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专题强化（8）动能定理的应用
学习目标 核心素养
1.掌握动能的表达式和单位，知道动能是标量. 2.能运用牛顿第二定律与运动学公式推导出动能定理，理解动能定理的物理意义. 3.能运用动能定理解决简单的问题． 1、物理观念：动能的概念。 2、科学思维：动能定理表达式的推导。 3、科学探究：动能定理解决问题比牛顿第二定律和运动学公式的优越性。
知识点1 动能定理的基本应用
1．应用动能定理解题的优点
(1)动能定理对应的是一个过程，只涉及到物体初、末状态的动能和整个过程合力做的功，无需关心中间运动过程的细节，而且功和能都是标量，无方向性，计算方便．
(2)当题目中不涉及a和t，而涉及F、x、m、v等物理量时，优先考虑使用动能定理．
(3)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．
2．应用动能定理解题的一般步骤
(1)选取研究对象(通常是单个物体)，明确它的运动过程．
(2)对研究对象进行受力分析，明确各力做功的情况，求出外力做功的代数和．
(3)明确物体在初、末状态的动能Ek1、Ek2.
(4)列出动能定理的方程W＝Ek2－Ek1，结合其他必要的解题方程，求解并验算．
（2023 道里区校级开学）在有大风的情况下，一小球自A点竖直上抛，其运动轨迹如图所示，小球运动轨迹上的A、B两点在同一水平直线上，M点为轨迹的最高点。若风力的大小恒定，方向水平向右，小球在A点抛出时的动能为4J，在M点时它的动能为2J，落回到B点时动能记为EkB，小球上升时间记为t1，下落时间记为t2，不计其它阻力，则（ ）
A．x1：x2＝1：3 B．t1＜t2 C．EkB＝6J D．EkB＝10J
（2023春 吉林期末）如图所示，质量为m的小球，从离地面高H处由静止开始释放，落到地面后继续陷入泥中h深度而停止，不计空气阻力，重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）
A．小球落地时动能等于mgH
B．小球在泥土中受到的平均阻力为
C．小球陷入泥中的过程中克服泥的阻力所做的功等于刚落到地面时的动能
D．整个过程中小球克服阻力做的功小于mg（H+h）
（2023 五华区校级开学）A、B两物体的质量之比mA：mB＝2：1，它们以相同的初速度v0在水平面上仅在摩擦力作用下做匀减速直线运动，直到停止，其v﹣t图像如图所示．此过程中，A、B两物体受到的摩擦力分别为FA、FB，A、B两物体受到的摩擦力做的功分别为WA、WB，则（ ）
A．WA：WB＝1：4 B．WA：WB＝4：1 C．FA：FB＝1：4 D．FA：FB＝4：1
（2023春 开远市校级期末）如图所示，光滑水平面AB与一半圆形轨道在B点平滑连接，轨道位于竖直面内，其半径为R，一个质量为m的物块静止在水平面上，现向左推物块使其压紧弹簧，然后放手，物块在弹力作用下获得一速度，当它经B点进入半圆形轨道瞬间，对轨道的压力为其重力的7倍，之后向上运动恰能完成半圆周运动到达C点，重力加速度为g。求：
（1）弹簧弹力对物块做的功；
（2）物块从B到C克服阻力所做的功；
（3）物块离开C点后，再落回到水平面上时的动能。
知识点2 动能定理与图像的结合
1．解决物理图像问题的基本步骤
(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)根据物理规律推导出纵坐标与横坐标所对应的物理量间的函数关系式。
(3)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、图线下的面积所对应的物理意义，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。
2．四类图像所围面积的含义
(1)v t图：由公式x＝vt可知，v t图线与坐标轴围成的面积表示物体的位移。
(2)a t图：由公式Δv＝at可知，a t图线与坐标轴围成的面积表示物体速度的变化量。
(3)F s图：由公式W＝Fs可知，F s图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功。
(4)P t图：由公式W＝Pt可知，P t图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功。
类型1 Ek-x图像问题
（2022秋 黄浦区期末）黄浦滨江滑板公园的一根滑道如图所示，小吕同学从静止开始沿斜面下滑，经圆弧滑道至A点起跳。此过程中可将人视为质点，不计摩擦力及空气阻力，以滑道最低点所在平面为零势能面，人的重力势能Ep、动能Ek与水平位移x的关系图像正确的是（ ）
A． B．
C． D．
（多选）（2023春 来宾期末）质量为1kg的物体以某一初速度在水平面上滑行，由于摩擦阻力的作用，其动能随位移变化的图线如图所示，g取10m/s2，则以下说法中正确的是（ ）
A．物体运动的初速度为10m/s
B．物体与水平面间的动摩擦因数为0.5
C．物体滑行的总时间为4s
D．物体的速度随位移均匀减小
（多选）（2023春 包头期末）一质量为m的物体自倾角为37°的固定粗糙斜面底端沿斜面向上滑动。规定斜面底端为零势能面，已知物体向上滑动的过程中动能和机械能与上升高度h的关系分别如图所示。已知，重力加速度大小为g。则（ ）
A．物体向上滑动的最大距离为
B．物体与斜面间的动摩擦因数为0.5
C．物体到达斜面底端时的动能为
D．物体在斜面运动的全过程中克服摩擦力做功为
（2022秋 吉林月考）如图甲所示，置于水平地面上质量为m的物体，在竖直拉力F作用下，由静止开始向上运动，其动能Ek与距地面高度h的关系图象如图乙所示，已知重力加速度为g，空气阻力不计。下列说法正确的是（ ）
A．在0﹣h0过程中，F大小始终为mg
B．在0﹣h0和 h0～2h0过程中，F做功之比为4：3
C．在0﹣2h0过程中，物体的机械能保持不变
D．在2h0～3.5h0过程中，物体的机械能不断减少
类型2 F-x图像与动能定理的结合
（多选）（2023 沙坪坝区校级开学）如图甲所示，质量为M＝0.5kg的木板静止在光滑水平面上，质量为m＝1kg的物块以初速度vo＝4m/s滑上木板的左端，物块与木板之间的动摩擦因数为μ＝0.2，在物块滑上木板的同时，给木板施加一个水平向右的恒力F，物块在木板上相对于木板滑动的路程为s。给木板施加不同大小的恒力F，得到的关系如图乙所示，其中AB与横轴平行。将物块视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2，则下列说法正确的是（ ）
A．若恒力F＝0，物块滑出木板时的速度为
B．当外力F＝1N时，物块恰好不能从木板右端滑出
C．图中C点对应的恒力的值为4N
D．图中D点对应的s值为
（2021秋 尖山区校级期末）如图a所示，在光滑的水平面上，轻弹簧右端与物块A拴接，物块A与物块B间有少量的粘合剂，能承受最大的拉力为F0，且物块A和B的质量均为m。以物块A的位置为坐标原点。A所受弹簧弹力与坐标的关系如图b所示，F0和x0均为已知量，取A所受弹力水平向右为正方向。现在向左推物块A和B压缩弹簧至﹣x0处，将物块A和B由静止释放后（ ）
A．B与A分离时的位置坐标为原点
B．B与A分离时的位置坐标为x0处
C．B与A分离之前，弹簧减少的弹性势能为
D．B与A分离之前，A的速度为
（多选）（2022秋 蜀山区校级月考）如图甲所示，在粗糙的水平面上，放着可视为质点的A、B两物块，质量分别为mA＝1kg和mB＝5kg。轻弹簧一端与物块A相连，另一端与竖直墙壁相连。未施加拉力F时，A到墙壁的距离小于弹簧原长且整个系统恰好处于静止状态。从t＝0时刻开始，对B施加一水平向右的力F使物块B做匀加速运动，力F随时间变化如图乙，已知物块与地面的动摩擦因数均为0.5，g取10m/s2。（ ）
A．弹簧的劲度系数为300N/m
B．物块B在t＝0时的加速度大小为5m/s2
C．t＝0到t＝0.2s的过程中力F做的功为4J
D．t＝0到AB分开的过程中，A克服摩擦力做的功为0.5J
类型3 其他图像与动能定理的结合
（多选）（2022秋 太原期中）如图（甲），倾角为θ的光滑斜面上，轻弹簧平行斜面放置且下端固定，一质量为m的小滑块从斜面上O点由静止滑下。以O点为原点，作出滑块从O到最低点x3的过程中加速度a随位移x变化的关系如图（乙）所示。已知弹簧始终在弹性限度内，重力加速度大小为g，下列判定正确的是（ ）
A．弹簧的劲度系数为
B．下滑过程中，滑块速度的最大值为
C．滑块运动过程中，加速度的最大值
D．滑块运动过程中，弹簧弹性势能的最大值为mgx3sinθ
（2022春 徐汇区校级期末）如图甲所示，一小物体在拉力F作用下由静止开始沿足够长的光滑斜面向上运动，拉力F平行斜面，已知拉力F及小物体速度v随时间t变化的规律如图乙所示，重力加速度g取10m/s2，试求：
（1）物体在1s末的加速度大小；
（2）物体的质量m及斜面倾角θ；
（3）前4s内，物体的机械能变化；
（4）简述前4秒内的做功与能量转化关系。
知识点3 动能定理在多过程问题中的应用
对于包含多个运动阶段的复杂运动过程，可以选择分段或全程应用动能定理．
1．分段应用动能定理时，将复杂的过程分割成一个个子过程，对每个子过程的做功情况和初、末动能进行分析，然后针对每个子过程应用动能定理列式，然后联立求解．
2．全程应用动能定理时，分析整个过程中出现过的各力的做功情况，分析每个力的做功，确定整个过程中合外力做的总功，然后确定整个过程的初、末动能，针对整个过程利用动能定理列式求解．
当题目不涉及中间量时，选择全程应用动能定理更简单，更方便．
注意 当物体运动过程中涉及多个力做功时，各力对应的位移可能不相同，计算各力做功时，应注意各力对应的位移．计算总功时，应计算整个过程中出现过的各力做功的代数和．
类型1 动能定理解决多过程问题
（2023春 东城区校级期中）为了研究过山车的原理，物理小组提出了下列的设想：取一个与水平方向夹角为37°、长为L＝2.0m的粗糙的倾斜轨道AB，通过水平轨道BC与竖直圆轨道相连，出口为水平轨道DE，整个轨道除AB段以外都是光滑的。其中AB与BC轨道以微小圆弧相接，如图所示。一个小物块以初速度v0＝5.0m/s，从A点沿倾斜轨道滑下。已知物块与倾斜轨道的动摩擦因数μ＝0.50。（g＝10m/s2，sin37°＝0.60，cos37°＝0.80）
（1）要使小物块不离开轨道，并从水平轨道DE滑出，求竖直圆弧轨道的半径应该满足什么条件？
（2）为了让小物块不离开轨道，并且能够滑回倾斜轨道AB，则竖直圆轨道的半径应该满足什么条件？
（3）按照（2）的要求，小物块第n次沿倾斜轨道AB上升的高度hn的表达式。
（2023春 常州月考）如图所示，区域Ⅰ和Ⅱ是范围足够大的风场区，宽度均为d，风的强度处处相同，方向相互垂直两个场区的风，互不影响。一足够大的接收板与区域Ⅱ的右边界重合，板上沿两风力场方向分别建立x、y轴，坐标原点为O2，O1O2连线垂直于坐标系xO2y．一质量为m的小球以一定的初速度从O1沿O1O2进入风场区域，小球在风场中受到的风力大小恰好和小球的重力相等，且最终打在板上。重力加速度为g，则：
（1）若已知初速度为v0，求小球从进入风场至打在板上的时间。
（2）在第（1）问的条件下，小球打在板上时的动能大小。
（3）改变小球飞入的初速度，且小球在风场中受到的风力大小不变，求小球落在接收板上位置的轨迹方程。
类型2 动能定理在往返运动问题中应用
（2023 思明区二模）如图所示，一足够长的水平传送带以速度v＝2m/s匀速运动，质量为m1＝1kg的小物块P和质量为m2＝1.5kg的小物块Q由通过定滑轮的轻绳连接，轻绳足够长且不可伸长。某时刻物块P从传送带左端以速度v0＝4m/s冲上传送带，P与定滑轮间的绳子水平。已知物块P与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度为g＝10m/s2，不计滑轮的质量与摩擦，整个运动过程中物块Q都没有上升到定滑轮处。求：
（1）物块P刚冲上传送带时的加速度大小；
（2）物块P刚冲上传送带到右方最远处的过程中，PQ系统机械能的改变量；
（3）若传送带以不同的速度v（0＜v＜v0）匀速运动，当v取多大时物块P向右冲到最远处时，P与传送带间产生的摩擦生热最小？其最小值为多大？
（2021秋 西城区期末）蹦极是极限运动的一种。为保证安全，要研究下落最大距离与人的质量、弹性绳弹性系数、阻力等诸多因素的关系。实际情况比较复杂，可简化为如下模型：弹性绳视为轻弹簧，质量可忽略不计，弹力的大小F＝kx，弹性势能，其中x是弹性绳的形变量，k是劲度系数；人视为质点，始终在一竖直线上运动。
已知，蹦极用弹性绳原长为L0，劲度系数为k，重力加速度为g。
（1）质量为m的人从平台由静止下落，到达A点时弹性绳恰好伸直，继续向下到达最低点B，A、B两点间距离为d；之后又会反弹到某个高度，再下落……最后停在空中。人受到的阻力与速度大小有关，速度为0时，阻力为0。
a．求人在B点时的加速度的大小及方向。
b．将人、弹性绳和地球视为一个系统，求从人离开平台到停在空中的整个过程，系统损失的机械能。
（2）实际上，人在运动过程中受到的空气阻力较小，可忽略不计．甲、乙两人质量分别为m1、m2，且m1＞m2，分别用同一弹性绳蹦极，以平台为原点，向下为正方向，两人下落最大位移分别为h1、h2。图2所示为甲下落过程中加速度a与下落位移h之间的关系图。
a．请在图2中画出乙下落过程中加速度与下落位移的关系图。
b．类比直线运动中由v﹣t图像求位移的方法，尝试利用a﹣h图证明h1＞h2。
（2023 江山市校级开学）图甲为排球课的某个场景。小王同学将排球从A点水平击出，排球飞到B点时，被小李同学垫起，球向斜上方飞出后落到A点正下方且与B点等高的D点，排球运动的最高点为C，C点与A点高度相同，不计空气阻力，将排球飞行过程简化为乙图。下列说法正确的是（ ）
A．排球在两次飞行过程中的时间相等
B．排球到达B点的速率比离开B点的速率大
C．排球在A点、C点两处的动能相等
D．两次飞行过程中重力对排球做的功相等
（2023春 博爱县校级期末）如图所示，质量关系为m1＝m2＝m3的三个小球分别沿三条不同的轨道1、2、3由离地高h的A点滑到同一水平面上，轨道1是光滑的，轨道2、3是粗糙的，在轨道2上动摩擦因数大于轨道3的动摩擦因数，重力对小球做功分别为W1、W2、W3，则下列判断正确的是（ ）
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体受到水平拉力的作用，在0～6s内其速度与时间的关系图像和该拉力的功率与时间的关系图像分别如图甲、乙所示，g取10m/s2。下列说法中正确的是（ ）
A．物体的质量为0.8kg
B．0～2s内拉力做的功为120J
C．物体与粗糙水平地面间的动摩擦因数为0.5
D．合外力在0～6s内做的功与0～2s内做的功不相等
（2023春 昌宁县校级期末）如图所示，小球以初速v0从A点沿不光滑的轨道运动到高为h的B点后自动返回，其返回途中仍经过A点，则经过A点的速度大小为（ ）
A． B． C． D．
（2023春 秦淮区校级期中）如图所示，质量为M的木块静止在光滑的水平面上，质量为m的子弹以速度v0沿水平方向射入木块，并最终留在木块中与木块一起以速度v运动。已知当子弹相对木块静止时，木块前进的距离为L，子弹进入木块的深度为s。若木块对子弹的阻力F视为恒定，则下列关系式中错误的是（ ）
A．FLMv2
B．Fs
C．Fs
D．F（L+s）
（2023春 上城区校级期中）汽车在平直的公路上由静止开始匀加速行驶，经过时间t，速度为v时功率达到额定功率，并保持不变。之后汽车又继续前进了距离s，达到最大速度vmax。设汽车质量为m，运动过程中所受阻力恒为f，则下列说法正确的是（ ）
A．汽车的额定功率为fv
B．汽车匀加速运动过程中，克服阻力做功为fvt
C．汽车从静止开始到速度达到最大值的过程中，合力做的功为
D．汽车从静止到速度最大的过程中，牵引力做功为
（2023春 沙坪坝区校级期末）一提升装置把静置于地面上的重物竖直向上提升的过程中，提升装置功率随时间变化的P﹣t图像如图所示。在t＝1s时，重物上升的速度达到最大速度的一半，在t＝3s时，达到最大速度vm＝20m/s。在t＝6s时，重物再次匀速上升，取g＝10m/s2，不计一切阻力。下列说法正确的是（ ）
A．重物质量为1kg
B．在t＝1s时，重物的加速度大小a＝20m/s2
C．在t＝6s时，重物的速度大小v＝5m/s
D．在0～6s时间内，重物上升的高度h＝85m
（2022秋 黄浦区期末）在水平力F的作用下质量为2kg的物块由静止开始在水平地面上做直线运动，水平力F随时间t变化的关系如图所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为0.1，g取10m/s2。则（ ）
A．6s时物块的动能为零
B．3s时物块离初始位置的距离最远
C．0～6s时间内合外力对物块所做的功为8J
D．0～6s时间内水平力 F 对物块所做的功为20J
（2023 潍坊三模）如图所示，AOB是竖直平面内的光滑圆弧形滑道，由两个半径都是R的圆周平滑连接而成，圆心O1、O2与两圆弧的连接点O在同一竖直线上，O2B与水池的水面平齐。一小滑块可由弧AO的任意点由静止开始下滑。
（1）若小滑块从圆弧AO上某点释放，之后在两个圆弧上滑过的弧长相等，求释放点和O1的连线与竖直线的夹角；
（2）若小滑块能从O点脱离滑道，求其可能的落水点在水面上形成的区域长度。
（2023春 福州期末）科技馆有套机械装置，其结构简图如图所示。传动带AB部分水平，其长度L＝1.2m，传送带以v1＝3m/s的速度顺时针匀速转动，大皮带轮半径r＝0.4m，其最底端C点与粗糙圆弧轨道DEF的D点在同一水平线上，圆弧轨道半径R＝0.5m，E点为圆弧轨道的最低点，圆弧DE对应的圆心角为α，EF是段圆弧。某同学将一质量为m＝0.5kg可视为质点的物块轻放在水平传送带左端A处，物块经过B点后恰能无碰撞地从D点进入圆弧轨道并从F点飞出，当经过F点时，物块对圆弧的摩擦力f＝2N，已知物块与传送带及圆弧轨道F点的动摩擦因数μ＝0.5，距离F点高h＝0.75m处有一挡板。问：
（1）物块从A到B的时间；
（2）圆弧DE弧对应的圆心角α；
（3）物块在圆弧轨道上克服摩擦力做的功；
（4）经过调整使得物块沿切线进入圆弧轨道D点的速度为6m/s，物块能否碰到挡板？并说明原因。
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专题强化（8）动能定理的应用
学习目标 核心素养
1.掌握动能的表达式和单位，知道动能是标量. 2.能运用牛顿第二定律与运动学公式推导出动能定理，理解动能定理的物理意义. 3.能运用动能定理解决简单的问题． 1、物理观念：动能的概念。 2、科学思维：动能定理表达式的推导。 3、科学探究：动能定理解决问题比牛顿第二定律和运动学公式的优越性。
知识点1 动能定理的基本应用
1．应用动能定理解题的优点
(1)动能定理对应的是一个过程，只涉及到物体初、末状态的动能和整个过程合力做的功，无需关心中间运动过程的细节，而且功和能都是标量，无方向性，计算方便．
(2)当题目中不涉及a和t，而涉及F、x、m、v等物理量时，优先考虑使用动能定理．
(3)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．
2．应用动能定理解题的一般步骤
(1)选取研究对象(通常是单个物体)，明确它的运动过程．
(2)对研究对象进行受力分析，明确各力做功的情况，求出外力做功的代数和．
(3)明确物体在初、末状态的动能Ek1、Ek2.
(4)列出动能定理的方程W＝Ek2－Ek1，结合其他必要的解题方程，求解并验算．
（2023 道里区校级开学）在有大风的情况下，一小球自A点竖直上抛，其运动轨迹如图所示，小球运动轨迹上的A、B两点在同一水平直线上，M点为轨迹的最高点。若风力的大小恒定，方向水平向右，小球在A点抛出时的动能为4J，在M点时它的动能为2J，落回到B点时动能记为EkB，小球上升时间记为t1，下落时间记为t2，不计其它阻力，则（ ）
A．x1：x2＝1：3 B．t1＜t2 C．EkB＝6J D．EkB＝10J
【解答】解：AB、竖直方向加速度为重力加速度是竖直上抛所以上升与下降的时间相等。由于水平方向做初速度为0的匀加速直线运动，根据，可知相同时间的水平位移之比为1：3，故A正确，B错误；
CD、从A到M的过程，根据动能定理有：
竖直方向有：v2＝2gh，得W＝2J
A到B风力做功为4W，由动能定理，有：4W＝EkB﹣EkA
得EkB＝12J，故CD错误。
故选：A。
（2023春 吉林期末）如图所示，质量为m的小球，从离地面高H处由静止开始释放，落到地面后继续陷入泥中h深度而停止，不计空气阻力，重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）
A．小球落地时动能等于mgH
B．小球在泥土中受到的平均阻力为
C．小球陷入泥中的过程中克服泥的阻力所做的功等于刚落到地面时的动能
D．整个过程中小球克服阻力做的功小于mg（H+h）
【解答】解：A．小球落到地面过程，根据动能定理可得：
mgH＝Ek
可知，小球落地时动能等于mgH，故A正确；
B．小球在运动的全过程，根据动能定理有
mg（H+h）﹣fh＝0
解得：，故B错误；
C．小球陷入泥中的过程，根据动能定理有
mgh﹣Wf＝0﹣Ek
解得：Wf＝mgh+Ek
可知，小球陷入泥中的过程中克服泥的阻力所做的功大于刚落到地面时的动能，故C错误。
D．根据上述分析可知，整个过程中小球克服阻力做的功为
Wf＝fh＝mg（H+h），故D错误。
故选：A。
（2023 五华区校级开学）A、B两物体的质量之比mA：mB＝2：1，它们以相同的初速度v0在水平面上仅在摩擦力作用下做匀减速直线运动，直到停止，其v﹣t图像如图所示．此过程中，A、B两物体受到的摩擦力分别为FA、FB，A、B两物体受到的摩擦力做的功分别为WA、WB，则（ ）
A．WA：WB＝1：4 B．WA：WB＝4：1 C．FA：FB＝1：4 D．FA：FB＝4：1
【解答】解：AB、设物体在滑行过程中摩擦力做功为W，由动能定理可知：W＝0
由于A、B两物体仅受摩擦力做功，质量之比mA：mB＝2：1
因此两物体受到的摩擦力做的功之比为WA：WB＝mA：mB＝2：1，故AB错误；
CD、根据v﹣t图像的斜率表示加速度，可知两物体加速度大小之比为aA：aB：2：1
根据牛顿第二定律得：F＝ma
可得FA：FB＝mAaA：mBaB＝（2×2）：1＝4：1，故C错误，D正确。
故选：D。
（2023春 开远市校级期末）如图所示，光滑水平面AB与一半圆形轨道在B点平滑连接，轨道位于竖直面内，其半径为R，一个质量为m的物块静止在水平面上，现向左推物块使其压紧弹簧，然后放手，物块在弹力作用下获得一速度，当它经B点进入半圆形轨道瞬间，对轨道的压力为其重力的7倍，之后向上运动恰能完成半圆周运动到达C点，重力加速度为g。求：
（1）弹簧弹力对物块做的功；
（2）物块从B到C克服阻力所做的功；
（3）物块离开C点后，再落回到水平面上时的动能。
【解答】解：（1）物块在B点，由牛顿第二定律得 7mg﹣mg＝m
由动能定理得 W
解得弹簧弹力对物块做的功 W＝3mgR
（2）物块从B到C，由动能定理得
﹣2mgR﹣W′
物块在C点时，有 mg＝m
解得物块从B到C克服阻力所做的功 W′mgR
（3）物块从C点平抛到水平面的过程中，由动能定理得
2mgR＝Ek
解得 Ek＝2.5mgR
知识点2 动能定理与图像的结合
1．解决物理图像问题的基本步骤
(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)根据物理规律推导出纵坐标与横坐标所对应的物理量间的函数关系式。
(3)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、图线下的面积所对应的物理意义，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。
2．四类图像所围面积的含义
(1)v t图：由公式x＝vt可知，v t图线与坐标轴围成的面积表示物体的位移。
(2)a t图：由公式Δv＝at可知，a t图线与坐标轴围成的面积表示物体速度的变化量。
(3)F s图：由公式W＝Fs可知，F s图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功。
(4)P t图：由公式W＝Pt可知，P t图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功。
类型1 Ek-x图像问题
（2022秋 黄浦区期末）黄浦滨江滑板公园的一根滑道如图所示，小吕同学从静止开始沿斜面下滑，经圆弧滑道至A点起跳。此过程中可将人视为质点，不计摩擦力及空气阻力，以滑道最低点所在平面为零势能面，人的重力势能Ep、动能Ek与水平位移x的关系图像正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【解答】解：AB．斜面上运动时，设初始时距斜面底端水平距离为L，运动员位移与水平方向夹角为θ，则有
Ep＝mg（Lsinθ﹣xtanθ），物体下滑时Ep函数为一次函数，Ep﹣x图像应为倾斜的直线，故AB错误；
CD．由动能定理得：mgxtanθ＝Ek﹣0
运动员斜面上运动时的动能：Ek＝mgxtanθ
由图示运动员运动过程可知，开始θ不变，Ek与x成正比，运动员运动到倾斜轨道下端时θ发生变化，Ek与位移不成正比，运动员到达轨道最低点然后上升，重力做负功，动能减小，故C正确，D错误；
故选：C。
（多选）（2023春 来宾期末）质量为1kg的物体以某一初速度在水平面上滑行，由于摩擦阻力的作用，其动能随位移变化的图线如图所示，g取10m/s2，则以下说法中正确的是（ ）
A．物体运动的初速度为10m/s
B．物体与水平面间的动摩擦因数为0.5
C．物体滑行的总时间为4s
D．物体的速度随位移均匀减小
【解答】解：AC、由图像可知，初动能Ek0＝50J，位移x＝20m
可知
解得：v0＝10m/s
又由运动学公式有
，v0＝at
联立解得：a＝2.5m/s2，t＝4s，即物体滑行的总时间为4s，故AC正确；
B、由牛顿第二定律得
μmg＝ma
解得：
故物体与水平面间的动摩擦因数为0.25，故B错误；
D、根据动能定理得：﹣μmgxEk0，可知，物体的速度随位移不是均匀减小，故D错误。
故选：AC。
（多选）（2023春 包头期末）一质量为m的物体自倾角为37°的固定粗糙斜面底端沿斜面向上滑动。规定斜面底端为零势能面，已知物体向上滑动的过程中动能和机械能与上升高度h的关系分别如图所示。已知，重力加速度大小为g。则（ ）
A．物体向上滑动的最大距离为
B．物体与斜面间的动摩擦因数为0.5
C．物体到达斜面底端时的动能为
D．物体在斜面运动的全过程中克服摩擦力做功为
【解答】解：A、设物体上升的最大高度为h0，向上滑动的最大距离为s，根据图像可得物体在最高点时，有
由几何关系可得
ssin37°＝h0
联立解得：，故A错误；
B、设物体与斜面间的动摩擦因数为μ，由动能定理有
﹣mgh0﹣μmgcos37°s＝0﹣E0
解得：μ＝0.5，故B正确；
C、设物体上滑过程中克服摩擦力所做的功为W克，根据图像，结合能量守恒可得
E0＝mgh0+W克
解得：
物体下滑到达斜面底端的过程，根据动能定理有
mgh0﹣W克＝Ek
解得物体到达斜面底端时的动能为：Ek，故C正确；
D、物体上滑和下滑过程摩擦力做功相等，则物体在斜面运动的全过程中克服摩擦力做功为，故D错误。
故选：BC。
（2022秋 吉林月考）如图甲所示，置于水平地面上质量为m的物体，在竖直拉力F作用下，由静止开始向上运动，其动能Ek与距地面高度h的关系图象如图乙所示，已知重力加速度为g，空气阻力不计。下列说法正确的是（ ）
A．在0﹣h0过程中，F大小始终为mg
B．在0﹣h0和 h0～2h0过程中，F做功之比为4：3
C．在0﹣2h0过程中，物体的机械能保持不变
D．在2h0～3.5h0过程中，物体的机械能不断减少
【解答】解：A、0～h0过程中，Ek﹣h图象为一段直线，由动能定理得：（F﹣mg）h0＝mgh0﹣0，故F＝2mg，故A错误；
B、由A可知，在0～h0过程中，F做功为W1＝2mgh0；在h0～2h0过程中，由动能定理可知：W2﹣mgh0＝1.5mgh0﹣mgh0，解得拉力做的功：W2＝1.5mgh0，因此在0～h0和h0～2h0过程中，F做功之比为W1：W2＝4：3，故B正确；
C、在0～2h0过程中，F一直做正功，故物体的机械能不断增加，故C错误；
D、Ek﹣h图象的斜率表示合外力，在2h0～3.5h0过程中，合外力大小为：F合＝||mg，说明在2h0～3.5h0过程中只受重力，物体的机械能保持不变，故D错误。
故选：B。
类型2 F-x图像与动能定理的结合
（多选）（2023 沙坪坝区校级开学）如图甲所示，质量为M＝0.5kg的木板静止在光滑水平面上，质量为m＝1kg的物块以初速度vo＝4m/s滑上木板的左端，物块与木板之间的动摩擦因数为μ＝0.2，在物块滑上木板的同时，给木板施加一个水平向右的恒力F，物块在木板上相对于木板滑动的路程为s。给木板施加不同大小的恒力F，得到的关系如图乙所示，其中AB与横轴平行。将物块视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2，则下列说法正确的是（ ）
A．若恒力F＝0，物块滑出木板时的速度为
B．当外力F＝1N时，物块恰好不能从木板右端滑出
C．图中C点对应的恒力的值为4N
D．图中D点对应的s值为
【解答】解：A.若恒力F＝0，M与m构成的系统动量守恒，取水平向右为正方向
mv0＝mv1+Mv2
其中
s＝1m
联立解得
v1＝2m/s，v2＝4m/s（不符合题意）
或者
v1m/s，v2m/s
故A正确；
B.当 F 较小时，物块将从木板右端滑下，当 F 增大到某一值时物块恰好到达木板的右端，且两者具有相同的速度 v，且经历的时间为 t；对木 板有牛顿第二定律可知
F+μmg＝Ma1
物块的加速度为μmg＝ma2
v＝v0﹣a2t＝a1t
联立解得
由图可知s＝1m
代入解得F＝1N
所以当外力 F＝1N 时，物块恰好不能从木板右端滑出，故B正确；
C.当 F 继续增大时，物块减速，木板加速，两者在木板上某一位置具有共同速度，当两者共速后能保持相对静止一起以相同加速度 a 做加速 运动，由牛顿第二定律可知
F＝（M+m）a
f＝ma
由于f≤fmax＝μmg＝2N
联立解得F≤3N
所以在 BC 段恒力 F 的取值范围为1N≤F≤3N
所以图中 C 点对应的恒力的值为 3N，C错误；
D.图中 D 点对应的恒力的值为 3N，此种情况是物块滑至某处时，木板与物块已达到相同的速度，之后物块相对于木板向左运动，从左端离 开；设经过 t1 时间达到共速，对木板由牛顿第二定律得F+μmg＝Ma3
对物块由牛顿第二定律得μmg＝ma4
解得a3＝10m/s2，a4＝2m/s2
又v＝v0﹣a4t1＝a3t1，s1
联立解得t1s，vm/s，s1m
则图中 D 点对应的相对位移值为s＝2s1＝2mm
故D正确。
故选：ABD。
（2021秋 尖山区校级期末）如图a所示，在光滑的水平面上，轻弹簧右端与物块A拴接，物块A与物块B间有少量的粘合剂，能承受最大的拉力为F0，且物块A和B的质量均为m。以物块A的位置为坐标原点。A所受弹簧弹力与坐标的关系如图b所示，F0和x0均为已知量，取A所受弹力水平向右为正方向。现在向左推物块A和B压缩弹簧至﹣x0处，将物块A和B由静止释放后（ ）
A．B与A分离时的位置坐标为原点
B．B与A分离时的位置坐标为x0处
C．B与A分离之前，弹簧减少的弹性势能为
D．B与A分离之前，A的速度为
【解答】解：AB、物块A与物块B间有少量的粘合剂，能承受最大的拉力为，对B根据牛顿第二定律可得：ma
以整体为研究对象，当二者分离时弹簧弹力设为F，则有：F＝2ma
解得：F
根据图像可得B与A分离时的位置坐标为：x，故A错误，B正确；
C、原来弹簧压缩量为x0，弹力大小为F0，根据功能关系可得弹性势能的大小等于由原长发生形变克服弹力做的功，则有：E0；
B与A分离时的位置坐标为：x，同理可得分离时弹簧的弹性势能为：E
B与A分离之前，弹簧减少的弹性势能为：ΔEP，故C错误；
D、在B与A分离之前，弹簧减小的弹性势能转化为A、B的动能，即有ΔEP，解得：v，故D错误。
故选：B。
（多选）（2022秋 蜀山区校级月考）如图甲所示，在粗糙的水平面上，放着可视为质点的A、B两物块，质量分别为mA＝1kg和mB＝5kg。轻弹簧一端与物块A相连，另一端与竖直墙壁相连。未施加拉力F时，A到墙壁的距离小于弹簧原长且整个系统恰好处于静止状态。从t＝0时刻开始，对B施加一水平向右的力F使物块B做匀加速运动，力F随时间变化如图乙，已知物块与地面的动摩擦因数均为0.5，g取10m/s2。（ ）
A．弹簧的劲度系数为300N/m
B．物块B在t＝0时的加速度大小为5m/s2
C．t＝0到t＝0.2s的过程中力F做的功为4J
D．t＝0到AB分开的过程中，A克服摩擦力做的功为0.5J
【解答】解：B、未施加拉力F时，A、B均恰好静止，设此时弹簧压缩x0，根据平衡条件可得：kx0＝μ（mA+mB）g
t＝0时刻刚施加F时，对A、B整体据牛顿第二定律可得：F0+kx0﹣μ（mA+mB）g＝（mA+mB）a，其中F0＝30N
联立解得：a＝5m/s2，故B正确；
A、根据图乙可知，在t＝0.2s以后力F为恒力，说明在0.2s时二者分开，此过程AB位移大小为：xm＝0.1m
此对A根据牛顿第二定律可得：k（x0﹣x）﹣μmAg＝mAa
又有：kx0＝μ（mA+mB）g
联立解得弹簧劲度系数：k＝200N/m，故A错误；
C、t＝0到t＝0.2s的过程中，由于弹簧弹力随位移线性减小、则力F随位移线性增大，在0.2s时拉力大小为：F＝30N+kx＝30N+200×0.1N＝50N
所以在此过程中拉力做的功为：WJ＝4J，故C正确；
D、t＝0到AB分开的过程中，A克服摩擦力的功为：Wf＝μmAgx＝0.5×1×10×0.1J＝0.5J，故D正确。
故选：BCD。
类型3 其他图像与动能定理的结合
（多选）（2022秋 太原期中）如图（甲），倾角为θ的光滑斜面上，轻弹簧平行斜面放置且下端固定，一质量为m的小滑块从斜面上O点由静止滑下。以O点为原点，作出滑块从O到最低点x3的过程中加速度a随位移x变化的关系如图（乙）所示。已知弹簧始终在弹性限度内，重力加速度大小为g，下列判定正确的是（ ）
A．弹簧的劲度系数为
B．下滑过程中，滑块速度的最大值为
C．滑块运动过程中，加速度的最大值
D．滑块运动过程中，弹簧弹性势能的最大值为mgx3sinθ
【解答】解：A、根据图乙可知，加速度为零时弹簧压缩Δx＝x2﹣x1，根据平衡条件可得：mgsinθ＝kΔx，解得弹簧的劲度系数为：k，故A错误；
B、加速度为零时速度最大，根据动能定理可得：maxmvm2，其中ax为a﹣x图象与坐标轴围成的面积，则有：mmvm2，解得：vm，故B正确；
C、加速度最大时弹簧压缩量最大，滑块的速度为零，全过程中动能变化为零，即a﹣x图象与坐标轴围成的面积为零，所以有：（x3﹣x2）am，解得加速度大小的最大值为：am，方向沿斜面向上，故C错误；
D、根据功能关系可知滑块运动过程中，弹簧弹性势能的最大值等于重力势能的减小量，即为：EPm＝mgx3sinθ，故D正确。
故选：BD。
（2022春 徐汇区校级期末）如图甲所示，一小物体在拉力F作用下由静止开始沿足够长的光滑斜面向上运动，拉力F平行斜面，已知拉力F及小物体速度v随时间t变化的规律如图乙所示，重力加速度g取10m/s2，试求：
（1）物体在1s末的加速度大小；
（2）物体的质量m及斜面倾角θ；
（3）前4s内，物体的机械能变化；
（4）简述前4秒内的做功与能量转化关系。
【解答】解：（1）由图乙可知物体在1s末的加速度大小为：am/s2＝0.5m/s2；
（2）加速阶段：F1﹣mgsinθ＝ma
匀速阶段：F2﹣mgsinθ＝0
其中F1＝5.5N，F2＝5.0N
联立解得：m＝1kg，θ＝30°；
（3）前4s内，小物体的位移为：x3m
上升的高度为：h＝xsinθ＝3×0.5m＝1.5m
小物体增加的重力势能：ΔEp＝mgh＝1×10×1.5J＝15J
4s末小物体的速度为：v＝1.0m/s
前4s内，增加的动能为：ΔEk0J＝0.5J
所以前4s内，物体的机械能增加ΔE＝ΔEP+ΔEk＝15J+0.5J＝15.5J；
（4）前4秒内小物体克服重力做功15J，小物体重力势能增加15J；
拉力F做功：WF＝F1x1+F2x2＝5.5J+5.0×（2×1.0）J＝15.5J
拉力F与重力的合力做功0.5J，小物体动能增加0.5J，机械能增加了15.5J。
知识点3 动能定理在多过程问题中的应用
对于包含多个运动阶段的复杂运动过程，可以选择分段或全程应用动能定理．
1．分段应用动能定理时，将复杂的过程分割成一个个子过程，对每个子过程的做功情况和初、末动能进行分析，然后针对每个子过程应用动能定理列式，然后联立求解．
2．全程应用动能定理时，分析整个过程中出现过的各力的做功情况，分析每个力的做功，确定整个过程中合外力做的总功，然后确定整个过程的初、末动能，针对整个过程利用动能定理列式求解．
当题目不涉及中间量时，选择全程应用动能定理更简单，更方便．
注意 当物体运动过程中涉及多个力做功时，各力对应的位移可能不相同，计算各力做功时，应注意各力对应的位移．计算总功时，应计算整个过程中出现过的各力做功的代数和．
类型1 动能定理解决多过程问题
（2023春 东城区校级期中）为了研究过山车的原理，物理小组提出了下列的设想：取一个与水平方向夹角为37°、长为L＝2.0m的粗糙的倾斜轨道AB，通过水平轨道BC与竖直圆轨道相连，出口为水平轨道DE，整个轨道除AB段以外都是光滑的。其中AB与BC轨道以微小圆弧相接，如图所示。一个小物块以初速度v0＝5.0m/s，从A点沿倾斜轨道滑下。已知物块与倾斜轨道的动摩擦因数μ＝0.50。（g＝10m/s2，sin37°＝0.60，cos37°＝0.80）
（1）要使小物块不离开轨道，并从水平轨道DE滑出，求竖直圆弧轨道的半径应该满足什么条件？
（2）为了让小物块不离开轨道，并且能够滑回倾斜轨道AB，则竖直圆轨道的半径应该满足什么条件？
（3）按照（2）的要求，小物块第n次沿倾斜轨道AB上升的高度hn的表达式。
【解答】解：（1）要使小物块不离开轨道，设物体进入竖直圆轨道最高点时有最小速度v1，设此时竖直圆轨道半径为R0，则有
物体从A点滑下运动到最高点过程中
代入数据得R0＝0.66m
所以要使物块从水平轨道DE滑出，圆弧轨道的半径R≤0.66m。
（2）为了让小物块不离开轨道，并且能够滑回倾斜轨道AB，则物块上升的高度应该小于或等于轨道半径，由动能定理得
代入数据解得R＝1.65m
所以要使物块能够回到倾斜轨道AB，则R≥1.65m。
（3）设物块第1次沿倾斜轨道AB上升的高度为h1，从圆弧轨道滑到倾斜轨道减速到零过程，根据动能定理
解得h1＝0.99m
物块第1次沿倾斜轨道AB上升到高度h1至物块第2次沿倾斜轨道AB上升的高度h2过程中，根据动能定理
解得
同理
得
（2023春 常州月考）如图所示，区域Ⅰ和Ⅱ是范围足够大的风场区，宽度均为d，风的强度处处相同，方向相互垂直两个场区的风，互不影响。一足够大的接收板与区域Ⅱ的右边界重合，板上沿两风力场方向分别建立x、y轴，坐标原点为O2，O1O2连线垂直于坐标系xO2y．一质量为m的小球以一定的初速度从O1沿O1O2进入风场区域，小球在风场中受到的风力大小恰好和小球的重力相等，且最终打在板上。重力加速度为g，则：
（1）若已知初速度为v0，求小球从进入风场至打在板上的时间。
（2）在第（1）问的条件下，小球打在板上时的动能大小。
（3）改变小球飞入的初速度，且小球在风场中受到的风力大小不变，求小球落在接收板上位置的轨迹方程。
【解答】解：（1）由题知小球进入风场区，水平方向不受力，一直做匀速直线运动，则运动的总时间
（2）在区域Ⅰ风力和重力都做正功，在区域Ⅱ重力和风力等大反向，故合力为0，做匀速直线运动。
在区域Ⅰ中，由于风力大小和小球的重力相等，则小球在重力方向上的位移和风力方向上的位移相等，均为
根据动能定理得：
解得小球打在板上时的动能大小为：
（3）沿x轴方向运动的位移x（）
沿y轴方向运动的位移y（g）
由以上两式得，小球落在接收板上位置的轨迹方程为x＝y
类型2 动能定理在往返运动问题中应用
（2023 思明区二模）如图所示，一足够长的水平传送带以速度v＝2m/s匀速运动，质量为m1＝1kg的小物块P和质量为m2＝1.5kg的小物块Q由通过定滑轮的轻绳连接，轻绳足够长且不可伸长。某时刻物块P从传送带左端以速度v0＝4m/s冲上传送带，P与定滑轮间的绳子水平。已知物块P与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度为g＝10m/s2，不计滑轮的质量与摩擦，整个运动过程中物块Q都没有上升到定滑轮处。求：
（1）物块P刚冲上传送带时的加速度大小；
（2）物块P刚冲上传送带到右方最远处的过程中，PQ系统机械能的改变量；
（3）若传送带以不同的速度v（0＜v＜v0）匀速运动，当v取多大时物块P向右冲到最远处时，P与传送带间产生的摩擦生热最小？其最小值为多大？
【解答】解：（1）物块P刚冲上传送带时，设PQ的加速度为a1，轻绳的拉力为F1因P的初速度大于传送带的速度，则P相对传送带向右运动，故P受到向左的摩擦力作用。
对P，由牛顿第二定律得：F1+μm1g＝m1a1
对Q受力分析可知，在竖直方向受向下的重力和向上的拉力作用，由牛顿第二定律得：
m2g﹣F1＝m2a1
联立解得：a1＝8m/s2。
（2）P先减速到与传送带速度相同，设位移为x1，则有：
共速后，由于摩擦力f＝μm1g＝5N＜m2g＝15N
故P不可能随传送带一起匀速运动，继续向右减速，摩擦力方向水平向右
设此时的加速度为a2，轻绳的拉力为F2
对P，由牛顿第二定律得：F2﹣μm1g＝m1a2
对Q，由牛顿第二定律得：m2g﹣F2＝m2a2
联立解得：a2＝4m/s2。
设减速到0位移为x2，则有：
PQ系统机械能的改变量等于摩擦力对P做的功：△E＝﹣μm1gx1+μmgx2
解得：△E＝﹣1.25J
（3）第一个减速过程，所用时间为：
P运动的位移为：
皮带运动的位移为：
第二个减速过程，所用时间为：
P运动的位移为：
皮带运动的位移为：
则整个过程产生的热量为：
根据数学知识知，当vm/s时，
（2021秋 西城区期末）蹦极是极限运动的一种。为保证安全，要研究下落最大距离与人的质量、弹性绳弹性系数、阻力等诸多因素的关系。实际情况比较复杂，可简化为如下模型：弹性绳视为轻弹簧，质量可忽略不计，弹力的大小F＝kx，弹性势能，其中x是弹性绳的形变量，k是劲度系数；人视为质点，始终在一竖直线上运动。
已知，蹦极用弹性绳原长为L0，劲度系数为k，重力加速度为g。
（1）质量为m的人从平台由静止下落，到达A点时弹性绳恰好伸直，继续向下到达最低点B，A、B两点间距离为d；之后又会反弹到某个高度，再下落……最后停在空中。人受到的阻力与速度大小有关，速度为0时，阻力为0。
a．求人在B点时的加速度的大小及方向。
b．将人、弹性绳和地球视为一个系统，求从人离开平台到停在空中的整个过程，系统损失的机械能。
（2）实际上，人在运动过程中受到的空气阻力较小，可忽略不计．甲、乙两人质量分别为m1、m2，且m1＞m2，分别用同一弹性绳蹦极，以平台为原点，向下为正方向，两人下落最大位移分别为h1、h2。图2所示为甲下落过程中加速度a与下落位移h之间的关系图。
a．请在图2中画出乙下落过程中加速度与下落位移的关系图。
b．类比直线运动中由v﹣t图像求位移的方法，尝试利用a﹣h图证明h1＞h2。
【解答】解：（1）a、在最低点，对人根据牛顿第二定律有：kd﹣mg＝ma
解得：a，方向向上；
b、人最后停在空中受力平衡，根据平衡条件可得：kx0＝mg
人在空中运动的过程中系统损失的机械能为：
ΔE损＝mg（L0+x0）mg（L0）；
（2）a、自由下落过程中加速度大小均为g；
受到弹力后，设弹簧伸长量为x，根据牛顿第二定律可得：mg﹣kx＝ma，解得：a＝g
所以m越大，图象的斜率越小。
所以乙下落过程中加速度与下落位移的关系图线如图所示；
b、根据牛顿运动定律F＝ma及功的定义式W＝Fscosθ可知，整个过程中合外力做的功为：W＝mah；
类比直线运动中由v﹣t图像求位移的方法，可知人下落过程中受合力做的功与a﹣h图中图线与横轴围成的“面积”成正比，下落全过程人的动能变化量为0，根据动能定理可知合力对人做的总功也为0，即横轴以上的“面积”与横轴以下的“面积”应大小相等。
由a﹣h图可知，乙图线横轴以上的“面积”小于甲图线横轴以上的“面积”，因此，乙图线横轴以下的“面积”也应小于甲图线横轴以下的“面积”，所以h1＞h2。
答：（1）a．人在B点时的加速度的大小为，方向向上；
b．将人、弹性绳和地球视为一个系统，从人离开平台到停在空中的整个过程，系统损失的机械能为mg（L0）；
（2）a．图象见解析。
b．证明见解析。
（2023 江山市校级开学）图甲为排球课的某个场景。小王同学将排球从A点水平击出，排球飞到B点时，被小李同学垫起，球向斜上方飞出后落到A点正下方且与B点等高的D点，排球运动的最高点为C，C点与A点高度相同，不计空气阻力，将排球飞行过程简化为乙图。下列说法正确的是（ ）
A．排球在两次飞行过程中的时间相等
B．排球到达B点的速率比离开B点的速率大
C．排球在A点、C点两处的动能相等
D．两次飞行过程中重力对排球做的功相等
【解答】解：A、排球在空中的运动时间取决于高度，设排球从A点到B点，下降的高度为h，运动时间为t1
排球从B点到C点，先上升高度h，又下降高度h，根据竖直方向上抛过程和下降过程的对称性可知，排球的运动时间为t2＝2，则第二段过程飞行时间为第一段过程飞行时间的两倍，故A错误；
B、排球两段过程水平方向的位移相等，根据A选项分析可知，第二段过程飞行时间为第一段过程飞行时间的两倍，水平方向上两段过程排球均做匀速直线运动，根据x＝vxt得，排球到达B点水平方向的速度为离开B点水平方向速度的两倍；
竖直方向，由2gh得，排球到达B点和离开B点的竖直方向的速度大小相等，根据v合可知，排球到达B点的速率比离开B点的速率大，故B正确；
C、排球在A、C两点的速度均为水平方向速度，由B选项分析可知得排球在A点的速度是在C点速度的两倍，所以排球在A点、C点两处的动能不相等，故C错误；
D、重力做功与初末位置高度差有关，排球从A点到B点，重力做功为mgh。从B到D，重力做功为零，故D错误。
故选：B。
（2023春 博爱县校级期末）如图所示，质量关系为m1＝m2＝m3的三个小球分别沿三条不同的轨道1、2、3由离地高h的A点滑到同一水平面上，轨道1是光滑的，轨道2、3是粗糙的，在轨道2上动摩擦因数大于轨道3的动摩擦因数，重力对小球做功分别为W1、W2、W3，则下列判断正确的是（ ）
A．W1＜W2＜W3 B．W1＞W3＞W2 C．W1＝W2＝W3 D．W1＞W2＞W3
【解答】解：重力做功与路径无关只与物体下落的初末高度差有关
W＝mgh
对三个小球的运动过程而言，h相同，且m1＝m2＝m3，所以W1＝W2＝W3；故C正确，ABD错误。
故选：C。
（2023春 九江期末）放在粗糙水平地面上的物体受到水平拉力的作用，在0～6s内其速度与时间的关系图像和该拉力的功率与时间的关系图像分别如图甲、乙所示，g取10m/s2。下列说法中正确的是（ ）
A．物体的质量为0.8kg
B．0～2s内拉力做的功为120J
C．物体与粗糙水平地面间的动摩擦因数为0.5
D．合外力在0～6s内做的功与0～2s内做的功不相等
【解答】解：AC、物体匀速运动时拉力和阻力大小相等，则阻力：
由图像甲可得0～2s内物体的加速度：
0～2s内物体做匀加速直线运动，拉力恒定，则可得0～2s内拉力
由牛顿第二定律有：F﹣f＝ma
代入数据可得：m＝0.8kg
由f＝μmg可得动摩擦力因数，故A正确，C错误；
B、0～2s内，拉力做的功等于p﹣t图像的图线与时间轴所围的面积，则有：，故B错误；
D、由动能定理可得合外力做的功：，物体在6s末和2s末速度大小相等，所以合外力在0～6s内做的功与0～2s内做的功都相等，故D错误。
故选：A。
（2023春 昌宁县校级期末）如图所示，小球以初速v0从A点沿不光滑的轨道运动到高为h的B点后自动返回，其返回途中仍经过A点，则经过A点的速度大小为（ ）
A． B． C． D．
【解答】解：对小球由A至B研究，由动能定理：
﹣mgh﹣Wf＝0
再对由B返回A研究，由动能定理：
mgh﹣Wf0
联立两式解得：vA
故选：A。
（2023春 秦淮区校级期中）如图所示，质量为M的木块静止在光滑的水平面上，质量为m的子弹以速度v0沿水平方向射入木块，并最终留在木块中与木块一起以速度v运动。已知当子弹相对木块静止时，木块前进的距离为L，子弹进入木块的深度为s。若木块对子弹的阻力F视为恒定，则下列关系式中错误的是（ ）
A．FLMv2
B．Fs
C．Fs
D．F（L+s）
【解答】解：A、对木块，根据动能定理，有，故A正确；
D、对子弹，根据动能定理，有：，即F（L+s），故D正确；
BC、由AD选项所得二式联立可得：，故B错误，C正确。
本题选错误的，故选：B。
（2023春 上城区校级期中）汽车在平直的公路上由静止开始匀加速行驶，经过时间t，速度为v时功率达到额定功率，并保持不变。之后汽车又继续前进了距离s，达到最大速度vmax。设汽车质量为m，运动过程中所受阻力恒为f，则下列说法正确的是（ ）
A．汽车的额定功率为fv
B．汽车匀加速运动过程中，克服阻力做功为fvt
C．汽车从静止开始到速度达到最大值的过程中，合力做的功为
D．汽车从静止到速度最大的过程中，牵引力做功为
【解答】解：A、汽车匀加速行驶时的加速度为
根据牛顿第二定律得
F﹣f＝ma
可得
汽车的额定功率为，故A错误；
B、汽车匀加速运动的位移为
此过程中克服阻力做功为，故B错误；
C、汽车从静止开始到速度达到最大值的过程中，根据动能定理得合力做的功为：，故C错误；
D、汽车从静止到速度最大的过程中，根据动能定理得，则牵引力做功为，故D正确。
故选：D。
（2023春 沙坪坝区校级期末）一提升装置把静置于地面上的重物竖直向上提升的过程中，提升装置功率随时间变化的P﹣t图像如图所示。在t＝1s时，重物上升的速度达到最大速度的一半，在t＝3s时，达到最大速度vm＝20m/s。在t＝6s时，重物再次匀速上升，取g＝10m/s2，不计一切阻力。下列说法正确的是（ ）
A．重物质量为1kg
B．在t＝1s时，重物的加速度大小a＝20m/s2
C．在t＝6s时，重物的速度大小v＝5m/s
D．在0～6s时间内，重物上升的高度h＝85m
【解答】解：A、在t＝3s时，达到最大速度vm＝20m/s，此时牵引力等于重力，则有，解得重物质量为：，故A错误；
B、在t＝1s时，此时牵引力大小为
F1N＝40N
根据牛顿第二定律得
，故B错误；
C、在t＝6s时，重物再次匀速上升，此时重物的速度为，故C错误；
D、在0～1s时间内，重物做匀加速直线运动，则重物上升的高度为
在1～3s时间内，重物做加速度减小的加速直线运动，则由动能定理有
解得重物上升的高度：h2＝25m
在3～4s时间内，重物做匀速运动，则有
h3＝vmt3＝20×1m＝20m
在4～6s时间内，重物做加速度逐渐减小的减速直线运动，则有
解得重物上升的高度：h4＝35m
故在0～6s时间内，重物上升的高度为h＝h1+h2+h3+h4＝5m+25m+20m+35m＝85m，故D正确。
故选：D。
（2022秋 黄浦区期末）在水平力F的作用下质量为2kg的物块由静止开始在水平地面上做直线运动，水平力F随时间t变化的关系如图所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为0.1，g取10m/s2。则（ ）
A．6s时物块的动能为零
B．3s时物块离初始位置的距离最远
C．0～6s时间内合外力对物块所做的功为8J
D．0～6s时间内水平力 F 对物块所做的功为20J
【解答】解：A.物块与地面滑动摩擦力f＝μmg＝0.1×2×10N＝2N
0～3s，以F方向为正方向，根据动量定理：（F﹣f）t3＝mv3
解得v3＝3m/s
3s后F反向，根据牛顿第二定律，物块加速度
物块做匀减速运动，运动时间
4s末速度为零，之后反向加速，根据牛顿第二定律，物块加速度
6s末速度v6＝a'（t6﹣t4）＝1×（6﹣4）m/s＝2m/s
根据动能公式，6s末物块动能
故A错误；
B．4s末速度为零，之后反向运动，故4 s 末物块离初始位置距离最远，故B错误；
C．0～6 s，根据动能定理：W合＝Ek6，解得W合＝4J
故C错误；
D.0～3s，位移大小
3s～4s位移大小为
4s～6s位移大小为
0～3s、4s～6s水平力F做正功，3s～4s水平力F做负功
0～6s水平力F做的功为W＝F（x1+x3﹣x2）＝4×（4.5+2﹣1.5）J＝20J
故D正确。
故选：D。
（2023 潍坊三模）如图所示，AOB是竖直平面内的光滑圆弧形滑道，由两个半径都是R的圆周平滑连接而成，圆心O1、O2与两圆弧的连接点O在同一竖直线上，O2B与水池的水面平齐。一小滑块可由弧AO的任意点由静止开始下滑。
（1）若小滑块从圆弧AO上某点释放，之后在两个圆弧上滑过的弧长相等，求释放点和O1的连线与竖直线的夹角；
（2）若小滑块能从O点脱离滑道，求其可能的落水点在水面上形成的区域长度。
【解答】解：（1）如图所示
设滑块出发点为P1，离开点为P2，由题意可知O1P1、O2P2与竖直方向的夹角相等，设其为θ，若离开滑道时的速度为v，则滑块在P2处脱离滑道的条件是mmgcosθ
由动能定理得：2mgR（1﹣cosθ）mv2
联立解得：cosθ＝0.8
即释放点和O1的连线与竖直线的夹角为37°；
（2）滑块刚能在O点离开滑道时，有：mg＝m
解得，滑块到达O点的速度v0
滑块从O点脱离滑道后做平抛运动，水平方向：x0＝v0t
竖直方向：Rgt2
联立解得：x0R
滑块经过O点时速度v＞v0时，经过O点一定脱离滑道，v＜v0时，经过O点不脱离滑道，滑块从A点下滑时，在O点脱离轨道的速度最大，由动能定理得：mgR
解得：vm
滑块从O点脱离滑道后做平抛运动，水平方向：xm＝vmt
竖直方向：Rgt2
联立解得：xm＝2R
滑块可能的落水点在水面上形成的区域长度Δx＝xm﹣x0＝2RR＝（2）R
（2023春 福州期末）科技馆有套机械装置，其结构简图如图所示。传动带AB部分水平，其长度L＝1.2m，传送带以v1＝3m/s的速度顺时针匀速转动，大皮带轮半径r＝0.4m，其最底端C点与粗糙圆弧轨道DEF的D点在同一水平线上，圆弧轨道半径R＝0.5m，E点为圆弧轨道的最低点，圆弧DE对应的圆心角为α，EF是段圆弧。某同学将一质量为m＝0.5kg可视为质点的物块轻放在水平传送带左端A处，物块经过B点后恰能无碰撞地从D点进入圆弧轨道并从F点飞出，当经过F点时，物块对圆弧的摩擦力f＝2N，已知物块与传送带及圆弧轨道F点的动摩擦因数μ＝0.5，距离F点高h＝0.75m处有一挡板。问：
（1）物块从A到B的时间；
（2）圆弧DE弧对应的圆心角α；
（3）物块在圆弧轨道上克服摩擦力做的功；
（4）经过调整使得物块沿切线进入圆弧轨道D点的速度为6m/s，物块能否碰到挡板？并说明原因。
【解答】解：（1）物块在传送带上先做匀加速直线运动，其加速度大小为：
aμg＝0.5×10m/s2＝5m/s2
物块在传送带上由静止加速到v1＝3m/s的时间为：
s＝0.6s
此过程物块的位移
3×0.6m＝0.9m
与传送带共速后做匀速直线运动的时间为：
0.1s
所以物块从A到B的时间为：
t＝t1+t2＝0.6s+0.1s＝0.7s
（2）物块从B点到D点做平抛运动，水平方向匀速运动的速度大小为：vx＝v1
设在D点竖直分速度为vy，则在竖直方向上有：
2g×2r
解得：vy＝4m/s
则有：
可得：α＝53°
（3）设物块经过F点时轨道对物块的弹力为N，根据牛顿第二定律得：
又有：
代入数值解得：vF＝2m/s
物块在圆弧轨道上的运动过程根据动能定理得：
又有：vD5m/s
解得：W克f＝3.75J
（4）物块要碰到挡板，经过F点的速度最小值为：
m/s
若物块沿切线进入圆弧轨道D点的速度为vD1＝6m/s＞vD＝5m/s，可知物块在圆弧轨道上克服摩擦力做功W克f′＞3.75J，根据动能定理：
解得：
即vF1＜vF0，故碰不到挡板。
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