第2节 动能定理及其应用
[学习目标] 1．理解动能、动能定理，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的问题的方法。
3．能利用动能定理求解多过程问题。
1．动能
(1)定义：物体由于____而具有的能。
(2)公式：Ek＝。
(3)单位：____，1 J＝1 N·m＝1 kg·m2/s2。
(4)标矢性：动能是____，是状态量。
(5)动能的变化量：ΔEk＝。
2．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＝Ek2－Ek1＝。
(3)物理意义：合力做的功是物体动能变化的量度。
(4)适用条件
①动能定理既适用于直线运动，也适用于________。
②动能定理既适用于恒力做功，也适用于____做功。
③力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以______作用。
④高中阶段用动能定理只解决单个物体的问题。
1．易错易混辨析
(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)动能不变的物体一定处于平衡状态。 ( )
(3)物体所受的合外力为零，合外力对物体做的功也一定为零。 ( )
(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．(人教版必修第二册习题改编)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
动能定理的理解和基本应用
1．动能和动能变化量的区别
(1)动能与动能的变化量是两个不同的概念，动能是状态量，动能的变化量是过程量。
(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．对动能定理的理解
(1)做功的过程就是能量转化的过程。
(2)动能定理叙述中所说的“力”，既可以是重力、弹力、摩擦力，也可以是电场力、磁场力或其他力。
3．标量性
动能是标量，功也是标量，所以动能定理是一个标量式，不存在方向的选取问题，当然动能定理也就不存在分量的表达式。
4．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。
动能定理的理解
[典例1] (多选)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增大到v2时，上升高度为H，重力加速度为g，则在这个过程中，下列说法正确的是( )
A．对物体，动能定理的表达式为W＝，其中W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W－mgH＝，其中W为支持力做的功
D．对电梯，其所受合力做的功为
[听课记录]
动能定理的简单应用
[典例2] (2024·安徽卷)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
[听课记录]
动能定理与图像结合的问题
1．五类常见图像中面积或斜率的意义
2．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、图线与坐标轴围成的面积所对应的物理意义，根据对应关系列式解答问题。
[典例3] (2022·江苏卷)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 B
C D
[听课记录]
[典例4] (多选)(2024·黑龙江大庆实验中学期中)如图甲所示，一质量为5 kg的物体静止在水平地面上，让物体在随位移均匀减小的水平推力F作用下开始运动，推力F随位移x变化的关系如图乙所示，已知物体与地面间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10 m/s2，则下列说法正确的是( )
A．物体运动4 m时速度减为零
B．物体运动4 m时动能为120 J
C．物体在水平地面上运动的最大位移是8 m
D．物体运动的速度最大时，位移x＝3 m
[听课记录]
[典例5] (多选)放在粗糙水平地面上的质量为 0.8 kg 的物体受到水平拉力的作用，在0～6 s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。下列说法中正确的是(g取10 m/s2)( )
A．0～6 s内拉力做的功为140 J
B．物体在0～2 s内所受的拉力为4 N
C．物体与粗糙水平地面间的动摩擦因数为0.5
D．合力在0～6 s内做的功与0～2 s内做的功相等
[听课记录]
动能定理求解多过程问题
1．动能定理的应用流程
2．求解多过程问题抓好“两状态，一过程”
“两状态”即明确研究对象始、末状态的速度或动能情况；“一过程”即明确研究过程，确定这一过程研究对象的受力情况和位置变化或位移信息。
[典例6] (2024·山东潍坊二模)如图所示，半径为1 m的四分之三光滑圆轨道竖直固定在水平地面上，B点为轨道最低点，A点与圆心O等高。质量为1 kg的小球(可视为质点)在A点正上方0.75 m处静止释放，下落至A点时进入圆轨道，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力，则( )
A．小球在B点的动能为7.5 J
B．小球在A点受到轨道的弹力大小为10 N
C．小球上升过程中距地面的最大高度为1.75 m
D．小球离开轨道后将落至轨道B点
[听课记录]
[典例7] (多选)如图所示，斜面ABC竖直固定放置，斜边AC与一光滑的圆弧轨道DEG相切，切点为D，AD长为L＝，圆弧轨道圆心为O，半径为R，∠DOE＝θ，∠EOG＝90°，OG水平。现有一质量为m、可视为质点的滑块从A点由静止下滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则关于滑块的运动，下列说法正确的是( )
A．滑块经过E点时对轨道的最小压力为mg
B．滑块下滑后将会从G点飞出
C．滑块第二次经过E点时对轨道的压力大小为3mg
D．滑块在斜面上经过的总路程为
[听课记录]
[典例8] (2023·湖北卷)如图为某游戏装置的原理示意图。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。求：
(1)小物块到达D点的速度大小；
(2)B和D两点的高度差；
(3)小物块在A点的初速度大小。
[听课记录]
多过程问题的分析方法
(1)将“多过程”分解为许多“子过程”，各“子过程”间由“衔接点”连接。
(2)对研究对象在“子过程”中进行受力分析和运动分析，必要时画出受力分析图和过程示意图。
(3)根据“子过程”和“衔接点”选择合理的物理规律列方程。
(4)联立方程组，分析求解，对结果进行必要的验证或讨论。
1．(2024·重庆卷)活检针可用于活体组织取样，如图所示。取样时，活检针的针芯和针鞘被瞬间弹出后仅受阻力。质量为m的针鞘在软组织中运动距离d1后进入目标组织，继续运动d2后停下来。若两段运动中针鞘整体受到的阻力均视为恒力，大小分别为F1、F2，则针鞘( )
A．被弹出时速度大小为
B．到达目标组织表面时的动能为F1d1
C．运动d2过程阻力做的功为(F1＋F2)d2
D．运动d2的过程动量变化量大小为
2．(多选)(2023·新课标卷)一质量为1 kg的物体在水平拉力的作用下，由静止开始在水平地面上沿x轴运动，出发点为x轴零点，拉力做的功W与物体坐标x的关系如图所示。物体与水平地面间的动摩擦因数为0.4，重力加速度大小取10 m/s2。下列说法正确的是( )
A．在x＝1 m时，拉力的功率为6 W
B．在x＝4 m时，物体的动能为2 J
C．从x＝0运动到x＝2 m，物体克服摩擦力做的功为8 J
D．从x＝0运动到x＝4 m的过程中，物体的动量最大为2 kg·m/s
3．(2024·新课标卷)将重物从高层楼房的窗外运到地面时，为安全起见，要求下降过程中重物与楼墙保持一定的距离。如图所示，一种简单的操作方法是一人在高处控制一端系在重物上的绳子P，另一人在地面控制另一根一端系在重物上的绳子Q，二人配合可使重物缓慢竖直下降。若重物的质量m＝42 kg，重力加速度大小g＝10 m/s2。当P绳与竖直方向的夹角α＝37°时，Q绳与竖直方向的夹角β＝53°。(sin 37°＝0.6)
(1)求此时P、Q绳中拉力的大小；
(2)若开始竖直下降时重物距地面的高度h＝10 m, 求在重物下降到地面的过程中，两根绳子拉力对重物做的总功。
第2节 动能定理及其应用
链接教材·夯基固本
梳理·必备知识
1．(1)运动 (2)mv2 (3)焦耳 (4)标量
2．(1)动能的变化
(4)曲线运动 变力 分阶段
激活·基本技能
1．(1)√ (2)× (3)√ (4)× (5)×
2．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。 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。]
细研考点·突破题型
考点1
典例1 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(即合力做的功)才等于物体动能的变化，即W合＝W－mgH＝，其中W为支持力做的功，故A、B错误，C正确；对电梯做功的有重力Mg、压力F′N和拉力F，合力做的功为W′合＝，故D正确。]
典例2 D [人在下滑的过程中，由动能定理可得mgh－Wf＝mv2－0，可得此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为Wf＝mgh－mv2，故选D。]
考点2
典例3 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，Ekx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反向(即为负)增大，故A正确。]
典例4 CD [物体运动4 m，F做的功等于题图乙中图线与x轴所围的面积，则WF＝×100×4 J＝200 J，由动能定理得WF－μmgx＝mv2，解得v＝2 m/s，故A错误；由动能公式得Ek＝mv2＝100 J，故B错误；从开始到物体停止的全过程，由动能定理有WF－μmgx′＝0，解得x′＝8 m，故C正确；物体滑动摩擦力为Ff＝μmg＝0.5×5×10 N＝25 N，由题图乙可得图线表达式为F＝(100－25x)N，当推力等于滑动摩擦力时，物体处于平衡状态，速度最大，此后物体做减速运动，即F＝(100－25x)N＝Ff，解得x＝3 m，故D正确。]
典例5 AD [由P＝Fv可知，物体在0～2 s内所受的拉力F＝＝ N＝6 N，在2～6 s 内所受的拉力F′＝＝ N＝2 N，B错误；拉力在0～6 s内做的总功W＝Fx1＋F′x2＝6××2 J＋2×10×4 J＝140 J，A正确；由物体在2～6 s内做匀速运动可知，F′＝μmg，可求得μ＝0.25，C错误；由动能定理可知，物体所受的合力在0～6 s内所做的功与0～2 s内所做的功均为mv2＝40 J，D正确。]
考点3
典例6 D [小球从释放到最低点，根据动能定理有mg(h＋R)＝EkB，解得EkB＝17.5 J，故A错误；小球从释放到A点，根据动能定理有mgh＝，在A点，水平方向弹力提供向心力，根据牛顿第二定律有N＝，解得N＝15 N，故B错误；设小球上升过程中距地面最大高度处与圆心的连线和竖直方向的夹角为θ，则有mg cos θ＝，从B点到最高点，根据动能定理有－mgR(1＋cos θ)＝mv2－EkB，解得cos θ＝，最大高度为H＝R(1＋cos θ)＝1.5 m，故C错误；假设小球离开轨道后将落至轨道B点，由C项分析可知小球脱离轨道的速度为v＝ m/s，根据斜抛的运动规律可知H＝－v sin 60°t＋gt2，x＝v cos 60°t，解得x＝ m＝R cos 30°，可知小球离开轨道后将落至轨道B点，故D正确。]
典例7 CD [滑块从A点下滑后在AD部分要克服摩擦力做功，则返回到AD斜面上时的高度逐渐降低，最终滑块将以E点为最低点、D点为最高点来回滑动，此时滑块经过E点时对轨道的压力最小，从D点到E点，对滑块根据动能定理有mgR(1－cos θ)＝在E点有N－mg＝，联立解得N＝mg(3－2cos θ)，根据牛顿第三定律，滑块经过E点时对轨道的最小压力为(3－2cos θ)mg，故A错误；滑块从A点到G点，由动能定理得mg(L sin θ－R cos θ)－μmg cos θ·L＝，其中L＝，解得vG＝0，则滑块下滑后不能从G点飞出，故B错误；设滑块第二次经过E点时速度大小为vE2，对滑块从G点到E点，根据动能定理得mgR＝－0，解得vE2＝，滑块第二次到达E点时，根据牛顿第二定律有N2－mg＝，解得N2＝3mg，根据牛顿第三定律知，滑块此时对轨道的压力大小为3mg，故C正确；滑块最终将以E点为最低点、D点为最高点来回运动，从滑块由A点静止下滑到滑块在D点速度为零的过程，根据动能定理得mgL sin θ－μmg cos θ·s总＝0－0，解得s总＝，故D正确。]
典例8 解析：(1)小物块恰好运动到光滑圆弧轨道的最高点，有mg＝
解得小物块到达D点的速度大小vD＝。
(2)小物块由C到D的过程，由动能定理有
－mgR(1＋cos 60°)＝
小物块由B到C做平抛运动，由速度的分解可知
vB＝vC cos 60°
设B和D两点的高度差为h，小物块由B到D的过程，由动能定理有
mgh＝
代入数据解得h＝0。
(3)小物块由A到B的过程，由动能定理有
－μmg·π·2R＝
解得小物块在A点的初速度大小
vA＝。
答案：(1) (2)0 (3)
即时检验·感悟高考
1．A [
]
2.BC [由公式W＝Fx可知，Wx图像中图线的斜率大小表示物体所受的拉力大小，由题图可知0～2 m内物体所受的拉力大小F1＝6 N，2～4 m内物体所受的拉力大小F2＝3 N，物体所受的滑动摩擦力大小Ff＝μmg＝0.4×1×10 N＝4 N。0～1 m的过程中，对物体由动能定理得W1－Ff x1＝，解得v1＝2 m/s，由公式P＝F1v1得拉力的功率为12 W，A错误；0～4 m的过程中，对物体由动能定理得W2－Ffx2＝Ek，代入数据解得Ek＝2 J，B正确；0～2 m的过程中，物体克服摩擦力做的功Wf＝Ffx3＝4×2 J＝8 J，C正确；由于F2＜Ff，所以物体在2～4 m的过程中做匀减速直线运动，因此物体在2 m处的速度最大，动量最大，对物体由动能定理得W3－Ffx3＝，代入数据解得v2＝2 m/s，物体动量的最大值p＝mv2＝2 kg·m/s，D错误。]
3．解析：(1)由题意可知重物下降过程中受力平衡，设此时P绳中拉力的大小为FP、Q绳中拉力的大小为FQ，则
在竖直方向上有FPcos α＝FQcos β＋mg
在水平方向上有FPsin α＝FQsin β
代入数据解得FP＝1 200 N，FQ＝900 N。
(2)重物下降到地面的过程，根据动能定理有
mgh＋W总＝0
代入数据解得W总＝－4 200 J。
答案：(1)1 200 N 900 N (2)－4 200 J
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第五章 机械能
第2节 动能定理及其应用
[学习目标] 1．理解动能、动能定理，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的问题的方法。
3．能利用动能定理求解多过程问题。
链接教材·夯基固本
1．动能
(1)定义：物体由于____而具有的能。
(2)公式：Ek＝_______。
(3)单位：____，1 J＝1 N·m＝1 kg·m2/s2。
(4)标矢性：动能是____，是状态量。
(5)动能的变化量：ΔEk＝__________________。
运动
mv2
焦耳
标量
2．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＝Ek2－Ek1＝________________。
(3)物理意义：合力做的功是物体动能变化的量度。
动能的变化
(4)适用条件
①动能定理既适用于直线运动，也适用于________。
②动能定理既适用于恒力做功，也适用于____做功。
③力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以______作用。
④高中阶段用动能定理只解决单个物体的问题。
曲线运动
变力
分阶段
1．易错易混辨析
(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)动能不变的物体一定处于平衡状态。 ( )
(3)物体所受的合外力为零，合外力对物体做的功也一定为零。 ( )
(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．(人教版必修第二册习题改编)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
√
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。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。]
细研考点·突破题型
考点1 动能定理的理解和基本应用
1．动能和动能变化量的区别
(1)动能与动能的变化量是两个不同的概念，动能是状态量，动能的变化量是过程量。
(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．对动能定理的理解
(1)做功的过程就是能量转化的过程。
(2)动能定理叙述中所说的“力”，既可以是重力、弹力、摩擦力，也可以是电场力、磁场力或其他力。
3．标量性
动能是标量，功也是标量，所以动能定理是一个标量式，不存在方向的选取问题，当然动能定理也就不存在分量的表达式。
4．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。
角度1 动能定理的理解
[典例1] (多选)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增大到v2时，上升高度为H，重力加速度为g，则在这个过程中，下列说法正确的是( )
A．对物体，动能定理的表达式为W＝，其中W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W－mgH＝，其中W为支持力做的功
D．对电梯，其所受合力做的功为
√
√
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(即合力做的功)才等于物体动能的变化，即W合＝W－mgH＝，其中W为支持力做的功，故A、B错误，C正确；对电梯做功的有重力Mg、压力F′N和拉力F，合力做的功为W′合＝，故D正确。]
角度2 动能定理的简单应用
[典例2] (2024·安徽卷)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
√
D [人在下滑的过程中，由动能定理可得mgh－Wf＝mv2－0，可得此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为Wf＝mgh－mv2，故选D。]
考点2 动能定理与图像结合的问题
1．五类常见图像中面积或斜率的意义
2．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、图线与坐标轴围成的面积所对应的物理意义，根据对应关系列式解答问题。
[典例3] (2022·江苏卷)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 B
C D
√
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反向(即为负)增大，故A正确。]
[典例4] (多选)(2024·黑龙江大庆实验中学期中)如图甲所示，一质量为5 kg的物体静止在水平地面上，让物体在随位移均匀减小的水平推力F作用下开始运动，推力F随位移x变化的关系如图乙所示，已知物体与地面间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10 m/s2，则下列说法正确的是( )
A．物体运动4 m时速度减为零
B．物体运动4 m时动能为120 J
C．物体在水平地面上运动的最大位移是8 m
D．物体运动的速度最大时，位移x＝3 m
√
√
CD [物体运动4 m，F做的功等于题图乙中图线与x轴所围的面积，则WF＝×100×4 J＝200 J，由动能定理得WF－μmgx＝mv2，解得v＝2 m/s，故A错误；由动能公式得Ek＝mv2＝100 J，故B错误；从开始到物体停止的全过程，由动能定理有WF－μmgx′＝0，解得x′＝8 m，故C正确；物体滑动摩擦力为Ff＝μmg＝0.5×5×10 N＝25 N，由题图乙可得图线表达式为F＝(100－25x)N，当推力等于滑动摩擦力时，物体处于平衡状态，速度最大，此后物体做减速运动，即F＝(100－25x)N＝Ff，解得x＝3 m，故D正确。]
[典例5] (多选)放在粗糙水平地面上的质量为 0.8 kg 的物体受到水平拉力的作用，在0～6 s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。下列说法中正确的是(g取10 m/s2)( )
A．0～6 s内拉力做的功为140 J
B．物体在0～2 s内所受的拉力为4 N
C．物体与粗糙水平地面间的动摩擦因数为0.5
D．合力在0～6 s内做的功与0～2 s内做的功相等
√
√
AD [由P＝Fv可知，物体在0～2 s内所受的拉力F＝＝ N＝6 N，在2～6 s内所受的拉力F′＝＝ N＝2 N，B错误；拉力在0～6 s内做的总功W＝Fx1＋F′x2＝6××2 J＋2×10×4 J＝140 J，A正确；由物体在2～6 s内做匀速运动可知，F′＝μmg，可求得μ＝0.25，C错误；由动能定理可知，物体所受的合力在0～6 s内所做的功与0～2 s内所做的功均为mv2＝40 J，D正确。]
考点3 动能定理求解多过程问题
1．动能定理的应用流程
2．求解多过程问题抓好“两状态，一过程”
“两状态”即明确研究对象始、末状态的速度或动能情况；“一过程”即明确研究过程，确定这一过程研究对象的受力情况和位置变化或位移信息。
[典例6] (2024·山东潍坊二模)如图所示，半径为1 m的四分之三光滑圆轨道竖直固定在水平地面上，B点为轨道最低点，A点与圆心O等高。质量为1 kg的小球(可视为质点)在A点正上方0.75 m处静止释放，下落至A点时进入圆轨道，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力，则( )
A．小球在B点的动能为7.5 J
B．小球在A点受到轨道的弹力大小为10 N
C．小球上升过程中距地面的最大高度为1.75 m
D．小球离开轨道后将落至轨道B点
√
D [小球从释放到最低点，根据动能定理有mg(h＋R)＝EkB，解得EkB＝17.5 J，故A错误；小球从释放到A点，根据动能定理有mgh＝，在A点，水平方向弹力提供向心力，根据牛顿第二定律有N＝，解得N＝15 N，故B错误；设小球上升过程中距地面最大高度处与圆心的连线和竖直方向的夹角为θ，则有mg cos θ＝，从B
点到最高点，根据动能定理有－mgR(1＋cos θ)＝mv2－EkB，解得cos θ＝，最大高度为H＝R(1＋cos θ)＝1.5 m，故C错误；假设小球离开轨道后将落至轨道B点，由C项分析可知小球脱离轨道的速度为v＝ m/s，根据斜抛的运动规律可知H＝－v sin 60°t＋gt2，x＝v cos 60°t，解得x＝ m＝R cos 30°，可知小球离开轨道后将落至轨道B点，故D正确。]
[典例7] (多选)如图所示，斜面ABC竖直固定放置，斜边AC与一光滑的圆弧轨道DEG相切，切点为D，AD长为L＝，圆弧轨道圆心为O，半径为R，∠DOE＝θ，∠EOG＝90°，OG水平。现有一质量为m、可视为质点的滑块从A点由静止下滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则关
于滑块的运动，下列说法正确的是( )
A．滑块经过E点时对轨道的最小压力为mg
B．滑块下滑后将会从G点飞出
C．滑块第二次经过E点时对轨道的压力大小为3mg
D．滑块在斜面上经过的总路程为
√
√
CD [滑块从A点下滑后在AD部分要克服摩擦力做功，则返回到AD斜面上时的高度逐渐降低，最终滑块将以E点为最低点、D点为最高点来回滑动，此时滑块经过E点时对轨道的压力最小，从D点到E点，对滑块根据动能定理有mgR(1－cos θ)＝在E点有N－mg＝，联立解得N＝mg(3－2cos θ)，根据牛顿第三定律，滑块经过E点时对轨道的最小压力为(3－2cos θ)mg，故A错误；滑块从A点到G点，由动能定理得mg(L sin θ－R cos θ)－μmg cos θ·L＝，其
中L＝，解得vG＝0，则滑块下滑后不能从G点飞出，故B错误；设滑块第二次经过E点时速度大小为vE2，对滑块从G点到E点，根据动能定理得mgR＝－0，解得vE2＝，滑块第二次到达E点时，根据牛顿第二定律有N2－mg＝，解得N2＝3mg，根据牛顿第三定律知，滑块此时对轨道的压力大小为3mg，故C正确；滑块最终将以E点为最低点、D点为最高点来回运动，从滑块由A点静止下滑到滑块在D点速度为零的过程，根据动能定理得mgL sin θ－μmg cos θ·s总＝0－0，解得s总＝，故D正确。]
[典例8] (2023·湖北卷)如图为某游戏装置的原理示意图。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。求：
(1)小物块到达D点的速度大小；
(2)B和D两点的高度差；
(3)小物块在A点的初速度大小。
[解析] (1)小物块恰好运动到光滑圆弧轨道的最高点，有mg＝
解得小物块到达D点的速度大小vD＝。
(2)小物块由C到D的过程，由动能定理有
－mgR(1＋cos 60°)＝
小物块由B到C做平抛运动，由速度的分解可知
vB＝vC cos 60°
设B和D两点的高度差为h，小物块由B到D的过程，由动能定理有mgh＝
代入数据解得h＝0。
(3)小物块由A到B的过程，由动能定理有
－μmg·π·2R＝
解得小物块在A点的初速度大小vA＝。
[答案] (1) (2)0 (3)
规律方法 多过程问题的分析方法
(1)将“多过程”分解为许多“子过程”，各“子过程”间由“衔接点”连接。
(2)对研究对象在“子过程”中进行受力分析和运动分析，必要时画出受力分析图和过程示意图。
(3)根据“子过程”和“衔接点”选择合理的物理规律列方程。
(4)联立方程组，分析求解，对结果进行必要的验证或讨论。
即时检验·感悟高考
1．(2024·重庆卷)活检针可用于活体组织取样，如图所示。取样时，活检针的针芯和针鞘被瞬间弹出后仅受阻力。质量为m的针鞘在软组织中运动距离d1后进入目标组织，继续运动d2后停下来。若两段运动中针鞘整体受到的阻力均视为恒力，大小分别为F1、F2，则针鞘( )
A．被弹出时速度大小为
B．到达目标组织表面时的动能为F1d1
C．运动d2过程阻力做的功为(F1＋F2)d2
D．运动d2的过程动量变化量大小为
√
A [ ]
2．(多选)(2023·新课标卷)一质量为1 kg的物体在水平拉力的作用下，由静止开始在水平地面上沿x轴运动，出发点为x轴零点，拉力做的功W与物体坐标x的关系如图所示。物体与水平地面间的动摩擦因数为0.4，重力加速度大小取10 m/s2。下列说法正确的是( )
A．在x＝1 m时，拉力的功率为6 W
B．在x＝4 m时，物体的动能为2 J
C．从x＝0运动到x＝2 m，物体克服摩擦
力做的功为8 J
D．从x＝0运动到x＝4 m的过程中，物体的动量最大为2 kg·m/s
√
√
BC [由公式W＝Fx可知，W-x图像中图线的斜率大小表示物体所受的拉力大小，由题图可知0～2 m内物体所受的拉力大小F1＝6 N，2～4 m内物体所受的拉力大小F2＝3 N，物体所受的滑动摩擦力大小Ff＝μmg＝0.4×1×10 N＝4 N。0～1 m的过程中，对物体由动能定理得W1－Ffx1＝，解得v1＝2 m/s，由公式P＝F1v1得拉力的功率为12 W，A错误；0～4 m的过程中，对物体由动能定理得W2－Ff x2＝Ek，代入数据解得Ek＝2 J，B正确；0～2 m的过程中，物体
克服摩擦力做的功Wf＝Ffx3＝4×2 J＝8 J，C正确；由于F2＜Ff，所以物体在2～4 m的过程中做匀减速直线运动，因此物体在2 m处的速度最大，动量最大，对物体由动能定理得W3－Ffx3＝，代入数据解得v2＝2 m/s，物体动量的最大值p＝mv2＝2 kg·m/s，D错误。]
3．(2024·新课标卷)将重物从高层楼房的窗外运到地面时，为安全起见，要求下降过程中重物与楼墙保持一定的距离。如图所示，一种简单的操作方法是一人在高处控制一端系在重物上的绳子P，另一人在地面控制另一根一端系在重物上的绳子Q，二人配合可使重物缓慢竖直下降。若重物的质量m＝42 kg，重力加速度大小g＝10 m/s2。当P绳与竖直方向的夹角α＝37°时，Q绳
与竖直方向的夹角β＝53°。(sin 37°＝0.6)
(1)求此时P、Q绳中拉力的大小；
(2)若开始竖直下降时重物距地面的高度h＝10 m，求在重物下降到地面的过程中，两根绳子拉力对重物做的总功。
[解析] (1)由题意可知重物下降过程中受力平衡，设此时P绳中拉力的大小为FP、Q绳中拉力的大小为FQ，则
在竖直方向上有FP cos α＝FQ cos β＋mg
在水平方向上有FP sin α＝FQ sin β
代入数据解得FP＝1 200 N，FQ＝900 N。
(2)重物下降到地面的过程，根据动能定理有
mgh＋W总＝0
代入数据解得W总＝－4 200 J。
[答案] (1)1 200 N 900 N (2)－4 200 J
课时数智作业(十三)
题号
1
3
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11
1．(2021·河北卷)一半径为R的圆柱体水平固定，横截面如图所示。长度为πR、不可伸长的轻细绳，一端固定在圆柱体最高点P处，另一端系一个小球，小球位于P点右侧同一水平高度的Q点时，绳刚好拉直。将小球从Q点由静止释放，当与圆柱体未接触部分的细绳竖直时，小球的速度大小为(重力加速度为g，不计空气阻力)( )
12
题号
1
3
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2
4
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11
A．
C． D．2
12
√
A [小球下落的高度为h＝πR－R＋R＝R，小球下落过程中，根据动能定理有mgh＝mv2 ，综上有v＝，故选A。]
2．质量为m的物体以初速度v0沿水平面向左开始运动，起始点A与一轻弹簧O端相距s，如图所示。已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，物体与弹簧相碰后，弹簧的最大压缩量为x，则从开始碰撞到弹簧被压缩至最短，物体克服弹簧弹力所做的功为(重力加速度大小为g)( )
A
－μmgx
C．μmgs
D ．μmg(s＋x)
题号
1
3
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12
√
A [根据功的定义式可知物体克服摩擦力做功为Wf＝μmg(s＋x)，由动能定理可得－W弹－Wf＝，则W弹＝－μmg(s＋x)，故选项A正确。]
题号
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3．物体在恒定阻力作用下，以某初速度在水平面上沿直线滑行直到停止。以a、Ek、x和t分别表示物体运动的加速度大小、动能、位移的大小和运动的时间，则以下各图像中，能正确反映这一过程的是( )
题号
1
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12
A B
C D
√
C [物体在恒定阻力作用下运动，其加速度不随时间变化，不随位移变化，A、B错误；由动能定理有－Ffx＝Ek－Ek0，解得Ek＝Ek0－Ff x，C正确；又x＝vt－at2，故Ek与t不呈线性关系，D错误。]
题号
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4．如图所示，倾角 θ＝37°的斜面AB与水平面平滑连接于B点，A、B两点之间的距离x0＝3 m，质量m＝3 kg的小物块与斜面及水平面间的动摩擦因数均为μ＝0.4。当小物块从A点由静止开始沿斜面下滑的同时，对小物块施加一个水平向左的恒力F(图中未画出)，g取10 m/s2。若F＝10 N，小物块从A点由静止开始沿斜面运动，到B点时撤去恒力F，则小物块在水平面上滑行的距离x为(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)( )
A．5.7 m B．4.7 m
C．6.5 m D．5.5 m
题号
1
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12
√
B [小物块在斜面上受力分析如图所示，从A点开始沿ABC路径运动到C点停止的过程中，由动能定理可得Fx0cos θ＋mgx0sin θ－Ff x0－μmgx＝0，Ff＝μFN，FN＋F sin θ＝mg cos θ，代入数据解得x＝4.7 m，故选项B正确。]
题号
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5．(多选)一物体以初速度v0自固定斜面底端沿斜面向上运动，一段时间后回到斜面底端。该物体的动能Ek随位移x的变化关系如图所示，图中x0、Ek1、Ek2均已知。根据图中信息可以求出的物理量有( )
A．重力加速度大小
B．物体所受滑动摩擦力的大小
C．斜面的倾角
D．沿斜面上滑的时间
题号
1
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√
√
BD [分析知，题图中右上方图线对应上滑阶段，左下方图线对应下滑阶段。由动能定理知，Ek-x图线的斜率的绝对值等于对应阶段所受合外力的大小，设物体质量为m，重力加速度大小为g，物体所受滑动摩擦力的大小为f ，斜面倾角为θ，可知mg sin θ＋f ＝，mg sin θ－f ＝，联立解得mg sin θ＝，f ＝，即可求出物体所受滑动摩擦力的大小f ，但因条件不足，重力加速度大小g、斜面的倾角θ不能求出，故A、C错误，B正确；设物体沿斜面上滑的时间为t，由匀变速直线运动规律可知x0＝v0t，则t＝，D正确。]
题号
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6．如图所示，质量m＝0.1 kg的可视为质点的小球从距地面高H＝5 m处由静止开始自由下落，到达地面恰能沿凹陷于地面的半圆形槽的右端切入，半圆形槽半径R＝0.4 m。小球到达槽最低点时速率为10 m/s，并继续沿槽壁运动直到从槽左端边缘竖直向上飞出……，如此反复，设小球在槽壁运动时受到的摩擦力大小恒定不变，不计空气阻力及小球与槽壁口接触时的能量损失(取g＝10 m/s2)。求：
(1)小球第一次飞离槽后上升的高度H1；
(2)小球最多能飞出槽外的次数。
题号
1
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[解析] (1)由于小球在槽壁运动时受到的摩擦力大小恒定不变，由对称性可知，小球在槽右半部分与左半部分运动时克服摩擦力做的功相等，设为Wf。小球从开始下落至到达槽最低点的过程中，由动能定理得mg(H＋R)－Wf＝mv2，解得Wf＝0.4 J，
小球由槽最低点到第一次上升到最大高度的过程，
由动能定理得－mg(H1＋R)－Wf＝0－mv2，
解得H1＝4.2 m。
题号
1
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12
(2)设小球能飞出槽外n次，对整个过程，由动能定理得mgH－n×2Wf＝0
解得n＝6.25，n只能取整数，故小球最多能飞出槽外6次。
题号
1
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[答案] (1)4.2 m (2)6次
7．(2023·重庆卷)机械臂广泛应用于机械装配。若某质量为m的工件(视为质点)被机械臂抓取后，在竖直平面内由静止开始斜向上做加速度大小为a的匀加速直线运动，运动方向与竖直方向夹角为θ，提升高度为h，如图所示。求：
(1)提升高度为h时，工件的速度大小；
(2)在此过程中，工件运动的时间及合力对工
件做的功。
题号
1
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12
[解析] (1)根据匀变速直线运动位移与速度的关系有＝2a
解得v0＝。
(2)由v0＝at解得t＝
对工件根据动能定理有W合＝
解得W合＝。
题号
1
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[答案] (1) (2)
8．如图甲所示，一物块以一定初速度沿倾角为30°的固定斜面上滑，运动过程中摩擦力大小f 恒定，物块动能Ek与运动路程s的关系如图乙所示。重力加速度大小取10 m/s2，则物块的质量m和所受的摩擦力大小f 分别为( )
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
题号
1
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12
√
A [0～10 m内物块上滑，由动能定理得－mg sin 30°·s－f s＝Ek－Ek0，整理得Ek＝Ek0－(mg sin 30°＋f )s，结合0～10 m内的图线得，斜率的绝对值|k|＝mg sin 30°＋f ＝4 N；10～20 m内物块下滑，由动能定理得(mg sin 30°－f )(s－s1)＝Ek，整理得Ek＝(mg sin 30°－f )s－(mg sin 30°－f )s1，结合10～20 m 内的图线得，斜率k′＝mg sin 30°－f ＝3 N，联立解得f ＝0.5 N，m＝0.7 kg，A正确，B、C、D错误。]
题号
1
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9．(2025·山东济南高三检测)如图所示，水平平台与水平细杆间的高度差为H，质量为M的物块放在水平平台上，质量为M的小球套在水平杆上，物块和小球通过小滑轮用轻质细线相连，滑轮右侧细线恰好竖直。现用一水平恒力F由静止沿杆拉动小球，物块始终在水平平台上，不计一切摩擦。则小球前进2H时，物块的速度为( )
A．
C．
题号
1
3
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2
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12
√
D [小球从平台的边缘正下方由静止向右运动2H时，设小球的速度为v，此时轻质细线与水平方向夹角为θ，如图所示，由图可知tan θ＝，则有cos θ＝，小球沿细线方向的分速度等于物块的速度，则物块的速度为v1＝v cos θ＝，对物块和小球组成的系统，用动能定理可得F·2H＝，解得v1＝，
A、B、C错误，D正确。]
题号
1
3
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6
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11
12
10．如图所示，两倾角均为θ的光滑斜面对接后固定在水平地面上，O点为斜面的最低点。一个小物块从右侧斜面上高为H处由静止滑下，在两个斜面上做往复运动。小物块每次通过O点时都会有动能损失，损失的动能为小物块当次到达O点时动能的5%。小物块从开始下滑到停止的过程中运动的总路程为( )
A．
C．
题号
1
3
5
2
4
6
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11
12
√
B [由题意知，对小物块第一次到达O点的过程由动能定理可得mgH＝Ek，此时小物块运动的路程s1＝，第一次通过O点后动能Ek1＝95%Ek＝95%mgH，此时利用动能定理知小物块上升的高度H1＝95%H，第一次离开O点到第二次到达O点运动的路程s2＝＝95%，同理第二次离开O点到第三次到达O点运动的路程s3＝(95%)2，…，故小物块下滑的总路程s总＝s1＋s2＋…＋sn＝＋95%＋(95%)2＋…＋(95%)n-1，n无穷大时，可得s总＝(等比数列求和)，故B正确。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
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11
12
11．(2024·山东潍坊三模)如图所示为冰雪冲浪项目流程图，AB段为水平加速区，BC段为半径r＝22.5 m的光滑圆管形通道，AB与BC相切于B点；CDE段为半径R＝100 m的圆弧冰滑道，BC与CDE相切于C点，弧DE所对应的圆心角θ＝37°，D为轨道最低点，C、E关于OD对称。安全员将小朋友和滑板(可视为质点)从A点沿水平方向向左加速推动一段距离后释放，到达光滑圆管形通道上B点时小朋友和滑板与通道没有相互作用力，小朋友运动至滑道E点时对滑道压力FN＝410 N。已知小朋友和滑板总质量为m＝40 kg，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，
cos 37°＝0.8。求：
题号
1
3
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2
4
6
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10
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12
(1)小朋友在B点时的速度v0；
(2)小朋友通过CDE段滑道时
克服摩擦力做的功。
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
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12
[解析] (1)由于到达光滑圆管形通道上B点时小朋友和滑板与通道没有相互作用力，则
mg＝
解得v0＝15 m/s，方向水平向左。
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
(2)小朋友从B滑到E，根据动能定理可得
mgr(1－cos 37°)－W克f＝
在E点，根据牛顿第二定律可得
FN－mg cos 37°＝
联立解得W克f＝1 800 J。
题号
1
3
5
2
4
6
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9
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11
12
[答案] (1)15 m/s，方向水平向左 (2)1 800 J
12．(2022·浙江1月选考)如图所示，处于竖直平面内的一探究装置，由倾角α＝37°的光滑直轨道AB、圆心为O1的半圆形光滑轨道BCD、圆心为O2的半圆形光滑细圆管轨道DEF、倾角也为37°的粗糙直轨道FG组成，B、D和F为轨道间的相切点，弹性板垂直轨道固定在G点(与B点等高)，B、O1、D、O2和F点处于同一直线上。已知可视为质点的滑块质量m＝0.1 kg，轨道BCD和DEF的半径R＝0.15 m，轨道AB长度lAB＝3 m，滑块与轨道FG间的动摩擦因数μ＝。滑块与弹性板作用后，以等大速度弹回，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2。滑块开始时均从轨道AB上某点静止释放。
题号
1
3
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2
4
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10
11
12
(1)若释放点距B点的长度l＝0.7 m，求滑块到最低点C时轨道对其支持力FN的大小；
(2)设释放点距B点的长度为lx，求滑块第1次经F点时的速度v与lx之间的关系式；
(3)若滑块最终静止在轨道FG的
中点，求释放点距B点长度lx的值。
题号
1
3
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2
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6
8
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11
12
[解析] (1)滑块从A到C的过程只有重力做功，机械能守恒，则
mgl sin 37°＋mgR(1－cos 37°)＝
在C点根据牛顿第二定律有
FN－mg＝
代入数据解得FN＝7 N。
题号
1
3
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12
(2)要使得滑块到达F点，则必过圆弧轨道DEF的最高点，即有mglx sin 37°－mg(3R cos 37°＋R)＝>0
即lx>0.85 m
滑块运动到F的过程中，由机械能守恒定律有mglx sin 37°－4mgR cos 37°＝mv2
解得v＝(m/s)(0.85 m题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
(3)设最终摩擦力做的功为滑块第一次到达FG中点时的n倍，由动能定理得mglx sin 37°－mgsin 37°－nμmgcos 37°＝0
解得lx＝ m
将0.85 m由运动过程可知，n只能取1、3、5
题号
1
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2
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①当n＝1时，lx＝ m
②当n＝3时，lx＝ m
③当n＝5时，lx＝ m。
题号
1
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[答案] (1)7 N (2)v＝(m/s) (0.85 m谢 谢 ！课时分层作业(十三)
1．(2021·河北卷)一半径为R的圆柱体水平固定，横截面如图所示。长度为πR、不可伸长的轻细绳，一端固定在圆柱体最高点P处，另一端系一个小球，小球位于P点右侧同一水平高度的Q点时，绳刚好拉直。将小球从Q点由静止释放，当与圆柱体未接触部分的细绳竖直时，小球的速度大小为(重力加速度为g，不计空气阻力)( )
A．
C． D．2
2．质量为m的物体以初速度v0沿水平面向左开始运动，起始点A与一轻弹簧O端相距s，如图所示。已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，物体与弹簧相碰后，弹簧的最大压缩量为x，则从开始碰撞到弹簧被压缩至最短，物体克服弹簧弹力所做的功为(重力加速度大小为g)( )
－μmgx
C．μmgs D．μmg(s＋x)
3．物体在恒定阻力作用下，以某初速度在水平面上沿直线滑行直到停止。以a、Ek、x和t分别表示物体运动的加速度大小、动能、位移的大小和运动的时间，则以下各图像中，能正确反映这一过程的是( )
A B
C D
4．如图所示，倾角 θ＝37°的斜面AB与水平面平滑连接于B点，A、B两点之间的距离x0＝3 m，质量m＝3 kg的小物块与斜面及水平面间的动摩擦因数均为μ＝0.4。当小物块从A点由静止开始沿斜面下滑的同时，对小物块施加一个水平向左的恒力F(图中未画出)，g取10 m/s2。若F＝10 N，小物块从A点由静止开始沿斜面运动，到B点时撤去恒力F，则小物块在水平面上滑行的距离x为(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)( )
A．5.7 m B．4.7 m
C．6.5 m D．5.5 m
5．(多选)一物体以初速度v0自固定斜面底端沿斜面向上运动，一段时间后回到斜面底端。该物体的动能Ek随位移x的变化关系如图所示，图中x0、Ek1、Ek2均已知。根据图中信息可以求出的物理量有( )
A．重力加速度大小
B．物体所受滑动摩擦力的大小
C．斜面的倾角
D．沿斜面上滑的时间
6．如图所示，质量m＝0.1 kg的可视为质点的小球从距地面高H＝5 m处由静止开始自由下落，到达地面恰能沿凹陷于地面的半圆形槽的右端切入，半圆形槽半径R＝0.4 m。小球到达槽最低点时速率为10 m/s，并继续沿槽壁运动直到从槽左端边缘竖直向上飞出……，如此反复，设小球在槽壁运动时受到的摩擦力大小恒定不变，不计空气阻力及小球与槽壁口接触时的能量损失(取g＝10 m/s2)。求：
(1)小球第一次飞离槽后上升的高度H1；
(2)小球最多能飞出槽外的次数。
7．(2023·重庆卷)机械臂广泛应用于机械装配。若某质量为m的工件(视为质点)被机械臂抓取后，在竖直平面内由静止开始斜向上做加速度大小为a的匀加速直线运动，运动方向与竖直方向夹角为θ，提升高度为h，如图所示。求：
(1)提升高度为h时，工件的速度大小；
(2)在此过程中，工件运动的时间及合力对工件做的功。
8．如图甲所示，一物块以一定初速度沿倾角为30°的固定斜面上滑，运动过程中摩擦力大小f 恒定，物块动能Ek与运动路程s的关系如图乙所示。重力加速度大小取10 m/s2，则物块的质量m和所受的摩擦力大小f 分别为( )
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
9．(2025·山东济南高三检测)如图所示，水平平台与水平细杆间的高度差为H，质量为M的物块放在水平平台上，质量为M的小球套在水平杆上，物块和小球通过小滑轮用轻质细线相连，滑轮右侧细线恰好竖直。现用一水平恒力F由静止沿杆拉动小球，物块始终在水平平台上，不计一切摩擦。则小球前进2H时，物块的速度为( )
A．
C．
10．如图所示，两倾角均为θ的光滑斜面对接后固定在水平地面上，O点为斜面的最低点。一个小物块从右侧斜面上高为H处由静止滑下，在两个斜面上做往复运动。小物块每次通过O点时都会有动能损失，损失的动能为小物块当次到达O点时动能的5%。小物块从开始下滑到停止的过程中运动的总路程为( )
A．
C．
11．(2024·山东潍坊三模)如图所示为冰雪冲浪项目流程图，AB段为水平加速区，BC段为半径r＝22.5 m的光滑圆管形通道，AB与BC相切于B点；CDE段为半径R＝100 m的圆弧冰滑道，BC与CDE相切于C点，弧DE所对应的圆心角θ＝37°，D为轨道最低点，C、E关于OD对称。安全员将小朋友和滑板(可视为质点)从A点沿水平方向向左加速推动一段距离后释放，到达光滑圆管形通道上B点时小朋友和滑板与通道没有相互作用力，小朋友运动至滑道E点时对滑道压力FN＝410 N。已知小朋友和滑板总质量为m＝40 kg，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
(1)小朋友在B点时的速度v0；
(2)小朋友通过CDE段滑道时克服摩擦力做的功。
12．(2022·浙江1月选考)如图所示，处于竖直平面内的一探究装置，由倾角α＝37°的光滑直轨道AB、圆心为O1的半圆形光滑轨道BCD、圆心为O2的半圆形光滑细圆管轨道DEF、倾角也为37°的粗糙直轨道FG组成，B、D和F为轨道间的相切点，弹性板垂直轨道固定在G点(与B点等高)，B、O1、D、O2和F点处于同一直线上。已知可视为质点的滑块质量m＝0.1 kg，轨道BCD和DEF的半径R＝0.15 m，轨道AB长度lAB＝3 m，滑块与轨道FG间的动摩擦因数μ＝。滑块与弹性板作用后，以等大速度弹回，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2。滑块开始时均从轨道AB上某点静止释放。
(1)若释放点距B点的长度l＝0.7 m，求滑块到最低点C时轨道对其支持力FN的大小；
(2)设释放点距B点的长度为lx，求滑块第1次经F点时的速度v与lx之间的关系式；
(3)若滑块最终静止在轨道FG的中点，求释放点距B点长度lx的值。
课时分层作业(十三)
1．A [小球下落的高度为h＝πR－R＋R＝R，小球下落过程中，根据动能定理有mgh＝mv2 ，综上有v＝，故选A。]
2．A [根据功的定义式可知物体克服摩擦力做功为Wf＝μmg(s＋x)，由动能定理可得－W弹－Wf＝，则W弹＝－μmg(s＋x)，故选项A正确。]
3．C [物体在恒定阻力作用下运动，其加速度不随时间变化，不随位移变化，A、B错误；由动能定理有－Ffx＝Ek－Ek0，解得Ek＝Ek0－Ffx，C正确；又x＝vt－at2，故Ek与t不呈线性关系，D错误。]
4．B [小物块在斜面上受力分析如图所示，从A点开始沿ABC路径运动到C点停止的过程中，由动能定理可得Fx0cos θ＋mgx0sin θ－Ffx0－μmgx＝0，Ff＝μFN，FN＋F sin θ＝mg cos θ，代入数据解得x＝4.7 m，故选项B正确。]
5．BD [分析知，题图中右上方图线对应上滑阶段，左下方图线对应下滑阶段。由动能定理知，Ek-x图线的斜率的绝对值等于对应阶段所受合外力的大小，设物体质量为m，重力加速度大小为g，物体所受滑动摩擦力的大小为f ，斜面倾角为θ，可知mg sin θ＋f ＝，mg sin θ－f ＝，联立解得mg sin θ＝，f ＝，即可求出物体所受滑动摩擦力的大小f ，但因条件不足，重力加速度大小g、斜面的倾角θ不能求出，故A、C错误，B正确；设物体沿斜面上滑的时间为t，由匀变速直线运动规律可知x0＝v0t，则t＝，D正确。]
6．解析：(1)由于小球在槽壁运动时受到的摩擦力大小恒定不变，由对称性可知，小球在槽右半部分与左半部分运动时克服摩擦力做的功相等，设为Wf。小球从开始下落至到达槽最低点的过程中，由动能定理得mg(H＋R)－Wf＝mv2，解得Wf＝0.4 J，
小球由槽最低点到第一次上升到最大高度的过程，
由动能定理得－mg(H1＋R)－Wf＝0－mv2，
解得H1＝4.2 m。
(2)设小球能飞出槽外n次，对整个过程，由动能定理得mgH－n×2Wf＝0
解得n＝6.25，n只能取整数，故小球最多能飞出槽外6次。
答案：(1)4.2 m (2)6次
7．解析：(1)根据匀变速直线运动位移与速度的关系有＝2a
解得v0＝。
(2)由v0＝at解得t＝
对工件根据动能定理有W合＝
解得W合＝。
答案：(1) (2)
8．A [0～10 m内物块上滑，由动能定理得－mg sin 30°·s－f s＝Ek－Ek0，整理得Ek＝Ek0－(mg sin 30°＋f )s，结合0～10 m内的图线得，斜率的绝对值|k|＝mg sin 30°＋f ＝4 N；10～20 m内物块下滑，由动能定理得(mg sin 30°－f )(s－s1)＝Ek，整理得Ek＝(mg sin 30°－f )s－(mg sin 30°－f )s1，结合10～20 m 内的图线得，斜率k′＝mg sin 30°－f ＝3 N，联立解得f ＝0.5 N，m＝0.7 kg，A正确，B、C、D错误。]
9．D [小球从平台的边缘正下方由静止向右运动2H时，设小球的速度为v，此时轻质细线与水平方向夹角为θ，如图所示，由图可知tan θ＝，则有cos θ＝，小球沿细线方向的分速度等于物块的速度，则物块的速度为v1＝v cos θ＝，对物块和小球组成的系统，用动能定理可得F·2H＝，解得v1＝，A、B、C错误，D正确。]
10．B [由题意知，对小物块第一次到达O点的过程由动能定理可得mgH＝Ek，此时小物块运动的路程s1＝，第一次通过O点后动能Ek1＝95%Ek＝95%mgH，此时利用动能定理知小物块上升的高度H1＝95%H，第一次离开O点到第二次到达O点运动的路程s2＝＝95%，同理第二次离开O点到第三次到达O点运动的路程s3＝(95%)2，…，故小物块下滑的总路程s总＝s1＋s2＋…＋sn＝＋95%＋(95%)2＋…＋(95%)n-1，n无穷大时，可得s总＝(等比数列求和)，故B正确。]
11．解析：(1)由于到达光滑圆管形通道上B点时小朋友和滑板与通道没有相互作用力，则
mg＝
解得v0＝15 m/s，方向水平向左。
(2)小朋友从B滑到E，根据动能定理可得
mgr(1－cos 37°)－W克f＝
在E点，根据牛顿第二定律可得
FN－mg cos 37°＝
联立解得W克f＝1 800 J。
答案：(1)15 m/s，方向水平向左 (2)1 800 J
12．解析：(1)滑块从A到C的过程只有重力做功，机械能守恒，则
mgl sin 37°＋mgR(1－cos 37°)＝
在C点根据牛顿第二定律有
FN－mg＝
代入数据解得FN＝7 N。
(2)要使得滑块到达F点，则必过圆弧轨道DEF的最高点，即有mglx sin 37°－mg(3R cos 37°＋R)＝>0
即lx>0.85 m
滑块运动到F的过程中，由机械能守恒定律有mglx sin 37°－4mgR cos 37°＝mv2
解得v＝(m/s)(0.85 m(3)设最终摩擦力做的功为滑块第一次到达FG中点时的n倍，由动能定理得mglx sin 37°－mgsin 37°－nμmgcos 37°＝0
解得lx＝ m
将0.85 m由运动过程可知，n只能取1、3、5
①当n＝1时，lx＝ m
②当n＝3时，lx＝ m
③当n＝5时，lx＝ m。
答案：(1)7 N (2)v＝(m/s) (0.85 m6 / 6
