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专题33 动能定理综合应用-【热重难点】最新高考物理一轮复习热点重点难点夯练与提升
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这是一份专题33 动能定理综合应用-【热重难点】最新高考物理一轮复习热点重点难点夯练与提升，文件包含专题33动能定理综合应用原卷版docx、专题33动能定理综合应用解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共27页， 欢迎下载使用。
【特训典例】
用动能定理解决变力做功问题
1．如图所示的水平轨道足够长，只有部分是粗糙的，其长度为，其余部分是光滑的，质量为1kg，长度为的粗细相同的匀质软绳静止在点的左侧（绳的右端在点），软绳与粗糙部分的动摩擦因数为，现用的水平向右的恒力作用在软绳上，软绳始终保持伸直状态且长度不变，重力加速度为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则在软绳运动的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．软绳先做匀加速后做匀减速运动B．软绳的左端能经过点
C．软绳的最大动能为0.5JD．软绳克服摩擦力做功4.0J
【答案】C
【详解】设绳子B端向右运动位移为，当时，绳子所受摩擦力
当时，绳子所受摩擦力绳子所受摩擦力随位移变化如图所示
又图像与坐标轴围成的面积表示物体克服摩擦力做的功，当时，①
对绳子由动能定理得②当时又，得所以设绳子B端向右运动位移为速度为零，停止运动。
A．拉力先比摩擦力大，后比摩擦力小，软绳先做加速运动后做减速运动。时，摩擦力为变力，所以加速度不恒定，A错误；
B．当时，绳子停止运动，软绳的左端不能经过点，B错误；
C．由①②得,当动能最大，C正确；
D．B端向右运动位移L的过程中，克服摩擦力做功，D错误。故选C。
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，弹簧弹力所的功为（ ）
A．-μmg（s+x）B．-μmgx
C．μmg（s+x）-D．-μmg（s+x）
【答案】C
【详解】物体受到的滑动摩擦力大小为f=μmg对物体由动能定理可得
解得故选C。
3．如图所示，一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平。一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道。质点滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4mg，g为重力加速度的大小。用W表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功，则（ ）
A．，质点恰好可以到达Q点
B．，质点不能到达Q点
C．，质点到达Q点后，继续上升一段距离
D．，质点到达Q点后，继续上升一段距离
【答案】C
【详解】根据质点滑到轨道最低点N时，对轨道压力为4mg，利用牛顿第三定律可知，轨道对质点的支持力为4mg，则在最低点有解得质点滑到最低点时的速度为对质点从开始下落到滑到最低点的过程，由动能定理得解得对质点由最低点继续上滑的过程，到达Q点时克服摩擦力做功W′要小于W，由此可知，质点到达Q点后，可继续上升一段距离。故选C。
4．滑草是一项前卫运动，符合新时代环保理念，具有能在春夏秋冬四季体会滑雪乐趣的独特魅力，如图甲所示。某滑草场滑道及滑草爱好者的滑行过程可简化为如图乙情景，滑草爱好者坐在滑行器上，从倾角的斜面顶端由静止开始滑行，以斜面顶端为原点（O）沿斜面方向建立位移（x），向下滑行过程中滑行器与滑道间的动摩擦因数满足（x为位移，单位为m），滑行一段时间后动摩擦因数不变且滑草爱好者将匀速下滑。若滑草爱好者及滑行器的总质量为70kg，则滑草爱好者由静止开始到匀速滑行的过程中（ ）
A．做匀加速直线运动
B．滑行60m后开始匀速运动
C．克服摩擦阻力做功12600J
D．匀速滑行时的动能为12600J
【答案】BCD
【详解】A．滑草爱好者由静止开始下滑时，有又可见随着x的增加，摩擦因数μ逐渐增大，则加速度a逐渐减小，因此运动员做加速度逐渐减小的加速直线运动，A错误；
B．匀速下滑时有即解得即滑雪运动员滑行60m后开始匀速运动，B正确；
C．匀速滑行时的摩擦阻力克服摩擦阻力做功，C正确；
D．此过程根据动能定理有，D正确。故选BCD。
5．如图甲所示，质量为的物体静止在水平地面上，在水平推力F的作用下开始运动，水平推力随位移变化的图像如图乙所示（后无推力存在），物体最终静止在水平地面上，已知物体与地面间的动摩擦因数，取，下列选项正确的是（ ）
A．物体的加速度先减小后增大
B．在距出发点3m位置时物体的速度达到最大
C．物体的最大速度为
D．物体在水平地面上运动的最大位移是8m
【答案】BD
【详解】B．物体受到的滑动摩擦力大小为当水平推力等于滑动摩擦力时，物体的速度达到最大，则有由乙图可得联立可得可知在距出发点3m位置时物体的速度达到最大，B正确；
C．在距出发点3m位置时物体的速度达到最大，根据动能定理可得其中联立解得物体的最大速度为，C错误；
D．设物体在水平地面上运动的最大位移为，根据动能定理可得其
联立解得，D正确；
A．过程，推力大于摩擦力，随着推力的减小，物体的加速度逐渐减小；过程，推力小于摩擦力，随着推力的减小，物体的加速度逐渐增大；过程，物体只受滑动摩擦力，物体的加速度保持不变；故在整个运动过程中，物体的加速度先减小再增大，后保持不变，A错误。故选BD。
有关动能定理的Ek-x图像问题
6．CS/LR4是我国自主研制的第一种高精度狙击步枪。某次性能测试中，弹头以初速度垂直射入一排竖直固定的钢板且未穿出，如图所示。若弹头所受阻力与其速度成正比，则弹头的速度和动能随时间、位移变化的关系图像可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【详解】A．由于弹头所受阻力与其速度成正比，则可设其阻力为，在弹头运动过程中由牛顿第二定律有弹头做减速运动，速度逐渐减小，则可知其所受阻力也逐渐减小，加速度逐渐减小，即弹头随时间做加速度逐渐减小的减速运动，而图像斜率的绝对值表示加速度大小，图示斜率的绝对值逐渐增大，表示加速度逐渐增大，故A错误；
B．根据题意可得阻力的功率而子弹的速度逐渐减小，则阻力的功率逐渐减小，图像斜率的绝对值表示阻力的功率大小，图示斜率逐渐增大，则表示阻力的功率逐渐增大，故B错误；
C．根据则可得在任意极短时间内有可得即速度与位移成正比，故C正确；
D．在任意极短时间内有则可得由此可知图像斜率的绝对值应逐渐减小，而图示斜率的绝对值逐渐增大，故D错误。故选C。
7．近几年我国新能源汽车迅速发展，大力发展绿色环保动力。一质量为1kg的新能源实验小车在水平直轨道上以额定功率启动，达到最大速度后关闭电源，其动能与位移的关系如图所示。假设整个过程受到恒定的阻力，则下列说法正确的是（g取）（ ）
A．小车受到的阻力为4NB．小车的额定功率为8W
C．小车加速时间为2sD．小车减速时间为2s
【答案】BD
【详解】A．由题意可得，当关闭电源后只有阻力对小车做功，有结合动能与位移的关系图像可得车受到的阻力为f=2N故A错误；
B．由题意与图像可得小车的最大动能为则最大速度为小车的额定功率为故B正确；
C．加速过程中，对小车列动能定理可得加速时间故C错误；
D．当关闭电源后，由牛顿运动定律可得小车减速时间为故D正确。故选BD。
8．一滑块从某固定粗糙斜面底端在沿斜面向上的恒力作用下由静止开始沿斜面向上运动，某时刻撤去恒力，上升过程中滑块的动能和重力势能随位移变化的图象如图所示，图中、为已知量，滑块与斜面间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．恒力的大小为
B．斜面倾角的正切值为0.75
C．滑块下滑到斜面底端时的速度大小为
D．滑块的质量可表示为
【答案】BC
【详解】ABD．根据图像结合题意可知，滑块位移为时的动能为，滑块位移为时恒力F撤去，此时滑块的动能为，之后滑块在重力沿斜面向下的分力与摩擦力的作用下做减速运动，位移为时动能减为，可得滑块沿斜面向上的最大位移为，对滑块加速上滑和减速上滑过程分别有
，根据滑块的重力势能随位移变化的图像有
联立解得，，故AD错误，B正确；
C．滑块从最高点下滑到斜面底端的过程中，根据动能定理有
解得故C正确。故选BC。
9．质量均为m=1kg的甲、乙两个物体同时从同地沿同一方向做直线运动，二者的动能随位移x的变化图像如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．甲的加速度大于乙的加速度
B．甲、乙在x=6m处相遇
C．当甲的位移刚达到9m时，乙在甲的后面
D．当甲的位移为6m时，乙在甲后面，且距离最远
【答案】AC
【详解】A．根据动能定理，对甲得；对乙图线斜率大小等于合力，甲、乙加速度大小分别为，则甲的加速度大于乙的加速度，A正确；
B．对甲甲的初速度为二者相遇时解得，B错误；
C．当甲的位移为9m时，由时间为此时乙的位移为乙在甲的后面，C正确；
D．当甲的位移为6m时，由此时甲的速度为时间为
此时，乙的位移和速度分别为，乙在甲后面，当速度不同，距离不是最远，D错误。故选AC。
10．如图1所示，水平面上一质量为2kg的木箱在水平向右的力的作用下向右移动4m的距离后，在另一水平力作用下，又匀速运动4m的距离到达斜面底端，撤去外力，木箱冲上倾角为37°的斜面，斜面和水平面间通过光滑小圆弧轨道（未画出）连接。在木箱从静止开始运动到斜面上最高点的过程中，其动能随运动路程变化的图像如图2所示。已知木箱与斜面间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g取，。下列说法正确的是（ ）
A．的大小为4N
B．木箱在斜面上能到达的最大高度为1.8m
C．木箱返回水平面后向左运动的最大距离为1.8m
D．整个运动过程中，木箱克服摩擦力做的功为36J
【答案】AC
【详解】A．由题图2可知，木箱初动能为0，则木箱在的作用下做初速度为零的匀加速直线运动，应用动能定理有由题图2知，可得，之后木箱在的作用下做匀速运动，所以故A正确；
B．木箱冲上斜面后做匀减速运动，根据动能定理有由题图2知，可得，木箱在斜面上能到达的最大高度故B错误；
C．因为所以当木箱运动至斜面上的最高点后，沿斜面向下做匀加速运动，到达水平面后，在摩擦力作用下再减速直到停止。木箱从冲上斜面到最终停下来，对这一过程应用动能定理可得
可得故C正确；
D．对整个运动过程，由动能定理有所以故D错误。
故选AC。
三、用动能定理处理机车启动问题
11．一辆质量为m的汽车在平直的路面上以恒定功率P匀速行驶，匀速行驶的速度为，某时刻司机看到路旁减速标志后，没有踩刹车，而是立即松减油门，发动机功率变为原来的，保持该功率行驶一段时间t后，汽车又开始匀速运动。设汽车受到的阻力恒定不变，在松减油门后的t时间内汽车前进的距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】发动机的功率为P时，汽车以速度匀速行驶，阻力为汽车再次匀速，此时汽车速度大小为根据动能定理可得解得故选D。
12．汽车在平直公路上以速度v0匀速行驶，发动机的功率为P，司机为合理进入限速区，减小了油门，使汽车功率立即减小一半并保持该功率继续行驶，设汽车行驶过程中所受阻力大小不变，从司机减小油门开始，汽车的速度v与时间t的关系如图所示，则在0~t1时间内下列说法正确的是（ ）
A．汽车的牵引力不断减小
B．t=0时，汽车的加速度大小为
C．汽车行驶的位移为
D．阻力所做的功为
【答案】C
【详解】A．减小油门后，机车的功率保持不变，当速度减小时，根据P=Fv可知，牵引力增大，故A错误；
B．汽车以速度v0匀速行驶时，牵引力等于阻力，即有F=f发动机的功率为P，由P=Fv0=fv0
得阻力，t=0时，功率为原来的一半，速度没有变，则根据牛顿第二定律
故大小为，故B错误；
CD．根据动能定理得解得阻力做功为设汽车通过的位移为x，由，解得故C正确，D错误。故选C。
13．“复兴号”动车组用多节车厢提供动力，从而达到提速的目的。总质量为m的动车组在平直的轨道上行驶。该动车组有四节动力车厢，每节车厢发动机的额定功率均为P，若动车组所受的阻力与其速率成正比（，k为常量），动车组能达到的最大速度为。下列说法正确的是（ ）
A．动车组在匀加速启动过程中，牵引力恒定不变
B．若四节动力车厢输出功率均为额定值，则动车组从静止开始做匀加速运动
C．若四节动力车厢输出的总功率为，则动车组匀速行驶的速度为
D．若四节动力车厢输出功率均为额定值，动车组从静止启动，经过时间t达到最大速度，则这一过程中该动车组克服阻力做的功为
【答案】C
【详解】A．对动车组，由牛顿第二定律有若动车组在匀加速启动，即加速度恒定，但
随速度增大而增大，则牵引力也随阻力增大而变大，故A错误；
B．若四节动力车厢输出功率均为额定值，则总功率为4P，由牛顿第二定律有故可知加速启动的过程，牵引力减小，阻力增大，则加速度逐渐减小，故B错误；
C．若四节动力车厢输出的总功率为，则动车组匀速行驶时加速度为零，有而以额定功率匀速时，有联立解得故C正确；
D．若四节动力车厢输出功率均为额定值，动车组从静止启动，经过时间达到最大速度，由动能定理可知可得动车组克服阻力做的功为故D错误。故选C。
14．当前我国“高铁”事业发展迅猛，假设一辆质量为m高速列车在机车牵引力和恒定阻力f作用下，在水平轨道上由静止开始启动，其图象如图所示，已知时间内为过原点的倾斜直线，时刻达到额定功率P，此后保持功率P不变，在时刻达到最大速度，以后匀速运动。下列判断正确的是（ ）
A．时间内，牵引力大小为
B．从至时间内，列车的通过的路程为
C．时刻，列车的加速度
D．该列车受到的阻力f为
【答案】CD
【详解】A．时间内，根据牛顿第二定律解得牵引力大小为故A错误；
B．从至时间内，根据动能定理解得列车的通过的路程为故B错误；
C．时刻，根据牛顿第二定律又解得此时列车的加速度为故C正确；
D．在时刻达到最大速度，则有故该列车受到的阻力为故D正确。故选D。
15．质量m=200kg的小型电动汽车在平直的公路上由静止启动，图像甲表示汽车运动的速度与时间的关系，图像乙表示汽车牵引力的功率与时间的关系。设汽车在运动过程中阻力不变，在18s末汽车的速度恰好达到最大。则下列说法正确的是（ ）
A．汽车受到的阻力为800N
B．8s-18s过程中汽车牵引力逐渐增大
C．0-8s过程中汽车牵引力做的功为64000J
D．0-18s过程中汽车的位移大小为127.5m
【答案】AD
【详解】A．当牵引力等于阻力时，速度达到最大值，则有故A正确；
B．v-t图像中图线斜率等于加速度，则根据图甲可知，8s-18s过程中汽车加速度不断减小，又因为阻力不变，所以汽车牵引力是逐渐减小的，故B错误；
C．P-t图像中图线与时间轴围成的面积等于做功的大小，所以根据图乙可知0-8s过程中汽车牵引力做的功为故C错误；
D．v-t图像中图线与时间轴围成的面积等于位移，故0-8s过程中汽车的位移为，8s-18s过程中，根据动能定理可得代入数据解得则0-18s过程中汽车的位移大小为
故D正确。故选AD。
四、用动能定理处理多过程问题
16．如图所示，半径为的圆形轨道竖直固定在水平桌面上，为其水平直径，为最低点，为最高点，轨道的段粗糙、段光滑，质量为的物块（可视为质点）从A点以初速度（未知）沿轨道向上运动，运动到点时对轨道的压力恰好为0，运动到点时对轨道的压力为。已知重力加速度为。求：
（1）物块在A点的初速度
（2）物块运动到C点的速度
（3）物块从B点运动到C点过程中摩擦力做功。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）运动到点时对轨道的压力恰好为0，则有得从A到由动能定理可得
（2）运动到点时对轨道的压力为由向心力公式得得
（3）从D点运动到C点由动能定理可得可得摩擦力做功为
17．近年来，户外休闲娱乐活动颇受人们喜爱，“极限滑草”的速度与激情更是受到青少年追捧。图为某“极限滑草”滑道的简化示意图，小李同学为了测量其倾斜滑道的高度，做了一次探究：他乘坐滑草车从倾斜滑道顶部A处由静止开始沿滑道下滑，经时间从倾斜滑道底部处进入水平滑道（两滑道连接处无速度大小损失），再经时间停在处，测得滑草车在水平滑道上的运动距离。若滑草车与整个滑道间动摩擦因数处处相同，重力加速度取，不计空气阻力，人与滑草车整体可视为质点，求：
（1）滑草车刚进入水平滑道时的速度大小；
（2）该倾斜滑道的高度。
【答案】（1）；（2）
【详解】解：（1）设滑草车刚进入水平滑道时速度大小为，水平滑道上有解得
（2）设倾斜滑道长度为，高度为，倾角为；滑草车与人的总质量为，滑草车与整个滑道间动摩擦因数为，水平滑道上，由动能定理有倾斜滑道上，有；又因为联立解得
18．如图所示是一个快递包裹缓冲、接收装置。轻弹簧一段固定在斜面底端，另一端与质量为m平板A相连。初始时平板A静止在P点，且恰好不受摩擦力，距斜面顶端Q的距离为L。现有一质量也为m的物块B从Q点由静止开始下滑，和平板A发生完全非弹性碰撞，碰撞时间极短，碰后一起沿斜面下滑。当到达C处时，二者速度减小为0，同时物块B从C处的洞口落下（平板A边长比洞口大，不会掉下去）。此后，平板A在弹簧的作用下向上运动，恰好又能回到P点。已知斜面与水平面夹角为θ，平板A、物块B与斜面间的动摩擦因数，重力加速度为g。求：
（1）A、B碰撞过程中损失的机械能；
（2）A、B碰后瞬间的加速度；
（3）C、P之间的距离。
【答案】（1）；（2）0；（3）
【详解】（1）物块B下滑过程 完全非弹性碰撞，机械能守恒
损失的机械能联立解得
（2）碰前处于平衡状态碰后瞬间，弹力大小不变，对整体分析联立解得
（3）设之间的距离为：过程，对整体分析
过程对分析联立解得
19．如图，AB是倾角为θ的粗糙直轨道，BCD是光滑的圆弧轨道，AB恰好在B点与圆弧相切，圆弧的半径为R。一个质量为m的物体（可以看作质点）从直轨道上的P点由静止释放，结果它能在两轨道间做往返运动。已知P点与圆弧的圆心O等高，物体与轨道AB间的动摩擦因数为μ。求：
（1）物体做往返运动的整个过程中在AB轨道上通过的总路程；
（2）最终当物体通过圆弧轨道最低点E时，对圆弧轨道的压力；
（3）为使物体能顺利到达圆弧轨道的最高点D，释放点距B点的距离L′应满足什么条件。
【答案】（1）；（2）(3－2csθ)mg；（3）L′ ≥ R
【详解】（1）物体从P点出发至最终到达B点速度为零的全过程，由动能定理得mgRcsθ－μmgcsθ∙S = 0
解得
（2）最终物体以B（还有B关于OE的对称点）为最高点，在圆弧底部做往复运动，物体从B运动到E的过程，由动能定理得在E点，由牛顿第二定律得
联立解得FN= (3－2csθ)mg则物体对圆弧轨道的压力FN′ = FN= (3－2csθ)mg
（3）设物体刚好到D点，则
对全过程由动能定理得mgL′sinθ－μmgcsθ·L′－mgR(1＋csθ) = mvD2
由以上两式得应满足条件
则为使物体能顺利到达圆弧轨道的最高点D，释放点距B点的距离L′应满足
20．如图为某游戏装置的示意图。AB、CD均为四分之一圆弧，E为圆弧DEG的最高点，各圆弧轨道与直轨道相接处均相切。GH与水平夹角为θ=37°，底端H有一弹簧，A、O1、O2、D、O3、H在同一水平直线上。一质量为0.01kg的小钢球（其直径稍小于圆管内径，可视作质点）从距A点高为h处的O点静止释放，从A点沿切线进入轨道，B处有一装置，小钢球向右能无能量损失的通过，向左则不能通过且小钢球被吸在B点。若小钢球能够运动到H点，则被等速反弹。各圆轨道半径均为R=0.6m，BC长L=2m，水平直轨道BC和GH的动摩擦因数μ=0.5，其余轨道均光滑，小钢球通过各圆弧轨道与直轨道相接处均无能量损失。某次游戏时，小钢球从O点出发恰能第一次通过圆弧的最高点E。（sin37°=0.6，cs37°=0.8，g=10m/s2）求：
（1）小钢球第一次经过C点时的速度大小vC；
（2）小钢球第一次经过圆弧轨道最低点B时对轨道的压力大小FB（保留两位小数）；
（3）若改变小钢球的释放高度h，求出小钢球在斜面轨道上运动的总路程s与h的函数关系。
【答案】（1）2m/s；（2）0.83N；（3）见解析
【详解】（1）小钢球从O点出发恰能第一次通过圆弧的最高点E，则小球到E点的速度为0，小球从C点到E点，根据动能定理得代入数据解得
（2）从B点到C点，由动能定理得小钢球经过B点，由牛顿第二定律得
代入数据联立解得根据牛顿第三定律得，小钢球对轨道的压力大小
（3）若小钢球恰能第一次通过E点，设小钢球释放点距A点为h1，从释放到E点，由动能定理得：
代入数据解得若小钢球恰能第二次通过E点，设小球钢释放点距A点为h2，从释放到E点，由动能定理得：代入数据解得
①若小球释放高度h＜1.6m，无法到达E点，
②若小球释放高度1.6m≤h＜2.24m，小球能经过E点一次，μ＜tanθ，则小钢球最终停在H点，从释放点到停在H点，根据动能定理得代入数据解得
③若小球释放高度2.24m≤h，小球经过E点两次
特训目标
特训内容
目标1
用动能定理解决变力做功问题（1T—5T）
目标2
有关动能定理的Ek-x图像问题（6T—10T）
目标3
用动能定理处理机车启动问题（11T—15T）
目标4
用动能定理处理多过程问题（16T—20T）
【特训典例】
用动能定理解决变力做功问题
1．如图所示的水平轨道足够长，只有部分是粗糙的，其长度为，其余部分是光滑的，质量为1kg，长度为的粗细相同的匀质软绳静止在点的左侧（绳的右端在点），软绳与粗糙部分的动摩擦因数为，现用的水平向右的恒力作用在软绳上，软绳始终保持伸直状态且长度不变，重力加速度为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则在软绳运动的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．软绳先做匀加速后做匀减速运动B．软绳的左端能经过点
C．软绳的最大动能为0.5JD．软绳克服摩擦力做功4.0J
【答案】C
【详解】设绳子B端向右运动位移为，当时，绳子所受摩擦力
当时，绳子所受摩擦力绳子所受摩擦力随位移变化如图所示
又图像与坐标轴围成的面积表示物体克服摩擦力做的功，当时，①
对绳子由动能定理得②当时又，得所以设绳子B端向右运动位移为速度为零，停止运动。
A．拉力先比摩擦力大，后比摩擦力小，软绳先做加速运动后做减速运动。时，摩擦力为变力，所以加速度不恒定，A错误；
B．当时，绳子停止运动，软绳的左端不能经过点，B错误；
C．由①②得,当动能最大，C正确；
D．B端向右运动位移L的过程中，克服摩擦力做功，D错误。故选C。
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，弹簧弹力所的功为（ ）
A．-μmg（s+x）B．-μmgx
C．μmg（s+x）-D．-μmg（s+x）
【答案】C
【详解】物体受到的滑动摩擦力大小为f=μmg对物体由动能定理可得
解得故选C。
3．如图所示，一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平。一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道。质点滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4mg，g为重力加速度的大小。用W表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功，则（ ）
A．，质点恰好可以到达Q点
B．，质点不能到达Q点
C．，质点到达Q点后，继续上升一段距离
D．，质点到达Q点后，继续上升一段距离
【答案】C
【详解】根据质点滑到轨道最低点N时，对轨道压力为4mg，利用牛顿第三定律可知，轨道对质点的支持力为4mg，则在最低点有解得质点滑到最低点时的速度为对质点从开始下落到滑到最低点的过程，由动能定理得解得对质点由最低点继续上滑的过程，到达Q点时克服摩擦力做功W′要小于W，由此可知，质点到达Q点后，可继续上升一段距离。故选C。
4．滑草是一项前卫运动，符合新时代环保理念，具有能在春夏秋冬四季体会滑雪乐趣的独特魅力，如图甲所示。某滑草场滑道及滑草爱好者的滑行过程可简化为如图乙情景，滑草爱好者坐在滑行器上，从倾角的斜面顶端由静止开始滑行，以斜面顶端为原点（O）沿斜面方向建立位移（x），向下滑行过程中滑行器与滑道间的动摩擦因数满足（x为位移，单位为m），滑行一段时间后动摩擦因数不变且滑草爱好者将匀速下滑。若滑草爱好者及滑行器的总质量为70kg，则滑草爱好者由静止开始到匀速滑行的过程中（ ）
A．做匀加速直线运动
B．滑行60m后开始匀速运动
C．克服摩擦阻力做功12600J
D．匀速滑行时的动能为12600J
【答案】BCD
【详解】A．滑草爱好者由静止开始下滑时，有又可见随着x的增加，摩擦因数μ逐渐增大，则加速度a逐渐减小，因此运动员做加速度逐渐减小的加速直线运动，A错误；
B．匀速下滑时有即解得即滑雪运动员滑行60m后开始匀速运动，B正确；
C．匀速滑行时的摩擦阻力克服摩擦阻力做功，C正确；
D．此过程根据动能定理有，D正确。故选BCD。
5．如图甲所示，质量为的物体静止在水平地面上，在水平推力F的作用下开始运动，水平推力随位移变化的图像如图乙所示（后无推力存在），物体最终静止在水平地面上，已知物体与地面间的动摩擦因数，取，下列选项正确的是（ ）
A．物体的加速度先减小后增大
B．在距出发点3m位置时物体的速度达到最大
C．物体的最大速度为
D．物体在水平地面上运动的最大位移是8m
【答案】BD
【详解】B．物体受到的滑动摩擦力大小为当水平推力等于滑动摩擦力时，物体的速度达到最大，则有由乙图可得联立可得可知在距出发点3m位置时物体的速度达到最大，B正确；
C．在距出发点3m位置时物体的速度达到最大，根据动能定理可得其中联立解得物体的最大速度为，C错误；
D．设物体在水平地面上运动的最大位移为，根据动能定理可得其
联立解得，D正确；
A．过程，推力大于摩擦力，随着推力的减小，物体的加速度逐渐减小；过程，推力小于摩擦力，随着推力的减小，物体的加速度逐渐增大；过程，物体只受滑动摩擦力，物体的加速度保持不变；故在整个运动过程中，物体的加速度先减小再增大，后保持不变，A错误。故选BD。
有关动能定理的Ek-x图像问题
6．CS/LR4是我国自主研制的第一种高精度狙击步枪。某次性能测试中，弹头以初速度垂直射入一排竖直固定的钢板且未穿出，如图所示。若弹头所受阻力与其速度成正比，则弹头的速度和动能随时间、位移变化的关系图像可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【详解】A．由于弹头所受阻力与其速度成正比，则可设其阻力为，在弹头运动过程中由牛顿第二定律有弹头做减速运动，速度逐渐减小，则可知其所受阻力也逐渐减小，加速度逐渐减小，即弹头随时间做加速度逐渐减小的减速运动，而图像斜率的绝对值表示加速度大小，图示斜率的绝对值逐渐增大，表示加速度逐渐增大，故A错误；
B．根据题意可得阻力的功率而子弹的速度逐渐减小，则阻力的功率逐渐减小，图像斜率的绝对值表示阻力的功率大小，图示斜率逐渐增大，则表示阻力的功率逐渐增大，故B错误；
C．根据则可得在任意极短时间内有可得即速度与位移成正比，故C正确；
D．在任意极短时间内有则可得由此可知图像斜率的绝对值应逐渐减小，而图示斜率的绝对值逐渐增大，故D错误。故选C。
7．近几年我国新能源汽车迅速发展，大力发展绿色环保动力。一质量为1kg的新能源实验小车在水平直轨道上以额定功率启动，达到最大速度后关闭电源，其动能与位移的关系如图所示。假设整个过程受到恒定的阻力，则下列说法正确的是（g取）（ ）
A．小车受到的阻力为4NB．小车的额定功率为8W
C．小车加速时间为2sD．小车减速时间为2s
【答案】BD
【详解】A．由题意可得，当关闭电源后只有阻力对小车做功，有结合动能与位移的关系图像可得车受到的阻力为f=2N故A错误；
B．由题意与图像可得小车的最大动能为则最大速度为小车的额定功率为故B正确；
C．加速过程中，对小车列动能定理可得加速时间故C错误；
D．当关闭电源后，由牛顿运动定律可得小车减速时间为故D正确。故选BD。
8．一滑块从某固定粗糙斜面底端在沿斜面向上的恒力作用下由静止开始沿斜面向上运动，某时刻撤去恒力，上升过程中滑块的动能和重力势能随位移变化的图象如图所示，图中、为已知量，滑块与斜面间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．恒力的大小为
B．斜面倾角的正切值为0.75
C．滑块下滑到斜面底端时的速度大小为
D．滑块的质量可表示为
【答案】BC
【详解】ABD．根据图像结合题意可知，滑块位移为时的动能为，滑块位移为时恒力F撤去，此时滑块的动能为，之后滑块在重力沿斜面向下的分力与摩擦力的作用下做减速运动，位移为时动能减为，可得滑块沿斜面向上的最大位移为，对滑块加速上滑和减速上滑过程分别有
，根据滑块的重力势能随位移变化的图像有
联立解得，，故AD错误，B正确；
C．滑块从最高点下滑到斜面底端的过程中，根据动能定理有
解得故C正确。故选BC。
9．质量均为m=1kg的甲、乙两个物体同时从同地沿同一方向做直线运动，二者的动能随位移x的变化图像如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．甲的加速度大于乙的加速度
B．甲、乙在x=6m处相遇
C．当甲的位移刚达到9m时，乙在甲的后面
D．当甲的位移为6m时，乙在甲后面，且距离最远
【答案】AC
【详解】A．根据动能定理，对甲得；对乙图线斜率大小等于合力，甲、乙加速度大小分别为，则甲的加速度大于乙的加速度，A正确；
B．对甲甲的初速度为二者相遇时解得，B错误；
C．当甲的位移为9m时，由时间为此时乙的位移为乙在甲的后面，C正确；
D．当甲的位移为6m时，由此时甲的速度为时间为
此时，乙的位移和速度分别为，乙在甲后面，当速度不同，距离不是最远，D错误。故选AC。
10．如图1所示，水平面上一质量为2kg的木箱在水平向右的力的作用下向右移动4m的距离后，在另一水平力作用下，又匀速运动4m的距离到达斜面底端，撤去外力，木箱冲上倾角为37°的斜面，斜面和水平面间通过光滑小圆弧轨道（未画出）连接。在木箱从静止开始运动到斜面上最高点的过程中，其动能随运动路程变化的图像如图2所示。已知木箱与斜面间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g取，。下列说法正确的是（ ）
A．的大小为4N
B．木箱在斜面上能到达的最大高度为1.8m
C．木箱返回水平面后向左运动的最大距离为1.8m
D．整个运动过程中，木箱克服摩擦力做的功为36J
【答案】AC
【详解】A．由题图2可知，木箱初动能为0，则木箱在的作用下做初速度为零的匀加速直线运动，应用动能定理有由题图2知，可得，之后木箱在的作用下做匀速运动，所以故A正确；
B．木箱冲上斜面后做匀减速运动，根据动能定理有由题图2知，可得，木箱在斜面上能到达的最大高度故B错误；
C．因为所以当木箱运动至斜面上的最高点后，沿斜面向下做匀加速运动，到达水平面后，在摩擦力作用下再减速直到停止。木箱从冲上斜面到最终停下来，对这一过程应用动能定理可得
可得故C正确；
D．对整个运动过程，由动能定理有所以故D错误。
故选AC。
三、用动能定理处理机车启动问题
11．一辆质量为m的汽车在平直的路面上以恒定功率P匀速行驶，匀速行驶的速度为，某时刻司机看到路旁减速标志后，没有踩刹车，而是立即松减油门，发动机功率变为原来的，保持该功率行驶一段时间t后，汽车又开始匀速运动。设汽车受到的阻力恒定不变，在松减油门后的t时间内汽车前进的距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】发动机的功率为P时，汽车以速度匀速行驶，阻力为汽车再次匀速，此时汽车速度大小为根据动能定理可得解得故选D。
12．汽车在平直公路上以速度v0匀速行驶，发动机的功率为P，司机为合理进入限速区，减小了油门，使汽车功率立即减小一半并保持该功率继续行驶，设汽车行驶过程中所受阻力大小不变，从司机减小油门开始，汽车的速度v与时间t的关系如图所示，则在0~t1时间内下列说法正确的是（ ）
A．汽车的牵引力不断减小
B．t=0时，汽车的加速度大小为
C．汽车行驶的位移为
D．阻力所做的功为
【答案】C
【详解】A．减小油门后，机车的功率保持不变，当速度减小时，根据P=Fv可知，牵引力增大，故A错误；
B．汽车以速度v0匀速行驶时，牵引力等于阻力，即有F=f发动机的功率为P，由P=Fv0=fv0
得阻力，t=0时，功率为原来的一半，速度没有变，则根据牛顿第二定律
故大小为，故B错误；
CD．根据动能定理得解得阻力做功为设汽车通过的位移为x，由，解得故C正确，D错误。故选C。
13．“复兴号”动车组用多节车厢提供动力，从而达到提速的目的。总质量为m的动车组在平直的轨道上行驶。该动车组有四节动力车厢，每节车厢发动机的额定功率均为P，若动车组所受的阻力与其速率成正比（，k为常量），动车组能达到的最大速度为。下列说法正确的是（ ）
A．动车组在匀加速启动过程中，牵引力恒定不变
B．若四节动力车厢输出功率均为额定值，则动车组从静止开始做匀加速运动
C．若四节动力车厢输出的总功率为，则动车组匀速行驶的速度为
D．若四节动力车厢输出功率均为额定值，动车组从静止启动，经过时间t达到最大速度，则这一过程中该动车组克服阻力做的功为
【答案】C
【详解】A．对动车组，由牛顿第二定律有若动车组在匀加速启动，即加速度恒定，但
随速度增大而增大，则牵引力也随阻力增大而变大，故A错误；
B．若四节动力车厢输出功率均为额定值，则总功率为4P，由牛顿第二定律有故可知加速启动的过程，牵引力减小，阻力增大，则加速度逐渐减小，故B错误；
C．若四节动力车厢输出的总功率为，则动车组匀速行驶时加速度为零，有而以额定功率匀速时，有联立解得故C正确；
D．若四节动力车厢输出功率均为额定值，动车组从静止启动，经过时间达到最大速度，由动能定理可知可得动车组克服阻力做的功为故D错误。故选C。
14．当前我国“高铁”事业发展迅猛，假设一辆质量为m高速列车在机车牵引力和恒定阻力f作用下，在水平轨道上由静止开始启动，其图象如图所示，已知时间内为过原点的倾斜直线，时刻达到额定功率P，此后保持功率P不变，在时刻达到最大速度，以后匀速运动。下列判断正确的是（ ）
A．时间内，牵引力大小为
B．从至时间内，列车的通过的路程为
C．时刻，列车的加速度
D．该列车受到的阻力f为
【答案】CD
【详解】A．时间内，根据牛顿第二定律解得牵引力大小为故A错误；
B．从至时间内，根据动能定理解得列车的通过的路程为故B错误；
C．时刻，根据牛顿第二定律又解得此时列车的加速度为故C正确；
D．在时刻达到最大速度，则有故该列车受到的阻力为故D正确。故选D。
15．质量m=200kg的小型电动汽车在平直的公路上由静止启动，图像甲表示汽车运动的速度与时间的关系，图像乙表示汽车牵引力的功率与时间的关系。设汽车在运动过程中阻力不变，在18s末汽车的速度恰好达到最大。则下列说法正确的是（ ）
A．汽车受到的阻力为800N
B．8s-18s过程中汽车牵引力逐渐增大
C．0-8s过程中汽车牵引力做的功为64000J
D．0-18s过程中汽车的位移大小为127.5m
【答案】AD
【详解】A．当牵引力等于阻力时，速度达到最大值，则有故A正确；
B．v-t图像中图线斜率等于加速度，则根据图甲可知，8s-18s过程中汽车加速度不断减小，又因为阻力不变，所以汽车牵引力是逐渐减小的，故B错误；
C．P-t图像中图线与时间轴围成的面积等于做功的大小，所以根据图乙可知0-8s过程中汽车牵引力做的功为故C错误；
D．v-t图像中图线与时间轴围成的面积等于位移，故0-8s过程中汽车的位移为，8s-18s过程中，根据动能定理可得代入数据解得则0-18s过程中汽车的位移大小为
故D正确。故选AD。
四、用动能定理处理多过程问题
16．如图所示，半径为的圆形轨道竖直固定在水平桌面上，为其水平直径，为最低点，为最高点，轨道的段粗糙、段光滑，质量为的物块（可视为质点）从A点以初速度（未知）沿轨道向上运动，运动到点时对轨道的压力恰好为0，运动到点时对轨道的压力为。已知重力加速度为。求：
（1）物块在A点的初速度
（2）物块运动到C点的速度
（3）物块从B点运动到C点过程中摩擦力做功。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）运动到点时对轨道的压力恰好为0，则有得从A到由动能定理可得
（2）运动到点时对轨道的压力为由向心力公式得得
（3）从D点运动到C点由动能定理可得可得摩擦力做功为
17．近年来，户外休闲娱乐活动颇受人们喜爱，“极限滑草”的速度与激情更是受到青少年追捧。图为某“极限滑草”滑道的简化示意图，小李同学为了测量其倾斜滑道的高度，做了一次探究：他乘坐滑草车从倾斜滑道顶部A处由静止开始沿滑道下滑，经时间从倾斜滑道底部处进入水平滑道（两滑道连接处无速度大小损失），再经时间停在处，测得滑草车在水平滑道上的运动距离。若滑草车与整个滑道间动摩擦因数处处相同，重力加速度取，不计空气阻力，人与滑草车整体可视为质点，求：
（1）滑草车刚进入水平滑道时的速度大小；
（2）该倾斜滑道的高度。
【答案】（1）；（2）
【详解】解：（1）设滑草车刚进入水平滑道时速度大小为，水平滑道上有解得
（2）设倾斜滑道长度为，高度为，倾角为；滑草车与人的总质量为，滑草车与整个滑道间动摩擦因数为，水平滑道上，由动能定理有倾斜滑道上，有；又因为联立解得
18．如图所示是一个快递包裹缓冲、接收装置。轻弹簧一段固定在斜面底端，另一端与质量为m平板A相连。初始时平板A静止在P点，且恰好不受摩擦力，距斜面顶端Q的距离为L。现有一质量也为m的物块B从Q点由静止开始下滑，和平板A发生完全非弹性碰撞，碰撞时间极短，碰后一起沿斜面下滑。当到达C处时，二者速度减小为0，同时物块B从C处的洞口落下（平板A边长比洞口大，不会掉下去）。此后，平板A在弹簧的作用下向上运动，恰好又能回到P点。已知斜面与水平面夹角为θ，平板A、物块B与斜面间的动摩擦因数，重力加速度为g。求：
（1）A、B碰撞过程中损失的机械能；
（2）A、B碰后瞬间的加速度；
（3）C、P之间的距离。
【答案】（1）；（2）0；（3）
【详解】（1）物块B下滑过程 完全非弹性碰撞，机械能守恒
损失的机械能联立解得
（2）碰前处于平衡状态碰后瞬间，弹力大小不变，对整体分析联立解得
（3）设之间的距离为：过程，对整体分析
过程对分析联立解得
19．如图，AB是倾角为θ的粗糙直轨道，BCD是光滑的圆弧轨道，AB恰好在B点与圆弧相切，圆弧的半径为R。一个质量为m的物体（可以看作质点）从直轨道上的P点由静止释放，结果它能在两轨道间做往返运动。已知P点与圆弧的圆心O等高，物体与轨道AB间的动摩擦因数为μ。求：
（1）物体做往返运动的整个过程中在AB轨道上通过的总路程；
（2）最终当物体通过圆弧轨道最低点E时，对圆弧轨道的压力；
（3）为使物体能顺利到达圆弧轨道的最高点D，释放点距B点的距离L′应满足什么条件。
【答案】（1）；（2）(3－2csθ)mg；（3）L′ ≥ R
【详解】（1）物体从P点出发至最终到达B点速度为零的全过程，由动能定理得mgRcsθ－μmgcsθ∙S = 0
解得
（2）最终物体以B（还有B关于OE的对称点）为最高点，在圆弧底部做往复运动，物体从B运动到E的过程，由动能定理得在E点，由牛顿第二定律得
联立解得FN= (3－2csθ)mg则物体对圆弧轨道的压力FN′ = FN= (3－2csθ)mg
（3）设物体刚好到D点，则
对全过程由动能定理得mgL′sinθ－μmgcsθ·L′－mgR(1＋csθ) = mvD2
由以上两式得应满足条件
则为使物体能顺利到达圆弧轨道的最高点D，释放点距B点的距离L′应满足
20．如图为某游戏装置的示意图。AB、CD均为四分之一圆弧，E为圆弧DEG的最高点，各圆弧轨道与直轨道相接处均相切。GH与水平夹角为θ=37°，底端H有一弹簧，A、O1、O2、D、O3、H在同一水平直线上。一质量为0.01kg的小钢球（其直径稍小于圆管内径，可视作质点）从距A点高为h处的O点静止释放，从A点沿切线进入轨道，B处有一装置，小钢球向右能无能量损失的通过，向左则不能通过且小钢球被吸在B点。若小钢球能够运动到H点，则被等速反弹。各圆轨道半径均为R=0.6m，BC长L=2m，水平直轨道BC和GH的动摩擦因数μ=0.5，其余轨道均光滑，小钢球通过各圆弧轨道与直轨道相接处均无能量损失。某次游戏时，小钢球从O点出发恰能第一次通过圆弧的最高点E。（sin37°=0.6，cs37°=0.8，g=10m/s2）求：
（1）小钢球第一次经过C点时的速度大小vC；
（2）小钢球第一次经过圆弧轨道最低点B时对轨道的压力大小FB（保留两位小数）；
（3）若改变小钢球的释放高度h，求出小钢球在斜面轨道上运动的总路程s与h的函数关系。
【答案】（1）2m/s；（2）0.83N；（3）见解析
【详解】（1）小钢球从O点出发恰能第一次通过圆弧的最高点E，则小球到E点的速度为0，小球从C点到E点，根据动能定理得代入数据解得
（2）从B点到C点，由动能定理得小钢球经过B点，由牛顿第二定律得
代入数据联立解得根据牛顿第三定律得，小钢球对轨道的压力大小
（3）若小钢球恰能第一次通过E点，设小钢球释放点距A点为h1，从释放到E点，由动能定理得：
代入数据解得若小钢球恰能第二次通过E点，设小球钢释放点距A点为h2，从释放到E点，由动能定理得：代入数据解得
①若小球释放高度h＜1.6m，无法到达E点，
②若小球释放高度1.6m≤h＜2.24m，小球能经过E点一次，μ＜tanθ，则小钢球最终停在H点，从释放点到停在H点，根据动能定理得代入数据解得
③若小球释放高度2.24m≤h，小球经过E点两次
特训目标
特训内容
目标1
用动能定理解决变力做功问题（1T—5T）
目标2
有关动能定理的Ek-x图像问题（6T—10T）
目标3
用动能定理处理机车启动问题（11T—15T）
目标4
用动能定理处理多过程问题（16T—20T）
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