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(共67张PPT)
高三一轮总复习高效讲义
物 理
01
第六章
机械能守恒定律
第2讲　动能定理
知识梳理　夯实基础
考点探究　提升能力
课时通关精练
02
03
01
学习目标
教考衔接
知识梳理　夯实基础
mv2
标量
无关
相对性
末动能
初动能
AI精准定位：高考命题关键点
变化
m－m
合力
分阶段
AI精准定位：高考命题关键点
考点探究　提升能力
角度突破
动能定理的应用
考点一
破题路径
角度突破
考点二
动能定理与图像结合问题
破题路径
知识拓展
角度突破
破题路径
角度突破
动能定理在多过程问题中的应用
考点三
破题路径
能力要语
角度突破
破题路径
能力要语
课时通关精练(十六)　动能定理
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谢谢观看第2讲　动能定理
对应学生用书P118
学习目标 教考链接
1.理解动能和动能定理，会用动能定理解决问题 2.会利用动能定理求变力做功 3.掌握动能定理与图像结合问题的分析方法 1.侧重与实际情境的关联：高考命题常结合生产生活、科技应用等新情境，呼应教材“从生活到物理”的理念 2.侧重综合应用与过程分析：高考频繁通过多过程综合题考查动能定理，要突出过程分析和应用动能定理解决复杂问题的思路培养
一、动能和动能变化
定义 物体由于运动而具有的能
公式 Ek＝mv2
矢标性 动能是标量，只有正值，动能与速度方向无关
状态量 动能是状态量，因为v是瞬时速度
相对性 由于速度具有相对性，所以动能也具有相对性
动能的 变化 物体末动能与初动能之差，即ΔEk＝m－m。动能的变化是过程量
[提醒]动能Ek为非负值，而动能变化量ΔEk有正负之分。ΔEk＞0表示物体的动能增加，ΔEk＜0表示物体的动能减少。
AI精准定位：高考命题关键点
动能概念的理解
动能是状态量，具有相对性，与参考系的选取有关，一般以地面为参考系。
【例1】 (2024·新课标卷)福建舰是我国自主设计建造的首艘弹射型航空母舰。借助配重小车可以进行弹射测试，测试时配重小车被弹射器从甲板上水平弹出后，落到海面上。调整弹射装置，使小车水平离开甲板时的动能变为调整前的4倍。忽略空气阻力，则小车在海面上的落点与其离开甲板处的水平距离为调整前的(　　)
A.0.25倍 B.0.5倍
C.2倍 D.4倍
二、动能定理
[提醒]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。
动能定理的理解和基本应用
列动能定理方程时，必须明确各个力做功的正、负，确实难以判断的先假定为做正功，最后根据结果加以检验。
【例2】 (2024·安徽高考)某同学参加户外拓展活动，遵照安全规范，坐在滑板上，从高为h的粗糙斜坡顶端由静止下滑，至底端时速度为v。已知人与滑板的总质量为m，可视为质点，重力加速度大小为g，不计空气阻力，则此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为(　　)
A.mgh B.mv2
C.mgh＋mv2 D.mgh－mv2
【例1】 解析：选C。动能表达式为Ek＝mv2，由题意可知小车水平离开甲板时的动能变为调整前的4倍，则离开甲板时速度变为调整前的2倍；小车离开甲板后做平抛运动，从离开甲板到到达海面上时间不变，根据x＝vt可知小车在海面上的落点与其离开甲板处的水平距离为调整前的2倍，故C正确。
【例2】 解析：选D。人在下滑的过程中，由动能定理有mgh－Wf＝mv2－0，可得此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为Wf＝mgh－mv2，故D正确。
考点一　动能定理的应用
应用动能定理求变力做的功，找准动能变化量
【例1】 如图所示，在竖直平面内有一个半径为R的圆弧轨道。半径OA水平，OB、OC竖直，一个质量为m的小球自A点正上方P点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力，已知AP＝2R，重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　)
A.小球到达B点时速度为
B.小球从P到B的运动过程中合力做功mgR
C.小球从P到B的运动过程中克服摩擦力做功mgR
D.小球从A到C的运动过程中克服摩擦力做功mgR
题后反思：
角度突破
若变力做功无法应用功的公式直接求解，且已知恒力做的功W恒和物体的初、末态动能，可用动能定理W变＋W恒＝m－m求解。
破题路径
【例1】 解析：选C。小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力，则有mg＝m，从P到B由动能定理有W合＝mgR＋Wf＝m，解得vB＝，Wf＝－mgR，W合＝mgR，可知小球从P到B的运动过程中克服摩擦力做功mgR，故A、B错误，C正确；小球从A点进入圆弧轨道后在AC部分运动时速度较大，对轨道的压力较大，则摩擦力较大，克服摩擦力做功较多，则小球从A到C的运动过程中克服摩擦力做功大于×mgR＝mgR，故D错误。
考点二　动能定理与图像结合问题
动能定理与Ek-x图像的综合，应用斜率的物理意义是关键
【例2】 如图所示，圆筒固定在水平面上，圆筒底面上有一与内壁接触的小物块，现给物块沿内壁切向方向的水平初速度。若物块与所有接触面间的动摩擦因数处处相等。则物块滑动时动能Ek与通过的弧长s的图像可能正确的是(　　)
解析：选C。物块紧贴圆筒内壁开始滑动，在竖直方向受力平衡，有 N竖＝mg，水平方向圆筒侧面的弹力提供向心力，有N侧＝m，由于圆筒粗糙，所以物块滑动过程受到侧面和底面的滑动摩擦力作用，物块做减速运动，则有f侧＝μN侧＝μm，f底＝μmg，可知随着物块速度的减小，侧面滑动摩擦力逐渐减小，则滑动摩擦力合力逐渐减小，相同的弧长，滑动摩擦力合力做负功越来越少，根据动能定理可知，动能减小得越来越慢，则动能与弧长的图像斜率减小，故C正确。
角度突破
由公式F合x＝Ek－Ek0可知，Ek-x图线的斜率表示合力。
破题路径
知识拓展
与动能定理结合紧密的几种图像
(1)v-t图像：由公式x＝vt可知，v-t图线与横坐标轴围成的面积表示物体的位移。
(2)P-t图像：由公式W＝Pt可知，P-t图线与横坐标轴围成的面积表示力所做的功。
动能定理与F-x图像的综合，应用图像的“面积”是关键
【例3】 在某一粗糙的水平面上，一质量为2 kg的物体在水平恒定拉力的作用下做匀速直线运动，当运动一段时间后，拉力逐渐减小，且当拉力减小到零时，物体刚好停止运动，图中给出了拉力随位移变化的关系图像。已知重力加速度g＝10 m/s2。根据以上信息不能精确得出或估算得出的物理量有(　　)
A.物体与水平面间的动摩擦因数
B.合力对物体所做的功
C.物体做匀速运动时的速度
D.物体运动的时间
题后反思：
角度突破
由公式W＝Fx可知，F-x图线与横坐标轴围成的面积表示力所做的功。
破题路径
【例3】 解析：选D。物体做匀速直线运动时，拉力F与滑动摩擦力f大小相等，物体与水平面间的动摩擦因数为μ＝＝＝0.35，故A正确，不符合题意；减速过程由动能定理得WF＋Wf＝0－mv2，根据F-x图像中图线与坐标轴围成的面积可以估算力F做的功WF，而Wf＝－μmgx，由此可求得合力对物体所做的功，及物体做匀速运动时的速度v，故B、C正确，不符合题意；因为物体做变加速运动，所以运动时间无法求出，故D错误，符合题意。
考点三　动能定理在多过程问题中的应用
动能定理在多过程问题中的应用，侧重衔接点分析
【例4】 (2025·南京模拟)如图所示，现将一质量为m＝1 kg的滑块轻放在传送带A端。传送带以恒定速度v0＝2 m/s顺时针转动，长度l＝3 m。传送带的B端正下方是水平地面的最左端C，地面长度L＝2 m，右侧接圆弧。滑块与地面和传送带间的动摩擦因数μ均为0.2，圆弧轨道光滑。若滑块掉至地面后竖直方向速度变为0，水平速度不变。不考虑空气阻力，g取10 m/s2。
(1)求滑块轻放在传送带瞬间的加速度a；
(2)求滑块离开传送带B端的速度v；
(3)若滑块从传送带滑落后掉落在地面上，且最终停在距C端1 m的位置。求滑块从圆弧轨道上滑时距地面能达到的最大高度h。
解析：(1)根据牛顿第二定律有μmg＝ma
解得加速度a＝μg＝2 m/s2，方向向右。
(2)设滑块加速到传送带的速度时位移为x，根据运动学公式有
＝2ax
解得x＝1 m＜l
即滑块先加速再匀速运动，故滑块离开传送带B端的速度
v＝v0＝2 m/s，方向向右。
(3)滑块掉至地面后竖直方向速度变为0，水平速度不变，即滑块在地面滑行的初速度为
v＝2 m/s
设滑块落在地面上距离D端的距离为s，根据动能定理有
－μmg＝0－mv2
解得s＝0
从落到地面到距离地面高度最大时有mv2＝mgh
解得h＝0.2 m。
答案：(1)2 m/s2，方向向右　(2)2 m/s，方向向右　(3)0.2 m
角度突破
运用动能定理解决多过程问题的两种思路
(1)分段应用动能定理求解。
(2)所求解的问题不涉及中间的速度时，全过程应用动能定理求解更简便。
破题路径
能力要语
1.重力做功与物体运动的路径无关，可用WG＝mgh直接求解。
2.滑动摩擦力做功与物体运动的路径有关，可用Wf＝－Ffs求解，其中s为物体相对滑行的总路程。
教学札记：
动能定理在往复问题中的应用，侧重全过程应用动能定理
【例5】 如图所示，AB为固定在竖直平面内的四分之一光滑圆弧轨道，其半径R＝0.8 m，轨道的B点与水平地面相切。质量m＝0.2 kg的小滑块从A点由静止释放，通过粗糙水平面BC滑上光滑固定曲面CD，恰能到达曲面最高点D。已知BC长L＝0.8 m，D到地面的高度h＝0.6 m，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)滑块从A运动到最低点B时的速度大小；
(2)粗糙水平面BC的动摩擦因数；
(3)最终滑块停止时距离C多远。
解析：(1)从A点到B点过程中，根据动能定理可得
mgR＝m
解得滑块从A运动到最低点B时的速度大小
vB＝4 m/s。
(2)设BC段动摩擦因数为μ，因滑块恰能到达最高点D，则从A点到D点过程中，根据动能定理可得
mgR－μmgL－mgh＝0
解得滑块在水平面BC上的动摩擦因数为μ＝0.25。
(3)由A点到最终停止的过程中，根据动能定理可得
mgR－μmgs＝0
解得s＝3.2 m
所以滑块最终停在B点，距C点0.8 m。
答案：(1)4 m/s　(2)0.25　(3)0.8 m
角度突破
对往复运动问题，若只涉及物体的初、末状态而不计运动过程的细节，用动能定理来分析可使解题过程简化。
破题路径
能力要语
应用动能定理求解往复运动问题时，要确定物体的初状态和最终状态。
[课时通关精练(十六)]　动能定理
(选择题每题5分，非选择题每题10分，建议用时：40分钟)
1.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与一轻弹簧O端相距s，如图所示。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，则从开始碰撞到弹簧被压缩至最短，物体克服弹簧弹力所做的功为(重力加速度大小为g)(　　)
A.m－μmg(s＋x) B.m－μmgx
C.μmgs D.μmg(s＋x)
解析：选A。根据功的定义式可知物体克服摩擦力做功为Wf＝μmg(s＋x)，由动能定理可得－W弹－Wf＝0－m，联立可得物体克服弹簧弹力所做的功为W弹＝m－μmg(s＋x)，故A正确。
2.如图所示，质量为m的物体静止在水平光滑的平台上，系在物体上的水平轻绳跨过光滑的定滑轮，由地面上的人以速度v0水平向右匀速拉动，设人从地面上平台的边缘开始向右行至绳与水平方向的夹角θ＝37°处，在此过程中人的拉力对物体所做的功为(sin 37°＝0.6 ，cos 37°＝0.8)(　　)
A.m B.m
C.m D.m
解析：选B。将人的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，沿绳子方向的分速度大小等于物体的速度大小，则v物＝v0cos 37°，根据动能定理有W＝m＝m，故B正确。
3.(2025·江南十校联考)将一个小球竖直向上抛出，一段时间后，小球落回抛出点。上升和下降的过程中，小球的动能Ek随高度h(相对于抛出点)的变化关系如图所示。若小球受到的空气阻力大小恒定，重力加速度g＝10 m/s2，则小球的质量m和空气阻力f的大小正确的是(　　)
A.f＝2.5 N B.f＝5 N
C.m＝2 kg D.m＝4 kg
解析：选A。根据动能定理，上升阶段有 －mgh－fh＝0－50 J，下降阶段有 mgh－fh＝30 J－0，解得f＝2.5 N，m＝1 kg，故A正确。
4.质量为2 kg的物体静止在光滑的水平面上，从某时刻起，对物体施加一方向不变的水平拉力F，该拉力与物体的位移x的关系图像如图所示，则物体在x＝7 m处时的速度大小为(　　)
A.2 m/s B.2 m/s
C.5 m/s D.4 m/s
解析：选A。根据F-x图像的面积表示功， 则物体从0运动到7 m过程拉力做的功为W＝3×4 J＋×4 J＝40 J，由动能定理有W＝mv2－0，解得v＝2 m/s，故A正确。
5.如图所示，斜面与水平面平滑连接。一小木块从斜面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，则斜面的高度h为(　　)
A.μx B.
C. D.
解析：选A。整个过程动能变化为0(初末速度都为0)，设斜面的长度为L，斜面的倾角为θ，根据动能定理有 mgh－μmgcos θ·L－μmgs＝0，因为cos θ·L＋s＝x，化简得h＝μx，故A正确。
6.如图所示，光滑斜面AB高h＝1.8 m，底端与水平面BD相连，在水平面末端D点的墙上固定一轻弹簧。若水平面BC段粗糙，长s＝10 m，动摩擦因数μ＝0.15，水平面CD段光滑且等于弹簧原长。质量m＝0.5 kg的物块，由斜面顶端A点静止下滑，经过B点时无机械能损失，g＝10 m/s2，求：
(1)物块滑到B点时速度vB的大小；
(2)弹簧被压缩具有的最大弹性势能Ep；
(3)物块最终静止时离C点的距离s'的大小。
解析：(1)物块从A到B过程，根据动能定理得
mgh＝m－0
解得vB＝6 m/s。
(2)从开始到弹簧被压缩到最短的过程，由能量守恒定律得mgh＝Ep＋μmgs
解得Ep＝1.5 J。
(3)从开始到物块最终静止整个过程，由能量守恒定律得mgh＝μmg(s'＋s)
解得s'＝2 m
即物块最终静止时离C点的距离为2 m。
答案：(1)6 m/s　(2)1.5 J　(3)离C点的距离为2 m
7.无风的情况下，在离地面高为H处，将质量为m的球以速度v0水平抛出，球在空气中运动时所受的阻力大小f＝kv，v是球的速度大小，k是已知的常数，阻力的方向与速度方向相反，并且球在着地前已经竖直向下做匀速运动。已知重力加速度为g，则下列说法中错误的是(　　)
A.球刚抛出时加速度大小为a＝＋g
B.球着地前瞬间的速度大小为v＝
C.球从抛出到着地过程中克服空气阻力做的功W＝mgH＋m－
D.若将球从同一地点由静止释放，则两种情况下球在空中的运动时间相同
解析：选A。球刚抛出时阻力水平向左，大小为f0＝kv0，则小球所受合力为F合＝，由牛顿第二定律可得球刚抛出时加速度大小为a＝，故A错误，符合题意；由于球在着地前已经竖直向下做匀速运动，则有f1＝kv＝mg，解得v＝，故B正确，不符合题意；由动能定理有mgH－W＝mv2－m，整理可得W＝mgH＋m－，故C正确，不符合题意；两种情况在竖直方向上的运动情况相同，则两种情况下球在空中的运动时间相同，故D正确，不符合题意。
8.(2025·徐州模拟)如图所示，一个铁架台静止放置在粗糙的水平桌面上，在其支架上端的一固定横杆上通过一根不可伸长的轻绳悬挂一个小钢球。现将小钢球拉至水平位置A处由静止释放，使其在竖直平面内摆动，铁架台始终保持静止。不计空气阻力，小钢球的半径可忽略不计，关于小钢球从被释放到运动到最低点B处的过程，下列说法正确的是(　　)
A.轻绳的拉力一直增大
B.小钢球重力的功率一直增大
C.铁架台对桌面的压力先增大后减小
D.桌面对铁架台的摩擦力先减小后增大
解析：选A。设小钢球质量为m，铁架台质量为M，轻绳长为L，轻绳拉力为FT，小钢球向下摆动到某一位置时，轻绳与水平方向的夹角为θ，如图所示，对小钢球进行受力分析，由牛顿第二定律有FT－mgsin θ＝m，小钢球由A处静止释放运动到此位置的过程，由动能定理有mgLsin θ＝mv2，解得FT＝3mgsin θ，小钢球从A点运动到最低点B的过程中，θ一直增大，sin θ增大，则轻绳拉力FT一直增大，故A正确；由重力的功率P＝mgvcos θ可知，小钢球刚被释放时速度为零，重力的功率为零，小钢球运动到最低点B时，瞬时速度方向与重力方向垂直，夹角θ＝90°，则重力的功率又变为零，因此小钢球重力的功率先增大后减小，故B错误；铁架台一直处于静止状态，在竖直方向上受力平衡，支持力FN＝FTsin θ＋Mg＝3mgsin2 θ＋Mg，小钢球从A点运动到最低点B的过程中，θ一直增大，故铁架台对桌面的压力一直增大，故C错误；铁架台在水平方向受力平衡，摩擦力Ff＝FTcos θ＝3mgsin θcos θ＝mgsin 2θ，小钢球从A点运动到最低点B的过程中，θ由0增大至90°，当θ＝45°时，sin 2θ＝1，铁架台受到的摩擦力最大，因此桌面对铁架台的摩擦力先增大后减小，故D错误。
9.如图甲所示，一竖直平面内的轨道由粗糙斜面AB和光滑半圆轨道BC组成，斜面底端通过一小段圆弧(图中未画出，长度可不计)与轨道相切于B点。斜面的倾角为37°，半圆轨道半径为1 m，B是圆轨道的最低点，C为最高点。将一小物块置于轨道AB上离地面高为H处由静止下滑，用力传感器测出其经过B点时对轨道的压力F，改变H的大小，可测出相应的F的大小，F随H的变化规律如图乙所示。物块在某次运动时，由H＝8.4 m处释放，通过C后，又落回到斜面上D点。(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)
(1)若物块由H＝3 m处释放，求物块到达B点时的速度大小；
(2)求物块与斜面间的动摩擦因数；
(3)求物块落到D点时的速度大小。
解析：(1)由图像可知，H＝0时，F＝5 N，此时有
F＝mg
可得m＝0.5 kg
H＝3 m时，F＝15 N，此时根据牛顿第二定律有
F－mg＝
可得vB＝2 m/s。
(2)物块从斜面上A点滑到B点的过程中，由动能定理得有
mgH－μmgcos 37°×＝m
解得μ＝0.5。
(3)物块从A到C由动能定理得
mg(H－2R)－μmgcos 37°×＝m
物块从C到D做平抛运动
下落高度h＝gt2
水平位移x＝vCt
由几何关系知tan 37°＝
可得t＝0.4 s
物块到D点时的速度大小
vD＝＝4 m/s。
答案：(1)2 m/s　(2)0.5　(3)4 m/s
10.如图所示，竖直圆弧轨道AB的半径R＝2 m。现有一质量m＝0.2 kg的小球从A点无初速度释放，运动到B点过程中克服摩擦力做功2.4 J，然后它从B点水平飞离轨道，落到水平地面上的P点。已知P、B两点间的高度差h＝3.2 m，小球运动过程中可视为质点，且不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。
(1)求小球运动至B点时对轨道的压力。
(2)假设小球每次与地面发生碰撞时机械能损失75％，且碰撞前后速度方向与地面的夹角相等，求小球相邻两次反弹过程中水平位移之比。
(3)在第(2)问的条件下，假设小球第一次与地面碰撞的时间为Δt＝0.1 s，求地面对小球的动摩擦因数。
解析：(1)小球从A点运动至B点过程中，由动能定理有mgR－Wf＝m
解得vB＝4 m/s
小球在B点受到的重力与支持力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得
FN－mg＝
解得FN＝3.6 N
由牛顿第三定律得，小球在B点时对轨道的压力大小为FN'＝FN＝3.6 N，方向竖直向下。
(2)由题意知小球每次与地面发生碰撞机械能损失75％，且Ek＝mv2
则小球碰撞后的速度为碰撞前速度的，碰撞前后速度方向与地面的夹角相等，则碰撞后竖直方向的分速度大小为碰撞前竖直方向分速度大小的，所以第一次碰撞后上升到最高点的时间等于从B点到落地的时间的，反弹后的水平速度也变为原来的，小球从B点飞出时的速度为vB，设运动至地面的时间为t，则从B点飞出到落地的水平位移
x＝vBt
第一次反弹至落地的水平位移
x1＝v1t1＝vBt×2
第二次反弹至落地的水平位移
x2＝v2t2＝v1t1＝vBt×2
……
第n次反弹至落地的水平位移
xn＝vntn＝vBt×2
则小球相邻两次反弹过程中水平位移之比为
＝4。
(3)取竖直向上为正方向，小球第一次落地为平抛运动，竖直方向上做自由落体运动，竖直方向分速度大小vy＝＝8 m/s
对小球落地后与地面接触过程中，在竖直方向上由动量定理得
(FN－mg)Δt＝mvy－(－mvy)
解得FN＝mg＋
在水平方向上由动量定理得
－FfΔt＝mvB－mvB
解得Ff＝
则地面对小球的动摩擦因数为
μ＝≈0.154。
答案：(1)3.6 N，方向竖直向下　(2)4　(3)0.154[课时通关精练(十六)]　动能定理
(选择题每题5分，非选择题每题10分，建议用时：40分钟)
1.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与一轻弹簧O端相距s，如图所示。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，则从开始碰撞到弹簧被压缩至最短，物体克服弹簧弹力所做的功为(重力加速度大小为g)(　　)
A.m－μmg(s＋x) B.m－μmgx
C.μmgs D.μmg(s＋x)
解析：选A。根据功的定义式可知物体克服摩擦力做功为Wf＝μmg(s＋x)，由动能定理可得－W弹－Wf＝0－m，联立可得物体克服弹簧弹力所做的功为W弹＝m－μmg(s＋x)，故A正确。
2.如图所示，质量为m的物体静止在水平光滑的平台上，系在物体上的水平轻绳跨过光滑的定滑轮，由地面上的人以速度v0水平向右匀速拉动，设人从地面上平台的边缘开始向右行至绳与水平方向的夹角θ＝37°处，在此过程中人的拉力对物体所做的功为(sin 37°＝0.6 ，cos 37°＝0.8)(　　)
A.m B.m
C.m D.m
解析：选B。将人的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，沿绳子方向的分速度大小等于物体的速度大小，则v物＝v0cos 37°，根据动能定理有W＝m＝m，故B正确。
3.(2025·江南十校联考)将一个小球竖直向上抛出，一段时间后，小球落回抛出点。上升和下降的过程中，小球的动能Ek随高度h(相对于抛出点)的变化关系如图所示。若小球受到的空气阻力大小恒定，重力加速度g＝10 m/s2，则小球的质量m和空气阻力f的大小正确的是(　　)
A.f＝2.5 N B.f＝5 N
C.m＝2 kg D.m＝4 kg
解析：选A。根据动能定理，上升阶段有 －mgh－fh＝0－50 J，下降阶段有 mgh－fh＝30 J－0，解得f＝2.5 N，m＝1 kg，故A正确。
4.质量为2 kg的物体静止在光滑的水平面上，从某时刻起，对物体施加一方向不变的水平拉力F，该拉力与物体的位移x的关系图像如图所示，则物体在x＝7 m处时的速度大小为(　　)
A.2 m/s B.2 m/s
C.5 m/s D.4 m/s
解析：选A。根据F-x图像的面积表示功， 则物体从0运动到7 m过程拉力做的功为W＝3×4 J＋×4 J＝40 J，由动能定理有W＝mv2－0，解得v＝2 m/s，故A正确。
5.如图所示，斜面与水平面平滑连接。一小木块从斜面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，则斜面的高度h为(　　)
A.μx B.
C. D.
解析：选A。整个过程动能变化为0(初末速度都为0)，设斜面的长度为L，斜面的倾角为θ，根据动能定理有 mgh－μmgcos θ·L－μmgs＝0，因为cos θ·L＋s＝x，化简得h＝μx，故A正确。
6.如图所示，光滑斜面AB高h＝1.8 m，底端与水平面BD相连，在水平面末端D点的墙上固定一轻弹簧。若水平面BC段粗糙，长s＝10 m，动摩擦因数μ＝0.15，水平面CD段光滑且等于弹簧原长。质量m＝0.5 kg的物块，由斜面顶端A点静止下滑，经过B点时无机械能损失，g＝10 m/s2，求：
(1)物块滑到B点时速度vB的大小；
(2)弹簧被压缩具有的最大弹性势能Ep；
(3)物块最终静止时离C点的距离s'的大小。
解析：(1)物块从A到B过程，根据动能定理得
mgh＝m－0
解得vB＝6 m/s。
(2)从开始到弹簧被压缩到最短的过程，由能量守恒定律得mgh＝Ep＋μmgs
解得Ep＝1.5 J。
(3)从开始到物块最终静止整个过程，由能量守恒定律得mgh＝μmg(s'＋s)
解得s'＝2 m
即物块最终静止时离C点的距离为2 m。
答案：(1)6 m/s　(2)1.5 J　(3)离C点的距离为2 m
7.无风的情况下，在离地面高为H处，将质量为m的球以速度v0水平抛出，球在空气中运动时所受的阻力大小f＝kv，v是球的速度大小，k是已知的常数，阻力的方向与速度方向相反，并且球在着地前已经竖直向下做匀速运动。已知重力加速度为g，则下列说法中错误的是(　　)
A.球刚抛出时加速度大小为a＝＋g
B.球着地前瞬间的速度大小为v＝
C.球从抛出到着地过程中克服空气阻力做的功W＝mgH＋m－
D.若将球从同一地点由静止释放，则两种情况下球在空中的运动时间相同
解析：选A。球刚抛出时阻力水平向左，大小为f0＝kv0，则小球所受合力为F合＝，由牛顿第二定律可得球刚抛出时加速度大小为a＝，故A错误，符合题意；由于球在着地前已经竖直向下做匀速运动，则有f1＝kv＝mg，解得v＝，故B正确，不符合题意；由动能定理有mgH－W＝mv2－m，整理可得W＝mgH＋m－，故C正确，不符合题意；两种情况在竖直方向上的运动情况相同，则两种情况下球在空中的运动时间相同，故D正确，不符合题意。
8.(2025·徐州模拟)如图所示，一个铁架台静止放置在粗糙的水平桌面上，在其支架上端的一固定横杆上通过一根不可伸长的轻绳悬挂一个小钢球。现将小钢球拉至水平位置A处由静止释放，使其在竖直平面内摆动，铁架台始终保持静止。不计空气阻力，小钢球的半径可忽略不计，关于小钢球从被释放到运动到最低点B处的过程，下列说法正确的是(　　)
A.轻绳的拉力一直增大
B.小钢球重力的功率一直增大
C.铁架台对桌面的压力先增大后减小
D.桌面对铁架台的摩擦力先减小后增大
解析：选A。设小钢球质量为m，铁架台质量为M，轻绳长为L，轻绳拉力为FT，小钢球向下摆动到某一位置时，轻绳与水平方向的夹角为θ，如图所示，对小钢球进行受力分析，由牛顿第二定律有FT－mgsin θ＝m，小钢球由A处静止释放运动到此位置的过程，由动能定理有mgLsin θ＝mv2，解得FT＝3mgsin θ，小钢球从A点运动到最低点B的过程中，θ一直增大，sin θ增大，则轻绳拉力FT一直增大，故A正确；由重力的功率P＝mgvcos θ可知，小钢球刚被释放时速度为零，重力的功率为零，小钢球运动到最低点B时，瞬时速度方向与重力方向垂直，夹角θ＝90°，则重力的功率又变为零，因此小钢球重力的功率先增大后减小，故B错误；铁架台一直处于静止状态，在竖直方向上受力平衡，支持力FN＝FTsin θ＋Mg＝3mgsin2 θ＋Mg，小钢球从A点运动到最低点B的过程中，θ一直增大，故铁架台对桌面的压力一直增大，故C错误；铁架台在水平方向受力平衡，摩擦力Ff＝FTcos θ＝3mgsin θcos θ＝mgsin 2θ，小钢球从A点运动到最低点B的过程中，θ由0增大至90°，当θ＝45°时，sin 2θ＝1，铁架台受到的摩擦力最大，因此桌面对铁架台的摩擦力先增大后减小，故D错误。
9.如图甲所示，一竖直平面内的轨道由粗糙斜面AB和光滑半圆轨道BC组成，斜面底端通过一小段圆弧(图中未画出，长度可不计)与轨道相切于B点。斜面的倾角为37°，半圆轨道半径为1 m，B是圆轨道的最低点，C为最高点。将一小物块置于轨道AB上离地面高为H处由静止下滑，用力传感器测出其经过B点时对轨道的压力F，改变H的大小，可测出相应的F的大小，F随H的变化规律如图乙所示。物块在某次运动时，由H＝8.4 m处释放，通过C后，又落回到斜面上D点。(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)
(1)若物块由H＝3 m处释放，求物块到达B点时的速度大小；
(2)求物块与斜面间的动摩擦因数；
(3)求物块落到D点时的速度大小。
解析：(1)由图像可知，H＝0时，F＝5 N，此时有
F＝mg
可得m＝0.5 kg
H＝3 m时，F＝15 N，此时根据牛顿第二定律有
F－mg＝
可得vB＝2 m/s。
(2)物块从斜面上A点滑到B点的过程中，由动能定理得有
mgH－μmgcos 37°×＝m
解得μ＝0.5。
(3)物块从A到C由动能定理得
mg(H－2R)－μmgcos 37°×＝m
物块从C到D做平抛运动
下落高度h＝gt2
水平位移x＝vCt
由几何关系知tan 37°＝
可得t＝0.4 s
物块到D点时的速度大小
vD＝＝4 m/s。
答案：(1)2 m/s　(2)0.5　(3)4 m/s
10.如图所示，竖直圆弧轨道AB的半径R＝2 m。现有一质量m＝0.2 kg的小球从A点无初速度释放，运动到B点过程中克服摩擦力做功2.4 J，然后它从B点水平飞离轨道，落到水平地面上的P点。已知P、B两点间的高度差h＝3.2 m，小球运动过程中可视为质点，且不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。
(1)求小球运动至B点时对轨道的压力。
(2)假设小球每次与地面发生碰撞时机械能损失75％，且碰撞前后速度方向与地面的夹角相等，求小球相邻两次反弹过程中水平位移之比。
(3)在第(2)问的条件下，假设小球第一次与地面碰撞的时间为Δt＝0.1 s，求地面对小球的动摩擦因数。
解析：(1)小球从A点运动至B点过程中，由动能定理有mgR－Wf＝m
解得vB＝4 m/s
小球在B点受到的重力与支持力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得
FN－mg＝
解得FN＝3.6 N
由牛顿第三定律得，小球在B点时对轨道的压力大小为FN'＝FN＝3.6 N，方向竖直向下。
(2)由题意知小球每次与地面发生碰撞机械能损失75％，且Ek＝mv2
则小球碰撞后的速度为碰撞前速度的，碰撞前后速度方向与地面的夹角相等，则碰撞后竖直方向的分速度大小为碰撞前竖直方向分速度大小的，所以第一次碰撞后上升到最高点的时间等于从B点到落地的时间的，反弹后的水平速度也变为原来的，小球从B点飞出时的速度为vB，设运动至地面的时间为t，则从B点飞出到落地的水平位移
x＝vBt
第一次反弹至落地的水平位移
x1＝v1t1＝vBt×2
第二次反弹至落地的水平位移
x2＝v2t2＝v1t1＝vBt×2
……
第n次反弹至落地的水平位移
xn＝vntn＝vBt×2
则小球相邻两次反弹过程中水平位移之比为
＝4。
(3)取竖直向上为正方向，小球第一次落地为平抛运动，竖直方向上做自由落体运动，竖直方向分速度大小vy＝＝8 m/s
对小球落地后与地面接触过程中，在竖直方向上由动量定理得
(FN－mg)Δt＝mvy－(－mvy)
解得FN＝mg＋
在水平方向上由动量定理得
－FfΔt＝mvB－mvB
解得Ff＝
则地面对小球的动摩擦因数为
μ＝≈0.154。
答案：(1)3.6 N，方向竖直向下　(2)4　(3)0.154

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