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第2讲　动能定理及其应用
学习目标　1.理解动能和动能定理。 2.会应用动能定理处理相关物理问题。 3.掌握动能定理与图像结合问题的分析方法。
1.动能
2.动能定理
1.思考判断
(1)一定质量的物体动能变化时，速度一定变化，但速度变化时，动能不一定变化。(√)
(2)动能不变的物体一定处于平衡状态。(×)
(3)物体所受的合外力为零，合外力对物体做的功也一定为零。(√)
(4)物体在合外力作用下做变速运动时，动能一定变化。(×)
(5)物体的动能不变，所受的合外力必定为零。(×)
2.如图，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度。木箱获得的动能一定(　　)
A.小于拉力所做的功
B.等于拉力所做的功
C.等于克服摩擦力所做的功
D.大于克服摩擦力所做的功
答案　A
考点一　动能定理的理解与基本应用
1.两个关系
(1)数量关系：合力做的功与物体动能的变化具有等量代换关系，但并不是说动能的变化就是合力做的功。
(2)因果关系：合力做功是引起物体动能变化的原因。
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。
例1 (2024·河南商丘质检)如图1所示，在水平的PQ面上有一小物块(可视为质点)，小物块以某速度从P点最远能滑到倾角为θ的斜面QA上的A点(水平面和斜面在Q点通过一极短的圆弧连接)。若减小斜面的倾角θ，变为斜面QB(如图中虚线所示)，小物块仍以原来的速度从P点出发滑上斜面。已知小物块与水平面和斜面间的动摩擦因数相同，AB为水平线，AC为竖直线。则(　　)
图1
A.小物块恰好能运动到B点
B.小物块最远能运动到B点上方的某点
C.小物块只能运动到C点
D.小物块最远能运动到B、C两点之间的某点
答案　D
解析　小物块从P点滑上斜面的运动过程中有重力和摩擦力做功，设小物块能到达斜面上的最高点与水平面的距离为h，与Q点的水平距离为x，根据动能定理得－mgh－μmg·xPQ－μmgcos θ·xAQ＝0－mv，即mgh＋μmg(xPQ＋x)＝mv，若减小倾角θ时，h不变，则x不变，故A、C错误；若h变大，则x变小，故B错误；若h变小，则x变大，故D正确。
1.应用动能定理解题应抓住“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，确定在这一过程中研究对象的受力情况和位置变化或位移信息。
2.动能定理的应用技巧
　　
1.(多选)如图2所示，电梯质量为M，在它的水平地板上放置一质量为m的物体。电梯在钢索的拉力作用下竖直向上加速运动，当电梯的速度由v1增大到v2时，上升高度为H，重力加速度为g，则在这个过程中，下列说法正确的是(　　)
图2
A.对物体，动能定理的表达式为W＝mv－mv，其中W为支持力做的功
B.对物体，动能定理的表达式为W合＝0，其中W合为合力做的功
C.对物体，动能定理的表达式为W－mgH＝mv－mv，其中W为支持力做的功
D.对电梯，其所受的合力做功为Mv－Mv
答案　CD
解析　电梯上升的过程中，对物体做功的有重力mg、支持力FN，这两个力的总功(即合力做的功)才等于物体动能的变化，即W合＝W－mgH＝mv－mv，其中W为支持力做的功，故A、B错误，C正确；对电梯做功的有重力Mg、压力FN′和拉力F，合力做功为W合′＝Mv－Mv，故D正确。
2.(2021·河北卷，6)一半径为R的圆柱体水平固定，横截面如图3所示。长度为πR、不可伸长的轻细绳，一端固定在圆柱体最高点P处，另一端系一个小球。小球位于P点右侧同一水平高度的Q点时，绳刚好拉直。将小球从Q点由静止释放，当与圆柱体未接触部分的细绳竖直时，小球的速度大小为(重力加速度为g，不计空气阻力)(　　)
图3
A. B.
C. D.2
答案　A
解析　当与圆柱体未接触部分的细绳竖直时，小球下落的高度为h＝R＋πR－＝R＋，根据动能定理有mgh＝mv2，解得v＝，故A正确，B、C、D错误。
考点二　应用动能定理求变力做功
例2 (多选)(2023·广东卷，8)人们用滑道从高处向低处运送货物，如图4所示，可看作质点的货物从圆弧滑道顶端P点静止释放，沿滑道运动到圆弧末端Q点时速度大小为6 m/s。已知货物质量为20 kg，滑道高度h为4 m，且过Q点的切线水平，重力加速度取10 m/s2。关于货物从P点运动到Q点的过程，下列说法正确的有(　　)
图4
A.重力做的功为360 J
B.克服阻力做的功为440 J
C.经过Q点时向心加速度大小为9 m/s2
D.经过Q点时对轨道的压力大小为380 N
答案　BCD
解析　重力做的功为WG＝mgh＝800 J，A错误；下滑过程由动能定理可得WG－Wf＝mv，代入数据解得克服阻力做的功为Wf＝440 J，B正确；经过Q点时向心加速度大小为a＝＝9 m/s2，C正确；经过Q点时，根据牛顿第二定律可得FN－mg＝ma，解得货物受到的支持力大小为FN＝380 N，根据牛顿第三定律可知，货物对轨道的压力大小为380 N，D正确。
3.(2024·江苏盐城高三检测)质量为m的物体以初速度v0沿水平面向左开始运动，起始点A与一水平放置的轻弹簧O端相距s，轻弹簧的另一端固定在竖直墙上，如图5所示，已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，物体与弹簧相碰后，弹簧的最大压缩量为x，重力加速度为g，则从开始碰撞到弹簧被压缩至最短的过程中，弹簧弹力所做的功为(　　)
图5
A.mv－μmg(s＋x) .mv－μmgx
C.μmg(s＋x)－mv .－μmg(s＋x)
答案　C
解析　对物体由动能定理可得W弹－μmg(s＋x)＝0－mv，解得W弹＝μmg(s＋x)－mv，故C正确。
在有变力做功的过程中，变力做功无法直接通过功的公式求解，可用动能定理
W变＋W恒＝mv－mv求解。物体初、末速度已知，恒力做功W恒可由公式求出，得到W变＝mv－mv－W恒，就可以求出变力做的功了。　　
考点三　动能定理与图像问题的结合
图像所围“面积”和图像斜率的含义
例3 一质量为4 kg的物体，在粗糙的水平面上受水平恒定的拉力F作用做匀速直线运动。物体运动一段时间后拉力逐渐减小，当拉力减小到零时，物体刚好停止运动。如图6所示为拉力F随位移x变化的关系图像，重力加速度大小取10 m/s2，则可以求得(　　)
图6
A.物体做匀速直线运动的速度为4 m/s
B.整个过程拉力对物体所做的功为4 J
C.整个过程摩擦力对物体所做的功为－8 J
D.整个过程合外力对物体所做的功为－4 J
答案　D
解析　F－x图线与横轴所围区域的面积表示拉力对物体所做的功，所以WF＝ J＝12 J，故B错误；0～2 m阶段，根据平衡条件可得F＝Ff＝4 N，所以整个过程中摩擦力对物体做的功为Wf＝－Ffx＝－4×4 J＝－16 J，故C错误；整个过程中合外力所做的功为W合＝WF＋Wf＝12 J＋(－16 J)＝－4 J，故D正确；根据动能定理可得W合＝0－mv，解得v0＝ m/s，故A错误。
例4 (2022·江苏卷，8)某滑雪赛道如图7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(　　)
图7
答案　A
解析　设斜面倾角为θ，不计摩擦力和空气阻力，运动员在沿斜面下滑过程中，根据动能定理有Ek＝mgxtan θ，即＝mgtan θ，下滑过程中开始阶段倾角θ不变，Ek－x图像为一条直线；经过圆弧轨道过程中，θ先减小后增大，即图像斜率先减小后增大，故A正确。
方法点拨　解决图像问题的基本步骤
4.(2021·湖北卷，4)如图8甲所示，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的关系如图乙所示。重力加速度大小取10 m/s2，物块质量m和所受摩擦力大小f分别为(　　)
图8
A.m＝0.7 kg，f＝0.5 N .m＝0.7 kg，f＝1.0 N
C.m＝0.8 kg，f＝0.5 N .m＝0.8 kg，f＝1.0 N
答案　A
解析　0～10 m内物块上滑，由动能定理得－mgsin 30°·s－fs＝Ek－Ek0，整理得Ek＝Ek0－(mgsin 30°＋f)s，结合0～10 m内的图像得，斜率的绝对值|k|＝mgsin 30°＋f＝4 N；10～20 m内物块下滑，由动能定理得(mgsin 30°－f)(s－s1)＝Ek，整理得Ek＝(mgsin 30°－f)s－(mgsin 30°－f)s1，结合10～20 m内的图像得，斜率k′＝mgsin 30°－f＝3 N。联立解得f＝0.5 N、m＝0.7 kg，A正确，B、C、D错误。
A级　基础对点练
对点练1　动能定理的理解与简单应用
1.(多选)如图1所示，光滑水平面上放着足够长的木板B，木板B上放着木块A，A、B间的接触面粗糙。现用一水平拉力F作用在A上使其由静止开始运动，用Ff1代表B对A的摩擦力，Ff2代表A对B的摩擦力，则下列情况可能的是(　　)
图1
A.拉力F做的功等于A、B系统动能的增加量
B.拉力F做的功小于A、B系统动能的增加量
C.拉力F和Ff1对A做的功之和大于A的动能的增加量
D.Ff2对B做的功等于B的动能的增加量
答案　AD
解析　A相对B的运动有两种可能，相对静止和相对滑动。当A、B相对静止时，拉力F做的功等于A、B系统动能的增加量；当A、B相对滑动时，拉力F做的功大于A、B系统动能的增加量，A项正确，B项错误；由动能定理知，Ff2对B做的功等于B的动能的增加量，拉力F和Ff1对A做的功之和等于A的动能的增加量，D项正确，C项错误。
2.(2024·山东菏泽高三检测)如图2所示，粗糙程度处处相同、倾角为θ的倾斜圆盘上，有一长为L的轻质细绳，一端可绕垂直于倾斜圆盘的光滑轴上的O点转动，另一端与质量为m的小滑块相连，小滑块从最高点A以垂直细绳的速度v0开始运动，恰好能完成一个完整的圆周运动，则运动过程中滑块受到的摩擦力大小为(　　)
图2
A. B.
C. D.
答案　A
解析　由于小滑块恰好能完成一个完整的圆周运动，则在最高点有mgsin θ＝m，整个过程根据动能定理可得－Ff·2πL＝mv2－mv，解得Ff＝，A正确，B、C、D错误。
3.一物块沿倾角为θ的斜坡向上滑动，当物块的初速度为v时，上升的最大高度为H，如图3所示。当物块的初速度为2v时，上升的最大高度记为h。重力加速度为g，则物块与斜坡间的动摩擦因数μ和h分别为(　　)
图3
A.tan θ和2H B.tan θ和4H
C.tan θ和2H D.tan θ和4H
答案　D
解析　当物块上滑的初速度为v时，根据动能定理，有－mgH－μmgcos θ·＝0－mv2，当上滑的初速度为2v时，有－mgh－μmgcos θ·＝0－m(2v)2，联立可得μ＝tan θ，h＝4H，故D正确。
4.如图4所示，将质量为m的小球以初速度大小v0由地面竖直向上抛出。小球落回地面时，其速度大小为v0。设小球在运动过程中所受空气阻力的大小不变，则空气阻力的大小等于(　　)
图4
A.mg B.mg
C.mg D.mg
答案　D
解析　小球向上运动的过程，由动能定理得－(mg＋f)H＝0－mv，小球向下运动的过程，由动能定理得(mg－f)H＝m(v0)2，联立解得f＝mg，选项D正确，A、B、C错误。
对点练2　应用动能定理求变力做功
5.如图5所示，在轻弹簧的下端悬挂一个质量为m的小球A，将小球A从弹簧原长位置由静止释放，小球A能够下降的最大高度为h。若将小球A换为质量为2m的小球B，仍从弹簧原长位置由静止释放，重力加速度为g，不计空气阻力，则小球B下降h高度时的速度为(　　)
图5
A. B.
C. D.
答案　D
解析　小球A下降h高度的过程中，设小球克服弹簧的弹力做功为W，根据动能定理有mgh－W＝0，小球B下降h高度的过程中，根据动能定理有2mgh－W＝×2mv2－0，解得v＝，故D正确。
6.如图6所示，一半径为R的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高，质量为m的质点自轨道端点P由静止开始滑下，滑到最低点Q时，对轨道的压力为2mg，重力加速度大小为g。质点自P滑到Q的过程中，克服摩擦力所做的功为(　　)
图6
A.mgR B.mgR
C.mgR D.mgR
答案　C
解析　设质点在Q点的速度为v，根据牛顿第二定律，有FN－mg＝m，根据牛顿第三定律知FN＝FN′＝2mg，联立解得v＝，下滑过程中，根据动能定理可得mgR＋Wf＝mv2，解得Wf＝－mgR，所以克服摩擦力所做的功为mgR，选项C正确。
对点练3　动能定理与图像问题的结合
7.(多选)如图7甲所示，质量m＝2 kg的物体以100 J的初动能在粗糙的水平地面上滑行，其动能Ek随位移x变化的关系图像如图乙所示，则下列判断中正确的是(　　)
图7
A.物体运动的总位移大小为10 m
B.物体运动的加速度大小为10 m/s2
C.物体运动的初速度大小为10 m/s
D.物体所受的摩擦力大小为5 N
答案　AC
解析　由题图乙可知物体运动的总位移大小为10 m，故A正确；由动能定理得－Ffx＝ΔEk＝－100 J，则摩擦力大小Ff＝10 N，由牛顿第二定律得Ff＝ma，则a＝＝5 m/s2，故B、D错误；物体的初动能Ek0＝mv＝100 J，则v0＝＝10 m/s，故C正确。
8.一质量为m的物块静止在光滑水平面上，某时刻起受到水平向右的大小随位移变化的力F的作用，F随位移变化的规律如图8所示，下列说法正确的是(　　)
图8
A.物块先做匀加速运动，后做匀减速运动
B.物块的位移为x0时，物块的速度最大
C.力F对物块做的总功为6F0x0
D.物块的最大速度为
答案　D
解析　物块在光滑水平面上运动，受到的合外力为F，因为F为正，所以物块一直加速运动，物块的位移为3x0时，速度最大，故A、B错误；合外力做功的大小等于图线与x轴围成的面积，所以力F对物块做的总功为W＝×2F0×3x0＝3F0x0，故C错误；由动能定理可得3F0x0＝mv，所以最大速度为vm＝，故D正确。
B级　综合提升练
9.(多选)(2023·湖南卷，8)如图9，固定在竖直面内的光滑轨道ABC由直线段AB和圆弧段BC组成，两段相切于B点，AB段与水平面夹角为θ，BC段圆心为O，最高点为C，A与C的高度差等于圆弧轨道的直径2R。小球从A点以初速度v0冲上轨道，能沿轨道运动恰好到达C点，下列说法正确的是(　　)
图9
A.小球从B到C的过程中，对轨道的压力逐渐增大
B.小球从A到C的过程中，重力的功率始终保持不变
C.小球的初速度v0＝
D.若小球初速度v0增大，小球有可能从B点脱离轨道
答案　AD
解析　小球恰好运动至C点，小球在C点vC＝0
小球在圆弧BC上运动到D点的受力分析如图所示
小球从A到C由动能定理得－mg·2R＝0－mv，则v0＝2，C错误；若小球在B点的速度满足mgcos θ＜，则小球将从B点脱离轨道，D正确。
10.(多选)(2024·湖南衡阳高三期中)如图10甲所示，为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角θ的关系，将某一物体每次以大小不变的初速度v0沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角θ，实验测得x与斜面倾角θ的关系如图乙所示，g取10 m/s2，根据图像(　　)
图10
A.当θ＝45°时，x最小
B.物体的初速度v0＝6 m/s
C.物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.75
D.当θ＝30°时，物体最终会回到出发点
答案　BC
解析　由图可知，当θ＝90°时物体做竖直上抛运动，位移为h＝1.80 m，由竖直上抛运动规律可知v＝2gh，解得v0＝6 m/s，故B正确；当θ＝0时，位移为x＝2.40 m，由动能定理得－μmgx＝0－mv，解得μ＝0.75，故C正确；由动能定理得－mgxsin θ－μmgcos θ·x＝0－mv，解得x＝＝，其中tan α＝，解得α＝37°，当θ＋α＝90°时，即θ＝53°，此时位移最小为xmin＝1.44 m，故A错误；当θ＝30°时，根据计算可得μmgcos 30°>mgsin 30°，可知物体最终会静止在斜面上，故D错误。
11.(多选)(2023·新课标卷，20)一质量为1 kg的物体在水平拉力的作用下，由静止开始在水平地面上沿x轴运动，出发点为x轴零点，拉力做的功W与物体坐标x的关系如图11所示。物体与水平地面间的动摩擦因数为0.4，重力加速度大小取10 m/s2。下列说法正确的是(　　)
图11
A.在x＝1 m时，拉力的功率为6 W
B.在x＝4 m时，物体的动能为2 J
C.从x＝0运动到x＝2 m，物体克服摩擦力做的功为8 J
D.从x＝0运动到x＝4 m的过程中，物体的动量最大为2 kg·m/s
答案　BC
解析　物体所受的滑动摩擦力大小为Ff＝μmg＝4 N，0～1 m的过程，由动能定理有W1－μmgx1＝mv，解得v1＝2 m/s，又W－x图像的斜率表示拉力F，则0～2 m的过程，拉力F1＝6 N，故x＝1 m时拉力的功率P1＝F1v1＝12 W，A错误；0～4 m的过程，由动能定理有W4－μmgx4＝Ek4－0，则在x＝4 m时，物体的动能Ek4＝2 J，B正确；0～2 m的过程，物体克服摩擦力做的功Wf2＝Ffx2＝8 J，C正确；由W－x图像可知，2～4 m的过程，拉力F2＝3 N，则F1＞Ff＞F2，所以物体在0～2 m的过程做加速运动，2～4 m的过程做减速运动，故0～4 m的过程，物体在x＝2 m处速度最大，由动能定理有W2－Ffx2＝mv，解得v2＝2 m/s，故物体的最大动量为pm＝2 kg·m/s，D错误。
C级　培优加强练
12.(2024·山东潍坊模拟)如图12所示，AOB是竖直平面内的光滑圆弧形滑道，由两个半径都是R的圆周平滑连接而成，圆心O1、O2与两圆弧的连接点O在同一竖直线上，O2B与水池的水面平齐。一小滑块可从弧AO上的任意点由静止开始下滑。已知sin 37°＝，cos 37°＝。
图12
(1)若小滑块从圆弧AO上某点释放，之后在两个圆弧上滑过的弧长相等，求释放点和O1的连线与竖直线的夹角；
(2)若小滑块能从O点脱离滑道，求其可能的落水点在水平面上形成的区域长度。
答案　(1)37°　(2)(2－)R
解析　(1)设释放点和O1的连线与竖直线的夹角为θ，由于小滑块在两个圆弧上滑过的弧长相等，则小滑块在圆弧OB上的离开点和O2的连线与竖直线的夹角也为θ，设小滑块离开圆弧OB时的速度为v，则根据动能定理可得
2mgR(1－cos θ)＝mv2－0
对小滑块在圆弧OB上的离开点，根据牛顿第二定律可得mgcos θ＝m
联立解得cos θ＝
即θ＝37°。
(2)设小滑块刚好能从O点脱离滑道的速度为v1，则有mg＝m
解得v1＝
设小滑块从A点由静止释放到达O点时的速度为v2，根据动能定理可得
mgR＝mv－0
解得v2＝
可知小滑块能从O点脱离滑道，其离开滑道时的速度范围为≤v0≤
小滑块离开滑道后做平抛运动，竖直方向有R＝gt2
解得t＝
水平方向有x＝v0t
解得小滑块的水平位移满足R≤x≤2R
则小滑块可能的落水点在水面上形成的区域长度为Δx＝2R－R＝(2－)R。第2讲　动能定理及其应用
学习目标　1.理解动能和动能定理。 2.会应用动能定理处理相关物理问题。 3.掌握动能定理与图像结合问题的分析方法。
1.动能
2.动能定理
1.思考判断
（1）一定质量的物体动能变化时，速度一定变化，但速度变化时，动能不一定变化。（　　）
（2）动能不变的物体一定处于平衡状态。（　　）
（3）物体所受的合外力为零，合外力对物体做的功也一定为零。（　　）
（4）物体在合外力作用下做变速运动时，动能一定变化。（　　）
（5）物体的动能不变，所受的合外力必定为零。（　　）
2.如图，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度。木箱获得的动能一定（　　）
A.小于拉力所做的功
B.等于拉力所做的功
C.等于克服摩擦力所做的功
D.大于克服摩擦力所做的功
考点一　动能定理的理解与基本应用
1.两个关系
（1）数量关系：合力做的功与物体动能的变化具有等量代换关系，但并不是说动能的变化就是合力做的功。
（2）因果关系：合力做功是引起物体动能变化的原因。
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。
例1 （2024·河南商丘质检）如图1所示，在水平的PQ面上有一小物块（可视为质点），小物块以某速度从P点最远能滑到倾角为θ的斜面QA上的A点（水平面和斜面在Q点通过一极短的圆弧连接）。若减小斜面的倾角θ，变为斜面QB（如图中虚线所示），小物块仍以原来的速度从P点出发滑上斜面。已知小物块与水平面和斜面间的动摩擦因数相同，AB为水平线，AC为竖直线。则（　　）
图1
A.小物块恰好能运动到B点
B.小物块最远能运动到B点上方的某点
C.小物块只能运动到C点
D.小物块最远能运动到B、C两点之间的某点
听课笔记　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1.应用动能定理解题应抓住“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，确定在这一过程中研究对象的受力情况和位置变化或位移信息。
2.动能定理的应用技巧
　　
1.（多选）如图2所示，电梯质量为M，在它的水平地板上放置一质量为m的物体。电梯在钢索的拉力作用下竖直向上加速运动，当电梯的速度由v1增大到v2时，上升高度为H，重力加速度为g，则在这个过程中，下列说法正确的是（　　）
图2
A.对物体，动能定理的表达式为W＝mv－mv，其中W为支持力做的功
B.对物体，动能定理的表达式为W合＝0，其中W合为合力做的功
C.对物体，动能定理的表达式为W－mgH＝mv－mv，其中W为支持力做的功
D.对电梯，其所受的合力做功为Mv－Mv
2.（2021·河北卷，6）一半径为R的圆柱体水平固定，横截面如图3所示。长度为πR、不可伸长的轻细绳，一端固定在圆柱体最高点P处，另一端系一个小球。小球位于P点右侧同一水平高度的Q点时，绳刚好拉直。将小球从Q点由静止释放，当与圆柱体未接触部分的细绳竖直时，小球的速度大小为（重力加速度为g，不计空气阻力）（　　）
图3
A. B.
C. D.2
考点二　应用动能定理求变力做功
例2 （多选）（2023·广东卷，8）人们用滑道从高处向低处运送货物，如图4所示，可看作质点的货物从圆弧滑道顶端P点静止释放，沿滑道运动到圆弧末端Q点时速度大小为6 m/s。已知货物质量为20 kg，滑道高度h为4 m，且过Q点的切线水平，重力加速度取10 m/s2。关于货物从P点运动到Q点的过程，下列说法正确的有（　　）
图4
A.重力做的功为360 J
B.克服阻力做的功为440 J
C.经过Q点时向心加速度大小为9 m/s2
D.经过Q点时对轨道的压力大小为380 N
听课笔记　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
3.（2024·江苏盐城高三检测）质量为m的物体以初速度v0沿水平面向左开始运动，起始点A与一水平放置的轻弹簧O端相距s，轻弹簧的另一端固定在竖直墙上，如图5所示，已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，物体与弹簧相碰后，弹簧的最大压缩量为x，重力加速度为g，则从开始碰撞到弹簧被压缩至最短的过程中，弹簧弹力所做的功为（　　）
图5
A.mv－μmg（s＋x） 　 B.mv－μmgx
C.μmg（s＋x）－mv 　 D.－μmg（s＋x）
在有变力做功的过程中，变力做功无法直接通过功的公式求解，可用动能定理W变＋W恒＝
mv－mv求解。物体初、末速度已知，恒力做功W恒可由公式求出，得到W变＝mv－mv－W恒，就可以求出变力做的功了。　　
考点三　动能定理与图像问题的结合
图像所围“面积”和图像斜率的含义
例3 一质量为4 kg的物体，在粗糙的水平面上受水平恒定的拉力F作用做匀速直线运动。物体运动一段时间后拉力逐渐减小，当拉力减小到零时，物体刚好停止运动。如图6所示为拉力F随位移x变化的关系图像，重力加速度大小取10 m/s2，则可以求得（　　）
图6
A.物体做匀速直线运动的速度为4 m/s
B.整个过程拉力对物体所做的功为4 J
C.整个过程摩擦力对物体所做的功为－8 J
D.整个过程合外力对物体所做的功为－4 J
听课笔记　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
例4 （2022·江苏卷，8）某滑雪赛道如图7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（　　）
图7
听课笔记　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
方法点拨　解决图像问题的基本步骤
4.（2021·湖北卷，4）如图8甲所示，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的关系如图乙所示。重力加速度大小取10 m/s2，物块质量m和所受摩擦力大小f分别为（　　）
图8
A.m＝0.7 kg，f＝0.5 N
B.m＝0.7 kg，f＝1.0 N
C.m＝0.8 kg，f＝0.5 N
D.m＝0.8 kg，f＝1.0 N　　　　　第2练　动能定理及其应用
A级　基础对点练
对点练1　动能定理的理解与简单应用
1.(多选)如图1所示，光滑水平面上放着足够长的木板B，木板B上放着木块A，A、B间的接触面粗糙。现用一水平拉力F作用在A上使其由静止开始运动，用Ff1代表B对A的摩擦力，Ff2代表A对B的摩擦力，则下列情况可能的是(　　)
图1
A.拉力F做的功等于A、B系统动能的增加量
B.拉力F做的功小于A、B系统动能的增加量
C.拉力F和Ff1对A做的功之和大于A的动能的增加量
D.Ff2对B做的功等于B的动能的增加量
2.(2024·山东菏泽高三检测)如图2所示，粗糙程度处处相同、倾角为θ的倾斜圆盘上，有一长为L的轻质细绳，一端可绕垂直于倾斜圆盘的光滑轴上的O点转动，另一端与质量为m的小滑块相连，小滑块从最高点A以垂直细绳的速度v0开始运动，恰好能完成一个完整的圆周运动，则运动过程中滑块受到的摩擦力大小为(　　)
图2
A. B.
C. D.
3.一物块沿倾角为θ的斜坡向上滑动，当物块的初速度为v时，上升的最大高度为H，如图3所示。当物块的初速度为2v时，上升的最大高度记为h。重力加速度为g，则物块与斜坡间的动摩擦因数μ和h分别为(　　)
图3
A.tan θ和2H
B.tan θ和4H
C.tan θ和2H
D.tan θ和4H
4.如图4所示，将质量为m的小球以初速度大小v0由地面竖直向上抛出。小球落回地面时，其速度大小为v0。设小球在运动过程中所受空气阻力的大小不变，则空气阻力的大小等于(　　)
图4
A.mg B.mg
C.mg D.mg
对点练2　应用动能定理求变力做功
5.如图5所示，在轻弹簧的下端悬挂一个质量为m的小球A，将小球A从弹簧原长位置由静止释放，小球A能够下降的最大高度为h。若将小球A换为质量为2m的小球B，仍从弹簧原长位置由静止释放，重力加速度为g，不计空气阻力，则小球B下降h高度时的速度为(　　)
图5
A. B.
C. D.
6.如图6所示，一半径为R的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高，质量为m的质点自轨道端点P由静止开始滑下，滑到最低点Q时，对轨道的压力为2mg，重力加速度大小为g。质点自P滑到Q的过程中，克服摩擦力所做的功为(　　)
图6
A.mgR B.mgR
C.mgR D.mgR
对点练3　动能定理与图像问题的结合
7.(多选)如图7甲所示，质量m＝2 kg的物体以100 J的初动能在粗糙的水平地面上滑行，其动能Ek随位移x变化的关系图像如图乙所示，则下列判断中正确的是(　　)
图7
A.物体运动的总位移大小为10 m
B.物体运动的加速度大小为10 m/s2
C.物体运动的初速度大小为10 m/s
D.物体所受的摩擦力大小为5 N
8.一质量为m的物块静止在光滑水平面上，某时刻起受到水平向右的大小随位移变化的力F的作用，F随位移变化的规律如图8所示，下列说法正确的是(　　)
图8
A.物块先做匀加速运动，后做匀减速运动
B.物块的位移为x0时，物块的速度最大
C.力F对物块做的总功为6F0x0
D.物块的最大速度为
B级　综合提升练
9.(多选)(2023·湖南卷，8)如图9，固定在竖直面内的光滑轨道ABC由直线段AB和圆弧段BC组成，两段相切于B点，AB段与水平面夹角为θ，BC段圆心为O，最高点为C，A与C的高度差等于圆弧轨道的直径2R。小球从A点以初速度v0冲上轨道，能沿轨道运动恰好到达C点，下列说法正确的是(　　)
图9
A.小球从B到C的过程中，对轨道的压力逐渐增大
B.小球从A到C的过程中，重力的功率始终保持不变
C.小球的初速度v0＝
D.若小球初速度v0增大，小球有可能从B点脱离轨道
10.(多选)(2024·湖南衡阳高三期中)如图10甲所示，为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角θ的关系，将某一物体每次以大小不变的初速度v0沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角θ，实验测得x与斜面倾角θ的关系如图乙所示，g取10 m/s2，根据图像(　　)
图10
A.当θ＝45°时，x最小
B.物体的初速度v0＝6 m/s
C.物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.75
D.当θ＝30°时，物体最终会回到出发点
11.(多选)(2023·新课标卷，20)一质量为1 kg的物体在水平拉力的作用下，由静止开始在水平地面上沿x轴运动，出发点为x轴零点，拉力做的功W与物体坐标x的关系如图11所示。物体与水平地面间的动摩擦因数为0.4，重力加速度大小取10 m/s2。下列说法正确的是(　　)
图11
A.在x＝1 m时，拉力的功率为6 W
B.在x＝4 m时，物体的动能为2 J
C.从x＝0运动到x＝2 m，物体克服摩擦力做的功为8 J
D.从x＝0运动到x＝4 m的过程中，物体的动量最大为2 kg·m/s
C级　培优加强练
12.(2024·山东潍坊模拟)如图12所示，AOB是竖直平面内的光滑圆弧形滑道，由两个半径都是R的圆周平滑连接而成，圆心O1、O2与两圆弧的连接点O在同一竖直线上，O2B与水池的水面平齐。一小滑块可从弧AO上的任意点由静止开始下滑。已知sin 37°＝，cos 37°＝。
图12
(1)若小滑块从圆弧AO上某点释放，之后在两个圆弧上滑过的弧长相等，求释放点和O1的连线与竖直线的夹角；
(2)若小滑块能从O点脱离滑道，求其可能的落水点在水平面上形成的区域长度。
第2练　动能定理及其应用
1.AD　[A相对B的运动有两种可能，相对静止和相对滑动。当A、B相对静止时，拉力F做的功等于A、B系统动能的增加量；当A、B相对滑动时，拉力F做的功大于A、B系统动能的增加量，A项正确，B项错误；由动能定理知，Ff2对B做的功等于B的动能的增加量，拉力F和Ff1对A做的功之和等于A的动能的增加量，D项正确，C项错误。]
2.A　[由于小滑块恰好能完成一个完整的圆周运动，则在最高点有mgsin θ＝m，整个过程根据动能定理可得－Ff·2πL＝mv2－mv，解得Ff＝，A正确，B、C、D错误。]
3.D　[当物块上滑的初速度为v时，根据动能定理，有－mgH－μmgcos θ·＝0－mv2，当上滑的初速度为2v时，有－mgh－μmgcos θ·＝0－m(2v)2，联立可得μ＝tan θ，h＝4H，故D正确。]
4.D　[小球向上运动的过程，由动能定理得－(mg＋f)H＝0－mv，小球向下运动的过程，由动能定理得(mg－f)H＝m(v0)2，联立解得f＝mg，选项D正确，A、B、C错误。]
5.D　[小球A下降h高度的过程中，设小球克服弹簧的弹力做功为W，根据动能定理有mgh－W＝0，小球B下降h高度的过程中，根据动能定理有2mgh－W＝×2mv2－0，解得v＝，故D正确。]
6.C　[设质点在Q点的速度为v，根据牛顿第二定律，有FN－mg＝m，根据牛顿第三定律知FN＝FN′＝2mg，联立解得v＝，下滑过程中，根据动能定理可得mgR＋Wf＝mv2，解得Wf＝－mgR，所以克服摩擦力所做的功为mgR，选项C正确。]
7.AC　[由题图乙可知物体运动的总位移大小为10 m，故A正确；由动能定理得－Ffx＝ΔEk＝－100 J，则摩擦力大小Ff＝10 N，由牛顿第二定律得Ff＝ma，则a＝＝5 m/s2，故B、D错误；物体的初动能Ek0＝mv＝100 J，则v0＝＝10 m/s，故C正确。]
8.D　[物块在光滑水平面上运动，受到的合外力为F，因为F为正，所以物块一直加速运动，物块的位移为3x0时，速度最大，故A、B错误；合外力做功的大小等于图线与x轴围成的面积，所以力F对物块做的总功为W＝×2F0×3x0＝3F0x0，故C错误；由动能定理可得3F0x0＝mv，所以最大速度为vm＝，故D正确。]
9.AD　[小球恰好运动至C点，小球在C点vC＝0
小球在圆弧BC上运动到D点的受力分析如图所示
小球从A到C由动能定理得－mg·2R＝0－mv，则v0＝2，C错误；若小球在B点的速度满足mgcos θ＜，则小球将从B点脱离轨道，D正确。]
10.BC　[由图可知，当θ＝90°时物体做竖直上抛运动，位移为h＝1.80 m，由竖直上抛运动规律可知v＝2gh，解得v0＝6 m/s，故B正确；当θ＝0时，位移为x＝2.40 m，由动能定理得－μmgx＝0－mv，解得μ＝0.75，故C正确；由动能定理得－mgxsin θ－μmgcos θ·x＝0－mv，解得x＝＝，其中tan α＝，解得α＝37°，当θ＋α＝90°时，即θ＝53°，此时位移最小为xmin＝1.44 m，故A错误；当θ＝30°时，根据计算可得μmgcos 30°>mgsin 30°，可知物体最终会静止在斜面上，故D错误。]
11.BC　[物体所受的滑动摩擦力大小为Ff＝μmg＝4 N，0～1 m的过程，由动能定理有W1－μmgx1＝mv，解得v1＝2 m/s，又W－x图像的斜率表示拉力F，则0～2 m的过程，拉力F1＝6 N，故x＝1 m时拉力的功率P1＝F1v1＝12 W，A错误；0～4 m的过程，由动能定理有W4－μmgx4＝Ek4－0，则在x＝4 m时，物体的动能Ek4＝2 J，B正确；0～2 m的过程，物体克服摩擦力做的功Wf2＝Ffx2＝8 J，C正确；由W－x图像可知，2～4 m的过程，拉力F2＝3 N，则F1＞Ff＞F2，所以物体在0～2 m的过程做加速运动，2～4 m的过程做减速运动，故0～4 m的过程，物体在x＝2 m处速度最大，由动能定理有W2－Ffx2＝mv，解得v2＝2 m/s，故物体的最大动量为pm＝2 kg·m/s，D错误。]
12.(1)37°　(2)(2－)R
解析　(1)设释放点和O1的连线与竖直线的夹角为θ，由于小滑块在两个圆弧上滑过的弧长相等，则小滑块在圆弧OB上的离开点和O2的连线与竖直线的夹角也为θ，设小滑块离开圆弧OB时的速度为v，则根据动能定理可得
2mgR(1－cos θ)＝mv2－0
对小滑块在圆弧OB上的离开点，根据牛顿第二定律可得mgcos θ＝m
联立解得cos θ＝
即θ＝37°。
(2)设小滑块刚好能从O点脱离滑道的速度为v1，则有
mg＝m
解得v1＝
设小滑块从A点由静止释放到达O点时的速度为v2，根据动能定理可得mgR＝mv－0
解得v2＝
可知小滑块能从O点脱离滑道，其离开滑道时的速度范围为≤v0≤
小滑块离开滑道后做平抛运动，竖直方向有R＝gt2
解得t＝
水平方向有x＝v0t
解得小滑块的水平位移满足R≤x≤2R
则小滑块可能的落水点在水面上形成的区域长度为
Δx＝2R－R＝(2－)R。(共57张PPT)
第2讲　动能定理及其应用
第五章　机械能守恒定律
理解动能和动能定理。
会应用动能定理处理相关物理问题。
掌握动能定理与图像结合问题的分析方法。
学习目标
目 录
CONTENTS
夯实必备知识
01
研透核心考点
02
提升素养能力
03
夯实必备知识
1
运动
1.动能
焦耳
标量
动能的变化
2.动能定理
合力
曲线运动
变力
分阶段
1.思考判断
(1)一定质量的物体动能变化时，速度一定变化，但速度变化时，动能不一定变化。( )
(2)动能不变的物体一定处于平衡状态。( )
(3)物体所受的合外力为零，合外力对物体做的功也一定为零。( )
(4)物体在合外力作用下做变速运动时，动能一定变化。( )
(5)物体的动能不变，所受的合外力必定为零。( )
√
×
√
×
×
2.如图，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度。木箱获得的动能一定(　　)
A
A.小于拉力所做的功
B.等于拉力所做的功
C.等于克服摩擦力所做的功
D.大于克服摩擦力所做的功
研透核心考点
2
考点二　应用动能定理求变力做功
考点一　动能定理的理解与基本应用
考点三　动能定理与图像问题的结合
1.两个关系
(1)数量关系：合力做的功与物体动能的变化具有等量代换关系，但并不是说动能的变化就是合力做的功。
(2)因果关系：合力做功是引起物体动能变化的原因。
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。
考点一　动能定理的理解与基本应用
D
图1
例1 (2024·河南商丘质检)如图1所示，在水平的PQ面上有一小物块(可视为质点)，小物块以某速度从P点最远能滑到倾角为θ的斜面QA上的A点(水平面和斜面在Q点通过一极短的圆弧连接)。若减小斜面的倾角θ，变为斜面QB(如图中虚线所示)，小物块仍以原来的速度从P点出发滑上斜面。已知小物块与水平面和斜面间的动摩擦因数相同，AB为水平线，AC为竖直线。则(　　)
A.小物块恰好能运动到B点
B.小物块最远能运动到B点上方的某点
C.小物块只能运动到C点
D.小物块最远能运动到B、C两点之间的某点
1.应用动能定理解题应抓住“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，确定在这一过程中研究对象的受力情况和位置变化或位移信息。
2.动能定理的应用技巧
CD
1.(多选)如图2所示，电梯质量为M，在它的水平地板上放置一质量为m的物体。电梯在钢索的拉力作用下竖直向上加速运动，当电梯的速度由v1增大到v2时，上升高度为H，重力加速度为g，则在这个过程中，下列说法正确的是(　　)
图2
B.对物体，动能定理的表达式为W合＝0，其中W合为合力做的功
的功
2.(2021·河北卷，6)一半径为R的圆柱体水平固定，横截面如图3所示。长度为πR、不可伸长的轻细绳，一端固定在圆柱体最高点P处，另一端系一个小球。小球位于P点右侧同一水平高度的Q点时，绳刚好拉直。将小球从Q点由静止释放，当与圆柱体未接触部分的细绳竖直时，小球的速度大小为(重力加速度为g，不计空气阻力)(　　)
图3
A
例2 (多选)(2023·广东卷，8)人们用滑道从高处向低处运送货物，如图4所示，
考点二　应用动能定理求变力做功
点时速度大小为6 m/s。已知货物质量为20 kg，滑道高度h为4 m，且过Q点的切线水平，重力加速度取10 m/s2。关于货物从P点运动到Q点的过程，下列说法正确的有(　 　)
图4
BCD
A.重力做的功为360 J
B.克服阻力做的功为440 J
C.经过Q点时向心加速度大小为9 m/s2
D.经过Q点时对轨道的压力大小为380 N
C
3.(2024·江苏盐城高三检测)质量为m的物体以初速度v0沿水平面向左开始运动，起始点A与一水平放置的轻弹簧O端相距s，轻弹簧的另一端固定在竖直墙上，如图5所示，已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，物体与弹簧相碰后，弹簧的最大压缩量为x，重力加速度为g，则从开始碰撞到弹簧被压缩至最短的过程中，弹簧弹力所做的功为(　　)
图5
图像所围“面积”和图像斜率的含义
考点三　动能定理与图像问题的结合
例3 一质量为4 kg的物体，在粗糙的水平面上受水平恒定的拉力F作用做匀速直线运动。物体运动一段时间后拉力逐渐减小，当拉力减小到零时，物体刚好停止运动。如图6所示为拉力F随位移x变化的关系图像，重力加速度大小取10 m/s2，则可以求得(　　)
图6
A.物体做匀速直线运动的速度为4 m/s
B.整个过程拉力对物体所做的功为4 J
C.整个过程摩擦力对物体所做的功为－8 J
D.整个过程合外力对物体所做的功为－4 J
D
A
例4 (2022·江苏卷，8)某滑雪赛道如图7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(　　)
图7
方法点拨　解决图像问题的基本步骤
A
4.(2021·湖北卷，4)如图8甲所示，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的关系如图乙所示。重力加速度大小取10 m/s2，物块质量m和所受摩擦力大小f分别为(　　)
图8
A.m＝0.7 kg，f＝0.5 N
B.m＝0.7 kg，f＝1.0 N
C.m＝0.8 kg，f＝0.5 N
D.m＝0.8 kg，f＝1.0 N
解析　0～10 m内物块上滑，由动能定理得－mgsin 30°·s－fs＝Ek－Ek0，整理得Ek＝Ek0－(mgsin 30°＋f)s，结合0～10 m内的图像得，斜率的绝对值|k|＝mgsin 30°＋f＝4 N；10～20 m内物块下滑，由动能定理得(mgsin 30°－f)(s－s1)＝Ek，整理得Ek＝(mgsin 30°－f)s－(mgsin 30°－f)s1，结合10～20 m内的图像得，斜率k′＝mgsin 30°－f＝3 N。联立解得f＝0.5 N、m＝0.7 kg，A正确，B、C、D错误。
提升素养能力
3
AD
对点练1　动能定理的理解与简单应用
1.(多选)如图1所示，光滑水平面上放着足够长的木板B，木板B上放着木块A，A、B间的接触面粗糙。现用一水平拉力F作用在A上使其由静止开始运动，用Ff1代表B对A的摩擦力，Ff2代表A对B的摩擦力，则下列情况可能的是(　　)
A级　基础对点练
图1
A.拉力F做的功等于A、B系统动能的增加量
B.拉力F做的功小于A、B系统动能的增加量
C.拉力F和Ff1对A做的功之和大于A的动能的增加量
D.Ff2对B做的功等于B的动能的增加量
解析　A相对B的运动有两种可能，相对静止和相对滑动。当A、B相对静止时，拉力F做的功等于A、B系统动能的增加量；当A、B相对滑动时，拉力F做的功大于A、B系统动能的增加量，A项正确，B项错误；由动能定理知，Ff2对B做的功等于B的动能的增加量，拉力F和Ff1对A做的功之和等于A的动能的增加量，D项正确，C项错误。
A
2.(2024·山东菏泽高三检测)如图2所示，粗糙程度处处相同、倾角为θ的倾斜圆盘上，有一长为L的轻质细绳，一端可绕垂直于倾斜圆盘的光滑轴上的O点转动，另一端与质量为m的小滑块相连，小滑块从最高点A以垂直细绳的速度v0开始运动，恰好能完成一个完整的圆周运动，则运动过程中滑块受到的摩擦力大小为(　　)
图2
D
3.一物块沿倾角为θ的斜坡向上滑动，当物块的初速度为v时，上升的最大高度为H，如图3所示。当物块的初速度为2v时，上升的最大高度记为h。重力加速度为g，则物块与斜坡间的动摩擦因数μ和h分别为(　　)
图3
D
图4
D
对点练2　应用动能定理求变力做功
5.如图5所示，在轻弹簧的下端悬挂一个质量为m的小球A，将小球A从弹簧原长位置由静止释放，小球A能够下降的最大高度为h。若将小球A换为质量为2m的小球B，仍从弹簧原长位置由静止释放，重力加速度为g，不计空气阻力，则小球B下降h高度时的速度为(　　)
图5
C
6.如图6所示，一半径为R的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高，质量为m的质点自轨道端点P由静止开始滑下，滑到最低点Q时，对轨道的压力为2mg，重力加速度大小为g。质点自P滑到Q的过程中，克服摩擦力所做的功为(　　)
图6
AC
对点练3　动能定理与图像问题的结合
7.(多选)如图7甲所示，质量m＝2 kg的物体以100 J的初动能在粗糙的水平地面上滑行，其动能Ek随位移x变化的关系图像如图乙所示，则下列判断中正确的是(　　)
图7
A.物体运动的总位移大小为10 m
B.物体运动的加速度大小为10 m/s2
C.物体运动的初速度大小为10 m/s
D.物体所受的摩擦力大小为5 N
D
8.一质量为m的物块静止在光滑水平面上，某时刻起受到水平向右的大小随位移变化的力F的作用，F随位移变化的规律如图8所示，下列说法正确的是(　　)
图8
AD
9.(多选)(2023·湖南卷，8)如图9，固定在竖直面内的光滑轨道ABC由直线段AB和圆弧段BC组成，两段相切于B点，AB段与水平面夹角为θ，BC段圆心为O，最高点为C，A与C的高度差等于圆弧轨道的直径2R。小球从A点以初速度v0冲上轨道，能沿轨道运动恰好到达C点，下列说法正确的是(　　)
B级　综合提升练
图9
A.小球从B到C的过程中，对轨道的压力逐渐增大
B.小球从A到C的过程中，重力的功率始终保持不变
D.若小球初速度v0增大，小球有可能从B点脱离轨道
解析　小球恰好运动至C点，小球在C点vC＝0
小球在圆弧BC上运动到D点的受力分析如图所示
BC
10.(多选)(2024·湖南衡阳高三期中)如图10甲所示，为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角θ的关系，将某一物体每次以大小不变的初速度v0沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角θ，实验测得x与斜面倾角θ的关系如图乙所示，g取10 m/s2，根据图像(　　)
图10
A.当θ＝45°时，x最小
B.物体的初速度v0＝6 m/s
C.物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.75
D.当θ＝30°时，物体最终会回到出发点
BC
11.(多选)(2023·新课标卷，20)一质量为1 kg的物体在水平拉力的作用下，由静止开始在水平地面上沿x轴运动，出发点为x轴零点，拉力做的功W与物体坐标x的关系如图11所示。物体与水平地面间的动摩擦因数为0.4，重力加速度大小取10 m/s2。下列说法正确的是(　　)
图11
A.在x＝1 m时，拉力的功率为6 W
B.在x＝4 m时，物体的动能为2 J
C.从x＝0运动到x＝2 m，物体克服摩擦力做的功为8 J
D.从x＝0运动到x＝4 m的过程中，物体的动量最大为2 kg·m/s
C级　培优加强练
图
图12
(1)若小滑块从圆弧AO上某点释放，之后在两个圆弧上滑过的弧长相等，求释放点和O1的连线与竖直线的夹角；
(2)若小滑块能从O点脱离滑道，求其可能的落水点在水平面上形成的区域长度。
本节内容结束
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