資源簡介

第2講　動能定理及其應用
學習目標　1.理解動能和動能定理。 2.會應用動能定理處理相關物理問題。 3.掌握動能定理與圖像結合問題的分析方法。
1.動能
2.動能定理
1.思考判斷
(1)一定質量的物體動能變化時，速度一定變化，但速度變化時，動能不一定變化。(√)
(2)動能不變的物體一定處于平衡狀態。(×)
(3)物體所受的合外力為零，合外力對物體做的功也一定為零。(√)
(4)物體在合外力作用下做變速運動時，動能一定變化。(×)
(5)物體的動能不變，所受的合外力必定為零。(×)
2.如圖，某同學用繩子拉動木箱，使它從靜止開始沿粗糙水平路面運動至具有某一速度。木箱獲得的動能一定(　　)
A.小于拉力所做的功
B.等于拉力所做的功
C.等于克服摩擦力所做的功
D.大于克服摩擦力所做的功
答案　A
考點一　動能定理的理解與基本應用
1.兩個關系
(1)數量關系：合力做的功與物體動能的變化具有等量代換關系，但并不是說動能的變化就是合力做的功。
(2)因果關系：合力做功是引起物體動能變化的原因。
2.標量性
動能是標量，功也是標量，所以動能定理是一個標量式，不存在方向的選取問題，當然動能定理也就不存在分量的表達式。
例1 (2024·河南商丘質檢)如圖1所示，在水平的PQ面上有一小物塊(可視為質點)，小物塊以某速度從P點最遠能滑到傾角為θ的斜面QA上的A點(水平面和斜面在Q點通過一極短的圓弧連接)。若減小斜面的傾角θ，變為斜面QB(如圖中虛線所示)，小物塊仍以原來的速度從P點出發滑上斜面。已知小物塊與水平面和斜面間的動摩擦因數相同，AB為水平線，AC為豎直線。則(　　)
圖1
A.小物塊恰好能運動到B點
B.小物塊最遠能運動到B點上方的某點
C.小物塊只能運動到C點
D.小物塊最遠能運動到B、C兩點之間的某點
答案　D
解析　小物塊從P點滑上斜面的運動過程中有重力和摩擦力做功，設小物塊能到達斜面上的最高點與水平面的距離為h，與Q點的水平距離為x，根據動能定理得－mgh－μmg·xPQ－μmgcos θ·xAQ＝0－mv，即mgh＋μmg(xPQ＋x)＝mv，若減小傾角θ時，h不變，則x不變，故A、C錯誤；若h變大，則x變小，故B錯誤；若h變小，則x變大，故D正確。
1.應用動能定理解題應抓住“兩狀態，一過程”。“兩狀態”即明確研究對象的始、末狀態的速度或動能情況，“一過程”即明確研究過程，確定在這一過程中研究對象的受力情況和位置變化或位移信息。
2.動能定理的應用技巧
　　
1.(多選)如圖2所示，電梯質量為M，在它的水平地板上放置一質量為m的物體。電梯在鋼索的拉力作用下豎直向上加速運動，當電梯的速度由v1增大到v2時，上升高度為H，重力加速度為g，則在這個過程中，下列說法正確的是(　　)
圖2
A.對物體，動能定理的表達式為W＝mv－mv，其中W為支持力做的功
B.對物體，動能定理的表達式為W合＝0，其中W合為合力做的功
C.對物體，動能定理的表達式為W－mgH＝mv－mv，其中W為支持力做的功
D.對電梯，其所受的合力做功為Mv－Mv
答案　CD
解析　電梯上升的過程中，對物體做功的有重力mg、支持力FN，這兩個力的總功(即合力做的功)才等于物體動能的變化，即W合＝W－mgH＝mv－mv，其中W為支持力做的功，故A、B錯誤，C正確；對電梯做功的有重力Mg、壓力FN′和拉力F，合力做功為W合′＝Mv－Mv，故D正確。
2.(2021·河北卷，6)一半徑為R的圓柱體水平固定，橫截面如圖3所示。長度為πR、不可伸長的輕細繩，一端固定在圓柱體最高點P處，另一端系一個小球。小球位于P點右側同一水平高度的Q點時，繩剛好拉直。將小球從Q點由靜止釋放，當與圓柱體未接觸部分的細繩豎直時，小球的速度大小為(重力加速度為g，不計空氣阻力)(　　)
圖3
A. B.
C. D.2
答案　A
解析　當與圓柱體未接觸部分的細繩豎直時，小球下落的高度為h＝R＋πR－＝R＋，根據動能定理有mgh＝mv2，解得v＝，故A正確，B、C、D錯誤。
考點二　應用動能定理求變力做功
例2 (多選)(2023·廣東卷，8)人們用滑道從高處向低處運送貨物，如圖4所示，可看作質點的貨物從圓弧滑道頂端P點靜止釋放，沿滑道運動到圓弧末端Q點時速度大小為6 m/s。已知貨物質量為20 kg，滑道高度h為4 m，且過Q點的切線水平，重力加速度取10 m/s2。關于貨物從P點運動到Q點的過程，下列說法正確的有(　　)
圖4
A.重力做的功為360 J
B.克服阻力做的功為440 J
C.經過Q點時向心加速度大小為9 m/s2
D.經過Q點時對軌道的壓力大小為380 N
答案　BCD
解析　重力做的功為WG＝mgh＝800 J，A錯誤；下滑過程由動能定理可得WG－Wf＝mv，代入數據解得克服阻力做的功為Wf＝440 J，B正確；經過Q點時向心加速度大小為a＝＝9 m/s2，C正確；經過Q點時，根據牛頓第二定律可得FN－mg＝ma，解得貨物受到的支持力大小為FN＝380 N，根據牛頓第三定律可知，貨物對軌道的壓力大小為380 N，D正確。
3.(2024·江蘇鹽城高三檢測)質量為m的物體以初速度v0沿水平面向左開始運動，起始點A與一水平放置的輕彈簧O端相距s，輕彈簧的另一端固定在豎直墻上，如圖5所示，已知物體與水平面間的動摩擦因數為μ，物體與彈簧相碰后，彈簧的最大壓縮量為x，重力加速度為g，則從開始碰撞到彈簧被壓縮至最短的過程中，彈簧彈力所做的功為(　　)
圖5
A.mv－μmg(s＋x) .mv－μmgx
C.μmg(s＋x)－mv .－μmg(s＋x)
答案　C
解析　對物體由動能定理可得W彈－μmg(s＋x)＝0－mv，解得W彈＝μmg(s＋x)－mv，故C正確。
在有變力做功的過程中，變力做功無法直接通過功的公式求解，可用動能定理
W變＋W恒＝mv－mv求解。物體初、末速度已知，恒力做功W恒可由公式求出，得到W變＝mv－mv－W恒，就可以求出變力做的功了。　　
考點三　動能定理與圖像問題的結合
圖像所圍“面積”和圖像斜率的含義
例3 一質量為4 kg的物體，在粗糙的水平面上受水平恒定的拉力F作用做勻速直線運動。物體運動一段時間后拉力逐漸減小，當拉力減小到零時，物體剛好停止運動。如圖6所示為拉力F隨位移x變化的關系圖像，重力加速度大小取10 m/s2，則可以求得(　　)
圖6
A.物體做勻速直線運動的速度為4 m/s
B.整個過程拉力對物體所做的功為4 J
C.整個過程摩擦力對物體所做的功為－8 J
D.整個過程合外力對物體所做的功為－4 J
答案　D
解析　F－x圖線與橫軸所圍區域的面積表示拉力對物體所做的功，所以WF＝ J＝12 J，故B錯誤；0～2 m階段，根據平衡條件可得F＝Ff＝4 N，所以整個過程中摩擦力對物體做的功為Wf＝－Ffx＝－4×4 J＝－16 J，故C錯誤；整個過程中合外力所做的功為W合＝WF＋Wf＝12 J＋(－16 J)＝－4 J，故D正確；根據動能定理可得W合＝0－mv，解得v0＝ m/s，故A錯誤。
例4 (2022·江蘇卷，8)某滑雪賽道如圖7所示，滑雪運動員從靜止開始沿斜面下滑，經圓弧滑道起跳。將運動員視為質點，不計摩擦力及空氣阻力，此過程中，運動員的動能Ek與水平位移x的關系圖像正確的是(　　)
圖7
答案　A
解析　設斜面傾角為θ，不計摩擦力和空氣阻力，運動員在沿斜面下滑過程中，根據動能定理有Ek＝mgxtan θ，即＝mgtan θ，下滑過程中開始階段傾角θ不變，Ek－x圖像為一條直線；經過圓弧軌道過程中，θ先減小后增大，即圖像斜率先減小后增大，故A正確。
方法點撥　解決圖像問題的基本步驟
4.(2021·湖北卷，4)如圖8甲所示，一物塊以一定初速度沿傾角為30°的固定斜面上滑，運動過程中摩擦力大小f恒定，物塊動能Ek與運動路程s的關系如圖乙所示。重力加速度大小取10 m/s2，物塊質量m和所受摩擦力大小f分別為(　　)
圖8
A.m＝0.7 kg，f＝0.5 N .m＝0.7 kg，f＝1.0 N
C.m＝0.8 kg，f＝0.5 N .m＝0.8 kg，f＝1.0 N
答案　A
解析　0～10 m內物塊上滑，由動能定理得－mgsin 30°·s－fs＝Ek－Ek0，整理得Ek＝Ek0－(mgsin 30°＋f)s，結合0～10 m內的圖像得，斜率的絕對值|k|＝mgsin 30°＋f＝4 N；10～20 m內物塊下滑，由動能定理得(mgsin 30°－f)(s－s1)＝Ek，整理得Ek＝(mgsin 30°－f)s－(mgsin 30°－f)s1，結合10～20 m內的圖像得，斜率k′＝mgsin 30°－f＝3 N。聯立解得f＝0.5 N、m＝0.7 kg，A正確，B、C、D錯誤。
A級　基礎對點練
對點練1　動能定理的理解與簡單應用
1.(多選)如圖1所示，光滑水平面上放著足夠長的木板B，木板B上放著木塊A，A、B間的接觸面粗糙。現用一水平拉力F作用在A上使其由靜止開始運動，用Ff1代表B對A的摩擦力，Ff2代表A對B的摩擦力，則下列情況可能的是(　　)
圖1
A.拉力F做的功等于A、B系統動能的增加量
B.拉力F做的功小于A、B系統動能的增加量
C.拉力F和Ff1對A做的功之和大于A的動能的增加量
D.Ff2對B做的功等于B的動能的增加量
答案　AD
解析　A相對B的運動有兩種可能，相對靜止和相對滑動。當A、B相對靜止時，拉力F做的功等于A、B系統動能的增加量；當A、B相對滑動時，拉力F做的功大于A、B系統動能的增加量，A項正確，B項錯誤；由動能定理知，Ff2對B做的功等于B的動能的增加量，拉力F和Ff1對A做的功之和等于A的動能的增加量，D項正確，C項錯誤。
2.(2024·山東菏澤高三檢測)如圖2所示，粗糙程度處處相同、傾角為θ的傾斜圓盤上，有一長為L的輕質細繩，一端可繞垂直于傾斜圓盤的光滑軸上的O點轉動，另一端與質量為m的小滑塊相連，小滑塊從最高點A以垂直細繩的速度v0開始運動，恰好能完成一個完整的圓周運動，則運動過程中滑塊受到的摩擦力大小為(　　)
圖2
A. B.
C. D.
答案　A
解析　由于小滑塊恰好能完成一個完整的圓周運動，則在最高點有mgsin θ＝m，整個過程根據動能定理可得－Ff·2πL＝mv2－mv，解得Ff＝，A正確，B、C、D錯誤。
3.一物塊沿傾角為θ的斜坡向上滑動，當物塊的初速度為v時，上升的最大高度為H，如圖3所示。當物塊的初速度為2v時，上升的最大高度記為h。重力加速度為g，則物塊與斜坡間的動摩擦因數μ和h分別為(　　)
圖3
A.tan θ和2H B.tan θ和4H
C.tan θ和2H D.tan θ和4H
答案　D
解析　當物塊上滑的初速度為v時，根據動能定理，有－mgH－μmgcos θ·＝0－mv2，當上滑的初速度為2v時，有－mgh－μmgcos θ·＝0－m(2v)2，聯立可得μ＝tan θ，h＝4H，故D正確。
4.如圖4所示，將質量為m的小球以初速度大小v0由地面豎直向上拋出。小球落回地面時，其速度大小為v0。設小球在運動過程中所受空氣阻力的大小不變，則空氣阻力的大小等于(　　)
圖4
A.mg B.mg
C.mg D.mg
答案　D
解析　小球向上運動的過程，由動能定理得－(mg＋f)H＝0－mv，小球向下運動的過程，由動能定理得(mg－f)H＝m(v0)2，聯立解得f＝mg，選項D正確，A、B、C錯誤。
對點練2　應用動能定理求變力做功
5.如圖5所示，在輕彈簧的下端懸掛一個質量為m的小球A，將小球A從彈簧原長位置由靜止釋放，小球A能夠下降的最大高度為h。若將小球A換為質量為2m的小球B，仍從彈簧原長位置由靜止釋放，重力加速度為g，不計空氣阻力，則小球B下降h高度時的速度為(　　)
圖5
A. B.
C. D.
答案　D
解析　小球A下降h高度的過程中，設小球克服彈簧的彈力做功為W，根據動能定理有mgh－W＝0，小球B下降h高度的過程中，根據動能定理有2mgh－W＝×2mv2－0，解得v＝，故D正確。
6.如圖6所示，一半徑為R的半圓形軌道豎直固定放置，軌道兩端等高，質量為m的質點自軌道端點P由靜止開始滑下，滑到最低點Q時，對軌道的壓力為2mg，重力加速度大小為g。質點自P滑到Q的過程中，克服摩擦力所做的功為(　　)
圖6
A.mgR B.mgR
C.mgR D.mgR
答案　C
解析　設質點在Q點的速度為v，根據牛頓第二定律，有FN－mg＝m，根據牛頓第三定律知FN＝FN′＝2mg，聯立解得v＝，下滑過程中，根據動能定理可得mgR＋Wf＝mv2，解得Wf＝－mgR，所以克服摩擦力所做的功為mgR，選項C正確。
對點練3　動能定理與圖像問題的結合
7.(多選)如圖7甲所示，質量m＝2 kg的物體以100 J的初動能在粗糙的水平地面上滑行，其動能Ek隨位移x變化的關系圖像如圖乙所示，則下列判斷中正確的是(　　)
圖7
A.物體運動的總位移大小為10 m
B.物體運動的加速度大小為10 m/s2
C.物體運動的初速度大小為10 m/s
D.物體所受的摩擦力大小為5 N
答案　AC
解析　由題圖乙可知物體運動的總位移大小為10 m，故A正確；由動能定理得－Ffx＝ΔEk＝－100 J，則摩擦力大小Ff＝10 N，由牛頓第二定律得Ff＝ma，則a＝＝5 m/s2，故B、D錯誤；物體的初動能Ek0＝mv＝100 J，則v0＝＝10 m/s，故C正確。
8.一質量為m的物塊靜止在光滑水平面上，某時刻起受到水平向右的大小隨位移變化的力F的作用，F隨位移變化的規律如圖8所示，下列說法正確的是(　　)
圖8
A.物塊先做勻加速運動，后做勻減速運動
B.物塊的位移為x0時，物塊的速度最大
C.力F對物塊做的總功為6F0x0
D.物塊的最大速度為
答案　D
解析　物塊在光滑水平面上運動，受到的合外力為F，因為F為正，所以物塊一直加速運動，物塊的位移為3x0時，速度最大，故A、B錯誤；合外力做功的大小等于圖線與x軸圍成的面積，所以力F對物塊做的總功為W＝×2F0×3x0＝3F0x0，故C錯誤；由動能定理可得3F0x0＝mv，所以最大速度為vm＝，故D正確。
B級　綜合提升練
9.(多選)(2023·湖南卷，8)如圖9，固定在豎直面內的光滑軌道ABC由直線段AB和圓弧段BC組成，兩段相切于B點，AB段與水平面夾角為θ，BC段圓心為O，最高點為C，A與C的高度差等于圓弧軌道的直徑2R。小球從A點以初速度v0沖上軌道，能沿軌道運動恰好到達C點，下列說法正確的是(　　)
圖9
A.小球從B到C的過程中，對軌道的壓力逐漸增大
B.小球從A到C的過程中，重力的功率始終保持不變
C.小球的初速度v0＝
D.若小球初速度v0增大，小球有可能從B點脫離軌道
答案　AD
解析　小球恰好運動至C點，小球在C點vC＝0
小球在圓弧BC上運動到D點的受力分析如圖所示
小球從A到C由動能定理得－mg·2R＝0－mv，則v0＝2，C錯誤；若小球在B點的速度滿足mgcos θ＜，則小球將從B點脫離軌道，D正確。
10.(多選)(2024·湖南衡陽高三期中)如圖10甲所示，為測定物體沖上粗糙斜面能達到的最大位移x與斜面傾角θ的關系，將某一物體每次以大小不變的初速度v0沿足夠長的斜面向上推出，調節斜面與水平方向的夾角θ，實驗測得x與斜面傾角θ的關系如圖乙所示，g取10 m/s2，根據圖像(　　)
圖10
A.當θ＝45°時，x最小
B.物體的初速度v0＝6 m/s
C.物體與斜面間的動摩擦因數μ＝0.75
D.當θ＝30°時，物體最終會回到出發點
答案　BC
解析　由圖可知，當θ＝90°時物體做豎直上拋運動，位移為h＝1.80 m，由豎直上拋運動規律可知v＝2gh，解得v0＝6 m/s，故B正確；當θ＝0時，位移為x＝2.40 m，由動能定理得－μmgx＝0－mv，解得μ＝0.75，故C正確；由動能定理得－mgxsin θ－μmgcos θ·x＝0－mv，解得x＝＝，其中tan α＝，解得α＝37°，當θ＋α＝90°時，即θ＝53°，此時位移最小為xmin＝1.44 m，故A錯誤；當θ＝30°時，根據計算可得μmgcos 30°>mgsin 30°，可知物體最終會靜止在斜面上，故D錯誤。
11.(多選)(2023·新課標卷，20)一質量為1 kg的物體在水平拉力的作用下，由靜止開始在水平地面上沿x軸運動，出發點為x軸零點，拉力做的功W與物體坐標x的關系如圖11所示。物體與水平地面間的動摩擦因數為0.4，重力加速度大小取10 m/s2。下列說法正確的是(　　)
圖11
A.在x＝1 m時，拉力的功率為6 W
B.在x＝4 m時，物體的動能為2 J
C.從x＝0運動到x＝2 m，物體克服摩擦力做的功為8 J
D.從x＝0運動到x＝4 m的過程中，物體的動量最大為2 kg·m/s
答案　BC
解析　物體所受的滑動摩擦力大小為Ff＝μmg＝4 N，0～1 m的過程，由動能定理有W1－μmgx1＝mv，解得v1＝2 m/s，又W－x圖像的斜率表示拉力F，則0～2 m的過程，拉力F1＝6 N，故x＝1 m時拉力的功率P1＝F1v1＝12 W，A錯誤；0～4 m的過程，由動能定理有W4－μmgx4＝Ek4－0，則在x＝4 m時，物體的動能Ek4＝2 J，B正確；0～2 m的過程，物體克服摩擦力做的功Wf2＝Ffx2＝8 J，C正確；由W－x圖像可知，2～4 m的過程，拉力F2＝3 N，則F1＞Ff＞F2，所以物體在0～2 m的過程做加速運動，2～4 m的過程做減速運動，故0～4 m的過程，物體在x＝2 m處速度最大，由動能定理有W2－Ffx2＝mv，解得v2＝2 m/s，故物體的最大動量為pm＝2 kg·m/s，D錯誤。
C級　培優加強練
12.(2024·山東濰坊模擬)如圖12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。一小滑塊可從弧AO上的任意點由靜止開始下滑。已知sin 37°＝，cos 37°＝。
圖12
(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平面上形成的區域長度。
答案　(1)37°　(2)(2－)R
解析　(1)設釋放點和O1的連線與豎直線的夾角為θ，由于小滑塊在兩個圓弧上滑過的弧長相等，則小滑塊在圓弧OB上的離開點和O2的連線與豎直線的夾角也為θ，設小滑塊離開圓弧OB時的速度為v，則根據動能定理可得
2mgR(1－cos θ)＝mv2－0
對小滑塊在圓弧OB上的離開點，根據牛頓第二定律可得mgcos θ＝m
聯立解得cos θ＝
即θ＝37°。
(2)設小滑塊剛好能從O點脫離滑道的速度為v1，則有mg＝m
解得v1＝
設小滑塊從A點由靜止釋放到達O點時的速度為v2，根據動能定理可得
mgR＝mv－0
解得v2＝
可知小滑塊能從O點脫離滑道，其離開滑道時的速度范圍為≤v0≤
小滑塊離開滑道后做平拋運動，豎直方向有R＝gt2
解得t＝
水平方向有x＝v0t
解得小滑塊的水平位移滿足R≤x≤2R
則小滑塊可能的落水點在水面上形成的區域長度為Δx＝2R－R＝(2－)R。第2講　動能定理及其應用
學習目標　1.理解動能和動能定理。 2.會應用動能定理處理相關物理問題。 3.掌握動能定理與圖像結合問題的分析方法。
1.動能
2.動能定理
1.思考判斷
（1）一定質量的物體動能變化時，速度一定變化，但速度變化時，動能不一定變化。（　　）
（2）動能不變的物體一定處于平衡狀態。（　　）
（3）物體所受的合外力為零，合外力對物體做的功也一定為零。（　　）
（4）物體在合外力作用下做變速運動時，動能一定變化。（　　）
（5）物體的動能不變，所受的合外力必定為零。（　　）
2.如圖，某同學用繩子拉動木箱，使它從靜止開始沿粗糙水平路面運動至具有某一速度。木箱獲得的動能一定（　　）
A.小于拉力所做的功
B.等于拉力所做的功
C.等于克服摩擦力所做的功
D.大于克服摩擦力所做的功
考點一　動能定理的理解與基本應用
1.兩個關系
（1）數量關系：合力做的功與物體動能的變化具有等量代換關系，但并不是說動能的變化就是合力做的功。
（2）因果關系：合力做功是引起物體動能變化的原因。
2.標量性
動能是標量，功也是標量，所以動能定理是一個標量式，不存在方向的選取問題，當然動能定理也就不存在分量的表達式。
例1 （2024·河南商丘質檢）如圖1所示，在水平的PQ面上有一小物塊（可視為質點），小物塊以某速度從P點最遠能滑到傾角為θ的斜面QA上的A點（水平面和斜面在Q點通過一極短的圓弧連接）。若減小斜面的傾角θ，變為斜面QB（如圖中虛線所示），小物塊仍以原來的速度從P點出發滑上斜面。已知小物塊與水平面和斜面間的動摩擦因數相同，AB為水平線，AC為豎直線。則（　　）
圖1
A.小物塊恰好能運動到B點
B.小物塊最遠能運動到B點上方的某點
C.小物塊只能運動到C點
D.小物塊最遠能運動到B、C兩點之間的某點
聽課筆記　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1.應用動能定理解題應抓住“兩狀態，一過程”。“兩狀態”即明確研究對象的始、末狀態的速度或動能情況，“一過程”即明確研究過程，確定在這一過程中研究對象的受力情況和位置變化或位移信息。
2.動能定理的應用技巧
　　
1.（多選）如圖2所示，電梯質量為M，在它的水平地板上放置一質量為m的物體。電梯在鋼索的拉力作用下豎直向上加速運動，當電梯的速度由v1增大到v2時，上升高度為H，重力加速度為g，則在這個過程中，下列說法正確的是（　　）
圖2
A.對物體，動能定理的表達式為W＝mv－mv，其中W為支持力做的功
B.對物體，動能定理的表達式為W合＝0，其中W合為合力做的功
C.對物體，動能定理的表達式為W－mgH＝mv－mv，其中W為支持力做的功
D.對電梯，其所受的合力做功為Mv－Mv
2.（2021·河北卷，6）一半徑為R的圓柱體水平固定，橫截面如圖3所示。長度為πR、不可伸長的輕細繩，一端固定在圓柱體最高點P處，另一端系一個小球。小球位于P點右側同一水平高度的Q點時，繩剛好拉直。將小球從Q點由靜止釋放，當與圓柱體未接觸部分的細繩豎直時，小球的速度大小為（重力加速度為g，不計空氣阻力）（　　）
圖3
A. B.
C. D.2
考點二　應用動能定理求變力做功
例2 （多選）（2023·廣東卷，8）人們用滑道從高處向低處運送貨物，如圖4所示，可看作質點的貨物從圓弧滑道頂端P點靜止釋放，沿滑道運動到圓弧末端Q點時速度大小為6 m/s。已知貨物質量為20 kg，滑道高度h為4 m，且過Q點的切線水平，重力加速度取10 m/s2。關于貨物從P點運動到Q點的過程，下列說法正確的有（　　）
圖4
A.重力做的功為360 J
B.克服阻力做的功為440 J
C.經過Q點時向心加速度大小為9 m/s2
D.經過Q點時對軌道的壓力大小為380 N
聽課筆記　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
3.（2024·江蘇鹽城高三檢測）質量為m的物體以初速度v0沿水平面向左開始運動，起始點A與一水平放置的輕彈簧O端相距s，輕彈簧的另一端固定在豎直墻上，如圖5所示，已知物體與水平面間的動摩擦因數為μ，物體與彈簧相碰后，彈簧的最大壓縮量為x，重力加速度為g，則從開始碰撞到彈簧被壓縮至最短的過程中，彈簧彈力所做的功為（　　）
圖5
A.mv－μmg（s＋x） 　 B.mv－μmgx
C.μmg（s＋x）－mv 　 D.－μmg（s＋x）
在有變力做功的過程中，變力做功無法直接通過功的公式求解，可用動能定理W變＋W恒＝
mv－mv求解。物體初、末速度已知，恒力做功W恒可由公式求出，得到W變＝mv－mv－W恒，就可以求出變力做的功了。　　
考點三　動能定理與圖像問題的結合
圖像所圍“面積”和圖像斜率的含義
例3 一質量為4 kg的物體，在粗糙的水平面上受水平恒定的拉力F作用做勻速直線運動。物體運動一段時間后拉力逐漸減小，當拉力減小到零時，物體剛好停止運動。如圖6所示為拉力F隨位移x變化的關系圖像，重力加速度大小取10 m/s2，則可以求得（　　）
圖6
A.物體做勻速直線運動的速度為4 m/s
B.整個過程拉力對物體所做的功為4 J
C.整個過程摩擦力對物體所做的功為－8 J
D.整個過程合外力對物體所做的功為－4 J
聽課筆記　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
例4 （2022·江蘇卷，8）某滑雪賽道如圖7所示，滑雪運動員從靜止開始沿斜面下滑，經圓弧滑道起跳。將運動員視為質點，不計摩擦力及空氣阻力，此過程中，運動員的動能Ek與水平位移x的關系圖像正確的是（　　）
圖7
聽課筆記　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
方法點撥　解決圖像問題的基本步驟
4.（2021·湖北卷，4）如圖8甲所示，一物塊以一定初速度沿傾角為30°的固定斜面上滑，運動過程中摩擦力大小f恒定，物塊動能Ek與運動路程s的關系如圖乙所示。重力加速度大小取10 m/s2，物塊質量m和所受摩擦力大小f分別為（　　）
圖8
A.m＝0.7 kg，f＝0.5 N
B.m＝0.7 kg，f＝1.0 N
C.m＝0.8 kg，f＝0.5 N
D.m＝0.8 kg，f＝1.0 N　　　　　第2練　動能定理及其應用
A級　基礎對點練
對點練1　動能定理的理解與簡單應用
1.(多選)如圖1所示，光滑水平面上放著足夠長的木板B，木板B上放著木塊A，A、B間的接觸面粗糙。現用一水平拉力F作用在A上使其由靜止開始運動，用Ff1代表B對A的摩擦力，Ff2代表A對B的摩擦力，則下列情況可能的是(　　)
圖1
A.拉力F做的功等于A、B系統動能的增加量
B.拉力F做的功小于A、B系統動能的增加量
C.拉力F和Ff1對A做的功之和大于A的動能的增加量
D.Ff2對B做的功等于B的動能的增加量
2.(2024·山東菏澤高三檢測)如圖2所示，粗糙程度處處相同、傾角為θ的傾斜圓盤上，有一長為L的輕質細繩，一端可繞垂直于傾斜圓盤的光滑軸上的O點轉動，另一端與質量為m的小滑塊相連，小滑塊從最高點A以垂直細繩的速度v0開始運動，恰好能完成一個完整的圓周運動，則運動過程中滑塊受到的摩擦力大小為(　　)
圖2
A. B.
C. D.
3.一物塊沿傾角為θ的斜坡向上滑動，當物塊的初速度為v時，上升的最大高度為H，如圖3所示。當物塊的初速度為2v時，上升的最大高度記為h。重力加速度為g，則物塊與斜坡間的動摩擦因數μ和h分別為(　　)
圖3
A.tan θ和2H
B.tan θ和4H
C.tan θ和2H
D.tan θ和4H
4.如圖4所示，將質量為m的小球以初速度大小v0由地面豎直向上拋出。小球落回地面時，其速度大小為v0。設小球在運動過程中所受空氣阻力的大小不變，則空氣阻力的大小等于(　　)
圖4
A.mg B.mg
C.mg D.mg
對點練2　應用動能定理求變力做功
5.如圖5所示，在輕彈簧的下端懸掛一個質量為m的小球A，將小球A從彈簧原長位置由靜止釋放，小球A能夠下降的最大高度為h。若將小球A換為質量為2m的小球B，仍從彈簧原長位置由靜止釋放，重力加速度為g，不計空氣阻力，則小球B下降h高度時的速度為(　　)
圖5
A. B.
C. D.
6.如圖6所示，一半徑為R的半圓形軌道豎直固定放置，軌道兩端等高，質量為m的質點自軌道端點P由靜止開始滑下，滑到最低點Q時，對軌道的壓力為2mg，重力加速度大小為g。質點自P滑到Q的過程中，克服摩擦力所做的功為(　　)
圖6
A.mgR B.mgR
C.mgR D.mgR
對點練3　動能定理與圖像問題的結合
7.(多選)如圖7甲所示，質量m＝2 kg的物體以100 J的初動能在粗糙的水平地面上滑行，其動能Ek隨位移x變化的關系圖像如圖乙所示，則下列判斷中正確的是(　　)
圖7
A.物體運動的總位移大小為10 m
B.物體運動的加速度大小為10 m/s2
C.物體運動的初速度大小為10 m/s
D.物體所受的摩擦力大小為5 N
8.一質量為m的物塊靜止在光滑水平面上，某時刻起受到水平向右的大小隨位移變化的力F的作用，F隨位移變化的規律如圖8所示，下列說法正確的是(　　)
圖8
A.物塊先做勻加速運動，后做勻減速運動
B.物塊的位移為x0時，物塊的速度最大
C.力F對物塊做的總功為6F0x0
D.物塊的最大速度為
B級　綜合提升練
9.(多選)(2023·湖南卷，8)如圖9，固定在豎直面內的光滑軌道ABC由直線段AB和圓弧段BC組成，兩段相切于B點，AB段與水平面夾角為θ，BC段圓心為O，最高點為C，A與C的高度差等于圓弧軌道的直徑2R。小球從A點以初速度v0沖上軌道，能沿軌道運動恰好到達C點，下列說法正確的是(　　)
圖9
A.小球從B到C的過程中，對軌道的壓力逐漸增大
B.小球從A到C的過程中，重力的功率始終保持不變
C.小球的初速度v0＝
D.若小球初速度v0增大，小球有可能從B點脫離軌道
10.(多選)(2024·湖南衡陽高三期中)如圖10甲所示，為測定物體沖上粗糙斜面能達到的最大位移x與斜面傾角θ的關系，將某一物體每次以大小不變的初速度v0沿足夠長的斜面向上推出，調節斜面與水平方向的夾角θ，實驗測得x與斜面傾角θ的關系如圖乙所示，g取10 m/s2，根據圖像(　　)
圖10
A.當θ＝45°時，x最小
B.物體的初速度v0＝6 m/s
C.物體與斜面間的動摩擦因數μ＝0.75
D.當θ＝30°時，物體最終會回到出發點
11.(多選)(2023·新課標卷，20)一質量為1 kg的物體在水平拉力的作用下，由靜止開始在水平地面上沿x軸運動，出發點為x軸零點，拉力做的功W與物體坐標x的關系如圖11所示。物體與水平地面間的動摩擦因數為0.4，重力加速度大小取10 m/s2。下列說法正確的是(　　)
圖11
A.在x＝1 m時，拉力的功率為6 W
B.在x＝4 m時，物體的動能為2 J
C.從x＝0運動到x＝2 m，物體克服摩擦力做的功為8 J
D.從x＝0運動到x＝4 m的過程中，物體的動量最大為2 kg·m/s
C級　培優加強練
12.(2024·山東濰坊模擬)如圖12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。一小滑塊可從弧AO上的任意點由靜止開始下滑。已知sin 37°＝，cos 37°＝。
圖12
(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平面上形成的區域長度。
第2練　動能定理及其應用
1.AD　[A相對B的運動有兩種可能，相對靜止和相對滑動。當A、B相對靜止時，拉力F做的功等于A、B系統動能的增加量；當A、B相對滑動時，拉力F做的功大于A、B系統動能的增加量，A項正確，B項錯誤；由動能定理知，Ff2對B做的功等于B的動能的增加量，拉力F和Ff1對A做的功之和等于A的動能的增加量，D項正確，C項錯誤。]
2.A　[由于小滑塊恰好能完成一個完整的圓周運動，則在最高點有mgsin θ＝m，整個過程根據動能定理可得－Ff·2πL＝mv2－mv，解得Ff＝，A正確，B、C、D錯誤。]
3.D　[當物塊上滑的初速度為v時，根據動能定理，有－mgH－μmgcos θ·＝0－mv2，當上滑的初速度為2v時，有－mgh－μmgcos θ·＝0－m(2v)2，聯立可得μ＝tan θ，h＝4H，故D正確。]
4.D　[小球向上運動的過程，由動能定理得－(mg＋f)H＝0－mv，小球向下運動的過程，由動能定理得(mg－f)H＝m(v0)2，聯立解得f＝mg，選項D正確，A、B、C錯誤。]
5.D　[小球A下降h高度的過程中，設小球克服彈簧的彈力做功為W，根據動能定理有mgh－W＝0，小球B下降h高度的過程中，根據動能定理有2mgh－W＝×2mv2－0，解得v＝，故D正確。]
6.C　[設質點在Q點的速度為v，根據牛頓第二定律，有FN－mg＝m，根據牛頓第三定律知FN＝FN′＝2mg，聯立解得v＝，下滑過程中，根據動能定理可得mgR＋Wf＝mv2，解得Wf＝－mgR，所以克服摩擦力所做的功為mgR，選項C正確。]
7.AC　[由題圖乙可知物體運動的總位移大小為10 m，故A正確；由動能定理得－Ffx＝ΔEk＝－100 J，則摩擦力大小Ff＝10 N，由牛頓第二定律得Ff＝ma，則a＝＝5 m/s2，故B、D錯誤；物體的初動能Ek0＝mv＝100 J，則v0＝＝10 m/s，故C正確。]
8.D　[物塊在光滑水平面上運動，受到的合外力為F，因為F為正，所以物塊一直加速運動，物塊的位移為3x0時，速度最大，故A、B錯誤；合外力做功的大小等于圖線與x軸圍成的面積，所以力F對物塊做的總功為W＝×2F0×3x0＝3F0x0，故C錯誤；由動能定理可得3F0x0＝mv，所以最大速度為vm＝，故D正確。]
9.AD　[小球恰好運動至C點，小球在C點vC＝0
小球在圓弧BC上運動到D點的受力分析如圖所示
小球從A到C由動能定理得－mg·2R＝0－mv，則v0＝2，C錯誤；若小球在B點的速度滿足mgcos θ＜，則小球將從B點脫離軌道，D正確。]
10.BC　[由圖可知，當θ＝90°時物體做豎直上拋運動，位移為h＝1.80 m，由豎直上拋運動規律可知v＝2gh，解得v0＝6 m/s，故B正確；當θ＝0時，位移為x＝2.40 m，由動能定理得－μmgx＝0－mv，解得μ＝0.75，故C正確；由動能定理得－mgxsin θ－μmgcos θ·x＝0－mv，解得x＝＝，其中tan α＝，解得α＝37°，當θ＋α＝90°時，即θ＝53°，此時位移最小為xmin＝1.44 m，故A錯誤；當θ＝30°時，根據計算可得μmgcos 30°>mgsin 30°，可知物體最終會靜止在斜面上，故D錯誤。]
11.BC　[物體所受的滑動摩擦力大小為Ff＝μmg＝4 N，0～1 m的過程，由動能定理有W1－μmgx1＝mv，解得v1＝2 m/s，又W－x圖像的斜率表示拉力F，則0～2 m的過程，拉力F1＝6 N，故x＝1 m時拉力的功率P1＝F1v1＝12 W，A錯誤；0～4 m的過程，由動能定理有W4－μmgx4＝Ek4－0，則在x＝4 m時，物體的動能Ek4＝2 J，B正確；0～2 m的過程，物體克服摩擦力做的功Wf2＝Ffx2＝8 J，C正確；由W－x圖像可知，2～4 m的過程，拉力F2＝3 N，則F1＞Ff＞F2，所以物體在0～2 m的過程做加速運動，2～4 m的過程做減速運動，故0～4 m的過程，物體在x＝2 m處速度最大，由動能定理有W2－Ffx2＝mv，解得v2＝2 m/s，故物體的最大動量為pm＝2 kg·m/s，D錯誤。]
12.(1)37°　(2)(2－)R
解析　(1)設釋放點和O1的連線與豎直線的夾角為θ，由于小滑塊在兩個圓弧上滑過的弧長相等，則小滑塊在圓弧OB上的離開點和O2的連線與豎直線的夾角也為θ，設小滑塊離開圓弧OB時的速度為v，則根據動能定理可得
2mgR(1－cos θ)＝mv2－0
對小滑塊在圓弧OB上的離開點，根據牛頓第二定律可得mgcos θ＝m
聯立解得cos θ＝
即θ＝37°。
(2)設小滑塊剛好能從O點脫離滑道的速度為v1，則有
mg＝m
解得v1＝
設小滑塊從A點由靜止釋放到達O點時的速度為v2，根據動能定理可得mgR＝mv－0
解得v2＝
可知小滑塊能從O點脫離滑道，其離開滑道時的速度范圍為≤v0≤
小滑塊離開滑道后做平拋運動，豎直方向有R＝gt2
解得t＝
水平方向有x＝v0t
解得小滑塊的水平位移滿足R≤x≤2R
則小滑塊可能的落水點在水面上形成的區域長度為
Δx＝2R－R＝(2－)R。(共57張PPT)
第2講　動能定理及其應用
第五章　機械能守恒定律
理解動能和動能定理。
會應用動能定理處理相關物理問題。
掌握動能定理與圖像結合問題的分析方法。
學習目標
目 錄
CONTENTS
夯實必備知識
01
研透核心考點
02
提升素養能力
03
夯實必備知識
1
運動
1.動能
焦耳
標量
動能的變化
2.動能定理
合力
曲線運動
變力
分階段
1.思考判斷
(1)一定質量的物體動能變化時，速度一定變化，但速度變化時，動能不一定變化。( )
(2)動能不變的物體一定處于平衡狀態。( )
(3)物體所受的合外力為零，合外力對物體做的功也一定為零。( )
(4)物體在合外力作用下做變速運動時，動能一定變化。( )
(5)物體的動能不變，所受的合外力必定為零。( )
√
×
√
×
×
2.如圖，某同學用繩子拉動木箱，使它從靜止開始沿粗糙水平路面運動至具有某一速度。木箱獲得的動能一定(　　)
A
A.小于拉力所做的功
B.等于拉力所做的功
C.等于克服摩擦力所做的功
D.大于克服摩擦力所做的功
研透核心考點
2
考點二　應用動能定理求變力做功
考點一　動能定理的理解與基本應用
考點三　動能定理與圖像問題的結合
1.兩個關系
(1)數量關系：合力做的功與物體動能的變化具有等量代換關系，但并不是說動能的變化就是合力做的功。
(2)因果關系：合力做功是引起物體動能變化的原因。
2.標量性
動能是標量，功也是標量，所以動能定理是一個標量式，不存在方向的選取問題，當然動能定理也就不存在分量的表達式。
考點一　動能定理的理解與基本應用
D
圖1
例1 (2024·河南商丘質檢)如圖1所示，在水平的PQ面上有一小物塊(可視為質點)，小物塊以某速度從P點最遠能滑到傾角為θ的斜面QA上的A點(水平面和斜面在Q點通過一極短的圓弧連接)。若減小斜面的傾角θ，變為斜面QB(如圖中虛線所示)，小物塊仍以原來的速度從P點出發滑上斜面。已知小物塊與水平面和斜面間的動摩擦因數相同，AB為水平線，AC為豎直線。則(　　)
A.小物塊恰好能運動到B點
B.小物塊最遠能運動到B點上方的某點
C.小物塊只能運動到C點
D.小物塊最遠能運動到B、C兩點之間的某點
1.應用動能定理解題應抓住“兩狀態，一過程”。“兩狀態”即明確研究對象的始、末狀態的速度或動能情況，“一過程”即明確研究過程，確定在這一過程中研究對象的受力情況和位置變化或位移信息。
2.動能定理的應用技巧
CD
1.(多選)如圖2所示，電梯質量為M，在它的水平地板上放置一質量為m的物體。電梯在鋼索的拉力作用下豎直向上加速運動，當電梯的速度由v1增大到v2時，上升高度為H，重力加速度為g，則在這個過程中，下列說法正確的是(　　)
圖2
B.對物體，動能定理的表達式為W合＝0，其中W合為合力做的功
的功
2.(2021·河北卷，6)一半徑為R的圓柱體水平固定，橫截面如圖3所示。長度為πR、不可伸長的輕細繩，一端固定在圓柱體最高點P處，另一端系一個小球。小球位于P點右側同一水平高度的Q點時，繩剛好拉直。將小球從Q點由靜止釋放，當與圓柱體未接觸部分的細繩豎直時，小球的速度大小為(重力加速度為g，不計空氣阻力)(　　)
圖3
A
例2 (多選)(2023·廣東卷，8)人們用滑道從高處向低處運送貨物，如圖4所示，
考點二　應用動能定理求變力做功
點時速度大小為6 m/s。已知貨物質量為20 kg，滑道高度h為4 m，且過Q點的切線水平，重力加速度取10 m/s2。關于貨物從P點運動到Q點的過程，下列說法正確的有(　 　)
圖4
BCD
A.重力做的功為360 J
B.克服阻力做的功為440 J
C.經過Q點時向心加速度大小為9 m/s2
D.經過Q點時對軌道的壓力大小為380 N
C
3.(2024·江蘇鹽城高三檢測)質量為m的物體以初速度v0沿水平面向左開始運動，起始點A與一水平放置的輕彈簧O端相距s，輕彈簧的另一端固定在豎直墻上，如圖5所示，已知物體與水平面間的動摩擦因數為μ，物體與彈簧相碰后，彈簧的最大壓縮量為x，重力加速度為g，則從開始碰撞到彈簧被壓縮至最短的過程中，彈簧彈力所做的功為(　　)
圖5
圖像所圍“面積”和圖像斜率的含義
考點三　動能定理與圖像問題的結合
例3 一質量為4 kg的物體，在粗糙的水平面上受水平恒定的拉力F作用做勻速直線運動。物體運動一段時間后拉力逐漸減小，當拉力減小到零時，物體剛好停止運動。如圖6所示為拉力F隨位移x變化的關系圖像，重力加速度大小取10 m/s2，則可以求得(　　)
圖6
A.物體做勻速直線運動的速度為4 m/s
B.整個過程拉力對物體所做的功為4 J
C.整個過程摩擦力對物體所做的功為－8 J
D.整個過程合外力對物體所做的功為－4 J
D
A
例4 (2022·江蘇卷，8)某滑雪賽道如圖7所示，滑雪運動員從靜止開始沿斜面下滑，經圓弧滑道起跳。將運動員視為質點，不計摩擦力及空氣阻力，此過程中，運動員的動能Ek與水平位移x的關系圖像正確的是(　　)
圖7
方法點撥　解決圖像問題的基本步驟
A
4.(2021·湖北卷，4)如圖8甲所示，一物塊以一定初速度沿傾角為30°的固定斜面上滑，運動過程中摩擦力大小f恒定，物塊動能Ek與運動路程s的關系如圖乙所示。重力加速度大小取10 m/s2，物塊質量m和所受摩擦力大小f分別為(　　)
圖8
A.m＝0.7 kg，f＝0.5 N
B.m＝0.7 kg，f＝1.0 N
C.m＝0.8 kg，f＝0.5 N
D.m＝0.8 kg，f＝1.0 N
解析　0～10 m內物塊上滑，由動能定理得－mgsin 30°·s－fs＝Ek－Ek0，整理得Ek＝Ek0－(mgsin 30°＋f)s，結合0～10 m內的圖像得，斜率的絕對值|k|＝mgsin 30°＋f＝4 N；10～20 m內物塊下滑，由動能定理得(mgsin 30°－f)(s－s1)＝Ek，整理得Ek＝(mgsin 30°－f)s－(mgsin 30°－f)s1，結合10～20 m內的圖像得，斜率k′＝mgsin 30°－f＝3 N。聯立解得f＝0.5 N、m＝0.7 kg，A正確，B、C、D錯誤。
提升素養能力
3
AD
對點練1　動能定理的理解與簡單應用
1.(多選)如圖1所示，光滑水平面上放著足夠長的木板B，木板B上放著木塊A，A、B間的接觸面粗糙。現用一水平拉力F作用在A上使其由靜止開始運動，用Ff1代表B對A的摩擦力，Ff2代表A對B的摩擦力，則下列情況可能的是(　　)
A級　基礎對點練
圖1
A.拉力F做的功等于A、B系統動能的增加量
B.拉力F做的功小于A、B系統動能的增加量
C.拉力F和Ff1對A做的功之和大于A的動能的增加量
D.Ff2對B做的功等于B的動能的增加量
解析　A相對B的運動有兩種可能，相對靜止和相對滑動。當A、B相對靜止時，拉力F做的功等于A、B系統動能的增加量；當A、B相對滑動時，拉力F做的功大于A、B系統動能的增加量，A項正確，B項錯誤；由動能定理知，Ff2對B做的功等于B的動能的增加量，拉力F和Ff1對A做的功之和等于A的動能的增加量，D項正確，C項錯誤。
A
2.(2024·山東菏澤高三檢測)如圖2所示，粗糙程度處處相同、傾角為θ的傾斜圓盤上，有一長為L的輕質細繩，一端可繞垂直于傾斜圓盤的光滑軸上的O點轉動，另一端與質量為m的小滑塊相連，小滑塊從最高點A以垂直細繩的速度v0開始運動，恰好能完成一個完整的圓周運動，則運動過程中滑塊受到的摩擦力大小為(　　)
圖2
D
3.一物塊沿傾角為θ的斜坡向上滑動，當物塊的初速度為v時，上升的最大高度為H，如圖3所示。當物塊的初速度為2v時，上升的最大高度記為h。重力加速度為g，則物塊與斜坡間的動摩擦因數μ和h分別為(　　)
圖3
D
圖4
D
對點練2　應用動能定理求變力做功
5.如圖5所示，在輕彈簧的下端懸掛一個質量為m的小球A，將小球A從彈簧原長位置由靜止釋放，小球A能夠下降的最大高度為h。若將小球A換為質量為2m的小球B，仍從彈簧原長位置由靜止釋放，重力加速度為g，不計空氣阻力，則小球B下降h高度時的速度為(　　)
圖5
C
6.如圖6所示，一半徑為R的半圓形軌道豎直固定放置，軌道兩端等高，質量為m的質點自軌道端點P由靜止開始滑下，滑到最低點Q時，對軌道的壓力為2mg，重力加速度大小為g。質點自P滑到Q的過程中，克服摩擦力所做的功為(　　)
圖6
AC
對點練3　動能定理與圖像問題的結合
7.(多選)如圖7甲所示，質量m＝2 kg的物體以100 J的初動能在粗糙的水平地面上滑行，其動能Ek隨位移x變化的關系圖像如圖乙所示，則下列判斷中正確的是(　　)
圖7
A.物體運動的總位移大小為10 m
B.物體運動的加速度大小為10 m/s2
C.物體運動的初速度大小為10 m/s
D.物體所受的摩擦力大小為5 N
D
8.一質量為m的物塊靜止在光滑水平面上，某時刻起受到水平向右的大小隨位移變化的力F的作用，F隨位移變化的規律如圖8所示，下列說法正確的是(　　)
圖8
AD
9.(多選)(2023·湖南卷，8)如圖9，固定在豎直面內的光滑軌道ABC由直線段AB和圓弧段BC組成，兩段相切于B點，AB段與水平面夾角為θ，BC段圓心為O，最高點為C，A與C的高度差等于圓弧軌道的直徑2R。小球從A點以初速度v0沖上軌道，能沿軌道運動恰好到達C點，下列說法正確的是(　　)
B級　綜合提升練
圖9
A.小球從B到C的過程中，對軌道的壓力逐漸增大
B.小球從A到C的過程中，重力的功率始終保持不變
D.若小球初速度v0增大，小球有可能從B點脫離軌道
解析　小球恰好運動至C點，小球在C點vC＝0
小球在圓弧BC上運動到D點的受力分析如圖所示
BC
10.(多選)(2024·湖南衡陽高三期中)如圖10甲所示，為測定物體沖上粗糙斜面能達到的最大位移x與斜面傾角θ的關系，將某一物體每次以大小不變的初速度v0沿足夠長的斜面向上推出，調節斜面與水平方向的夾角θ，實驗測得x與斜面傾角θ的關系如圖乙所示，g取10 m/s2，根據圖像(　　)
圖10
A.當θ＝45°時，x最小
B.物體的初速度v0＝6 m/s
C.物體與斜面間的動摩擦因數μ＝0.75
D.當θ＝30°時，物體最終會回到出發點
BC
11.(多選)(2023·新課標卷，20)一質量為1 kg的物體在水平拉力的作用下，由靜止開始在水平地面上沿x軸運動，出發點為x軸零點，拉力做的功W與物體坐標x的關系如圖11所示。物體與水平地面間的動摩擦因數為0.4，重力加速度大小取10 m/s2。下列說法正確的是(　　)
圖11
A.在x＝1 m時，拉力的功率為6 W
B.在x＝4 m時，物體的動能為2 J
C.從x＝0運動到x＝2 m，物體克服摩擦力做的功為8 J
D.從x＝0運動到x＝4 m的過程中，物體的動量最大為2 kg·m/s
C級　培優加強練
圖
圖12
(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平面上形成的區域長度。
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