专题06 动能定理-高考物理毕业班二轮热点题型归纳与变式演练（全国通用）

专题06：动能定理

考点1 动能定理的应用················································1

考点2 应用动能定理求解多过程问题·····································3

考点3 动能定理与图象的综合问题············································5

考点1 动能定理的应用

1．对动能定理的理解

(1)动能定理表达式W＝ΔEk中，W表示所有外力做功的代数和。ΔEk为所研究过程的末动能与初动能之差，且物体的速度均是相对地面的速度。

(2)

2．应用动能定理解题应注意的四点

(1)动能定理往往用于单个物体的运动过程，由于不涉及加速度及时间，比动力学研究方法要简捷。

(2)动能定理表达式是一个标量式，在某个方向上应用动能定理是没有依据的。

(3)物体在某个运动过程中包含有几个运动性质不同的过程(如加速、减速的过程)，此时可以分段考虑，也可以对全过程考虑，但如能对整个过程利用动能定理列式，则可使问题简化。

(4)根据动能定理列方程时，必须明确各力做功的正、负，确实难以判断的先假定为正功，最后根据结果加以检验。

【典例1】一半径为R的圆柱体水平固定，横截面如图所示，长度为、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.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】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。

【变式1-1】 一篮球质量为，一运动员使其从距地面高度为处由静止自由落下，反弹高度为。若使篮球从距地面高度由静止下落，并在开始下落的同时向下拍球、球落地后反弹的高度也为。假设运动员拍球时对球的作用力为恒力，作用时间为；该篮球每次与地面碰撞前后的动能的比值不变。重力加速度大小取，不计空气阻力。求：

（1）运动员拍球过程中对篮球所做的功；

（2）运动员拍球时对篮球的作用力的大小。

【答案】（1）；（2）

【解析】（1）第一次篮球下落的过程中由动能定理可得

篮球反弹后向上运动的过程由动能定理可得

第二次从1.5m的高度静止下落，同时向下拍球，在篮球反弹上升的过程中，由动能定理可得

第二次从1.5m的高度静止下落，同时向下拍球，篮球下落过程中，由动能定理可得

因篮球每次和地面撞击的前后动能的比值不变，则有比例关系

代入数据可得

（2）因作用力是恒力，在恒力作用下篮球向下做匀加速直线运动，因此有牛顿第二定律可得

在拍球时间内运动的位移为

做得功为

联立可得（舍去）

【变式1-2】从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用。距地面高度h在3 m以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图所示。重力加速度取10 m/s2。该物体的质量为；（      ）

A．2 kg B．1.5 kg C．1 kg D．0.5 kg

【答案】C

【解析】分别选择上升过程与下落过程对物体应用动能定理处理；

上升过程，由动能定理，，得，即F+mg=12N；

下落过程，，即N，联立两公式，得到m=1kg、F=2N。

【变式1-3】如图所示AB和CDO都是处于竖直平面内的光滑圆弧形轨道，OA处于水平位置。AB是半径为R＝1 m的圆周轨道，CDO是半径为r＝0.5 m的半圆轨道，最高点O处固定一个竖直弹性挡板(可以把小球弹回，不损失能量，图中没有画出)，D为CDO轨道的中点。BC段是水平粗糙轨道，与圆弧形轨道平滑连接。已知BC段水平轨道长L＝2 m，与小球之间的动摩擦因数μ＝0.2。现让一个质量为m＝1 kg的小球从A点的正上方距水平线OA高H的P处自由落下。(g取10 m/s2)

(1)当H＝2 m时，求此时小球第一次到达D点对轨道的压力大小；

(2)为使小球仅仅与弹性挡板碰撞一次，且小球不会脱离CDO轨道，求H的取值范围。

【答案】　(1)84 N　(2)0.65 m≤H≤0.7 m

【解析】　(1)设小球第一次到达D的速度为vD，对小球从P到D点的过程，根据动能定理得：

mg(H＋r)－μmgL＝mv－0

在D点轨道对小球的支持力FN提供向心力，则有：FN＝m

联立解得：FN＝84 N

由牛顿第三定律得，小球对轨道的压力为：F′N＝FN＝84 N。

(2)为使小球仅仅与挡板碰撞一次，且小球不会脱离CDO轨道，H最小时必须满足能上升到O点，由动能定理得：mgHmin－μmgL＝mv－0

在O点有：mg＝m

代入数据解得：Hmin＝0.65 m

仅仅与弹性挡板碰撞一次，且小球不会脱离CDO轨道，H最大时，碰后再返回最高点能上升到D点，则有：mg(Hmax＋r)－3μmgL＝0

代入数据解得：Hmax＝0.7 m

故有：0.65 m≤H≤0.7 m。

考点2 应用动能定理求解多过程问题

【题型要点】1．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)对各“衔接点”进行受力分析和运动分析，必要时画出受力图和过程示意图。

(3)根据“子过程”和“衔接点”的模型特点选择合理的物理规律列方程。

(4)分析“衔接点”速度、加速度等的关联，确定各段间的时间关联，并列出相关的辅助方程。

(5)联立方程组，分析求解，对结果进行必要的验证或讨论。

2．利用动能定理求解多过程问题的基本思路

【典例2】某砂场为提高运输效率，研究砂粒下滑的高度与砂粒在传送带上运动的关系，建立如图所示的物理模型．竖直平面内有一倾角θ＝37°的直轨道AB，其下方右侧放置一水平传送带，直轨道末端B与传送带间距可近似为零，但允许砂粒通过．转轮半径R＝0.4 m、转轴间距L＝2 m的传送带以恒定的线速度逆时针转动，转轮最低点离地面的高度H＝2.2 m．现将一小物块放在距离传送带高h处静止释放，假设小物块从直轨道B端运动到达传送带上C点时，速度大小不变，方向变为水平向右．已知小物块与直轨道和传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.5.(sin 37°＝0.6)

(1)若h＝2.4 m，求小物块到达B端时速度的大小；

(2)若小物块落到传送带左侧地面，求h需要满足的条件；

(3)改变小物块释放的高度h，小物块从传送带的D点水平向右抛出，求小物块落地点到D点的水平距离x与h的关系式及h需要满足的条件．

【答案】　(1)4 m/s　(2)h<3.0 m   (3)x＝2(m)　h≥3.6 m

【解析】(1)小物块由静止释放到B的过程中，有mgsin θ－μmgcos θ＝ma

v＝2a解得vB＝4 m/s.

(2)若要小物块落到传送带左侧地面，设当小物块到达传送带上D点时速度为零，小物块从距传送带高度h1处由静止释放，则有

0＝mgh1－μmgcos θ·－μmgL

解得h1＝3.0 m

当h<h1＝3.0 m时满足题中条件．

(3)当小物块从右侧抛出时，设小物块到达D点的速度为v，则有

mv2＝mgh－μmgcos θ－μmgL

H＋2R＝gt2，x＝vt

解得x＝2(m)

为使小物块能在D点水平向右抛出，则需满足

mg≤，解得h≥3.6 m.

考点3 动能定理与图象的综合问题

【题型要点】1．解决图象问题的基本步骤

(1)观察题目给出的图象，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．图象所围“面积”的意义

(1)v－t图象：由公式x＝vt可知，v－t图线与t坐标轴围成的面积表示物体的位移．

(2)a－t图象：由公式Δv＝at可知，a－t图线与t坐标轴围成的面积表示物体速度的变化量．

(3)F－x图象：由公式W＝Fx可知，F－x图线与x坐标轴围成的面积表示力所做的功．

(4)P－t图象：由公式W＝Pt可知，P－t图线与t坐标轴围成的面积表示力所做的功．

【典例3】如图所示，一小物块由静止开始沿斜面向下滑动，最后停在水平地面上。斜面和地面平滑连接，且物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为常数。该过程中，物块的动能与水平位移x关系的图象是（　　）

A． B．

C． D．

【答案】A

【解析】由题意可知设斜面倾角为θ，动摩擦因数为μ，则物块在斜面上下滑水平距离x时根据动能定理有

整理可得

即在斜面上运动时动能与x成线性关系；当小物块在水平面运动时有

即在水平面运动时动能与x也成线性关系；综上分析可知A正确。故选A。

【变式3-1】(多选)(2021东北师大附中3月模拟)在未知方向的恒力F作用下，一质量为1.0 kg的物体以一定的初速度在光滑水平面上做直线运动，物体的动能Ek随位移x变化的关系如图所示．(g取10 m/s2)由上述已知条件，可知(　　)

A．力F的最小值为2.5 N                   B．力F不可能大于10 N

C．物体运动过程中的加速度大小无法求出    D．物体在运动过程中在任意位置力F的功率是可以求出的

【答案】AD

【解析】根据动能定理得Fxcos θ＝Ek－Ek0，则Ek＝Ek0＋Fxcos θ，结合题图有Ek＝50－2.5x (J)，得Fcos θ＝－2.5 N，故F有最小值2.5 N，A正确，B错误；加速度a＝＝－2.5 m/s2，可以求出，C错误；力F的功率PF＝Fvcos θ＝－2.5v (W)，由题图可知任意位置的动能，从而可知速度，故任意位置力F的功率可求，D正确．

【变式3-2】（2019·新课标全国Ⅲ卷）从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用。距地面高度h在3 m以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图所示。重力加速度取10 m/s2。该物体的质量为

A．2 kg              B．1.5 kg        C．1 kg       D．0.5 kg

【答案】C

【解析】对上升过程，由动能定理，，得，即F+mg=12 N；下落过程，，即N，联立两公式，得到m=1 kg、F=2 N。

【变式3-3】质量m＝1 kg的物体，在水平拉力F(拉力方向与物体初速度方向相同)的作用下，沿粗糙水平面运动，经过位移为4 m时，拉力F停止作用，运动到位移为8 m时物体停止运动，运动过程中Ek­x的图线如图所示。取g＝10 m/s2，求：

(1)物体的初速度大小；

(2)物体和水平面间的动摩擦因数；

(3)拉力F的大小。

【答案】(1)2 m/s　(2)0.25　(3)4.5 N

【解析】(1)从图线可知物体初动能为2 J，则

Ek0＝mv2＝2 J

得v＝2 m/s。

(2)在位移为4 m处物体的动能为Ek＝10 J，在位移为8 m处物体的动能为零，这段过程中物体克服摩擦力做功。设摩擦力为Ff，则

－Ffx2＝0－Ek＝0－10 J＝－10 J，x2＝4 m得Ff＝2.5 N

因Ff＝μmg

故μ＝0.25。

(3)物体从开始运动到位移为4 m这段过程中，受拉力F和摩擦力Ff的作用，合力为F－Ff，根据动能定理有

(F－Ff)x1＝Ek－Ek0

故得F＝4.5 N。

【规律总结1】应用动能定理求多过程问题的技巧

1．运用动能定理解决多过程问题时，有两种思路：一种是全过程列式，另一种是分段列式。

2．全过程列式时，涉及重力、弹簧弹力，大小恒定的阻力或摩擦力做功，要注意运用它们的功能特点：

(1)重力做的功取决于物体的初、末位置，与路径无关；

(2)大小恒定的阻力或摩擦力做的功等于力的大小与路程的乘积。

(3)弹簧弹力做功与路径无关。

【规律总结2】动能定理与图象结合问题的分析方法

(1)首先看清所给图象的种类(如v­t图象、F­t图象、Ek­t图象等)。

(2)挖掘图象的隐含条件，得出所需要的物理量，如由v­t图象所包围的“面积”求位移，由F­x图象所包围的“面积”求功等。

(3)分析有哪些力做功，根据动能定理列方程，求出相应的物理量。

【规律总结3】应用动能定理解题的思维流程

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增加到v2时，上升高度为H，则在这个过程中，下列说法或表达式正确的是(　　)

A．对物体，动能定理的表达式为WN＝mv，其中WN为支持力的功

B．对物体，动能定理的表达式为W合＝0，其中W合为合力的功

C．对物体，动能定理的表达式为WN－mgH＝mv－mv，其中WN为支持力的功

D．对电梯，其所受合力做功为Mv－Mv

【答案】CD　

【解析】：电梯上升的过程中，对物体做功的有重力mg、支持力FN，这两个力的总功才等于物体动能的增量ΔEk＝mv－mv，故A、B错误，C正确；对电梯，无论有几个力对它做功，由动能定理可知，其合力的功一定等于其动能的增量，故D正确．

2.(2021·宁波调研)张伟同学参加学校运动会立定跳远项目比赛，起跳直至着地过程如图所示，测量得到比赛成绩是2.5 m，目测空中脚离地最大高度约0.8 m，忽略空气阻力，则起跳过程该同学所做功最接近(　　)

A．65 J   B．750 J

C．1 025 J   D．1 650 J

【答案】B.

【解析】：人从最高点落地可看做平抛运动，设人在最高点的速度为v0，则h＝gt2，x＝v0t，则起跳过程中该同学所做的功为W＝mgh＋mv，解得W≈750 J.

1.(2018·全国卷Ⅰ·18)如图，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R；bc是半径为R的四分之一圆弧，与ab相切于b点．一质量为m的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静止开始向右运动．重力加速度大小为g.小球从a点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为(　　)

A．2mgR B．4mgR

C．5mgR D．6mgR

【答案】C　

【解析】小球从a运动到c，根据动能定理，得F·3R－mgR＝mv，又F＝mg，故v1＝2，小球离开c点在竖直方向做竖直上抛运动，水平方向做初速度为零的匀加速直线运动．且水平方向与竖直方向的加速度大小相等，都为g，故小球从c点到最高点所用的时间t＝＝2，水平位移x＝gt2＝2R，根据功能关系，小球从a点到轨迹最高点机械能的增量为力F做的功，即ΔE＝F·(2R＋R＋x)＝5mgR。

2.(2018·高考全国卷 Ⅲ )如图，在竖直平面内，一半径为R的光滑圆弧轨道ABC和水平轨道PA在A点相切，BC为圆弧轨道的直径，O为圆心，OA和OB之间的夹角为α，sin α＝.一质量为m的小球沿水平轨道向右运动，经A点沿圆弧轨道通过C点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用．已知小球在C点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零．重力加速度大小为g.求

(1)水平恒力的大小和小球到达C点时速度的大小；

(2)小球到达A点时动量的大小；

(3)小球从C点落至水平轨道所用的时间．

【解析】(1)设水平恒力的大小为F0，小球到达C点时所受合力的大小为F.由力的合成法则有

＝tan α ①

F2＝(mg)2＋F ②

设小球到达C点时的速度大小为v，由牛顿第二定律得

F＝m ③

由①②③式和题给数据得

F0＝mg ④

v＝. ⑤

(2)设小球到达A点的速度大小为v1，作CD⊥PA，交PA于D点，由几何关系得

DA＝Rsin α ⑥

CD＝R(1＋cos α) ⑦

由动能定理有

－mg·CD－F0·DA＝mv2－mv ⑧

由④⑤⑥⑦⑧式和题给数据得，小球在A点的动量大小为

p＝mv1＝. ⑨

(3)小球离开C点后在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运动，加速度大小为g.设小球在竖直方向的初速度为v⊥，从C点落至水平轨道上所用时间为t.由运动学公式有

v⊥t＋gt2＝CD ⑩

v⊥＝vsin α ⑪

由⑤⑦⑩⑪式和题给数据得

t＝ . ⑫

3.(2021四川省泸州市一中模拟)如图所示，从高台边A点以某速度水平飞出的小物块(可看作质点)，恰能从固定在某位置的光滑圆弧轨道CDM的左端C点沿圆弧切线方向进入轨道．圆弧轨道CDM的半径R＝0.5 m，O为圆弧的圆心，D为圆弧最低点，C、M在同一水平高度，OC与水平面夹角为37°，斜面MN与圆弧轨道CDM相切于M点，MN与水平面夹角为53°，斜面MN足够长，已知小物块的质量m＝3 kg，第一次到达D点时对轨道的压力大小为78 N，与斜面MN之间的动摩擦因数μ＝，小球第一次通过C点后立刻装一与C点相切且与斜面MN关于OD对称的固定光滑斜面，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不考虑小物块运动过程中的转动，求：

 (1)小物块平拋运动到C点时的速度大小；

(2)A点到C点的竖直距离；

(3)小物块在斜面MN上滑行的总路程．

【解析】(1)在D点，支持力和重力的合力提供向心力，则有FD－mg＝m，解得v＝8(m/s)2，

从C点到D点，由动能定理有

mgR(1－sin 37°)＝mv－mv，

解得vC＝2 m/s.

(2)平拋运动到C点的竖直分速度vCy＝vCcos 37°，

A点到C点的竖直距离y＝，

解得y＝0.128 m.

(3)最后物体在CM之间来回滑动，且到达M点时速度为零，对从D点到M点过程运用动能定理得

－mgR(1－sin 37°)－μmgs总cos 53°＝－mv，

代入数据并解得s总＝1 m.

【答案】　(1)2 m/s　(2)0.128 m　(3)1 m

1．(多选) (2021·陕西西安长安区模拟)如图所示，摆球质量为m，悬线的长为l，把悬线拉到水平位置后放手。设在摆球从A点运动到B点的过程中空气阻力F阻的大小不变，重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　)

A．重力做功为mgl

B．绳的拉力做功为零

C．F阻做功为－mgl

D．F阻做功为－F阻πl

【答案】 ABD

【解析】　小球下落过程中，重力做功为mgl，A正确；绳的拉力始终与速度方向垂直，拉力做功为零，B正确；空气阻力F阻大小不变，方向始终与速度方向相反，故F阻做功为－F阻·πl，C错误，D正确。

2.(2021·福建厦门期末)一质量为2 kg的物体静止在水平桌面上，在水平拉力F的作用下，沿水平方向运动2 s后撤去外力，其v­t图像如图所示，下列说法正确的是(　　)

A．在0～2 s内，合外力做的功为4 J

B．在0～2 s内，合外力做的功为8 J

C．在0～6 s内，摩擦力做的功为－8 J

D．在0～6 s内，摩擦力做的功为－4 J

【答案】A

【解析】在0～2 s可读出初末速度，由动能定理可得W合＝mv22－0＝4 J，故A正确，B错误。在0～6 s内由全程的动能定理：WF＋Wf＝0－0，其中f＝ma2＝2× N＝1 N；对于0～2 s牛顿第二定律F－f＝ma1，得F＝3 N，而WF＝Fx1＝3×2 J＝6 J，联立得Wf＝－6 J，故C、D错误。

3．(2021·武汉示范高中联考)一个小球被水平抛出，运动t时间重力做的功为W，不计空气阻力，则t时刻重力的瞬时功率为(　　)

A．    B．

C．    D．

【答案】C

【解析】　设小球做平抛运动的初速度为v0，t时刻的速度为v，根据动能定理有W＝mv2－mv02，t时刻小球的竖直方向分速度v⊥＝gt，v2＝v02＋v⊥2，t时刻重力的瞬时功率P＝mgv⊥＝mg2t，联立解得P＝，选项C正确。

4．(2021·日照联考)汽车发动机的额定功率是60 kW，汽车的质量为2×103 kg，在平直路面上行驶，受到的阻力是车重的0.1倍。若汽车从静止出发，以0.5 m/s2的加速度做匀加速运动，则出发50 s时，汽车发动机的实际功率为(取g＝10 m/s2)(　　)

A．25 kW    B．50 kW

C．60 kW    D．75 kW

解析：选C　汽车受到的阻力f＝0.1mg＝2 000 N，汽车以0.5 m/s2的加速度做匀加速运动，由牛顿第二定律有F－f＝ma，解得F＝3 000 N；若50 s内车是匀加速运动，则v＝at＝25 m/s，所以50 s末汽车功率P＝Fv＝75 000 W＝75 kW；但汽车发动机的额定功率是60 kW，则50 s内车不是匀加速运动，而是先匀加速后变加速；故出发50 s时，汽车发动机的实际功率为60 kW，选项C正确。

5．(多选)(2020·天津等级考)复兴号动车在世界上首次实现速度350 km/h自动驾驶功能，成为我国高铁自主创新的又一重大标志性成果。一列质量为m的动车，初速度为v0，以恒定功率P在平直轨道上运动，经时间t达到该功率下的最大速度vm。设动车行驶过程中所受到的阻力F保持不变，动车在时间t内(　　)

A.做匀加速直线运动

B．加速度逐渐减小

C．牵引力的功率P＝Fvm

D．牵引力做功W＝mvm2－mv02

【答案】BC

【解析】　由于动车以恒定功率运动，则由P＝F牵v可知在功率不变时，动车的速度增大则牵引力减小，由牛顿第二定律可知F牵－F＝ma，动车的加速度逐渐减小，A错误，B正确；当动车的加速度为零时，即牵引力等于阻力时，动车的速度最大，即P＝Fvm，C正确；设动车在时间t内的位移为x，由动能定理得W－Fx＝mvm2－mv02，则牵引力所做的功为W＝Fx＋mvm2－mv02，D错误。

1.(2021·济南市高三质量评估)新能源汽车近几年发展非常迅速，下表是某品牌电动汽车相关参数。请根据相关参数判断以下哪些说法正确：(假设汽车以30 m/s匀速行驶时的阻力为车重的0.05倍，汽车电能转化为有用功的效率为80%，重力加速度g取10 m/s2)

A.汽车在0～30 m/s的加速过程中的平均加速度大小为6 m/s2

B.汽车刹车由30 m/s减速到0所用时间最短为1 s

C.当汽车以30 m/s匀速行驶时，汽车克服阻力做功的功率为75 kW

D.当汽车以30 m/s匀速行驶时，汽车的续航里程(最大行驶距离)约为216 km

【答案】　AD

【解析】　汽车在0～30 m/s的加速过程中的平均加速度大小为＝＝ m/s2＝6 m/s2，选项A正确；因制动最短距离为30 m，可知汽车刹车由30 m/s减速到0所用时间最短为t＝＝ s＝2 s，选项B错误；当汽车以30 m/s匀速行驶时，  汽车克服阻力做功的功率为P＝fv＝kmgv＝2 000×10×0.05×30 W＝30 kW，选项C错误；根据80%E＝P，则当汽车以30 m/s匀速行驶时，汽车的续航里程(最大行驶距离)约为x＝＝ m＝216 km，选项D正确。

2.(2021·湖南省联考)有一物体由某一固定的长斜面的底端以初速度v0沿斜面上滑，斜面与物体间的动摩擦因数μ＝0.5，其动能Ek随离开斜面底端的距离x变化的图线如图所示，g取10 m/s2，不计空气阻力，则以下说法正确的是(　　)

A.斜面的倾角θ＝30°                              B.物体的质量为m＝0.5 kg

C.斜面与物体间的摩擦力大小Ff＝2 N               D.物体在斜面上运动的总时间t＝2 s

【答案】　BC

【解析】　由动能定理F合x＝ΔEk知Ek－x图象的斜率表示合外力，则上升阶段斜率为mgsin θ＋μmgcos θ＝ N＝5 N，下降阶段斜率为mgsin θ－μmgcos θ＝ N＝1 N，联立得tan θ＝，即θ＝37°，m＝0.5 kg，故A项错误，B项正确；物体与斜面间的摩擦力为Ff＝μmgcos θ＝2 N，故C项正确；上升阶段由Ek－x图象的斜率知合力为F1＝5 N，由F1＝ma1，则a1＝10 m/s2，t1＝，Ek1＝mv＝25 J，联立得t1＝1 s，同理，下降阶段合力为F2＝1 N，由F2＝ma2，则a2＝2 m/s2，t2＝，Ek2＝mv＝5 J，联立得t2＝ s，则t＝t1＋t2＝(1＋)s，故D项错误。

3．(多选)(2018·全国卷Ⅲ·T19)地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送到地面。某竖井中矿车提升的速度大小v随时间t的变化关系如图所示，其中图线①②分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶段加速度的大小都相同；两次提升的高度相同，提升的质量相等。不考虑摩擦阻力和空气阻力。对于第①次和第②次提升过程，(　　)

A．矿车上升所用的时间之比为4∶5                   B．电机的最大牵引力之比为2∶1

C．电机输出的最大功率之比为2∶1                   D．电机所做的功之比为4∶5

【答案】AC

【解析】根据位移相同可得两图线与时间轴围成的面积相等，v0×2t0＝×v0[2t0＋t′＋(t0＋t′)]，解得t′＝t0，则对于第①次和第②次提升过程中，矿车上升所用的时间之比为2t0∶＝4∶5，A正确；加速过程中的牵引力最大，且已知两次加速时的加速度大小相等，故两次中最大牵引力相等，B错误；由题知两次提升的过程中矿车的最大速度之比为2∶1，由功率P＝Fv，得最大功率之比为2∶1，C正确；两次提升过程中矿车的初、末速度都为零，则电机所做的功等于克服重力做的功，重力做的功相等，故电机所做的功之比为1∶1，D错误。

4.(2018·浙江选考)如图所示，质量为60 kg的某运动员在做俯卧撑运动，运动过程中可将她的身体视为一根直棒。已知重心在c点，其垂线与脚、两手连线中点间的距离oa、ob分别为0.9 m和0.6 m。若她在1 min内做了30个俯卧撑，每次肩部上升的距离均为0.4 m，则克服重力做的功和相应的功率约为(取g＝10 m/s2)(　　)

A．430 J,7 W B．4 300 J,70 W

C．720 J,12 W D．7 200 J,120 W

【答案】B　

【解析】设重心上升的高度为h，根据相似三角形可知，每次俯卧撑中，有＝，即h＝0.24 m。一次俯卧撑中，克服重力做功W＝mgh＝60×10×0.24 J＝144 J，所以一分钟内克服重力做的总功为W总＝NW＝4 320 J，功率P＝＝72 W，故选项B正确。

5.(2018·全国卷Ⅲ)如图，在竖直平面内，一半径为R的光滑圆弧轨道ABC和水平轨道PA在A点相切。BC为圆弧轨道的直径。O为圆心，OA和OB之间的夹角为α，sinα＝，一质量为m的小球沿水平轨道向右运动，经A点沿圆弧轨道通过C点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用，已知小球在C点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零。重力加速度大小为g。求：

(1)水平恒力的大小和小球到达C点时速度的大小；

(2)小球到达A点时动量的大小；

(3)小球从C点落至水平轨道所用的时间。

【答案】　(1)mg　　(2)　(3)

【解析】　(1)设水平恒力的大小为F0，小球到达C点时所受合力的大小为F。

由力的合成法则有

＝tanα①

F2＝(mg)2＋F②

设小球到达C点时的速度大小为v，由牛顿第二定律得F＝m③

由①②③式和题给数据得F0＝mg④

v＝⑤

(2)设小球到达A点的速度大小为v1，如图作CD⊥PA，交PA于D点，由几何关系得

DA＝Rsinα⑥

CD＝R(1＋cosα)⑦

由动能定理有－mg·CD－F0·DA＝mv2－mv⑧

由④⑤⑥⑦⑧式和题给数据得，小球在A点的动量大小为p＝mv1＝⑨

(3)小球离开C点后在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运动，加速度大小为g。设小球在竖直方向的初速度为v⊥，从C点落至水平轨道上所用时间为t。由运动学公式有

v⊥t＋gt2＝CD⑩

v⊥＝vsinα⑪

由⑤⑦⑩⑪式和题给数据得t＝ 。

6．(2020·四川省泸县第四中学高三模拟)如图所示，表面光滑的斜面固定在水平地面，顶端安装有定滑轮，小物块A、B通过绕过定滑轮的绝缘轻绳连接，轻绳平行于斜面，空间有平行于斜面向下的匀强电场．开始时，带正电的小物块A在斜面底端，在外力作用下静止，B离地面一定高度，撤去外力，B竖直向下运动．B不带电，不计滑轮摩擦．则从A和B开始运动到B着地的过程中(       )

A．A的电势能增加

B．A和B系统的机械能守恒

C．A和B系统减少的重力势能等于A增加的电势能

D．轻绳拉力对A做的功大于A的电势能增加量和动能增加量之和

【答案】AD

【解析】A.物体A带正电，所以B竖直向下的过程中A沿斜面向上运动，电场力做负功，电势能增大，A正确

B.因为电场力对A做负功，电势能增加，而总能量守恒，所以机械能减小，B错误

C.根据能量守恒定律可知，整个过程系统重力势能减小量一部分转化成了系统的动能，另一部分转化成A增加的电势能，C错误

D.对A物体应用功能关系，可知轻绳拉力对A做的功等于A的电势能增加量和动能增加量以及重力势能的增加量，D正确

7．(2020·广西壮族自治区北流市实验中学高三开学考试)如图甲所示，轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处由静止释放。某同学探究小球在接触弹簧后向下的运动过程，他以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下方向建立坐标轴Ox，作出小球所受弹力F大小随小球下落的位置坐标x的变化关系如图乙所示，不计空气阻力，重力加速度为g。以下判断正确的是

A．当x=h+x0时，重力势能与弹性势能之和最小 B．最低点的坐标为x=h+2x0

C．小球受到的弹力最大值等于2mg D．小球动能的最大值为

【答案】AD

【解析】由图象结合小球的运动过程为:先自由落体运动，当与弹簧相接触后，再做加速度减小的加速运动，然后做加速度增大的减速运动，直到小球速度为零。

A．当x=h+x0时，弹力等于重力，加速度为零，小球速度最大，动能最大，由于系统机械能守恒，所以重力势能与弹性势能之和最小，A正确；

B．在最低点小球速度为零，从刚释放小球到小球运动到最低点，小球动能变化量为零，重力做的功和弹力做的功的绝对值相等，即到最低点图中实线与x轴围成的面积应该与mg那条虚线与x轴围成的面积相同，所以最低点应该在h+2x0小球的后边，B错误；

C．由B知道最低点位置大于，所以弹力大于2mg， C错误；

D．当x=h+x0时，弹力等于重力，加速度为零，小球速度最大，动能最大，由动能定理可得

，

故D正确。

8．(2021·浙江省高三学业考试)图甲为一直角三角形劈，倾角∠abc=37°，ab长为2L，p为ab的中点，小物块从a点由静止释放沿ab滑到b时速度恰好为零，小物块与ap、pb两段斜面之间的动摩擦因数分别为μ1和μ2。现将劈顺时针旋转90°(如图乙所示)，小物块从b由静止释放，已知sin37°=0.6，c0s37°=0.8，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，则下列说法正确的是

A．图甲中小物块通过ap、pb段克服摩擦力所做的功之比为l：l

B．μ1+μ2=1.5

C．图乙中小物块可能静止在b处

D．图乙中小物块滑到a处时的速度大小为

【答案】BD

【解析】AB 、图甲中小物块在pb段做减速直线运动，则有，即有；通过ap段克服摩擦力所做的功，小物块通过pb段克服摩擦力所做的功，小物块通过ap、pb段克服摩擦力所做的功之比为；小物块从a点滑到b过程，根据动能定理可得，化简为，故B正确，A错误；

C、图乙中在b处则有，小物块不可能静止在b处，故C错误；

D、图乙中设小物块滑到a处时的速度大小为，根据动能定理可得，解得，故D正确；

故选BD。

9．（13分）(2021·河北省唐山市模拟)如图所示，装置由AB、BC、CD三段轨道组成，轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接，其中轨道AB、CD段是光滑的，水平轨道BC的长度x＝5 m，轨道CD足够长且倾角θ＝37°，A、D两点离轨道BC的高度分别为h1＝4.30 m、h2＝1.35 m．现让质量为m的小滑块(可视为质点)自A点由静止释放．已知小滑块与轨道BC间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：

(1)小滑块第一次到达D点时的速度大小；

(2)小滑块第一次与第二次通过C点的时间间隔；

(3)小滑块最终停止的位置距B点的距离．

【答案】　(1)3 m/s　(2)2 s　(3)1.4 m

【解析】　(1)小滑块从A→B→C→D过程中，

由动能定理得mg(h1－h2)－μmgx＝mvD2－0

代入数据解得vD＝3 m/s.

(2)小滑块从A→B→C过程中，

由动能定理得mgh1－μmgx＝mvC2

代入数据解得vC＝6 m/s

小滑块沿CD段上滑的加速度大小a＝gsin θ＝6 m/s2

小滑块沿CD段上滑到最高点的时间t1＝＝1 s

由对称性可知小滑块从最高点滑回C点的时间t2＝t1＝1 s

故小滑块第一次与第二次通过C点的时间间隔t＝t1＋t2＝2 s.

(3)设小滑块在水平轨道上运动的总路程为x总，对小滑块运动全过程应用动能定理有mgh1－μmgx总＝0

代入数据解得x总＝8.6 m，故小滑块最终停止的位置距B点的距离为：2x－x总＝1.4 m.

10.（13分）(2020·山西省太原市三模)如图所示，从高台边A点以某速度水平飞出的小物块(可看作质点)，恰能从固定在某位置的光滑圆弧轨道CDM的左端C点沿圆弧切线方向进入轨道。圆弧轨道CDM的半径R＝0.5 m，O为圆弧的圆心，D为圆弧最低点，C、M在同一水平高度，OC与水平面夹角为37°，斜面MN与圆弧轨道CDM相切于M点，MN与水平面夹角为53°，斜面MN足够长，已知小物块的质量m＝3 kg，第一次到达D点时对轨道的压力大小为78 N，与斜面MN之间的动摩擦因数μ＝，小球第一次通过C点后立刻安装一个与C点相切且与斜面MN关于OD对称的固定光滑斜面，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不考虑小物块运动过程中的转动，求：

(1)小物块平抛运动到C点时的速度大小；

(2)A点到C点的竖直距离；

(3)小物块在斜面MN上滑行的总路程。

【答案】(1)2 m/s　(2)0.128 m　(3)1 m

【解析】(1)在D点，支持力和重力的合力提供向心力，则有FD－mg＝m

解得v＝8(m/s)2

从C点到D点，由动能定理有

mgR(1－sin 37°)＝mv－mv

解得vC＝2 m/s。

(2)平抛运动到C点的竖直分速度

vCy＝vCcos 37°

A点到C点的竖直距离y＝

解得y＝0.128 m。

(3)最后物块在CM之间来回滑动，且到达M点时速度为零，运用动能定理得

－mgR(1－sin 37°)－μmgcos 53°·s总＝－mv

代入数据并解得s总＝1 m。