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　动能定理及其应用
1．动能
(1)定义：物体由于运动而具有的能。
(2)公式：Ek＝mv2。
(3)单位：焦耳，1 J＝1 N·m＝1 kg·m2/s2。
(4)标矢性：动能是标量，是状态量。
(5)动能的变化量：ΔEk＝。
2．动能定理
(1)内容：力在一个过程中对物体做的功，等于物体在这个过程中动能的变化。
(2)表达式：W＝Ek2－Ek1＝。
(3)物理意义：合力做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，也可以分阶段作用。
④高中阶段用动能定理只解决单个物体的问题。
1．易错易混辨析
(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．(人教版必修第二册改编)运动员把质量是 500 g 的足球踢出后，某人观察它在空中的飞行情况，估计上升的最大高度是10 m，在最高点的速度为20 m/s。估算出运动员踢球时对足球做的功为(　　)
A．50 J　　B．100 J　　C．150 J　　D．无法确定
C　[方法1：运动员踢球时对足球做的功W等于足球获得的初动能Ek1，即W＝Ek1－0；足球上升时重力做的功等于动能的变化量，设上升到最高点时动能为Ek2，则有－mgh＝Ek2－Ek1，联立得W＝Ek1＝Ek2＋mgh＝150 J。方法2：全过程应用动能定理，W－mgh＝mv2－0，得W＝mgh＋mv2＝50 J＋100 J＝150 J，故C正确。]
动能定理的理解
1．对动能定理中“力”的两点理解
(1)“力”指的是合力，包括重力、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)力既可以是恒力，也可以是变力。应用动能定理可求变力做的功。
2．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替代关系。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：等式两边物理量的国际单位都是焦耳。
(3)因果关系：合力做功是引起物体动能变化的原因。
3．标量性
动能定理的表达式是一个标量式，不存在方向的选取问题。在某方向上应用动能定理是无依据的。
[典例1]　(多选)如图所示，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增加到v2时，上升高度为H，则在这个过程中，下列说法或表达式正确的是(　　)
A．对物体，动能定理的表达式为＝，其中为支持力做的功
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－mgH＝
D．对电梯，其所受合力做功为
CD　[电梯上升的过程中，对物体做功的有重力mg、支持力FN，这两个力的总功才等于物体动能的增量ΔEk＝，故A、B错误，C正确；对电梯，无论有几个力对它做功，由动能定理可知，其合力做的功一定等于其动能的增量，故D正确。]
[典例2]　(多选)如图所示，一质量为M、长为l的木板静止在光滑水平桌面上，另一质量为m的小物块(可视为质点)从木板上的左端以速度v0开始运动。已知物块与木板间的滑动摩擦力大小为f，当物块从木板右端离开时(　　)
A．木板的动能一定等于fl
B．木板的动能一定小于fl
C．物块的动能一定大于－fl
D．物块的动能一定小于－fl
BD　[物块和木板的v-t图像如图所示，根据题意分析可知，物块做匀减速运动、木板做匀加速运动，物块离开木板时，物块的速度大于木板的速度，则有物块位移x物＝SABFO，木板位移x木＝S△COF，又x物－x木＝l＝SABCO，可知x木[典例3]　(多选)(2024·广东广州三模)如图所示，半径为R的半圆弧槽固定在水平面上，槽口直径水平，一个质量为m的小物块从距离槽口A点高为R的P点静止释放，刚好从A点无碰撞地滑入槽中，并沿圆弧槽匀速率地滑行到点B，重力加速度大小为g，则物块(　　)
A．从A运动到B过程中重力做功的最大功率为mg
B．到达B点时对槽的压力大于重力
C．从A运动到B过程中克服摩擦力做功为mgR
D．与槽内AB之间各处的动摩擦因数均相等
ABC　[根据PG＝mgvy，从A运动到B过程中小物块竖直方向分速度逐渐减小，重力做功的最大功率为小物块在A点时的功率，由mgR＝mv2，联立解得PG＝mg，故A正确；到达B点时合力提供向心力，其方向为竖直向上，可知小物块所受支持力大于自身重力，根据牛顿第三定律可知小物块对槽的压力大于重力，故B正确；从A运动到B过程中，由动能定理，可得mgR－Wf＝0，解得克服摩擦力做功为Wf＝mgR，故C正确；对小物块受力分析如图所示，可知，所受摩擦力与重力的切向分力等大，设小物块与圆心连线和竖直方向夹角为θ，则有mg sin θ＝f＝μN，N－mg cos θ＝m，联立解得μ＝，由此可知，随着θ的减小，动摩擦因数减小，故D错误。]
动能定理与图像结合问题
1．常见图像的意义
2．解决物理图像问题的基本步骤
(1)观察题目给出的图像，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。
[典例4]　(2025·广东云浮调研)如图甲所示，长为4 m 的水平轨道AB与半径为R＝0.6 m的竖直半圆轨道BC在B处平滑连接，C点在B点的正上方，有一质量为m＝1 kg的滑块(大小不计)受水平外力F的作用，从A处由静止开始向右运动，F与滑块位移x的关系图像如图乙所示，滑块与轨道AB间的动摩擦因数为μ＝0.25，与轨道BC间的动摩擦因数未知，g取10 m/s2。(规定水平向右为力F的正方向)
(1)求滑块到达B处时的速度大小；
(2)求滑块在水平轨道AB上运动前2 m所用的时间；
(3)若滑块到达B点时撤去外力F，滑块沿半圆轨道内侧上滑，并恰好能到达最高点C，则滑块在半圆轨道上克服摩擦力所做的功是多少？
思路点拨：解此题的关键有两点：
(1)理解图像的物理意义并正确获取受力、运动及做功信息。
(2)分阶段应用动能定理。
[解析]　(1)对滑块从A到B的过程，由动能定理得F1x1＋F3x3－μmgx＝
解得vB＝2 m/s。
(2)在前2 m内，根据牛顿第二定律有
F1－μmg＝ma
且x1＝
解得t1＝ s。
(3)滑块恰好能到达最高点C，根据牛顿第二定律有mg＝
对滑块从B到C的过程，由动能定理得
－Wf－mg·2R＝
解得Wf＝5 J
可知滑块克服摩擦力做的功为5 J。
[答案]　(1)2 m/s　(2) s　(3)5 J
　动能定理与图像结合问题的分析方法
(1)首先看清所给图像的种类(如v-t图像、F-t图像、Ek-x图像等)。
(2)挖掘图像的隐含条件，得出所需要的物理量，如由v-t图像所包围的面积求位移，由F-x图像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。
[典例5]　从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用。距地面高度h在3 m以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图所示。重力加速度取10 m/s2。该物体的质量为(　　)
A．2 kg B．1.5 kg C．1 kg D．0.5 kg
C　[设物体的质量为m，则物体在上升过程中，受到竖直向下的重力mg和竖直向下的恒定外力F，由动能定理结合题图可得－(mg＋F)×3 m＝(36－72)J；物体在下落过程中，受到竖直向下的重力mg和竖直向上的恒定外力F，再由动能定理结合题图可得(mg－F)×3 m＝(48－24)J，联立解得m＝1 kg，F＝2 N，选项C正确，A、B、D均错误。]
应用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)对研究对象在“子过程”中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”选择合理的物理规律列方程。
(4)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
　组合运动的多过程问题
[典例6]　(2025·广东韶关调研)如图所示，与水平面夹角θ＝37°的斜面和半径R＝0.4 m的光滑圆轨道相切于B点，且固定于竖直平面内。滑块从斜面上的A点由静止释放，经B点后沿圆轨道运动，通过最高点C时轨道对滑块的弹力为零。已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.25。(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：
(1)滑块在C点的速度大小vC；
(2)滑块在B点的速度大小vB；
(3)A、B两点间的高度差h。
思路点拨：解此题要抓住以下两点信息：
(1)“通过最高点C时轨道对滑块的弹力为零”，则此时速度为vC＝。
(2)“与斜面间的动摩擦因数μ”说明滑块沿AB运动时摩擦力做负功。
[解析]　(1)在C点，滑块竖直方向所受合力提供向心力mg＝
vC＝＝2 m/s。
(2)对B→C过程由动能定理得
－mgR(1＋cos 37°)＝
vB＝≈4.29 m/s。
(3)滑块在A→B的过程，利用动能定理得
mgh－μmg cos 37°·＝－0
代入数据解得h≈1.38 m。
[答案]　(1)2 m/s　(2)4.29 m/s　(3)1.38 m
　往复运动的多过程问题
[典例7]　如图所示，ABCD为一位于竖直平面内的轨道，其中BC水平，A点比BC高出10 m，BC长1 m，AB和CD轨道光滑且与BC平滑连接。一质量为1 kg的物体，从A点以4 m/s的速度开始运动，经过BC后滑到高出C点10.3 m的D点速度为零。求：(g取10 m/s2)
(1)物体与BC轨道间的动摩擦因数；
(2)物体第5次经过B点时的速度；
(3)物体最后停止的位置(距B点多少米)。
[解析]　(1)物体从A到D的运动过程只有重力、摩擦力做功，由动能定理可得
mg(H－h)－μmgLBC＝
解得μ＝
代入数据得μ＝0.5。
(2)物体第5次经过B点时，物体在BC上运动的总位移x＝4LBC＝4 m
那么，对物体从A到物体第5次经过B点的运动过程应用动能定理可得
mgH－μmgx＝
解得v＝＝4 m/s。
(3)由受力平衡可知物体最终停在BC上，设物体整个运动过程在BC上的总路程为x′，那么由动能定理可得mgH－μmgx′＝
所以x′＝＝21.6 m＝21LBC＋0.6 m
故物体最后停止的位置距B点
LBC－0.6 m＝0.4 m。
[答案]　(1)0.5　(2)4 m/s　(3)0.4 m
　应用动能定理求多过程问题的技巧
(1)运用动能定理解决多过程问题时，有两种思路：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，要注意运用它们的特点：
①重力做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做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。
1．如图所示，粗糙程度处处相同的水平桌面上有一长为L的轻质细杆，一端可绕竖直光滑轴O转动，另一端与质量为m的小木块相连。木块以水平初速度v0出发，恰好能完成一个完整的圆周运动。在运动过程中，木块所受摩擦力的大小为(　　)
B　[在运动过程中，只有摩擦力做功，而摩擦力做功与路径有关，根据动能定理－f·2πL＝，可得摩擦力的大小f＝。故选B。]
2．如图所示，一小物块由静止开始沿斜面向下滑动，最后停在水平地面上。斜面和地面平滑连接，且物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为常数。该过程中，物块的动能Ek与水平位移x关系的图像是(　　)
A　　　　　　 　B
C　　　　　　 　D
A　[在斜面上，物块受竖直向下的重力、沿斜面向上的滑动摩擦力以及垂直斜面向上的支持力，设物块的质量为m，斜面的倾角为θ，物块沿斜面下滑的距离对应的水平位移为x，由动能定理有mg sin θ·－μ1mg cos θ·＝Ek－0，解得Ek＝(mg tan θ－μ1mg)x，即在斜面上时物块的动能与水平位移成正比，B、D项均错误；在水平面上，物块受竖直向下的重力、竖直向上的支持力以及水平向左的滑动摩擦力，由动能定理有－μ2mg(x－x0)＝Ek－Ek0，解得Ek＝Ek0－μ2mg(x－x0)，其中Ek0为物块滑到斜面底端时的动能，x0为物块沿斜面下滑到底端时的水平位移，即在水平面上物块的动能与水平位移为一次函数关系，且为减函数，A项正确，C项错误。]
3．(多选)一质量为m的物体静止在水平地面上，在水平拉力的作用下开始运动，图甲是在0～6 s内其速度与时间关系图像，图乙是拉力的功率与时间关系图像，g取10 m/s2。下列判断正确的是(　　)
A．拉力的大小为4 N，且保持不变
B．物体的质量为2 kg
C．0～6 s内物体克服摩擦力做的功为24 J
D．0～6 s内拉力做的功为156 J
BD　[对物体受力分析，由题图甲可知，在0～2 s内物体做匀加速运动，拉力大于滑动摩擦力，在2～6 s内物体做匀速运动，拉力等于滑动摩擦力，因此拉力大小不恒定，选项A错误；在2～6 s内根据功率公式P＝Fv，有F＝＝4 N，故滑动摩擦力f＝F＝4 N，在题图甲中，0～2 s内有a＝＝3 m/s2，由牛顿第二定律可知F′－f＝ma，又P′＝F′v，联立解得m＝2 kg，F′＝10 N，选项B正确；由题图甲可知在0～6 s内物体通过的位移为x＝30 m，故物体克服摩擦力做的功为Wf＝fx＝120 J，选项C错误；由动能定理可知W－Wf＝mv2，故0～6 s内拉力做的功W＝mv2＋Wf＝×2×62 J＋120 J＝156 J，选项D正确。]
4．(2025·广东汕头检测)如图所示AB和CDO都是处于竖直平面内的光滑圆弧形轨道，OA处于同一水平位置。AB是半径为R＝1 m的圆周轨道，CDO是半径为r＝0.5 m的半圆轨道，最高点O处固定一个竖直弹性挡板(可以把小球弹回且不损失能量，图中没有画出)，D为CDO轨道的中点。BC段是水平粗糙轨道，与圆弧形轨道平滑连接。已知BC段水平轨道长L＝2 m，与小球之间的动摩擦因数μ＝0.2。现让一个质量为m＝1 kg的小球从A点的正上方距水平线OA高H的P处自由落下。(g取10 m/s2)
(1)当H＝2 m时，求此时小球第一次到达D点对轨道的压力大小；
(2)为使小球仅仅与弹性挡板碰撞一次，且小球不会脱离CDO轨道，求H的取值范围。
[解析]　(1)设小球第一次到达D的速度为vD，对小球从P点到D点的过程，根据动能定理得
mg(H＋r)－μmgL＝－0
在D点轨道对小球的支持力FN提供向心力，则有
FN＝，联立解得FN＝84 N
由牛顿第三定律得，小球对轨道的压力大小为
FN′＝FN＝84 N。
(2)为使小球仅仅与挡板碰撞一次，且小球不会脱离CDO轨道，H最小时必须满足能上升到O点，由动能定理得
mgHmin－μmgL＝－0
在O点有mg＝
代入数据解得Hmin＝0.65 m
仅仅与弹性挡板碰撞一次，且小球不会脱离CDO轨道，H最大时，碰后再返回最高点能上升到D点，则有mg(Hmax＋r)－3μmgL＝0
代入数据解得Hmax＝0.7 m
故有0.65 m≤H≤0.7 m。
[答案]　(1)84 N　(2)0.65 m≤H≤0.7 m
课时分层作业(十三)　动能定理及其应用
1．(多选)(2023·广东卷)人们用滑道从高处向低处运送货物。如图所示，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(　　)
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
BCD　[重力做的功为WG＝mgh＝800 J, A错误；下滑过程根据动能定理可得WG－Wf＝，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，据牛顿第二定律可得F－mg＝ma，解得货物受到的支持力大小为F＝380 N，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。故选BCD。]
2．一半径为R的圆柱体水平固定，横截面如图所示。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)(　　)
A． B．
C． D．2
A　[当与圆柱体未接触部分的细绳竖直时，小球下落的高度h＝R＋＝R＋，根据动能定理有mgh＝mv2，解得v＝，故A正确，B、C、D错误。]
3．(2024·广东惠州市第三次调研)如图所示，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直，一小球以速度v从轨道下端滑入轨道，并保证从轨道上端水平飞出，则关于小球落地点到轨道下端的水平距离x与轨道半径R的关系，下列说法正确的是(　　)
A．R越大，则x越大
B．R越小，则x越大
C．当R为某一定值时，x才有最大值
D．当R为某一定值时，x才有最小值
C　[根据动能定理得－mg·2R＝mv′2－mv2，离开最高点做平抛运动有2R＝gt2，x＝v′t，联立解得x＝＝，可知当R＝时，水平位移最大；当R<时，R增大，x增大；当R>时，R增大，x减小。]
4．(多选)小刘驾驶一辆质量为m＝2×103 kg的汽车由静止开始以60 kW的恒定功率在水平路面运动，100 s后汽车以该情况下能达到的最大速度驶上一倾角固定的倾斜路面，随即将汽车功率提高到90 kW，并保持不变。已知汽车在水平路面行驶时所受阻力为其所受重力的0.1倍，在倾斜路面上匀速行驶时的速度为15 m/s。重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　)
A．汽车在水平路面上能达到的最大速度为25 m/s
B．汽车在水平路面上行驶的距离为2 550 m
C．汽车在倾斜路面上运动时受到的阻力大小为5 000 N
D．汽车驶上倾斜路面瞬间的加速度大小为1.5 m/s2
BD　[汽车达到最大速度时，其牵引力与阻力大小相等，有F＝f＝0.1mg，由功率的公式有P＝Fvm，解得vm＝30 m/s，故A项错误；由题意可知，该车从静止开始经过100 s时已经达到最大速度，由动能定理有Pt－fx＝－0，解得x＝2 550 m，故B项正确；设当汽车在倾斜路面稳定时其所受阻力为f1，则有P1＝F1v1，受力分析有F1＝f1，解得f1＝6 000 N，故C项错误；设汽车提高到90 kW时的牵引力为F2，有P1＝F2vm，到倾斜路面瞬间有F2－f1＝ma，解得a＝－1.5 m/s2，所以其加速度大小为1.5 m/s2，故D项正确。]
5．如图甲所示，置于水平地面上质量为m的物体，在竖直拉力F作用下，由静止开始向上运动，其动能Ek与距地面高度h的关系图像如图乙所示，已知重力加速度为g，空气阻力不计。下列说法正确的是(　　)
A．在0～h0过程中，F大小始终为mg
B．在0～h0和h0～2h0过程中，F做功之比为2∶1
C．在0～2h0过程中，物体的机械能不断增加
D．在2h0～3.5h0过程中，物体的机械能不断减少
C　[在0～h0过程中，Ek-h图像为一段直线，由动能定理得(F－mg)h0＝mgh0－0，故F＝2mg，A错误；由A项分析可知，在0～h0过程中，F做功为2mgh0，在h0～2h0过程中，由动能定理可知，WF－mgh0＝1.5 mgh0－mgh0，解得WF＝1.5 mgh0，因此在0～h0和h0～2h0过程中，F做功之比为4∶3，故B错误；在0～2h0过程中，F一直做正功，故物体的机械能不断增加，C正确；在2h0～3.5h0过程中，由动能定理得WF′－1.5mgh0＝0－1.5mgh0，则WF′＝0，故F做功为0，物体的机械能保持不变，故D错误。]
6．某滑雪场设置了如图所示滑道跳雪游戏项目，滑道由高为H的斜面滑道AB、水平滑道BC和高为h的斜面滑道CD三部分组成，AC水平距离为L，CD滑道的倾角固定为45°，游客脚上的滑雪板与三段滑道之间的动摩擦因数均为μ＝0.25，游客从A点由静止开始下滑，经过水平滑道BC后在C点水平飞出，若不计在B点的机械能损失，下列说法正确的是(　　)
A．其他条件不变，为保证游客落在滑道CD上而不是D所在水平面，L可以设计适当短一些
B．若游客落在滑道CD的不同点上，则落在滑道各点时的速度方向不相同
C．只要H和L一定，不管滑道AB的倾角有多大，游客从C点飞出的速度相同
D．当3H＝L＋h时，游客恰好落在D点
C　[对游客从A到C，由动能定理有mgH－μmg cos α·AB－μmg·BC＝，即mgH－μmgL＝，则只要H和L一定，不管滑道AB的倾角有多大，游客从C点飞出的速度一定，故C正确；若游客落在滑道CD的不同点上，则位移的偏向角相同，根据平抛运动的速度的偏向角的正切值等于位移偏向角的正切值的2倍可知，落在滑道各点时的速度偏向角相等，即落在斜面上的速度方向相同，故B错误；由C选项的分析可知，L越短，则到达C点时速度越大，游客在CD斜面上的位移越长，故A错误；若恰能落在D点，则h＝vCt＝gt2，又mgH－μmgL＝，联立解得4H＝L＋h，故D错误。]
7．如图所示，AB为平直导轨，长为L，物块与导轨间动摩擦因数为μ，BC为光滑曲面。A与地面间高度差为h1，BC间高度差为h2，一个质量为m的物块在水平恒力作用下，从A点静止开始向右运动，到达B点时撤去恒力，物块经过C点后落地，已知重力加速度为g。
(1)若物块落地时动能为E1，求其经过B点时的动能EkB；
(2)若要物块落地时动能小于E1，求恒力必须满足的条件。
[解析]　(1)物块从B到落地过程中机械能守恒，设地面为零势能面，则mgh1＋EkB＝E1，解得EkB＝E1－mgh1。
(2)整个过程中根据动能定理得
FmaxL－μmgL＋mgh1＝E1
所以Fmax＝
若物块恰能达到C点，根据动能定理得
FminL－μmgL－mgh2＝0
解得Fmin＝
综上所述可得
≤F＜。
[答案]　(1)E1－mgh1　(2)≤F＜
8．(2024·广东汕头金山中学高三模拟)如图所示，竖直平面内有一半径为R的圆轨道与水平轨道相切于最低点B。一质量为m的小物块从A处由静止滑下，沿轨道运动至C处停下，B、C两点间的距离为R，物块与圆轨道和水平轨道之间的动摩擦因数相同。现用始终平行于轨道或轨道切线方向的力推动物块，使物块从C处缓慢返回A处，重力加速度为g，设推力做的功为W，则(　　)
A．W＝mgR B．mgRC．W＝2mgR D．W>2mgR
B　[从A到C过程根据动能定理有mgR－μmgR－Wf＝0，解得Wf＝mgR－μmgR，从C到A过程根据动能定理得W－mgR－μmgR－W′f＝0，解得W＝mgR＋μmgR＋W′f，物块从A到B做圆周运动，根据向心力知识可知物块受到的支持力比缓慢运动时大，所以克服摩擦力做功Wf>W′f，可得W<2mgR，从B到A过程，由动能定理得W－mgR－W′f＝0，可知W>mgR，综上所述mgR9．(多选)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(　　)
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
BC　[由公式W＝Fx可知，W-x图像中图线的斜率为物体所受的拉力大小，由题图可知0～2 m内物体所受的拉力大小F1＝6 N，2～4 m内物体所受的拉力大小F2＝3 N，又物体所受的滑动摩擦力大小Ff＝μmg＝0.4×1×10 N＝4 N，0～1 m的过程对物体由动能定理得W1－Ffx1＝，解得v1＝2 m/s，由公式P＝F1v1，得拉力的功率为12 W，A错误；0～4 m的过程，对物体由动能定理得W2－Ffx2＝Ek，代入数据解得Ek＝2 J，B正确；0～2 m的过程，物体克服摩擦力做的功＝Ffx3＝4×2 J＝8 J，C正确；由于F2＜Ff，所以物体在2～4 m的过程中做匀减速直线运动，因此物体在2 m处的速度最大，动量最大，对物体由动能定理得W3－Ffx3＝，代入数据解得v2＝2 m/s，物体动量的最大值p＝mv2＝2 kg·m/s，D错误。]
10．如图(a)，质量为m的篮球从离地H高度处由静止下落，与地面发生一次非弹性碰撞后反弹至离地h的最高处。设篮球在运动过程中所受空气阻力的大小是篮球所受重力的λ倍，且篮球每次与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比相同，重力加速度大小为g。
(1)求篮球与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比；
(2)若篮球反弹至最高处h时，运动员对篮球施加一个向下的压力F，使得篮球与地面碰撞一次后恰好反弹至h的高度处，力F随高度y的变化如图(b)所示，其中h0已知，求F0的大小。
[解析]　(1)篮球下降过程中根据牛顿第二定律有mg－λmg＝ma下，再根据匀变速直线运动的公式，下落的过程中有＝2a下H，篮球反弹后上升过程中根据牛顿第二定律有mg＋λmg＝ma上，再根据匀变速直线运动的公式，上升的过程中有＝2a上h，则篮球与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比k＝＝。
(2)若篮球反弹至最高处h时，运动员对篮球施加一个向下的压力F，则篮球下落过程中根据动能定理有mgh＋F0－λmgh＝
篮球反弹后上升过程中根据动能定理有
－mgh－λmgh＝0－m(kv′下)2
联立解得F0＝。
[答案]　(1)　(2)
11．如图所示，AB是倾角为θ的粗糙直轨道，BCD是光滑的圆弧轨道，AB恰好在B点与圆弧相切，圆弧的半径为R。一个质量为m的物体(可以看作质点)从直轨道上与圆弧的圆心O等高的P点由静止释放，结果它能在两轨道间做往返运动。已知物体与轨道AB间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。试求：
(1)物体释放后，第一次到达B处的速度大小，并求出物体做往返运动的整个过程中在AB轨道上通过的总路程s；
(2)最终当物体通过圆弧轨道最低点E时，对圆弧轨道的压力大小；
(3)为使物体能顺利到达圆弧轨道的最高点D(E、O、D为同一条竖直直径上的3个点)，释放点距B点的距离L应满足什么条件。
[解析]　(1)设物体释放后，第一次到达B处的速度为v1，根据动能定理可知
mgR cos θ－μmg cos θ＝
解得v1＝
物体每完成一次往返运动，在AB斜面上能上升的高度都减少一些，最终当它运动到B点时，速度变为零，对物体从P到B 全过程用动能定理，有
mgR cos θ－μmgs cos θ＝0
得物体在AB轨道上通过的总路程为
s＝。
(2)最终物体以B为最高点在圆弧轨道底部做往返运动，设物体从B运动到E时速度为v2，由动能定理知
mgR(1－cos θ)＝
在E点，由牛顿第二定律有
FN－mg＝
解得物体受到的支持力为
FN＝mg(3－2cos θ)
根据牛顿第三定律，物体对轨道的压力大小为F′N＝FN＝mg(3－2cos θ)，方向竖直向下。
(3)设物体刚好到达D点时的速度为vD，此时有
mg＝
解得vD＝
设物体恰好通过D点时释放点距B点的距离为L0，由动能定理可知
mg[L0sin θ－R(1＋cos θ)]－μmgL0cos θ＝
联立解得
L0＝
则L≥。
[答案]　(1)　
(2)mg(3－2cos θ)　(3)L≥
20 / 20　动能定理及其应用
1．动能
(1)定义：物体由于________而具有的能。
(2)公式：Ek＝________。
(3)单位：________，1 J＝1 N·m＝1 kg·m2/s2。
(4)标矢性：动能是________，是状态量。
(5)动能的变化量：ΔEk＝____________。
2．动能定理
(1)内容：力在一个过程中对物体做的功，等于物体在这个过程中____________。
(2)表达式：W＝Ek2－Ek1＝____________。
(3)物理意义：合力做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____________。
②动能定理既适用于恒力做功，也适用于________做功。
③力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以________作用。
④高中阶段用动能定理只解决单个物体的问题。
1．易错易混辨析
(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．(人教版必修第二册改编)运动员把质量是 500 g 的足球踢出后，某人观察它在空中的飞行情况，估计上升的最大高度是10 m，在最高点的速度为20 m/s。估算出运动员踢球时对足球做的功为(　　)
A．50 J B．100 J
C．150 J D．无法确定
动能定理的理解
1．对动能定理中“力”的两点理解
(1)“力”指的是合力，包括重力、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)力既可以是恒力，也可以是变力。应用动能定理可求变力做的功。
2．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替代关系。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：等式两边物理量的国际单位都是焦耳。
(3)因果关系：合力做功是引起物体动能变化的原因。
3．标量性
动能定理的表达式是一个标量式，不存在方向的选取问题。在某方向上应用动能定理是无依据的。
[典例1]　(多选)如图所示，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增加到v2时，上升高度为H，则在这个过程中，下列说法或表达式正确的是(　　)
A．对物体，动能定理的表达式为＝，其中为支持力做的功
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－mgH＝
D．对电梯，其所受合力做功为
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[典例2]　(多选)如图所示，一质量为M、长为l的木板静止在光滑水平桌面上，另一质量为m的小物块(可视为质点)从木板上的左端以速度v0开始运动。已知物块与木板间的滑动摩擦力大小为f，当物块从木板右端离开时(　　)
A．木板的动能一定等于fl
B．木板的动能一定小于fl
C．物块的动能一定大于－fl
D．物块的动能一定小于－fl
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[典例3]　(多选)(2024·广东广州三模)如图所示，半径为R的半圆弧槽固定在水平面上，槽口直径水平，一个质量为m的小物块从距离槽口A点高为R的P点静止释放，刚好从A点无碰撞地滑入槽中，并沿圆弧槽匀速率地滑行到点B，重力加速度大小为g，则物块(　　)
A．从A运动到B过程中重力做功的最大功率为mg
B．到达B点时对槽的压力大于重力
C．从A运动到B过程中克服摩擦力做功为mgR
D．与槽内AB之间各处的动摩擦因数均相等
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动能定理与图像结合问题
1．常见图像的意义
2．解决物理图像问题的基本步骤
(1)观察题目给出的图像，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。
[典例4]　(2025·广东云浮调研)如图甲所示，长为4 m 的水平轨道AB与半径为R＝0.6 m的竖直半圆轨道BC在B处平滑连接，C点在B点的正上方，有一质量为m＝1 kg的滑块(大小不计)受水平外力F的作用，从A处由静止开始向右运动，F与滑块位移x的关系图像如图乙所示，滑块与轨道AB间的动摩擦因数为μ＝0.25，与轨道BC间的动摩擦因数未知，g取10 m/s2。(规定水平向右为力F的正方向)
(1)求滑块到达B处时的速度大小；
(2)求滑块在水平轨道AB上运动前2 m所用的时间；
(3)若滑块到达B点时撤去外力F，滑块沿半圆轨道内侧上滑，并恰好能到达最高点C，则滑块在半圆轨道上克服摩擦力所做的功是多少？
思路点拨：解此题的关键有两点：
(1)理解图像的物理意义并正确获取受力、运动及做功信息。
(2)分阶段应用动能定理。
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　动能定理与图像结合问题的分析方法
(1)首先看清所给图像的种类(如v-t图像、F-t图像、Ek-x图像等)。
(2)挖掘图像的隐含条件，得出所需要的物理量，如由v-t图像所包围的面积求位移，由F-x图像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。
[典例5]　从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用。距地面高度h在3 m以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图所示。重力加速度取10 m/s2。该物体的质量为(　　)
A．2 kg B．1.5 kg C．1 kg D．0.5 kg
应用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)对研究对象在“子过程”中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”选择合理的物理规律列方程。
(4)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
　组合运动的多过程问题
[典例6]　(2025·广东韶关调研)如图所示，与水平面夹角θ＝37°的斜面和半径R＝0.4 m的光滑圆轨道相切于B点，且固定于竖直平面内。滑块从斜面上的A点由静止释放，经B点后沿圆轨道运动，通过最高点C时轨道对滑块的弹力为零。已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.25。(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：
(1)滑块在C点的速度大小vC；
(2)滑块在B点的速度大小vB；
(3)A、B两点间的高度差h。
思路点拨：解此题要抓住以下两点信息：
(1)“通过最高点C时轨道对滑块的弹力为零”，则此时速度为vC＝。
(2)“与斜面间的动摩擦因数μ”说明滑块沿AB运动时摩擦力做负功。
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　往复运动的多过程问题
[典例7]　如图所示，ABCD为一位于竖直平面内的轨道，其中BC水平，A点比BC高出10 m，BC长1 m，AB和CD轨道光滑且与BC平滑连接。一质量为1 kg的物体，从A点以4 m/s的速度开始运动，经过BC后滑到高出C点10.3 m的D点速度为零。求：(g取10 m/s2)
(1)物体与BC轨道间的动摩擦因数；
(2)物体第5次经过B点时的速度；
(3)物体最后停止的位置(距B点多少米)。
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　应用动能定理求多过程问题的技巧
(1)运用动能定理解决多过程问题时，有两种思路：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，要注意运用它们的特点：
①重力做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做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。
1．如图所示，粗糙程度处处相同的水平桌面上有一长为L的轻质细杆，一端可绕竖直光滑轴O转动，另一端与质量为m的小木块相连。木块以水平初速度v0出发，恰好能完成一个完整的圆周运动。在运动过程中，木块所受摩擦力的大小为(　　)
2．如图所示，一小物块由静止开始沿斜面向下滑动，最后停在水平地面上。斜面和地面平滑连接，且物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为常数。该过程中，物块的动能Ek与水平位移x关系的图像是(　　)
A　　　　　　 　B
C　　　　　　 　D
3．(多选)一质量为m的物体静止在水平地面上，在水平拉力的作用下开始运动，图甲是在0～6 s内其速度与时间关系图像，图乙是拉力的功率与时间关系图像，g取10 m/s2。下列判断正确的是(　　)
A．拉力的大小为4 N，且保持不变
B．物体的质量为2 kg
C．0～6 s内物体克服摩擦力做的功为24 J
D．0～6 s内拉力做的功为156 J
4．(2025·广东汕头检测)如图所示AB和CDO都是处于竖直平面内的光滑圆弧形轨道，OA处于同一水平位置。AB是半径为R＝1 m的圆周轨道，CDO是半径为r＝0.5 m的半圆轨道，最高点O处固定一个竖直弹性挡板(可以把小球弹回且不损失能量，图中没有画出)，D为CDO轨道的中点。BC段是水平粗糙轨道，与圆弧形轨道平滑连接。已知BC段水平轨道长L＝2 m，与小球之间的动摩擦因数μ＝0.2。现让一个质量为m＝1 kg的小球从A点的正上方距水平线OA高H的P处自由落下。(g取10 m/s2)
(1)当H＝2 m时，求此时小球第一次到达D点对轨道的压力大小；
(2)为使小球仅仅与弹性挡板碰撞一次，且小球不会脱离CDO轨道，求H的取值范围。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1 / 10课时分层作业(十三)　动能定理及其应用
说明：单选题每小题4分，多选题每小题6分；本试卷共79分)
1．(多选)(2023·广东卷)人们用滑道从高处向低处运送货物。如图所示，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(　　)
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
2．一半径为R的圆柱体水平固定，横截面如图所示。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)(　　)
A． B．
C． D．2
3．(2024·广东惠州市第三次调研)如图所示，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直，一小球以速度v从轨道下端滑入轨道，并保证从轨道上端水平飞出，则关于小球落地点到轨道下端的水平距离x与轨道半径R的关系，下列说法正确的是(　　)
A．R越大，则x越大
B．R越小，则x越大
C．当R为某一定值时，x才有最大值
D．当R为某一定值时，x才有最小值
4．(多选)小刘驾驶一辆质量为m＝2×103 kg的汽车由静止开始以60 kW的恒定功率在水平路面运动，100 s后汽车以该情况下能达到的最大速度驶上一倾角固定的倾斜路面，随即将汽车功率提高到90 kW，并保持不变。已知汽车在水平路面行驶时所受阻力为其所受重力的0.1倍，在倾斜路面上匀速行驶时的速度为15 m/s。重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　)
A．汽车在水平路面上能达到的最大速度为25 m/s
B．汽车在水平路面上行驶的距离为2 550 m
C．汽车在倾斜路面上运动时受到的阻力大小为5 000 N
D．汽车驶上倾斜路面瞬间的加速度大小为1.5 m/s2
5．如图甲所示，置于水平地面上质量为m的物体，在竖直拉力F作用下，由静止开始向上运动，其动能Ek与距地面高度h的关系图像如图乙所示，已知重力加速度为g，空气阻力不计。下列说法正确的是(　　)
A．在0～h0过程中，F大小始终为mg
B．在0～h0和h0～2h0过程中，F做功之比为2∶1
C．在0～2h0过程中，物体的机械能不断增加
D．在2h0～3.5h0过程中，物体的机械能不断减少
6．某滑雪场设置了如图所示滑道跳雪游戏项目，滑道由高为H的斜面滑道AB、水平滑道BC和高为h的斜面滑道CD三部分组成，AC水平距离为L，CD滑道的倾角固定为45°，游客脚上的滑雪板与三段滑道之间的动摩擦因数均为μ＝0.25，游客从A点由静止开始下滑，经过水平滑道BC后在C点水平飞出，若不计在B点的机械能损失，下列说法正确的是(　　)
A．其他条件不变，为保证游客落在滑道CD上而不是D所在水平面，L可以设计适当短一些
B．若游客落在滑道CD的不同点上，则落在滑道各点时的速度方向不相同
C．只要H和L一定，不管滑道AB的倾角有多大，游客从C点飞出的速度相同
D．当3H＝L＋h时，游客恰好落在D点
7．(13分) 如图所示，AB为平直导轨，长为L，物块与导轨间动摩擦因数为μ，BC为光滑曲面。A与地面间高度差为h1，BC间高度差为h2，一个质量为m的物块在水平恒力作用下，从A点静止开始向右运动，到达B点时撤去恒力，物块经过C点后落地，已知重力加速度为g。
(1)若物块落地时动能为E1，求其经过B点时的动能EkB；
(2)若要物块落地时动能小于E1，求恒力必须满足的条件。
8．(2024·广东汕头金山中学高三模拟)如图所示，竖直平面内有一半径为R的圆轨道与水平轨道相切于最低点B。一质量为m的小物块从A处由静止滑下，沿轨道运动至C处停下，B、C两点间的距离为R，物块与圆轨道和水平轨道之间的动摩擦因数相同。现用始终平行于轨道或轨道切线方向的力推动物块，使物块从C处缓慢返回A处，重力加速度为g，设推力做的功为W，则(　　)
A．W＝mgR B．mgRC．W＝2mgR D．W>2mgR
9．(多选)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(　　)
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
10．(13分) 如图(a)，质量为m的篮球从离地H高度处由静止下落，与地面发生一次非弹性碰撞后反弹至离地h的最高处。设篮球在运动过程中所受空气阻力的大小是篮球所受重力的λ倍，且篮球每次与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比相同，重力加速度大小为g。
(1)求篮球与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比；
(2)若篮球反弹至最高处h时，运动员对篮球施加一个向下的压力F，使得篮球与地面碰撞一次后恰好反弹至h的高度处，力F随高度y的变化如图(b)所示，其中h0已知，求F0的大小。
1 9 8 7 6 5 4 3 2 1 0 ＋0.5
11．(15分) 如图所示，AB是倾角为θ的粗糙直轨道，BCD是光滑的圆弧轨道，AB恰好在B点与圆弧相切，圆弧的半径为R。一个质量为m的物体(可以看作质点)从直轨道上与圆弧的圆心O等高的P点由静止释放，结果它能在两轨道间做往返运动。已知物体与轨道AB间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。试求：
(1)物体释放后，第一次到达B处的速度大小，并求出物体做往返运动的整个过程中在AB轨道上通过的总路程s；
(2)最终当物体通过圆弧轨道最低点E时，对圆弧轨道的压力大小；
(3)为使物体能顺利到达圆弧轨道的最高点D(E、O、D为同一条竖直直径上的3个点)，释放点距B点的距离L应满足什么条件。
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