高考物理一轮复习专题6.2机械能守恒定律-动能定理及其应用--(原卷版+解析)

这是一份高考物理一轮复习专题6.2机械能守恒定律-动能定理及其应用--(原卷版+解析)，共57页。

考向一动能定理的理解和基本应用
考向二应用动能定理求变力做功
考向三 动能定理与图像问题的结合
考向四 动能定理在多过程问题中的应用
考向一动能定理的理解和基本应用
【典例1】 (多选)(2023·安徽六安模拟)如图所示，一块长木板B放在光滑的水平面上，在B上放一物体A，A、B间接触面不光滑。现以恒定的外力拉B，A在B上发生了滑动，以地面为参考系，A、B都向前移动了一段距离。在此过程中( )
A．外力F做的功等于A和B动能的增量
B．B对A的摩擦力所做的功等于A的动能的增量
C．A对B的摩擦力所做的功等于B对A的摩擦力所做的功
D．外力F对B做的功等于B的动能的增量与B克服摩擦力所做的功之和
答案: BD
解析：A物体所受的合力等于B对A的摩擦力，根据动能定理，有B对A的摩擦力所做的功等于A的动能的增量，B正确；A对B的摩擦力与B对A的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑动，A、B相对地的位移不相等，故二者做功不相等，C错误；对B应用动能定理，有WF－Wf＝ΔEkB，解得WF＝ΔEkB＋Wf，即外力F对B做的功等于B的动能的增量与B克服摩擦力所做的功之和，D正确；根据功能关系可知，外力F做的功等于A和B动能的增量与产生的内能之和，故A错误。
【典例2】(多选)(2023·高考全国卷甲，T7)一质量为m的物体自倾角为α的固定斜面底端沿斜面向上滑动。该物体开始滑动时的动能为Ek，向上滑动一段距离后速度减小为零，此后物体向下滑动，到达斜面底端时动能为eq \f(Ek,5)。已知sin α＝0.6，重力加速度大小为g。则 ( )
A．物体向上滑动的距离为eq \f(Ek,2mg)
B．物体向下滑动时的加速度大小为eq \f(g,5)
C．物体与斜面间的动摩擦因数等于0.5
D．物体向上滑动所用的时间比向下滑动的时间长
答案:BC
解析：设物体向上滑动的距离为s，上滑过程根据动能定理有－(mgsin α＋μmgcs α)s＝0－Ek，下滑过程根据动能定理有(mgsin α－μmgcs α)s＝eq \f(Ek,5)－0，联立解得s＝eq \f(Ek,mg)，μ＝0.5，故A错误，C正确；下滑过程，根据牛顿第二定律有mgsin α－μmgcs α＝ma下，解得a下＝eq \f(g,5)，故B正确；物体上滑与下滑过程都做匀变速直线运动，但上滑的初速度比回到出发点时的速度大，根据s＝eq \f(v,2)t知，下滑的时间较长，故D错误。
练习1.(多选(2023·唐山市联考))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＝eq \f(1,2)mv22－eq \f(1,2)mv12，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＝eq \f(1,2)mv22－eq \f(1,2)mv12，其中W为支持力做的功
D．对电梯，其所受的合力做功为eq \f(1,2)Mv22－eq \f(1,2)Mv12
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(即合力做的功)才等于物体动能的增量，即W合＝W－mgH＝eq \f(1,2)mv22－eq \f(1,2)mv12，其中W为支持力做的功，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，其合力做的功一定等于其动能的增量，即eq \f(1,2)Mv22－eq \f(1,2)Mv12，D正确．
练习2、(2023·吉林市第二次调研)冬季奥运会中有自由式滑雪U型池比赛项目，其赛道横截面如图3所示，为一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形赛道竖直固定放置，直径POQ水平。一质量为m的运动员(按质点处理)自P点上方高度R处由静止开始下落，恰好从P点进入赛道。运动员滑到赛道最低点N时，对赛道的压力为4mg，g为重力加速度的大小。用W表示运动员从P点运动到N点的过程中克服赛道摩擦力所做的功(不计空气阻力)，则( )
A.W＝eq \f(3,4)mgR，运动员没能到达Q点
B.W＝eq \f(1,4)mgR，运动员能到达Q点并做斜抛运动
C.W＝eq \f(1,2)mgR，运动员恰好能到达Q点
D.W＝eq \f(1,2)mgR，运动员能到达Q点并继续竖直上升一段距离
答案:D
解析：在N点，根据牛顿第二定律有FN－mg＝meq \f(veq \\al(2,N),R)，解得vN＝eq \r(3gR)，对质点从下落到N点的过程运用动能定理得mg·2R－W＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,N)－0，解得W＝eq \f(1,2)mgR，由于PN段速度大于NQ段速度，所以NQ段的支持力小于PN段的支持力，则在NQ段克服摩擦力做功小于在PN段克服摩擦力做功，对NQ段运用动能定理得－mgR－W′＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,Q)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,N)，因为W′＜eq \f(1,2)mgR，可知vQ＞0，所以质点到达Q点后，继续上升一段距离，A、B、C错误，D正确。
【巧学妙记】
2.注意事项
(1)动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系。
(2)应用动能定理的关键在于准确分析研究对象的受力情况及运动情况，可以画出运动过程的草图，借助草图理解物理过程之间的关系。
(3)当物体的运动包含多个不同过程时，可分段应用动能定理求解；也可以全过程应用动能定理。
(4)列动能定理方程时，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。
考向二应用动能定理求变力做功
在一个有变力做功的过程中，当变力做功无法直接通过功的公式求解时，可用动能定理，W变＋W恒＝eq \f(1,2)mv22－eq \f(1,2)mv12，物体初、末速度已知，恒力做功W恒可根据功的公式求出，这样就可以得到W变＝eq \f(1,2)mv22－eq \f(1,2)mv12－W恒，就可以求变力做的功了．
【典例3】(2023·高考山东卷，T3)如图所示，粗糙程度处处相同的水平桌面上有一长为L的轻质细杆，一端可绕竖直光滑轴O转动，另一端与质量为m的小木块相连。木块以水平初速度v0出发，恰好能完成一个完整的圆周运动。在运动过程中，木块所受摩擦力的大小为( )
A.eq \f(mveq \\al(2,0),2πL) B.eq \f(mveq \\al(2,0),4πL) C.eq \f(mveq \\al(2,0),8πL) D.eq \f(mveq \\al(2,0),16πL)
答案:B
解析：在运动过程中，只有摩擦力做功，而摩擦力做功与路径有关，根据动能定理－f·2πL＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，可得摩擦力的大小f＝eq \f(mveq \\al(2,0),4πL)，故选B。
【典例4】(2023·高考河北卷，T6)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.eq \r(（2＋π）gR) B.eq \r(2πgR)
C.eq \r(2（1＋π）gR) D．2 eq \r(gR)
答案:A。
解析：当与圆柱体未接触部分的细绳竖直时，小球下落的高度h＝R＋πR－eq \f(2πR,4)＝R＋eq \f(πR,2)，根据动能定理有mgh＝eq \f(1,2)mv2，解得v＝eq \r(（2＋π）gR)，故A正确，B、C、D错误。
练习3、(2023·北京东城区期末)如图所示，在高为h的粗糙平台上，有一个质量为m的小球，被一根细线拴在墙上，球与墙间有一根被压缩的轻质弹簧。当烧断细线时，小球被弹出，小球落地时速度大小为v。对烧断细线到小球刚要落地的过程，下列说法正确的是( )
A．小球离开弹簧时的动能是eq \f(1,2)mv2
B．弹簧弹力做的功等于eq \f(1,2)mv2
C．弹簧弹力与重力做功的和等于eq \f(1,2)mv2
D．弹簧弹力与摩擦力做功的和等于eq \f(1,2)mv2－mgh
答案:D
解析：从烧断细线到小球落地的整个过程中，根据动能定理可知W弹－Wf＋mgh＝eq \f(1,2)mv2，小球离开弹簧时的动能不等于eq \f(1,2)mv2，落地时动能才等于eq \f(1,2)mv2，A错误；弹簧弹力做的功等于eq \f(1,2)mv2－mgh＋Wf，B错误；弹簧弹力与重力做功的和等于eq \f(1,2)mv2＋Wf，C错误；弹簧弹力与摩擦力做功的和等于eq \f(1,2)mv2－mgh，D正确。
练习4、(2023·唐山市联考)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.eq \f(1,2)mv02－μmg(s＋x) B.eq \f(1,2)mv02－μmgx
C．μmgs D．μmg(s＋x)
答案:A
解析：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＝0－eq \f(1,2)mv02，则W弹＝eq \f(1,2)mv02－μmg(s＋x)，故选项A正确．
【巧学妙记】
[规律方法]
(1)在恒力作用下的直线运动问题可以应用牛顿运动定律与运动学公式结合求解，也可以应用动能定理求解。
(2)在不涉及时间的问题中，可优先考虑应用动能定理。
(3)动能定理中的位移和速度均是相对于同一参考系的，一般以地面为参考系。
考向三 动能定理与图像问题的结合
1．图像所围“面积”和图像斜率的含义
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，弄清图线与坐标轴围成的面积所表示的物理意义，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。
【典例5】(2023·江苏卷，4)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Ek与水平位移x关系的图像是( )
图7
答案:A
解析：在斜面上，物块受竖直向下的重力、沿斜面向上的滑动摩擦力以及垂直斜面向上的支持力，设物块的质量为m，斜面的倾角为θ，物块沿斜面下滑的距离对应的水平位移为x，由动能定理有mgsin θ·eq \f(x,cs θ)－μ1mgcs θ·eq \f(x,cs θ)＝Ek－0, 解得Ek＝(mgtan θ－μ1mg)x，即在斜面上时物块的动能与水平位移成正比，B、D项均错误；在水平面上，物块受竖直向下的重力、竖直向上的支持力以及水平向左的滑动摩擦力，由动能定理有－μ2mg(x－x0)＝Ek－Ek0，解得Ek＝Ek0－μ2mg(x－x0)，其中Ek0为物块滑到斜面底端时的动能，x0为物块沿斜面下滑到底端时的距离对应的水平位移，即在水平面上物块的动能与水平位移为一次函数关系，且为减函数，A项正确，C项错误。
【典例6】(2023·云南省曲靖市高三二模)某质量为m的质点在外力作用下沿直线从A点加速运动到B点，已知质点通过A点时的速度为v0，加速度为a0，A、B两点之间的距离为L。在加速运动过程中，质点的加速度a随位移x变化的关系如图所示，则外力对质点做的功和通过B点时的速度大小为( )
A.eq \f(3,2)ma0L，eq \r(v\\al(2,0)＋3a0L) B．m(a0L＋eq \r(3a0L))，v0＋eq \r(3a0L)
C.eq \f(3,2)ma0L，eq \r(v\\al(2,0)＋2a0L) D．m(a0L＋eq \r(3a0L))，v0＋eq \r(2a0L)
答案:A
解析：由图可知质点的加速度随位移均匀变化，则合力也随位移均匀变化，合力对质点做的功W合＝eq \x\t(F)合L＝eq \f(ma0＋m·2a0,2)L＝eq \f(3,2)ma0L，由动能定理可得eq \f(3,2)ma0L＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，解得质点通过B点时的速度大小为vB＝eq \r(v\\al(2,0)＋3a0L)，故选A。
练习5、(2023·全国卷Ⅲ·17)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：法一：特殊值法
画出运动示意图．
设该外力的大小为F，据动能定理知
A→B(上升过程)：－(mg＋F)h＝EkB－EkA
B→A(下落过程)：(mg－F)h＝EkA′－EkB′
整理以上两式并代入数据得物体的质量m＝1 kg，选项C正确．
法二：写表达式根据斜率求解
上升过程：－(mg＋F)h＝Ek－Ek0，
则Ek＝－(mg＋F)h＋Ek0
下落过程：(mg－F)h＝Ek′－Ek0′，
则Ek′＝(mg－F)h＋Ek0′，
结合题图可知mg＋F＝eq \f(72－36,3－0) N＝12 N，
mg－F＝eq \f(48－24,3－0) N＝8 N
联立可得m＝1 kg，选项C正确．
练习6、(2023·湖北高考)如图a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b所示。重力加速度大小取10 m/s2，物块质量m和所受摩擦力大小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
答案:A
解析：0～10 m内物块上滑，由动能定理得－mgsin30°·s－fs＝Ek－Ek0，整理得Ek＝Ek0－(mgsin30°＋f)s，结合0～10 m内的Ek­s图像得，斜率的绝对值|k|＝mgsin30°＋f＝4 N；10～20 m内物块下滑，由动能定理得(mgsin30°－f)(s－s1)＝Ek，整理得Ek＝(mgsin30°－f)s－(mgsin30°－f)s1，结合10～20 m内的Ek­s图像得，斜率k′＝mgsin30°－f＝3 N。联立解得m＝0.7 kg，f＝0.5 N，A正确，B、C、D错误。
【巧学妙记】
动能定理与图像结合问题的分析方法
(1)首先看清所给图像的种类(如v­t图像、F­t图像、Ek­t图像等)。
(2)挖掘图像的隐含条件，得出所需要的物理量，如由v­t图像与t轴所包围的“面积”求位移，由F­x图像与x轴所包围的“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。
考向四 动能定理在多过程问题中的应用
【典例7】 (2023·1月湖北学业水平选择性考试模拟演练，7)如图所示，两倾角均为θ的光滑斜面对接后固定水平地面上，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.eq \f(49H,sin θ) B.eq \f(39H,sin θ)
C.eq \f(29H,sin θ) D.eq \f(20H,sin θ)
答案:B
解析：由题意知，小物块第一次到达O点由动能定理可得mgH＝Ek，此时小物块所走路程s1＝eq \f(H,sin θ)，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高度H1＝95%H，第二次到达O点滑下的路程s2＝eq \f(2H1,sin θ)＝95%eq \f(2H,sin θ)，同理第二次离开O点到第三次到达O点所走路程s3＝(95%)2eq \f(2H,sin θ)，…，故小物块下滑的总路程s总＝s1＋s2＋…sn＝eq \f(H,sin θ)＋95%eq \f(2H,sin θ)＋(95%)2eq \f(2H,sin θ)＋…(95%)n－1eq \f(2H,sin θ)，n无穷大时，可得s总＝eq \f(39H,sin θ)(等比数列求和)，故B正确。
【典例8】(2023·高考全国卷乙，T24)一篮球质量为m＝0.60 kg，一运动员使其从距地面高度为h1＝1.8 m处由静止自由落下，反弹高度为h2＝1.2 m。若使篮球从距地面h3＝1.5 m的高度由静止下落，并在开始下落的同时向下拍球，球落地后反弹的高度也为1.5 m。假设运动员拍球时对球的作用力为恒力，作用时间为t＝0.20 s；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g取10 m/s2，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)4.5 J (2)9 N
解析： (1)设篮球每次与地面碰撞前后的动能的比值为k，k＝eq \f(Ek1,Ek2)
第一次碰撞前，篮球做自由落体运动，由动能定理得
Ek1＝mgh1
同理第一次碰撞后，Ek2＝mgh2
联立可得k＝eq \f(h1,h2)＝eq \f(3,2)
设运动员拍球时对篮球做功为W，由题意知
k＝eq \f(W＋mgh3,mgh3)
联立可得W＝4.5 J。
(2)设运动员拍球时对篮球的作用力为F，t时间内球的位移为x，由运动学公式可得
F＋mg＝ma，x＝eq \f(1,2)at2，W＝Fx
联立解得F＝9 N。
练习7、(2023·山东省等级考试第二次模拟卷)如图所示，飞机先在水平跑道上从静止开始加速滑行，行驶距离x＝600 m后达到v1＝216 km/h的速度起飞，飞机滑行过程可视为匀加速直线运动，所受阻力大小恒为自身重力的0.1倍。起飞后，飞机以离地时的功率爬升t＝20 min，上升了h＝8 000 m，速度增加到v2＝
720 km/h。已知飞机的质量m＝1×105 kg，取重力加速度大小g＝10 m/s2。求：
(1)飞机在地面滑行时所受牵引力的大小F；
(2)飞机在爬升过程中克服空气阻力做的功Wf。
答案: (1)4×105 N (2)1.898×1010 J
解析：(1)设飞机在地面滑行时加速度的大小为a，由运动学公式得veq \\al(2,1)＝2ax，设滑行过程中所受阻力为F阻，由牛顿第二定律得F－F阻＝ma，联立解得F＝4×105 N。
(2)设飞机离地时的功率为P，由功率的表达式得P＝Fv1，由动能定理得Pt－mgh－Wf＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)，解得Wf＝1.898×1010 J。
练习8.(2023·宁夏银川一中月考)如图所示，轻质弹簧一端固定在墙壁上的O点，另一端自由伸长到A点，OA之间的水平面光滑，固定曲面在B处与水平面平滑连接。AB之间的距离x＝1 m。质量m＝0.2 kg的小物块开始时静置于水平面上的B点，物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4。现给物块一个水平向左的初速度v0＝5 m/s，g取10 m/s2。
(1)求弹簧被压缩到最短时所具有的弹性势能Ep；
(2)求物块返回B点时的速度大小；
(3)若物块能冲上曲面的最大高度h＝0.2 m，求物块沿曲面上滑过程所产生的热量。
答案:(1)1.7 J (2)3 m/s (3)0.5 J
解析： (1)对小物块从B点至压缩弹簧最短的过程，
由动能定理得－μmgx－W克弹＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，W克弹＝Ep
代入数据解得Ep＝1.7 J。
(2)对小物块从B点开始运动至返回B点的过程，
由动能定理得－μmg·2x＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
代入数据解得vB＝3 m/s。
(3)对小物块沿曲面上滑的过程，
由动能定理得－W克摩－mgh＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)
产生的热量Q＝W克摩＝0.5 J。
【巧学妙记】
用动能定理解决多过程问题的方法技巧
1．当物体的运动包含多个不同过程时，可分段应用动能定理求解；当所求解的问题不涉及中间的速度时，也可以全过程应用动能定理求解，这样更简便。
2．当选择全部子过程作为研究过程，涉及重力、大小恒定的阻力或摩擦力做功时，要注意运用它们的做功特点：(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与路程的乘积。
1. (多选)(2023·安徽江淮十校第二次联考)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，则下列关系式中正确的是( )
A．FL＝eq \f(1,2)Mv2 B．Fs＝eq \f(1,2)mv2
C．Fs＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)(M＋m)v2 D．F(L＋s)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)mv2
2．.(2023·广东揭阳模拟)有一质量为m的木块，从半径为r的圆弧曲面上的a点滑向b点，如图所示．若由于摩擦使木块的运动速率保持不变，则以下叙述正确的是( )
A．木块所受的合外力为零
B．因木块所受的力都不对其做功，所以合外力做的功为零
C．重力和摩擦力的合力做的功为零
D．重力和摩擦力的合力为零
3．(2023·四川广元第二次适应性考试)如图所示，物块以60 J的初动能从斜面底端沿斜面向上滑动，当它的动能减少为零时，重力势能增加了45 J，则物块回到斜面底端时的动能为( )
A．15 J B．20 J C．30 J D．45 J
4.(2023·河南郑州模拟)一个质量为m的物体静止放在光滑水平面上，在互成60°角的大小相等的两个水平恒力作用下，经过一段时间，物体获得的速度为v，在力的方向上获得的速度分别为v1、v2，如图所示，那么在这段时间内，其中一个力做的功为( )
A．eq \f(1,6)mv2 B．eq \f(1,4)mv2 C．eq \f(1,3)mv2 D．eq \f(1,2)mv2
5.(2023·安徽合肥市第二次教学质检)如图所示，在轻弹簧的下端悬挂一个质量为m的小球A，若将小球A从弹簧的原长位置由静止释放，小球A能够下降的最大高度为h。若将小球A换为质量为3m的小球B，仍从弹簧原长位置由静止释放，则小球B下降h时的速度为(重力加速度为g，不计空气阻力)( )
A.eq \r(2gh) B.eq \r(\f(4gh,3))
C.eq \r(gh) D.eq \r(\f(gh,2))
6.(多选)(2023·天津十二重点中学模拟)质量相等的A、B两物体放在同一水平面上，分别受到水平拉力F1、F2的作用从静止开始做匀加速直线运动。经过时间t0和4t0速度分别达到2v0和v0时，分别撤去F1和F2，以后物体继续做匀减速直线运动直至停止，两物体速度随时间变化的图线如图所示。则下列结论正确的是( )
A．A、B物体所受摩擦力Ff1∶Ff2＝2∶1
B．A、B物体所受摩擦力Ff1∶Ff2＝1∶1
C．F1和F2对A、B做的功W1∶W2＝6∶5
D．F1和F2对A、B做的功W1∶W2＝12∶5
7、(2023·江苏五校上学期12月联考)一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处。物块初动能为Ek0，与斜面间的动摩擦因数不变，则该过程中，物块的动能Ek与位移x关系的图线是( )
8.(2023·山东济南期末)如图所示，光滑斜面的顶端固定一弹簧，一质量为m的小球向右滑行，并冲上固定在地面上的斜面．设小球在斜面最低点A的速度为v，压缩弹簧至C点时弹簧最短，C点距地面高度为h，重力加速度为g，则小球从A到C的过程中弹簧弹力做功是( )
A．mgh－eq \f(1,2)mv2 B.eq \f(1,2)mv2－mgh
C．－mgh D．－(mgh＋eq \f(1,2)mv2)
9．(2023·湖南怀化市模拟)如图所示，DO是水平面，AB是斜面，初速度为v0的物体从D点出发沿DBA滑动到顶点A时速度刚好为零，如果斜面改为AC，让该物体从D点出发沿DCA滑动到A点且速度刚好为零，则物体具有的初速度(已知物体与斜面及水平面之间的动摩擦因数处处相同且不为零，不计B、C处能量损失)( )
A．等于v0 B．大于v0
C．小于v0 D．取决于斜面
10．(2023·福建福州质检)物体沿直线运动的v－t图像如图所示，已知在第1秒内合力对物体做的功为W，则( )
A．从第1秒末到第3秒末合力做功为4W
B．从第3秒末到第5秒末合力做功为－2W
C．从第5秒末到第7秒末合力做功为W
D．从第3秒末到第4秒末合力做功为－2W
11．(2023·武汉调研)某同学参照过山车情境设计了如图所示的模型。光滑的竖直圆轨道半径R＝2 m，入口的平直轨道AC和出口的平直轨道CD均是粗糙的，质量为m＝2 kg的小滑块与水平轨道之间的动摩擦因数均为μ＝0.5，滑块从A点由静止开始受到水平拉力F＝60 N的作用，在B点时撤去拉力，AB段的长度为l＝5 m，不计空气阻力。(g＝10 m/s2)
(1)若滑块恰好通过圆轨道的最高点，则滑块沿着出口的平直轨道CD能滑行多远的距离？
(2)要使滑块能进入圆轨道运动且不脱离轨道，求平直轨道BC段的长度范围。
1.(2023福建福州质检)如图所示，质量为m的小球从离地面H高处由静止释放，落到地面，陷入泥土中h深处后停止运动，不计空气阻力，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A．小球落地时的动能等于mg(H＋h)
B．小球克服泥土阻力所做的功等于小球刚落到地面时的动能
C．泥土阻力对小球做的功为mg(H＋h)
D．小球在泥土中受到的平均阻力大小为mgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(H,h)))
2、(2023·武汉调研)如图所示，质量为m的小滑块从O点以速度v0沿水平面向左运动，小滑块撞击弹簧后被弹簧弹回并最终静止于O点，则运动过程中弹簧获得的最大弹性势能是( )
A.eq \f(1,3)mveq \\al(2,0) B.eq \f(1,4)mveq \\al(2,0) C.eq \f(1,6)mveq \\al(2,0) D.eq \f(1,8)mveq \\al(2,0)
3．(多选)(2023·福建福州质检)如图为网上热卖的弹力软轴乒乓球训练器，弹力轴上端固定一乒乓球，下端固定在吸盘上．开始时弹力轴竖直，乒乓球处于静止状态，且到水平地面的距离为h.现让一小孩快速挥拍水平击球，球恰好能触到地面(此时球的速度为0)．已知小孩击球过程中球拍对球做功为W，乒乓球的质量为m，不计空气阻力，弹力轴不弯曲时的弹性势能为零，重力加速度为g，则( )
A．球触地时弹力轴的弹性势能为W＋mgh
B．球触地时弹力轴的弹性势能为W－mgh
C．球返回到初始位置时速度大小为eq \r(\f(2W,m))
D．球返回到初始位置时速度大小为2eq \r(\f(2W,m))
4.(2023·湖南师大附中模拟)有两条雪道平行建造，左侧相同而右侧有差异，一条雪道的右侧水平，另一条的右侧是斜坡．某滑雪者保持一定姿势坐在雪橇上不动，从h1高处的A点由静止开始沿倾角为θ的雪道下滑，最后停在与A点水平距离为s的水平雪道上．接着改用另一条雪道，还从与A点等高的位置由静止开始下滑，结果能冲上另一条倾角为α的雪道上h2高处的E点停下．若动摩擦因数处处相同，且不考虑雪橇在路径转折处的能量损失，则( )
A．动摩擦因数为tan θ B．动摩擦因数为eq \f(h1,s)
C．倾角α一定大于θ D．倾角α可以大于θ
5.(多选)(2023·辽宁市模拟)如图所示，两块竖直木板夹着一物块，物块在木板内静止，两板因弹簧作用而对物块有一恒定压力并保持两板之间的距离不变(图中弹簧未画出)。让木板从离地h高度自由下落，落地后木板静止，物块在木板中下滑了l长度。已知物块与木板间的动摩擦因数不变，以下说法正确的是(以下各选项中物块均未触地)( )
A．如果仅改变木板下落的高度，使其从2h高度落下，则物块下滑的长度将为2l
B．如果仅改变木板对物块的压力，使其变为原来的一半，则物块下滑的长度将大于2l
C．如果仅改变物块的质量，使其变为原来的2倍，则物块下滑的长度将为2l
D．如果仅改变木板的质量，使其变为原来一半，则物块下滑的长度将大于2l
6.(2023·广东惠州市第三次调研)如图，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直，一小球以速度v从轨道下端滑入轨道，并保证从轨道上端水平飞出，则关于小球落地点到轨道下端的水平距离x与轨道半径R的关系，下列说法正确的是( )
A.R越大，则x越大 B.R越小，则x越大
C.当R为某一定值时，x才有最大值 D.当R为某一定值时，x才有最小值
7.(2023·安徽江淮十校联考)如图所示，小物块从倾角为θ的倾斜轨道上A点由静止释放滑下，最终停在水平轨道上的B点，小物块与水平轨道、倾斜轨道之间的动摩擦因数均相同，A、B两点的连线与水平方向的夹角为α，不计物块在轨道转折时的机械能损失，则动摩擦因数为( )
A．tan θ B．tan α
C．tan(θ＋α) D．tan(θ－α)
8．(多选)(2023·福建福州质检)如图所示，某质点沿直线运动的v-t图像为余弦曲线，从图中可以判断( )
A．在0～t1时间内，合力逐渐减小
B．在0～t2时间内，合力做正功
C．在t1～t2时间内，合力的功率先增大后减小
D．在t2～t4时间内，合力做的总功为零
9、(2023·黑龙江省双鸭山市第一中学高三上开学考试)(多选)如图所示，半径为R的竖直光滑圆轨道内侧底部静止着一个光滑小球，现给小球一个冲击，使其在瞬间得到一个水平初速度v0，若v0大小不同，则小球能够上升的最大高度(距离底部)也不同。下列说法中正确的是( )
A．如果0eq \r(5gR)，则小球在运动的过程中不与轨道分离
B．如果v0＝eq \r(gR)，则小球能够上升的最大高度等于0.5R
C．如果v0＝ eq \r(3gR)，则小球能够上升的最大高度小于1.5R
D．如果v0＝2eq \r(gR)，则小球能够上升的最大高度等于2R
10、(2023·湖北高三月考)质量为2 kg的物块放在粗糙水平面上，在水平拉力的作用下由静止开始运动，物块的动能Ek与其发生的位移x之间的关系如图所示。已知物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是( )
A．x＝1 m时速度大小为2 m/s
B．x＝3 m时物块的加速度大小为2.5 m/s2
C．在前4 m位移过程中拉力对物块做的功为9 J
D．在前4 m位移过程中物块所经历的时间为2.8 s
11．(多选)(2023·江苏卷)如图所示，轻质弹簧的左端固定，并处于自然状态．小物块的质量为m，从A点向左沿水平地面运动，压缩弹簧后被弹回，运动到A点恰好静止．物块向左运动的最大距离为s，与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，弹簧未超出弹性限度．在上述过程中( )
A．弹簧的最大弹力为μmg
B．物块克服摩擦力做的功为2μmgs
C．弹簧的最大弹性势能为μmgs
D．物块在A点的初速度为eq \r(2μgs)
12、(多选)(2023·山东济宁高三调研)两质量均为1 kg的小球1、2(均视为质点)用长为1 m的水平轻质杆相连，置于光滑水平面上，且小球1恰好与光滑竖直墙壁接触，如图所示．现用向上的力F拉动小球1，使小球1贴着竖直墙壁上升，小球2沿水平面向左运动，直到杆与水平面的夹角θ＝53°，此时小球2的速度为eq \f(5,3) m/s. 取sin 53°＝0.8，cs 53°＝0.6，重力加速度大小g＝10 m/s2.下列分析正确的是( )
A．此时小球1的速度大小为1 m/s
B．该过程中杆对小球1做的功为－eq \f(25,18) J
C．该过程中力F对小球1做的功约为10.2 J
D．该过程中小球1受到的合力的功约为8.8 J
13．(2023·厦门高三检测)如图所示，将一可视为质点的物块从固定斜面顶端由静止释放后沿斜面加速下滑，设物块质量为m、物块与斜面间的动摩擦因数为μ，斜面高度h和底边长度x均可独立调节(斜面长度随之改变)，下列说法正确的是( )
A．若只增大x，物块滑到斜面底端时的动能增大
B．若只增大h，物块滑到斜面底端时的动能减小
C．若只增大μ，物块滑到斜面底端时的动能增大
D．若只改变x，物块最终在水平面上停止的位置不会改变
14．(2023年8省联考·河北卷)螺旋千斤顶由带手柄的螺杆和底座组成，螺纹与水平面夹角为α，如图所示。水平转动手柄，使螺杆沿底座的螺纹槽(相当于螺母)缓慢旋进而顶起质量为m的重物，如果重物和螺杆可在任意位置保持平衡，称为摩擦自锁。能实现自锁的千斤顶，α的最大值为α0。现用一个倾角为α0的千斤顶将重物缓慢顶起高度h后，向螺纹槽滴入润滑油使其动摩擦因数μ减小，重物回落到起点。假定最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计螺杆和手柄的质量及螺杆与重物间的摩擦力，转动手柄不改变螺纹槽和螺杆之间的压力。下列说法正确的是( )
A．实现摩擦自锁的条件为tan α≥μ
B．下落过程中重物对螺杆的压力等于mg
C．从重物开始升起到最高点摩擦力做功为mgh
D．从重物开始升起到最高点转动手柄做功为2mgh
15、(2023·山东济宁高三调研)(多选)“弹跳小人”(如图甲所示)是一种深受儿童喜爱的玩具，其原理如图乙所示。竖直光滑长杆固定在地面不动，套在杆上的轻质弹簧下端不固定，上端与滑块拴接，滑块的质量为0.80 kg。现在向下压滑块，直到弹簧上端离地面高度h＝0.40 m时停止，然后由静止释放滑块。滑块的动能Ek随离地高度h变化的图像如图丙所示。其中高度从0.80 m到1.40 m 范围内的图线为直线，其余部分为曲线。若以地面为重力势能的参考平面，空气阻力为恒力，g取10 m/s2。则结合图像可知( )
A．弹簧原长为0.72 m
B．空气阻力大小为1.00 N
C．弹簧的最大弹性势能为9.00 J
D．在弹簧落回地面的瞬间滑块的动能为5.40 J
16．(2023年8省联考·重庆卷)(多选)如图所示，倾角为θ的斜面MN段粗糙，其余段光滑，PM、MN长度均为3d。四个质量均为m的相同样品1、2、3、4放在斜面上，每个样品(可视为质点)左侧固定有长度为d的轻质细杆，细杆与斜面平行，且与其左侧的样品接触但不粘连，样品与MN间的动摩擦因数为tan θ。
若样品1在P处时，四个样品由静止一起释放，则(重力加速度大小为g)( )
A．当样品1刚进入MN段时，样品的共同加速度大小为eq \f(3,4)gsin θ
B．当样品1刚进入MN段时，样品1的轻杆受到压力大小为3mgsin θ
C．当四个样品均位于MN段时，摩擦力做的总功为9dmgsin θ
D．当四个样品均位于MN段时，样品的共同速度大小为3eq \r(gdsin θ)
17、(2023·青海西宁调研)如图所示，水平轨道BC的左端与固定的光滑竖直四分之一圆轨道相切于B点，右端与一倾角为30°的光滑斜面轨道在C点平滑连接(即物体经过C点时速度的大小不变)，斜面顶端固定一轻质弹簧，一质量为2 kg的滑块从圆弧轨道的顶端A点由静止释放，经水平轨道后滑上斜面并压缩弹簧，第一次可将弹簧压缩至D点，已知光滑圆轨道的半径R＝0.45 m，水平轨道BC长为0.4 m，其动摩擦因数μ＝0.2，光滑斜面轨道上CD长为0.6 m，取g＝10 m/s2，求：
(1)滑块第一次经过B点时对圆轨道的压力；
(2)整个过程中弹簧具有的最大弹性势能；
(3)滑块在BC上通过的总路程．
1.(2023年全国高考甲卷物理试题）1. 北京2022年冬奥会首钢滑雪大跳台局部示意图如图所示。运动员从a处由静止自由滑下，到b处起跳，c点为a、b之间的最低点，a、c两处的高度差为h。要求运动员经过c点时对滑雪板的压力不大于自身所受重力的k倍，运动过程中将运动员视为质点并忽略所有阻力，则c点处这一段圆弧雪道的半径不应小于（ ）
A B. C. D.
2、(2023·全国卷Ⅱ·14)如图，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度．木箱获得的动能一定( )
A．小于拉力所做的功
B．等于拉力所做的功
C．等于克服摩擦力所做的功
D．大于克服摩擦力所做的功
3．(2023·辽宁高考)冰滑梯是东北地区体验冰雪运动乐趣的设施之一。某冰滑梯的示意图如图所示，螺旋滑道的摩擦可忽略；倾斜滑道和水平滑道与同一滑板间的动摩擦因数μ相同，因滑板不同μ满足μ0≤μ≤1.2μ0。在设计滑梯时，要确保所有游客在倾斜滑道上均减速下滑，且滑行结束时停在水平滑道上，以下L1、L2的组合符合设计要求的是( )
A．L1＝eq \f(h,2μ0)，L2＝eq \f(3h,2μ0) B．L1＝eq \f(4h,3μ0)，L2＝eq \f(h,3μ0)
C．L1＝eq \f(4h,3μ0)，L2＝eq \f(2h,3μ0) D．L1＝eq \f(3h,2μ0)，L2＝eq \f(h,μ0)
4、(多选)(2023·高考全国卷Ⅱ，T18)从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能Ek与重力势能Ep之和。取地面为重力势能零点，该物体的E总和Ep随它离开地面的高度h的变化如图所示。重力加速度取10 m/s2。由图中数据可得( )
A．物体的质量为2 kg
B．h＝0时，物体的速率为20 m/s
C．h＝2 m时，物体的动能Ek＝40 J
D．从地面至h＝4 m，物体的动能减少100 J
5．(2023·福建高考)如图a，一倾角37°的固定斜面的AB段粗糙，BC段光滑。斜面上一轻质弹簧的一端固定在底端C处，弹簧的原长与BC长度相同。一小滑块在沿斜面向下的拉力T作用下，由A处从静止开始下滑，当滑块第一次到达B点时撤去T。T随滑块沿斜面下滑的位移s的变化关系如图b所示。已知AB段长度为2 m，滑块质量为2 kg，滑块与斜面AB段的动摩擦因数为0.5，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度大小取10 m/s2，sin37°＝0.6。求：
(1)当拉力为10 N时，滑块的加速度大小；
(2)滑块第一次到达B点时的动能；
(3)滑块第一次在B点与弹簧脱离后，沿斜面上滑的最大距离。
6、(2023·天津卷，10)完全由我国自行设计、建造的国产新型航空母舰已完成多次海试，并取得成功。航母上的舰载机采用滑跃式起飞，故甲板是由水平甲板和上翘甲板两部分构成，如图7甲所示。为了便于研究舰载机的起飞过程，假设上翘甲板BC是与水平甲板AB相切的一段圆弧，示意如图乙所示，AB长L1＝150 m，BC水平投影L2＝63 m，图中C点切线方向与水平方向的夹角θ＝12°(sin 12°≈0.21)。若舰载机从A点由静止开始做匀加速直线运动，经t＝6 s到达B点进入BC。已知飞行员的质量m＝60 kg，g＝10 m/s2，求
甲 乙
(1)舰载机水平运动的过程中，飞行员受到的水平力所做功W；
(2)舰载机刚进入BC时，飞行员受到竖直向上的压力FN多大。
7.(2023·浙江选考模拟)弹珠游戏在孩子们中间很受欢迎，有很多种玩法，其中一种玩法就是比距离，模型如图9所示，用内壁光滑的薄壁细圆管弯成的由半圆形APB(圆半径比细管的内径大得多)和光滑直管BC组成的轨道固定在水平桌面上，已知APB部分的半径R＝1.0 m，BC段长l1＝1.5 m。弹射装置将一个质量m＝100 g小球(可视为质点)以v0＝8 m/s的水平初速度从A点弹入轨道，小球从C点离开轨道随即进入长l2＝2 m，μ＝0.1的粗糙水平地面(图上对应为CD)，最后通过光滑轨道DE，从E点水平射出，已知E距离地面的高度为h＝1 m，不计空气阻力。求：
(1)小球在半圆轨道上运动时的角速度ω和到达C点时对圆管的压力大小；
(2)若小球能从A点运动到E点，则小球进入A点的速度至少为多大；
(3)若E点的高度h可以调节，小球仍以v0＝8 m/s从A点进入，当h多高时，水平射程x最大，并求出这个最大值。
8、（湖南省2022年普通高中学业水平等级考试）14. 如图（a），质量为m的篮球从离地H高度处由静止下落，与地面发生一次非弹性碰撞后反弹至离地h的最高处。设篮球在运动过程中所受空气阻力的大小是篮球所受重力的倍（为常数且），且篮球每次与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比相同，重力加速度大小为g。
（1）求篮球与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比；
（2）若篮球反弹至最高处h时，运动员对篮球施加一个向下的压力F，使得篮球与地面碰撞一次后恰好反弹至h的高度处，力F随高度y的变化如图（b）所示，其中已知，求的大小；
（3）篮球从H高度处由静止下落后，每次反弹至最高点时，运动员拍击一次篮球（拍击时间极短），瞬间给其一个竖直向下、大小相等的冲量I，经过N次拍击后篮球恰好反弹至H高度处，求冲量I的大小。
9．(2023·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＝eq \f(3,5).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．
新课程标准
1.理解动能和动能定理。能用动能定理解释生产生活中的现象。

命题趋势
考查的内容主要体现对能量观念的认识、模型建构和科学推理等物理学科的核心素养。通常通常命题角度：(1)动能定理及其应用；有时会与电场、磁场、电磁感应等知识综合考查。
试题情境
生活实践类
生产生活中，各种交通工具、各种体育比赛项目、各种生产工具、各种娱乐项目动能定理的应用
学习探究类
能用动能定理解释生产生活中的现象
v­t图像
由公式x＝vt可知，v­t图线与t轴围成的面积表示物体的位移
a­t图像
由公式Δv＝at可知，a­t图线与t轴围成的面积表示物体速度的变化量
F­x图像
由公式W＝Fx可知，F­x图线与x轴围成的面积表示力所做的功
P­t图像
由公式W＝Pt可知，P­t图线与t轴围成的面积表示力所做的功
Ek­x图像
由公式Fx＝Ek－Ek0可知，Ek­x图像的斜率表示合外力
考点18 机械能守恒定律-动能定理及其应用
考向一动能定理的理解和基本应用
考向二应用动能定理求变力做功
考向三 动能定理与图像问题的结合
考向四 动能定理在多过程问题中的应用
考向一动能定理的理解和基本应用
【典例1】 (多选)(2023·安徽六安模拟)如图所示，一块长木板B放在光滑的水平面上，在B上放一物体A，A、B间接触面不光滑。现以恒定的外力拉B，A在B上发生了滑动，以地面为参考系，A、B都向前移动了一段距离。在此过程中( )
A．外力F做的功等于A和B动能的增量
B．B对A的摩擦力所做的功等于A的动能的增量
C．A对B的摩擦力所做的功等于B对A的摩擦力所做的功
D．外力F对B做的功等于B的动能的增量与B克服摩擦力所做的功之和
答案: BD
解析：A物体所受的合力等于B对A的摩擦力，根据动能定理，有B对A的摩擦力所做的功等于A的动能的增量，B正确；A对B的摩擦力与B对A的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑动，A、B相对地的位移不相等，故二者做功不相等，C错误；对B应用动能定理，有WF－Wf＝ΔEkB，解得WF＝ΔEkB＋Wf，即外力F对B做的功等于B的动能的增量与B克服摩擦力所做的功之和，D正确；根据功能关系可知，外力F做的功等于A和B动能的增量与产生的内能之和，故A错误。
【典例2】(多选)(2023·高考全国卷甲，T7)一质量为m的物体自倾角为α的固定斜面底端沿斜面向上滑动。该物体开始滑动时的动能为Ek，向上滑动一段距离后速度减小为零，此后物体向下滑动，到达斜面底端时动能为eq \f(Ek,5)。已知sin α＝0.6，重力加速度大小为g。则 ( )
A．物体向上滑动的距离为eq \f(Ek,2mg)
B．物体向下滑动时的加速度大小为eq \f(g,5)
C．物体与斜面间的动摩擦因数等于0.5
D．物体向上滑动所用的时间比向下滑动的时间长
答案:BC
解析：设物体向上滑动的距离为s，上滑过程根据动能定理有－(mgsin α＋μmgcs α)s＝0－Ek，下滑过程根据动能定理有(mgsin α－μmgcs α)s＝eq \f(Ek,5)－0，联立解得s＝eq \f(Ek,mg)，μ＝0.5，故A错误，C正确；下滑过程，根据牛顿第二定律有mgsin α－μmgcs α＝ma下，解得a下＝eq \f(g,5)，故B正确；物体上滑与下滑过程都做匀变速直线运动，但上滑的初速度比回到出发点时的速度大，根据s＝eq \f(v,2)t知，下滑的时间较长，故D错误。
练习1.(多选(2023·唐山市联考))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＝eq \f(1,2)mv22－eq \f(1,2)mv12，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＝eq \f(1,2)mv22－eq \f(1,2)mv12，其中W为支持力做的功
D．对电梯，其所受的合力做功为eq \f(1,2)Mv22－eq \f(1,2)Mv12
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(即合力做的功)才等于物体动能的增量，即W合＝W－mgH＝eq \f(1,2)mv22－eq \f(1,2)mv12，其中W为支持力做的功，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，其合力做的功一定等于其动能的增量，即eq \f(1,2)Mv22－eq \f(1,2)Mv12，D正确．
练习2、(2023·吉林市第二次调研)冬季奥运会中有自由式滑雪U型池比赛项目，其赛道横截面如图3所示，为一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形赛道竖直固定放置，直径POQ水平。一质量为m的运动员(按质点处理)自P点上方高度R处由静止开始下落，恰好从P点进入赛道。运动员滑到赛道最低点N时，对赛道的压力为4mg，g为重力加速度的大小。用W表示运动员从P点运动到N点的过程中克服赛道摩擦力所做的功(不计空气阻力)，则( )
A.W＝eq \f(3,4)mgR，运动员没能到达Q点
B.W＝eq \f(1,4)mgR，运动员能到达Q点并做斜抛运动
C.W＝eq \f(1,2)mgR，运动员恰好能到达Q点
D.W＝eq \f(1,2)mgR，运动员能到达Q点并继续竖直上升一段距离
答案:D
解析：在N点，根据牛顿第二定律有FN－mg＝meq \f(veq \\al(2,N),R)，解得vN＝eq \r(3gR)，对质点从下落到N点的过程运用动能定理得mg·2R－W＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,N)－0，解得W＝eq \f(1,2)mgR，由于PN段速度大于NQ段速度，所以NQ段的支持力小于PN段的支持力，则在NQ段克服摩擦力做功小于在PN段克服摩擦力做功，对NQ段运用动能定理得－mgR－W′＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,Q)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,N)，因为W′＜eq \f(1,2)mgR，可知vQ＞0，所以质点到达Q点后，继续上升一段距离，A、B、C错误，D正确。
【巧学妙记】
2.注意事项
(1)动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系。
(2)应用动能定理的关键在于准确分析研究对象的受力情况及运动情况，可以画出运动过程的草图，借助草图理解物理过程之间的关系。
(3)当物体的运动包含多个不同过程时，可分段应用动能定理求解；也可以全过程应用动能定理。
(4)列动能定理方程时，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。
考向二应用动能定理求变力做功
在一个有变力做功的过程中，当变力做功无法直接通过功的公式求解时，可用动能定理，W变＋W恒＝eq \f(1,2)mv22－eq \f(1,2)mv12，物体初、末速度已知，恒力做功W恒可根据功的公式求出，这样就可以得到W变＝eq \f(1,2)mv22－eq \f(1,2)mv12－W恒，就可以求变力做的功了．
【典例3】(2023·高考山东卷，T3)如图所示，粗糙程度处处相同的水平桌面上有一长为L的轻质细杆，一端可绕竖直光滑轴O转动，另一端与质量为m的小木块相连。木块以水平初速度v0出发，恰好能完成一个完整的圆周运动。在运动过程中，木块所受摩擦力的大小为( )
A.eq \f(mveq \\al(2,0),2πL) B.eq \f(mveq \\al(2,0),4πL) C.eq \f(mveq \\al(2,0),8πL) D.eq \f(mveq \\al(2,0),16πL)
答案:B
解析：在运动过程中，只有摩擦力做功，而摩擦力做功与路径有关，根据动能定理－f·2πL＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，可得摩擦力的大小f＝eq \f(mveq \\al(2,0),4πL)，故选B。
【典例4】(2023·高考河北卷，T6)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.eq \r(（2＋π）gR) B.eq \r(2πgR)
C.eq \r(2（1＋π）gR) D．2 eq \r(gR)
答案:A。
解析：当与圆柱体未接触部分的细绳竖直时，小球下落的高度h＝R＋πR－eq \f(2πR,4)＝R＋eq \f(πR,2)，根据动能定理有mgh＝eq \f(1,2)mv2，解得v＝eq \r(（2＋π）gR)，故A正确，B、C、D错误。
练习3、(2023·北京东城区期末)如图所示，在高为h的粗糙平台上，有一个质量为m的小球，被一根细线拴在墙上，球与墙间有一根被压缩的轻质弹簧。当烧断细线时，小球被弹出，小球落地时速度大小为v。对烧断细线到小球刚要落地的过程，下列说法正确的是( )
A．小球离开弹簧时的动能是eq \f(1,2)mv2
B．弹簧弹力做的功等于eq \f(1,2)mv2
C．弹簧弹力与重力做功的和等于eq \f(1,2)mv2
D．弹簧弹力与摩擦力做功的和等于eq \f(1,2)mv2－mgh
答案:D
解析：从烧断细线到小球落地的整个过程中，根据动能定理可知W弹－Wf＋mgh＝eq \f(1,2)mv2，小球离开弹簧时的动能不等于eq \f(1,2)mv2，落地时动能才等于eq \f(1,2)mv2，A错误；弹簧弹力做的功等于eq \f(1,2)mv2－mgh＋Wf，B错误；弹簧弹力与重力做功的和等于eq \f(1,2)mv2＋Wf，C错误；弹簧弹力与摩擦力做功的和等于eq \f(1,2)mv2－mgh，D正确。
练习4、(2023·唐山市联考)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.eq \f(1,2)mv02－μmg(s＋x) B.eq \f(1,2)mv02－μmgx
C．μmgs D．μmg(s＋x)
答案:A
解析：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＝0－eq \f(1,2)mv02，则W弹＝eq \f(1,2)mv02－μmg(s＋x)，故选项A正确．
【巧学妙记】
[规律方法]
(1)在恒力作用下的直线运动问题可以应用牛顿运动定律与运动学公式结合求解，也可以应用动能定理求解。
(2)在不涉及时间的问题中，可优先考虑应用动能定理。
(3)动能定理中的位移和速度均是相对于同一参考系的，一般以地面为参考系。
考向三 动能定理与图像问题的结合
1．图像所围“面积”和图像斜率的含义
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，弄清图线与坐标轴围成的面积所表示的物理意义，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。
【典例5】(2023·江苏卷，4)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Ek与水平位移x关系的图像是( )
图7
答案:A
解析：在斜面上，物块受竖直向下的重力、沿斜面向上的滑动摩擦力以及垂直斜面向上的支持力，设物块的质量为m，斜面的倾角为θ，物块沿斜面下滑的距离对应的水平位移为x，由动能定理有mgsin θ·eq \f(x,cs θ)－μ1mgcs θ·eq \f(x,cs θ)＝Ek－0, 解得Ek＝(mgtan θ－μ1mg)x，即在斜面上时物块的动能与水平位移成正比，B、D项均错误；在水平面上，物块受竖直向下的重力、竖直向上的支持力以及水平向左的滑动摩擦力，由动能定理有－μ2mg(x－x0)＝Ek－Ek0，解得Ek＝Ek0－μ2mg(x－x0)，其中Ek0为物块滑到斜面底端时的动能，x0为物块沿斜面下滑到底端时的距离对应的水平位移，即在水平面上物块的动能与水平位移为一次函数关系，且为减函数，A项正确，C项错误。
【典例6】(2023·云南省曲靖市高三二模)某质量为m的质点在外力作用下沿直线从A点加速运动到B点，已知质点通过A点时的速度为v0，加速度为a0，A、B两点之间的距离为L。在加速运动过程中，质点的加速度a随位移x变化的关系如图所示，则外力对质点做的功和通过B点时的速度大小为( )
A.eq \f(3,2)ma0L，eq \r(v\\al(2,0)＋3a0L) B．m(a0L＋eq \r(3a0L))，v0＋eq \r(3a0L)
C.eq \f(3,2)ma0L，eq \r(v\\al(2,0)＋2a0L) D．m(a0L＋eq \r(3a0L))，v0＋eq \r(2a0L)
答案:A
解析：由图可知质点的加速度随位移均匀变化，则合力也随位移均匀变化，合力对质点做的功W合＝eq \x\t(F)合L＝eq \f(ma0＋m·2a0,2)L＝eq \f(3,2)ma0L，由动能定理可得eq \f(3,2)ma0L＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，解得质点通过B点时的速度大小为vB＝eq \r(v\\al(2,0)＋3a0L)，故选A。
练习5、(2023·全国卷Ⅲ·17)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：法一：特殊值法
画出运动示意图．
设该外力的大小为F，据动能定理知
A→B(上升过程)：－(mg＋F)h＝EkB－EkA
B→A(下落过程)：(mg－F)h＝EkA′－EkB′
整理以上两式并代入数据得物体的质量m＝1 kg，选项C正确．
法二：写表达式根据斜率求解
上升过程：－(mg＋F)h＝Ek－Ek0，
则Ek＝－(mg＋F)h＋Ek0
下落过程：(mg－F)h＝Ek′－Ek0′，
则Ek′＝(mg－F)h＋Ek0′，
结合题图可知mg＋F＝eq \f(72－36,3－0) N＝12 N，
mg－F＝eq \f(48－24,3－0) N＝8 N
联立可得m＝1 kg，选项C正确．
练习6、(2023·湖北高考)如图a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b所示。重力加速度大小取10 m/s2，物块质量m和所受摩擦力大小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
答案:A
解析：0～10 m内物块上滑，由动能定理得－mgsin30°·s－fs＝Ek－Ek0，整理得Ek＝Ek0－(mgsin30°＋f)s，结合0～10 m内的Ek­s图像得，斜率的绝对值|k|＝mgsin30°＋f＝4 N；10～20 m内物块下滑，由动能定理得(mgsin30°－f)(s－s1)＝Ek，整理得Ek＝(mgsin30°－f)s－(mgsin30°－f)s1，结合10～20 m内的Ek­s图像得，斜率k′＝mgsin30°－f＝3 N。联立解得m＝0.7 kg，f＝0.5 N，A正确，B、C、D错误。
【巧学妙记】
动能定理与图像结合问题的分析方法
(1)首先看清所给图像的种类(如v­t图像、F­t图像、Ek­t图像等)。
(2)挖掘图像的隐含条件，得出所需要的物理量，如由v­t图像与t轴所包围的“面积”求位移，由F­x图像与x轴所包围的“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。
考向四 动能定理在多过程问题中的应用
【典例7】 (2023·1月湖北学业水平选择性考试模拟演练，7)如图所示，两倾角均为θ的光滑斜面对接后固定水平地面上，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.eq \f(49H,sin θ) B.eq \f(39H,sin θ)
C.eq \f(29H,sin θ) D.eq \f(20H,sin θ)
答案:B
解析：由题意知，小物块第一次到达O点由动能定理可得mgH＝Ek，此时小物块所走路程s1＝eq \f(H,sin θ)，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高度H1＝95%H，第二次到达O点滑下的路程s2＝eq \f(2H1,sin θ)＝95%eq \f(2H,sin θ)，同理第二次离开O点到第三次到达O点所走路程s3＝(95%)2eq \f(2H,sin θ)，…，故小物块下滑的总路程s总＝s1＋s2＋…sn＝eq \f(H,sin θ)＋95%eq \f(2H,sin θ)＋(95%)2eq \f(2H,sin θ)＋…(95%)n－1eq \f(2H,sin θ)，n无穷大时，可得s总＝eq \f(39H,sin θ)(等比数列求和)，故B正确。
【典例8】(2023·高考全国卷乙，T24)一篮球质量为m＝0.60 kg，一运动员使其从距地面高度为h1＝1.8 m处由静止自由落下，反弹高度为h2＝1.2 m。若使篮球从距地面h3＝1.5 m的高度由静止下落，并在开始下落的同时向下拍球，球落地后反弹的高度也为1.5 m。假设运动员拍球时对球的作用力为恒力，作用时间为t＝0.20 s；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g取10 m/s2，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)4.5 J (2)9 N
解析： (1)设篮球每次与地面碰撞前后的动能的比值为k，k＝eq \f(Ek1,Ek2)
第一次碰撞前，篮球做自由落体运动，由动能定理得
Ek1＝mgh1
同理第一次碰撞后，Ek2＝mgh2
联立可得k＝eq \f(h1,h2)＝eq \f(3,2)
设运动员拍球时对篮球做功为W，由题意知
k＝eq \f(W＋mgh3,mgh3)
联立可得W＝4.5 J。
(2)设运动员拍球时对篮球的作用力为F，t时间内球的位移为x，由运动学公式可得
F＋mg＝ma，x＝eq \f(1,2)at2，W＝Fx
联立解得F＝9 N。
练习7、(2023·山东省等级考试第二次模拟卷)如图所示，飞机先在水平跑道上从静止开始加速滑行，行驶距离x＝600 m后达到v1＝216 km/h的速度起飞，飞机滑行过程可视为匀加速直线运动，所受阻力大小恒为自身重力的0.1倍。起飞后，飞机以离地时的功率爬升t＝20 min，上升了h＝8 000 m，速度增加到v2＝
720 km/h。已知飞机的质量m＝1×105 kg，取重力加速度大小g＝10 m/s2。求：
(1)飞机在地面滑行时所受牵引力的大小F；
(2)飞机在爬升过程中克服空气阻力做的功Wf。
答案: (1)4×105 N (2)1.898×1010 J
解析：(1)设飞机在地面滑行时加速度的大小为a，由运动学公式得veq \\al(2,1)＝2ax，设滑行过程中所受阻力为F阻，由牛顿第二定律得F－F阻＝ma，联立解得F＝4×105 N。
(2)设飞机离地时的功率为P，由功率的表达式得P＝Fv1，由动能定理得Pt－mgh－Wf＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)，解得Wf＝1.898×1010 J。
练习8.(2023·宁夏银川一中月考)如图所示，轻质弹簧一端固定在墙壁上的O点，另一端自由伸长到A点，OA之间的水平面光滑，固定曲面在B处与水平面平滑连接。AB之间的距离x＝1 m。质量m＝0.2 kg的小物块开始时静置于水平面上的B点，物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4。现给物块一个水平向左的初速度v0＝5 m/s，g取10 m/s2。
(1)求弹簧被压缩到最短时所具有的弹性势能Ep；
(2)求物块返回B点时的速度大小；
(3)若物块能冲上曲面的最大高度h＝0.2 m，求物块沿曲面上滑过程所产生的热量。
答案:(1)1.7 J (2)3 m/s (3)0.5 J
解析： (1)对小物块从B点至压缩弹簧最短的过程，
由动能定理得－μmgx－W克弹＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，W克弹＝Ep
代入数据解得Ep＝1.7 J。
(2)对小物块从B点开始运动至返回B点的过程，
由动能定理得－μmg·2x＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
代入数据解得vB＝3 m/s。
(3)对小物块沿曲面上滑的过程，
由动能定理得－W克摩－mgh＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)
产生的热量Q＝W克摩＝0.5 J。
【巧学妙记】
用动能定理解决多过程问题的方法技巧
1．当物体的运动包含多个不同过程时，可分段应用动能定理求解；当所求解的问题不涉及中间的速度时，也可以全过程应用动能定理求解，这样更简便。
2．当选择全部子过程作为研究过程，涉及重力、大小恒定的阻力或摩擦力做功时，要注意运用它们的做功特点：(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与路程的乘积。
1. (多选)(2023·安徽江淮十校第二次联考)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，则下列关系式中正确的是( )
A．FL＝eq \f(1,2)Mv2 B．Fs＝eq \f(1,2)mv2
C．Fs＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)(M＋m)v2 D．F(L＋s)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)mv2
答案:ACD
解析：根据动能定理，对子弹，有－F(L＋s)＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，选项D正确；对木块，有FL＝eq \f(1,2)Mv2，选项A正确；由以上二式可得Fs＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)(M＋m)v2，选项C正确，B错误．
2．.(2023·广东揭阳模拟)有一质量为m的木块，从半径为r的圆弧曲面上的a点滑向b点，如图所示．若由于摩擦使木块的运动速率保持不变，则以下叙述正确的是( )
A．木块所受的合外力为零
B．因木块所受的力都不对其做功，所以合外力做的功为零
C．重力和摩擦力的合力做的功为零
D．重力和摩擦力的合力为零
答案:C
解析：木块的运动速率保持不变，则木块做匀速圆周运动．木块在下滑过程中做匀速圆周运动，加速度方向始终指向圆心，方向不断变化，加速度不断变化，故A错误；物体在下滑过程受重力及摩擦力的作用，在下滑过程中，重力做正功，摩擦力做负功，故B错误；由于木块做匀速圆周运动，速度大小不变，所受合外力提供向心力，合外力不为零，合外力对木块做功为零，故C正确；重力的方向竖直向下，而摩擦力的方向沿接触面，二者不在同一直线上，合力不可能为零，故D错误．
3．(2023·四川广元第二次适应性考试)如图所示，物块以60 J的初动能从斜面底端沿斜面向上滑动，当它的动能减少为零时，重力势能增加了45 J，则物块回到斜面底端时的动能为( )
A．15 J B．20 J C．30 J D．45 J
答案:C
解析：由动能定理可知WG＋Wf＝0－Ek0，解得摩擦力做功为Wf＝－15 J，对物块整个过程由动能定理得2Wf＝Ek－Ek0，解得物块回到斜面底端时的动能为Ek＝30 J，故C正确，A、B、D错误．
4.(2023·河南郑州模拟)一个质量为m的物体静止放在光滑水平面上，在互成60°角的大小相等的两个水平恒力作用下，经过一段时间，物体获得的速度为v，在力的方向上获得的速度分别为v1、v2，如图所示，那么在这段时间内，其中一个力做的功为( )
A．eq \f(1,6)mv2 B．eq \f(1,4)mv2 C．eq \f(1,3)mv2 D．eq \f(1,2)mv2
答案:B
解析：在合力F的方向上，由动能定理得W＝Fl＝eq \f(1,2)mv2，某个分力做的功为W1＝F1lcs 30°＝eq \f(F,2cs 30°)lcs 30°＝eq \f(1,2)Fl＝eq \f(1,4)mv2，B正确．
5.(2023·安徽合肥市第二次教学质检)如图所示，在轻弹簧的下端悬挂一个质量为m的小球A，若将小球A从弹簧的原长位置由静止释放，小球A能够下降的最大高度为h。若将小球A换为质量为3m的小球B，仍从弹簧原长位置由静止释放，则小球B下降h时的速度为(重力加速度为g，不计空气阻力)( )
A.eq \r(2gh) B.eq \r(\f(4gh,3))
C.eq \r(gh) D.eq \r(\f(gh,2))
答案:B
解析：设小球A下降h的过程中克服弹簧弹力做功为W1，根据动能定理，有mgh－W1＝0；小球B下降过程，由动能定理，有3mgh－W1＝eq \f(1,2)·3mv2－0。联立以上两式解得v＝eq \r(\f(4gh,3))，故B正确。
6.(多选)(2023·天津十二重点中学模拟)质量相等的A、B两物体放在同一水平面上，分别受到水平拉力F1、F2的作用从静止开始做匀加速直线运动。经过时间t0和4t0速度分别达到2v0和v0时，分别撤去F1和F2，以后物体继续做匀减速直线运动直至停止，两物体速度随时间变化的图线如图所示。则下列结论正确的是( )
A．A、B物体所受摩擦力Ff1∶Ff2＝2∶1
B．A、B物体所受摩擦力Ff1∶Ff2＝1∶1
C．F1和F2对A、B做的功W1∶W2＝6∶5
D．F1和F2对A、B做的功W1∶W2＝12∶5
答案:BC
解析：从图像可知，两物体匀减速运动的加速度大小都为a＝eq \f(v0,t0)，根据牛顿第二定律，匀减速运动中有Ff＝ma，则两物体所受摩擦力相同，故A错误，B正确；图线与时间轴所围成的面积表示运动的位移，则A、B的位移之比为6∶5，对全过程运用动能定理得，W1－Ffx1＝0，W2－Ffx2＝0，解得W1＝Ffx1，W2＝Ffx2，所以整个运动过程中F1和F2做功之比为6∶5，故C正确，D错误。
7、(2023·江苏五校上学期12月联考)一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处。物块初动能为Ek0，与斜面间的动摩擦因数不变，则该过程中，物块的动能Ek与位移x关系的图线是( )
答案:C
解析：设斜面的倾角为θ，物块的质量为m，沿斜面向上为位移正方向；小物块上滑过程，由动能定理得－(mgsin θ＋μmgcs θ)x＝Ek－Ek0，整理得Ek＝Ek0－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(mgsin θ＋μmgcs θ))x；设小物块上滑的最大位移大小为s，小物块下滑过程，由动能定理得(mgsin θ－μmgcs θ)(s－x)＝Ek－0，
整理得Ek＝(mgsin θ－μmgcs θ)s－(mgsin θ－μmgcs θ)x，故只有C正确。
8.(2023·山东济南期末)如图所示，光滑斜面的顶端固定一弹簧，一质量为m的小球向右滑行，并冲上固定在地面上的斜面．设小球在斜面最低点A的速度为v，压缩弹簧至C点时弹簧最短，C点距地面高度为h，重力加速度为g，则小球从A到C的过程中弹簧弹力做功是( )
A．mgh－eq \f(1,2)mv2 B.eq \f(1,2)mv2－mgh
C．－mgh D．－(mgh＋eq \f(1,2)mv2)
答案: A
解析：小球从A到C过程中，由动能定理可得WG＋WF＝0－eq \f(1,2)mv2，WG＝－mgh，解得WF＝mgh－eq \f(1,2)mv2，故选A.
9．(2023·湖南怀化市模拟)如图所示，DO是水平面，AB是斜面，初速度为v0的物体从D点出发沿DBA滑动到顶点A时速度刚好为零，如果斜面改为AC，让该物体从D点出发沿DCA滑动到A点且速度刚好为零，则物体具有的初速度(已知物体与斜面及水平面之间的动摩擦因数处处相同且不为零，不计B、C处能量损失)( )
A．等于v0 B．大于v0
C．小于v0 D．取决于斜面
答案: A
解析：物体从D点滑动到顶点A过程中，由动能定理可得－mg·xAO－μmg·xDB－μmgcs α·xAB＝0－eq \f(1,2)mv02，α为斜面倾角，由几何关系有xABcs α＝xOB，因而上式可以简化为－mg·xAO－μmg·xOD＝0－eq \f(1,2)mv02，从上式可以看出，物体的初速度与路径无关．故选A.
10．(2023·福建福州质检)物体沿直线运动的v－t图像如图所示，已知在第1秒内合力对物体做的功为W，则( )
A．从第1秒末到第3秒末合力做功为4W
B．从第3秒末到第5秒末合力做功为－2W
C．从第5秒末到第7秒末合力做功为W
D．从第3秒末到第4秒末合力做功为－2W
答案:C
解析：物体在第1秒末到第3秒末做匀速直线运动，合力为零，合力做功为零，A错误；从第3秒末到第5秒末动能的变化量与第1秒内动能的变化量大小相同，合力做的功为－W，B错误；从第5秒末到第7秒末动能的变化量与第1秒内动能的变化量相同，合力做功相同，即为W，C正确；从第3秒末到第4秒末速度从v0减小到eq \f(v0,2)，则动能变化量的大小等于第1秒内动能变化量大小的eq \f(3,4)，则合力做功为－0.75W，D错误。
11．(2023·武汉调研)某同学参照过山车情境设计了如图所示的模型。光滑的竖直圆轨道半径R＝2 m，入口的平直轨道AC和出口的平直轨道CD均是粗糙的，质量为m＝2 kg的小滑块与水平轨道之间的动摩擦因数均为μ＝0.5，滑块从A点由静止开始受到水平拉力F＝60 N的作用，在B点时撤去拉力，AB段的长度为l＝5 m，不计空气阻力。(g＝10 m/s2)
(1)若滑块恰好通过圆轨道的最高点，则滑块沿着出口的平直轨道CD能滑行多远的距离？
(2)要使滑块能进入圆轨道运动且不脱离轨道，求平直轨道BC段的长度范围。
答案:答案：(1)10 m (2)[0,15 m]或[21 m,25 m]
解析：(1)滑块恰好通过最高点，说明此时只有重力提供向心力，则有mg＝meq \f(v2,R)，解得v＝eq \r(gR)＝2eq \r(5) m/s，滑块从C点到最高点过程，由机械能守恒定律可得mg·2R＋eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)mvC2，解得vC＝10 m/s，滑块从C点到最后停止过程，有x＝eq \f(vC2,2μg)＝10 m，即滑块能沿着出口平直轨道CD滑行的距离为10 m。
(2)要使滑块不脱离轨道，有以下两种可能：
①滑块能通过最高点，则到达C点的速度vC≥10 m/s，则从A到C过程，由动能定理可得Fl－μmg(l＋x1)＝eq \f(1,2)mvC2，解得x1≤15 m；
②滑块无法通过最高点，且到达的高度不超过R时速度即为零，滑块同样不会脱离轨道，则对全程由动能定理可得Fl－μmg(l＋x2)－mgR≤0，解得x2≥21 m，滑块要能够进入圆轨道运动，则至少能够到达C点，则有Fl－μmg(l＋x3)≥0，解得x3≤25 m，因此，要使滑块能进入圆轨道运动且不脱离轨道，BC段的长度范围为[0,15 m]或[21 m,25 m]。
1.(2023福建福州质检)如图所示，质量为m的小球从离地面H高处由静止释放，落到地面，陷入泥土中h深处后停止运动，不计空气阻力，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A．小球落地时的动能等于mg(H＋h)
B．小球克服泥土阻力所做的功等于小球刚落到地面时的动能
C．泥土阻力对小球做的功为mg(H＋h)
D．小球在泥土中受到的平均阻力大小为mgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(H,h)))
答案:D
解析：根据动能定理知，小球落地时的动能等于mgH，A错误；小球从落地到陷入泥土中h深度的过程，由动能定理得0－eq \f(1,2)mv2＝mgh－W克阻，解得W克阻＝mgh＋eq \f(1,2)mv2，B错误；根据动能定理得mg(H＋h)＋W阻＝0，故泥土阻力对小球做的功W阻＝－mg(H＋h)，C错误；根据动能定理得mg(H＋h)－F阻h＝0，解得小球在泥土中受到的平均阻力大小为F阻＝mgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(H,h)))，D正确。
2、(2023·武汉调研)如图所示，质量为m的小滑块从O点以速度v0沿水平面向左运动，小滑块撞击弹簧后被弹簧弹回并最终静止于O点，则运动过程中弹簧获得的最大弹性势能是( )
A.eq \f(1,3)mveq \\al(2,0) B.eq \f(1,4)mveq \\al(2,0) C.eq \f(1,6)mveq \\al(2,0) D.eq \f(1,8)mveq \\al(2,0)
答案:B
解析：设动摩擦因数为μ，O点与弹簧右端距离为L，弹簧最大压缩量为Δx.小滑块从O点运动到弹簧压缩量最大时，速度减为0，由动能定理可得－μmg(L＋Δx)－W弹＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，再分析从弹簧压缩量最大到小滑块最终静止的过程，由动能定理可得W弹－μmg(L＋Δx)＝0－0，联立可得W弹＝eq \f(1,4)mveq \\al(2,0)，故弹簧获得的最大弹性势能是eq \f(1,4)mveq \\al(2,0)，选项B正确．
3．(多选)(2023·福建福州质检)如图为网上热卖的弹力软轴乒乓球训练器，弹力轴上端固定一乒乓球，下端固定在吸盘上．开始时弹力轴竖直，乒乓球处于静止状态，且到水平地面的距离为h.现让一小孩快速挥拍水平击球，球恰好能触到地面(此时球的速度为0)．已知小孩击球过程中球拍对球做功为W，乒乓球的质量为m，不计空气阻力，弹力轴不弯曲时的弹性势能为零，重力加速度为g，则( )
A．球触地时弹力轴的弹性势能为W＋mgh
B．球触地时弹力轴的弹性势能为W－mgh
C．球返回到初始位置时速度大小为eq \r(\f(2W,m))
D．球返回到初始位置时速度大小为2eq \r(\f(2W,m))
答案:AC
解析：从小孩击球到球触地的过程，根据动能定理得W＋mgh－W弹＝0，解得W弹＝W＋mgh，则球触地时弹力轴的弹性势能为Ep＝W弹＝W＋mgh，选项A正确，B错误；对于球返回过程，根据动能定理得W弹－mgh＝eq \f(1,2)mv2－0，解得球返回到初始位置时速度大小v＝eq \r(\f(2W,m))，选项C正确，D错误．
4.(2023·湖南师大附中模拟)有两条雪道平行建造，左侧相同而右侧有差异，一条雪道的右侧水平，另一条的右侧是斜坡．某滑雪者保持一定姿势坐在雪橇上不动，从h1高处的A点由静止开始沿倾角为θ的雪道下滑，最后停在与A点水平距离为s的水平雪道上．接着改用另一条雪道，还从与A点等高的位置由静止开始下滑，结果能冲上另一条倾角为α的雪道上h2高处的E点停下．若动摩擦因数处处相同，且不考虑雪橇在路径转折处的能量损失，则( )
A．动摩擦因数为tan θ B．动摩擦因数为eq \f(h1,s)
C．倾角α一定大于θ D．倾角α可以大于θ
答案:B
解析：第一次停在BC上的某点，由动能定理得mgh1－μmgcs θ·eq \f(h1,sin θ)－μmgs′＝0，整理得：mgh1－μmg(eq \f(h1,tan θ)＋s′)＝0，即mgh1－μmgs＝0，解得μ＝eq \f(h1,s)，A错误，B正确．在AB段由静止下滑，说明μmgcs θθ，则雪橇不能停在E点，所以C、D错误．
5.(多选)(2023·辽宁市模拟)如图所示，两块竖直木板夹着一物块，物块在木板内静止，两板因弹簧作用而对物块有一恒定压力并保持两板之间的距离不变(图中弹簧未画出)。让木板从离地h高度自由下落，落地后木板静止，物块在木板中下滑了l长度。已知物块与木板间的动摩擦因数不变，以下说法正确的是(以下各选项中物块均未触地)( )
A．如果仅改变木板下落的高度，使其从2h高度落下，则物块下滑的长度将为2l
B．如果仅改变木板对物块的压力，使其变为原来的一半，则物块下滑的长度将大于2l
C．如果仅改变物块的质量，使其变为原来的2倍，则物块下滑的长度将为2l
D．如果仅改变木板的质量，使其变为原来一半，则物块下滑的长度将大于2l
答案:AB
解析：设物块受到的滑动摩擦力为f，根据动能定理得mg(h＋l)－fl＝0，解得l＝eq \f(mgh,f－mg)，仅改变木板下落的高度，使其从2h高度落下，则物块下滑的长度将为2l，A正确；如果仅改变木板对物块的压力，使其变为原来的一半，则物块受到的滑动摩擦力变为原来的一半，物块下滑的长度将大于2l，B正确；如果仅改变物块的质量，使其变为原来的2倍，则物块下滑的距离将大于2l，C错误；如果仅改变木板的质量，则物块下滑的距离仍为l，D错误。
6.(2023·广东惠州市第三次调研)如图，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直，一小球以速度v从轨道下端滑入轨道，并保证从轨道上端水平飞出，则关于小球落地点到轨道下端的水平距离x与轨道半径R的关系，下列说法正确的是( )
A.R越大，则x越大 B.R越小，则x越大
C.当R为某一定值时，x才有最大值 D.当R为某一定值时，x才有最小值
答案:C
解析：设半圆的半径为R，根据动能定理得
－mg·2R＝eq \f(1,2)mv′2－eq \f(1,2)mv2，离开最高点做平抛运动，有2R＝eq \f(1,2)gt2，x＝v′t，联立解得
x＝eq \r(\f(4R（v2－4gR）,g))＝eq \r(\f(－16g（R－\f(v2,8g)）2＋\f(v4,4g),g))
可知当R＝eq \f(v2,8g)时，水平位移最大。
7.(2023·安徽江淮十校联考)如图所示，小物块从倾角为θ的倾斜轨道上A点由静止释放滑下，最终停在水平轨道上的B点，小物块与水平轨道、倾斜轨道之间的动摩擦因数均相同，A、B两点的连线与水平方向的夹角为α，不计物块在轨道转折时的机械能损失，则动摩擦因数为( )
A．tan θ B．tan α
C．tan(θ＋α) D．tan(θ－α)
答案:B
解析：如图所示，设B、O间距离为x1，A点离水平面的高度为h，A、O间的水平距离为x2，物块的质量为m，在物块运动的全过程中，应用动能定理可得mgh－μmgcs θ·eq \f(x2,cs θ)－μmgx1＝0，解得μ＝eq \f(h,x1＋x2)＝tan α，故B正确。
8．(多选)(2023·福建福州质检)如图所示，某质点沿直线运动的v-t图像为余弦曲线，从图中可以判断( )
A．在0～t1时间内，合力逐渐减小
B．在0～t2时间内，合力做正功
C．在t1～t2时间内，合力的功率先增大后减小
D．在t2～t4时间内，合力做的总功为零
答案:CD
解析：从v-t图线的斜率表示加速度可知，在0～t1时间内，加速度增大，由牛顿第二定律可知，合力增大，故A错误；由动能定理知0～t2时间内，动能增量为0，即合外力做功为0，故B错误；t1时刻，F最大，v＝0，F的功率为0，t2时刻F＝0，速度最大，F的功率为0，t1～t2时间内，合外力的功率先增大后减小，故C正确；由动能定理知t2～t4时间内，动能增量为0，即合外力做功为0，故D正确。
9、(2023·黑龙江省双鸭山市第一中学高三上开学考试)(多选)如图所示，半径为R的竖直光滑圆轨道内侧底部静止着一个光滑小球，现给小球一个冲击，使其在瞬间得到一个水平初速度v0，若v0大小不同，则小球能够上升的最大高度(距离底部)也不同。下列说法中正确的是( )
A．如果0eq \r(5gR)，则小球在运动的过程中不与轨道分离
B．如果v0＝eq \r(gR)，则小球能够上升的最大高度等于0.5R
C．如果v0＝ eq \r(3gR)，则小球能够上升的最大高度小于1.5R
D．如果v0＝2eq \r(gR)，则小球能够上升的最大高度等于2R
答案: ABC
解析：当小球刚好能滑到与圆心等高的位置时，有mgR＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，解得v0＝eq \r(2gR)，所以0eq \r(5gR)时，小球能够通过最高点，不与轨道分离，则A正确。如果v0＝eq \r(gR)，根据010、(2023·湖北高三月考)质量为2 kg的物块放在粗糙水平面上，在水平拉力的作用下由静止开始运动，物块的动能Ek与其发生的位移x之间的关系如图所示。已知物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是( )
A．x＝1 m时速度大小为2 m/s
B．x＝3 m时物块的加速度大小为2.5 m/s2
C．在前4 m位移过程中拉力对物块做的功为9 J
D．在前4 m位移过程中物块所经历的时间为2.8 s
答案:D
解析：根据动能定理ΔEk＝F合x可知，物块在两段运动中分别所受合外力恒定，则物块做加速度不同的匀加速运动；由题图图像可知x＝1 m时动能为2 J，v1＝eq \r(\f(2Ek,m))＝eq \r(2) m/s，故A项错误。同理，当x＝2 m时动能为4 J，v2＝2 m/s；当x＝4 m时动能为9 J，v4＝3 m/s，则2～4 m内有2a2x2＝veq \\al(2,4)－veq \\al(2,2)，解得2～4 m内物块的加速度a2＝1.25 m/s2，故B项错误。对物块运动全过程，由动能定理得WF＋(－μmgx4)＝Ek末－0，解得WF＝25 J，故C项错误。0～2 m过程，t1＝eq \f(x1,\f(v2,2))＝2 s；2～4 m过程，t2＝eq \f(x2,\f(v2＋v4,2))＝0.8 s，故总时间为2 s＋0.8 s＝2.8 s，故D项正确。
11．(多选)(2023·江苏卷)如图所示，轻质弹簧的左端固定，并处于自然状态．小物块的质量为m，从A点向左沿水平地面运动，压缩弹簧后被弹回，运动到A点恰好静止．物块向左运动的最大距离为s，与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，弹簧未超出弹性限度．在上述过程中( )
A．弹簧的最大弹力为μmg
B．物块克服摩擦力做的功为2μmgs
C．弹簧的最大弹性势能为μmgs
D．物块在A点的初速度为eq \r(2μgs)
答案:BC
解析：小物块压缩弹簧最短时有F弹>μmg，故A错误；全过程小物块的路程为2 s，所以全过程中克服摩擦力做的功为：μmg·2s，故B正确；小物块从弹簧压缩最短处到A点由能量守恒得：EPmax＝μmgs，故C正确；小物块从A点返回A点由动能定理得：－μmg·2s＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，解得：v0＝2eq \r(μgs)，故D错误．
12、(多选)(2023·山东济宁高三调研)两质量均为1 kg的小球1、2(均视为质点)用长为1 m的水平轻质杆相连，置于光滑水平面上，且小球1恰好与光滑竖直墙壁接触，如图所示．现用向上的力F拉动小球1，使小球1贴着竖直墙壁上升，小球2沿水平面向左运动，直到杆与水平面的夹角θ＝53°，此时小球2的速度为eq \f(5,3) m/s. 取sin 53°＝0.8，cs 53°＝0.6，重力加速度大小g＝10 m/s2.下列分析正确的是( )
A．此时小球1的速度大小为1 m/s
B．该过程中杆对小球1做的功为－eq \f(25,18) J
C．该过程中力F对小球1做的功约为10.2 J
D．该过程中小球1受到的合力的功约为8.8 J
答案:BC
解析：两球沿杆方向上的速度相等，则有v1cs 37°＝v2cs 53°，代入数据解得v1＝eq \f(5,4) m/s，故A错误；对2球，根据动能定理得W2＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)＝eq \f(1,2)×1×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,3)))eq \s\up12(2) J＝eq \f(25,18) J，所以该过程中杆对小球1做的功为－eq \f(25,18) J，故B正确；对小球1，该过程中利用动能定理有WF＋W杆＋WG＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)，又因为W杆＝－eq \f(25,18) J，WG＝－mgh1＝－1×10×1×sin 53°＝－8 J，联立代入数据求得WF＝10.2 J，故C正确；对1球，该过程中根据动能定理，合力的功为W合＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)≈0.78 J，故D错误．
13．(2023·厦门高三检测)如图所示，将一可视为质点的物块从固定斜面顶端由静止释放后沿斜面加速下滑，设物块质量为m、物块与斜面间的动摩擦因数为μ，斜面高度h和底边长度x均可独立调节(斜面长度随之改变)，下列说法正确的是( )
A．若只增大x，物块滑到斜面底端时的动能增大
B．若只增大h，物块滑到斜面底端时的动能减小
C．若只增大μ，物块滑到斜面底端时的动能增大
D．若只改变x，物块最终在水平面上停止的位置不会改变
答案:D
解析：对物块运用动能定理可得mgh－Wf＝Ek－0，其中Ek为物块滑到斜面底端时的动能，Wf为下滑过程物块克服摩擦力所做的功，而Wf＝fs＝μFNs＝μmgcs θ·s＝μmgx，其中f为物块受到的摩擦力，s为斜面斜边长，FN为斜面对物块的支持力，故mgh－μmgx＝Ek－0，A、B、C错误．对物块从下滑到地面到停止，运用动能定理，有－μmgl＝0－Ek，代入Ek，mgh－μmgx－μmgl＝0，若只改变x，由于x＋l＝eq \f(h,μ)，物体最终在水平面上停止的位置不会改变，D正确．
14．(2023年8省联考·河北卷)螺旋千斤顶由带手柄的螺杆和底座组成，螺纹与水平面夹角为α，如图所示。水平转动手柄，使螺杆沿底座的螺纹槽(相当于螺母)缓慢旋进而顶起质量为m的重物，如果重物和螺杆可在任意位置保持平衡，称为摩擦自锁。能实现自锁的千斤顶，α的最大值为α0。现用一个倾角为α0的千斤顶将重物缓慢顶起高度h后，向螺纹槽滴入润滑油使其动摩擦因数μ减小，重物回落到起点。假定最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计螺杆和手柄的质量及螺杆与重物间的摩擦力，转动手柄不改变螺纹槽和螺杆之间的压力。下列说法正确的是( )
A．实现摩擦自锁的条件为tan α≥μ
B．下落过程中重物对螺杆的压力等于mg
C．从重物开始升起到最高点摩擦力做功为mgh
D．从重物开始升起到最高点转动手柄做功为2mgh
答案:D
解析：实现自锁的条件是重物重力沿斜面下滑的分力小于等于最大静摩擦力，即mgsin α≤μmgcs α，解得μ≥tan α，A错误；重物对螺杆压力FN＝mgcs α，B错误；重物缓慢上升的过程中，对螺杆和重物整体受力分析如图所示，则摩擦力做功为Wf＝－μmgcs α·L＝－tan α·mgcs α·eq \f(h,sin α)＝－mgh，C错误；从重物开始升起到最高点，转动手柄做的功用于克服摩擦力做功和转化为重物上升增加的重力势能mgh，所以根据动能定理得W＋Wf－mgh＝0，解得W＝2mgh，D正确。
15、(2023·山东济宁高三调研)(多选)“弹跳小人”(如图甲所示)是一种深受儿童喜爱的玩具，其原理如图乙所示。竖直光滑长杆固定在地面不动，套在杆上的轻质弹簧下端不固定，上端与滑块拴接，滑块的质量为0.80 kg。现在向下压滑块，直到弹簧上端离地面高度h＝0.40 m时停止，然后由静止释放滑块。滑块的动能Ek随离地高度h变化的图像如图丙所示。其中高度从0.80 m到1.40 m 范围内的图线为直线，其余部分为曲线。若以地面为重力势能的参考平面，空气阻力为恒力，g取10 m/s2。则结合图像可知( )
A．弹簧原长为0.72 m
B．空气阻力大小为1.00 N
C．弹簧的最大弹性势能为9.00 J
D．在弹簧落回地面的瞬间滑块的动能为5.40 J
答案:BC
解析：由题图丙可知，从h＝0.80 m开始，弹簧下端与地面分离，则知弹簧的原长为0.80 m，故A错误；从0.80 m上升到1.40 m 过程，在Ek-h图像中，根据动能定理知：图线的斜率大小表示滑块所受的合外力，由于高度从0.80 m上升到1.40 m范围内图像为直线，其余部分为曲线，说明滑块从0.80 m上升到1.40 m范围内所受作用力为恒力，根据动能定理得－(mg＋f)Δh＝0－Ek，由题图知Δh＝0.60 m，Ek＝5.40 J，解得空气阻力f＝1.00 N，故B正确；根据能的转化与守恒可知，当滑块上升至最大高度时，整个过程中，增加的重力势能和克服空气阻力做功之和等于弹簧的最大弹性势能，所以Epm＝(mg＋f)Δh′＝9.00 J，故C正确；滑块由最大高度到弹簧落回地面的瞬间，根据动能定理得(mg－f)Δh＝Ek′－0，得Ek′＝4.2 J，故D错误。
16．(2023年8省联考·重庆卷)(多选)如图所示，倾角为θ的斜面MN段粗糙，其余段光滑，PM、MN长度均为3d。四个质量均为m的相同样品1、2、3、4放在斜面上，每个样品(可视为质点)左侧固定有长度为d的轻质细杆，细杆与斜面平行，且与其左侧的样品接触但不粘连，样品与MN间的动摩擦因数为tan θ。
若样品1在P处时，四个样品由静止一起释放，则(重力加速度大小为g)( )
A．当样品1刚进入MN段时，样品的共同加速度大小为eq \f(3,4)gsin θ
B．当样品1刚进入MN段时，样品1的轻杆受到压力大小为3mgsin θ
C．当四个样品均位于MN段时，摩擦力做的总功为9dmgsin θ
D．当四个样品均位于MN段时，样品的共同速度大小为3eq \r(gdsin θ)
答案:AD
解析：当样品1刚进入MN段时，以四个样品整体为研究对象，根据牛顿第二定律得4mgsin θ－μmgcs θ＝4ma1，解得样品的共同加速度大小为a1＝eq \f(3,4)gsin θ，以样品1为研究对象，根据牛顿第二定律得F1＋mgsin θ－μmgcs θ＝ma1，解得样品1的轻杆受到压力大小为F1＝eq \f(3,4)mgsin θ，A正确，B错误；当四个样品均位于MN段时，摩擦力对样品1做功W1＝－μmgcs θ·3d＝－3mgdsin θ，摩擦力对样品2做功W2＝－μmgcs θ·2d＝－2mgdsin θ，摩擦力对样品3做功W3＝－μmgcs θ·d＝－mgdsin θ，此时样品4刚进入MN段，摩擦力对样品4不做功，所以当四个样品均位于MN段时，摩擦力做的总功为Wf＝W1＋W2＋W3＝－6mgdsin θ，C错误；当四个样品均位于MN时，由动能定理得：4mg·6d·sin θ＋Wf＝eq \f(1,2)×4mv2，可解得v＝3eq \r(gdsin θ)，D正确。
17、(2023·青海西宁调研)如图所示，水平轨道BC的左端与固定的光滑竖直四分之一圆轨道相切于B点，右端与一倾角为30°的光滑斜面轨道在C点平滑连接(即物体经过C点时速度的大小不变)，斜面顶端固定一轻质弹簧，一质量为2 kg的滑块从圆弧轨道的顶端A点由静止释放，经水平轨道后滑上斜面并压缩弹簧，第一次可将弹簧压缩至D点，已知光滑圆轨道的半径R＝0.45 m，水平轨道BC长为0.4 m，其动摩擦因数μ＝0.2，光滑斜面轨道上CD长为0.6 m，取g＝10 m/s2，求：
(1)滑块第一次经过B点时对圆轨道的压力；
(2)整个过程中弹簧具有的最大弹性势能；
(3)滑块在BC上通过的总路程．
答案:(1)60 N (2)1.4 J (3)2.25 m
解析： (1)滑块从A点到B点，根据动能定理有mgR＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)－0
代入数据解得vB＝3 m/s
滑块在B点，根据牛顿第二定律有
F－mg＝meq \f(v\\al(2,B),R)，
代入数据解得F＝3mg＝60 N
根据牛顿第三定律可知滑块在B点对轨道的压力
F′＝F＝60 N.
(2)滑块从A点运动到D点，重力做的功一部分克服摩擦力做功，一部分转化为弹簧的弹性势能，当克服摩擦力做功最小时，弹簧的弹性势能最大，故滑块第一次到达D点时，弹簧具有最大的弹性势能Ep.
滑块从A点到D点，设该过程弹簧弹力对滑块做的功为W，根据动能定理有
mgR－μmgLBC－mgLCDsin 30°＋W＝0
且Ep＝－W
解得Ep＝1.4 J
即整个过程中弹簧具有的最大弹性势能为1.4 J.
(3)滑块最终停止在水平轨道BC间，设滑块在BC上通过的总路程为s，从滑块第一次经过B点到最终停下来的全过程，根据动能定理有
－μmgs＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)
解得s＝2.25 m.
1.(2023年全国高考甲卷物理试题）1. 北京2022年冬奥会首钢滑雪大跳台局部示意图如图所示。运动员从a处由静止自由滑下，到b处起跳，c点为a、b之间的最低点，a、c两处的高度差为h。要求运动员经过c点时对滑雪板的压力不大于自身所受重力的k倍，运动过程中将运动员视为质点并忽略所有阻力，则c点处这一段圆弧雪道的半径不应小于（ ）
A B. C. D.
答案:D
解析：运动员从a到c根据动能定理有
在c点有
FNc ≤ kmg
联立有 故选D。
2、(2023·全国卷Ⅱ·14)如图，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度．木箱获得的动能一定( )
A．小于拉力所做的功
B．等于拉力所做的功
C．等于克服摩擦力所做的功
D．大于克服摩擦力所做的功
答案:A
解析：由题意知，W拉－W克摩＝ΔEk，则W拉>ΔEk，A项正确，B项错误；W克摩与ΔEk的大小关系不确定，C、D项错误．
3．(2023·辽宁高考)冰滑梯是东北地区体验冰雪运动乐趣的设施之一。某冰滑梯的示意图如图所示，螺旋滑道的摩擦可忽略；倾斜滑道和水平滑道与同一滑板间的动摩擦因数μ相同，因滑板不同μ满足μ0≤μ≤1.2μ0。在设计滑梯时，要确保所有游客在倾斜滑道上均减速下滑，且滑行结束时停在水平滑道上，以下L1、L2的组合符合设计要求的是( )
A．L1＝eq \f(h,2μ0)，L2＝eq \f(3h,2μ0) B．L1＝eq \f(4h,3μ0)，L2＝eq \f(h,3μ0)
C．L1＝eq \f(4h,3μ0)，L2＝eq \f(2h,3μ0) D．L1＝eq \f(3h,2μ0)，L2＝eq \f(h,μ0)
答案:CD
解析：设倾斜滑道的倾角为θ，游客在倾斜滑道上做减速运动，则有μmgcsθ>mgsinθ，解得μ>tanθ＝eq \f(h,L1)，又因为μ0≤μ≤1.2μ0，所以μ0≥eq \f(h,L1)，解得L1≥eq \f(h,μ0)，故A错误。整个过程中只有重力和摩擦力做功，根据题意可知游客到达倾斜滑道底端时的速度v>0，根据动能定理有mg·2h－μmgcsθ·eq \f(L1,csθ)＝eq \f(1,2)mv2>0，整理可得eq \f(2h,L1)>μ，结合μ0≤μ≤1.2μ0可得eq \f(2h,L1)>1.2μ0，解得L14、(多选)(2023·高考全国卷Ⅱ，T18)从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能Ek与重力势能Ep之和。取地面为重力势能零点，该物体的E总和Ep随它离开地面的高度h的变化如图所示。重力加速度取10 m/s2。由图中数据可得( )
A．物体的质量为2 kg
B．h＝0时，物体的速率为20 m/s
C．h＝2 m时，物体的动能Ek＝40 J
D．从地面至h＝4 m，物体的动能减少100 J
答案:AD
解析：根据题给图象可知h＝4 m时物体的重力势能mgh＝80 J，解得物体质量m＝2 kg，抛出时物体的动能为Ek0＝100 J，由动能公式Ek＝eq \f(1,2)mv2，可知h＝0时物体的速率为v＝10 m/s，A正确，B错误；由功能关系可知fh＝|ΔE|＝20 J，解得物体上升过程中所受空气阻力f＝5 N，从物体开始抛出至上升到h＝2 m的过程中，由动能定理有－mgh－fh＝Ek－100 J，解得 Ek＝50 J，C错误；由题给图象可知，物体上升到 h＝4 m时，机械能为80 J，重力势能为80 J，动能为零，即物体从地面上升到h＝4 m，物体动能减少100 J，D正确。
5．(2023·福建高考)如图a，一倾角37°的固定斜面的AB段粗糙，BC段光滑。斜面上一轻质弹簧的一端固定在底端C处，弹簧的原长与BC长度相同。一小滑块在沿斜面向下的拉力T作用下，由A处从静止开始下滑，当滑块第一次到达B点时撤去T。T随滑块沿斜面下滑的位移s的变化关系如图b所示。已知AB段长度为2 m，滑块质量为2 kg，滑块与斜面AB段的动摩擦因数为0.5，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度大小取10 m/s2，sin37°＝0.6。求：
(1)当拉力为10 N时，滑块的加速度大小；
(2)滑块第一次到达B点时的动能；
(3)滑块第一次在B点与弹簧脱离后，沿斜面上滑的最大距离。
答案: (1)7 m/s2 (2)26 J (3)1.3 m
解析：(1)设小滑块的质量为m，斜面倾角为θ，滑块与斜面AB段间的动摩擦因数为μ，滑块受斜面的支持力大小为N，滑动摩擦力大小为f，拉力为10 N时滑块的加速度大小为a。由牛顿第二定律和滑动摩擦力公式有
T2＋mgsinθ－f＝ma①
N－mgcsθ＝0②
f＝μN③
联立①②③式并代入题给数据得a＝7 m/s2。④
(2)设滑块在AB段运动的过程中拉力所做的功为W，由功的定义有W＝T1s1＋T2s2⑤
式中T1、T2和s1、s2分别对应滑块下滑过程中两阶段所受的拉力及相应的位移大小。依题意，T1＝8 N，s1＝1 m，T2＝10 N，s2＝1 m。设滑块第一次到达B点时的动能为Ek，由动能定理有W＋(mgsinθ－f)(s1＋s2)＝Ek－0⑥
联立②③⑤⑥式并代入题给数据得Ek＝26 J。⑦
(3)由机械能守恒定律可知，滑块第一次在B点与弹簧脱离时，动能仍为Ek。设滑块第一次在B点与弹簧脱离后，沿斜面上滑的最大距离为smax，由动能定理有
－(mgsinθ＋f)smax＝0－Ek⑧
联立②③⑦⑧式并代入题给数据得smax＝1.3 m。⑨
6、(2023·天津卷，10)完全由我国自行设计、建造的国产新型航空母舰已完成多次海试，并取得成功。航母上的舰载机采用滑跃式起飞，故甲板是由水平甲板和上翘甲板两部分构成，如图7甲所示。为了便于研究舰载机的起飞过程，假设上翘甲板BC是与水平甲板AB相切的一段圆弧，示意如图乙所示，AB长L1＝150 m，BC水平投影L2＝63 m，图中C点切线方向与水平方向的夹角θ＝12°(sin 12°≈0.21)。若舰载机从A点由静止开始做匀加速直线运动，经t＝6 s到达B点进入BC。已知飞行员的质量m＝60 kg，g＝10 m/s2，求
甲 乙
(1)舰载机水平运动的过程中，飞行员受到的水平力所做功W；
(2)舰载机刚进入BC时，飞行员受到竖直向上的压力FN多大。
答案: (1)7.5×104 J (2)1.1×103 N
解析：(1)舰载机由静止开始做匀加速直线运动，设其刚进入上翘甲板时的速度为v，则有
eq \f(v,2)＝eq \f(L1,t)①
根据动能定理，有
W＝eq \f(1,2)mv2－0②
联立①②式，代入数据，得
W＝7.5×104 J。③
(2)设上翘甲板所对应的圆弧半径为R，根据几何关系，有L2＝Rsin θ④
由牛顿第二定律，有
FN－mg＝meq \f(v2,R)⑤
联立①④⑤式，代入数据，得
FN＝1.1×103 N。
7.(2023·浙江选考模拟)弹珠游戏在孩子们中间很受欢迎，有很多种玩法，其中一种玩法就是比距离，模型如图9所示，用内壁光滑的薄壁细圆管弯成的由半圆形APB(圆半径比细管的内径大得多)和光滑直管BC组成的轨道固定在水平桌面上，已知APB部分的半径R＝1.0 m，BC段长l1＝1.5 m。弹射装置将一个质量m＝100 g小球(可视为质点)以v0＝8 m/s的水平初速度从A点弹入轨道，小球从C点离开轨道随即进入长l2＝2 m，μ＝0.1的粗糙水平地面(图上对应为CD)，最后通过光滑轨道DE，从E点水平射出，已知E距离地面的高度为h＝1 m，不计空气阻力。求：
(1)小球在半圆轨道上运动时的角速度ω和到达C点时对圆管的压力大小；
(2)若小球能从A点运动到E点，则小球进入A点的速度至少为多大；
(3)若E点的高度h可以调节，小球仍以v0＝8 m/s从A点进入，当h多高时，水平射程x最大，并求出这个最大值。
答案: (1)8 rad/s 1 N (2)2eq \r(6) m/s (3)1.5 m 3 m
解析： (1)角速度ω＝eq \f(v0,R)＝8 rad/s，小球在BC段做匀速直线运动，合力为0，根据牛顿运动定律，小球处于平衡状态，FN＝mg＝1 N，根据牛顿第三定律，小球对圆管的压力大小为1 N。
(2)小球从A点到E点根据动能定理有
－mgh－μmgl2＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
解得v0＝2eq \r(6) m/s。
(3)小球从A点到E点根据动能定理有
－(mgh＋μmgl2)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,E)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
解得vE＝eq \r(60－20h)
过了E点小球做平抛运动，有h＝eq \f(1,2)gt2
x＝vEt
得到x与h的数学关系x＝eq \r(12h－4h2)
即当h＝1.5 m时，x的最大值为x＝3 m
8、（湖南省2022年普通高中学业水平等级考试）14. 如图（a），质量为m的篮球从离地H高度处由静止下落，与地面发生一次非弹性碰撞后反弹至离地h的最高处。设篮球在运动过程中所受空气阻力的大小是篮球所受重力的倍（为常数且），且篮球每次与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比相同，重力加速度大小为g。
（1）求篮球与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比；
（2）若篮球反弹至最高处h时，运动员对篮球施加一个向下的压力F，使得篮球与地面碰撞一次后恰好反弹至h的高度处，力F随高度y的变化如图（b）所示，其中已知，求的大小；
（3）篮球从H高度处由静止下落后，每次反弹至最高点时，运动员拍击一次篮球（拍击时间极短），瞬间给其一个竖直向下、大小相等的冲量I，经过N次拍击后篮球恰好反弹至H高度处，求冲量I的大小。
答案:（1）；（2）；（3）
解析：（1）篮球下降过程中根据牛顿第二定律有
再根据匀变速直线运动的公式，下落的过程中有
篮球反弹后上升过程中根据牛顿第二定律有
再根据匀变速直线运动的公式，上升的过程中有
则篮球与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比
（2）若篮球反弹至最高处h时，运动员对篮球施加一个向下的压力F，则篮球下落过程中根据动能定理有
篮球反弹后上升过程中根据动能定理有
联立解得
（3）方法一：由（1）问可知篮球上升和下降过程中的加速度分别为
（方向向下）
（方向向下）
由题知运动员拍击一次篮球（拍击时间极短），瞬间给其一个竖直向下、大小相等的冲量I，由于拍击时间极短，则重力的冲量可忽略不计，则根据动量定理有
即每拍击一次篮球将给它一个速度v。
拍击第1次下降过程有
上升过程有
代入k后，下降过程有
上升过程有
联立有
拍击第2次，同理代入k后，下降过程有
上升过程有
联立有
再将h1代入h2有
拍击第3次，同理代入k后，下降过程有
上升过程有
联立有
再将h2代入h3有
直到拍击第N次，同理代入k后，下降过程有
上升过程有
联立有
将hN-1代入hN有
其中，
则有
则
9．(2023·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＝eq \f(3,5).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:见解析
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eq \f(F0,mg)＝tan α ①
F2＝(mg)2＋Feq \\al(2,0) 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＝meq \f(v2,R) ③
由①②③式和题给数据得
F0＝eq \f(3,4)mg ④
v＝eq \f(\r(5gR),2) 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＋cs α) ⑦
由动能定理有
－mg·CD－F0·DA＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,1) ⑧
由④⑤⑥⑦⑧式和题给数据得，小球在A点的动量大小为
p＝mv1＝eq \f(m\r(23gR),2) 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＋eq \f(1,2)gt2＝CD ⑩
v⊥＝vsin α eq \(○,\s\up1(11))
由⑤⑦⑩eq \(○,\s\up1(11))式和题给数据得
t＝eq \f(3,5)eq \r(\f(5R,g)) eq \(○,\s\up1(12))
新课程标准
1.理解动能和动能定理。能用动能定理解释生产生活中的现象。

命题趋势
考查的内容主要体现对能量观念的认识、模型建构和科学推理等物理学科的核心素养。通常通常命题角度：(1)动能定理及其应用；有时会与电场、磁场、电磁感应等知识综合考查。
试题情境
生活实践类
生产生活中，各种交通工具、各种体育比赛项目、各种生产工具、各种娱乐项目动能定理的应用
学习探究类
能用动能定理解释生产生活中的现象
v­t图像
由公式x＝vt可知，v­t图线与t轴围成的面积表示物体的位移
a­t图像
由公式Δv＝at可知，a­t图线与t轴围成的面积表示物体速度的变化量
F­x图像
由公式W＝Fx可知，F­x图线与x轴围成的面积表示力所做的功
P­t图像
由公式W＝Pt可知，P­t图线与t轴围成的面积表示力所做的功
Ek­x图像
由公式Fx＝Ek－Ek0可知，Ek­x图像的斜率表示合外力