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(共51张PPT)
第2讲　动能定理及其应用
1.理解动能及动能定理的内容，会用动能定理解决一些基本问题。2.掌握解决动能定理与图像结合问题的方法。
目标
要求
1
强基础 固本增分
2
研考点 精准突破
3
限时规范训练
栏
目
导
引
强基础
固本增分
一、动能
1．定义：物体由于____而具有的能量叫作动能。
2．公式：Ek＝______。
3．单位：____，1 J＝1 N·m。
4．矢标性：动能是____，只有正值。
5．状态量：动能是______，因为v是瞬时速度。
运动
mv2
焦耳
标量
状态量
二、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＝_______________或W＝Ek2－Ek1。
3．物理意义：______做的功是物体动能变化的量度。
动能的变化
mv22－mv12
合外力
1．判断正误
(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)如果物体所受的合外力为零，那么合外力对物体做功一定为零。( )
(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．(人教版教材原题改编)改变汽车的质量和速度，都可能使汽车的动能发生改变，下列几种情形中，汽车的动能不变的是(　　)
A．质量不变，速度增大到原来的2倍
B．速度不变，质量增大到原来的2倍
C．质量减半，速度增大到原来的2倍
D．速度减半，质量增大到原来的4倍
解析：D　由Ek＝mv2知，只有D项所述情形中汽车动能不变，故D正确。
D
3．(2025·云南卷，2)如图所示，中老铁路国际旅客列车从云南某车站由静止出发，沿水平直轨道逐渐加速到144 km/h，在此过程中列车对座椅上的一高中生所做的功最接近(　　)
A．4×105 J B．4×104 J
C．4×103 J D．4×102 J
解析：B　由单位制可知144 km/h＝40 m/s，高中生的质量约为m＝50 kg，则当列车加速到v＝40 m/s时高中生的动能约为Ek＝mv2＝40 000 J，对高中生由动能定理得W＝Ek－0，解得列车对高中生所做的功约为W＝4×104 J，B正确。
B
4．(一题多解)(人教版教材原题改编)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
解析：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，故C正确。
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。
C
研考点
精准突破
考点一　动能定理的理解和应用
考向1　动能定理的理解
(多选)(2025·山东广饶一中开学考)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WFN＝mv22，其中WFN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WFN－mgH＝mv22mv12
D．对电梯，其所受合力做功为Mv22Mv12
CD
解析：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＝mv22mv12，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。
动能定理表达式中的“＝”表示功是物体动能变化的量度。
(1)因果关系：合力做功是引起物体动能变化的原因。
(2)数量关系：合力做功与动能变化具有等量代换的关系。
(3)单位关系：国际单位制中功和能的单位都是焦耳。
AB
考向2　动能定理的应用
(多选)如图所示，一个质量是25 kg的小孩从高为2 m的滑梯顶端由静止滑下，滑到底端时的速度为2 m/s(g取10 m/s2)，关于该过程各作用力对小孩做的功，以下结果正确的是(　　)
A．重力做的功为500 J B．合外力做功为50 J
C．克服阻力做功为50 J D．支持力做功为450 J
解析：AB　小孩从静止下滑到底端的过程中，重力做的功为WG＝mgh＝25×10×2 J＝500 J，A正确；根据动能定理，合外力做的功等于动能的变化量，则合外力做功为W合＝×25×22 J＝50 J，B正确；下滑过程中，支持力方向与小孩运动方向始终垂直，支持力不做功，设小孩克服阻力做功为Wf，由动能定理得WG－Wf＝50 J，解得Wf＝450 J，故C、D错误。
点拨：当物体受到一个变力和几个恒力作用时，可以用动能定理间接求变力做的功，即W变＋W其他＝ΔEk。
(2025·黑吉辽内蒙古卷，13)如图，一雪块从倾角θ
＝37°的屋顶上的O点由静止开始下滑，滑到A点后离开
屋顶。O、A间距离x＝2.5 m，A点距地面的高度h＝1.95 m，
雪块与屋顶的动摩擦因数μ＝0.125。不计空气阻力，雪块
质量不变，取sin 37°＝0.6，重力加速度大小g取10 m/s2。
求：
(1)雪块从A点离开屋顶时的速度大小v0；
(2)雪块落地时的速度大小v1，及其速度方向与水平方向的夹角α。
解析：(1)雪块从屋顶上的O点由静止开始下滑到A点的过程中，由动能定理有mgx sin θ－μmg cos θ·x＝mv02－0
解得v0＝5 m/s。
(2)雪块从A点到落地的过程中，由动能定理有mgh＝mv12mv02
解得v1＝8 m/s
雪块离开A点的水平速度大小为vx＝v0cos θ
则雪块落地时的速度方向与水平方向的夹角满足cos α＝
解得α＝60°。
答案：(1)5 m/s　(2)8 m/s　60°
点拨
(1)应用动能定理时，要明确针对哪个物体，哪个过程。
(2)动能定理的表达式为标量式，不能在某一个方向上列动能定理方程。
[教考衔接]　人教版教材必修第二册P93习题，其命题情景和黑吉辽内蒙古卷高考题相近，都可简化为物体沿斜面下滑模型。高考题考查和命题角度可以看成教材例题的拓展延伸。
[教材原题]　如图，质量为m的小球从光滑曲面上滑下。当它到达高度为h1的位置A时，速度的大小为v1；当它继续滑下到高度为h2的位置B时，速度的大小为v2。在由高度h1滑到高度h2的过程中，重力做的功为W。
(1)根据动能定理列出方程，描述小球在A、B两点间动能的关系。
(2)根据重力做功与重力势能的关系，把以上方程变形，以反映出小球运动过程中机械能是守恒的。
答案：(1)W＝mv12　(2)mv22＋mgh2
[归纳总结]　应用动能定理解题的步骤
(1)确定研究对象和研究过程(高中阶段动能定理的研究对象只能是单个物体；如果是系统，那么系统内的各个物体间内力做的总功必须是零)。
(2)对研究对象进行受力分析。
(3)写出该过程中所用外力做功的和(注意功的正负)。
(4)写出物体的初、末动能。
(5)按照动能定理列式求解。
考点二　动能定理与图像的综合应用
考向1　图像的选取
(2025·山西临汾二模)如图，位于竖直平面的半圆形
轨道BC与足够长的水平轨道相切于B点，圆形轨道的半径
为R。一个可视为质点的滑块受到水平拉力F＝2.5mg的恒
力作用，从水平轨道上与B点相距x的A点由静止开始运动，
到达B点时撤去拉力F，滑块继续运动。不计一切摩擦，改变A点的位置，滑块到达圆形轨道最高点C时对圆形轨道的压力FC发生变化，下列能正确反映FC-x关系的图像是(　　)
B
解析：B　根据动能定理可得Fx－mg·2R＝mvC2，在最高点时，重力与压力的合力提供做圆周运动的向心力，根据牛顿第二定律有mg＋FC＝，联立解得FC＝－5mg，故选B。
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、图线的交点及图线与坐标轴围成的面积所对应的物理意义。
考向2　图像信息的应用
(多选)(2025·四川达州一模)如图甲所示，质量m＝5 kg的物块置于水平桌面上，在水平力F的作用下由静止开始运动，F随位移的变化情况如图乙所示，当物体运动到x＝4 m处时，物体的速度达到最大，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　)
A．物体的最大速度为6 m/s
B．物体与桌面间的动摩擦因数为0.2
C．从开始到物体停止拉力所做的功为60 J
D．从开始到物体停止物体所发生的位移大小为5 m
图甲　　　　　图乙
BC
解析：BC　当物体运动到x＝4 m处时，物体的速度达到最大，此时摩擦力Ff＝F4＝10 N，F-x图像与x轴围成的面积代表功，力F做功大小WF＝×2 J＋15×1 J＋×1 J＝52.5 J，摩擦力做功大小Wf＝Ffx＝10×4 J＝40 J，根据动能定理WF－Wf＝mv2－0得v＝ m/s，故A错误；根据Ff＝μmg得μ＝0.2，故B正确；从开始到物体停止拉力所做的功为WF1＝×2 J＋15×1 J＋×2 J＝60 J，故C
正确；全过程列动能定理有WF1－Ffx′＝0，
解得x′＝6 m，则从开始到物体停止物体所
发生的位移大小为x′＝6 m，故D错误。
图甲　　　　　图乙
(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)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。
(2025·福建卷，15)如图甲，水平地面上有并排放置的A、B两个物块，两物块质量均为0.2 kg，A与地面间动摩擦因数为μ＝0.25，B与地面间无摩擦，两物块并排放置，在外力F的作用下向右前进，F随位移x的变化
图像如图乙所示，P点为圆弧轨道最低点，M点为圆弧轨道最高点，圆弧轨道与水平地面平滑连接，初始时水平地面上A、B与P点间的长度大于4 m，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)在0～1 m内F做的功；
(2)当x＝1 m时，A与B之间的弹力大小；
(3)要保证B能到达M点，圆弧轨道半径应满足的条件。
图甲
图乙
解析：(1)F-x图像与坐标轴所围的面积表示F所做的功的
大小，由题图乙可知0～1 m内F所做的功W＝1.5×1 J＝
1.5 J。
(2)由题图乙可知，x＝1 m时外力F开始变化，可知
A、B有相同的加速度
A与地面间的摩擦力Ff＝μmg
对A、B整体，由牛顿第二定律得F－Ff＝2ma
由于B与地面间无摩擦，对B由牛顿第二定律得FAB＝ma
联立解得A、B间的弹力大小FAB＝0.5 N。
图甲
图乙
(3)当FAB＝0时，A、B分离，由(2)中分析可知F＝Ff＝0.5 N时，A、B开始分离，由题图乙可知，此时x＝3 m
初始时水平地面上A、B与P点的长度大于4 m，对A、B从开始运动到开始分离过程，由动能定理得WF－μmgx＝·2mv2
结合(1)中分析由题图乙可得WF＝3.5 J
假设B可以运动到圆弧轨道最高点M，对B从两者开始分离点到运动到M点的过程，由动能定理得－mg·2r＝mv2
要保证B能到达M点，则到达M点的速度满足vM≥
联立解得r≤0.2 m。
答案：(1)1.5 J　(2)0.5 N　(3)r≤0.2 m,
[归纳总结]　与动能定理结合紧密的几种图像
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限时规范
训练(29)　动能定理及其应用
(建议用时：40分钟　满分：60分)
(选择题1～6题每题5分，7～9题每题6分，共48分)
[基础巩固练]
1．(2026·湖北省腾云联盟高三开学考)某新能源汽车在平直路面上测试刹车性能。某次测得刹车过程中汽车的加速度大小a随位移x的变化关系如图所示，则汽车刚开始刹车时的速度大小为(　　)
A．15 m/s B．21 m/s
C．27 m/s D．33 m/s
B
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解析：B　根据动能定理有F合x＝mv2，即ma·x＝mv2，因此a-x图像与坐标轴围成的面积表示速度平方的一半，有 m2/s2＝v2，解得v＝21 m/s，故选B。
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2．(2025·北京丰台一模)由于空气阻力的影响，被踢出的足球飞行轨迹如图所示。足球从位置1被踢出，位置3为轨迹的最高点，位置2、4距地面高度相等。重力加速度为g，忽略足球的旋转。关于足球，下列说法正确的是(　　)
A．到达位置3时，加速度为g
B．经过位置2时的速度大于经过位置4时的速度
C．由位置1到位置3减少的动能少于由位置3到位置5增加的动能
D．由位置1运动到位置3的时间大于由位置3运动到位置5的时间
B
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解析：B　到达位置3时，足球受重力与空气阻力
作用，加速度不为g，故A错误；从经过位置2到
经过位置4时，根据动能定理－Wf＝ΔEk，可知动
能减小，则经过位置2时的速度大于经过位置4时的速度，故B正确；由位置1到位置3，根据动能定理有－Wf－mgh＝ΔEk′，由位置3到位置5，根据动能定理有mgh－Wf′＝ΔEk″，则由位置1到位置3减少的动能大于由位置3到位置5增加的动能，故C错误；上升过程中阻力与重力方向均向下，下降过程中重力方向向下，阻力方向向上，则上升过程中平均加速度较大，上升和下降过程位移相同，根据h＝t2可知，由位置1运动到位置3的时间小于由位置3运动到位置5的时间，故D错误。
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3．(2024·安徽卷，2)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
解析：D　根据动能定理有mgh－Wf克＝mv2－0，可得此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为Wf克＝mgh－mv2，D正确。
D
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4．(2025·北京朝阳一模)物体a、b质量分别为ma和mb，且maA．Fa>Fb，xaFb，xa>xb
C．Faxb D．Fa解析：C　设物体a、b的初动能为Ek0，则有Ek0＝mv02，又mavb0，由题知，经相同的时间停下来，则有x＝t，可知xa>xb，根据动能定理有－Fx＝0－Ek0，可得F＝，可得FaC
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5．(2025·山东青岛一模)一小球以初速度v0从底端滑上光滑固定斜面，当向上运动40 cm时，速度减为v0。已知小球恰好能到达斜面顶端，则斜面的长度为(　　)
A．45 cm B．50 cm
C．55 cm D．60 cm
解析：A　设斜面与水平方向夹角为θ，当向上运动40 cm时，由动能定理可得－mgl sin θ＝mv02，当小球恰好能到达斜面顶端时，由动能定理可得－mgL sin θ＝0－mv02，联立上式可得L＝45 cm，故选A。
A
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6．(2025·辽宁鞍山二模)如图1所示，上表面光滑的斜面体固定在水平地面上，一个小木块从斜面底端冲上斜面。图2为木块的初动能Ek与木块轨迹的最高点距地面高度H的关系图像。由此可求得斜面的长度为(　　)
图1　 图2
A．h0 B．2h0
C．4h0 D．6h0
C
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解析：C　若木块不滑离斜面，则由动能定理有Ek＝mgH，由图像可知mg＝，设斜面长度为L，倾角为θ，当木块能滑离斜面时，则从底端到顶端过程有mv2＝Ek－mgL sin θ，滑离斜面后做斜抛运动，还能上升的高度h＝，木块轨迹的最高点距地面高度H＝L sin θ＋h，联立解得H＝Ek＋L(sin θ－sin 3θ)，由图像可知斜率，解得sin θ＝，根据图像可计算后一段图像在纵轴上的截距为1.5h0，则截距L(sin θ－sin 3θ)＝1.5h0，解得L＝4h0，故选C。
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[能力提升练]
7．(2025·江苏扬州中学月考)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
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解析：A　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＝mgx tan θ，即＝mg tan 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，故选项A正确。
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8．(多选)(2026·山东潍坊高三开学调研)如图所示，一个半径为0.8 m的光滑圆弧轨道ABC竖直固定，AO与竖直方向的夹角为α＝60°，B、C两点分别为圆弧轨道的最低点和最高点，从P点以初速度v0抛出一个小球，v0与水平方向的夹角θ＝45°，小球在A点沿切线方向进入圆弧轨道，沿着圆弧轨道恰好能到达C点，重力加速度大小g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　)
A．小球恰好到达C点时的速度大小为0
B．小球恰好到达C点时的速度大小为2 m/s
C．小球从P点抛出时的速度v0大小为4 m/s
D．小球从P点抛出时的速度v0大小为 m/s
BC
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解析：BC　小球恰好能沿着圆弧轨道到达C点，则mg＝m，解得小球恰好到达C点时的速度vC＝2 m/s，故A错误，B正确；小球由A点到C点过程由动能定理有mvA2＝－mgr(1＋cos α)，解得小球在A点时的速度为vA＝4 m/s，则小球在A点时沿水平方向的
分速度vx＝vA cos α＝2 m/s，根据斜抛运动规律
可知，小球从P点抛出时的速度v0＝＝4 m/s，故
C正确，D错误。故选BC。
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9．(2026·八省联考，7)一轻质杆AB，初始时紧靠在光滑的竖直墙面上竖直静止放置，杆长为2l，在其中点C处固定一个质量为m的小球，现使A端不脱离墙面，B端沿着光滑地面以速度v向右匀速运动，当杆与地面成α角时，则(　　)
A．小球的速度大小为
B．小球做匀速圆周运动
C．当α＝30°时，杆对小球的作用力大小为m
D．当α＝30°时，杆对小球做的功为－
C
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解析：C　轻杆AB上的所有点，沿杆方向的分速度大小相
等，由于B点做匀速直线运动，所以当杆与地面成α角时，
杆上所有点沿着杆方向的分速度均为v cos α，对于小球，
它与墙角O点间距时刻保持l，所以运动轨迹为以O点为圆
心的圆，速度方向与OC连线垂直，由图中几何关系得，小球在C点速度方向与杆的夹角为|2α－90°|，沿杆方向 的分速度为vC cos |2α－90°|，则有v cos α＝vC cos |2α－90°|，解得vC＝，则vC大小随α改变，并非匀速圆周运动，故A、B项错误；分析可得杆对小球的作用力必须沿着竖直方向，由指向圆心的合外力提供向心力，mg sin α－F sin (90°－2α)＝m，解得F＝m，对小球运用动能定理，可得W＋mvC2，解得W≠－，故C正确，D项错误。
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[培优创新练]
10．(12分)(2025·广东卷，14)如图所示，用开瓶器取出紧塞在瓶口的软木塞时，先将拔塞钻旋入木塞内，随后下压把手，使齿轮绕固定支架上的转轴转动，通过齿轮啮合，带动与木塞相固定的拔塞钻向上运动。从0时刻开始，顶部与瓶口齐平的木塞从静
止开始向上做匀加速直线运动，木塞所受摩擦力Ff随位移大小x的变化关系为Ff＝Ff0，其中Ff0为常量，h为圆柱形木塞的高，木塞质量为m，底面积为S，加速度为a，齿轮半径为r，重力加速度为g，瓶外气压减瓶内气压为Δp且近似不变，瓶子始终静止在桌面上。(提示：可用Ff-x图线下的“面积”表示Ff所做的功)求：
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(1)木塞离开瓶口的瞬间，齿轮的角速度ω；
(2)拔塞的全过程，拔塞钻对木塞做的功W；
(3)拔塞过程中，拔塞钻对木塞作用力的瞬时功率P随时间t变化的表达式。
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解析：(1)木塞做匀加速直线运动，由速度位移公式有v2＝2ah
解得木塞离开瓶口瞬间的速度为v＝
则齿轮外侧的线速度也为v＝，所以齿轮的角速度ω＝。
(2)由木塞所受摩擦力随位移大小的变化关系可知，拔塞的全过程摩擦力对木塞做的功为Wf＝－h
拔塞的全过程，对木塞由动能定理有
W＋Wf－mgh－Δp·Sh＝mv2
联立解得W＝＋mgh＋mah＋ShΔp。
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(3)拔塞过程中，对木塞由牛顿第二定律有F－Ff－mg－Δp·S＝ma
由位移时间公式有x＝at2
拔塞钻对木塞作用力的瞬时功率P＝Fv
又v＝at
联立可得P＝mgat＋ma2t＋SatΔp＋Ff0at，其中t≤。
答案：(1) (2)＋mgh＋mah＋ShΔp
(3)P＝mgat＋ma2t＋SatΔp＋Ff0at，其中t≤
第2讲　动能定理及其应用
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目标 要求 　 　 1.理解动能及动能定理的内容，会用动能定理解决一些基本问题。2.掌握解决动能定理与图像结合问题的方法。
一、动能
1．定义：物体由于运动而具有的能量叫作动能。
2．公式：Ek＝mv2。
3．单位：焦耳，1 J＝1 N·m。
4．矢标性：动能是标量，只有正值。
5．状态量：动能是状态量，因为v是瞬时速度。
二、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＝mv22－mv12或W＝Ek2－Ek1。
3．物理意义：合外力做的功是物体动能变化的量度。
1．判断正误
(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)如果物体所受的合外力为零，那么合外力对物体做功一定为零。(√)
(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．(人教版教材原题改编)改变汽车的质量和速度，都可能使汽车的动能发生改变，下列几种情形中，汽车的动能不变的是(　　)
A．质量不变，速度增大到原来的2倍
B．速度不变，质量增大到原来的2倍
C．质量减半，速度增大到原来的2倍
D．速度减半，质量增大到原来的4倍
解析：D　由Ek＝mv2知，只有D项所述情形中汽车动能不变，故D正确。
3．(2025·云南卷，2)如图所示，中老铁路国际旅客列车从云南某车站由静止出发，沿水平直轨道逐渐加速到144 km/h，在此过程中列车对座椅上的一高中生所做的功最接近(　　)
A．4×105 J B．4×104 J
C．4×103 J D．4×102 J
解析：B　由单位制可知144 km/h＝40 m/s，高中生的质量约为m＝50 kg，则当列车加速到v＝40 m/s时高中生的动能约为Ek＝mv2＝40 000 J，对高中生由动能定理得W＝Ek－0，解得列车对高中生所做的功约为W＝4×104 J，B正确。
4．(一题多解)(人教版教材原题改编)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
解析：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，故C正确。
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。
考点一　动能定理的理解和应用
考向1　动能定理的理解
　(多选)(2025·山东广饶一中开学考)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WFN＝mv22，其中WFN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WFN－mgH＝mv22mv12
D．对电梯，其所受合力做功为Mv22Mv12
解析：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＝mv22mv12，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。
动能定理表达式中的“＝”表示功是物体动能变化的量度。
(1)因果关系：合力做功是引起物体动能变化的原因。
(2)数量关系：合力做功与动能变化具有等量代换的关系。
(3)单位关系：国际单位制中功和能的单位都是焦耳。
考向2　动能定理的应用
　(多选)如图所示，一个质量是25 kg的小孩从高为2 m的滑梯顶端由静止滑下，滑到底端时的速度为2 m/s(g取10 m/s2)，关于该过程各作用力对小孩做的功，以下结果正确的是(　　)
A．重力做的功为500 J B．合外力做功为50 J
C．克服阻力做功为50 J D．支持力做功为450 J
解析：AB　小孩从静止下滑到底端的过程中，重力做的功为WG＝mgh＝25×10×2 J＝500 J，A正确；根据动能定理，合外力做的功等于动能的变化量，则合外力做功为W合＝×25×22 J＝50 J，B正确；下滑过程中，支持力方向与小孩运动方向始终垂直，支持力不做功，设小孩克服阻力做功为Wf，由动能定理得WG－Wf＝50 J，解得Wf＝450 J，故C、D错误。
点拨：当物体受到一个变力和几个恒力作用时，可以用动能定理间接求变力做的功，即W变＋W其他＝ΔEk。
　(2025·黑吉辽内蒙古卷，13)如图，一雪块从倾角θ＝37°的屋顶上的O点由静止开始下滑，滑到A点后离开屋顶。O、A间距离x＝2.5 m，A点距地面的高度h＝1.95 m，雪块与屋顶的动摩擦因数μ＝0.125。不计空气阻力，雪块质量不变，取sin 37°＝0.6，重力加速度大小g取10 m/s2。求：
(1)雪块从A点离开屋顶时的速度大小v0；
(2)雪块落地时的速度大小v1，及其速度方向与水平方向的夹角α。
解析：(1)雪块从屋顶上的O点由静止开始下滑到A点的过程中，由动能定理有mgx sin θ－μmg cos θ·x＝mv02－0
解得v0＝5 m/s。
(2)雪块从A点到落地的过程中，由动能定理有mgh＝mv12mv02
解得v1＝8 m/s
雪块离开A点的水平速度大小为vx＝v0cos θ
则雪块落地时的速度方向与水平方向的夹角满足cos α＝
解得α＝60°。
答案：(1)5 m/s　(2)8 m/s　60°
点拨
(1)应用动能定理时，要明确针对哪个物体，哪个过程。
(2)动能定理的表达式为标量式，不能在某一个方向上列动能定理方程。
[教考衔接]　人教版教材必修第二册P93习题，其命题情景和黑吉辽内蒙古卷高考题相近，都可简化为物体沿斜面下滑模型。高考题考查和命题角度可以看成教材例题的拓展延伸。
[教材原题]　如图，质量为m的小球从光滑曲面上滑下。当它到达高度为h1的位置A时，速度的大小为v1；当它继续滑下到高度为h2的位置B时，速度的大小为v2。在由高度h1滑到高度h2的过程中，重力做的功为W。
(1)根据动能定理列出方程，描述小球在A、B两点间动能的关系。
(2)根据重力做功与重力势能的关系，把以上方程变形，以反映出小球运动过程中机械能是守恒的。
答案：(1)W＝mv12　(2)mv22＋mgh2
[归纳总结]　应用动能定理解题的步骤
(1)确定研究对象和研究过程(高中阶段动能定理的研究对象只能是单个物体；如果是系统，那么系统内的各个物体间内力做的总功必须是零)。
(2)对研究对象进行受力分析。
(3)写出该过程中所用外力做功的和(注意功的正负)。
(4)写出物体的初、末动能。
(5)按照动能定理列式求解。
考点二　动能定理与图像的综合应用
考向1　图像的选取
　(2025·山西临汾二模)如图，位于竖直平面的半圆形轨道BC与足够长的水平轨道相切于B点，圆形轨道的半径为R。一个可视为质点的滑块受到水平拉力F＝2.5mg的恒力作用，从水平轨道上与B点相距x的A点由静止开始运动，到达B点时撤去拉力F，滑块继续运动。不计一切摩擦，改变A点的位置，滑块到达圆形轨道最高点C时对圆形轨道的压力FC发生变化，下列能正确反映FC-x关系的图像是(　　)
解析：B　根据动能定理可得Fx－mg·2R＝mvC2，在最高点时，重力与压力的合力提供做圆周运动的向心力，根据牛顿第二定律有mg＋FC＝，联立解得FC＝－5mg，故选B。
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、图线的交点及图线与坐标轴围成的面积所对应的物理意义。
考向2　图像信息的应用
　(多选)(2025·四川达州一模)如图甲所示，质量m＝5 kg的物块置于水平桌面上，在水平力F的作用下由静止开始运动，F随位移的变化情况如图乙所示，当物体运动到x＝4 m处时，物体的速度达到最大，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　)
图甲　　　　　图乙
A．物体的最大速度为6 m/s
B．物体与桌面间的动摩擦因数为0.2
C．从开始到物体停止拉力所做的功为60 J
D．从开始到物体停止物体所发生的位移大小为5 m
解析：BC　当物体运动到x＝4 m处时，物体的速度达到最大，此时摩擦力Ff＝F4＝10 N，F-x图像与x轴围成的面积代表功，力F做功大小WF＝×2 J＋15×1 J＋×1 J＝52.5 J，摩擦力做功大小Wf＝Ffx＝10×4 J＝40 J，根据动能定理WF－Wf＝mv2－0得v＝ m/s，故A错误；根据Ff＝μmg得μ＝0.2，故B正确；从开始到物体停止拉力所做的功为WF1＝×2 J＋15×1 J＋×2 J＝60 J，故C正确；全过程列动能定理有WF1－Ffx′＝0，解得x′＝6 m，则从开始到物体停止物体所发生的位移大小为x′＝6 m，故D错误。
(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)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。
　(2025·福建卷，15)如图甲，水平地面上有并排放置的A、B两个物块，两物块质量均为0.2 kg，A与地面间动摩擦因数为μ＝0.25，B与地面间无摩擦，两物块并排放置，在外力F的作用下向右前进，F随位移x的变化图像如图乙所示，P点为圆弧轨道最低点，M点为圆弧轨道最高点，圆弧轨道与水平地面平滑连接，初始时水平地面上A、B与P点间的长度大于4 m，重力加速度g取10 m/s2。求：
图甲　 图乙
(1)在0～1 m内F做的功；
(2)当x＝1 m时，A与B之间的弹力大小；
(3)要保证B能到达M点，圆弧轨道半径应满足的条件。
解析：(1)F-x图像与坐标轴所围的面积表示F所做的功的大小，由题图乙可知0～1 m内F所做的功W＝1.5×1 J＝1.5 J。
(2)由题图乙可知，x＝1 m时外力F开始变化，可知A、B有相同的加速度
A与地面间的摩擦力Ff＝μmg
对A、B整体，由牛顿第二定律得F－Ff＝2ma
由于B与地面间无摩擦，对B由牛顿第二定律得FAB＝ma
联立解得A、B间的弹力大小FAB＝0.5 N。
(3)当FAB＝0时，A、B分离，由(2)中分析可知F＝Ff＝0.5 N时，A、B开始分离，由题图乙可知，此时x＝3 m
初始时水平地面上A、B与P点的长度大于4 m，对A、B从开始运动到开始分离过程，由动能定理得WF－μmgx＝·2mv2
结合(1)中分析由题图乙可得WF＝3.5 J
假设B可以运动到圆弧轨道最高点M，对B从两者开始分离点到运动到M点的过程，由动能定理得－mg·2r＝mv2
要保证B能到达M点，则到达M点的速度满足vM≥
联立解得r≤0.2 m。
答案：(1)1.5 J　(2)0.5 N　(3)r≤0.2 m,
[归纳总结]　与动能定理结合紧密的几种图像
限时规范训练(29)　动能定理及其应用
(建议用时：40分钟　满分：60分)
(选择题1～6题每题5分，7～9题每题6分，共48分)
[基础巩固练]
1．(2026·湖北省腾云联盟高三开学考)某新能源汽车在平直路面上测试刹车性能。某次测得刹车过程中汽车的加速度大小a随位移x的变化关系如图所示，则汽车刚开始刹车时的速度大小为(　　)
A．15 m/s B．21 m/s
C．27 m/s D．33 m/s
解析：B　根据动能定理有F合x＝mv2，即ma·x＝mv2，因此a-x图像与坐标轴围成的面积表示速度平方的一半，有 m2/s2＝v2，解得v＝21 m/s，故选B。
2．(2025·北京丰台一模)由于空气阻力的影响，被踢出的足球飞行轨迹如图所示。足球从位置1被踢出，位置3为轨迹的最高点，位置2、4距地面高度相等。重力加速度为g，忽略足球的旋转。关于足球，下列说法正确的是(　　)
A．到达位置3时，加速度为g
B．经过位置2时的速度大于经过位置4时的速度
C．由位置1到位置3减少的动能少于由位置3到位置5增加的动能
D．由位置1运动到位置3的时间大于由位置3运动到位置5的时间
解析：B　到达位置3时，足球受重力与空气阻力作用，加速度不为g，故A错误；从经过位置2到经过位置4时，根据动能定理－Wf＝ΔEk，可知动能减小，则经过位置2时的速度大于经过位置4时的速度，故B正确；由位置1到位置3，根据动能定理有－Wf－mgh＝ΔEk′，由位置3到位置5，根据动能定理有mgh－Wf′＝ΔEk″，则由位置1到位置3减少的动能大于由位置3到位置5增加的动能，故C错误；上升过程中阻力与重力方向均向下，下降过程中重力方向向下，阻力方向向上，则上升过程中平均加速度较大，上升和下降过程位移相同，根据h＝t2可知，由位置1运动到位置3的时间小于由位置3运动到位置5的时间，故D错误。
3．(2024·安徽卷，2)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
解析：D　根据动能定理有mgh－Wf克＝mv2－0，可得此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为Wf克＝mgh－mv2，D正确。
4．(2025·北京朝阳一模)物体a、b质量分别为ma和mb，且maA．Fa>Fb，xaFb，xa>xb
C．Faxb D．Fa解析：C　设物体a、b的初动能为Ek0，则有Ek0＝mv02，又mavb0，由题知，经相同的时间停下来，则有x＝t，可知xa>xb，根据动能定理有－Fx＝0－Ek0，可得F＝，可得Fa5．(2025·山东青岛一模)一小球以初速度v0从底端滑上光滑固定斜面，当向上运动40 cm时，速度减为v0。已知小球恰好能到达斜面顶端，则斜面的长度为(　　)
A．45 cm B．50 cm
C．55 cm D．60 cm
解析：A　设斜面与水平方向夹角为θ，当向上运动40 cm时，由动能定理可得－mgl sin θ＝mv02，当小球恰好能到达斜面顶端时，由动能定理可得－mgL sin θ＝0－mv02，联立上式可得L＝45 cm，故选A。
6．(2025·辽宁鞍山二模)如图1所示，上表面光滑的斜面体固定在水平地面上，一个小木块从斜面底端冲上斜面。图2为木块的初动能Ek与木块轨迹的最高点距地面高度H的关系图像。由此可求得斜面的长度为(　　)
图1　 图2
A．h0 B．2h0
C．4h0 D．6h0
解析：C　若木块不滑离斜面，则由动能定理有Ek＝mgH，由图像可知mg＝，设斜面长度为L，倾角为θ，当木块能滑离斜面时，则从底端到顶端过程有mv2＝Ek－mgL sin θ，滑离斜面后做斜抛运动，还能上升的高度h＝，木块轨迹的最高点距地面高度H＝L sin θ＋h，联立解得H＝Ek＋L(sin θ－sin 3θ)，由图像可知斜率，解得sin θ＝，根据图像可计算后一段图像在纵轴上的截距为1.5h0，则截距L(sin θ－sin 3θ)＝1.5h0，解得L＝4h0，故选C。
[能力提升练]
7．(2025·江苏扬州中学月考)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(　　)
解析：A　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＝mgx tan θ，即＝mg tan 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，故选项A正确。
8．(多选)(2026·山东潍坊高三开学调研)如图所示，一个半径为0.8 m的光滑圆弧轨道ABC竖直固定，AO与竖直方向的夹角为α＝60°，B、C两点分别为圆弧轨道的最低点和最高点，从P点以初速度v0抛出一个小球，v0与水平方向的夹角θ＝45°，小球在A点沿切线方向进入圆弧轨道，沿着圆弧轨道恰好能到达C点，重力加速度大小g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　)
A．小球恰好到达C点时的速度大小为0
B．小球恰好到达C点时的速度大小为2 m/s
C．小球从P点抛出时的速度v0大小为4 m/s
D．小球从P点抛出时的速度v0大小为 m/s
解析：BC　小球恰好能沿着圆弧轨道到达C点，则mg＝m，解得小球恰好到达C点时的速度vC＝2 m/s，故A错误，B正确；小球由A点到C点过程由动能定理有mvA2＝－mgr(1＋cos α)，解得小球在A点时的速度为vA＝4 m/s，则小球在A点时沿水平方向的分速度vx＝vA cos α＝2 m/s，根据斜抛运动规律可知，小球从P点抛出时的速度v0＝＝4 m/s，故C正确，D错误。故选BC。
9．(2026·八省联考，7)一轻质杆AB，初始时紧靠在光滑的竖直墙面上竖直静止放置，杆长为2l，在其中点C处固定一个质量为m的小球，现使A端不脱离墙面，B端沿着光滑地面以速度v向右匀速运动，当杆与地面成α角时，则(　　)
A．小球的速度大小为
B．小球做匀速圆周运动
C．当α＝30°时，杆对小球的作用力大小为m
D．当α＝30°时，杆对小球做的功为－
解析：C　轻杆AB上的所有点，沿杆方向的分速度大小相等，由于B点做匀速直线运动，所以当杆与地面成α角时，杆上所有点沿着杆方向的分速度均为v cos α，对于小球，它与墙角O点间距时刻保持l，所以运动轨迹为以O点为圆心的圆，速度方向与OC连线垂直，由图中几何关系得，小球在C点速度方向与杆的夹角为|2α－90°|，沿杆方向 的分速度为vC cos |2α－90°|，则有v cos α＝vC cos |2α－90°|，解得vC＝，则vC大小随α改变，并非匀速圆周运动，故A、B项错误；分析可得杆对小球的作用力必须沿着竖直方向，由指向圆心的合外力提供向心力，mg sin α－F sin (90°－2α)＝m，解得F＝m，对小球运用动能定理，可得W＋mvC2，解得W≠－，故C正确，D项错误。
[培优创新练]
10．(12分)(2025·广东卷，14)如图所示，用开瓶器取出紧塞在瓶口的软木塞时，先将拔塞钻旋入木塞内，随后下压把手，使齿轮绕固定支架上的转轴转动，通过齿轮啮合，带动与木塞相固定的拔塞钻向上运动。从0时刻开始，顶部与瓶口齐平的木塞从静止开始向上做匀加速直线运动，木塞所受摩擦力Ff随位移大小x的变化关系为Ff＝Ff0，其中Ff0为常量，h为圆柱形木塞的高，木塞质量为m，底面积为S，加速度为a，齿轮半径为r，重力加速度为g，瓶外气压减瓶内气压为Δp且近似不变，瓶子始终静止在桌面上。(提示：可用Ff-x图线下的“面积”表示Ff所做的功)求：
(1)木塞离开瓶口的瞬间，齿轮的角速度ω；
(2)拔塞的全过程，拔塞钻对木塞做的功W；
(3)拔塞过程中，拔塞钻对木塞作用力的瞬时功率P随时间t变化的表达式。
解析：(1)木塞做匀加速直线运动，由速度位移公式有v2＝2ah
解得木塞离开瓶口瞬间的速度为v＝
则齿轮外侧的线速度也为v＝，所以齿轮的角速度ω＝。
(2)由木塞所受摩擦力随位移大小的变化关系可知，拔塞的全过程摩擦力对木塞做的功为Wf＝－h
拔塞的全过程，对木塞由动能定理有
W＋Wf－mgh－Δp·Sh＝mv2
联立解得W＝＋mgh＋mah＋ShΔp。
(3)拔塞过程中，对木塞由牛顿第二定律有F－Ff－mg－Δp·S＝ma
由位移时间公式有x＝at2
拔塞钻对木塞作用力的瞬时功率P＝Fv
又v＝at
联立可得P＝mgat＋ma2t＋SatΔp＋Ff0at，其中t≤。
答案：(1)
(2)＋mgh＋mah＋ShΔp
(3)P＝mgat＋ma2t＋SatΔp＋Ff0at，其中t≤限时规范训练(29)　动能定理及其应用
(建议用时：40分钟　满分：60分)
(选择题1～6题每题5分，7～9题每题6分，共48分)
[基础巩固练]
1．(2026·湖北省腾云联盟高三开学考)某新能源汽车在平直路面上测试刹车性能。某次测得刹车过程中汽车的加速度大小a随位移x的变化关系如图所示，则汽车刚开始刹车时的速度大小为(　　)
A．15 m/s B．21 m/s
C．27 m/s D．33 m/s
解析：B　根据动能定理有F合x＝mv2，即ma·x＝mv2，因此a-x图像与坐标轴围成的面积表示速度平方的一半，有 m2/s2＝v2，解得v＝21 m/s，故选B。
2．(2025·北京丰台一模)由于空气阻力的影响，被踢出的足球飞行轨迹如图所示。足球从位置1被踢出，位置3为轨迹的最高点，位置2、4距地面高度相等。重力加速度为g，忽略足球的旋转。关于足球，下列说法正确的是(　　)
A．到达位置3时，加速度为g
B．经过位置2时的速度大于经过位置4时的速度
C．由位置1到位置3减少的动能少于由位置3到位置5增加的动能
D．由位置1运动到位置3的时间大于由位置3运动到位置5的时间
解析：B　到达位置3时，足球受重力与空气阻力作用，加速度不为g，故A错误；从经过位置2到经过位置4时，根据动能定理－Wf＝ΔEk，可知动能减小，则经过位置2时的速度大于经过位置4时的速度，故B正确；由位置1到位置3，根据动能定理有－Wf－mgh＝ΔEk′，由位置3到位置5，根据动能定理有mgh－Wf′＝ΔEk″，则由位置1到位置3减少的动能大于由位置3到位置5增加的动能，故C错误；上升过程中阻力与重力方向均向下，下降过程中重力方向向下，阻力方向向上，则上升过程中平均加速度较大，上升和下降过程位移相同，根据h＝t2可知，由位置1运动到位置3的时间小于由位置3运动到位置5的时间，故D错误。
3．(2024·安徽卷，2)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
解析：D　根据动能定理有mgh－Wf克＝mv2－0，可得此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为Wf克＝mgh－mv2，D正确。
4．(2025·北京朝阳一模)物体a、b质量分别为ma和mb，且maA．Fa>Fb，xaFb，xa>xb
C．Faxb D．Fa解析：C　设物体a、b的初动能为Ek0，则有Ek0＝mv02，又mavb0，由题知，经相同的时间停下来，则有x＝t，可知xa>xb，根据动能定理有－Fx＝0－Ek0，可得F＝，可得Fa5．(2025·山东青岛一模)一小球以初速度v0从底端滑上光滑固定斜面，当向上运动40 cm时，速度减为v0。已知小球恰好能到达斜面顶端，则斜面的长度为(　　)
A．45 cm B．50 cm
C．55 cm D．60 cm
解析：A　设斜面与水平方向夹角为θ，当向上运动40 cm时，由动能定理可得－mgl sin θ＝mv02，当小球恰好能到达斜面顶端时，由动能定理可得－mgL sin θ＝0－mv02，联立上式可得L＝45 cm，故选A。
6．(2025·辽宁鞍山二模)如图1所示，上表面光滑的斜面体固定在水平地面上，一个小木块从斜面底端冲上斜面。图2为木块的初动能Ek与木块轨迹的最高点距地面高度H的关系图像。由此可求得斜面的长度为(　　)
图1　 图2
A．h0 B．2h0
C．4h0 D．6h0
解析：C　若木块不滑离斜面，则由动能定理有Ek＝mgH，由图像可知mg＝，设斜面长度为L，倾角为θ，当木块能滑离斜面时，则从底端到顶端过程有mv2＝Ek－mgL sin θ，滑离斜面后做斜抛运动，还能上升的高度h＝，木块轨迹的最高点距地面高度H＝L sin θ＋h，联立解得H＝Ek＋L(sin θ－sin 3θ)，由图像可知斜率，解得sin θ＝，根据图像可计算后一段图像在纵轴上的截距为1.5h0，则截距L(sin θ－sin 3θ)＝1.5h0，解得L＝4h0，故选C。
[能力提升练]
7．(2025·江苏扬州中学月考)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(　　)
解析：A　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＝mgx tan θ，即＝mg tan 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，故选项A正确。
8．(多选)(2026·山东潍坊高三开学调研)如图所示，一个半径为0.8 m的光滑圆弧轨道ABC竖直固定，AO与竖直方向的夹角为α＝60°，B、C两点分别为圆弧轨道的最低点和最高点，从P点以初速度v0抛出一个小球，v0与水平方向的夹角θ＝45°，小球在A点沿切线方向进入圆弧轨道，沿着圆弧轨道恰好能到达C点，重力加速度大小g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　)
A．小球恰好到达C点时的速度大小为0
B．小球恰好到达C点时的速度大小为2 m/s
C．小球从P点抛出时的速度v0大小为4 m/s
D．小球从P点抛出时的速度v0大小为 m/s
解析：BC　小球恰好能沿着圆弧轨道到达C点，则mg＝m，解得小球恰好到达C点时的速度vC＝2 m/s，故A错误，B正确；小球由A点到C点过程由动能定理有mvA2＝－mgr(1＋cos α)，解得小球在A点时的速度为vA＝4 m/s，则小球在A点时沿水平方向的分速度vx＝vA cos α＝2 m/s，根据斜抛运动规律可知，小球从P点抛出时的速度v0＝＝4 m/s，故C正确，D错误。故选BC。
9．(2026·八省联考，7)一轻质杆AB，初始时紧靠在光滑的竖直墙面上竖直静止放置，杆长为2l，在其中点C处固定一个质量为m的小球，现使A端不脱离墙面，B端沿着光滑地面以速度v向右匀速运动，当杆与地面成α角时，则(　　)
A．小球的速度大小为
B．小球做匀速圆周运动
C．当α＝30°时，杆对小球的作用力大小为m
D．当α＝30°时，杆对小球做的功为－
解析：C　轻杆AB上的所有点，沿杆方向的分速度大小相等，由于B点做匀速直线运动，所以当杆与地面成α角时，杆上所有点沿着杆方向的分速度均为v cos α，对于小球，它与墙角O点间距时刻保持l，所以运动轨迹为以O点为圆心的圆，速度方向与OC连线垂直，由图中几何关系得，小球在C点速度方向与杆的夹角为|2α－90°|，沿杆方向 的分速度为vC cos |2α－90°|，则有v cos α＝vC cos |2α－90°|，解得vC＝，则vC大小随α改变，并非匀速圆周运动，故A、B项错误；分析可得杆对小球的作用力必须沿着竖直方向，由指向圆心的合外力提供向心力，mg sin α－F sin (90°－2α)＝m，解得F＝m，对小球运用动能定理，可得W＋mvC2，解得W≠－，故C正确，D项错误。
[培优创新练]
10．(12分)(2025·广东卷，14)如图所示，用开瓶器取出紧塞在瓶口的软木塞时，先将拔塞钻旋入木塞内，随后下压把手，使齿轮绕固定支架上的转轴转动，通过齿轮啮合，带动与木塞相固定的拔塞钻向上运动。从0时刻开始，顶部与瓶口齐平的木塞从静止开始向上做匀加速直线运动，木塞所受摩擦力Ff随位移大小x的变化关系为Ff＝Ff0，其中Ff0为常量，h为圆柱形木塞的高，木塞质量为m，底面积为S，加速度为a，齿轮半径为r，重力加速度为g，瓶外气压减瓶内气压为Δp且近似不变，瓶子始终静止在桌面上。(提示：可用Ff-x图线下的“面积”表示Ff所做的功)求：
(1)木塞离开瓶口的瞬间，齿轮的角速度ω；
(2)拔塞的全过程，拔塞钻对木塞做的功W；
(3)拔塞过程中，拔塞钻对木塞作用力的瞬时功率P随时间t变化的表达式。
解析：(1)木塞做匀加速直线运动，由速度位移公式有v2＝2ah
解得木塞离开瓶口瞬间的速度为v＝
则齿轮外侧的线速度也为v＝，所以齿轮的角速度ω＝。
(2)由木塞所受摩擦力随位移大小的变化关系可知，拔塞的全过程摩擦力对木塞做的功为Wf＝－h
拔塞的全过程，对木塞由动能定理有
W＋Wf－mgh－Δp·Sh＝mv2
联立解得W＝＋mgh＋mah＋ShΔp。
(3)拔塞过程中，对木塞由牛顿第二定律有F－Ff－mg－Δp·S＝ma
由位移时间公式有x＝at2
拔塞钻对木塞作用力的瞬时功率P＝Fv
又v＝at
联立可得P＝mgat＋ma2t＋SatΔp＋Ff0at，其中t≤。
答案：(1)
(2)＋mgh＋mah＋ShΔp
(3)P＝mgat＋ma2t＋SatΔp＋Ff0at，其中t≤

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