新高考物理一轮复习考点题型分类讲与练第29讲 动能定理及其应用（2份，原卷版+解析版）

这是一份新高考物理一轮复习考点题型分类讲与练第29讲 动能定理及其应用（2份，原卷版+解析版），共13页。试卷主要包含了 考点精讲练， 巩固提升等内容，欢迎下载使用。
考点01：动能定理的理解和基本应用（必备知识+2例+2变式+能力提升）
考点02：动能定理的应用（必备知识+2例+2变式+能力提升）
考点03：动能定理与图像结合（必备知识+1例+1变式）
考点03：用动能定理解决多过程问题（必备知识+1例+1变式）
二、 巩固提升（精选15道题）
动能定理的理解和基本应用
考点一
1.动能
(1)定义：物体由于运动而具有的能量叫作动能。
(2)公式：Ek＝12mv2。
(3)单位：焦耳，1 J＝1 N·m＝1 kg·m2/s2。
(4)标矢性：动能是标量，动能与速度方向无关。
2.动能定理
(1)内容：力在一个过程中对物体做的功，等于物体在这个过程中动能的变化。
(2)表达式：W合＝ΔEk＝12mv22－12mv12。
(3)物理意义：合力的功是物体动能变化的量度。
(4)说明：准确理解动能定理的表达式W＝Ek2－Ek1
①W是合力的功，不要与某个力的功混淆。
②Ek2－Ek1是末动能与初动能的差。
③动能定理的表达式是标量式，与速度方向无关。
④应用动能定理时，要明确针对哪个物体，哪个过程。
【例1-1】（2024·北京·高考真题）水平传送带匀速运动，将一物体无初速度地放置在传送带上，最终物体随传送带一起匀速运动。下列说法正确的是（ ）
A．刚开始物体相对传送带向前运动
B．物体匀速运动过程中，受到静摩擦力
C．物体加速运动过程中，摩擦力对物体做负功
D．传送带运动速度越大，物体加速运动的时间越长
【答案】D
【详解】A．刚开始时，物体速度小于传送带速度，则物体相对传送带向后运动，A错误；
B．匀速运动过程中，物体与传送带之间无相对运动趋势，则物体不受摩擦力作用，B错误；
C．物体加速，由动能定理可知，摩擦力对物体做正功，C错误；
D．设物体与传送带间动摩擦因数为μ，物体相对传送带运动时a=μmgm=μg
做匀加速运动时，物体速度小于传送带速度则一直加速，由v=at可知，传送带速度越大，物体加速运动的时间越长，D正确。故选D。
【例1-2】（2025·江苏扬州·模拟预测）如图所示，有一符合方程y=x2+4的曲面（y轴正方向为竖直向上），在点P（0，40m）将一质量为1kg的小球以2m/s的速度水平抛出，小球第一次打在曲面上的M点，不计空气阻力，取g=10m/s2，则（ ）
A．M点坐标为（5m，29m）
B．小球打在M点时重力的瞬时功率为100W
C．小球打在M点时的动能为404J
D．P点与M点间距离为426m
【答案】D
【详解】A．小球做平抛运动，水平方向匀速直线运动x=v0t
竖直方向匀加速直线运动y=12gt2
则40−y=x2+4
联立解得x=4m，y=20m，t=2s
所以M点坐标为（4m，20m），故A错误；
B．球打在M点时竖直分速度为vy=gt=10×2m/s=20m/s
重力的瞬时功率P=mgvy=1×10×20W=200W，故B错误；
C．球打在M点时速度为v=v02+vy2=404m/s
此时的动能为Ek=12mv2=202J，故C错误；
D．P点与M点间距离l=x2+y2=42+202m=426m，故D正确。故选D。
【变式1-1】（2025·山东·模拟预测）如图，一质量均匀分布的木板长度为L，静止在均匀粗糙的水平桌面上，其右端和桌面右端对齐。现给木板一水平向右的瞬时冲量，木板右移 4L9后静止。将木板放回原位，桌子右端拼合上一张等高的光滑水平桌面，再给木板同样的瞬时冲量I，则木板完全停下时右移的距离为（ ）
A． L2B． L3 C．2L3D．L
【答案】C
【详解】第一次根据动能定理12mv02=μmg⋅4L9
其中I=mv0
第二次设木板完全停下时右移的距离为x，则由动能定理12mv02=μmg+μmg(L−xL)2⋅x
解得x=2L3，故选C。
【变式1-2】（2025·黑吉辽蒙卷·高考真题）如图，一雪块从倾角θ=37°的屋顶上的O点由静止开始下滑，滑到A点后离开屋顶。O、A间距离x=2.5m，A点距地面的高度ℎ=1.95m，雪块与屋顶的动摩擦因数μ=0.125。不计空气阻力，雪块质量不变，取sin37°=0.6，重力加速度大小g=10m/s2。求：
(1)雪块从A点离开屋顶时的速度大小v0；
(2)雪块落地时的速度大小v1，及其速度方向与水平方向的夹角α。
【答案】(1)5m/s (2)8m/s，60°
【详解】（1）雪块在屋顶上运动过程中，由动能定理mgxsinθ−μmgcsθ⋅x=12mv02−0
代入数据解得雪块到A点速度大小为v0=5m/s
（2）雪块离开屋顶后，做斜向下抛运动，由动能定理mgℎ=12mv12−12mv02
代入数据解得雪块到地面速度大小v1=8m/s
速度与水平方向夹角α，满足csα=v0csθv1=5×0.88=12
解得α=60°
【解题能力提升】
动能定理的应用
考点二
1．应用动能定理的注意事项
(1)研究对象：单个物体或相对静止的几个物体构成的物体系。
(2)“一个参考系”：动能定理中的位移和速度应以地面或相对地面静止的物体为参考系。
(3)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。
(4)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。
(5)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。
2．利用动能定理求变力做的功
(1)动能定理不仅适用于求恒力做的功，也适用于求变力做的功，同时因为不涉及变力作用的过程分析，应用非常方便。
(2)当物体受到一个变力和几个恒力作用时，可以用动能定理间接求变力做的功，即W变＋W其他＝ΔEk。
【例2-1】（2025·云南·高考真题）如图所示，中老铁路国际旅客列车从云南某车站由静止出发，沿水平直轨道逐渐加速到144km/h，在此过程中列车对座椅上的一高中生所做的功最接近（ ）
A．4×105JB．4×104JC．4×103JD．4×102J
【答案】B
【详解】高中生的质量约为50kg，根据动能定理有W=12mv2=4.0×104J，故选B。
【例2-2】（2025·四川·高考真题）如图所示，倾角为30°的光滑斜面固定在水平地面上，安装在其顶端的电动机通过不可伸长轻绳与小车相连，小车上静置一物块。小车与物块质量均为m，两者之间动摩擦因数为32。电动机以恒定功率P拉动小车由静止开始沿斜面向上运动。经过一段时间，小车与物块的速度刚好相同，大小为v0。运动过程中轻绳与斜面始终平行，小车和斜面均足够长，重力加速度大小为g，忽略其他摩擦。则这段时间内（ ）
A．物块的位移大小为2v023gB．物块机械能增量为5mv022
C．小车的位移大小为16Pv05mg2−2v025gD．小车机械能增量为8Pv05g+mv022
【答案】C
【详解】A．对物块根据牛顿第二定律有μmgcs30°−mgsin30°=ma
解得a=14g
根据运动学公式有v02=2ax1
解得物块的位移大小为x1=2v02g，故A错误；
B．物块机械能增量为ΔE=12mv02+mgx1⋅sin30°=32mv02，故B错误；
C．对小车根据动能定理有Pt−μmgcs30°+mgsin30°x=12mv02
其中t=v0a，联立解得x=16Pv05mg2−2v025g，故C正确；
D．小车机械能增量为ΔE′=12mv02+mgxsin30°=8Pv05g+3mv0210，故D错误。故选C。
【变式2-1】（多选）如图是多旋翼垂直起降电动飞行汽车模型，其参数如下表。在飞行过程中，电动风扇的总推力为F，空气阻力为f，方向与运动方向相反，重力加速度g取10m/s2。飞行汽车满载时以额定功率从静止开始垂直起飞，经5s达到最大速度。则（ ）
A．最大速度大小为10m/s
B．最大速度大小为25m/s
C．达到最大速度时飞行汽车上升高度为45m
D．达到最大速度时飞行汽车上升高度为48m
【答案】AC
【详解】AB．最大速度时，飞行汽车合力为0，则有F=f+mg
其中F=Pvm=200×103Wvm，f=610F，m=800kg
联立解得vm=10m/s，故A正确，B错误；
CD．根据动能定理有WF−Wf−mgℎ=12mv2
其中WF=Pt=200×103×5J=1×106J，Wf=610WF
联立解得ℎ=45m，故C正确，D错误。故选 AC。
【变式2-2】（2024·新疆河南·高考真题）将重物从高层楼房的窗外运到地面时，为安全起见，要求下降过程中重物与楼墙保持一定的距离。如图，一种简单的操作方法是一人在高处控制一端系在重物上的绳子P，另一人在地面控制另一根一端系在重物上的绳子Q，二人配合可使重物缓慢竖直下降。若重物的质量m=42kg，重力加速度大小g=10m/s2，当P绳与竖直方向的夹角α=37°时，Q绳与竖直方向的夹角β=53°,sin37°=0.6
（1）求此时P、Q绳中拉力的大小；
（2）若开始竖直下降时重物距地面的高度ℎ=10m，求在重物下降到地面的过程中，两根绳子拉力对重物做的总功。
【答案】（1）1200N，900N；（2）−4200J
【详解】（1）重物下降的过程中受力平衡，设此时P、Q绳中拉力的大小分别为T1和T2，竖直方向
T1csα=mg+T2csβ
水平方向T1sinα=T2sinβ
联立代入数值得T1=1200N，T2=900N
（2）整个过程根据动能定理得W+mgℎ=0
解得两根绳子拉力对重物做的总功为W=−4200J
【解题能力提升】
动能定理与图像结合
考点三
1．与动能定理结合紧密的几种图像
(1)v－t图像：由公式x＝vt可知，v－t图线与横坐标轴围成的面积表示物体的位移。
(2)F－x图像：由公式W＝Fx可知，F－x图线与横坐标轴围成的面积表示力所做的功。
(3)P－t图像：由公式W＝Pt可知，P－t图线与横坐标轴围成的面积表示力所做的功。
(4)a－t图像：由公式Δv＝at可知，a－t图线与横坐标轴围成的面积表示物体速度的变化量。
(5)Ek－x图像：由公式F合x＝Ek－Ek0可知，Ek－x图线的斜率表示合外力。
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、图线的交点及图线与坐标轴围成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。
【例3-1】（2023·浙江·高考真题）铅球被水平推出后的运动过程中，不计空气阻力，下列关于铅球在空中运动时的加速度大小a、速度大小v、动能Ek和机械能E随运动时间t的变化关系中，正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【详解】A．由于不计空气阻力，铅球被水平推出后只受重力作用，加速度等于重力加速度，不随时间改变，故A错误；
B．铅球被水平推出后做平抛运动，竖直方向有vy=gt，则抛出后速度大小为v=v02+gt2
可知速度大小与时间不是一次函数关系，故B错误；
C．铅球抛出后的动能Ek=12mv2=12mv02+gt2，可知动能与时间不是一次函数关系，故C错误；
D．铅球水平抛出后由于忽略空气阻力，所以抛出后铅球机械能守恒，故D正确。故选D。
【变式3-1】（多选）（2025·山东临沂·三模）放在粗糙水平地面上的物体受到水平拉力的作用，在0-6s内其速度与时间的关系图像和该拉力的功率与时间的关系图像分别如图甲、乙所示。下列说法正确的是（ ）
A．0-6s内拉力做的功为200J
B．物体受到的摩擦力大小为6N
C．物体的质量为0.8kg
D．物体在0-2s内受到的拉力为6N
【答案】CD
【详解】A．在P−t图像中，图线与坐标轴围成的面积即为所做的功，故0-6s内拉力做的功为W=12×2×60J+4×20J=140J，A错误；
B．由甲图可知2∼6s物体做匀速直线运动，物体受到的摩擦力与拉力是一对平衡力，结合乙图及功率P=Fv，解得f=F=Pv=2010N=2N，B错误
C．由甲图可知，0∼2s物体通过的位移s=12×2×10m=10m
根据动能定理可得P1t1−fs=12mv2−0
代入数据解得m=2P1t1−2fsv2=2×60×2×12−2×2×10102kg=0.8kg，C正确；
D．由甲图可知，0∼2s物体的加速度a=ΔvΔt=102m/s2=5m/s2
根据牛顿第二定律可得F−f=ma
代入数据解得0∼2s物体受到的拉力大小为F=6N，D正确。故选CD。
动能定理与多过程问题
考点四
1.应用动能定理解决多过程问题的两种思路
(1)分阶段应用动能定理
①若题目需要求某一中间物理量，应分阶段应用动能定理。
②物体在多个运动过程中，受到的弹力、摩擦力等力若发生了变化，力在各个过程中做功情况也不同，不宜全过程应用动能定理，可以研究其中一个或几个分过程，结合动能定理，各个击破。
(2)全过程(多个过程)应用动能定理
当物体运动过程包含几个不同的物理过程，又不需要研究过程的中间状态时，可以把几个运动过程看作一个整体，巧妙运用动能定理来研究，从而避开每个运动过程的具体细节，大大减少运算。
2.全过程列式时要注意
(1)重力、弹簧弹力做功取决于物体的初、末位置，与路径无关。
(2)大小恒定的阻力或摩擦力做功的数值等于力的大小与路程的乘积。
【例4-1】（多选）（2024·广东·高考真题）如图所示，光滑斜坡上，可视为质点的甲、乙两个相同滑块，分别从H甲、H乙高度同时由静止开始下滑。斜坡与水平面在O处平滑相接，滑块与水平面间的动摩擦因数为μ，乙在水平面上追上甲时发生弹性碰撞。忽略空气阻力。下列说法正确的有（ ）
A．甲在斜坡上运动时与乙相对静止
B．碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度
C．乙的运动时间与H乙无关
D．甲最终停止位置与O处相距H乙μ
【答案】ABD
【详解】A．两滑块在光滑斜坡上加速度相同，同时由静止开始下滑，则相对速度为0，故A正确；
B．两滑块滑到水平面后均做匀减速运动，由于两滑块质量相同，且发生弹性碰撞，可知碰后两滑块交换速度，即碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度，故B正确；
C．设斜面倾角为θ，乙下滑过程有H乙sinθ=12gsinθt12
在水平面运动一段时间t2后与甲相碰，碰后以甲碰前速度做匀减速运动t3，乙运动的时间为
t=t1+t2+t3，由于t1与H乙有关，则总时间与H乙有关，故C错误；
D．乙下滑过程有mgH乙=12mv乙2
由于甲和乙发生弹性碰撞，交换速度，则可知甲最终停止位置与不发生碰撞时乙最终停止的位置相同；则如果不发生碰撞，乙在水平面运动到停止有v乙2=2μgx
联立可得x=H乙μ
即发生碰撞后甲最终停止位置与O处相距H乙μ，故D正确。故选ABD。
【变式4-1】（2023·浙江·高考真题）一游戏装置竖直截面如图所示，该装置由固定在水平地面上倾角θ=37°的直轨道AB、螺旋圆形轨道BCDE，倾角θ=37°的直轨道EF、水平直轨道FG组成，除FG段外各段轨道均光滑，且各处平滑连接。螺旋圆形轨道与轨道AB、EF相切于BE处．凹槽GHIJ底面HI水平光滑，上面放有一无动力摆渡车，并紧靠在竖直侧壁GH处，摆渡车上表面与直轨道FG、平台JK位于同一水平面。已知螺旋圆形轨道半径R=0.5m，B点高度为1.2R，FG长度LFG=2.5m，HI长度L0=9m，摆渡车长度L=3m、质量m=1kg。将一质量也为m的滑块从倾斜轨道AB上高度ℎ=2.3m处静止释放，滑块在FG段运动时的阻力为其重力的0.2倍。（摆渡车碰到竖直侧壁IJ立即静止，滑块视为质点，不计空气阻力，sin37°=0.6，cs37°=0.8）
（1）求滑块过C点的速度大小vC和轨道对滑块的作用力大小FC；
（2）摆渡车碰到IJ前，滑块恰好不脱离摆渡车，求滑块与摆渡车之间的动摩擦因数μ；
（3）在（2）的条件下，求滑块从G到J所用的时间t。
【答案】（1）vC=4m/s，FC=22N；（2）μ=0.3；（3）t=2.5s
【详解】（1）滑块从静止释放到C点过程，根据动能定理可得
mg(ℎ−1.2R−R−Rcsθ)=12mvC2
解得vC=4m/s
滑块过C点时，根据牛顿第二定律可得FC+mg=mvC2R
解得FC=22N
（2）设滑块刚滑上摆渡车时的速度大小为v，从静止释放到G点过程，根据动能定理可得
mgℎ−0.2mgLFG=12mv2
解得v=6m/s
摆渡车碰到IJ前，滑块恰好不脱离摆渡车，说明滑块到达摆渡车右端时刚好与摆渡车共速v1，以滑块和摆渡车为系统，根据系统动量守恒可得mv=2mv1
解得v1=v2=3m/s
根据能量守恒可得Q=μmgL=12mv2−12×2mv12
解得μ=0.3
（3）滑块从滑上摆渡车到与摆渡车共速过程，滑块的加速度大小为
a=μmgm=3m/s2
所用时间为
t1=v−v1a=1s
此过程滑块通过的位移为
x1=v+v12t1=4.5m
滑块与摆渡车共速后，滑块与摆渡车一起做匀速直线运动，该过程所用时间为
t2=L0−x1v1=1.5s
则滑块从G到J所用的时间为
t=t1+t2=2.5s
【解题能力提升】
巩固提升
1．如图所示，一名质量为m的游客从高处跳下落到沙滩上。已知该游客起跳处脚底与沙滩表面之间的高度差为H，落到沙滩上时屈膝缓冲，重心下降的高度为ℎ，该过程沙子对游客的作用力视为不变，重力加速度为g，不计空气阻力，则该游客从接触沙子到重心停止下降过程中受到沙子竖直向上的冲力为（ ）
A．H+ℎℎmgB．H+ℎHmg
C．ℎH+ℎmgD．HH+ℎmg
【答案】A
【详解】根据动能定理mgH+ℎ−Fℎ=0
则该游客从接触沙子到重心停止下降过程中受到沙子的平均冲力为F=H+ℎℎmg，故选A。
2．（多选）如图，升降机以1m/s2的加速度从静止开始匀加速上升5m的过程中，质量为1kg的物块始终与升降机内固定的斜面相对静止，重力加速度大小取10m/s2，则此过程中（ ）
A．斜面体对物块做的功等于物块动能的增加量
B．斜面体对物块做的总功为55J
C．合力对物块做的总功为5J
D．在升降机上升了5m时，斜面对物块作用力做功的瞬时功率为1010W
【答案】BC
【详解】A．根据动能定理，可知合力对物块做的功等于物块动能的增加量，故A错误；
B．设斜面体对物块的作用力为F，在竖直方向上根据牛顿第二定律有F−mg=ma
解得F=11N
则斜面体对物块做的总功为WF=Fℎ=55J，故B正确；
C．合力对物块做功W=maℎ=5J，故C正确；
D．升降机上升5m时，根据速度位移公式有v2=2aℎ
解得物块的速度v=10m/s
斜面对物块作用力做功的瞬时功率P=Fv=1110W，故D错误。
故选BC。
3．（多选）幼儿园滑梯（如图甲所示）是孩子们喜欢的游乐设施之一，滑梯可以简化为如图乙所示模型。一质量为m 的小朋友（可视为质点），从竖直面内、半径为r 的圆弧形滑道的A 点由静止开始下滑，利用速度传感器测得小朋友到达圆弧最低点B时的速度大小为gr2 （g为当地的重力加速度）。已知过A点的切线与竖直方向的夹角为30° ，滑道各处动摩擦因数相同，则小朋友在沿着AB下滑的过程中（ ）
A．处于先失重后超重状态
B．重力的功率先减小后增大
C．在最低点B时对滑道的压力大小为3mg2
D．摩擦力对小朋友所做的功为−mgr4
【答案】ACD
【详解】A．小朋友在A点时加速度沿着切线向下，处于失重状态，到最低点时加速度竖直向上，处于超重状态，故A正确；
B．小朋友在A点时速度为零，重力的功率为零，到最低点时重力的方向与速度方向垂直，重力的功率也为零，故重力的功率先增大后减小，故B错误；
C．在B点，根据牛顿第二定律得FN−mg=mv2r
解得FN=32mg
结合牛顿第三定律得小朋友在最低点时对滑道的压力大小为F′N=FN=32mg，故C正确；
D．在整个运动过程中，由动能定理得mgr1−cs60°+Wf=12mv2−0
可得克摩擦力做功为Wf=−14mgr，故D正确。
故选ACD。
4．某次训练投掷中，运动员将质量m=4kg的铅球以初速度v0斜向上抛出，忽略空气阻力，重力加速度g=10m/s2。已知铅球在t1=0.5s时动能达到最小值Ekmin=150J。以抛出点所在水平面为零势能面，下列反映铅球在空中运动过程中动能Ek、重力势能Ep，随时间t或高度h变化关系的图像正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【详解】AC．铅球做斜抛运动，在t1=0.5s时动能达到最小值Ekmin=150J，此时到达最高点，且重力势能最大；设抛出时的水平速度为v0x，则12mv0x2=Ekimn=150J
解得v0x=53m/s
抛出时的竖直速度v0y=gt1=5m/s
可知抛出时的速度方向与水平方向夹角为30°；初动能Ek0=12m(vx02+vy02)=200J
则上升过程中t时刻的动能Ek=Ek0−mgℎ=Ek0−mgv0y+(v0y−gt)2t
可知Ek−t图像是二次函数，不是直线；因Ek=Ek0−mgℎ=200−40ℎ
其中h最大值ℎ=12gt12=1.25m
则Ek−ℎ图像是倾斜直线且上升时和下降时的图像重合，选项A错误，C正确；
BD．重力势能Ep=mgℎ=mgv0y+(v0y−gt)2t
可知Ep−t图像是二次函数，不是直线；Ep−ℎ图像是一条直线，因h最大值为1.25m，则下降过程图像与上升过程重合，选项BD错误。
故选C。
5．（多选）一质量为1kg的物体在水平拉力的作用下，由静止开始在水平地面上沿x轴运动，出发点为x轴零点，拉力做的功W与物体坐标x的关系如图所示。物体与水平地面间的动摩擦因数为0.4，重力加速度大小取10m/s2。下列说法正确的是（ ）

A．在x = 1m时，拉力的功率为6W
B．在x = 4m时，物体的动能为2J
C．从x = 0运动到x = 2m，物体克服摩擦力做的功为8J
D．从x = 0运动到x = 4的过程中，物体的动量最大为2kg∙m/s
【答案】BC
【详解】由于拉力在水平方向，则拉力做的功为
W = Fx
可看出W—x图像的斜率代表拉力F。
AB．在物体运动的过程中根据动能定理有
W−μmgx=12mv2
则x = 1m时物体的速度为
v1= 2m/sx = 1m时，拉力为
F=ΔWΔx=6N
则此时拉力的功率
P = Fv1= 12Wx = 4m时物体的动能为
Ek= 2J
A错误、B正确；
C．从x = 0运动到x = 2m，物体克服摩擦力做的功为
Wf= μmgx = 8J
C正确；
D．根据W—x图像可知在0—2m的过程中F1= 6N，2—4m的过程中F2= 3N，由于物体受到的摩擦力恒为f = 4N，则物体在x = 2m处速度最大，且根据选项AB分析可知此时的速度
v2=8m/s
则从x = 0运动到x = 4的过程中，物体的动量最大为
p=mv=22kg⋅m/s
D错误。故选BC。
6．如图所示，光滑斜面体OAB固定在水平桌面上，斜面OA和OB的倾角分别为α=53°、β=37°。质量相同的物块a和b（均可视为质点）从顶端O处分别由斜面OA和OB从静止滑下，sin37°=0.6，cs37°=0.8，下列说法正确的是（ ）
A．a和b下滑过程，所用时间之比为ta:tb=4:3
B．a和b下滑过程，重力的冲量大小之比为Ia:Ib=3:4
C．a和b下滑到底端时，重力的瞬时功率大小之比为Pa:Pb=1:1
D．a和b下滑到底端时，动能大小之比为Ea:Eb=3:4
【答案】B
【详解】A．设斜面的高度为h，则ℎsinα=12gsinα⋅ta2，ℎsinβ=12gsinβ⋅tb2
所以ta:tb=3:4，故A错误；
B．下滑过程中重力的冲量大小为I=mgt
所以Ia:Ib=ta:tb=3:4，故B正确；
C．下滑到底端时，重力的瞬时功率大小为Pa=mgvasinα=mg⋅gsinα⋅ta⋅sinα，Pb=mg⋅gsinβ⋅tb⋅sinβ
所以Pa:Pb=4:3
故C错误；
D．根据动能定理可得Ek=mgℎ
所以Eka:Ekb=1:1
故D错误。故选B。
7．实验小组利用风洞研究抛体运动，在风洞内无风时，将一小球从距水平面高h处的O点以某一速度水平抛出后，小球落到水平面上时的动能为Ek，水平位移d=0.8ℎ，现让风洞内存在如图所示方向的风，使小球受到恒定的风力，小球仍以相同的速度从O点水平抛出，则小球落到水平面上时的动能（ ）
A．一定大于EkB．一定小于EkC．等于EkD．不大于Ek
【答案】A
【详解】根据已知条件可知，风力对小球做正功，根据动能定理可知，小球落到水平面上时的动能一定大于Ek。故选A。
8．为了测试无人驾驶快递车的运行性能，甲、乙两辆完全相同的快递车由静止沿同一方向出发做直线运动，以出发时刻为计时起点，甲快递车的速度—时间图像如图（a）所示，乙快递车所受合外力—位移图像如图（b）所示。（只考虑图中所显示的运动过程）则（ ）
A．两辆快递车都能回到出发点B．两辆快递车合力做功相同
C．两辆快递车都做单向直线运动D．两辆快递车运动的路程不同
【答案】B
【详解】AC．由图（a）可知甲快递车0~4s沿着正方向运动，4~8s返回，第8秒回到出发点；由图（b）结合牛顿第二定律可知，0~4m内乙快递车的加速度为正方向，乙快递车沿着正方向加速运动，4~8m乙快递车的加速度为负方向，乙快递车沿着正方向减速运动，根据对称性可知，在x=8m，乙快递车的速度刚好减为0 ，故AC错误；
B．对乙车分析，F−s图像的面积表示合外力做的功，在0~8m合外力对乙车做功为0，0.8m时乙车速度为0，根据动能定理，合外力所做的功等于物体动能的变化量，两辆车初速度均为0，初始动能为0，末速度也为0，所以合力做功为0，故B正确；
D．v−t图线与t轴围成图形的面积之和表示路程，由图（a）可知甲快递车运动的路程为s=12×2×4m+12×2×4m=8m
由图（b）可知乙快递车运动的路程为8m，可知两辆快递车运动的路程相同，故D错误。
故选B。
9．图甲所示“反向蹦极”区别于传统蹦极，让人们在欢笑与惊叹中体验到了别样的刺激。情境简化为图乙所示，弹性轻绳的上端固定在O点，下端固定在体验者的身上，多名工作人员将人竖直下拉并与固定在地面上的力传感器相连，人静止时传感器示数为1200 N。打开扣环，人从a点像火箭一样被“竖直发射”，经速度最大位置b上升到最高点c。已知ab=3 m，人（含装备）总质量m=80 kg（可视为质点）。忽略空气阻力，重力加速度g=10 m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．打开扣环瞬间，人的加速度大小为5m/s2
B．体验者在a、c间做简谐运动
C．b、c两点间的距离为3.25 m
D．人在c点的加速度大小也为15 m/s2
【答案】C
【详解】A．打开扣环瞬间，由kx−mg=ma
且弹力不能突变，则kx−mg=1200N
则得a=15m/s2
故A错误；
B．打开卡扣时，体验者所受回复力（即体验者所受重力与弹性绳弹力的合力）大小等于传感器的示数，即1200N，因1200N>mg=800N
所以体验者到达c点前弹性绳已经松弛，即体验者在a、c间的运动不是简谐运动，故B错误；
C．设弹性绳的劲度系数为k，体验者处于a点时弹性绳的伸长量为x，则有kx−mg=1200N
体验者经过b点时有kx−ab=mg
两式联立得k=400Nm，x=5m
体验者由a点运动到c点过程中，由动能定理得kx2⋅x−mgab+bc=0
求得bc=3.25m
故C正确；
D．人在c点时只受重力，加速度大小为g，即10ms2，故D错误。
故选C。
10．质量为m、长为L的均质软绳一部分平直放在足够高的桌面上，一部分自然下垂，恰好能保持平衡，由于微小晃动，软绳由静止开始滑下。已知软绳与桌面间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，桌面边缘处光滑，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（ ）
A．起初下垂部分的软绳长度为L1+μ
B．起初放在桌面上的软绳长度为μL1+μ
C．软绳与桌面间的最大摩擦力为μ2mg1+μ
D．软绳刚离开桌面时的速度大小为gL1+μ
【答案】D
【详解】AB．设软绳下垂部分的长度为x，其质量为xLm，有xLmg=μL−xLmg
解得x=μL1+μ
起初放在桌面上的软绳长度为L−x=L1+μ，故AB错误；
C．软绳与桌面间的最大静摩擦力为fmax=μL1+μLmg=μmg1+μ，故C错误；
D．设软绳离开桌面时的速度大小为v，根据动能定理有
L21+μ+μL1+μmg1+μ−Wf=12mv2
其中Wf=μmgL21+μ2
联立解得v=gL1+μ，故D正确。故选D。
11．（多选）如图1所示，中国选手夺得杭州亚运会男子八人单桨有舵手赛艇项目冠军。若在决赛中赛艇达到某一速度后，在相邻两个划桨周期T内的加速度a与时间t的图像如图2所示，赛艇前进方向为正方向，图2中a1>2a2，赛艇（含选手）总质量为m，这两个划桨周期内的运动视为直线运动，则下列说法正确的是（ ）
A．第一个划桨周期内合力做的总功为118m(a1−2a2)2T2
B．经过相邻两个划桨周期，速度变化量为2T3(a1−2a2)
C．该相邻两个划桨周期内合力的总冲量为mT3(a1−2a2)
D．该相邻两个划桨周期内的位移差大小为T23(a1−2a2)
【答案】BD
【详解】A．第一个划桨周期速度增量为Δv1=a1⋅T3−a2⋅2T3=T3(a1−2a2)>0
故第一个划桨周期的末速度为v1=v0+T3(a1−2a2)
根据动能定理可得W=12mv0+T3(a1−2a2)2−12mv02
因为初速度未知，故不能求出合力做的总功，故A错误；
B．经过连续两个划桨周期，速度增量为Δv2=2Δv1=2T3(a1−2a2)，故B正确；
C．根据动量定理可得，相邻两个划桨周期内合力的冲量为I合=mΔv2=2mT3(a1−2a2)，故C错误；
D．作出连续两个划桨周期的v−t图像，如图所示
由v−t图像面积的物理意义为位移可知，该相邻两个划桨周期的位移增量为图中阴影部分面积，即x=Δv1⋅T=T23(a1−2a2)，故D正确。
故选BD。
12．小明用如图所示的装置探究水平风力对平抛物体运动的影响，将一弹簧枪水平固定在风洞内距水平地面高度H=5 m处，质量m=1kg的小球以速度v0=5m/s从弹簧枪枪口水平射出，小球在空中运动过程中始终受到大小不变、水平向左的风力作用、小球落到地面上的A点，A点与弹簧枪枪口水平距离OA=2.5m。重力加速度g=10 m/s2。求：
(1)小球落地所需时间和小球所受风力F的大小；
(2)小球落地时的动能Ek。
【答案】(1)1s，5N(2)50J
【详解】（1）小球在竖直方向做自由落体运动，落地所需时间t=2Hg=1s
小球在水平方向做匀减速运动xOA=v0t−12at2
解得a=5m/s2
小球所受风力大小F=ma
可得F=5N
（2）小球射出至落地的过程由动能定理有mgH−FxOA=Ek−12mv02
解得Ek=50J
或竖直方向速度vy=gt=10m/s
水平方向速度vx=v0−at=0
动能Ek=12mvy2=50J
13．质量m=20g、可视为质点的小石片从距液面高ℎ0处的P点以初速度v0=8m/s水平飞出后，从A点与液面成α=37∘射入某种液体中，然后从B点与液面成β=45∘射出液面做斜上抛运动，到达最高点D时距离液面的高度ℎ1=0.2m。已知小石片从A点运动到B点的过程中，水对小石片的作用力在水平和竖直方向上的分量保持不变，A、B两点间的距离L=1m，重力加速度g=10m/s2，sin37∘=0.6，不计空气阻力。求：
(1)小石片从A点运动到B点的过程中，该液体对小石片做的功W；
(2)小石片从抛出到第二次进入液面运动的时间t。
【答案】(1)−0.92J (2)1.2s
【详解】（1）由平抛运动规律可知，小石片在A点速度大小v1=v0csα
小石片在D点速度大小v2x=v2csβ
由机械能守恒定律有12mv22=mgℎ1+12mv2x2
从A点运动到B点W=12mv22−12mv12
解得W=−0.92J
（2）从P点运动到A点，时间t1=v0tanαg
从A点运动到B点，水平方向有L=v2x+v02t2
从B点运动到D点，逆向思维法可知ℎ1=12gt32
根据对称性可知t=t1+t2+2t3=1.2s
14．如图所示，在火星上执行救援任务中，工程师设计了一款应急轨道装置。水平轨道长度L=32m，与半径R=0.5m的四分之一竖直光滑圆轨道在底部相切且固定在水平地面上。一质量m=5kg的物资箱从水平轨道最左端开始，在方向与水平面夹角α=30°、大小F=20N的恒力作用下，由静止开始沿着水平轨道运动，且整个运动过程中恒力F始终存在。已知物资箱与水平轨道表面动摩擦因数μ=32，火星表面重力加速度g=4m/s2，忽略空气阻力。求：
(1)物资箱到达圆轨道底端时对轨道的压力FN的大小；
(2)物资箱从静止开始到第一次落地过程中，距离水平轨道的最大高度H。
【答案】(1)40N (2)23+34m
【详解】（1）对物资箱进行受力分析，根据牛顿第二定律可得Fcsα−Ff=ma
竖直方向上根据受力平衡得Fsinα+FN=mg
又Ff=μFN
联立解得a=3m/s2
在水平轨道的运动过程中，根据运动学公式得v12=2aL
解得v1=3m/s
在圆轨道最低点，根据牛顿第二定律得F′N+Fsin30°−mg=mv12R
解得F′N=40N
根据牛顿第三定律可知，物资箱对轨道的压力大小为FN=F′N=40N
（2）从圆轨道最低点到圆轨道最高点的过程中，外力F做得功为WF=FRcsα+FRsinα
根据动能定理可得WF−mgR=12mv22−12mv12
解得v2=23+1m/s
离开圆轨道后，在竖直方向上，物资箱做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律得mg−Fsinα=ma2
解得a2=2m/s2
根据运动学公式可得v22=2a2ℎ
到水平轨道的最大高度为H=ℎ+R
联立解得H=23+34m
15．某滑雪场设计建造了如图所示的滑雪滑道。AB段为倾斜的直滑道，BC和DE为水平滑道，A、B两点之间的高度差ℎ=20m，A、C两点间的水平距离x=64m。一质量为M=60kg的滑雪者脚踏滑板从滑道上端的A点由静止开始向下滑动，经过B点时无能量损失。进入水平滑道后滑雪者在C处滑上一放置在光滑凹槽内的薄板。薄板质量为m=30kg、长L（L未知），滑板与滑道、滑板与薄板之间的动摩擦因数均为μ=0.2，薄板上表面与水平滑道BC和DE表面齐平，薄板左端离凹槽的左端D处的距离为d=8m，薄板与凹槽的D端的碰撞为弹性碰撞。忽略滑雪者所受空气阻力，滑雪者可视为质点。重力加速度取g=10m/s2。
(1)求滑雪者到达凹槽右端C处的速度大小。
(2)若滑雪者在薄板左端第二次到达凹槽左端D处时刚好滑上水平滑道DE，求木板长度L的值以及整个过程中滑雪者与薄板间因摩擦产生的热量。
【答案】(1)12m/s (2)1003m，4000J
【详解】（1）根据题意，设AB的倾角为θ，滑雪者从A→B→C的过程中，根据动能定理有Mgℎ−μMgcsθ⋅x1csθ−Mgx2=12MvC2
又有x1+x2=x=64m
解得vC=12ms
（2）根据牛顿第二定律，对薄板有μMg=ma1
对滑雪者有μMg=Ma2
当薄板第一次到达凹槽的D端的速度以及该过程所需的时间分别为v1=2a1d=8m/s，t1=2da1=2s
此时滑雪者的速度v2=vC−a2t1=8m/s
此过程滑雪者相对薄板的位移为Δx1=12×2m−12×2×22m−12×4×22m=12m
随即薄板与凹槽的D端发生弹性碰撞，设向左为正方向，根据动量守恒可得Mv2−mv1=M+mv1
根据能量守恒可得12Mv22+12mv12=12M+mv共2+μMgΔx2
此时，滑雪者刚好第二次到达槽的D端，则L=Δx1+Δx2=1003m
产生的热量Q=μMgL=4000J
合力做功与动能变化的关系
最大起飞重量：满载时的总质量
800kg
电动风扇的总功率：电动风扇总推力的额定功率
200kW
推阻比：电动风扇总推力F与空气阻力f大小之比
10:6
应用动能定理的解题流程
多过程问题的分析方法
1.将“多过程”拆分为许多“子过程”，各“子过程”间由“衔接点”连接。
2.对各“子过程”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。