从最高点E水平抛出，落在水平轨道的F点（图中未画出），F离竖直半圆轨道D点的水平距离为x，仅改变轨道半径R，当R为何值时x有最大值，最大值为多少。
（2024 绵阳模拟）质量为m和M的物体用轻绳相连，现将M用手按在光滑斜面上的A点，让轻绳跨过O点的一光滑微小定滑轮，OM水平，Om竖直，两物体均静止，如图所示。现松手释放M，M沿斜面由A点运动到B点的过程中，m没有落地，OB垂直于斜面。在物体M从A到B的过程中（　　）
A．m始终处于失重状态 B．m始终处于超重状态
C．m的动能一直增大 D．M的动能一直增大
（2024 丰台区一模）如图所示，斜面顶端在水平面上的投影为O点，斜面与水平面平滑连接。一小木块从斜面的顶端由静止开始下滑，停到水平面上的A点。已知小木块与斜面、水平面间的动摩擦因数相同。保持斜面长度不变，增大斜面倾角，下列说法正确的是（　　）
A．小木块沿斜面下滑的加速度减小
B．小木块滑至斜面底端时重力的瞬时功率增大
C．小木块滑至斜面底端的时间增大
D．A点到O点的距离不变
（2024 海门区校级二模）如图所示，细绳一端固定，下端连接乒乓球，乒乓球从A点静止释放摆动到右侧最高点E，C为最低点，B、D两点等高，上述过程中乒乓球（　　）
A．在E点时，绳中拉力为零
B．在C点时速度最大
C．在B、D两点的速度大小相等
D．从B点到C点的时间比从C点到D点的时间短
（2024 贵州模拟）如图所示，某一斜面的顶端到正下方水平面O点的高度为h，斜面底端与水平面平滑连接。一小木块从斜面的顶端由静止开始滑下，滑到水平面上的A点停下。已知小木块与斜面、水平面间的动摩擦因数均为μ，A点到O点的距离为x，斜面倾角为θ。则下列说法正确的是（　　）
A．木块沿斜面下滑的过程中，摩擦力对木块做功为μmgx
B．若保持h和μ不变，θ增大，木块应在A点左侧停下
C．若保持h和μ不变，θ增大，木块应在A点右侧停下
D．若保持h和μ不变，将斜面底端延长至A点，木块则刚好不下滑
（2024春 思明区校级月考）如图甲，质量m＝10kg的物体静止在水平地面上，在水平推力F作用下开始运动，水平推力（F）随位移（x）变化的图像如图乙。已知物体与地面间的动摩擦因数μ＝0.5，取重力加速度大小g＝10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则（　　）
A．在0～10m的过程中，推力F对物体所做的功为1000J
B．在0～10m的过程中，滑动摩擦力对物体所做的功为500J
C．物体的位移x＝5m时，其速度大小为5m/s
D．物体的位移x＝10m时，其速度大小为10m/s
（2024 日照一模）如图所示，在水平地面上固定一倾角α＝37°的斜面体，质量m＝1kg的小车A以P＝100W的恒定功率沿斜面底端由静止开始向上运动，同时在小车A的正上方某处，有一物块B以v0＝6m/s的初速度水平抛出。当小车A上滑到斜面上某点时恰好被物块B垂直于斜面击中。小车A、物块B均可看作质点，小车与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，不计空气阻力，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列判断正确的是（　　）
A．物块在空中运动的时间等于0.4s
B．物块击中小车时小车的速度等于2m/s
C．物块击中小车时的速度等于8m/s
D．小车从开始运动到被物块击中时的位移等于10m
（2023秋 包河区校级期末）滑块以初速度v0沿粗糙斜面从底端O上滑，到达最高点B后返回到底端。利用频闪仪分别对上行和下滑过程进行拍摄，频闪照片示意图如图所示，图中A为OB的中点。下列判断正确的是（　　）
A．图乙中的滑块处于上行阶段
B．滑块上行与下滑的加速度之比为16：9
C．滑块上行与下滑通过A时的动能之比为4：3
D．滑块与斜面间的动摩擦因数为0.25
（2024 山西模拟）质量为m、电荷量为q的物块处于水平方向的匀强电场E中，在电场力的作用下，由静止开始在水平地面上做直线运动，E与时间t的关系如图所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为0.2，g＝10m/s2，则（　　）
A．t＝3s时，物块的速率为3m/s
B．t＝4s时，物块的动能为零
C．t＝6s时，物块回到初始位置
D．0～6s内，物块平均速度的大小为2m/s
（2022秋 上虞区期末）汽车在平直的公路上由静止开始匀加速行驶，经过时间t，速度为v时功率达到额定功率，并保持不变。之后汽车又继续前进了距离s，达到最大速度vmax。设汽车质量为m，运动过程中所受阻力恒为f，则下列说法正确的是（　　）
A．汽车的额定功率为fv
B．汽车匀加速运动过程中，克服阻力做功为fvt
C．汽车从静止开始到速度达到最大值的过程中，合力做的功为
D．汽车从静止到速度最大的过程中，牵引力做功为
（2023春 西城区校级期中）质量为M的木块放在光滑的水平面上，质量为m的子弹以速度v0沿水平方向射中木块并最终留在木块中与木块一起以速度v运动。当子弹进入木块的深度为s时相对木块静止，这时木块前进的距离为L，若木块对子弹的阻力大小f视为恒定，下列关系正确的是（　　）
A．fL
B．﹣fs
C．﹣fs
D．f（L+s）
（2024 佛山二模）“路亚”是一种钓鱼方法，用这种方法钓鱼时先把鱼饵通过鱼线收到鱼竿末端，然后用力将鱼饵甩向远处。如图所示，钓鱼爱好者在a位置开始甩竿，鱼饵被甩至最高点b时迅速释放鱼线，鱼饵被水平抛出，最后落在距b水平距离s＝16m的水面上。已知开始甩竿时鱼竿与竖直方向成53°角，鱼饵的质量为m＝0.02kg。甩竿过程竿可视为在竖直平面内绕O点转动，且O离水面高度h＝1.6m、到鱼竿末端鱼饵的距离L＝1.6m。鱼饵从b点抛出后，忽略鱼线对其作用力和空气阻力，重力加速度g取10m/s2，已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。求：
（1）鱼饵在b点抛出时的速度大小；
（2）释放鱼线前，鱼饵在b点受鱼竿作用力的大小和方向；
（3）从a到b的甩竿过程，鱼竿对鱼饵做的功W。
（2024 下城区校级模拟）某校科技小组在创新大赛中设计如图所示的轨道装置，已知倾角θ＝37°的斜轨道AD长为L＝3.5m，在轨道中点B点连接一光滑的双层圆轨道，切点B和B'稍错位，轨道半径R＝0.5m，D点连接水平轨道DE，长为s＝0.8m，E点离地面高度为h1＝2.3m。质量m＝0.2kg的滑块以一定初速度从A点出发，经过圆轨道从E点平抛飞出，落入放置在水平地面上高为h2＝0.5m的小桶内，小桶直径为d＝0.3m。滑块可看作质点，圆轨道间距可忽略，滑块与斜轨道、水平轨道的动摩擦因数均为μ＝0.25，不计空气阻力和滑块在D点的能量损失。（已知g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）
（1）若滑块初速度为零，求到达B点时的速度大小；
（2）若滑块的初速度v0＝4m/s，求到达圆轨道最高点C处时对轨道的压力；
（3）要使滑块落入小桶内，求小桶左侧离F点的水平距离x与滑块初速度v0的关系。第13讲　动能定理
知识内容 考试要求 说明
动能和动能定理 d 1.不要求用平均力计算变力做功和利用F－l图象求变力做功． 2.不要求用动能定理解决物体系的问题.
动能　动能定理
1．动能
(1)定义：物体由于运动而具有的能叫动能．
(2)公式：Ek＝mv2.
(3)标矢性：动能是标量，只有正值．
(4)状态量：动能是状态量，因为v是瞬时速度．
2．动能定理
(1)内容：在一个过程中合外力对物体所做的功，等于物体在这个过程中动能的变化．
(2)表达式：W＝mv22－mv12＝Ek2－Ek1.
(3)适用条件：
①既适用于直线运动，也适用于曲线运动．
②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，也可以分阶段作用．
(4)应用技巧：若整个过程包含了几个运动性质不同的分过程，既可以分段考虑，也可以整个过程考虑．
命题点一　对动能定理的理解
1．动能定理表明了“三个关系”
(1)数量关系：合外力做的功与物体动能的变化具有等量代换关系，但并不是说动能变化就是合外力做的功．
(2)因果关系：合外力做功是引起物体动能变化的原因．
(3)量纲关系：单位相同，国际单位都是焦耳．
2．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．
3．定理中“外力”的两点理解
(1)可以是重力、弹力、摩擦力、电场力、磁场力或其他力，它们可以同时作用，也可以不同时作用．
(2)既可以是恒力，也可以是变力．
（2023秋 揭西县期末）对质量一定的物体，下列说法中，正确的是（　　）
A．物体的动能不变，则其速度一定也不变
B．物体的速度不变，则其动能也不变
C．物体的动能不变，说明物体的运动状态没有改变
D．物体的动能不变，说明物体所受的合外力一定为零
【解答】解：A、物体的动能不变，物体的速度大小不变，而速度方向不一定不变，则速度也不一定不变。故A错误。
B、物体的速度不变，物体的速度大小和方向均不变，则动能一定不变。故B正确。
C、物体的动能不变，物体的速度大小不变，而速度可能改变，则物体的运动状态也可能改变。故C错误。
D、物体的动能不变，速度可能改变，物体所受的合外力可能不为零。故D错误。
故选：B。
（2024 嘉兴一模）如图所示用无人机拍摄一个盆景的特效，无人机在盆景正上方沿竖直方向先减速下降再加速上升。若拍摄全程无人机升力相等，所受空气阻力也相等，则无人机（　　）
A．下降过程失重
B．上升过程失重
C．下降过程动能增加
D．上升和下降过程的加速度不相等
【解答】解：根据加速度向下为失重状态，加速度向上为超重状态，所以
AB．减速下降过程，加速上升过程，加速度向上，无人机处于超重状态，故AB错误；
C．减速下降过程，质量不变，速度减小，所以动能减小，故C错误；
D．根据牛顿第二定律：a下降；a上升
可知，上升和下降过程的加速度不相等，故D正确。
故选：D。
（2023春 太原期末）对动能的理解，下列说法正确的是（　　）
A．动能可取负值
B．物体的动能改变，其运动状态不一定改变
C．物体速度变化时，动能不一定变化
D．动能不变的物体，一定处于平衡状态
【解答】解：A.根据动能表达式：，可知动能不可以取负值，故A错误；
B.物体的动能改变，则物体的速度大小发生改变，其运动状态一定改变，故B错误；
C物体速度变化时，如果只是速度方向发生变化时，速度大小不变，则动能不变，故C正确；
D.动能不变的物体，可能只是速度大小不变，而速度的方向发生改变，则物体不处于平衡状态，故D错误。
故选：C。
命题点二　动能定理的基本应用
1．应用流程
2．应用动能定理的优越性
(1)动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动．
(2)既适用于恒力做功，也适用于变力做功．
（2023秋 唐县校级期末）如图所示为一简化后的滑雪雪道模型示意图，竖直平面内半径R＝7.2m的光滑圆弧轨道固定在水平面上与水平雪道相切于B点、质量m＝50kg的运动员由A点静止下滑，最后静止于水平雪道上的C点。已知运动员与地面BC间的动摩擦因数μ＝0.2。运动员可视为质点，忽略空气阻力，重力加速度大小为g＝10m/s2，则（　　）
A．运动员从A运动到B加速度方向始终指向圆心
B．运动员在B点时速度大小为15m/s
C．运动员在B点时所受圆弧轨道的支持力大小为1500N
D．B、C两点间的距离为42m
【解答】解：A、运动员从A运动到B做变速圆周运动，所受合外力沿切向的分力，使运动员的速率发生变化，沿径向的分力提供向心力，使运动员的速度方向不断变化，可知合外力不始终指向圆心，所以合加速度也不始终指向圆心，故A错误；
B、运动员从A运动到B的过程，根据动能定理得：，解得：vB＝12m/s，故B错误；
C、运动员在B点时，根据牛顿第二定律得：FN﹣mg＝m，解得：FN＝1500N，故C正确；
D、运动员由A点运动到C点的过程中，根据动能定理得：mgR﹣μmgx＝0，解得B、C两点间的距离为：x＝36m，故D错误。
故选：C。
（2023春 温州期中）第24届冬奥会于2022年2月4日在我国的北京、延庆等地举行，如图甲所示，两名质量相同的跳雪运动员a、b（可视为质点）从雪道末端先后以初速度v0a、v0b沿水平方向向左飞出，示意图如图乙。若v0a：v0b＝1：3，不计空气阻力，则两名运动员从飞出至落到雪坡（可视为斜面）上的整个过程中，下列说法正确的是（　　）
A．a、b飞行时间之比为3：1
B．a、b飞行的水平位移之比为1：3
C．a、b落到雪坡上的瞬时速度方向不相同
D．a、b落到雪坡上的动能之比为1：9
【解答】解：A．设运动员的初速度为v0时，飞行时间为t，水平方向的位移大小为x，竖直方向的位移大小为y；
运动员在水平方向上做匀速直线运动，有x＝v0t，在竖直方向上做自由落体运动，有ygt2
运动员落在斜面上时，有tanθ，联立解得：t，则知运动员飞行的时间t与v0成正比，则他们飞行时间之比为ta：tb＝va：vb＝1：3，故A错误；
B．他们飞行的水平位移之比为，故B错误；
C．设运动员落到雪坡上的瞬时速度方向与水平方向的夹角为α，则结合上式可知：，所以他们落到雪坡上的瞬时速度方向一定相同，故C错误；
D．根据C选项可知，两名运动员落到雪坡上时的速度大小之比为1：3，根据
可知两名运动员落到雪坡上时的动能之比为1：9，故D正确。
故选：D。
（2023春 即墨区期中）如图，为2022年北京冬季奥运会自由式滑雪U形池比赛赛道截面示意图，赛道截面为半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形，直径AOB水平。总质量为m的滑雪运动员自A点上方高度h＝R处由静止开始下落，恰好从A点切入赛道，运动员滑到赛道最低点C时，位于C点的压力传感器显示滑板对赛道的压力为运动员自身重力的4倍。用W表示运动员从A点运动到C点过程中克服赛道摩擦力所做的功，重力加速度为g，运动员可视为质点，空气阻力不计，下列说法正确的是（　　）
A．，运动员不能到达B点
B．，运动员能到达B点并冲出赛道，继续上升至某一高度
C．，运动员恰能到达B点
D．，运动员能到达B点并冲出赛道，继续上升至某一高度
【解答】解：根据牛顿第三定律可知，在C点，赛道对运动员的支持力大小为4mg。
在C点，由牛顿第二定律有
得运动员在C点的速度为：
设A到C过程中运动员克服摩擦力做的功为W，从开始运动到最低点的过程中，由动能定理得
解得：
假设运动员能达到B点。设C到B过程中运动员克服摩擦力做的功为W′，在B点的动能为EkB，则从C到B过程中，由动能定理有
根据能量守恒，可得运动员在轨道CB上某点的速度比AC轨道上等高位置的速度小，相应的弹力大小也是轨道CB上要小，受到的摩擦力也小，所以运动员在轨道CB上克服摩擦力所做的功比在AC轨道上克服摩擦力所做的功要小，即W′＜W，结合上式，可得EkB＞0，所以运动员能达到B点并冲出赛道，继续上升至某一高度，故ABC错误，D正确。
故选：D。
命题点三　动能定理与图象问题的结合
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、图线下的面积所对应的物理意义，分析解答问题，或者利用函数图线上的特定值代入函数关系式求物理量．
2．图象所围“面积”的意义
(1)v－t图象：由公式x＝vt可知，v－t图线与坐标轴围成的面积表示物体的位移．
(2)a－t图象：由公式Δv＝at可知，a－t图线与坐标轴围成的面积表示物体速度的变化量．
(3)F－x图象：由公式W＝Fx可知，F－x图线与横轴围成的面积表示力所做的功．
(4)P－t图象：由公式W＝Pt可知，P－t图线与横轴围成的面积表示力所做的功．
（2024 碑林区校级模拟）随着技术的不断进步和成本的不断降低，无人机快递物流将会逐渐普及，无人机配送将在未来重塑物流行业。某次无人机载重测试，无人机在8个相同旋转叶片的带动下竖直上升，其动能Ek随位移x变化的关系如图所示。已知无人机及其载重总质量为m＝10kg，重力加速度大小为10m/s2，不计空气阻力，此过程中无人机（　　）
A．0～5m加速阶段，每个叶片提供的升力大小为8N
B．5m～10m减速阶段，每个叶片提供的升力大小为6N
C．0～10m的上升过程中，无人机及其载重的机械能增加了320J
D．5m～10m的上升过程中，无人机受到的升力的平均功率为144W
【解答】解：A、根据Ek﹣h的图像可得，在0～5m加速阶段，由动能定理得
可知Ek﹣h图像的斜率的大小表示合外力的大小，则由图像可得：F合＝64N
设每个叶片提供的升力大小为F，则有：8F﹣mg＝F合
解得：F＝20.5N，故A错误；
B、5m～10m减速阶段，同理可知，图线斜率的绝对值表示合外力的大小，设此阶段升力的大小为F′，合外力为F′合，可得：F′合＝F合＝64N
则有mg﹣8F′＝F′合，解得：F′＝4.5N，故B错误；
C、根据功能关系可知，0～10m的上升过程中，无人机及其载重的机械能增加量等于升力所做的功，而在整个上升过程中，升力做功为
W＝8Fh1+8F′h2＝8×20.5×5J+8×4.5×5J＝1000J
所以0～10m的上升过程中，机械能的增加量ΔE＝W＝1000J，故C错误；
D、设5m～10m的上升过程中无人机的加速度大小为a。根据牛顿第二定律有：F′合＝ma
解得：a＝6.4m/s2
设上升到5m时的速度为v，则有，解得：v＝8m/s
5m～10m的上升过程中所用的时间为
5m～10m的上升过程中升力所做的功为
W′＝8F′h2＝8×4.5×5J＝180J
故该过程中无人机受到的升力的平均功率为
，故D正确。
故选：D。
（2024 重庆模拟）如图1所示，固定斜面的倾角θ＝37°，一物体（可视为质点）在沿斜面向上的恒定拉力F作用下，从斜面底端由静止开始沿斜面向上滑动，经过距斜面底端x0处的A点时撤去拉力F。该物体的动能Ek与它到斜面底端的距离x的部分关系图像如图2所示。已知该物体的质量m＝1kg，该物体两次经过A点时的动能之比为4：1，该物体与斜面间动摩擦因数处处相同，sin37°＝0.6，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力。则拉力F的大小为（　　）
A．8N B．9.6N C．16N D．19.2N
【解答】解：依题意，设物体在运动过程中受到的滑动摩擦力大小为f，
当物体沿斜面向上运动到x0处时，根据动能定理有
（F﹣Gsinθ﹣f）x0＝E0
运动到2x0处时，根据动能定理有
Fx0﹣（Gsinθ+f） 2x0＝0
当物体沿斜面向下运动到x0处时，根据动能定理有
联立方程，代入数据解得：F＝19.2N，故ABC错误，D正确。
故选：D。
（多选）（2024 让胡路区校级开学）如图（a）所示，一物块以一定初速度沿倾角为30°的固定斜面上滑，运动过程中摩擦力大小f恒定，物块动能Ek与运动路程s的关系如图（b）所示。重力加速度大小取10m/s2，下列判断正确的是（　　）
A．物块的质量为0.7kg
B．物块所受摩擦力f＝1N
C．物块在最高点时重力势能为30J
D．物块上滑过程克服摩擦力做功为5J
【解答】解：AB、0～10m内物块上滑，由动能定理得
﹣mgsin30° s﹣fs＝Ek﹣Ek0
变形得：Ek＝Ek0﹣（mgsin30°+f）s
结合0～10m内图像斜率的绝对值|k|＝mgsin30°+fN＝4N
10～20m内物块下滑，由动能定理得
（mgsin30°﹣f）（s﹣s1）＝Ek
整理得：Ek＝（mgsin30°﹣f）s﹣（mgsin30°﹣f）s1
结合10～20m内的图像得斜率k′＝mgsin30°﹣fN＝3N
联立解得：f＝0.5N，m＝0.7kg，故A正确，B错误；
C、由题图可得，物块沿斜面上滑的最大距离为10m，则物块在最高点时重力势能为：，故C错误；
D、物块在上滑过程中，由动能定理得：﹣mgsin30° s1﹣Wf＝0﹣Ek0，解得物块上滑过程克服摩擦力做功为：Wf＝5J，故D正确。
故选：AD。
命题点四　用动能定理解决多过程问题
1．解决多过程问题的两种思路：
一种是全过程列式，另一种是分段列式．
2．全过程列式时，涉及重力、弹簧弹力、大小恒定的阻力或摩擦力做功时，要注意运用它们的功能特点：
(1)重力的功取决于物体的初、末位置，与路径无关；
(2)大小恒定的阻力或摩擦力的功等于力的大小与路程的乘积．
(3)弹簧弹力做功与路径无关．
类型1　直线运动与圆周运动的结合
（2023秋 河西区期末）如图所示，水平轨道AB长为2R，其A端有一被锁定的轻质弹簧，弹簧左端连接在固定的挡板上，圆心在O1半径为R的光滑圆形轨道BC与AB相切于B点，并且和圆心在O2半径为2R的光滑细圆管轨道CD平滑对接，O1、C、O2三点在同一条直线上，光滑细圆管轨道CD右侧有一半径为2R，圆心在D点的圆弧挡板MO2竖直放置，并且与地面相切于O2点.质量为m的小球（可视为质点）从轨道上的C点由静止滑下，刚好能运动到A点，触发弹簧，弹簧立即解除锁定，小滑块被弹回，小球在到达B点之前已经脱离弹簧，并恰好无挤压通过细圆管轨道最高点D（计算时圆管直径可不计，重力加速度为g）。求：
（1）小滑块与水平轨道AB间的动摩擦因数μ；
（2）弹簧锁定时具有的弹性势能EP；
（3）滑块通过最高点D后落到挡板上时具有的动能EK。
【解答】解：（1）由几何关系可得CB间的高度差
小滑块从B点运动到A点的过程，由动能定理得
mgh﹣μmg 2R＝0
解得
（2）滑块在D点时，由重力提供向心力，可得
从A点到D点的过程中，由功能关系有
EP＝mg 2R+μmg 2R
解得
（3）滑块通过最高点D后做平抛运动，根据平抛运动的规律可知，水平方向有x＝vt
竖直方向上有
又几何关系为x2+y2＝4R2
可得滑块落到挡板上的动能为或
解得
答：（1）小滑块与水平轨道AB间的动摩擦因数μ为；
（2）弹簧锁定时具有的弹性势能EP为mgR；
（3）滑块通过最高点D后落到挡板上时具有的动能EK为（21）mgR。
（2024 江苏模拟）如图所示，倾角为37°的粗糙斜面AB底端与半径R＝0.4m的光滑半圆轨道BC平滑相连，O为轨道圆心，BC为圆轨道直径且处于竖直方向，A、C两点等高．质量m＝1kg的滑块从A点由静止开始下滑，恰能滑到与O等高的D点，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.
（1）求滑块与斜面间的动摩擦因数μ．
（2）若使滑块能到达C点，求滑块从A点沿斜面滑下时的初速度v0的最小值．
（3）若滑块离开C处的速度大小为4m/s，求滑块从C点飞出至落到斜面上的时间t．
【解答】解：（1）滑块由A到D过程，根据动能定理，有：
mg（2R﹣R）﹣μmgcos37° 0﹣0
得
（2）若滑块能到达C点，根据牛顿第二定律　有
则得
A到C的过程：根据动能定理　有﹣μmgcos37°
联立解得，v02m/s
所以初速度v0的最小值为2m/s．
（3）滑块离开C点做平抛运动，则有
x＝vct
由几何关系得：tan37°
联立得 5t2+3t﹣0.8＝0
解得　t＝0.2s
类型2　直线运动与平抛运动的结合
（2023 福建学业考试）如图所示为打弹珠的游戏装置，光滑竖直细管AB位于平台下方，高度为4h，直管底部有一竖直轻弹簧，其长度远小于4h。平台上方BC段为一光滑的圆弧管型轨道，其半径为h，管自身粗细对半径的影响可忽略不计。现拉动拉杆压缩弹簧，再释放拉杆将一质量为m的小球弹出，小球弹出后从管口C水平飞出，落至平台上，落点距管口C的水平距离为10h，不计一切阻力，重力加速度为g，试求：
（1）小球从管口C飞出时的速度；
（2）弹簧被压缩后具有的弹性势能；
（3）若平台上方圆弧轨道的半径可调，且保证每次拉动拉杆压缩弹簧的形变量为定值，则当圆弧轨道半径为何值时，小球从管口飞出后距管口C的水平距离最大？最大值是多少？
【解答】解：（1）小球从管口C飞出后做平抛运动，竖直方向有：
h
水平方向有：
10h＝v0t
解得 v0＝5
（2）小球从弹出到管口过程，由动能定理得：
W弹﹣mg（4h+h）0
根据功能关系知：弹簧被压缩后具有的弹簧弹性势能 Ep＝W弹
解得 Ep＝30mgh
（3）设圆弧半径为x，由动能定理得：
Ep﹣mg（4h+x）0
飞出后做平抛运动，有：
x
水平距离
s＝vt
解得 s＝2
当26h﹣x＝x，即x＝13h时，水平距离s最大，且最大距离为26h。
（2022秋 杭州期末）在足够长的光滑平台左端锁定一被压缩的轻质弹簧，一个可视为质点的质量m＝0.04kg的滑块与弹簧接触但不栓接。某一时刻释放弹簧弹出滑块，滑块从平台右端A点水平飞出，恰能落到B点，刚好无碰撞地沿着倾斜轨道BC滑下。已知AB的竖直高度h＝0.45m，倾斜轨道BC长L＝2.0m，轨道倾角α＝37°，BC通过粗糙水平轨道CD与光滑竖直半圆轨道DE和连，CD长s＝1.3m，滑块与BC、CD的动摩擦因数μ＝0.5，各部分平滑连接。（g＝10m/s2，cos37°＝0.8，sin37°＝0.6）求：
（1）弹簧处于锁定状态时的弹性势能；
（2）若小球能运动到轨道最高点E，竖直圆弧轨道的半径应满足什么条件；
（3）小球从最高点E水平抛出，落在水平轨道的F点（图中未画出），F离竖直半圆轨道D点的水平距离为x，仅改变轨道半径R，当R为何值时x有最大值，最大值为多少。
【解答】解：（1）A到B平抛运动，则在竖直方向，解得
在B点，
被释放前弹簧的弹性势能
（2）在B点
从B到D，根据动能定理可得：
解得：
恰好过竖直圆轨道最高点，根据牛顿第二定律可得：
从D到圆轨道最高点，根据动能定理可得：
解得：R＝0.4m
所以R≤0.4m
（3）小球从E点飞出后做平抛运动，竖直方向
水平方向x＝vEt
D到E机械能守恒，
解得：
所以当R
（2024 绵阳模拟）质量为m和M的物体用轻绳相连，现将M用手按在光滑斜面上的A点，让轻绳跨过O点的一光滑微小定滑轮，OM水平，Om竖直，两物体均静止，如图所示。现松手释放M，M沿斜面由A点运动到B点的过程中，m没有落地，OB垂直于斜面。在物体M从A到B的过程中（　　）
A．m始终处于失重状态 B．m始终处于超重状态
C．m的动能一直增大 D．M的动能一直增大
【解答】解：ABC、物体M运动到B位置时，OM间绳长最短，此时m刚好到达最低点，速度为0，初速度也为0，所以在物体M从A到B的过程中，m先向下加速后向下减速，加速度方向先向下后向上，则m先处于失重状态后处于超重状态，m的动能先增大后减小，故ABC错误；
D、在物体M从A到B的过程中，绳子拉力和重力均一直对M做正功，根据动能定理可知M的动能一直增大，故D正确。
故选：D。
（2024 丰台区一模）如图所示，斜面顶端在水平面上的投影为O点，斜面与水平面平滑连接。一小木块从斜面的顶端由静止开始下滑，停到水平面上的A点。已知小木块与斜面、水平面间的动摩擦因数相同。保持斜面长度不变，增大斜面倾角，下列说法正确的是（　　）
A．小木块沿斜面下滑的加速度减小
B．小木块滑至斜面底端时重力的瞬时功率增大
C．小木块滑至斜面底端的时间增大
D．A点到O点的距离不变
【解答】解：A、设斜面的倾角为α，斜面长度为L。小木块沿斜面下滑时，根据牛顿第二定律有：mgsinα﹣μmgcosα＝ma
可得：a＝g（sinα﹣μcosα）
增大斜面倾角α，sinα增大，cosα减小，则小木块沿斜面下滑的加速度a增大，故A错误；
B、由v2＝2aL得小木块滑至斜面底端时速度大小为：v
小木块滑至斜面底端时重力的瞬时功率为P＝mgvsinα＝mgsinα，α增大，L不变，则P增大，故B正确；
C、设小木块滑至斜面底端的时间为t，则L，a增大，L不变，则t减小，故C错误；
D、设A点到O点的距离为s，对整个过程，由动能定理得：
mgLsinα﹣μmgcosα L﹣μmg（s﹣Lcosα）＝0
可得：s，a增大，L不变，则s增大，故D错误。
故选：B。
（2024 海门区校级二模）如图所示，细绳一端固定，下端连接乒乓球，乒乓球从A点静止释放摆动到右侧最高点E，C为最低点，B、D两点等高，上述过程中乒乓球（　　）
A．在E点时，绳中拉力为零
B．在C点时速度最大
C．在B、D两点的速度大小相等
D．从B点到C点的时间比从C点到D点的时间短
【解答】解：A、在E点时，乒乓球速度为零，向心力为零，设绳子与竖直方向夹角为θ，则有F＝mgcosθ，则绳中拉力不为零，故A错误；
B、由图可知，乒乓球运动过程中有阻力存在，当切向加速度为0时，速度最大，显然C点速度不是最大，故B错误；
C、从B点到D点重力做功为零，由于阻力做负功，根据动能定理可知B点的速度大于D点速度，故C错误；
D、BC段平均速度大于CD的平均速度，则知从B点到C点的时间比从C点到D点的时间短，故D正确；
故选：D。
（2024 贵州模拟）如图所示，某一斜面的顶端到正下方水平面O点的高度为h，斜面底端与水平面平滑连接。一小木块从斜面的顶端由静止开始滑下，滑到水平面上的A点停下。已知小木块与斜面、水平面间的动摩擦因数均为μ，A点到O点的距离为x，斜面倾角为θ。则下列说法正确的是（　　）
A．木块沿斜面下滑的过程中，摩擦力对木块做功为μmgx
B．若保持h和μ不变，θ增大，木块应在A点左侧停下
C．若保持h和μ不变，θ增大，木块应在A点右侧停下
D．若保持h和μ不变，将斜面底端延长至A点，木块则刚好不下滑
【解答】解：BC、对小木块运动的整个过程，根据动能定理有
解得：x，可知x与θ无关，若保持h和μ不变，θ增大，仍停在A点，故BC错误；
A、由上知h＝μx，木块沿斜面下滑的过程中，重力对木块做功为：WG＝mgh＝μmgx
根据动能定理得：WG+Wf，则摩擦力对木块做功为：WfWGmghμmgx，v为木块运动到斜面底端时速度大小，故A错误；
D、对小木块运动的整个过程，根据动能定理有
解得：h＝μx
将斜面底端延长至A点，有：，则mgsinθ＝μmgcosθ
所以木块则刚好不下滑，故D正确。
故选：D。
（2024春 思明区校级月考）如图甲，质量m＝10kg的物体静止在水平地面上，在水平推力F作用下开始运动，水平推力（F）随位移（x）变化的图像如图乙。已知物体与地面间的动摩擦因数μ＝0.5，取重力加速度大小g＝10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则（　　）
A．在0～10m的过程中，推力F对物体所做的功为1000J
B．在0～10m的过程中，滑动摩擦力对物体所做的功为500J
C．物体的位移x＝5m时，其速度大小为5m/s
D．物体的位移x＝10m时，其速度大小为10m/s
【解答】解：A、根据图像可知F﹣x图像围成的面积表示推力F做的功，所以WJ＝500J，故A错误；
B、Wf＝﹣fx＝﹣μmgx＝﹣0.5×10×10×10＝﹣500J，摩擦力做负功，故B错误；
C、由图可知运动位移为5m过程中力F做的功W′J＝375J，摩擦力做功Wf′＝﹣μmgx′＝0.5×10×10×5J＝250J，根据动能定理W合＝W′+Wf′，即375J﹣250J解得v＝5m/s，故C正确；
D、由AB选项可知，当物体运动位移为10m时，WF＝500J，Wf＝﹣500J，由动能定理可知W合＝ΔEK＝0J，所以v′＝0m/s，故D错误。
故选：C。
（2024 日照一模）如图所示，在水平地面上固定一倾角α＝37°的斜面体，质量m＝1kg的小车A以P＝100W的恒定功率沿斜面底端由静止开始向上运动，同时在小车A的正上方某处，有一物块B以v0＝6m/s的初速度水平抛出。当小车A上滑到斜面上某点时恰好被物块B垂直于斜面击中。小车A、物块B均可看作质点，小车与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，不计空气阻力，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列判断正确的是（　　）
A．物块在空中运动的时间等于0.4s
B．物块击中小车时小车的速度等于2m/s
C．物块击中小车时的速度等于8m/s
D．小车从开始运动到被物块击中时的位移等于10m
【解答】解：A、当小车A上滑到斜面上某点时恰好被物块B垂直于斜面击中，则有：，且vy＝gt，联立解得物块在空中运动的时间为t＝0.8s，故A错误；
B、物块B击中小车时，水平位移为x＝v0t＝6×0.8m＝4.8m
对小车，根据动能定理可得：，解得物块击中小车时小车的速度为，故B正确；
C、物块击中小车时的速度为：，故C错误；
D、小车从开始运动到被物块击中时的位移为：，故D错误。
故选：B。
（2023秋 包河区校级期末）滑块以初速度v0沿粗糙斜面从底端O上滑，到达最高点B后返回到底端。利用频闪仪分别对上行和下滑过程进行拍摄，频闪照片示意图如图所示，图中A为OB的中点。下列判断正确的是（　　）
A．图乙中的滑块处于上行阶段
B．滑块上行与下滑的加速度之比为16：9
C．滑块上行与下滑通过A时的动能之比为4：3
D．滑块与斜面间的动摩擦因数为0.25
【解答】解：A、因为频闪照片时间间隔相同，设时间间隔为T。对比图甲和乙可知，图甲中滑块加速度大，是上行阶段，故A错误；
B、由甲图可知，上行时间为3T，下行时间为4T，上行与下行位移相等，根据可得，上行与下滑的加速度之比为16：9，故B正确；
C、对上行（甲图）逆向思考，有；对下行（乙图），有，结合动能Ek，可得滑块上行与下滑通过A时的动能之比为16：9，故C错误；
D、由于斜面倾角未知，不能求出滑块与斜面的动摩擦因数，故D错误。
故选：B。
（2024 山西模拟）质量为m、电荷量为q的物块处于水平方向的匀强电场E中，在电场力的作用下，由静止开始在水平地面上做直线运动，E与时间t的关系如图所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为0.2，g＝10m/s2，则（　　）
A．t＝3s时，物块的速率为3m/s
B．t＝4s时，物块的动能为零
C．t＝6s时，物块回到初始位置
D．0～6s内，物块平均速度的大小为2m/s
【解答】解：A、由图可知，物块受到的电场力大小一直为qE＝0.4mg
0～3s内，物块做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得
0.4mg﹣0.2mg＝ma1
解得：
t1＝3s时，物块的速率为v1＝a1t1＝2×3m/s＝6m/s，故A错误；
BCD、0～3s内位移为x13m＝9m
3s后，设物块加速度大小为a2，根据牛顿第二定律得
﹣0.4mg﹣0.2mg＝﹣ma2
解得：
显然t2＝4s时，物块的速率为
v2＝v1﹣a2（t2﹣t1）＝6m/s﹣6×（4﹣3）m/s＝0
动能为零
3s～4s间，位移为x21m＝3m
4s后反向加速，根据牛顿第二定律得
0.4mg﹣0.2mg＝ma3
解得：
4s～6s内，位移为x3m＝4m
故0～6s内，物块的位移为
x＝x1+x2﹣x3＝9m+3m﹣4m＝8m
6s时未回到出发点
0～6s内平均速度为m/sm/s，故B正确，CD错误。
故选：B。
（2022秋 上虞区期末）汽车在平直的公路上由静止开始匀加速行驶，经过时间t，速度为v时功率达到额定功率，并保持不变。之后汽车又继续前进了距离s，达到最大速度vmax。设汽车质量为m，运动过程中所受阻力恒为f，则下列说法正确的是（　　）
A．汽车的额定功率为fv
B．汽车匀加速运动过程中，克服阻力做功为fvt
C．汽车从静止开始到速度达到最大值的过程中，合力做的功为
D．汽车从静止到速度最大的过程中，牵引力做功为
【解答】解：A、汽车匀加速行驶时的加速度为
根据牛顿第二定律得
F﹣f＝ma
可得
汽车的额定功率为，故A错误；
B、汽车匀加速运动的位移为
此过程中克服阻力做功为，故B错误；
C、汽车从静止开始到速度达到最大值的过程中，根据动能定理得合力做的功为：，故C错误；
D、汽车从静止到速度最大的过程中，根据动能定理得，则牵引力做功为，故D正确。
故选：D。
（2023春 西城区校级期中）质量为M的木块放在光滑的水平面上，质量为m的子弹以速度v0沿水平方向射中木块并最终留在木块中与木块一起以速度v运动。当子弹进入木块的深度为s时相对木块静止，这时木块前进的距离为L，若木块对子弹的阻力大小f视为恒定，下列关系正确的是（　　）
A．fL
B．﹣fs
C．﹣fs
D．f（L+s）
【解答】解：A、研究木块，木块对地的位移为L，根据动能定理有：，故A正确；
BC、研究子弹和木块组成的系统，系统减少的机械能转化为内能，所以根据能量守恒有：，故BC错误；
D、研究子弹，根据动能定理有，故D错误；
故选：A。
（2024 佛山二模）“路亚”是一种钓鱼方法，用这种方法钓鱼时先把鱼饵通过鱼线收到鱼竿末端，然后用力将鱼饵甩向远处。如图所示，钓鱼爱好者在a位置开始甩竿，鱼饵被甩至最高点b时迅速释放鱼线，鱼饵被水平抛出，最后落在距b水平距离s＝16m的水面上。已知开始甩竿时鱼竿与竖直方向成53°角，鱼饵的质量为m＝0.02kg。甩竿过程竿可视为在竖直平面内绕O点转动，且O离水面高度h＝1.6m、到鱼竿末端鱼饵的距离L＝1.6m。鱼饵从b点抛出后，忽略鱼线对其作用力和空气阻力，重力加速度g取10m/s2，已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。求：
（1）鱼饵在b点抛出时的速度大小；
（2）释放鱼线前，鱼饵在b点受鱼竿作用力的大小和方向；
（3）从a到b的甩竿过程，鱼竿对鱼饵做的功W。
【解答】解：（1）鱼饵被甩至最高点b时迅速释放鱼线，鱼饵被水平抛出，根据平抛运动的规律可得
s＝vbt
L+h
联立解得
t＝0.8s，vb＝20m/s
（2）释放鱼线前，鱼饵在b点，由于
vbm/s＝4m/s
所以鱼饵受鱼竿作用力的方向竖直向下，根据牛顿第二定律可得
mg+F＝m
解得
F＝4.8N
（3）从a到b的甩竿过程，根据动能定理可得
W﹣mgL（1﹣cos53°）
解得鱼竿对鱼饵做的功为
W＝4.128J
答：（1）鱼饵在b点抛出时的速度大小为20m/s；
（2）释放鱼线前，鱼饵在b点受鱼竿作用力的大小为4.8N，方向竖直向下；
（3）从a到b的甩竿过程，鱼竿对鱼饵做的功为4.128J。
（2024 下城区校级模拟）某校科技小组在创新大赛中设计如图所示的轨道装置，已知倾角θ＝37°的斜轨道AD长为L＝3.5m，在轨道中点B点连接一光滑的双层圆轨道，切点B和B'稍错位，轨道半径R＝0.5m，D点连接水平轨道DE，长为s＝0.8m，E点离地面高度为h1＝2.3m。质量m＝0.2kg的滑块以一定初速度从A点出发，经过圆轨道从E点平抛飞出，落入放置在水平地面上高为h2＝0.5m的小桶内，小桶直径为d＝0.3m。滑块可看作质点，圆轨道间距可忽略，滑块与斜轨道、水平轨道的动摩擦因数均为μ＝0.25，不计空气阻力和滑块在D点的能量损失。（已知g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）
（1）若滑块初速度为零，求到达B点时的速度大小；
（2）若滑块的初速度v0＝4m/s，求到达圆轨道最高点C处时对轨道的压力；
（3）要使滑块落入小桶内，求小桶左侧离F点的水平距离x与滑块初速度v0的关系。
【解答】解：（1）滑块由静止从A到B过程中，根据动能定理，有
代入数据解得vBm/s
（2）滑块再次从A到C过程，根据动能定理得
在C点，根据牛顿第二定律得
联立解得F＝2.8N，根据牛顿第三定律，滑块对轨道的压力F'＝﹣F＝﹣2.8N，方向竖直向上；
（3）若滑块恰好通过C点，则vC＝0，根据动能定理得
解得vA＝2m/s
滑块从A到E过程中，根据动能定理得
解得
滑块平抛运动的高度h＝h1﹣h2＝2.3m﹣0.5m＝1.8m，根据平抛运动的规律
桶左端离F点最大距离x1＝vEt，最小距离x2＝vEt﹣d；
综上可知，x与v0关系为，且v0≥2m/s
答：（1）到达B点时的速度大小为m/s；
（2）最高点C处时对轨道的压力为2.8N，方向竖直向上；
（3）x与v0的关系为，且v0≥2m/s。

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