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第2讲　动能定理及应用
[复习目标]
1．理解动能和动能定理，能够应用动能定理处理相关物理问题。　2.掌握动能定理与图像结合问题的分析方法。　3.能够通过划分不同的运动过程，应用动能定理通过全程列式或者分过程列式解决多过程问题。
基础自主梳理
第一部分
一、对动能的理解
1．定义：物体由于运动而具有的能量。
3．矢标性：动能是______，且只有正值。
4．动能的变化量：ΔEk＝_________________。
焦耳
标量
二、对动能定理的理解
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＝________。
3．物理意义：合外力做的功是物体动能变化的量度。
动能的变化
Ek2－Ek1
深化辨析
×
√
(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)如果物体所受的合力为零，那么合力对物体做功一定为零。(　　)
(3)物体在合力作用下做变速运动时，动能一定变化。(　　)
(4)物体的动能不变，所受的合力必定为零。(　　)
(5)合力对物体做正功，物体的动能增加；合力对物体做负功，物体的动能减少。(　　)
√
×
√
考点一　动能定理的理解和应用
第二部分
1．动能与动能的变化
(1)动能与动能的变化是两个不同的概念，动能是状态量，动能的变化是过程量。
(2)动能没有负值，而动能变化量有正负之分。ΔEk>0表示物体的动能增加，ΔEk<0表示物体的动能减少。
2．三个关系
3．表达式W＝Ek2－Ek1的理解
(1)W是合外力的功，不要与某个力的功混淆。
(2)Ek2－Ek1是末动能与初动能的差。
(3)动能定理的表达式是标量式，与速度方向无关。
(4)应用动能定理时，要明确针对哪个物体，哪个过程。
4．动能定理既适用于恒力作用过程，也适用于变力作用过程，既适用于直线运动，也适用于曲线运动，既适用于单个物体，也适用于多个物体，特别是变力及多过程问题，动能定理更具有优越性。
A
例1 下列关于运动物体所受的合力、合力做功和动能变化的关系，正确的是(　　)
A．如果物体所受的合力为零，那么物体的动能一定不变
B．如果合力对物体做的功为零，则合力一定为零
C．物体在合力作用下做匀变速直线运动，则动能在一段过程中的变化量一定不为零
D．物体的动能不发生变化，物体所受合力一定是零
A
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，一般以地面或相对于地面静止的物体为参考系。
2．应用动能定理的关键在于对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析，并画出运动过程的草图，借助草图理解物理过程之间的关系。
3．列动能定理方程时，必须明确各力做功的正、负，难以判断的先假定为正功，最后根据结果加以检验。
注意问题
拓展点 动能定理分析流体问题
1．流体特点
通常液体流、气体流等被广义地视为“流体”，质量具有连续性，通常已知密度。
2．研究对象
沿流速v的方向选取一段柱形流体，其横截面积为S，对应的质量Δm＝ρSvΔt。
3．问题特点
若求能量，可用动能定理；若求力，可用动量定理。
B
第三部分
考点二　动能定理与图像问题的综合
1．五类图像
2．解题步骤
例4 (2025·福建卷，T14)如图甲，水平地面上有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μ＝0.25，B与地面无摩擦，两物块在外力F的作用下向右前进，F与位移x的图像如图乙所示，P为圆弧最低点，M为最高点，水平地面长度大于4 m，重力加速度g取10 m/s2。
(1)求0～1 m，F做的功。
[解析]　0～1 m，F做的功W＝Fx＝1.5×1 J＝1.5 J。
[答案]　1.5 J
(2)x＝1 m时，求A与B之间的弹力。
[解析]　对A、B整体，根据牛顿第二定律有
F－f＝2ma
其中f＝μmg
对B根据牛顿第二定律有FAB＝ma
联立解得FAB＝0.5 N。
[答案]　0.5 N
(3)要保证B能到达M点，求圆弧半径满足的条件。
[答案]　r≤0.2 m
例5 海啸是一种灾难性的海浪，通常由海底地震引起海底隆起和下陷所致，海底突然变形，致使从海底到海面的海水整体发生大的涌动，形成海啸袭击沿岸地区，给人们带来巨大的损失。某兴趣小组对海啸的威力进行了模拟研究，设计了如下的模型：如图甲所示，在水平地面上放置一个质量m＝8 kg的物体，让其在随位移均匀减小的水平推力(模拟海啸)作用下由静止开始运动，推力F随位移x变化的图像如图乙所示。已知物体与地面之间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10 m/s2。求：
(1)物体在水平地面上运动的最大位移；
[答案]　25 m　
(2)物体在水平地面上所能达到的最大速度(结果可用根号表示)。
[解析]　当水平推力与物体所受摩擦力大小相等时，物体加速度为零，此时速度达到最大值，则有
F′＝μmg＝40 N
根据题图乙可得水平推力与位移之间的函数关系为F＝－20x＋200(N)
当推力为40 N时可得x′＝8 m
第四部分
考点三　动能定理分析多运动
过程问题
1．基本步骤
2．两种思路
(1)分阶段应用动能定理
①若题目需要求某一中间物理量，应分阶段应用动能定理。
②物体在多个运动过程中，受到的弹力、摩擦力等力若发生了变化，则力在各个过程中做功情况也不同，不宜全过程应用动能定理，可以研究其中一个或几个分过程，结合动能定理，各个击破。
(2)全过程(多个过程)应用动能定理
当物体运动过程包含几个不同的物理过程，又不需要研究过程的中间状态时，可以把几个运动过程看作一个整体，巧妙运用动能定理来研究，从而避开每个运动过程的具体细节，大大简化运算。
例6 (2025·黑吉辽蒙卷，T13)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，雪块与屋顶间的动摩擦因数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＝10 m/s2。求：
(1)雪块从A点离开屋顶时的速度大小v0；
[答案]　5 m/s　
(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。
[答案]　8 m/s　60°
例7 (2026·湖北省部分高中联考)如图为某游戏装置的示意图，CD、DE均为四分之一光滑圆管，E为圆管DEG的最高点，圆管轨道半径均为R＝0.6 m，各圆管轨道与直轨道相接处均相切，GH是与水平面成θ＝37°的斜面，底端H处有一弹性挡板(碰撞无能量损失)，O2、D、O3、H在同一水平面内。一质量为0.01 kg的小物体，其直径稍小于圆管内径，可视作质点，小物体从C点所在水平面出发通过圆管最高点E后，最后停在斜面GH上，小物体和GH之间的动摩擦因数μ＝0.625，其余轨道均光滑，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，求：
(1)小物体的速度v0满足的条件；
[答案]　H处　1.8 m
(1)求小物块到达D点的速度大小。
(2)求B和D两点的高度差。
(3)求小物块在A点的初速度大小。
规范思维五部曲
规范答题
1.速读题目：本题主要考查了水平面和竖直面内的圆周运动以及平抛运动的规律。
2．信息获取：“在C点沿圆弧切线方向”可知平抛运动的末速度方向；“恰好能到达轨道的最高点D”说明这是竖直面圆周运动的绳模型，在最高点只有重力提供向心力。
3．做好分析：过程一是水平面内的圆周运动；过程二是平抛运动；过程三是竖直面内的圆周运动。
4．规范列式：应用运动的分解研究平抛运动；应用动能定理研究竖直面的圆周运动。
5．代数求解：注意计算过程不要写在解答中，解答过程只给出最终结果和单位就可以。
规范答题模板
(1)求小物块到达D点的速度大小。
规范答题模板
(2)求B和D两点的高度差。
[答案]　0
规范答题模板
(3)求小物块在A点的初速度大小。第2讲　动能定理及应用
[复习目标]
1．理解动能和动能定理，能够应用动能定理处理相关物理问题。　2.掌握动能定理与图像结合问题的分析方法。　3.能够通过划分不同的运动过程，应用动能定理通过全程列式或者分过程列式解决多过程问题。
一、对动能的理解
1．定义：物体由于运动而具有的能量。
2．公式：Ek＝mv2；单位：焦耳，符号：J。
3．矢标性：动能是标量，且只有正值。
4．动能的变化量：ΔEk＝mv－mv。
二、对动能定理的理解
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：合外力做的功是物体动能变化的量度。
(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)如果物体所受的合力为零，那么合力对物体做功一定为零。(　　)
(3)物体在合力作用下做变速运动时，动能一定变化。(　　)
(4)物体的动能不变，所受的合力必定为零。(　　)
(5)合力对物体做正功，物体的动能增加；合力对物体做负功，物体的动能减少。(　　)
提示：(1)√　(2)√　(3)×　(4)×　(5)√
考点一　动能定理的理解和应用
1．动能与动能的变化
(1)动能与动能的变化是两个不同的概念，动能是状态量，动能的变化是过程量。
(2)动能没有负值，而动能变化量有正负之分。ΔEk>0表示物体的动能增加，ΔEk<0表示物体的动能减少。
2．三个关系
3．表达式W＝Ek2－Ek1的理解
(1)W是合外力的功，不要与某个力的功混淆。
(2)Ek2－Ek1是末动能与初动能的差。
(3)动能定理的表达式是标量式，与速度方向无关。
(4)应用动能定理时，要明确针对哪个物体，哪个过程。
4．动能定理既适用于恒力作用过程，也适用于变力作用过程，既适用于直线运动，也适用于曲线运动，既适用于单个物体，也适用于多个物体，特别是变力及多过程问题，动能定理更具有优越性。
下列关于运动物体所受的合力、合力做功和动能变化的关系，正确的是(　　)
A．如果物体所受的合力为零，那么物体的动能一定不变
B．如果合力对物体做的功为零，则合力一定为零
C．物体在合力作用下做匀变速直线运动，则动能在一段过程中的变化量一定不为零
D．物体的动能不发生变化，物体所受合力一定是零
[答案]　A
(2026·山东青岛市测试)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]　设斜面与水平方向夹角为θ，当小球向上运动40 cm时，由动能定理可得－mgl sin θ＝m×(v0)2－mv，当小球恰好能到达斜面顶端时，有－mgL sin θ＝0－mv，联立可得L＝45 cm。
[答案]　A
　
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，一般以地面或相对于地面静止的物体为参考系。
2．应用动能定理的关键在于对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析，并画出运动过程的草图，借助草图理解物理过程之间的关系。
3．列动能定理方程时，必须明确各力做功的正、负，难以判断的先假定为正功，最后根据结果加以检验。
拓展点 动能定理分析流体问题
1．流体特点
通常液体流、气体流等被广义地视为“流体”，质量具有连续性，通常已知密度。
2．研究对象
沿流速v的方向选取一段柱形流体，其横截面积为S，对应的质量Δm＝ρSvΔt。
3．问题特点
若求能量，可用动能定理；若求力，可用动量定理。
某景区喷泉喷出水柱的场景如图所示，水管喷嘴的横截面积为S，驱动该水管喷水的电动机输出功率为P。已知水的密度为ρ，重力加速度为g，不计空气阻力，且令＝k，则喷泉喷出水柱的高度可表示为(　　)
A． B．
C． D．
[解析]　设水的出口速度为v，水柱高度为h，经过时间t，喷出水的质量为m，则由题意可得v2＝2gh，m＝ρSvt，由动能定理可得Pt＝mv2＝ρSv3t＝ρS·()3t，P＝ρS()3，h＝＝。
[答案]　B
考点二　动能定理与图像问题的综合
1．五类图像
2．解题步骤
(2025·福建卷，T14)如图甲，水平地面上有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μ＝0.25，B与地面无摩擦，两物块在外力F的作用下向右前进，F与位移x的图像如图乙所示，P为圆弧最低点，M为最高点，水平地面长度大于4 m，重力加速度g取10 m/s2。
(1)求0～1 m，F做的功。
(2)x＝1 m时，求A与B之间的弹力。
(3)要保证B能到达M点，求圆弧半径满足的条件。
[解析]　(1)0～1 m，F做的功W＝Fx＝1.5×1 J＝1.5 J。
(2)对A、B整体，根据牛顿第二定律有
F－f＝2ma
其中f＝μmg
对B根据牛顿第二定律有FAB＝ma
联立解得FAB＝0.5 N。
(3)当A、B之间的弹力为零时，A、B分离，根据(2)分析可知此时F′＝0.5 N
此时x＝3 m
此过程中，对A、B根据动能定理有
WF－μmgx＝×2mv2
根据题图乙可得
WF＝1.5 J＋×2 J＝3.5 J
对B从P点到M点，根据动能定理有
－mg·2rmax＝mv－mv2
在M点的最小速度满足mg＝m eq \f(v,rmax)
联立可得rmax＝0.2 m
即圆弧半径满足的条件为r≤0.2 m。
[答案]　(1)1.5 J　(2)0.5 N　(3)r≤0.2 m
海啸是一种灾难性的海浪，通常由海底地震引起海底隆起和下陷所致，海底突然变形，致使从海底到海面的海水整体发生大的涌动，形成海啸袭击沿岸地区，给人们带来巨大的损失。某兴趣小组对海啸的威力进行了模拟研究，设计了如下的模型：如图甲所示，在水平地面上放置一个质量m＝8 kg的物体，让其在随位移均匀减小的水平推力(模拟海啸)作用下由静止开始运动，推力F随位移x变化的图像如图乙所示。已知物体与地面之间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10 m/s2。求：
(1)物体在水平地面上运动的最大位移；
(2)物体在水平地面上所能达到的最大速度(结果可用根号表示)。
[解析]　(1)设物体在水平面上运动的最大位移为s，根据变力做功的特点，对物体由动能定理有
F0x0－μmgs＝0
解得s＝25 m。
(2)当水平推力与物体所受摩擦力大小相等时，物体加速度为零，此时速度达到最大值，则有
F′＝μmg＝40 N
根据题图乙可得水平推力与位移之间的函数关系为F＝－20x＋200(N)
当推力为40 N时可得x′＝8 m
由动能定理有
(F0＋F′)x′－μmgx′＝mv
解得vm＝4 m/s。
[答案]　(1)25 m　(2)4 m/s
考点三　动能定理分析多运动过程问题
1．基本步骤
2．两种思路
(1)分阶段应用动能定理
①若题目需要求某一中间物理量，应分阶段应用动能定理。
②物体在多个运动过程中，受到的弹力、摩擦力等力若发生了变化，则力在各个过程中做功情况也不同，不宜全过程应用动能定理，可以研究其中一个或几个分过程，结合动能定理，各个击破。
(2)全过程(多个过程)应用动能定理
当物体运动过程包含几个不同的物理过程，又不需要研究过程的中间状态时，可以把几个运动过程看作一个整体，巧妙运用动能定理来研究，从而避开每个运动过程的具体细节，大大简化运算。
(2025·黑吉辽蒙卷，T13)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，雪块与屋顶间的动摩擦因数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＝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)雪块在屋顶下滑过程中，根据动能定理有mg·x sin θ－μmg cos θ·x＝mv
解得v0＝5 m/s。
(2)雪块从A点到地面过程中，由动能定理有
mgh＝mv－mv
解得v1＝8 m/s
雪块在A点速度的水平分量
vx＝v0cos θ＝4 m/s
落地瞬间雪块速度与水平方向夹角α满足
cos α＝＝
解得α＝60°。
[答案]　(1)5 m/s　(2)8 m/s　60°
(2026·湖北省部分高中联考)如图为某游戏装置的示意图，CD、DE均为四分之一光滑圆管，E为圆管DEG的最高点，圆管轨道半径均为R＝0.6 m，各圆管轨道与直轨道相接处均相切，GH是与水平面成θ＝37°的斜面，底端H处有一弹性挡板(碰撞无能量损失)，O2、D、O3、H在同一水平面内。一质量为0.01 kg的小物体，其直径稍小于圆管内径，可视作质点，小物体从C点所在水平面出发通过圆管最高点E后，最后停在斜面GH上，小物体和GH之间的动摩擦因数μ＝0.625，其余轨道均光滑，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，求：
(1)小物体的速度v0满足的条件；
(2)当小物体的速度v0＝ m/s时，小物体最后停在斜面上的位置以及在斜面上运动的总路程。
[解析]　(1)小物体在E点处做圆周运动，当其恰好通过E点时，小物体速度为零，从C到E的运动过程，根据动能定理有0－mv＝－mg·2R
解得vC＝2 m/s
设小物体刚好反弹到E点，斜面长度为L，全过程对小物体的运动，根据动能定理有
0－mvC′2＝－mg·2R－2μmgL cos θ
L＝
解得vC′＝2 m/s
故小物体的速度v0满足的条件为
2 m/s＜v0＜2 m/s。
(2)由于2 m/s＜ m/s＜2 m/s
mg sin θ＞μmg cos θ
故小物体最后停在H处，从小物体开始运动到最后停止，全过程根据动能定理有
－mgR－μmgx cos θ＝0－mv
解得x＝1.8 m。
[答案]　(1)2 m/s＜v0＜2 m/s
(2)H处　1.8 m
(2023·湖北卷，T14)如图为某游戏装置原理示意图。水平桌面上固定一半圆形竖直挡板，其半径为2R、内表面光滑，挡板的两端A、B在桌面边缘，B与半径为R的固定光滑圆弧轨道在同一竖直平面内，过C点的轨道半径与竖直方向的夹角为60°。小物块以某一水平初速度由A点切入挡板内侧，从B点飞出桌面后，在C点沿圆弧切线方向进入轨道内侧，并恰好能到达轨道的最高点D。小物块与桌面之间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g，忽略空气阻力，小物块可视为质点。
(1)求小物块到达D点的速度大小。
(2)求B和D两点的高度差。
(3)求小物块在A点的初速度大小。
[规范答题]
规范思维五部曲 1.速读题目：本题主要考查了水平面和竖直面内的圆周运动以及平抛运动的规律。2．信息获取：“在C点沿圆弧切线方向”可知平抛运动的末速度方向；“恰好能到达轨道的最高点D”说明这是竖直面圆周运动的绳模型，在最高点只有重力提供向心力。3．做好分析：过程一是水平面内的圆周运动；过程二是平抛运动；过程三是竖直面内的圆周运动。4．规范列式：应用运动的分解研究平抛运动；应用动能定理研究竖直面的圆周运动。5．代数求解：注意计算过程不要写在解答中，解答过程只给出最终结果和单位就可以。
规范答题模板 [解析]　(1)由题知，小物块恰好能到达轨道的最高点D，则在D点有m eq \f(v,R)＝mg解得 vD＝。(2)由题知，小物块从C点沿圆弧切线方向进入轨道内侧，则在C点有cos 60°＝小物块从C到D的过程中，根据动能定理有－mg(R＋R_cos_60°)＝mv－mv则小物块从B到D的过程中，根据动能定理有mgHBD＝mv－mv联立解得vB＝，HBD＝0。(3)小物块从A到B的过程中，根据动能定理有－μmgs＝mv－mvs＝π·2R解得vA＝。[答案]　(1)　(2)0　(3)(共26张PPT)
演练知能提升
D
1．(2026·山西忻州市期末)将一个铅球沿水平方向推出，不计空气阻力，铅球被推出后在空中运动过程中，下列关于其速率v随运动时间t变化规律正确的是(　　)
B
D
3．如图所示，“套圈”活动中，某同学将相同套环分两次从同一位置水平抛出，分别套中Ⅰ、Ⅱ号物品。若套环可近似视为质点，不计空气阻力，则(　　)

A．套中Ⅰ号物品，套环被抛出的速度较大
B．套中Ⅰ号物品，重力对套环做功较小
C．套中Ⅱ号物品，套环飞行时间较长
D．套中Ⅱ号物品，套环动能变化量较小
根据W＝mgh可知，套中Ⅰ号物品，重力对套环做功较大，B错误；
套中Ⅱ号物品，重力做功较小，可知套环动能变化量较小，D正确。
A
4．(2026·重庆市调研抽测)如图甲所示，一小孩从滑梯的顶端由静止开始滑下至底端，其动能Ek随下滑距离s的变化图像如图乙所示，Ek0和s0为已知量，重力加速度大小为g。根据图中信息，可求出(　　)
A．整个下滑过程小孩所受的合力大小
B．整个下滑过程重力对小孩做的功
C．小孩与滑梯之间摩擦力的大小
D．小孩到滑梯底端时速度的大小
由于不知道滑梯的倾角及动摩擦因数，则无法求出小孩的质量及其下落的高度，故重力对小孩做的功、小孩受到摩擦力的大小以及小孩滑到底端的速度大小都无法求出，B、C、D错误。
A
A
D
7．如图所示，某一斜面的顶端到正下方水平面O点的高度为h，斜面底端与水平面平滑连接。一小木块从斜面的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，斜面倾角为θ，则下列说法正确的是(　　)
A．木块沿斜面下滑的过程中，摩擦力对木块做功为μmgx
B．若保持h和μ不变，θ增大，木块应在A点左侧停下
C．若保持h和μ不变，θ增大，木块应在A点右侧停下
D．若保持h和μ不变，将斜面底端延长至A点，木块则刚好不下滑
木块沿斜面下滑的过程中，摩擦力对木块做负功，不为μmgx，故A错误；
C
8．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，则落在滑道的各点速度方向不相同
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
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偏向角的正切等于位移偏向角的正切的2倍可知，落在滑道的各点的速度偏向角相等，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，则游客在斜面上的位移越长，不能保证游客落在滑道CD上，故A错误；
9．(12分)(2026·北京西城区期末)秋千由踏板和绳构成，小孩随秋千的摆动过程可简化为单摆的摆动。等效“摆球”的质量为m，摆长为l，绳与竖直方向的最大夹角为θ。不计一切摩擦和空气阻力，重力加速度大小为g。
(1)求“摆球”通过最低点时速度的大小v。(4分)
(2)求“摆球”通过最低点时受到拉力的大小F。(4分)
答案：mg(3－2cos θ)
(3)若“摆球”在最低点静止时被大人推动，推若干次后，绳与竖直方向的最大夹角达到θ，求此过程中大人对“摆球”做的功W。(4分)
解析：“摆球”从静止在最低点开始至达到最大摆角的过程中，根据动能定理可得
W－mgl(1－cos θ)＝0
解得W＝mgl(1－cos θ)。
答案：mgl(1－cos θ)
10．(12分)(2026·江苏扬州市期末)如图甲所示，在水平桌面上用竖直挡板围成固定轨道，俯视图如图乙所示，半圆形轨道ABC和DEF的半径为R，在P点处有一个加速器，小滑块每次通过加速器后，速度增大为通过前的k倍。质量为m的小滑块(可视为质点)从C点处以初速度v0沿轨道内侧逆时针运动，每次经过C点时速度均为v0。已知轨道ABC处桌面粗糙，其他摩擦均不计，重力加速度为g。求：
(1)小滑块经过E点时，所受挡板弹力的大小N；(4分)
(2)小滑块在轨道ABC处与桌面间的动摩擦因数μ；(4分)
(3)小滑块通过轨道ABC的时间t。(4分)1．(2026·山西忻州市期末)将一个铅球沿水平方向推出，不计空气阻力，铅球被推出后在空中运动过程中，下列关于其速率v随运动时间t变化规律正确的是(　　)
解析：选D。铅球在空中运动过程中，根据动能定理mgh＝mv2－mv，竖直方向上h＝gt2，联立可得v2＝v＋g2t2，即v2与t2成线性关系，D正确。
2．
(2026·新疆乌鲁木齐质监)我国无人机技术发展迅猛，应用也越来越广泛，无人机配送快递就是一种全新的配送方式。如图所示，一架配送包裹的无人机从地面起飞后竖直上升的过程中，升力的功率恒为P0。已知无人机的质量与包裹的质量的比值为k，忽略空气阻力的影响，则该过程中悬吊包裹的轻绳(不可伸长)对包裹做功的功率为(　　)
A． B．
C． D．
解析：选B。对整体研究可得P0t－(m机＋m物)gh＝(m机＋m物)v2，对包裹研究可得Pt－m物gh＝m物v2，又＝k，整理解得P＝。
3．如图所示，“套圈”活动中，某同学将相同套环分两次从同一位置水平抛出，分别套中Ⅰ、Ⅱ号物品。若套环可近似视为质点，不计空气阻力，则(　　)
A．套中Ⅰ号物品，套环被抛出的速度较大
B．套中Ⅰ号物品，重力对套环做功较小
C．套中Ⅱ号物品，套环飞行时间较长
D．套中Ⅱ号物品，套环动能变化量较小
解析：选D。根据x＝vt，h＝gt2，可得v＝x，套中Ⅰ号物品时x较小，h较大，可知套环被抛出的速度较小，A错误；根据W＝mgh可知，套中Ⅰ号物品，重力对套环做功较大，B错误；根据h＝gt2，可得t＝，可知套中Ⅱ号物品，套环飞行时间较短，C错误；套中Ⅱ号物品，重力做功较小，可知套环动能变化量较小，D正确。
4．(2026·重庆市调研抽测)如图甲所示，一小孩从滑梯的顶端由静止开始滑下至底端，其动能Ek随下滑距离s的变化图像如图乙所示，Ek0和s0为已知量，重力加速度大小为g。根据图中信息，可求出(　　)
A．整个下滑过程小孩所受的合力大小
B．整个下滑过程重力对小孩做的功
C．小孩与滑梯之间摩擦力的大小
D．小孩到滑梯底端时速度的大小
解析：选A。由动能定理可知F合s0＝Ek0，解得F合＝，A正确；由于不知道滑梯的倾角及动摩擦因数，则无法求出小孩的质量及其下落的高度，故重力对小孩做的功、小孩受到摩擦力的大小以及小孩滑到底端的速度大小都无法求出，B、C、D错误。
5．(2026·山东省威海市期末)如图甲所示，质量为0.2 kg的物块受到水平向右的拉力F，以4 m/s的初速度从A点向右运动，F随位移x变化的图像如图乙所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为0.3，重力加速度g取10 m/s2，在运动过程中物块的最大速度为(　　)
A． m/s B． m/s
C． m/s D．3 m/s
解析：选A。由图像可知，拉力减小时表达式为F＝F0＋kx＝3.6－0.3x(N)，物块受到的滑动摩擦力f＝μmg＝0.3×0.2×10 N＝0.6 N，物块所受合力为零时速度最大，即F＝f时有3.6－0.3x(N)＝0.6 N，解得x＝10 m，F－x图线与坐标轴围成图形的面积等于推力对物块做的功，设物块的最大速度为vm，物块速度最大时，推力对物块做功W＝×1.8×6 J＋×(1.8＋0.6)×(10－6) J＝10.2 J，从物块开始运动到速度最大过程，对物块，由动能定理得W－μmgx＝mv－mv，代入数据解得vm＝ m/s。
6．如图所示的风力发电机，风力带动叶片转动，叶片再带动转子(磁极)转动，使定子(线圈，不计电阻)中产生电流，实现风能向电能的转化。若叶片长为l，设定的额定风速为v，空气的密度为ρ，额定风速下发电机的输出功率为P，则风能转化为电能的效率为(　　)
A． B．
C． D．
解析：选A。风能转化为电能的工作原理为将风的动能转化为输出的电能，设风吹向发电机的时间为t，则在t时间内吹向发电机的风的体积V＝vt·S＝vt·πl2，则风的质量M＝ρV＝ρvt·πl2，因此风吹过的动能Ek＝Mv2＝πρvtl2·v2，在此时间内发电机输出的电能E＝Pt，则风能转化为电能的效率η＝＝，A正确。
7．如图所示，某一斜面的顶端到正下方水平面O点的高度为h，斜面底端与水平面平滑连接。一小木块从斜面的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，斜面倾角为θ，则下列说法正确的是(　　)
A．木块沿斜面下滑的过程中，摩擦力对木块做功为μmgx
B．若保持h和μ不变，θ增大，木块应在A点左侧停下
C．若保持h和μ不变，θ增大，木块应在A点右侧停下
D．若保持h和μ不变，将斜面底端延长至A点，木块则刚好不下滑
解析：选D。对小木块运动的整个过程，根据动能定理有mgh－μmg cos θ·－μmg＝0，解得h＝μx，所以x与θ无关，仍停在A点，故B、C错误；木块沿斜面下滑的过程中，摩擦力对木块做负功，不为μmgx，故A错误；由以上分析知，将斜面底端延长至A点，有μ＝＝tan θ，所以木块刚好不下滑，故D正确。
8．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，则落在滑道的各点速度方向不相同
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
解析：选C。从A到C由动能定理可得mgH－μmg cos α·AB－μmg·BC＝mv，即mgH－μmgL＝mv，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偏向角的正切等于位移偏向角的正切的2倍可知，落在滑道的各点的速度偏向角相等，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，则游客在斜面上的位移越长，不能保证游客落在滑道CD上，故A错误；若恰能落在D点，则h＝vCt＝gt2，又因为mgH－μmgL＝mv，联立解得4H＝L＋h，故D错误。
9．(12分)(2026·北京西城区期末)秋千由踏板和绳构成，小孩随秋千的摆动过程可简化为单摆的摆动。等效“摆球”的质量为m，摆长为l，绳与竖直方向的最大夹角为θ。不计一切摩擦和空气阻力，重力加速度大小为g。
(1)求“摆球”通过最低点时速度的大小v。(4分)
(2)求“摆球”通过最低点时受到拉力的大小F。(4分)
(3)若“摆球”在最低点静止时被大人推动，推若干次后，绳与竖直方向的最大夹角达到θ，求此过程中大人对“摆球”做的功W。(4分)
解析：(1)“摆球”从最高点到最低点的过程中，根据动能定理可得
mgl(1－cos θ)＝mv2
解得v＝。
(2)“摆球”通过最低点时，根据牛顿第二定律可得
F－mg＝m
联立解得F＝mg(3－2cos θ)。
(3)“摆球”从静止在最低点开始至达到最大摆角的过程中，根据动能定理可得
W－mgl(1－cos θ)＝0
解得W＝mgl(1－cos θ)。
答案：(1)　(2)mg(3－2cos θ)
(3)mgl(1－cos θ)
10．(12分)(2026·江苏扬州市期末)如图甲所示，在水平桌面上用竖直挡板围成固定轨道，俯视图如图乙所示，半圆形轨道ABC和DEF的半径为R，在P点处有一个加速器，小滑块每次通过加速器后，速度增大为通过前的k倍。质量为m的小滑块(可视为质点)从C点处以初速度v0沿轨道内侧逆时针运动，每次经过C点时速度均为v0。已知轨道ABC处桌面粗糙，其他摩擦均不计，重力加速度为g。求：
(1)小滑块经过E点时，所受挡板弹力的大小N；(4分)
(2)小滑块在轨道ABC处与桌面间的动摩擦因数μ；(4分)
(3)小滑块通过轨道ABC的时间t。(4分)
解析：(1)由题意可知小滑块经过P处后速度
v＝kv0
小滑块在DEF部分做匀速圆周运动，挡板的弹力提供向心力N＝
联立可得N＝ eq \f(mk2v,R)。
(2)小滑块在ABC处所受滑动摩擦力大小
f＝μmg
根据动能定理得
－μmgπR＝mv－mv2
代入数据解得μ＝ eq \f((k2－1)v,2πgR)。
(3)小滑块在轨道ABC中的运动可等效为匀减速直线运动
由运动学公式得πR＝
代入数据解得t＝。
答案：(1) eq \f(mk2v,R)　(2) eq \f((k2－1)v,2πgR)　(3)

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