資源簡介

中小學教育資源及組卷應用平臺
專題強化（8）動能定理的應用
學習目標 核心素養
1.掌握動能的表達式和單位，知道動能是標量. 2.能運用牛頓第二定律與運動學公式推導出動能定理，理解動能定理的物理意義. 3.能運用動能定理解決簡單的問題． 1、物理觀念：動能的概念。 2、科學思維：動能定理表達式的推導。 3、科學探究：動能定理解決問題比牛頓第二定律和運動學公式的優越性。
知識點1 動能定理的基本應用
1．應用動能定理解題的優點
(1)動能定理對應的是一個過程，只涉及到物體初、末狀態的動能和整個過程合力做的功，無需關心中間運動過程的細節，而且功和能都是標量，無方向性，計算方便．
(2)當題目中不涉及a和t，而涉及F、x、m、v等物理量時，優先考慮使用動能定理．
(3)動能定理既適用于恒力作用過程也適用于變力作用過程，既適用于直線運動也適用于曲線運動，既適用于單個物體也適用于多個物體，特別是變力及多過程問題，動能定理更具有優越性．
2．應用動能定理解題的一般步驟
(1)選取研究對象(通常是單個物體)，明確它的運動過程．
(2)對研究對象進行受力分析，明確各力做功的情況，求出外力做功的代數和．
(3)明確物體在初、末狀態的動能Ek1、Ek2.
(4)列出動能定理的方程W＝Ek2－Ek1，結合其他必要的解題方程，求解并驗算．
（2023 道里區校級開學）在有大風的情況下，一小球自A點豎直上拋，其運動軌跡如圖所示，小球運動軌跡上的A、B兩點在同一水平直線上，M點為軌跡的最高點。若風力的大小恒定，方向水平向右，小球在A點拋出時的動能為4J，在M點時它的動能為2J，落回到B點時動能記為EkB，小球上升時間記為t1，下落時間記為t2，不計其它阻力，則（　　）
A．x1：x2＝1：3 B．t1＜t2 C．EkB＝6J D．EkB＝10J
（2023春 吉林期末）如圖所示，質量為m的小球，從離地面高H處由靜止開始釋放，落到地面后繼續陷入泥中h深度而停止，不計空氣阻力，重力加速度為g，則下列說法正確的是（　?。?br/>A．小球落地時動能等于mgH
B．小球在泥土中受到的平均阻力為
C．小球陷入泥中的過程中克服泥的阻力所做的功等于剛落到地面時的動能
D．整個過程中小球克服阻力做的功小于mg（H+h）
（2023 五華區校級開學）A、B兩物體的質量之比mA：mB＝2：1，它們以相同的初速度v0在水平面上僅在摩擦力作用下做勻減速直線運動，直到停止，其v﹣t圖像如圖所示．此過程中，A、B兩物體受到的摩擦力分別為FA、FB，A、B兩物體受到的摩擦力做的功分別為WA、WB，則（　?。?br/>A．WA：WB＝1：4 B．WA：WB＝4：1 C．FA：FB＝1：4 D．FA：FB＝4：1
（2023春 開遠市校級期末）如圖所示，光滑水平面AB與一半圓形軌道在B點平滑連接，軌道位于豎直面內，其半徑為R，一個質量為m的物塊靜止在水平面上，現向左推物塊使其壓緊彈簧，然后放手，物塊在彈力作用下獲得一速度，當它經B點進入半圓形軌道瞬間，對軌道的壓力為其重力的7倍，之后向上運動恰能完成半圓周運動到達C點，重力加速度為g。求：
（1）彈簧彈力對物塊做的功；
（2）物塊從B到C克服阻力所做的功；
（3）物塊離開C點后，再落回到水平面上時的動能。
知識點2 動能定理與圖像的結合
1．解決物理圖像問題的基本步驟
(1)觀察題目給出的圖像，弄清縱坐標、橫坐標所對應的物理量及圖線所表示的物理意義。
(2)根據物理規律推導出縱坐標與橫坐標所對應的物理量間的函數關系式。
(3)將推導出的物理規律與數學上與之相對應的標準函數關系式相對比，找出圖線的斜率、截距、圖線的交點、圖線下的面積所對應的物理意義，分析解答問題，或者利用函數圖線上的特定值代入函數關系式求物理量。
2．四類圖像所圍面積的含義
(1)v t圖：由公式x＝vt可知，v t圖線與坐標軸圍成的面積表示物體的位移。
(2)a t圖：由公式Δv＝at可知，a t圖線與坐標軸圍成的面積表示物體速度的變化量。
(3)F s圖：由公式W＝Fs可知，F s圖線與坐標軸圍成的面積表示力所做的功。
(4)P t圖：由公式W＝Pt可知，P t圖線與坐標軸圍成的面積表示力所做的功。
類型1 Ek-x圖像問題
（2022秋 黃浦區期末）黃浦濱江滑板公園的一根滑道如圖所示，小呂同學從靜止開始沿斜面下滑，經圓弧滑道至A點起跳。此過程中可將人視為質點，不計摩擦力及空氣阻力，以滑道最低點所在平面為零勢能面，人的重力勢能Ep、動能Ek與水平位移x的關系圖像正確的是（　?。?br/>A． B．
C． D．
（多選）（2023春 來賓期末）質量為1kg的物體以某一初速度在水平面上滑行，由于摩擦阻力的作用，其動能隨位移變化的圖線如圖所示，g取10m/s2，則以下說法中正確的是（　?。?br/>A．物體運動的初速度為10m/s
B．物體與水平面間的動摩擦因數為0.5
C．物體滑行的總時間為4s
D．物體的速度隨位移均勻減小
（多選）（2023春 包頭期末）一質量為m的物體自傾角為37°的固定粗糙斜面底端沿斜面向上滑動。規定斜面底端為零勢能面，已知物體向上滑動的過程中動能和機械能與上升高度h的關系分別如圖所示。已知，重力加速度大小為g。則（　?。?br/>A．物體向上滑動的最大距離為
B．物體與斜面間的動摩擦因數為0.5
C．物體到達斜面底端時的動能為
D．物體在斜面運動的全過程中克服摩擦力做功為
（2022秋 吉林月考）如圖甲所示，置于水平地面上質量為m的物體，在豎直拉力F作用下，由靜止開始向上運動，其動能Ek與距地面高度h的關系圖象如圖乙所示，已知重力加速度為g，空氣阻力不計。下列說法正確的是（　?。?br/>A．在0﹣h0過程中，F大小始終為mg
B．在0﹣h0和 h0～2h0過程中，F做功之比為4：3
C．在0﹣2h0過程中，物體的機械能保持不變
D．在2h0～3.5h0過程中，物體的機械能不斷減少
類型2 F-x圖像與動能定理的結合
（多選）（2023 沙坪壩區校級開學）如圖甲所示，質量為M＝0.5kg的木板靜止在光滑水平面上，質量為m＝1kg的物塊以初速度vo＝4m/s滑上木板的左端，物塊與木板之間的動摩擦因數為μ＝0.2，在物塊滑上木板的同時，給木板施加一個水平向右的恒力F，物塊在木板上相對于木板滑動的路程為s。給木板施加不同大小的恒力F，得到的關系如圖乙所示，其中AB與橫軸平行。將物塊視為質點，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g＝10m/s2，則下列說法正確的是（　　）
A．若恒力F＝0，物塊滑出木板時的速度為
B．當外力F＝1N時，物塊恰好不能從木板右端滑出
C．圖中C點對應的恒力的值為4N
D．圖中D點對應的s值為
（2021秋 尖山區校級期末）如圖a所示，在光滑的水平面上，輕彈簧右端與物塊A拴接，物塊A與物塊B間有少量的粘合劑，能承受最大的拉力為F0，且物塊A和B的質量均為m。以物塊A的位置為坐標原點。A所受彈簧彈力與坐標的關系如圖b所示，F0和x0均為已知量，取A所受彈力水平向右為正方向。現在向左推物塊A和B壓縮彈簧至﹣x0處，將物塊A和B由靜止釋放后（　?。?br/>A．B與A分離時的位置坐標為原點
B．B與A分離時的位置坐標為x0處
C．B與A分離之前，彈簧減少的彈性勢能為
D．B與A分離之前，A的速度為
（多選）（2022秋 蜀山區校級月考）如圖甲所示，在粗糙的水平面上，放著可視為質點的A、B兩物塊，質量分別為mA＝1kg和mB＝5kg。輕彈簧一端與物塊A相連，另一端與豎直墻壁相連。未施加拉力F時，A到墻壁的距離小于彈簧原長且整個系統恰好處于靜止狀態。從t＝0時刻開始，對B施加一水平向右的力F使物塊B做勻加速運動，力F隨時間變化如圖乙，已知物塊與地面的動摩擦因數均為0.5，g取10m/s2。（　　）
A．彈簧的勁度系數為300N/m
B．物塊B在t＝0時的加速度大小為5m/s2
C．t＝0到t＝0.2s的過程中力F做的功為4J
D．t＝0到AB分開的過程中，A克服摩擦力做的功為0.5J
類型3 其他圖像與動能定理的結合
（多選）（2022秋 太原期中）如圖（甲），傾角為θ的光滑斜面上，輕彈簧平行斜面放置且下端固定，一質量為m的小滑塊從斜面上O點由靜止滑下。以O點為原點，作出滑塊從O到最低點x3的過程中加速度a隨位移x變化的關系如圖（乙）所示。已知彈簧始終在彈性限度內，重力加速度大小為g，下列判定正確的是（　?。?br/>A．彈簧的勁度系數為
B．下滑過程中，滑塊速度的最大值為
C．滑塊運動過程中，加速度的最大值
D．滑塊運動過程中，彈簧彈性勢能的最大值為mgx3sinθ
（2022春 徐匯區校級期末）如圖甲所示，一小物體在拉力F作用下由靜止開始沿足夠長的光滑斜面向上運動，拉力F平行斜面，已知拉力F及小物體速度v隨時間t變化的規律如圖乙所示，重力加速度g取10m/s2，試求：
（1）物體在1s末的加速度大?。?br/>（2）物體的質量m及斜面傾角θ；
（3）前4s內，物體的機械能變化；
（4）簡述前4秒內的做功與能量轉化關系。
知識點3 動能定理在多過程問題中的應用
對于包含多個運動階段的復雜運動過程，可以選擇分段或全程應用動能定理．
1．分段應用動能定理時，將復雜的過程分割成一個個子過程，對每個子過程的做功情況和初、末動能進行分析，然后針對每個子過程應用動能定理列式，然后聯立求解．
2．全程應用動能定理時，分析整個過程中出現過的各力的做功情況，分析每個力的做功，確定整個過程中合外力做的總功，然后確定整個過程的初、末動能，針對整個過程利用動能定理列式求解．
當題目不涉及中間量時，選擇全程應用動能定理更簡單，更方便．
注意　當物體運動過程中涉及多個力做功時，各力對應的位移可能不相同，計算各力做功時，應注意各力對應的位移．計算總功時，應計算整個過程中出現過的各力做功的代數和．
類型1 動能定理解決多過程問題
（2023春 東城區校級期中）為了研究過山車的原理，物理小組提出了下列的設想：取一個與水平方向夾角為37°、長為L＝2.0m的粗糙的傾斜軌道AB，通過水平軌道BC與豎直圓軌道相連，出口為水平軌道DE，整個軌道除AB段以外都是光滑的。其中AB與BC軌道以微小圓弧相接，如圖所示。一個小物塊以初速度v0＝5.0m/s，從A點沿傾斜軌道滑下。已知物塊與傾斜軌道的動摩擦因數μ＝0.50。（g＝10m/s2，sin37°＝0.60，cos37°＝0.80）
（1）要使小物塊不離開軌道，并從水平軌道DE滑出，求豎直圓弧軌道的半徑應該滿足什么條件？
（2）為了讓小物塊不離開軌道，并且能夠滑回傾斜軌道AB，則豎直圓軌道的半徑應該滿足什么條件？
（3）按照（2）的要求，小物塊第n次沿傾斜軌道AB上升的高度hn的表達式。
（2023春 常州月考）如圖所示，區域Ⅰ和Ⅱ是范圍足夠大的風場區，寬度均為d，風的強度處處相同，方向相互垂直兩個場區的風，互不影響。一足夠大的接收板與區域Ⅱ的右邊界重合，板上沿兩風力場方向分別建立x、y軸，坐標原點為O2，O1O2連線垂直于坐標系xO2y．一質量為m的小球以一定的初速度從O1沿O1O2進入風場區域，小球在風場中受到的風力大小恰好和小球的重力相等，且最終打在板上。重力加速度為g，則：
（1）若已知初速度為v0，求小球從進入風場至打在板上的時間。
（2）在第（1）問的條件下，小球打在板上時的動能大小。
（3）改變小球飛入的初速度，且小球在風場中受到的風力大小不變，求小球落在接收板上位置的軌跡方程。
類型2 動能定理在往返運動問題中應用
（2023 思明區二模）如圖所示，一足夠長的水平傳送帶以速度v＝2m/s勻速運動，質量為m1＝1kg的小物塊P和質量為m2＝1.5kg的小物塊Q由通過定滑輪的輕繩連接，輕繩足夠長且不可伸長。某時刻物塊P從傳送帶左端以速度v0＝4m/s沖上傳送帶，P與定滑輪間的繩子水平。已知物塊P與傳送帶間的動摩擦因數μ＝0.5，重力加速度為g＝10m/s2，不計滑輪的質量與摩擦，整個運動過程中物塊Q都沒有上升到定滑輪處。求：
（1）物塊P剛沖上傳送帶時的加速度大?。?br/>（2）物塊P剛沖上傳送帶到右方最遠處的過程中，PQ系統機械能的改變量；
（3）若傳送帶以不同的速度v（0＜v＜v0）勻速運動，當v取多大時物塊P向右沖到最遠處時，P與傳送帶間產生的摩擦生熱最?。科渥钚≈禐槎啻?？
（2021秋 西城區期末）蹦極是極限運動的一種。為保證安全，要研究下落最大距離與人的質量、彈性繩彈性系數、阻力等諸多因素的關系。實際情況比較復雜，可簡化為如下模型：彈性繩視為輕彈簧，質量可忽略不計，彈力的大小F＝kx，彈性勢能，其中x是彈性繩的形變量，k是勁度系數；人視為質點，始終在一豎直線上運動。
已知，蹦極用彈性繩原長為L0，勁度系數為k，重力加速度為g。
（1）質量為m的人從平臺由靜止下落，到達A點時彈性繩恰好伸直，繼續向下到達最低點B，A、B兩點間距離為d；之后又會反彈到某個高度，再下落……最后停在空中。人受到的阻力與速度大小有關，速度為0時，阻力為0。
a．求人在B點時的加速度的大小及方向。
b．將人、彈性繩和地球視為一個系統，求從人離開平臺到停在空中的整個過程，系統損失的機械能。
（2）實際上，人在運動過程中受到的空氣阻力較小，可忽略不計．甲、乙兩人質量分別為m1、m2，且m1＞m2，分別用同一彈性繩蹦極，以平臺為原點，向下為正方向，兩人下落最大位移分別為h1、h2。圖2所示為甲下落過程中加速度a與下落位移h之間的關系圖。
a．請在圖2中畫出乙下落過程中加速度與下落位移的關系圖。
b．類比直線運動中由v﹣t圖像求位移的方法，嘗試利用a﹣h圖證明h1＞h2。
（2023 江山市校級開學）圖甲為排球課的某個場景。小王同學將排球從A點水平擊出，排球飛到B點時，被小李同學墊起，球向斜上方飛出后落到A點正下方且與B點等高的D點，排球運動的最高點為C，C點與A點高度相同，不計空氣阻力，將排球飛行過程簡化為乙圖。下列說法正確的是（　?。?br/>A．排球在兩次飛行過程中的時間相等
B．排球到達B點的速率比離開B點的速率大
C．排球在A點、C點兩處的動能相等
D．兩次飛行過程中重力對排球做的功相等
（2023春 博愛縣校級期末）如圖所示，質量關系為m1＝m2＝m3的三個小球分別沿三條不同的軌道1、2、3由離地高h的A點滑到同一水平面上，軌道1是光滑的，軌道2、3是粗糙的，在軌道2上動摩擦因數大于軌道3的動摩擦因數，重力對小球做功分別為W1、W2、W3，則下列判斷正確的是（　　）
A．W1＜W2＜W3 B．W1＞W3＞W2 C．W1＝W2＝W3 D．W1＞W2＞W3
（2023春 九江期末）放在粗糙水平地面上的物體受到水平拉力的作用，在0～6s內其速度與時間的關系圖像和該拉力的功率與時間的關系圖像分別如圖甲、乙所示，g取10m/s2。下列說法中正確的是（　　）
A．物體的質量為0.8kg
B．0～2s內拉力做的功為120J
C．物體與粗糙水平地面間的動摩擦因數為0.5
D．合外力在0～6s內做的功與0～2s內做的功不相等
（2023春 昌寧縣校級期末）如圖所示，小球以初速v0從A點沿不光滑的軌道運動到高為h的B點后自動返回，其返回途中仍經過A點，則經過A點的速度大小為（　　）
A． B． C． D．
（2023春 秦淮區校級期中）如圖所示，質量為M的木塊靜止在光滑的水平面上，質量為m的子彈以速度v0沿水平方向射入木塊，并最終留在木塊中與木塊一起以速度v運動。已知當子彈相對木塊靜止時，木塊前進的距離為L，子彈進入木塊的深度為s。若木塊對子彈的阻力F視為恒定，則下列關系式中錯誤的是（　　）
A．FLMv2
B．Fs
C．Fs
D．F（L+s）
（2023春 上城區校級期中）汽車在平直的公路上由靜止開始勻加速行駛，經過時間t，速度為v時功率達到額定功率，并保持不變。之后汽車又繼續前進了距離s，達到最大速度vmax。設汽車質量為m，運動過程中所受阻力恒為f，則下列說法正確的是（　　）
A．汽車的額定功率為fv
B．汽車勻加速運動過程中，克服阻力做功為fvt
C．汽車從靜止開始到速度達到最大值的過程中，合力做的功為
D．汽車從靜止到速度最大的過程中，牽引力做功為
（2023春 沙坪壩區校級期末）一提升裝置把靜置于地面上的重物豎直向上提升的過程中，提升裝置功率隨時間變化的P﹣t圖像如圖所示。在t＝1s時，重物上升的速度達到最大速度的一半，在t＝3s時，達到最大速度vm＝20m/s。在t＝6s時，重物再次勻速上升，取g＝10m/s2，不計一切阻力。下列說法正確的是（　?。?br/>A．重物質量為1kg
B．在t＝1s時，重物的加速度大小a＝20m/s2
C．在t＝6s時，重物的速度大小v＝5m/s
D．在0～6s時間內，重物上升的高度h＝85m
（2022秋 黃浦區期末）在水平力F的作用下質量為2kg的物塊由靜止開始在水平地面上做直線運動，水平力F隨時間t變化的關系如圖所示。已知物塊與地面間的動摩擦因數為0.1，g取10m/s2。則（　?。?br/>A．6s時物塊的動能為零
B．3s時物塊離初始位置的距離最遠
C．0～6s時間內合外力對物塊所做的功為8J
D．0～6s時間內水平力 F 對物塊所做的功為20J
（2023 濰坊三模）如圖所示，AOB是豎直平面內的光滑圓弧形滑道，由兩個半徑都是R的圓周平滑連接而成，圓心O1、O2與兩圓弧的連接點O在同一豎直線上，O2B與水池的水面平齊。一小滑塊可由弧AO的任意點由靜止開始下滑。
（1）若小滑塊從圓弧AO上某點釋放，之后在兩個圓弧上滑過的弧長相等，求釋放點和O1的連線與豎直線的夾角；
（2）若小滑塊能從O點脫離滑道，求其可能的落水點在水面上形成的區域長度。
（2023春 福州期末）科技館有套機械裝置，其結構簡圖如圖所示。傳動帶AB部分水平，其長度L＝1.2m，傳送帶以v1＝3m/s的速度順時針勻速轉動，大皮帶輪半徑r＝0.4m，其最底端C點與粗糙圓弧軌道DEF的D點在同一水平線上，圓弧軌道半徑R＝0.5m，E點為圓弧軌道的最低點，圓弧DE對應的圓心角為α，EF是段圓弧。某同學將一質量為m＝0.5kg可視為質點的物塊輕放在水平傳送帶左端A處，物塊經過B點后恰能無碰撞地從D點進入圓弧軌道并從F點飛出，當經過F點時，物塊對圓弧的摩擦力f＝2N，已知物塊與傳送帶及圓弧軌道F點的動摩擦因數μ＝0.5，距離F點高h＝0.75m處有一擋板。問：
（1）物塊從A到B的時間；
（2）圓弧DE弧對應的圓心角α；
（3）物塊在圓弧軌道上克服摩擦力做的功；
（4）經過調整使得物塊沿切線進入圓弧軌道D點的速度為6m/s，物塊能否碰到擋板？并說明原因。
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專題強化（8）動能定理的應用
學習目標 核心素養
1.掌握動能的表達式和單位，知道動能是標量. 2.能運用牛頓第二定律與運動學公式推導出動能定理，理解動能定理的物理意義. 3.能運用動能定理解決簡單的問題． 1、物理觀念：動能的概念。 2、科學思維：動能定理表達式的推導。 3、科學探究：動能定理解決問題比牛頓第二定律和運動學公式的優越性。
知識點1 動能定理的基本應用
1．應用動能定理解題的優點
(1)動能定理對應的是一個過程，只涉及到物體初、末狀態的動能和整個過程合力做的功，無需關心中間運動過程的細節，而且功和能都是標量，無方向性，計算方便．
(2)當題目中不涉及a和t，而涉及F、x、m、v等物理量時，優先考慮使用動能定理．
(3)動能定理既適用于恒力作用過程也適用于變力作用過程，既適用于直線運動也適用于曲線運動，既適用于單個物體也適用于多個物體，特別是變力及多過程問題，動能定理更具有優越性．
2．應用動能定理解題的一般步驟
(1)選取研究對象(通常是單個物體)，明確它的運動過程．
(2)對研究對象進行受力分析，明確各力做功的情況，求出外力做功的代數和．
(3)明確物體在初、末狀態的動能Ek1、Ek2.
(4)列出動能定理的方程W＝Ek2－Ek1，結合其他必要的解題方程，求解并驗算．
（2023 道里區校級開學）在有大風的情況下，一小球自A點豎直上拋，其運動軌跡如圖所示，小球運動軌跡上的A、B兩點在同一水平直線上，M點為軌跡的最高點。若風力的大小恒定，方向水平向右，小球在A點拋出時的動能為4J，在M點時它的動能為2J，落回到B點時動能記為EkB，小球上升時間記為t1，下落時間記為t2，不計其它阻力，則（　?。?br/>A．x1：x2＝1：3 B．t1＜t2 C．EkB＝6J D．EkB＝10J
【解答】解：AB、豎直方向加速度為重力加速度是豎直上拋所以上升與下降的時間相等。由于水平方向做初速度為0的勻加速直線運動，根據，可知相同時間的水平位移之比為1：3，故A正確，B錯誤；
CD、從A到M的過程，根據動能定理有：
豎直方向有：v2＝2gh，得W＝2J
A到B風力做功為4W，由動能定理，有：4W＝EkB﹣EkA
得EkB＝12J，故CD錯誤。
故選：A。
（2023春 吉林期末）如圖所示，質量為m的小球，從離地面高H處由靜止開始釋放，落到地面后繼續陷入泥中h深度而停止，不計空氣阻力，重力加速度為g，則下列說法正確的是（　　）
A．小球落地時動能等于mgH
B．小球在泥土中受到的平均阻力為
C．小球陷入泥中的過程中克服泥的阻力所做的功等于剛落到地面時的動能
D．整個過程中小球克服阻力做的功小于mg（H+h）
【解答】解：A．小球落到地面過程，根據動能定理可得：
mgH＝Ek
可知，小球落地時動能等于mgH，故A正確；
B．小球在運動的全過程，根據動能定理有
mg（H+h）﹣fh＝0
解得：，故B錯誤；
C．小球陷入泥中的過程，根據動能定理有
mgh﹣Wf＝0﹣Ek
解得：Wf＝mgh+Ek
可知，小球陷入泥中的過程中克服泥的阻力所做的功大于剛落到地面時的動能，故C錯誤。
D．根據上述分析可知，整個過程中小球克服阻力做的功為
Wf＝fh＝mg（H+h），故D錯誤。
故選：A。
（2023 五華區校級開學）A、B兩物體的質量之比mA：mB＝2：1，它們以相同的初速度v0在水平面上僅在摩擦力作用下做勻減速直線運動，直到停止，其v﹣t圖像如圖所示．此過程中，A、B兩物體受到的摩擦力分別為FA、FB，A、B兩物體受到的摩擦力做的功分別為WA、WB，則（　?。?br/>A．WA：WB＝1：4 B．WA：WB＝4：1 C．FA：FB＝1：4 D．FA：FB＝4：1
【解答】解：AB、設物體在滑行過程中摩擦力做功為W，由動能定理可知：W＝0
由于A、B兩物體僅受摩擦力做功，質量之比mA：mB＝2：1
因此兩物體受到的摩擦力做的功之比為WA：WB＝mA：mB＝2：1，故AB錯誤；
CD、根據v﹣t圖像的斜率表示加速度，可知兩物體加速度大小之比為aA：aB：2：1
根據牛頓第二定律得：F＝ma
可得FA：FB＝mAaA：mBaB＝（2×2）：1＝4：1，故C錯誤，D正確。
故選：D。
（2023春 開遠市校級期末）如圖所示，光滑水平面AB與一半圓形軌道在B點平滑連接，軌道位于豎直面內，其半徑為R，一個質量為m的物塊靜止在水平面上，現向左推物塊使其壓緊彈簧，然后放手，物塊在彈力作用下獲得一速度，當它經B點進入半圓形軌道瞬間，對軌道的壓力為其重力的7倍，之后向上運動恰能完成半圓周運動到達C點，重力加速度為g。求：
（1）彈簧彈力對物塊做的功；
（2）物塊從B到C克服阻力所做的功；
（3）物塊離開C點后，再落回到水平面上時的動能。
【解答】解：（1）物塊在B點，由牛頓第二定律得 7mg﹣mg＝m
由動能定理得 W
解得彈簧彈力對物塊做的功 W＝3mgR
（2）物塊從B到C，由動能定理得
﹣2mgR﹣W′
物塊在C點時，有 mg＝m
解得物塊從B到C克服阻力所做的功 W′mgR
（3）物塊從C點平拋到水平面的過程中，由動能定理得
2mgR＝Ek
解得 Ek＝2.5mgR
知識點2 動能定理與圖像的結合
1．解決物理圖像問題的基本步驟
(1)觀察題目給出的圖像，弄清縱坐標、橫坐標所對應的物理量及圖線所表示的物理意義。
(2)根據物理規律推導出縱坐標與橫坐標所對應的物理量間的函數關系式。
(3)將推導出的物理規律與數學上與之相對應的標準函數關系式相對比，找出圖線的斜率、截距、圖線的交點、圖線下的面積所對應的物理意義，分析解答問題，或者利用函數圖線上的特定值代入函數關系式求物理量。
2．四類圖像所圍面積的含義
(1)v t圖：由公式x＝vt可知，v t圖線與坐標軸圍成的面積表示物體的位移。
(2)a t圖：由公式Δv＝at可知，a t圖線與坐標軸圍成的面積表示物體速度的變化量。
(3)F s圖：由公式W＝Fs可知，F s圖線與坐標軸圍成的面積表示力所做的功。
(4)P t圖：由公式W＝Pt可知，P t圖線與坐標軸圍成的面積表示力所做的功。
類型1 Ek-x圖像問題
（2022秋 黃浦區期末）黃浦濱江滑板公園的一根滑道如圖所示，小呂同學從靜止開始沿斜面下滑，經圓弧滑道至A點起跳。此過程中可將人視為質點，不計摩擦力及空氣阻力，以滑道最低點所在平面為零勢能面，人的重力勢能Ep、動能Ek與水平位移x的關系圖像正確的是（　?。?br/>A． B．
C． D．
【解答】解：AB．斜面上運動時，設初始時距斜面底端水平距離為L，運動員位移與水平方向夾角為θ，則有
Ep＝mg（Lsinθ﹣xtanθ），物體下滑時Ep函數為一次函數，Ep﹣x圖像應為傾斜的直線，故AB錯誤；
CD．由動能定理得：mgxtanθ＝Ek﹣0
運動員斜面上運動時的動能：Ek＝mgxtanθ
由圖示運動員運動過程可知，開始θ不變，Ek與x成正比，運動員運動到傾斜軌道下端時θ發生變化，Ek與位移不成正比，運動員到達軌道最低點然后上升，重力做負功，動能減小，故C正確，D錯誤；
故選：C。
（多選）（2023春 來賓期末）質量為1kg的物體以某一初速度在水平面上滑行，由于摩擦阻力的作用，其動能隨位移變化的圖線如圖所示，g取10m/s2，則以下說法中正確的是（　?。?br/>A．物體運動的初速度為10m/s
B．物體與水平面間的動摩擦因數為0.5
C．物體滑行的總時間為4s
D．物體的速度隨位移均勻減小
【解答】解：AC、由圖像可知，初動能Ek0＝50J，位移x＝20m
可知
解得：v0＝10m/s
又由運動學公式有
，v0＝at
聯立解得：a＝2.5m/s2，t＝4s，即物體滑行的總時間為4s，故AC正確；
B、由牛頓第二定律得
μmg＝ma
解得：
故物體與水平面間的動摩擦因數為0.25，故B錯誤；
D、根據動能定理得：﹣μmgxEk0，可知，物體的速度隨位移不是均勻減小，故D錯誤。
故選：AC。
（多選）（2023春 包頭期末）一質量為m的物體自傾角為37°的固定粗糙斜面底端沿斜面向上滑動。規定斜面底端為零勢能面，已知物體向上滑動的過程中動能和機械能與上升高度h的關系分別如圖所示。已知，重力加速度大小為g。則（　?。?br/>A．物體向上滑動的最大距離為
B．物體與斜面間的動摩擦因數為0.5
C．物體到達斜面底端時的動能為
D．物體在斜面運動的全過程中克服摩擦力做功為
【解答】解：A、設物體上升的最大高度為h0，向上滑動的最大距離為s，根據圖像可得物體在最高點時，有
由幾何關系可得
ssin37°＝h0
聯立解得：，故A錯誤；
B、設物體與斜面間的動摩擦因數為μ，由動能定理有
﹣mgh0﹣μmgcos37°s＝0﹣E0
解得：μ＝0.5，故B正確；
C、設物體上滑過程中克服摩擦力所做的功為W克，根據圖像，結合能量守恒可得
E0＝mgh0+W克
解得：
物體下滑到達斜面底端的過程，根據動能定理有
mgh0﹣W克＝Ek
解得物體到達斜面底端時的動能為：Ek，故C正確；
D、物體上滑和下滑過程摩擦力做功相等，則物體在斜面運動的全過程中克服摩擦力做功為，故D錯誤。
故選：BC。
（2022秋 吉林月考）如圖甲所示，置于水平地面上質量為m的物體，在豎直拉力F作用下，由靜止開始向上運動，其動能Ek與距地面高度h的關系圖象如圖乙所示，已知重力加速度為g，空氣阻力不計。下列說法正確的是（　?。?br/>A．在0﹣h0過程中，F大小始終為mg
B．在0﹣h0和 h0～2h0過程中，F做功之比為4：3
C．在0﹣2h0過程中，物體的機械能保持不變
D．在2h0～3.5h0過程中，物體的機械能不斷減少
【解答】解：A、0～h0過程中，Ek﹣h圖象為一段直線，由動能定理得：（F﹣mg）h0＝mgh0﹣0，故F＝2mg，故A錯誤；
B、由A可知，在0～h0過程中，F做功為W1＝2mgh0；在h0～2h0過程中，由動能定理可知：W2﹣mgh0＝1.5mgh0﹣mgh0，解得拉力做的功：W2＝1.5mgh0，因此在0～h0和h0～2h0過程中，F做功之比為W1：W2＝4：3，故B正確；
C、在0～2h0過程中，F一直做正功，故物體的機械能不斷增加，故C錯誤；
D、Ek﹣h圖象的斜率表示合外力，在2h0～3.5h0過程中，合外力大小為：F合＝||mg，說明在2h0～3.5h0過程中只受重力，物體的機械能保持不變，故D錯誤。
故選：B。
類型2 F-x圖像與動能定理的結合
（多選）（2023 沙坪壩區校級開學）如圖甲所示，質量為M＝0.5kg的木板靜止在光滑水平面上，質量為m＝1kg的物塊以初速度vo＝4m/s滑上木板的左端，物塊與木板之間的動摩擦因數為μ＝0.2，在物塊滑上木板的同時，給木板施加一個水平向右的恒力F，物塊在木板上相對于木板滑動的路程為s。給木板施加不同大小的恒力F，得到的關系如圖乙所示，其中AB與橫軸平行。將物塊視為質點，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g＝10m/s2，則下列說法正確的是（　?。?br/>A．若恒力F＝0，物塊滑出木板時的速度為
B．當外力F＝1N時，物塊恰好不能從木板右端滑出
C．圖中C點對應的恒力的值為4N
D．圖中D點對應的s值為
【解答】解：A.若恒力F＝0，M與m構成的系統動量守恒，取水平向右為正方向
mv0＝mv1+Mv2
其中
s＝1m
聯立解得
v1＝2m/s，v2＝4m/s（不符合題意）
或者
v1m/s，v2m/s
故A正確；
B.當 F 較小時，物塊將從木板右端滑下，當 F 增大到某一值時物塊恰好到達木板的右端，且兩者具有相同的速度 v，且經歷的時間為 t；對木 板有牛頓第二定律可知
F+μmg＝Ma1
物塊的加速度為μmg＝ma2
v＝v0﹣a2t＝a1t
聯立解得
由圖可知s＝1m
代入解得F＝1N
所以當外力 F＝1N 時，物塊恰好不能從木板右端滑出，故B正確；
C.當 F 繼續增大時，物塊減速，木板加速，兩者在木板上某一位置具有共同速度，當兩者共速后能保持相對靜止一起以相同加速度 a 做加速 運動，由牛頓第二定律可知
F＝（M+m）a
f＝ma
由于f≤fmax＝μmg＝2N
聯立解得F≤3N
所以在 BC 段恒力 F 的取值范圍為1N≤F≤3N
所以圖中 C 點對應的恒力的值為 3N，C錯誤；
D.圖中 D 點對應的恒力的值為 3N，此種情況是物塊滑至某處時，木板與物塊已達到相同的速度，之后物塊相對于木板向左運動，從左端離 開；設經過 t1 時間達到共速，對木板由牛頓第二定律得F+μmg＝Ma3
對物塊由牛頓第二定律得μmg＝ma4
解得a3＝10m/s2，a4＝2m/s2
又v＝v0﹣a4t1＝a3t1，s1
聯立解得t1s，vm/s，s1m
則圖中 D 點對應的相對位移值為s＝2s1＝2mm
故D正確。
故選：ABD。
（2021秋 尖山區校級期末）如圖a所示，在光滑的水平面上，輕彈簧右端與物塊A拴接，物塊A與物塊B間有少量的粘合劑，能承受最大的拉力為F0，且物塊A和B的質量均為m。以物塊A的位置為坐標原點。A所受彈簧彈力與坐標的關系如圖b所示，F0和x0均為已知量，取A所受彈力水平向右為正方向。現在向左推物塊A和B壓縮彈簧至﹣x0處，將物塊A和B由靜止釋放后（　?。?br/>A．B與A分離時的位置坐標為原點
B．B與A分離時的位置坐標為x0處
C．B與A分離之前，彈簧減少的彈性勢能為
D．B與A分離之前，A的速度為
【解答】解：AB、物塊A與物塊B間有少量的粘合劑，能承受最大的拉力為，對B根據牛頓第二定律可得：ma
以整體為研究對象，當二者分離時彈簧彈力設為F，則有：F＝2ma
解得：F
根據圖像可得B與A分離時的位置坐標為：x，故A錯誤，B正確；
C、原來彈簧壓縮量為x0，彈力大小為F0，根據功能關系可得彈性勢能的大小等于由原長發生形變克服彈力做的功，則有：E0；
B與A分離時的位置坐標為：x，同理可得分離時彈簧的彈性勢能為：E
B與A分離之前，彈簧減少的彈性勢能為：ΔEP，故C錯誤；
D、在B與A分離之前，彈簧減小的彈性勢能轉化為A、B的動能，即有ΔEP，解得：v，故D錯誤。
故選：B。
（多選）（2022秋 蜀山區校級月考）如圖甲所示，在粗糙的水平面上，放著可視為質點的A、B兩物塊，質量分別為mA＝1kg和mB＝5kg。輕彈簧一端與物塊A相連，另一端與豎直墻壁相連。未施加拉力F時，A到墻壁的距離小于彈簧原長且整個系統恰好處于靜止狀態。從t＝0時刻開始，對B施加一水平向右的力F使物塊B做勻加速運動，力F隨時間變化如圖乙，已知物塊與地面的動摩擦因數均為0.5，g取10m/s2。（　　）
A．彈簧的勁度系數為300N/m
B．物塊B在t＝0時的加速度大小為5m/s2
C．t＝0到t＝0.2s的過程中力F做的功為4J
D．t＝0到AB分開的過程中，A克服摩擦力做的功為0.5J
【解答】解：B、未施加拉力F時，A、B均恰好靜止，設此時彈簧壓縮x0，根據平衡條件可得：kx0＝μ（mA+mB）g
t＝0時刻剛施加F時，對A、B整體據牛頓第二定律可得：F0+kx0﹣μ（mA+mB）g＝（mA+mB）a，其中F0＝30N
聯立解得：a＝5m/s2，故B正確；
A、根據圖乙可知，在t＝0.2s以后力F為恒力，說明在0.2s時二者分開，此過程AB位移大小為：xm＝0.1m
此對A根據牛頓第二定律可得：k（x0﹣x）﹣μmAg＝mAa
又有：kx0＝μ（mA+mB）g
聯立解得彈簧勁度系數：k＝200N/m，故A錯誤；
C、t＝0到t＝0.2s的過程中，由于彈簧彈力隨位移線性減小、則力F隨位移線性增大，在0.2s時拉力大小為：F＝30N+kx＝30N+200×0.1N＝50N
所以在此過程中拉力做的功為：WJ＝4J，故C正確；
D、t＝0到AB分開的過程中，A克服摩擦力的功為：Wf＝μmAgx＝0.5×1×10×0.1J＝0.5J，故D正確。
故選：BCD。
類型3 其他圖像與動能定理的結合
（多選）（2022秋 太原期中）如圖（甲），傾角為θ的光滑斜面上，輕彈簧平行斜面放置且下端固定，一質量為m的小滑塊從斜面上O點由靜止滑下。以O點為原點，作出滑塊從O到最低點x3的過程中加速度a隨位移x變化的關系如圖（乙）所示。已知彈簧始終在彈性限度內，重力加速度大小為g，下列判定正確的是（　?。?br/>A．彈簧的勁度系數為
B．下滑過程中，滑塊速度的最大值為
C．滑塊運動過程中，加速度的最大值
D．滑塊運動過程中，彈簧彈性勢能的最大值為mgx3sinθ
【解答】解：A、根據圖乙可知，加速度為零時彈簧壓縮Δx＝x2﹣x1，根據平衡條件可得：mgsinθ＝kΔx，解得彈簧的勁度系數為：k，故A錯誤；
B、加速度為零時速度最大，根據動能定理可得：maxmvm2，其中ax為a﹣x圖象與坐標軸圍成的面積，則有：mmvm2，解得：vm，故B正確；
C、加速度最大時彈簧壓縮量最大，滑塊的速度為零，全過程中動能變化為零，即a﹣x圖象與坐標軸圍成的面積為零，所以有：（x3﹣x2）am，解得加速度大小的最大值為：am，方向沿斜面向上，故C錯誤；
D、根據功能關系可知滑塊運動過程中，彈簧彈性勢能的最大值等于重力勢能的減小量，即為：EPm＝mgx3sinθ，故D正確。
故選：BD。
（2022春 徐匯區校級期末）如圖甲所示，一小物體在拉力F作用下由靜止開始沿足夠長的光滑斜面向上運動，拉力F平行斜面，已知拉力F及小物體速度v隨時間t變化的規律如圖乙所示，重力加速度g取10m/s2，試求：
（1）物體在1s末的加速度大小；
（2）物體的質量m及斜面傾角θ；
（3）前4s內，物體的機械能變化；
（4）簡述前4秒內的做功與能量轉化關系。
【解答】解：（1）由圖乙可知物體在1s末的加速度大小為：am/s2＝0.5m/s2；
（2）加速階段：F1﹣mgsinθ＝ma
勻速階段：F2﹣mgsinθ＝0
其中F1＝5.5N，F2＝5.0N
聯立解得：m＝1kg，θ＝30°；
（3）前4s內，小物體的位移為：x3m
上升的高度為：h＝xsinθ＝3×0.5m＝1.5m
小物體增加的重力勢能：ΔEp＝mgh＝1×10×1.5J＝15J
4s末小物體的速度為：v＝1.0m/s
前4s內，增加的動能為：ΔEk0J＝0.5J
所以前4s內，物體的機械能增加ΔE＝ΔEP+ΔEk＝15J+0.5J＝15.5J；
（4）前4秒內小物體克服重力做功15J，小物體重力勢能增加15J；
拉力F做功：WF＝F1x1+F2x2＝5.5J+5.0×（2×1.0）J＝15.5J
拉力F與重力的合力做功0.5J，小物體動能增加0.5J，機械能增加了15.5J。
知識點3 動能定理在多過程問題中的應用
對于包含多個運動階段的復雜運動過程，可以選擇分段或全程應用動能定理．
1．分段應用動能定理時，將復雜的過程分割成一個個子過程，對每個子過程的做功情況和初、末動能進行分析，然后針對每個子過程應用動能定理列式，然后聯立求解．
2．全程應用動能定理時，分析整個過程中出現過的各力的做功情況，分析每個力的做功，確定整個過程中合外力做的總功，然后確定整個過程的初、末動能，針對整個過程利用動能定理列式求解．
當題目不涉及中間量時，選擇全程應用動能定理更簡單，更方便．
注意　當物體運動過程中涉及多個力做功時，各力對應的位移可能不相同，計算各力做功時，應注意各力對應的位移．計算總功時，應計算整個過程中出現過的各力做功的代數和．
類型1 動能定理解決多過程問題
（2023春 東城區校級期中）為了研究過山車的原理，物理小組提出了下列的設想：取一個與水平方向夾角為37°、長為L＝2.0m的粗糙的傾斜軌道AB，通過水平軌道BC與豎直圓軌道相連，出口為水平軌道DE，整個軌道除AB段以外都是光滑的。其中AB與BC軌道以微小圓弧相接，如圖所示。一個小物塊以初速度v0＝5.0m/s，從A點沿傾斜軌道滑下。已知物塊與傾斜軌道的動摩擦因數μ＝0.50。（g＝10m/s2，sin37°＝0.60，cos37°＝0.80）
（1）要使小物塊不離開軌道，并從水平軌道DE滑出，求豎直圓弧軌道的半徑應該滿足什么條件？
（2）為了讓小物塊不離開軌道，并且能夠滑回傾斜軌道AB，則豎直圓軌道的半徑應該滿足什么條件？
（3）按照（2）的要求，小物塊第n次沿傾斜軌道AB上升的高度hn的表達式。
【解答】解：（1）要使小物塊不離開軌道，設物體進入豎直圓軌道最高點時有最小速度v1，設此時豎直圓軌道半徑為R0，則有
物體從A點滑下運動到最高點過程中
代入數據得R0＝0.66m
所以要使物塊從水平軌道DE滑出，圓弧軌道的半徑R≤0.66m。
（2）為了讓小物塊不離開軌道，并且能夠滑回傾斜軌道AB，則物塊上升的高度應該小于或等于軌道半徑，由動能定理得
代入數據解得R＝1.65m
所以要使物塊能夠回到傾斜軌道AB，則R≥1.65m。
（3）設物塊第1次沿傾斜軌道AB上升的高度為h1，從圓弧軌道滑到傾斜軌道減速到零過程，根據動能定理
解得h1＝0.99m
物塊第1次沿傾斜軌道AB上升到高度h1至物塊第2次沿傾斜軌道AB上升的高度h2過程中，根據動能定理
解得
同理
得
（2023春 常州月考）如圖所示，區域Ⅰ和Ⅱ是范圍足夠大的風場區，寬度均為d，風的強度處處相同，方向相互垂直兩個場區的風，互不影響。一足夠大的接收板與區域Ⅱ的右邊界重合，板上沿兩風力場方向分別建立x、y軸，坐標原點為O2，O1O2連線垂直于坐標系xO2y．一質量為m的小球以一定的初速度從O1沿O1O2進入風場區域，小球在風場中受到的風力大小恰好和小球的重力相等，且最終打在板上。重力加速度為g，則：
（1）若已知初速度為v0，求小球從進入風場至打在板上的時間。
（2）在第（1）問的條件下，小球打在板上時的動能大小。
（3）改變小球飛入的初速度，且小球在風場中受到的風力大小不變，求小球落在接收板上位置的軌跡方程。
【解答】解：（1）由題知小球進入風場區，水平方向不受力，一直做勻速直線運動，則運動的總時間
（2）在區域Ⅰ風力和重力都做正功，在區域Ⅱ重力和風力等大反向，故合力為0，做勻速直線運動。
在區域Ⅰ中，由于風力大小和小球的重力相等，則小球在重力方向上的位移和風力方向上的位移相等，均為
根據動能定理得：
解得小球打在板上時的動能大小為：
（3）沿x軸方向運動的位移x（）
沿y軸方向運動的位移y（g）
由以上兩式得，小球落在接收板上位置的軌跡方程為x＝y
類型2 動能定理在往返運動問題中應用
（2023 思明區二模）如圖所示，一足夠長的水平傳送帶以速度v＝2m/s勻速運動，質量為m1＝1kg的小物塊P和質量為m2＝1.5kg的小物塊Q由通過定滑輪的輕繩連接，輕繩足夠長且不可伸長。某時刻物塊P從傳送帶左端以速度v0＝4m/s沖上傳送帶，P與定滑輪間的繩子水平。已知物塊P與傳送帶間的動摩擦因數μ＝0.5，重力加速度為g＝10m/s2，不計滑輪的質量與摩擦，整個運動過程中物塊Q都沒有上升到定滑輪處。求：
（1）物塊P剛沖上傳送帶時的加速度大??；
（2）物塊P剛沖上傳送帶到右方最遠處的過程中，PQ系統機械能的改變量；
（3）若傳送帶以不同的速度v（0＜v＜v0）勻速運動，當v取多大時物塊P向右沖到最遠處時，P與傳送帶間產生的摩擦生熱最??？其最小值為多大？
【解答】解：（1）物塊P剛沖上傳送帶時，設PQ的加速度為a1，輕繩的拉力為F1因P的初速度大于傳送帶的速度，則P相對傳送帶向右運動，故P受到向左的摩擦力作用。
對P，由牛頓第二定律得：F1+μm1g＝m1a1
對Q受力分析可知，在豎直方向受向下的重力和向上的拉力作用，由牛頓第二定律得：
m2g﹣F1＝m2a1
聯立解得：a1＝8m/s2。
（2）P先減速到與傳送帶速度相同，設位移為x1，則有：
共速后，由于摩擦力f＝μm1g＝5N＜m2g＝15N
故P不可能隨傳送帶一起勻速運動，繼續向右減速，摩擦力方向水平向右
設此時的加速度為a2，輕繩的拉力為F2
對P，由牛頓第二定律得：F2﹣μm1g＝m1a2
對Q，由牛頓第二定律得：m2g﹣F2＝m2a2
聯立解得：a2＝4m/s2。
設減速到0位移為x2，則有：
PQ系統機械能的改變量等于摩擦力對P做的功：△E＝﹣μm1gx1+μmgx2
解得：△E＝﹣1.25J
（3）第一個減速過程，所用時間為：
P運動的位移為：
皮帶運動的位移為：
第二個減速過程，所用時間為：
P運動的位移為：
皮帶運動的位移為：
則整個過程產生的熱量為：
根據數學知識知，當vm/s時，
（2021秋 西城區期末）蹦極是極限運動的一種。為保證安全，要研究下落最大距離與人的質量、彈性繩彈性系數、阻力等諸多因素的關系。實際情況比較復雜，可簡化為如下模型：彈性繩視為輕彈簧，質量可忽略不計，彈力的大小F＝kx，彈性勢能，其中x是彈性繩的形變量，k是勁度系數；人視為質點，始終在一豎直線上運動。
已知，蹦極用彈性繩原長為L0，勁度系數為k，重力加速度為g。
（1）質量為m的人從平臺由靜止下落，到達A點時彈性繩恰好伸直，繼續向下到達最低點B，A、B兩點間距離為d；之后又會反彈到某個高度，再下落……最后停在空中。人受到的阻力與速度大小有關，速度為0時，阻力為0。
a．求人在B點時的加速度的大小及方向。
b．將人、彈性繩和地球視為一個系統，求從人離開平臺到停在空中的整個過程，系統損失的機械能。
（2）實際上，人在運動過程中受到的空氣阻力較小，可忽略不計．甲、乙兩人質量分別為m1、m2，且m1＞m2，分別用同一彈性繩蹦極，以平臺為原點，向下為正方向，兩人下落最大位移分別為h1、h2。圖2所示為甲下落過程中加速度a與下落位移h之間的關系圖。
a．請在圖2中畫出乙下落過程中加速度與下落位移的關系圖。
b．類比直線運動中由v﹣t圖像求位移的方法，嘗試利用a﹣h圖證明h1＞h2。
【解答】解：（1）a、在最低點，對人根據牛頓第二定律有：kd﹣mg＝ma
解得：a，方向向上；
b、人最后停在空中受力平衡，根據平衡條件可得：kx0＝mg
人在空中運動的過程中系統損失的機械能為：
ΔE損＝mg（L0+x0）mg（L0）；
（2）a、自由下落過程中加速度大小均為g；
受到彈力后，設彈簧伸長量為x，根據牛頓第二定律可得：mg﹣kx＝ma，解得：a＝g
所以m越大，圖象的斜率越小。
所以乙下落過程中加速度與下落位移的關系圖線如圖所示；
b、根據牛頓運動定律F＝ma及功的定義式W＝Fscosθ可知，整個過程中合外力做的功為：W＝mah；
類比直線運動中由v﹣t圖像求位移的方法，可知人下落過程中受合力做的功與a﹣h圖中圖線與橫軸圍成的“面積”成正比，下落全過程人的動能變化量為0，根據動能定理可知合力對人做的總功也為0，即橫軸以上的“面積”與橫軸以下的“面積”應大小相等。
由a﹣h圖可知，乙圖線橫軸以上的“面積”小于甲圖線橫軸以上的“面積”，因此，乙圖線橫軸以下的“面積”也應小于甲圖線橫軸以下的“面積”，所以h1＞h2。
答：（1）a．人在B點時的加速度的大小為，方向向上；
b．將人、彈性繩和地球視為一個系統，從人離開平臺到停在空中的整個過程，系統損失的機械能為mg（L0）；
（2）a．圖象見解析。
b．證明見解析。
（2023 江山市校級開學）圖甲為排球課的某個場景。小王同學將排球從A點水平擊出，排球飛到B點時，被小李同學墊起，球向斜上方飛出后落到A點正下方且與B點等高的D點，排球運動的最高點為C，C點與A點高度相同，不計空氣阻力，將排球飛行過程簡化為乙圖。下列說法正確的是（　　）
A．排球在兩次飛行過程中的時間相等
B．排球到達B點的速率比離開B點的速率大
C．排球在A點、C點兩處的動能相等
D．兩次飛行過程中重力對排球做的功相等
【解答】解：A、排球在空中的運動時間取決于高度，設排球從A點到B點，下降的高度為h，運動時間為t1
排球從B點到C點，先上升高度h，又下降高度h，根據豎直方向上拋過程和下降過程的對稱性可知，排球的運動時間為t2＝2，則第二段過程飛行時間為第一段過程飛行時間的兩倍，故A錯誤；
B、排球兩段過程水平方向的位移相等，根據A選項分析可知，第二段過程飛行時間為第一段過程飛行時間的兩倍，水平方向上兩段過程排球均做勻速直線運動，根據x＝vxt得，排球到達B點水平方向的速度為離開B點水平方向速度的兩倍；
豎直方向，由2gh得，排球到達B點和離開B點的豎直方向的速度大小相等，根據v合可知，排球到達B點的速率比離開B點的速率大，故B正確；
C、排球在A、C兩點的速度均為水平方向速度，由B選項分析可知得排球在A點的速度是在C點速度的兩倍，所以排球在A點、C點兩處的動能不相等，故C錯誤；
D、重力做功與初末位置高度差有關，排球從A點到B點，重力做功為mgh。從B到D，重力做功為零，故D錯誤。
故選：B。
（2023春 博愛縣校級期末）如圖所示，質量關系為m1＝m2＝m3的三個小球分別沿三條不同的軌道1、2、3由離地高h的A點滑到同一水平面上，軌道1是光滑的，軌道2、3是粗糙的，在軌道2上動摩擦因數大于軌道3的動摩擦因數，重力對小球做功分別為W1、W2、W3，則下列判斷正確的是（　　）
A．W1＜W2＜W3 B．W1＞W3＞W2 C．W1＝W2＝W3 D．W1＞W2＞W3
【解答】解：重力做功與路徑無關只與物體下落的初末高度差有關
W＝mgh
對三個小球的運動過程而言，h相同，且m1＝m2＝m3，所以W1＝W2＝W3；故C正確，ABD錯誤。
故選：C。
（2023春 九江期末）放在粗糙水平地面上的物體受到水平拉力的作用，在0～6s內其速度與時間的關系圖像和該拉力的功率與時間的關系圖像分別如圖甲、乙所示，g取10m/s2。下列說法中正確的是（　　）
A．物體的質量為0.8kg
B．0～2s內拉力做的功為120J
C．物體與粗糙水平地面間的動摩擦因數為0.5
D．合外力在0～6s內做的功與0～2s內做的功不相等
【解答】解：AC、物體勻速運動時拉力和阻力大小相等，則阻力：
由圖像甲可得0～2s內物體的加速度：
0～2s內物體做勻加速直線運動，拉力恒定，則可得0～2s內拉力
由牛頓第二定律有：F﹣f＝ma
代入數據可得：m＝0.8kg
由f＝μmg可得動摩擦力因數，故A正確，C錯誤；
B、0～2s內，拉力做的功等于p﹣t圖像的圖線與時間軸所圍的面積，則有：，故B錯誤；
D、由動能定理可得合外力做的功：，物體在6s末和2s末速度大小相等，所以合外力在0～6s內做的功與0～2s內做的功都相等，故D錯誤。
故選：A。
（2023春 昌寧縣校級期末）如圖所示，小球以初速v0從A點沿不光滑的軌道運動到高為h的B點后自動返回，其返回途中仍經過A點，則經過A點的速度大小為（　?。?br/>A． B． C． D．
【解答】解：對小球由A至B研究，由動能定理：
﹣mgh﹣Wf＝0
再對由B返回A研究，由動能定理：
mgh﹣Wf0
聯立兩式解得：vA
故選：A。
（2023春 秦淮區校級期中）如圖所示，質量為M的木塊靜止在光滑的水平面上，質量為m的子彈以速度v0沿水平方向射入木塊，并最終留在木塊中與木塊一起以速度v運動。已知當子彈相對木塊靜止時，木塊前進的距離為L，子彈進入木塊的深度為s。若木塊對子彈的阻力F視為恒定，則下列關系式中錯誤的是（　　）
A．FLMv2
B．Fs
C．Fs
D．F（L+s）
【解答】解：A、對木塊，根據動能定理，有，故A正確；
D、對子彈，根據動能定理，有：，即F（L+s），故D正確；
BC、由AD選項所得二式聯立可得：，故B錯誤，C正確。
本題選錯誤的，故選：B。
（2023春 上城區校級期中）汽車在平直的公路上由靜止開始勻加速行駛，經過時間t，速度為v時功率達到額定功率，并保持不變。之后汽車又繼續前進了距離s，達到最大速度vmax。設汽車質量為m，運動過程中所受阻力恒為f，則下列說法正確的是（　　）
A．汽車的額定功率為fv
B．汽車勻加速運動過程中，克服阻力做功為fvt
C．汽車從靜止開始到速度達到最大值的過程中，合力做的功為
D．汽車從靜止到速度最大的過程中，牽引力做功為
【解答】解：A、汽車勻加速行駛時的加速度為
根據牛頓第二定律得
F﹣f＝ma
可得
汽車的額定功率為，故A錯誤；
B、汽車勻加速運動的位移為
此過程中克服阻力做功為，故B錯誤；
C、汽車從靜止開始到速度達到最大值的過程中，根據動能定理得合力做的功為：，故C錯誤；
D、汽車從靜止到速度最大的過程中，根據動能定理得，則牽引力做功為，故D正確。
故選：D。
（2023春 沙坪壩區校級期末）一提升裝置把靜置于地面上的重物豎直向上提升的過程中，提升裝置功率隨時間變化的P﹣t圖像如圖所示。在t＝1s時，重物上升的速度達到最大速度的一半，在t＝3s時，達到最大速度vm＝20m/s。在t＝6s時，重物再次勻速上升，取g＝10m/s2，不計一切阻力。下列說法正確的是（　?。?br/>A．重物質量為1kg
B．在t＝1s時，重物的加速度大小a＝20m/s2
C．在t＝6s時，重物的速度大小v＝5m/s
D．在0～6s時間內，重物上升的高度h＝85m
【解答】解：A、在t＝3s時，達到最大速度vm＝20m/s，此時牽引力等于重力，則有，解得重物質量為：，故A錯誤；
B、在t＝1s時，此時牽引力大小為
F1N＝40N
根據牛頓第二定律得
，故B錯誤；
C、在t＝6s時，重物再次勻速上升，此時重物的速度為，故C錯誤；
D、在0～1s時間內，重物做勻加速直線運動，則重物上升的高度為
在1～3s時間內，重物做加速度減小的加速直線運動，則由動能定理有
解得重物上升的高度：h2＝25m
在3～4s時間內，重物做勻速運動，則有
h3＝vmt3＝20×1m＝20m
在4～6s時間內，重物做加速度逐漸減小的減速直線運動，則有
解得重物上升的高度：h4＝35m
故在0～6s時間內，重物上升的高度為h＝h1+h2+h3+h4＝5m+25m+20m+35m＝85m，故D正確。
故選：D。
（2022秋 黃浦區期末）在水平力F的作用下質量為2kg的物塊由靜止開始在水平地面上做直線運動，水平力F隨時間t變化的關系如圖所示。已知物塊與地面間的動摩擦因數為0.1，g取10m/s2。則（　　）
A．6s時物塊的動能為零
B．3s時物塊離初始位置的距離最遠
C．0～6s時間內合外力對物塊所做的功為8J
D．0～6s時間內水平力 F 對物塊所做的功為20J
【解答】解：A.物塊與地面滑動摩擦力f＝μmg＝0.1×2×10N＝2N
0～3s，以F方向為正方向，根據動量定理：（F﹣f）t3＝mv3
解得v3＝3m/s
3s后F反向，根據牛頓第二定律，物塊加速度
物塊做勻減速運動，運動時間
4s末速度為零，之后反向加速，根據牛頓第二定律，物塊加速度
6s末速度v6＝a'（t6﹣t4）＝1×（6﹣4）m/s＝2m/s
根據動能公式，6s末物塊動能
故A錯誤；
B．4s末速度為零，之后反向運動，故4 s 末物塊離初始位置距離最遠，故B錯誤；
C．0～6 s，根據動能定理：W合＝Ek6，解得W合＝4J
故C錯誤；
D.0～3s，位移大小
3s～4s位移大小為
4s～6s位移大小為
0～3s、4s～6s水平力F做正功，3s～4s水平力F做負功
0～6s水平力F做的功為W＝F（x1+x3﹣x2）＝4×（4.5+2﹣1.5）J＝20J
故D正確。
故選：D。
（2023 濰坊三模）如圖所示，AOB是豎直平面內的光滑圓弧形滑道，由兩個半徑都是R的圓周平滑連接而成，圓心O1、O2與兩圓弧的連接點O在同一豎直線上，O2B與水池的水面平齊。一小滑塊可由弧AO的任意點由靜止開始下滑。
（1）若小滑塊從圓弧AO上某點釋放，之后在兩個圓弧上滑過的弧長相等，求釋放點和O1的連線與豎直線的夾角；
（2）若小滑塊能從O點脫離滑道，求其可能的落水點在水面上形成的區域長度。
【解答】解：（1）如圖所示
設滑塊出發點為P1，離開點為P2，由題意可知O1P1、O2P2與豎直方向的夾角相等，設其為θ，若離開滑道時的速度為v，則滑塊在P2處脫離滑道的條件是mmgcosθ
由動能定理得：2mgR（1﹣cosθ）mv2
聯立解得：cosθ＝0.8
即釋放點和O1的連線與豎直線的夾角為37°；
（2）滑塊剛能在O點離開滑道時，有：mg＝m
解得，滑塊到達O點的速度v0
滑塊從O點脫離滑道后做平拋運動，水平方向：x0＝v0t
豎直方向：Rgt2
聯立解得：x0R
滑塊經過O點時速度v＞v0時，經過O點一定脫離滑道，v＜v0時，經過O點不脫離滑道，滑塊從A點下滑時，在O點脫離軌道的速度最大，由動能定理得：mgR
解得：vm
滑塊從O點脫離滑道后做平拋運動，水平方向：xm＝vmt
豎直方向：Rgt2
聯立解得：xm＝2R
滑塊可能的落水點在水面上形成的區域長度Δx＝xm﹣x0＝2RR＝（2）R
（2023春 福州期末）科技館有套機械裝置，其結構簡圖如圖所示。傳動帶AB部分水平，其長度L＝1.2m，傳送帶以v1＝3m/s的速度順時針勻速轉動，大皮帶輪半徑r＝0.4m，其最底端C點與粗糙圓弧軌道DEF的D點在同一水平線上，圓弧軌道半徑R＝0.5m，E點為圓弧軌道的最低點，圓弧DE對應的圓心角為α，EF是段圓弧。某同學將一質量為m＝0.5kg可視為質點的物塊輕放在水平傳送帶左端A處，物塊經過B點后恰能無碰撞地從D點進入圓弧軌道并從F點飛出，當經過F點時，物塊對圓弧的摩擦力f＝2N，已知物塊與傳送帶及圓弧軌道F點的動摩擦因數μ＝0.5，距離F點高h＝0.75m處有一擋板。問：
（1）物塊從A到B的時間；
（2）圓弧DE弧對應的圓心角α；
（3）物塊在圓弧軌道上克服摩擦力做的功；
（4）經過調整使得物塊沿切線進入圓弧軌道D點的速度為6m/s，物塊能否碰到擋板？并說明原因。
【解答】解：（1）物塊在傳送帶上先做勻加速直線運動，其加速度大小為：
aμg＝0.5×10m/s2＝5m/s2
物塊在傳送帶上由靜止加速到v1＝3m/s的時間為：
s＝0.6s
此過程物塊的位移
3×0.6m＝0.9m
與傳送帶共速后做勻速直線運動的時間為：
0.1s
所以物塊從A到B的時間為：
t＝t1+t2＝0.6s+0.1s＝0.7s
（2）物塊從B點到D點做平拋運動，水平方向勻速運動的速度大小為：vx＝v1
設在D點豎直分速度為vy，則在豎直方向上有：
2g×2r
解得：vy＝4m/s
則有：
可得：α＝53°
（3）設物塊經過F點時軌道對物塊的彈力為N，根據牛頓第二定律得：
又有：
代入數值解得：vF＝2m/s
物塊在圓弧軌道上的運動過程根據動能定理得：
又有：vD5m/s
解得：W克f＝3.75J
（4）物塊要碰到擋板，經過F點的速度最小值為：
m/s
若物塊沿切線進入圓弧軌道D點的速度為vD1＝6m/s＞vD＝5m/s，可知物塊在圓弧軌道上克服摩擦力做功W克f′＞3.75J，根據動能定理：
解得：
即vF1＜vF0，故碰不到擋板。
21世紀教育網 www.21cnjy.com 精品試卷·第 2 頁 （共 2 頁）
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