【期末押题预测】期末核心考点 动能定理（含解析）2024-2025学年高一下学期物理教科版（2019）

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期末核心考点 动能定理
一．选择题（共7小题）
1．（2025 朝阳区二模）水平桌面上的甲、乙两物体在水平拉力作用下由静止开始沿直线运动，其加速度a与所受拉力F的关系如图所示。甲、乙两物体的质量分别为m1、m2，与桌面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2。下列说法正确的是（　　）
A．m1＞m2
B．μ1＞μ2
C．若拉力相同，经过相同时间拉力对甲做功少
D．若拉力相同，通过相同位移甲获得的动能大
2．（2025 南开区二模）如图甲所示为智能健身圈，其原理是利用摇动腰部轨道上的阻尼环带起腰带外部轨道上的小球，起到健身的效果，其原理简化为如图乙所示。设配重小球的质量为m，体积忽略不计，小球悬绳（忽略质量）长度为L，腰带轨道近似看成是正圆，且半径为R。若配重小球绕腰带的中心轴做水平匀速圆周运动，小球的线速度大小为v，绳子与竖直方向夹角为θ，运动过程腰部保持稳定，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）
A．要让配重小球从静止以速度v匀速转动起来，悬绳对小球做的功为
B．当绳子与竖直方向夹角为θ时，配重小球做匀速圆周运动的向心力大小为
C．若更换质量为2m的配重小球，以相同角速度转动阻尼环，绳子与竖直方向夹角不变
D．当绳子与竖直方向夹角保持为θ时，配重小球转动频率f
3．（2025 丹东模拟）如图所示，质量为m的小球由A点静止释放，沿半径为R的AB光滑圆弧轨道从A点运动至B点，A点与圆心O等高，然后由B点抛出，最终落到水平面上C点（C点未画出），重力加速度为g，则下列说法中正确的是（　　）
A．小球运动到B点时对轨道的压力为
B．由B点抛出后，最终落地点C距B点的水平距离为
C．小球由A点运动到圆弧轨道最低点过程中重力的最大功率为
D．小球运动到B点时的速度大小为
4．（2025 宁波三模）如图是某城市广场喷泉喷出水柱的场景，每个喷管的直径约为2cm，喷出的水柱高度约为5m。则空中一个水柱的质量和电动机给单个喷管提供的输出功率分别约为（　　）
A．3.1kg，80W B．3.1kg，160W
C．6.3kg，80W D．6.3kg，160W
5．（2025春 武汉期中）2025年蛇年春晚的舞台上，《秧BOT》节目开场，一群穿着花棉袄的机器人在舞台上扭起了秧歌，引起观众惊叹。其中机器人转手绢的动作，使手绢绕中心点O在竖直面内匀速转动，如图所示，若手绢上有质量不相等的两质点A、B，则（　　）
A．质点A、B的线速度相同
B．质点A、B的角速度不相同
C．质点A、B受到的合外力可能相同
D．质点A、B的动能可能相等
6．（2025春 天心区校级期中）航天飞机在完成对空间站的维修任务后，在A点短时间开动小型发动机进行变轨，从圆形轨道Ⅰ进入椭圆轨道Ⅱ，B为轨道Ⅱ上的返地点，如图所示。下列说法中正确的有（　　）
A．在A点短时间开动发动机使航天飞机加速
B．在轨道Ⅱ上运动的周期大于在轨道Ⅰ上运动的周期
C．在轨道Ⅱ上经过A的加速度等于在轨道Ⅰ上经过A的加速度
D．在轨道Ⅱ上经过A的动能等于经过B的动能
7．（2025春 香坊区校级期中）如图甲，某同学用轻绳通过定滑轮提升一重物，运用传感器（未在图中画出）测得此过程中不同时刻被提升重物的速度v与对轻绳的拉力F，并描绘出图像如图乙所示，其中第一个时间段内线段AB与v轴平行，第二个时间段内线段BC的延长线过原点，第三个时间段内拉力F和速度v均与C点对应，大小均保持不变，因此图像上没有反映。实验中测得第二个时间段内所用时间为t。重力加速度为g，滑轮质量、摩擦和其他阻力均可忽略不计。下列说法正确的是（　　）
A．重物的质量为
B．第二阶段重物上升的平均速率为
C．第一阶段重物上升所用的时间为
D．重物在前两个时间段内的总位移
二．多选题（共3小题）
（多选）8．（2025春 福州校级月考）如图甲，质量m＝10kg的物体静止在水平地面上，在水平推力F作用下开始运动，水平推力（F）随位移（x）变化的图像如图乙。已知物体与地面间的动摩擦因数μ＝0.5，取重力加速度大小g＝10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则（　　）
A．在0～10m的过程中，推力F对物体所做的功为1000J
B．在0～10m的过程中，滑动摩擦力对物体所做的功为﹣500J
C．物体的位移x＝5m时，其速度大小为5m/s
D．物体的位移x＝10m时，其速度大小为10m/s
（多选）9．（2025春 海淀区校级期中）质量为1.0kg的物体，以某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情况如图所示，则下列判断正确的是（　　）
A．物体的初动能为50J
B．物体与水平面间的动摩擦因数为0.25
C．物体运动的加速度为3m/s2
D．物体滑行的总时间是4s
（多选）10．（2025春 香坊区校级期中）人们用固定滑道从高处向低处运送货物。如图所示，可看作质点的货物，从圆弧滑道顶端P点以2m/s的速度沿切线方向下滑，沿滑道运动到圆弧末端Q点时速度大小为5m/s。已知货物质量为10kg，滑道高度h为2m，且过Q点的切线水平，重力加速度取10m/s2。关于货物从P点运动到Q点的过程，下列说法正确的有（　　）
A．克服阻力做的功为95J
B．重力做的功为20J
C．经过Q点时向心加速度大小为25m/s2
D．经过Q点时对轨道的压力大小为225N
三．填空题（共3小题）
11．（2025春 思明区校级期中）放在粗糙水平地面上的物体受到水平拉力的作用，在0～6s内其速度与时间的图像和该拉力的功率与时间的图像分别如图甲、乙所示。则0～6s内拉力对物体做的功为 　 　 J，物体受到的滑动摩擦力的大小为 　 　 N。
12．（2025春 仓山区校级期中）如图所示，从地面上以速度v0斜向上抛出质量为m的物体，抛出后物体落到比地面低h的海面上。若以地面为参考平面且不计空气阻力，则物体落到海平面上的重力势能为 　 　 ，物体落在海平面上的动能为 　 　 。
13．（2025春 台江区期中）如图，木块放在光滑水平面上，一颗子弹水平射入木块。若子弹受到的平均阻力为f，射入深度为d，在此过程中木块的位移为s，则子弹对木块 　 　 （选填“做正功”“做负功”或“不做功”），子弹的动能 　 　 （选填“增大”或“减小”），木块对子弹做的功为 　 　 。
四．解答题（共2小题）
14．（2025春 成华区期中）如图所示，在竖直平面内，粗糙的斜面轨道AB的下端与光滑的圆弧轨道BCD相切于B，C是最低点，圆心角∠BOC＝37°，D与圆心O等高，圆弧轨道半径为R，现有一个质量为m可视为质点的小物体，从D点的正上方E点处自由下落，物体恰好到达斜面顶端A处。已知ED距离为3R，物体与斜面AB之间的动摩擦因数μ0＝0.5。已知重力加速度g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：
（1）物体第一次到达C点时的速度大小和受到的支持力大小；
（2）斜面AB的长度L；
（3）若动摩擦因数μ可变，求μ取不同值时，物块在斜面上滑行的路程s。
15．（2025 昌平区二模）荡秋千是孩子们喜欢的一项运动。如图所示，秋千由两根长度均为L的细绳悬挂于固定横梁上，质量为m的小孩坐在秋千座椅上，初始时，大人用一水平外力使秋千静止，此时两绳与竖直方向夹角均为θ。不计秋千的质量，小孩可视为质点。重力加速度为g。
（1）当秋千静止时，求水平外力的大小F。
（2）将秋千从静止释放，秋千自由摆动，若不计空气阻力，求秋千摆到最低点时每根绳子的拉力大小T。
（3）若考虑空气阻力，求秋千从静止释放到停下的过程中空气阻力所做的功Wf。
期末核心考点 动能定理
参考答案与试题解析
一．选择题（共7小题）
1．（2025 朝阳区二模）水平桌面上的甲、乙两物体在水平拉力作用下由静止开始沿直线运动，其加速度a与所受拉力F的关系如图所示。甲、乙两物体的质量分别为m1、m2，与桌面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2。下列说法正确的是（　　）
A．m1＞m2
B．μ1＞μ2
C．若拉力相同，经过相同时间拉力对甲做功少
D．若拉力相同，通过相同位移甲获得的动能大
【考点】动能定理的简单应用；牛顿第二定律的简单应用．
【专题】比较思想；方程法；动能定理的应用专题；分析综合能力．
【答案】B
【分析】利用牛顿第二定律得出加速度表达式，然后结合图像信息，可得出质量以及动摩擦因数的关系；若拉力相同，分析相同时间内位移关系，判断拉力做功关系；根据动能定理分析获得的动能大小。
【解答】解：AB、根据牛顿第二定律可得
F﹣μmg＝ma
得aF﹣μg
可知a﹣F图像的斜率k，纵轴截距b＝﹣μg
由图可知，m1＜m2，μ1＞μ2，故A错误，B正确；
C、由图可知，若拉力相同，甲的加速度可能小于乙的加速度，也可能等于、大于乙的加速度，则经过相同时间甲的位移可能小于、等于或大于乙的位移，则经过相同时间拉力对甲做功不一定少，故C错误；
D、若拉力相同，通过相同位移，拉力做功相同。根据题图中图线甲的横截距大于图线乙的，可知甲受到的滑动摩擦力大于乙的，故通过相同位移，甲克服摩擦力做功大于乙的，根据动能定理，通过相同位移甲获得的动能小于乙的，故D错误。
故选：B。
【点评】在解决本题时，要能够熟练列写牛顿第二定律公式，并能够运用数学方法对公式进行处理，从而分析两物体质量和动摩擦因数的关系。
2．（2025 南开区二模）如图甲所示为智能健身圈，其原理是利用摇动腰部轨道上的阻尼环带起腰带外部轨道上的小球，起到健身的效果，其原理简化为如图乙所示。设配重小球的质量为m，体积忽略不计，小球悬绳（忽略质量）长度为L，腰带轨道近似看成是正圆，且半径为R。若配重小球绕腰带的中心轴做水平匀速圆周运动，小球的线速度大小为v，绳子与竖直方向夹角为θ，运动过程腰部保持稳定，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）
A．要让配重小球从静止以速度v匀速转动起来，悬绳对小球做的功为
B．当绳子与竖直方向夹角为θ时，配重小球做匀速圆周运动的向心力大小为
C．若更换质量为2m的配重小球，以相同角速度转动阻尼环，绳子与竖直方向夹角不变
D．当绳子与竖直方向夹角保持为θ时，配重小球转动频率f
【考点】动能定理的简单应用；物体被系在绳上做圆锥摆运动．
【专题】定量思想；推理法；动能定理的应用专题；推理论证能力．
【答案】C
【分析】智能健身圈通过摇动腰部轨道上的阻尼环带动腰带外部轨道上的小球运动，小球做水平匀速圆周运动，其运动过程涉及到向心力、机械能等物理概念。题目要求分析在不同情况下小球的运动状态和相关物理量，如悬绳对小球做功、向心力大小以及更换小球质量后夹角的变化等，需要运用牛顿第二定律、动能定理等知识进行分析和计算。
【解答】解：A.由动能定理可知，让自然下垂的小球转动起来，即悬绳对配重小球所做的功大于其动能，故B错误；
CD.由牛顿运动定律，对于配重小球mgtanθ＝m（R+Lsinθ）ω2，可见夹角与配重小球质量无关，同理由mgtanθ＝4mπ2f2（R+Lsinθ），可知，故C正确，D错误。
B.小球受到重力mg和悬绳的拉力工，重力方向竖直向下，拉力方向沿悬绳方向，将拉力T分解为水平方向和竖直方向的分力。在竖直方向上，拉力的分力Tcosθ与重力mg平衡，即Tcosθ＝mg；在水平方向上，拉力的分力Tsinθ提供小球做匀速圆周运动的向心力。
由Tcosθ＝mg，可得：
F向＝Tsinθ
联立解得：F向＝mgtanθ，故C错误；
故选：C。
【点评】本题以智能健身圈为背景，将实际的健身设备原理简化为物理模型，考查了圆周运动的相关知识。
3．（2025 丹东模拟）如图所示，质量为m的小球由A点静止释放，沿半径为R的AB光滑圆弧轨道从A点运动至B点，A点与圆心O等高，然后由B点抛出，最终落到水平面上C点（C点未画出），重力加速度为g，则下列说法中正确的是（　　）
A．小球运动到B点时对轨道的压力为
B．由B点抛出后，最终落地点C距B点的水平距离为
C．小球由A点运动到圆弧轨道最低点过程中重力的最大功率为
D．小球运动到B点时的速度大小为
【考点】动能定理的简单应用；斜抛运动；功率的定义、物理意义和计算式的推导．
【专题】定量思想；合成分解法；动能定理的应用专题；分析综合能力．
【答案】C
【分析】根据机械能守恒定律求出小球运动到B点时的速度大小，再根据牛顿第二、第三定律求小球对轨道的压力大小；根据斜抛运动计算出分速度，再根据匀速直线运动公式计算出水平距离；根据功率公式，结合机械能守恒求解。
【解答】解：AD、小球从A到B的过程中机械能守恒，有mgRcos60°
可知小球运动到B点时的速度大小为：vB
小球在B点由牛顿第二定律有：FB﹣mgcos60°＝m
联立解得小球运动到B点时轨道对小球的支持力为：FBmg
由牛顿第三定律可知小球运动到B点时对轨道的压力为mg
故A错误，D错误；
B、小球从B点抛出后做斜抛运动，小球在竖直方向的分速度vy0＝vBsin60°
小球在竖直方向上做竖直上抛运动
由运动学知识有：vy0t
小球在水平方向的分速度为：vx＝vBcos60°
小球在水平方向做匀速直线运动，由运动学知识有：x＝vxt
联立解得由B点抛出后，最终落地点C距B点的水平距离为：x
故B错误；
C、设小球在运动过程中球与圆心的连线与竖直方向的夹角为0，则重力的功率为：P＝mgvsinθ
小球在运动过程中机械能守恒，有：mgRcosθ
联立可知小球由4点运动到圆弧轨道最低点过程中重力的功率：P＝mg
由数学知识可知：当cosθ时，
重力的功率有最大值
代入数据可知小球由4点运动到圆弧轨道最低点过程中重力的最大功率为：P
故C正确。
故选：C。
【点评】本题考查了机械能守恒、牛顿第二、第三定律和斜抛运动，熟悉各个知识的含义，根据选项选择合理的公式是解决此类问题的关键。
4．（2025 宁波三模）如图是某城市广场喷泉喷出水柱的场景，每个喷管的直径约为2cm，喷出的水柱高度约为5m。则空中一个水柱的质量和电动机给单个喷管提供的输出功率分别约为（　　）
A．3.1kg，80W B．3.1kg，160W
C．6.3kg，80W D．6.3kg，160W
【考点】动能定理的简单应用；竖直上抛运动的规律及应用；功率的定义、物理意义和计算式的推导．
【专题】定量思想；推理法；动能定理的应用专题；推理论证能力．
【答案】D
【分析】根据质量公式M＝ρV计算空中水柱的质量；水离开喷管口做竖直上抛运动，由速度一位移公式计算水离开喷管口时的速度大小。结合体积公式计算单位时间内喷出管口的水柱的体积，再求解单位时间内喷出管口的水柱的质量，然后由动能定理求解电动机给单个喷管提供的输出功率。
【解答】解：水离开管口的速度为v
水在空中运动时间为：t，解得：t＝2s
空中一个水柱的质量为：
M＝ρ×πr2×vtkg≈6.3kg
设给喷管喷水的电动机输出功率为P，在接近管口很短一段时间Δt内水柱的质量为m＝ρvΔtS＝ρvΔtπr2
根据动能定理可得PΔtmv2
解得P
代入数据解得P≈160kW
故D正确，ABC错误。
故选：D。
【点评】本题主要考查功率的计算，解答本题要能够根据水的运动情况，由运动学公式计算水离开喷管口时的速度大小，能求出水的动能，从而求得电动机的输出功率。
5．（2025春 武汉期中）2025年蛇年春晚的舞台上，《秧BOT》节目开场，一群穿着花棉袄的机器人在舞台上扭起了秧歌，引起观众惊叹。其中机器人转手绢的动作，使手绢绕中心点O在竖直面内匀速转动，如图所示，若手绢上有质量不相等的两质点A、B，则（　　）
A．质点A、B的线速度相同
B．质点A、B的角速度不相同
C．质点A、B受到的合外力可能相同
D．质点A、B的动能可能相等
【考点】动能的定义、性质、表达式；传动问题．
【专题】定量思想；推理法；匀速圆周运动专题；推理论证能力．
【答案】D
【分析】依据v＝ωr分析判断；同轴转动的物体角速度相同；根据Fn＝mrω2分析判断；根据分析判断。
【解答】解：A、因为手绢绕中心点O在竖直面内匀速转动，A、B两质点同轴转动，角速度ω相同。根据
v＝ωr
A、B到O点的距离r不同，所以线速度v不同，故A错误；
B、同轴转动的物体角速度相同，所以质点A、B的角速度相同，故B错误；
C、质点做匀速圆周运动，合外力提供向心力，根据
A、B的质量m不相等，到O点的距离r也不同，所以合外力不同，故C错误；
D、根据
虽然m不同，但当
时，A、B的动能Ek可能相等，故D正确。
故选：D。
【点评】求解此题的关键是知道共轴转动的点角速度相等，匀速圆周运动中合外力即为向心力。
6．（2025春 天心区校级期中）航天飞机在完成对空间站的维修任务后，在A点短时间开动小型发动机进行变轨，从圆形轨道Ⅰ进入椭圆轨道Ⅱ，B为轨道Ⅱ上的返地点，如图所示。下列说法中正确的有（　　）
A．在A点短时间开动发动机使航天飞机加速
B．在轨道Ⅱ上运动的周期大于在轨道Ⅰ上运动的周期
C．在轨道Ⅱ上经过A的加速度等于在轨道Ⅰ上经过A的加速度
D．在轨道Ⅱ上经过A的动能等于经过B的动能
【考点】动能的定义、性质、表达式；开普勒三大定律；卫星的发射及变轨问题．
【专题】定性思想；推理法；人造卫星问题；理解能力．
【答案】C
【分析】根据离心运动的原理判断在A点减速使其做近心运动；根据开普勒第三定律k知，判断在轨道Ⅱ上运动的周期与在轨道Ⅰ上运动的周期大小；万有引力是合力满足牛顿第二定律，从而比较不同轨道在A点的加速度大小；根据在椭圆轨道运动时，航天飞机在近地点速度大，远地点速度小判定即可。
【解答】解：A．从圆形轨道Ⅰ进入椭圆轨道Ⅱ，需要在A点减速做近心运动才行，故在A点短时间开动发动机后航天飞机的速度减小，故A错误；
B．根据开普勒第三定律k知，在轨道Ⅱ上运动的周期小于在轨道Ⅰ上运动的周期，故B错误；
C．由Gma可知，在轨道Ⅱ上经过A的加速度应等于在轨道Ⅰ上经过A的加速度，故C正确；
D．根据航天飞机在椭圆运动时，近地点速度大，远地点速度小，所以在轨道Ⅱ上经过A的动能小于经过B的动能，故D错误；
故选：C。
【点评】本题主要考查了万有引力定律的应用，解决本题的关键理解航天飞机绕地球运动的规律，要注意向心力是物体做圆周运动所需要的力，比较加速度，应比较物体实际所受到的力，即万有引力。
7．（2025春 香坊区校级期中）如图甲，某同学用轻绳通过定滑轮提升一重物，运用传感器（未在图中画出）测得此过程中不同时刻被提升重物的速度v与对轻绳的拉力F，并描绘出图像如图乙所示，其中第一个时间段内线段AB与v轴平行，第二个时间段内线段BC的延长线过原点，第三个时间段内拉力F和速度v均与C点对应，大小均保持不变，因此图像上没有反映。实验中测得第二个时间段内所用时间为t。重力加速度为g，滑轮质量、摩擦和其他阻力均可忽略不计。下列说法正确的是（　　）
A．重物的质量为
B．第二阶段重物上升的平均速率为
C．第一阶段重物上升所用的时间为
D．重物在前两个时间段内的总位移
【考点】动能定理的简单应用；牛顿运动定律的应用—从运动情况确定受力．
【专题】定量思想；图析法；动能定理的应用专题；分析综合能力．
【答案】C
【分析】第三个时间段内拉力F和速度v均不变，根据平衡条件求出重物的质量；第二个时间段内拉力的功率不变，重物做加速度减小的加速运动，不能根据公式求平均速度；根据牛顿第二定律求出第一阶段重物上升的加速度，再由速度—时间公式求所用时间；根据位移—时间公式求出第一阶段重物的位移。第二个时间段内，根据图像的斜率求出拉力的功率，再根据动能定理求出此阶段重物的位移，从而求得重物在前两个时间段内的总位移。
【解答】解：A、第三个时间段内拉力F和速度v均不变，此时拉力大小为F2，由平衡条件得F2＝mg，可得重物的质量为m，故A错误；
B、因为拉力的功率为P＝Fv，由图可知，第二阶段拉力的功率不变，随着速度增大，拉力减小，合力减小，所以重物做加速度减小的变加速运动，则第二阶段重物上升的平均速率不等于，故B错误；
C、由图可知，第一个时间段内重物所受拉力为F1，则重物的加速度大小为
a
第一阶段重物上升所用的时间为t1，故C正确；
D、第一个时间段内的位移为
x1
设第二个时间段内的位移为x2，根据动能定理有
Pt﹣mgx2
又P＝F1v1＝F2v2，解得x2＝v2t
故重物在前两个时间段内的总位移为
x＝x1+x2v2tv2t，故D错误。
故选：C。
【点评】解决本题的关键要理解图像的意义，理清重物在整个过程中的运动规律，结合牛顿第二定律和动能定理综合求解。
二．多选题（共3小题）
（多选）8．（2025春 福州校级月考）如图甲，质量m＝10kg的物体静止在水平地面上，在水平推力F作用下开始运动，水平推力（F）随位移（x）变化的图像如图乙。已知物体与地面间的动摩擦因数μ＝0.5，取重力加速度大小g＝10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则（　　）
A．在0～10m的过程中，推力F对物体所做的功为1000J
B．在0～10m的过程中，滑动摩擦力对物体所做的功为﹣500J
C．物体的位移x＝5m时，其速度大小为5m/s
D．物体的位移x＝10m时，其速度大小为10m/s
【考点】动能定理的简单应用；功的定义、单位和计算式．
【专题】定量思想；图析法；动能定理的应用专题；分析综合能力．
【答案】BC
【分析】根据F﹣x图像与x轴所围的面积表示推力所做的功来求解推力F对物体所做的功；根据Wf＝﹣μmgl求滑动摩擦力对物体所做的功；物体的位移x＝5m时，分别求出推力和滑动摩擦力做的功，再根据动能定理求速度。物体的位移x＝10m时，根据动能定理求速度。
【解答】解：A、根据F﹣x图像与x轴围成的面积表示推力F做的功，可得推力F对物体所做的功为WJ＝500J，故A错误；
B、在0～10m的过程中，滑动摩擦力对物体所做的功为Wf＝﹣μmgl＝﹣0.5×10×10×10J＝﹣500J，故B正确；
C、由图可知，运动位移为x＝5m过程中力F做的功
摩擦力做功Wf'＝﹣μmgx＝﹣0.5×10×10×5J＝﹣250J
根据动能定理得
解得v＝5m/s，故C正确；
D、由AB选项可知，当物体运动位移为10m时，合外力所做的功W合＝W+Wf＝500J﹣500J＝0，由动能定理得W合＝ΔEk＝0，其速度大小为0，故D错误。
故选：BC。
【点评】本题考查F﹣x图像和动能定理的应用，解题关键要正确理解图像的意义，能正确判断每个力做功正负，正确列出动能定理的表达式进行求解。
（多选）9．（2025春 海淀区校级期中）质量为1.0kg的物体，以某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情况如图所示，则下列判断正确的是（　　）
A．物体的初动能为50J
B．物体与水平面间的动摩擦因数为0.25
C．物体运动的加速度为3m/s2
D．物体滑行的总时间是4s
【考点】动能定理的简单应用；滑动摩擦力的大小计算和影响因素；用动能的定义式计算物体的动能．
【专题】定量思想；图析法；动能定理的应用专题；分析综合能力．
【答案】ABD
【分析】由图直接读出初动能；利用动能定理求动摩擦因数；根据牛顿第二定律求加速度，再由运动学公式求运动时间。
【解答】解：A、x＝0时的动能即初动能，由图可知，物体的初动能为50J，故A正确；
B、根据动能定理得
﹣μmgx＝0﹣Ek0
其中m＝1.0kg，x＝20m，Ek0＝50J，代入上式解得μ＝0.25，故B正确；
C、物体运动的加速度为aμg＝0.25×10m/s2＝2.5m/s2，故C错误；
D、设物体的初速度为v0，则有Ek0
物体滑行的总时间是t
联立解得t＝4s，故D正确。
故选：ABD。
【点评】解答本题时，要理解图像的意义，熟练运用动能定理求动摩擦因数是关键。对于运动时间，往往根据牛顿第二定律和运动学公式相结合解答。
（多选）10．（2025春 香坊区校级期中）人们用固定滑道从高处向低处运送货物。如图所示，可看作质点的货物，从圆弧滑道顶端P点以2m/s的速度沿切线方向下滑，沿滑道运动到圆弧末端Q点时速度大小为5m/s。已知货物质量为10kg，滑道高度h为2m，且过Q点的切线水平，重力加速度取10m/s2。关于货物从P点运动到Q点的过程，下列说法正确的有（　　）
A．克服阻力做的功为95J
B．重力做的功为20J
C．经过Q点时向心加速度大小为25m/s2
D．经过Q点时对轨道的压力大小为225N
【考点】利用动能定理求解变力做功；牛顿第二定律与向心力结合解决问题；功的定义、单位和计算式．
【专题】定量思想；推理法；牛顿第二定律在圆周运动中的应用；推理论证能力．
【答案】AD
【分析】本题可根据动能定理、重力做功公式、向心加速度公式以及牛顿第二定律来分析货物从P点运动到Q点的过程。
【解答】解：B.重力做的功WG＝mgh＝10kg×10m/s2×2m＝200J
故B错误；
A.下滑过程根据动能定理
可得克服阻力做的功Wf＝95J
故A正确；
C.经过Q点时向心加速度大小为，解得：a＝12.5m/s2
故C错误；
D.经过Q点时，根据牛顿第二定律：解得：FN＝225N
根据牛顿第三定律F压＝FN＝225N
故D正确。
故选：AD。
【点评】本题围绕货物在圆弧滑道上的运动过程，综合考查了动能定理、重力做功、向心加速度以及牛顿第二定律等多个物理知识点，具有一定的综合性。
三．填空题（共3小题）
11．（2025春 思明区校级期中）放在粗糙水平地面上的物体受到水平拉力的作用，在0～6s内其速度与时间的图像和该拉力的功率与时间的图像分别如图甲、乙所示。则0～6s内拉力对物体做的功为 　70　 J，物体受到的滑动摩擦力的大小为 　　 N。
【考点】动能定理的简单应用；牛顿第二定律的图像问题．
【专题】定量思想；推理法；动量定理应用专题；推理论证能力．
【答案】70；。
【分析】v﹣t图像与坐标轴所围面积表示位移；由图像可解得拉力做功，在利用动能定理分析合力在0～6s内做的功与0～2s内做的功大小情况；根据功率的计算公式解得摩擦力大小。
【解答】解：根据W＝Pt可知P﹣t图像与坐标轴围成的面积代表拉力做功，所以0～6s内拉力做的功为W；在2～6s内，物体的速度为：v＝6m/s，功率为：P＝10W，物体做匀速运动，则摩擦力f＝F，所以有：f＝F。
故答案为：70；。
【点评】本题主要是考查功率的计算和图像问题，关键是弄清楚物体的受力情况和运动情况，知道v﹣t图像、P﹣t图像表示的物理意义。
12．（2025春 仓山区校级期中）如图所示，从地面上以速度v0斜向上抛出质量为m的物体，抛出后物体落到比地面低h的海面上。若以地面为参考平面且不计空气阻力，则物体落到海平面上的重力势能为 　﹣mgh　 ，物体落在海平面上的动能为 　mghm　 。
【考点】动能定理的简单应用；重力势能的定义和性质．
【专题】定量思想；推理法；机械能守恒定律应用专题；推理论证能力．
【答案】﹣mgh，mghm。
【分析】根据重力势能的表达式和动能定理列式求解。
【解答】解：若以地面为参考平面且不计空气阻力，根据重力势能的表达式，则物体落到海平面上的重力势能为﹣mgh，由动能定理mgh＝Ekm，得物体落在海平面上的动能为Ek＝mghm。
故答案为：﹣mgh，mghm。
【点评】考查重力势能的表达式和动能定理，会根据题意进行准确分析解答。
13．（2025春 台江区期中）如图，木块放在光滑水平面上，一颗子弹水平射入木块。若子弹受到的平均阻力为f，射入深度为d，在此过程中木块的位移为s，则子弹对木块 　做正功　 （选填“做正功”“做负功”或“不做功”），子弹的动能 　减小　 （选填“增大”或“减小”），木块对子弹做的功为 　﹣f（s+d）　 。
【考点】动能定理的简单应用；功的正负及判断．
【专题】定量思想；推理法；动能定理的应用专题；推理论证能力．
【答案】做正功，减小，﹣f（s+d）
【分析】根据功的公式计算，结合图示，准确计算木块对地位移。
【解答】解：子弹对木块的作用力水平向右，与木块的位移方向相同，子弹对木块做正功，故答案为“做正功”；
木块对子弹的作用力水平向左，与子弹的位移方向相反，木块对子弹做负功，子弹的动能减小，故答案为“减小”；
木块对子弹做负功，大小为平均阻力f与子弹对地位移的乘积，即﹣f（s+d），故答案为“﹣f（s+d）”。
故答案为：做正功，减小，﹣f（s+d）。
【点评】本题的重点是准确计算木块的对地位移。
四．解答题（共2小题）
14．（2025春 成华区期中）如图所示，在竖直平面内，粗糙的斜面轨道AB的下端与光滑的圆弧轨道BCD相切于B，C是最低点，圆心角∠BOC＝37°，D与圆心O等高，圆弧轨道半径为R，现有一个质量为m可视为质点的小物体，从D点的正上方E点处自由下落，物体恰好到达斜面顶端A处。已知ED距离为3R，物体与斜面AB之间的动摩擦因数μ0＝0.5。已知重力加速度g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：
（1）物体第一次到达C点时的速度大小和受到的支持力大小；
（2）斜面AB的长度L；
（3）若动摩擦因数μ可变，求μ取不同值时，物块在斜面上滑行的路程s。
【考点】动能定理的简单应用；牛顿第二定律与向心力结合解决问题．
【专题】计算题；定量思想；临界法；动能定理的应用专题；分析综合能力．
【答案】（1）物体第一次到达C点时的速度大小为，物体受到的支持力大小为9mg；
（2）斜面AB的长度L为3.8R；
（3）见解析。
【分析】（1）物体从E到C，由动能定理列式求物体第一次到达C点时速度大小。在C点时，由牛顿第二定律列式求解物体受到的支持力大小；
（2）物体从C到A，由动能定理列式，即可求解斜面AB的长度L；
（3）结合前面分析及题意，由平衡条件、动能定理分别列式，即可分析求解。
【解答】解：（1）设物体第一次到达C点的速度大小为v。物体从E到C，由动能定理得
代入数据解得
在C点，由牛顿第二定律有
代入数据解得
FN＝9mg
（2）从C到A，由动能定理得
代入数据解得
L＝3.8R
（3）设摩擦因数为μ1时物块刚好能静止在斜面上，则有
mgsin37°＝μ1mgcos37°
解得μ1＝0.75
①若0≤μ＜μ0＝0.5，物块将滑出斜面，则物块的路程为
s＝L＝3.8R
②若0.5≤μ＜μ1＝0.75，则
mgsin37°＞μmgsin37°
所以物块在斜面上多次往返，最后在B点速度为零，对全程，由能量守恒定律可得
mg（3R+Rcos37°）﹣μmgcos37°×s＝0
解得
③若μ≥μ1＝0.75，则
mgsin37°＜μmgsin37°
则物块将停在斜面上，则有
mg（3R+Rcos37°﹣ssin37°）﹣μmgcos37°×s＝0
解得
答：（1）物体第一次到达C点时的速度大小为，物体受到的支持力大小为9mg；
（2）斜面AB的长度L为3.8R；
（3）见解析。
【点评】本题主要考查对动能定理的掌握，解题的关键是，要先确定不同的力在哪个阶段做功，再根据动能定理列式，因为有些力在物体运动全过程中不是始终存在的。
15．（2025 昌平区二模）荡秋千是孩子们喜欢的一项运动。如图所示，秋千由两根长度均为L的细绳悬挂于固定横梁上，质量为m的小孩坐在秋千座椅上，初始时，大人用一水平外力使秋千静止，此时两绳与竖直方向夹角均为θ。不计秋千的质量，小孩可视为质点。重力加速度为g。
（1）当秋千静止时，求水平外力的大小F。
（2）将秋千从静止释放，秋千自由摆动，若不计空气阻力，求秋千摆到最低点时每根绳子的拉力大小T。
（3）若考虑空气阻力，求秋千从静止释放到停下的过程中空气阻力所做的功Wf。
【考点】动能定理的简单应用；共点力的平衡问题及求解；牛顿第二定律与向心力结合解决问题．
【专题】定量思想；推理法；运动学与力学（二）；动能定理的应用专题；机械能守恒定律应用专题；推理论证能力．
【答案】（1）当秋千静止时，水平外力的大小F为mgtanθ。
（2）将秋千从静止释放，秋千自由摆动，若不计空气阻力，秋千摆到最低点时每根绳子的拉力大小T为。
（3）若考虑空气阻力，秋千从静止释放到停下的过程中空气阻力所做的功Wf为﹣mgL（1﹣cosθ）。
【分析】（1）秋千静止时处于平衡状态，水平外力与重力沿水平方向的分量平衡，通过几何关系可求出外力大小。
（2）秋千摆动过程中机械能守恒，最低点速度由重力势能转化而来，此时绳子拉力需平衡重力和提供向心力，根据圆周运动规律可求出拉力。
（3）考虑空气阻力时，秋千最终停在最低点，阻力做功等于重力势能变化量的负值，通过动能定理可求出阻力做功。
【解答】解：（1）秋千静止时，受三个力的作用：重力G、细绳拉力T和水平拉力F。根据共点力平衡知识得，解得：F＝mgtanθ。
（2）不计空气阻力，秋千从静止摆到最低点的过程中，机械能守恒：。秋千运动到最低点时，拉力与重力的合力提供向心力：，解得：。
（3）若考虑空气阻力，秋千最终停在最低点。根据动能定理：WG+Wf＝0，WG＝mgL（1﹣cosθ），解得：Wf＝﹣mgL（1﹣cosθ）。
答：（1）当秋千静止时，水平外力的大小F为mgtanθ。
（2）将秋千从静止释放，秋千自由摆动，若不计空气阻力，秋千摆到最低点时每根绳子的拉力大小T为。
（3）若考虑空气阻力，秋千从静止释放到停下的过程中空气阻力所做的功Wf为﹣mgL（1﹣cosθ）。
【点评】本题以荡秋千为情境，综合考查共点力平衡、机械能守恒和动能定理等力学核心知识。第一问通过平衡条件求解水平外力，计算量适中，侧重基础公式应用。第二问需结合机械能守恒与圆周运动向心力公式，体现了能量与力的关联性，计算过程需注意系统动能与单根绳子拉力的关系。第三问引入空气阻力后，通过动能定理分析能量耗散，考查学生对功能关系的理解深度。题目设计由简入繁，逐步提升思维层次，尤其第二问的建模分析对学生的物理思维有较好锻炼价值。
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