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第五章　机械能及其守恒定律
第2节　动能定理
链接教材·夯基固本
一、动能
1．定义：物体由于______而具有的能。
2．公式：Ek＝________，v为瞬时速度，动能是状态量。
3．单位：______，1 J＝1 N·m＝1 kg·m2/s2。
4．标矢性：动能是______，只有正值，动能与速度的方向______。
5．动能的变化量：ΔEk＝Ek2－Ek1＝_________________。
运动
mv2
焦耳
标量
无关
二、动能定理
1．内容：合力对物体所做的功等于物体______的变化。
2．表达式：W＝ΔEk＝_________________。
3．物理意义：______对物体做的功是物体动能变化的量度。
4．适用条件
(1)既适用于直线运动，也适用于__________。
(2)既适用于恒力做功，也适用于__________。
(3)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以____________。
动能
合力
曲线运动
变力做功
不同时作用
5．应用动能定理解题步骤
6．注意事项
(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)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求解。
(3)动能是标量，动能定理是标量式，解题时不能分解动能。
一、易错易误辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(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)物体所受的合力对物体做的功为零，动能一定不变。 (　　)
(3)物体在合力作用下做变速运动，动能一定变化。 (　　)
(4)物体的动能不变，其所受的合力必定为零。 (　　)
√
√
×
×
二、教材习题衍生
1．(对动能定理的理解)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。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，其所受合力做的功为
√
D　[电梯上升的过程中，对物体做功的有重力mg、支持力FN，这两个力做的总功才等于物体动能的增量ΔEk＝，故A、B、C错误；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。]
2．(动能的理解)在下列几种情况下，甲、乙两物体的动能相等的是
(　　)
A．甲的速度是乙的2倍，甲的质量是乙的
B．甲的质量是乙的2倍，甲的速度是乙的
C．甲的质量是乙的4倍，甲的速度是乙的
D．质量相同，速度大小也相同，但甲向东运动，乙向西运动
√
D　[由动能定理Ek＝mv2可知，甲的速度是乙的2倍，甲的质量是乙的，则甲的动能是乙的2倍，故A错误；甲的质量是乙的2倍，甲的速度是乙的，则甲的动能是乙的，故B错误；甲的质量是乙的4倍，甲的速度是乙的，则甲的动能是乙的，故C错误；质量相同，速度大小也相同，则甲、乙两物体的动能相等，动能是标量，其大小与物体运动的方向无关，故D正确。]
3．(动能定理的应用)如图所示，一个可视为质点的小木块从固定斜面的顶端由静止滑下，滑到水平面上的a点停下。斜面与水平面粗糙程度相同，且平滑连接。现将斜面向右移动到虚线所示的位置，并固定在地面上，再让小木块从斜面的某处由静止下滑，仍滑到a点停下。则小木块释放的位置可能是(　　)
A．甲
B．乙
C．丙
D．丁
√
C　[设每一小格边长为l，斜面倾角为θ，由动能定理有13mgl－μmg cos θ·－29μmgl＝0，nmgl－μmg cos θ·－18μmgl＝0，联立可得n≈8，丙位置到地面高度为8个小格的高度，故选C。]
细研考点·突破题型
考点1　 动能定理的理解及应用
[典例1]　(对动能、动能定理的理解)关于动能概念及动能定理表达式W＝Ek2－Ek1的说法中正确的是(　　)
A．若物体速度在变化，则动能一定在变化
B．速度大的物体，动能一定大
C．W＝Ek2－Ek1表示功就是能
D．动能的变化可以用合力做的功来量度
√
D　[速度是矢量，而动能是标量，若物体速度只改变方向，不改变大小，则动能不变，故A错误；由Ek＝mv2知B错误；动能定理表达式W＝Ek2－Ek1表示动能的变化可用合力做的功量度，但功和能是两个不同的概念，有着本质的区别，故C错误，D正确。]
【典例1　教用·备选题】　(由动能定理分析合力做功)用力F使质量为 2 kg 的物体由静止向上提升1 m，这时物体的速度为 2 m/s，则下列说法正确的是(g取 10 m/s2)(　　)
A．力F对物体做功4 J
B．物体动能改变了20 J
C．合外力对物体做功4 J
D．物体重力势能减少了20 J
√
C　[根据WF－mgh＝mv2，解得WF＝24 J，A错误；根据ΔEk＝Ek2－Ek1＝mv2＝4 J，B错误；合力对物体做的功等于物体动能的变化量即4 J，C正确；物体向上运动，重力做负功，重力势能增加了Ep＝mgh＝20 J，D错误。]
[典例2]　(由动能定理分析分力做的功)(2023·江苏卷)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
√
C　[设斜面的倾角为θ，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，对滑块进行受力分析，当滑块向上滑动时，摩擦力的方向沿斜面向下，加速度的大小a1＝g sin θ＋μg cos θ，当滑块向下滑动时，摩擦力的方向沿斜面向上，加速度的大小a2＝g sin θ－μg cos θ，所以a1>a2，由题图甲可知，滑块的运动时间为三个单位的频闪时间，由题图乙可知，滑块的运动时间为四个单位的频闪时间，t甲＝2a1xAB，得题图甲中滑块在A点的速度大小v甲＝，同理
v乙＝，得v甲>v乙，B错误；根据匀变速直线运动规律有xAB＝，则滑块从A到B的运动时间t′甲＝，同理t′乙＝，因为a1>a2，所以t′甲规律总结　1．对“外力”的两点理解
(1)“外力”指的是合力，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)“外力”既可以是恒力，也可以是变力。
2．公式W合＝ΔEk中“＝”体现的三个关系
考点2　动能定理与图像结合问题
1．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、图线与坐标轴包围的面积所对应的物理意义，根据对应关系列式解答问题。
2．图像所围“面积”和图像斜率的含义
[典例3]　(动能定理与Ek-x图像的综合)(2022·江苏卷)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
A　[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mgx tan θ＝Ek－0，运动员的动能为Ek＝mgx tan θ，由题图所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，A正确，B、C、D错误。]
方法技巧　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-t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图像与横轴所包围的“面积”求位移，由 F-x 图像与横轴所包围的“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3　教用·备选题】　(动能定理与Ek-x图像的综合)某次性能测试中，弹头以初速度v0垂直射入一排竖直固定的钢板且未穿出，如图所示。若弹头所受阻力f与其速度v成正比，则弹头的速度v和动能Ek随时间t、位移x变化的关系图像可能正确的是(　　)
A　　　　　　　　B
C　　　　　　　　D
√
C　[由于弹头所受阻力f与其速度v成正比，则可设其阻力为kv，在弹头运动过程中由牛顿第二定律有kv＝ma，弹头做减速运动，速度逐渐减小，则可知其所受阻力也逐渐减小，加速度逐渐减小，即弹头随时间做加速度逐渐减小的减速运动，而v-t图像斜率的绝对值表示加速度大小，A选项所示斜率的绝对值逐渐增大，表示加速度逐渐增大，故A错误；根据题意可得阻力的功率为Pf＝kv2，而子弹的速度逐渐减小，则阻力的功率逐渐减小，Ek-t图像斜率的绝对值表示阻力的功率大小，B选项所示斜率逐渐增大，则表示阻力的功率逐渐增大，故B错误；根据kv＝ma，则可得在任意极短时间内有k＝－m，可得v＝－x，即速度与位移成正比，故C正确；在任意极短时间内有ΔEk＝kΔv·Δx，由此可知Ek-x图像斜率的绝对值应逐渐减小，而D选项所示斜率的绝对值逐渐增大，故D错误。故选C。]
[典例4]　(动能定理与v-t、P-t图像的综合)(2024·江苏镇江一模)某摩托车在平直的道路上由静止启动，其运动的速度v与时间t的关系如图甲所示，图乙表示该摩托车牵引力的功率P与时间t的关系。设摩托车在前进过程中所受阻力为车(包括驾驶员和物资)总重力的k倍，在18 s末摩托车的速度恰好达到最大。已知摩托车(包括驾驶员和物资)总质量m＝200 kg，重力加速
度g取10 m/s2。则下列说法正确
的是(　　)
A．0到18 s内摩托车一直匀加速运动
B．0到8 s内，摩托车的牵引力为800 N
C．k＝0.4
D．从静止开始加速到最大速度的过程中，摩托车前进的路程为125.5 m
√
C　[v-t图像的斜率表示加速度，根据题图甲可知，0到18 s内摩托车先做匀加速运动，后做加速度减小的变加速直线运动，故A错误；根据题图可知，8 s时，摩托车牵引力的功率达到额定功率8×103 W，设匀加速过程牵引力为F0，v0＝8 m/s，则有P额＝F0v0，解得F0＝1 000 N，故B错误；根据题图甲可知，18 s后摩托车做匀速直线运动，牵引力与阻力平衡，速度达到最大值，则有P额＝fvmax＝kmgvmax，解得k＝0.4，故C正确；v-t图像中，图线与时间轴所围几何图形的面积表示位移，根据题图甲可知，0～8 s内的位移为x1＝＝ m＝32 m，在8～
18 s内经历时间为t1＝18 s－8 s＝10 s，该段时间内，功率始终为额定功率，根据动能定理有P额t1－kmgx2＝，解得x2＝95.5 m，则从静止开始加速到最大速度的过程中，摩托车前进的路程为x＝x1＋x2＝127.5 m，故D错误。]
[典例5]　(动能定理与a-x图像的综合)(2024·江苏徐州一模)如图甲所示，某物体在光滑水平面上受外力作用从坐标原点O由静止开始沿x轴运动，其加速度a随位移x变化的规律如图乙所示，图中加速度的最大值为am，x1和x2已知，物体的质量为m，则下列说法正确的是(　　)
A．物体在0～x1内做匀加速直线运动
B．在物体由x＝0运动到x＝x2的过程中合外力对物体所做的功为W2＝mamx2
C．在物体由x＝0运动到x＝x1的过程中合外力对物体所做的功为W1＝mamx1
D．物体在x1处速度最大
√
B　[由题图乙可知，物体在0～x1内的加速度逐渐增大，物体做加速度逐渐增大的加速运动，故A错误；根据运动学公式2ax＝，可知a-x图像与横轴围成的面积等于，则在物体由x＝0运动到x＝x1的过程中，有amx1＝，根据动能定理可知在物体由x＝0运动到x＝x1的过程中，合外力对物体所做的功为W1＝＝mamx1，在物体由x＝0运动到x＝x2的过程中，有amx2＝，物体由x＝0运动到x＝x2的过程中，合外力对物体所做的功为W2＝＝mamx2，故B正确，C错误；由于物体的加速度一直为正，可知物体由x＝0运动到x＝x2的过程中，一直做加速运动，则物体在x1处速度不是最大，故D错误。]
[典例6]　(动能定理与F-x图像的综合)如图甲所示，在倾角为30°、长度为L＝5 m的光滑斜面AB的A处连接一粗糙水平面OA，OA长为 4 m。 有一质量为m的滑块，从O处由静止开始受一水平向右的力F作用，F只在滑块处于水平面上时作用，并且按图乙所示的规律变化，最后滑块刚好到达斜面顶端B，滑块在A处无动能损失，g取 10 m/s2。 试求：
(1)滑块运动到A处的速度大小；
(2)滑块与OA间的动摩擦因数μ。
[解析]　(1)滑块冲上斜面的过程中重力做负功，由动能定理得－mg·L·sin 30°＝
代入数据解得vA＝5 m/s。
(2)由题图乙知，在前2 m内，F1＝2 mg，做正功，在第3 m内，F2＝－0.5mg，做负功，在第4 m内，F3＝0，滑动摩擦力的大小为Ff＝μmg，始终做负功，对于滑块在OA上运动的全过程，由动能定理得
F1x1＋F2x2＋Ffx＝－0
即2mg×2－0.5mg×1－μmg×4＝
代入数据解得μ＝0.25。
[答案]　(1)5 m/s　(2)0.25
考点3　 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，必要时画出受力示意图和过程示意图。
(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
[典例7]　(利用动能定理求解多过程问题)(2024·曲塘中学模拟)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，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。
思路点拨：解此题可按以下思路：
(1)小球由P到D全过程，由动能定理列方程求小球第一次到达D点的速度。
(2)小球仅仅与弹性挡板碰撞一次且刚好不脱离CDO轨道的两个临界条件是在O点重力提供向心力、碰后再返回最高点恰能上升到D点。
[解析]　(1)设小球第一次到达D的速度为vD，对小球从P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，小球对轨道的压力为
F′N＝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
方法技巧　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，要注意运用它们的功能特点：
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。
【典例7　教用·备选题】　(利用动能定理求解多过程问题) (2025·江苏苏州调研)如图所示，在竖直平面内，有一倾角为θ的斜面CD与半径为R的光滑圆弧轨道ABC相切于C点，B是最低点，A与圆心O等高。将一质量为m的小滑块从A点正上方高h处由静止释放后沿圆弧轨道ABC运动，小滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，空气阻力不计，重力加速度为g，取B点所在的水
平面为零势能面，试求：
(1)小滑块在释放处的重力势能Ep；
(2)小滑块第一次运动到B点时对轨道的压力FN′；
(3)小滑块沿斜面CD向上滑行的最大距离x。
[解析]　(1)小滑块在释放处的重力势能
Ep＝mg(h＋R)。
(2)小滑块从释放处到第一次运动到B点，根据动能定理有mg(h＋R)＝
在B点，根据牛顿第二定律有
FN－mg＝
解得FN＝mg
根据牛顿第三定律，小滑块第一次到B点时对轨道的压力为FN′＝FN＝mg，方向竖直向下。
(3)从释放处到沿斜面CD滑行到最高点，对小滑块，根据动能定理有
mg(h＋R cos θ－x sin θ)－μmg cos θ·x＝0
解得x＝。
[答案]　(1)mg(h＋R)　(2)mg，方向竖直向下　(3)
[典例8]　(组合运动的多过程问题)(2024·江苏南京一模)如图所示，竖直平面内有一半径R＝0.5 m的光滑圆弧槽BCD，B点与圆心O等高，一水平面与圆弧槽相接于D点，质量m＝0.5 kg的小球从B点正上方H高处的A点自由下落，由B点进入圆弧轨道，从D点飞出后落在水平面上的Q点，D、Q间的距离s＝2.4 m，小球从D点飞出后的运动过程中相对于水平面上升的最大高度h＝
0.8 m，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，不
计空气阻力，求：
(1)小球在D点的速度vD；
(2)小球释放点到B点的高度H；
(3)经过圆弧槽最低点C时轨道对小球的支持力大小FN。
[解析]　(1)设小球在飞行过程最高点P的速度大小为v0，P到D和P到Q可视为两个对称的平抛运动，则有
h＝gt2，＝v0t，vy＝gt
解得t＝0.4 s，v0＝3 m/s，vy＝4 m/s
则小球在D点的速度大小为
vD＝＝5 m/s
设小球在D点的速度与水平方向夹角为θ，则有
tan θ＝＝
可得θ＝53°。
(2)小球由A到D过程，根据动能定理可得
mgH＋mgR cos θ＝－0
解得H＝0.95 m。
(3)小球由A到C过程，根据动能定理可得
mg(H＋R)＝－0
在C点，根据牛顿第二定律可得
FN－mg＝
联立解得轨道对小球的支持力大小为
FN＝34 N。
[答案]　(1)5 m/s，与水平方向夹角为53°　(2)0.95 m　(3)34 N
【典例8　教用·备选题】　(组合运动的多过程问题)如图所示，水平桌面上一个质量m＝0.01 kg 的物体(视为质点)将弹簧压缩至A点后由静止释放，在弹力作用下物体获得一向右速度后脱离弹簧，之后从桌子边缘B点平抛出去，并从C点沿CD方向进入竖直平面内，沿斜直轨道CD和圆弧形轨道DEFGH平滑连接而成的光滑轨道上运动，CD与水平面成θ＝37°角，EG为圆弧形轨道的竖直直径，FH为圆弧形轨道的水平直径，E点在水平面上。已知物体刚好能沿圆轨道经过最高点G，AB间的距离l＝
4 m，物体与桌面间的动摩擦因数μ＝0.25，C点距离桌面的水面距离x＝1.2 m，B、C两点间的高度差h1＝0.45 m，C、D两点间的高度差h2＝
1.05 m，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
(1)弹簧被压缩至A点时的弹性势能Ep；
(2)圆弧轨道半径R；
(3)当物体从D点进入圆弧轨道后，撤去斜直轨道CD，物体从H点落到水平面的时间t。
[解析]　(1)物体从B到C做平抛运动，则竖直方向有h1＝
解得t1＝0.3 s
则水平方向有x＝vBt1
解得vB＝4 m/s
物体从A运动到B，根据能量守恒定律有
Ep＝
代入数据解得Ep＝0.18 J。
(2)物体在C点的速度为
vC＝＝5 m/s
由题知物体刚好能沿圆轨道经过最高点G，则有mg＝
解得vG＝
物体从C运动到G，根据动能定理有
－mghGC＝
由几何关系可得
hGC＝2R－h2－R(1－cos 37°)
联立解得R＝1 m。
(3)物体从G运动到H，根据动能定理有
mgR＝
解得vH＝ m/s
从H点下落到地面上，根据运动学公式有
R＝vHt＋gt2
代入数据解得t＝ s。
[答案]　(1)0.18 J　(2)1 m　(3) s
[典例9]　(含有弹簧弹力做功的多过程问题)如图所示，水平桌面上的轻质弹簧左端固定，右端与静止在O点质量为m＝1 kg的小物块接触而不连接，此时弹簧无形变。现对小物块施加F＝10 N水平向左的恒力，使其由静止开始向左运动。小物块在向左运动到A点前某处速度最大时，弹簧的弹力为6 N，运动到A点时撤去推力F，小物块最终运动到B点静止。图中OA＝0.8 m，OB＝0.2 m，重力加速度g取10 m/s2。求小物块：
(1)与桌面间的动摩擦因数μ；
(2)向右运动过程中经过O点的速度大小；
(3)向左运动的过程中弹簧的最大压缩量。
[解析]　(1)小物块速度达到最大时，加速度为零，对小物块有F－μmg－F弹＝0
解得μ＝＝0.4。
(2)设向右运动通过O点时的速度为vO，从O→B，由动能定理得
－FfxOB＝，Ff＝μmg＝4 N
解得vO＝ m/s≈1.26 m/s。
(3)设弹簧最大压缩量为xmax，对小物块运动的全过程，根据动能定理得
FxOA－Ff(2xmax＋xOB)＝0
代入数值得xmax＝0.9 m。
[答案]　(1)0.4　(2)1.26 m/s　(3)0.9 m
题组一　动能定理的理解及应用
1．如图所示，在水平转台上放置一圆锥形物体，物块在平行于锥面的细绳作用下静止在圆锥体表面，在圆锥体随平台逐渐加速转动的过程中，物块始终与锥面保持相对静止。关于此过程下列判断正确的是(　　)
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
课时分层作业(十五)　动能定理
A．物块受到的合力为0
B．绳上的拉力逐渐增大
C．锥面对物块的支持力保持不变
D．没有任何力对物块做功
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
√
B　[物块随锥体做变速圆周运动，则受到的合力不为0，选项A错误；设细绳与竖直方向夹角为θ，则对物块，沿斜面方向有T－mg cos θ＝mω2r sin θ，则随角速度逐渐增加，绳上的拉力逐渐增大，选项B正确；沿垂直斜面方向有mg sin θ－N＝mω2r cos θ，则随角速度增大，锥面对物块的支持力逐渐减小，选项C错误；转动过程中，因为物块的动能增加，根据动能定理可知一定有力
对物块做功，选项D错误。故选B。]
1
题号
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7
8
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10
11
2．(2024·江苏扬州期末)某水上乐园有两种滑道，一种是直轨滑道，另一种是螺旋滑道，两种滑道的高度及粗糙程度相同，但螺旋滑道的轨道更长，某游客分别沿两种不同的滑道由静止从顶端滑下，在由顶端滑至底端的整个过程中，沿螺旋滑道下滑(　　)
A．重力对游客做的功更多
B．摩擦力对游客做的功更少
C．游客受到的摩擦力更大
D．游客到底端的速度更大
√
1
题号
2
3
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5
6
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8
9
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C　[设游客质量为m，下落高度为h，重力对游客做功WG＝mgh，由顶端滑向底端的过程中，虽路径不同，但两种方式下落的高度相同，则重力对游客做的功一样多，故A错误；摩擦力做功Wf＝－fs，f＝μFN，解得Wf＝－μFNs，螺旋滑道更平缓，摩擦力f较大，滑道s更长，所以摩擦力对游客做的功更多，故B错误，C正确；根据动能定理可知游客到底端的过程有WG＋Wf＝mv2－0，由于两种方式重力做功一样多，沿螺旋滑道下滑摩擦力做的负功更多，因而，最终到达底端时速度更小，故D错误。]
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题号
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3．(2024·全国甲卷)如图，一光滑大圆环固定在竖直平面内，质量为m的小环套在大圆环上，小环从静止开始由大圆环顶端经Q点自由下滑至其底部，Q为竖直线与大圆环的切点。则小环下滑过程中对大圆环的作用力大小(　　)
A．在Q点最大 B．在Q点最小
C．先减小后增大 D．先增大后减小
√
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C　[设小环运动轨迹所对的圆心角为θ(0≤θ≤π)，大圆环的半径为R，大圆环对小环的作用力为F，则由动能定理有mgR(1－cos θ)＝mv2，又小环做圆周运动，则有F＋mg cos θ＝m，联立得小环下滑过程中受到大圆环的作用力F＝mg(2－3cos θ)，则F的大小先减小后增大，且当cos θ＝时F最小，当cos θ＝－1，即小环在大圆环最低点时F最大，结合牛顿第三定律可知，C正确。]
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4．如图所示，传送带A、B之间的距离为L＝5.45 m，与水平面间夹角θ＝37°，传送带沿顺时针方向转动，速度恒为v＝2 m/s。在传送带上端A点无初速度放置一个质量为m＝1 kg、大小可忽略的金属块，它与传送带的动摩擦因数为μ＝0.5，金属块滑离传送带后，经过弯道BCD后，沿半径R＝0.4 m的竖直光滑圆轨道做圆周运动，并刚好能通过最高点E，DE是圆轨道的竖直直径，已知B、D两点的竖直高度差为h＝0.35 m，取g＝10 m/s2，sin 37°
＝0.6，cos 37°＝0.8。
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(1)若金属块飞离E点后恰能击中B点，求B、D间的水平距离；
(2)求金属块经过D点时的速度大小；
(3)求金属块在BCD弯道上克服摩擦力做的功。
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[解析]　(1)对金属块在E点有mg＝
代入数据解得vE＝2 m/s
在从E到B的过程中有2R－h＝gt2
代入数据解得t＝0.3 s
设BD间的水平距离为x，
则有x＝vEt＝0.6 m。
(2)在从D到E过程中，由动能定理可得
－mg·2R＝
解得vD＝2 m/s。
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(3)金属块在传送带上运行时有
mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1
代入数据解得a1＝10 m/s2
设经过位移x1，金属块与传送带达到共同速度。则有v2＝2a1x1
解得x1＝0.2 m＜5.45 m
继续加速过程中mg sin θ－μmg cos θ＝ma2
代入数据解得a2＝2 m/s2
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由运动学公式有－v2＝2a2(L－x1)
代入数据解得vB＝5 m/s
在从B到D过程中，由动能定理可得
mgh－Wf＝
代入数据解得Wf＝6 J。
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[答案]　(1)0.6 m　(2)2 m/s　(3)6 J
题组二　动能定理与图像结合问题
5．汽车在平直的公路上以额定功率行驶，行驶一段距离后关闭发动机，测出了汽车动能Ek与位移x的关系图像如图所示，500 m后匀速行驶。已知汽车的质量为1×103 kg，汽车运动过程中所受地面的阻力恒定，空气的阻力不计。则下列说法正确的是(　　)
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A．汽车受到地面的阻力大小为200 N
B．汽车的额定功率为8 000 W
C．汽车加速运动的时间为16.25 s
D．汽车加速过程中牵引力做的功为8×105 J
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√
C　[在减速运动过程中，根据动能定理得－fx2＝0－Ekm，解得f＝＝2×103 N，故A错误；设汽车匀速运动的速度为v，则有Ekm＝mv2，匀速运动时牵引力与阻力大小相等，则汽车的额定功率为P＝fv，联立解得P＝80 kW，故B错误；对于加速运动过程，根据动能定理得Pt－fx1＝Ek2－Ek1，代入数据得t＝16.25 s，故C正确；由WF－fx1＝Ek2－Ek1知，汽车加速过程中牵引力做的功WF＝1.3×
106 J，故D错误。]
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6．(2020·江苏卷)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(　　)
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√
A　　　　　　　　　　B
C　　　　　　　　　　D
A　[由题意可知设斜面倾角为θ，动摩擦因数为μ，则物块在斜面上下滑水平距离x时根据动能定理有mg sin θ·－μmg cos θ·＝Ek，整理可得Ek＝(mg tan θ－μmg)x，即在斜面上运动时动能Ek与水平位移x成线性关系；当小物块在水平面运动时，可逆向看作初速度为零的匀加速运动，有μmgx＝Ek，即在水平面运动时动能Ek与水平位移x成线性关系，综上分析可知A正确，故选A。]
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题组三　动能定理求解多过程问题
7．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．木板的动能一定大于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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D　[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，则有物块位移为x物＝t，木板位移为x木＝t，又x物－x木＝l，v1＞v2，可知x木1
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8．(2024·江苏苏州一模)如图所示，直角杆AOB位于竖直平面内，OA水平、OB竖直且光滑，用不可伸长的轻细绳相连的两小球a和b分别套在OA和OB杆上，b球的质量为1 kg，在作用于a球的水平拉力F的作用下，a、b均处于静止状态。此时a球到O点的距离l1＝0.3 m，b球到O点的距离h＝0.4 m。改变力F的大小，使a球向右加速运动，已知a球向右运动0.1 m时速度大小为6 m/s。g＝10 m/s2，则在此过程中绳对b球的拉力所做的功为(　　)
A．33 J B．32 J
C．19 J D．10 J
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√
A　[由几何关系可知绳长0.5 m。a球向右运动 0.1 m 时，由几何关系得，b上升距离为h1＝0.4 m－ m＝0.1 m，此时细绳与水平方向夹角的正切值为tan θ＝，可知cos θ＝，sin θ＝，由运动的合成与分解知识可知vb sin θ＝va cos θ，可得vb＝8 m/s，以b球为研究对象，由动能定理得WF－mgh1＝，代入数据解得WF＝33 J，故选A。]
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9．用传感器研究质量为 2 kg 的物体在水平面上由静止开始做直线运动的规律时，在计算机上得到0～6 s内物体的加速度随时间变化的关系如图所示。下列说法正确的是(　　)
A．0～6 s内物体先向正方向运动，后向负方向运动
B．0～6 s内物体在4 s末的速度最大
C．物体在2～4 s内速度不变
D．0～4 s内合力对物体做的功等于0～6 s
内合力对物体做的功
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√
D　[a-t图像中图线与时间轴围成的面积代表物体在相应时间内速度的变化量，在时间轴上方为正，在时间轴下方为负。由题图可得，物体在6 s末的速度v6＝6 m/s，则0～6 s内物体一直向正方向运动，选项A错误；物体在5 s末速度最大，vm＝7 m/s，选项B错误；在2～4 s内物体加速度不变，物体做匀加速直线运动，速度变大，选项C错误；在0～4 s内，合力对物体做的功由动能定理可知W合4＝0＝36 J，0～6 s内，合力对物体做的功由动能定理可知W合6＝－0＝36 J，则W合4＝W合6，选项D正确。]
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10．(2024·江苏南京期末)如图所示，水平轨道BC的左端与固定的光滑竖直圆轨道相切于B点，右端与一倾角为30°的光滑斜面轨道在C点平滑连接(即物体经过C点时速度的大小不变)，斜面顶端固定一轻质弹簧，一质量为m＝1 kg的滑块从圆弧轨道的顶端A点由静止释放，经水平轨道后滑上斜面并压缩弹簧，第一次可将弹簧压缩至D点，弹簧始终在弹性限度内。已知光滑圆轨道的半径R＝0.45 m，水平轨道BC长为0.4 m，其动摩擦因数μ＝0.1，光滑斜面轨道上CD长为0.6 m，g取10 m/s2，求：
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(1)滑块第一次经过圆轨道上B点时的速度大小v；
(2)滑块第一次运动到C点的动能；
(3)整个过程中弹簧具有的最大弹性势能Ep。
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[解析]　(1)对滑块，由A至B由动能定理有
mgR＝mv2－0
解得v＝3 m/s。
(2)对滑块由A至C由动能定理有
mgR－μmg·xBC＝EkC－0
解得EkC＝4.1 J。
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(3)滑块第一次到D点具有最大的弹性势能，由A至D由动能定理可得
mg(R－lCDsin 30°)－μmg·xBC＋W弹＝0
解得W弹＝－1.1 J
故Ep＝－W弹＝1.1 J。
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[答案]　(1)3 m/s　(2)4.1 J　(3)1.1 J
11．(2023·江苏卷)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。
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(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。
[解析]　(1)对滑雪者从A点到P点的过程，根据牛顿第二定律得
mg sin 45°－μmg cos 45°＝ma
解得滑雪者的加速度大小为a＝g(1－μ)
由运动学规律可得d＝at2
解得滑雪者运动到P点的时间
t＝。
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(2)滑雪者从P点由静止开始下滑，恰好到达B点，根据动能定理可得合力做的功为W＝0
由运动学规律可得滑雪者从A点由静止下滑到P点的速度为vP＝at＝
滑雪者由P点到B点的过程，根据动能定理有W＝，解得 v＝。
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(3)若滑雪者能着陆在缓冲坡CD上，则平台BC长度最大时滑雪者恰好落在C点
滑雪者在空中运动的时间为
t′＝＝
则平台BC的最大长度
L＝v cos 45°·t′＝d(1－μ)。
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[答案]　(1)　(2)　(3)d(1－μ)
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