新高考新教材一轮复习人教版第五章第2讲动能定理及其应用学案

第2讲动能定理及其应用

必备知识新学法基础落实段套蕉蕉^

［主干知识填一填］

一、动能

2

1.公式：Ek=^mv,式中。为瞬时速度，动能是状态量.

2.矢标性：动能是标量,只有正值，动能与速度的方向无关.

3.动能的变化量：ʌEk=∣∕nυ?-∣WPT.

4.动能的相对性

由于速度具有相对性,则动能也具有相对性,一般以地面为参考系.

二、动能定理

L内容：合外力对物体所做的功等于物体动能的变化.

2.表达式：W-ΔEk=^∣nvl-^mv↑.

3.物理意义：合外力的功是物体动能变化的量度.

4.适用条件

(1)动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动.

(2)既适用于恒力做功，也适用于变力做功.

(3)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以不同时作用.

［规律结论•记一记］

1.动能是标量，最"力中的。指物体的合速度，动能定理中的功指所有力做的总功，所

以不能把速度分解到某个力的方向上应用动能定理.

2.动能与动能的变化是两个不同的概念，动能是状态量，动能的变化是过程量.动能

为非负值，而动能变化量有正负之分.AEk>O表示物体的动能增加，AEsO表示物体的动

能减少.

3.应用动能定理时，物体的位移、速度都应以地面或相对地面静止的物体为参考系.

4.动能定理是标量关系式，应用动能定理时不用规定正方向，但要明确相应过程中各

力做功的正负，无法确定正负的假设为正功，然后代入计算，根据结果再行判断.

5.动能定理研究的对象是单一物体(质点)或者是可以看成单一物体(质点)的物体系.对

于运动状态不同的物体，应分别应用动能定理列式求解.

［必刷小题•测一测］

一、易混易错判断

1.一定质量的物体动能变化时，速度一定变化，但速度变化时，动能不一定变化.(J)

2.动能不变的物体一定处于平衡状态.（X）

3.如果物体所受的合外力为零，那么合外力对物体做功一定为零.（J）

4.物体在合外力作用下做变速运动时，动能一定变化.（X）

5.物体的动能不变，所受的合外力必定为零.（X）

6.做自由落体运动的物体，动能与时间的二次方成正比.（J）

二、经典小题速练

L（多选）关于动能，下列说法正确的是（）

A.公式以=%"中的速度。一般是物体相对于地面的速度

B.动能的大小由物体的质量和速率决定，与物体运动的方向无关

C.物体以相同的速率向东和向西运动，动能的大小相等但方向不同

D.物体以相同的速率做匀速直线运动和曲线运动，其动能不同

解析：AB动能是标量，与速度的大小有关，而与速度的方向无关.公式中的速度一

般是相对于地面的速度，故A、B正确.

2.（多选）质量不等，但有相同动能的两个物体，在动摩擦因数相同的水平地面上滑行，

直至停止，则（）

A.质量大的物体滑行的距离大

B.质量小的物体滑行的距离大

C.它们滑行的距离一样大

D.它们克服摩擦力所做的功一样多

解析：BD由动能定理可知，摩擦力对物体所做的功等于物体动能的变化量，因两物

体具有相同的初动能，故两物体滑行过程中克服摩擦力所做的功也相同，又Wf=〃〃用X可知，

质量越大的物体，滑行的距离X越小，故选项B、D正确.

3∙（2022∙辽宁大连市高三月考）如图所示，一名滑雪爱好者从离地h

=4Om高的山坡上A点由静止沿两段坡度不同的直雪道A。、DC滑/卜

下，滑到坡底C时的速度大小。=20m∕s.已知滑雪爱好者的质量m=―lβ

60kg,滑雪板与雪道间的动摩擦因数〃，Be间的距离L=IOOm,重力加速度g=10m/s2,

忽略在。点损失的机械能，则下滑过程中滑雪爱好者做的功为（）

A.3000JB.4000J

C.5000JD.6000J

2

解析：A根据动能定理有W-μmgLADCθsa-μmgLcE>cosβ+mgh=^nvfEP：W-μmgL

+mgh=^ιnv2,求得W=3000J,故选A.

「关键能力新探究思维拓展:

命题点一对动能定理的理解及应用（自主学习）

［核心整合］

1.对“外力”的两点理解

（1）“外力”指的是合外力，可以是重力、弹力、摩擦力、电场力、磁场力或其他力,

它们可以同时作用，也可以不同时作用.

（2）“外力”既可以是恒力，也可以是变力.

2.公式W合=中“="体现的三个关系

二—因果关系W会是引起物体动能变化的原因

个―

—

关一数量关系合力做功与动能变化具有等量代换关系

系一单位关系W合与AEk的单位相同

I题组突破I

1.（对动能的理解）高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动.在

启动阶段，列车的动能（）

A.与它所经历的时间成正比

B.与它的位移成正比

C.与它的速度成正比

D.与它的动量成正比

22

解析:B动能Ek=*加2,与速度的平方成正比，故C错误.速度O=W,可得Ek^mat,

与经历的时间的平方成正比，故A错误.根据。2=2好，可得反=，〃以，与位移成正比，故

“2

B正确.动量p=nn>,可得Ek=髭，与动量的平方成正比，故D错误.

2.（对动能定理的理解）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（）

zzzzzz7zzzz∕zzz√zz∕z

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

解析：A根据动能定理可得：般+Wf=Ek,又知道摩擦力做负功，即Wf<0,所以木

箱获得的动能一定小于拉力所做的功，选项A正确、B错误；根据WF+Wf=Ek,无法确定

Ek与一Wf的大小关系，选项C、D错误.

3.（动能定理的应用）（2021・河北卷）一半径为R的圆柱体水平固定，横截面如图所示，

长度为兀R、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

位于尸点右侧同一水平高度的。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.7(2+π)gRB.y∣2πgR

C.y∣2(l+π)gRD.2√^

I/ɔ

解析：A小球下落的高度为"=πR—争？+R==R,小球下落过程中，根据

动能定理有，，"g∕z=Jro2,综上有O=M(兀+2)gR,故选A.

命题点二应用动能定理求解多过程问题(师生互动)

［核心整合］

I.首先需要建立运动模型，选择合适的研究过程能使问题得以简化.当物体的运动过

程包含几个运动性质不同的子过程时，可以选择一个、几个或全部子过程作为研究过程.

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的功等于力的大小与路程的乘积.

3.专注过程与过程的连接状态的受力特征与运动特征(比如：速度、加速度或位移).

4.列整体(或分过程)的动能定理方程.

EE(2022•信阳模拟汝U图所示AB和CCO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=Im的:圆周轨道，CDO是半径为r=0.5m的半圆轨道，

最高点。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

SO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=Im,与小球之间的动摩擦因数jt""=lkg的小球从4点的正上方距水平线OA高，的P

处自由落下.(g取IOm/s?)

(1)当H=2m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CQO轨道，求”的取值范围.

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

得：

mg(H÷r)-μmgL—^mvD2-O

在。点轨道对小球的支持力FN提供向心力，则有：

VD2

∕7N≈W-

联立解得：FN≈84N

由牛顿第三定律得，小球对轨道的压力大小为：

FN'=At=84N.

(2)为使小球仅仅与挡板碰撞一次，且小球不会脱离CDO轨道，”最小时必须满足能上

升到。点，由动能定理得：

2

WIgHmin-μmgL=^mvo-0

在。点有：mg=Itry-

代入数据解得：Mnin=0.65m

仅仅与弹性挡板碰撞一次，且小球不会脱离COO轨道，H最大时，碰后再返回最高能

上升到。点，则有：

rng(Hmm+r)-3μmgL=0

代入数据解得：HmaX=O.7m

故有：0.65mWHW0.7m.

答案：(j)84N(2)0.65m≤∕∕≤0.7m

I题后反思I

用动能定理解决多过程问题的方法技巧

(1)运用动能定理解决问题时，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时，要注意它

们的功能特点.

［题组突破］

I.如图甲所示为一景区游乐滑道，游客坐在座垫上沿着花岗岩滑道下滑，他可依靠手、

脚与侧壁间的摩擦来控制下滑速度.滑道简化图如乙所示，滑道由AB、BC、CQ三段组成,

各段之间平滑连接.AB段和CD段与水平面夹角为仇，竖直距离均为生,BC段与水平面夹

角为&，竖直距离为少八一质量为机的游客从A点由静止开始下滑，到达底端。点时的安

全速度不得大于√荻，已知Sinel=asinft=∣)座垫与滑道底面间摩擦及空气阻力均不

计，若未使用座垫，游客与滑道底面间的摩擦力大小力运动过程中游客始终不离开滑道,

问：

Λ

甲乙

(1)游客使用座垫自由下滑(即与侧壁间无摩擦)，则游客在BC段增加的动能AEk多大?

(2)若游客未使用座垫且与侧壁间无摩擦下滑，则游客到达D点时是否安全；

(3)若游客使用座垫下滑，则克服侧壁摩擦力做功的最小值.

解析：(1)由动能定理得AEk=%ιg%.

(2)在Af)段，由动能定理得

/?<|

mg(hu+^ho+homg2⅛2∣=yzwυn2-p,

Vsinsin6>2J

解得。O=错误！>错误!，到达。点时不安全.

(3)整个过程，由动能定理得

mg(∕zo+夕7O+∕7O)-W=%n⅛maχ-0,

解得Wmgho.

答案：(1)；，刖0，"的

2.(2019•天津卷)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1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2,AB长Ll=I50m,BC水平投影上=63m,图中C点切线方向与水

平方向的夹角9=12。(SinI2。、).若舰载机从4点由静止开始做匀加速直线运动，经t=6s

到达B点进入8C.己知飞行员的质量%=60kg,g=10m∕s2,求：

图1图2

(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.

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

则有∕=%D

根据动能定理，有W=JTw2—0②

联立①②式，代入数据，得WXlO4J.③

(2)设上翘甲板所对应的圆弧半径为凡根据几何关系，

有L2=Rsin3®

由牛顿第二定律，有FN—仄⑤

联立①④⑤式，代入数据，得FNXIO3N.⑥

答案X104JX1()3N

命题点三动能定理与图像的综合问题(师生互动)

［核心整合］

1.常与动能定理结合的四类图像

υr图由公式X=Of可知，。-f图线与坐标轴围成的面积表示物体的位移

a-t图由公式A。=G可知，αr图线与坐标轴围成的面积表示物体速度的变化量

F-X图由公式W=Fr可知，F-X图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功

Pf图由公式W=Pf可知，PT图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功

2.解决物理图像问题的基本步骤

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

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

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

EUJ(2022•北京市九中高三检测)如图甲所示，为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最

大位移X与斜面倾角θ的关系，将某一物体每次以不变的初速率。。沿足够长的斜面向上推

出，调节斜面与水平方向的夹角仇实验测得X与斜面倾角θ的关系如图乙所示,g取10m∕s2.

根据图像可求出：

(1)物体的初速度是多少？

(2)物体与斜面间的动摩擦因数"是多少？

(3)针对不同斜面倾角θ,物体在斜面上能达到的位移X的最小值是多少？

解析：⑴由题图可知，当(9=90。时物体做竖直上抛运动，位移为x=1.80m;由竖直上

抛运动规律可知：v*=2gh,

代入数据解得：Vo=6m∕s.

(2)当8=0。时，位移为x=2.40m;由动能定理可得：一〃mgx=O-

代入数据解得：4=0.75.

(3)由动能定理得：一/Mgxsinθ~μmgxcosθ=O-^mvi,

1.81.8

解仔：X----------ɜ------m=7m,

Sine+JoSeWSin(9+α)

当6+α=90。时，sin(6+α)=l;此时位移最小，

X=1.44m.

答案：(l)6m∕s(2)0.75(3)1.44m

I题后反思I

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。Y图像、Rr图像、Ek7图像等).

(2)挖掘图像的隐含条件，得出所需要的物理量，如由。-/图像所包围的“面积”求位移,

由广X图像所包围的“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.

I题组突破I

1.(动能定理与Ek-X图像结合)(2020・江苏卷)如图所示，一小物ʌ

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:一

OX

过程中，物块的动能Ek与水平位移X关系的图像是()

解析：A设斜面的倾角为仇小物块滑至斜面某处(发生的水平位移为x)时的末动能为

Ek,由动能定理，〃琢Xtane—〃MgCOS=Ek—0,即mgxtan。一"ggx=Ek-0,故小物

块沿斜面下滑时Ek与X成正比.当小物块在水平地面上运动时，可逆向看作初速度为零的

匀加速运动.由动能定理得〃2"gx=Ek,即Ek与尤也成正比.

2.（动能定理与F-x图像结合）（多选）在某一粗糙的水平面上，一质量为2kg的物体在水

平恒定拉力的作用下做匀速直线运动，当运动一段时间后，拉力逐渐减小，且当拉力减小到

零时，物体刚好停止运动，图中给出了拉力随位移变化的关系图像.已知重力加速度g=10

m∕s2.根据以上信息能精确得出或估算得出的物理量有（）

A.物体与水平面间的动摩擦因数

B.合外力对物体所做的功

C.物体做匀速运动时的速度

D.物体运动的时间

解析：ABC物体做匀速直线运动时，拉力F与滑动摩擦力吊大小相等，物体与水平

E1

面间的动摩擦因数为〃=■£；,A正确；减速过程由动能定理得WF+M=0—9加2,根据广

/MgL

X图像中图线与坐标轴围成的面积可以估算力F做的功WF,而Wf=—由此可求得合

外力对物体所做的功，及物体做匀速运动时的速度。，B、C正确；因为物体做变加速运动,

所以运动时间无法求出，D错误.

；核心素养新导向学科培优;

素养培优15运用动能定理巧解三类往复运动问题

类型一往复次数可确定的情形

典例1如图所示，ABCD是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底BC的连接处都是一段

与BC相切的圆弧，BC是水平的，其距离d=0.50m.盆边缘的高度为∕J=0.30m.在4处

放一个质量为〃?的小物块并让其从静止开始下滑（图中小物块未画出）.已知盆内侧壁是光滑

的，而盆底BC面与小物块间的动摩擦因数为"，最后停下来，则停止的地点到8的距离为

)

A.0.50mB.0.25m

C.0.10mD.O

解析：D设小物块在BC段通过的总路程为s,由于只有BC面上存在摩擦力，其做功

为一μmgs,而重力做功与路径无关，由动能定理得：mg〃一"AWgS=O,代入数据可解得s=3

m.由于d=0.50m,所以，小物块在8。面上经过3次往复运动后，又回到8点.D正确.

类型二往复次数无法确定的情形

典例2如图所示，斜面的倾角为仇质量为,〃的滑块距挡板尸的距离为次，滑块以

初速度加沿斜面上滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为〃，滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向

下的分力.若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失，则滑块经过的总路程是()

Xotanθ

412gcosθ

ɪotanθ

2（福

ɪotanθ

Jλk2gcosθ

n1(比I的、

υ∙〃(2gcos6»十tan必

解析：A滑块最终要停在斜面底部，设滑块经过的总路程为$,对滑块运动的全程应

用动能定理：∕ngxosin。一WHgscos8=0一方加3,解得S=,选项A正确.

类型三往复运动永不停止的情形

典例3如图所示,竖直固定放置的斜面OE与一光滑的圆弧轨

道ABC相切，C为切点，圆弧轨道的半径为V-'?

R,斜面的倾角为。.现有一质量为〃，的滑块从。点无初速下滑，B

滑块可在斜面和圆弧轨道之间做往复运动，已知圆弧轨道的圆心。与物的

A、。在同一水平面上，滑块与斜面间的动摩擦因数为〃，求：

(1)滑块第一次滑至左侧圆弧上时距A点的最小高度差h；

(2)滑块在斜面上能通过的最大路程s.

解析：(1)滑块从。到达左侧最高点F经历。UCB,B尸三个过程，现以。尸整个过程

为研究过程，运用动能定理得：

R

∙7~^7=0,

mgh~μmgcosθlα∏U

从RCOSθ

解得/?=

tanθ,

(2)通过分析可知，滑块最终至C点的速度为O时对应在斜面上的总路程最大，由动能

定理得：

mgRcos9一μmgcosθ∙s=0,

解得：S=/

答案F嚅/碱

I反思领悟I

(1)应用动能定理求解往复运动问题时，要确定物体的初状态和最终状态.

(2)重力做功与物体运动路径无关，可用WG=/Mg∕z直接求解.

(3)滑动摩擦力做功与物体运动路径有关，可用Wf=-Hs求解，其中S为物体相对滑行

的总路程.

限时规范训练

［基础巩固I

1.(2021•山东卷)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。转动，另一端与质量为m的小木

块相连.木块以水平初速度。°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()

,mvt)Cmvi

A・通B•通

D∙鬻

C.8πZ

解析：B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

-B∙2πL=°一品质，可得摩擦力的大小R=翳，故选B.

2.如图所示，小物体从A处由静止开始沿光滑斜面4。下滑，又在粗糙水平面上滑动,

最终停在3处，已知A距水平面OB的高度为肌物体的质量为肛现用力将物体从B点静

2

止沿原路拉回至距水平面高为和的C点处，已知重力加速度为g,需外力做的功至少应为

A.yιgh

C.ImghD.2mgh

解析：C物体从A到B全程应用动能定理可得机的一Wf=0,由B返回C处过程，由

25

动能定理得WF-WL］，〃g〃=O,联立可得场=）佻?〃，故选C.

3.从地面竖直向上抛出一只小球，小球运动一段时间后落回地面.忽略空气阻力，该

过程中小球的动能Ek与时间，的关系图像是（）

解析：A小球做竖直上抛运动，设初速度为Vo,则v-vo-gt,小球的动能Ek=*/,

把速度0代入得Ek=Jng2户一,叫0/+/加Ek与，为二次函数关系，故A正确.

4.（2022.济南调研）（多选）如图所示，某质点沿直线运动的。T图像为不

余弦曲线，从图中可以判断（）0演

A.在0〜八时间内，合力逐渐减小-4--^

B.在0~f2时间内，合力做正功

C.在外〜介时间内，合力的功率先增大后减小

D.在，2〜必时间内，合力做的总功为零

解析：CD从。7图线的斜率表示加速度可知，在0〜fl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〜会时间内，动能增量为0,即合外

力做功为0,故B错误；”时刻，尸最大，。=0,尸的功率为0,B时刻尸=0,速度最大，F

的功率为0,f∣〜及时间内，合外力的功率先增大后减小，故C正确；由动能定理知〜〃

时间内，动能增量为0,即合外力做功为0,故D正确.

5.（2022∙广东茂名市第一中学期中）如图所示，运动员把质量为机的足球从水平地面踢

出，足球在空中达到的最高点高度为〃，在最高点时的速度为。，不计空气阻力，重力加速

度为g,下列说法正确的是（）

A.运动员踢球时对足球做功品。2

B.足球上升过程重力做功〃侬2

C.运动员踢球时对足球做功机g∕z+5w2

D.足球上升过程克服重力做功mgh+^mv2

解析：C足球被踢起后在运动过程中，只受到重力作用，只有重力做功，重力做功为

—mgh,即克服重力做功"?g/z,B、D错误；由动能定理有W7-ZngZz=S",因此运动员对

足球做功W八=〃3+/加，故A错误，C正确.

6.质量m=lkg的物体,在水平恒定拉力尸(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，经过的位移为4m时，拉力F停止作用，运动到位移为8m时物体停

止运动，运动过程中Ek-X图像如图所示.取g=10m∕s2,求：

12

1()

(1)物体的初速度大小;

(2)物体和水平面间的动摩擦因数：

(3)拉力尸的大小.

解析：(1)从题图可知物体初动能为2J,则

Eko=产"=2J,

得0=2m∕s.

(2)在位移为4m处物体的动能为Ek=IOJ,在位移为8m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R,则由动能定理得

-FfX2=0一反，

代入数据，解得R=2.5N,

因Ft=μmg,

故〃=0.25.

(3)物体从开始运动到位移为4m的过程中，受拉力厂和摩擦力Ff的作用，合力为产一

Ff,根据动能定理有

(F-F∣)Λ∣=Ek-Eko,

故得F=4.5N.

答案：(1)2m/s(2)0.25(3)4.5N

［能力提升］

7.质量为m的物体从高为h的斜面顶端静止下滑，最后停在平面上，若该物体以Vo

的初速度从顶端下滑，最后仍停在平面上，如图甲所示.图乙为物体两次在平面上运动的

OT图像，则物体在斜面上运动过程中克服摩擦力的功为（）

解析：D若物体静止开始下滑，由动能定理得〃琢〃-M=/*况，若该物体以防）的初

速度从顶端下滑，由动能定理得mg/z—Wf=%w3—品。8,由乙图可知，物体两次滑到平面

的速度关系为也=2。1,由以上三式解Wf=〃期一/雨疝

8.（2022・贵州安顺市网上调研）（多选）如图所示，半圆形光滑轨道BC与水平光滑轨道

A8平滑连接.小物体在水平恒力尸作用下，从水平轨道上的尸点，由静止开始运动，运动

到B点撤去外力F,小物体由C点离开半圆轨道后落在P点右侧区域.已知P2=3R,重力

加速度为g，尸的大小可能为（）

1C5mg

A.力gB.育

C.mgD.甯

解析：BC小球能通过C点应满足〃赍?，阳，且由C点离开半圆轨道后落在P点右

侧区域，则有2R=3gt2,vct<3R,对小球从P点到C点由动能定理得F∙3R-2mgR=^mvc2,

联立解得警WFC赞，故B、C正确，A、D错误.

9.如图所示，用长为L的轻绳把一个小铁球挂在离水平地面高为3Lʌ

的。点,小铁球以。为圆心在竖直面内做圆周运动且恰好能到达最高点A

--ɪ-♦0I

处，不计空气阻力，重力加速度为g,若运动到最高点时轻绳被切断，则

3L

小铁球落到地面时速度的大小为()

A.√⅛ZB.√⅛Z

C.4√⅞ZD.3√^Z

解析：D小球刚好能在竖直平面做圆周运动且恰好到达最高点时，绳的拉力为零，只

2

有重力提供向心力，有Mg=，星，在最高点剪断绳后，小球做平抛运动落地，对这一过程由

动能定理，*g∙4L=S成一上此联立可得落地速度O2=3]j[,故A,B、C错误，D正确.

10.一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处.物块初动能为Ek。，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()

解析：C设斜面的倾角为仇物块的质量为相，沿斜面向上为位移正方向；小物块上

滑过程，由动能定理得一(,"gsinθ+μmgcosO)X=Ek—Eko,整理得Ek=Eko—Ogsinθ+μmgcos

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Ogsin8—〃mgcos

O)(S-X)=Ek—0,整理得Ek=(〃?gsin0-/""geos0)s-(,*gsin。一卬?IgCOSe)X,故只有C正确.

11.如图甲所示，置于水平地面上质量为，〃的物体，在竖直拉力F作用下，由静止开

始向上运动，其动能Ek与距地面高度人的关系图像如图乙所示，已知重力加速度为g,空

气阻力不计，下列说法正确的是()

A.在0〜%过程中，F大小始终为mg

B.在0〜加和∕⅛〜2例过程中，尸做功之比为2：1

C.在0〜2%过程中，物体的机械能不断增加

D.在2%加过程中，物体的机械能不断减少

解析：C在0〜过程中，Ek-人图像为一段直线，由动能定理得(F-"%)加=，咫加一0,

故F=2mg,A错误；由A可知，在。〜生过程中，F做功为2,"g∕∕o,在万（）〜2%o过程中，由

动能定理可知，Wh-mghi>mghi）-mghυ,解得W∣-mgho,因此在0~加和加〜2∕⅛过程中，F

做功之比为4：3,故B错误；在0〜2%过程中，F一直做正功，故物体的机械能不断增加，

C正确；在2∕zo∕7o过程中，由动能定理得WF',"g∕w"g∕⅛,则WF'=0,故/做功为0,物体的

机械能保持不变，故D错误.

12.（2021•全国乙卷）一篮球质量为〃?=0.60kg,一运动员使其从距地面高度为加=1.8m

处由静止自由落下，反弹高度为∕i2=l∙2m.若使篮球从距地面∕i3=l∙5m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∙5m.假设运动员拍球时对球的

作用力为恒力，作用时间为f=0.20s;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g=10m∕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.

解析：（1）第一次篮球下落的过程中由动能定理可得E∣=mg加

篮球反弹后向上运动的过程由动能定理可得

Q-Ei--Tnghi

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0—Et=O—mgd

第二次从l∙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

W-i-mghi—Ei

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

¾£4

ETEi

代入数据可得W=4.5J.

（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，因此由牛顿第二定律

可得

F-∖^mg=ma

在拍球时间内运动的位移为x=^at1

做得功为W=BC

联立可得F=9N.（F=-15N舍去）

答案：（1）4.5J（2）9N

［热点加练］

13.如图所示，两倾角均为。的光滑斜面对接后固定在水平地面上，。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。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（）

O

B∙罂

ʌ-黑

29H20H

c∙sinθD,sinθ

解析：B由题意知，小物块第一次到达。点由动能定理可得mg"=Ek,此时小物块所

H

走路程Sl=新后第一次通过O点后动能Eld=95%Ek=95%"igH,此时利用动能定理知小

物块上升高度4=95%〃，第二次到达。点滑下的路程S2=?焉=95%总得，同理第二次离

开。点到第三次到达。点所走路程S3=（95%）2^],…，故小物块下滑的总路程s∙e∙=sι+

S2+∙F=磊+95%磊+（95%）瑞+∙∙∙（95%）E磊，〃无穷大时，可得S总=瞿（等比

数列求和），故B正确.

14.（2022∙广西南宁模拟）（多选）在有大风的情况下，一小球自A点

竖直上抛，其运动轨迹如图所示（小球的运动可看作竖直方向的竖直上

抛运动和水平方向的初速度为零的匀加速直线运动的合运动），小球运

动轨迹上的A、8两点在同一水平直线上，M点为轨迹的最高点.若

风力的大小恒定，方向水平向右，小球在A点抛出时的动能为4J,在M点时它的动能为2

J.落回到8点时动能记为反，小球上升时间记为小下落时间记为,2,不计其他阻力，则

()

A.Xi:%2—1:3B.ti<t2

C.EkB=6JD.EkzJ=I2J

解析：AD由小球上升与下落时间相等即得，Xi:（Xl+M=I：22=1:4,即ɪɪ:

尤2=1：3,A正确，B错误；AfM应用动能定理得一根g∕z+Wι=3nn⅛-①，竖直方向

有u2=2g∕z②，O@式联立得Wι=2J,A-B风力做功W2=4W∣=8J,A-B由动能定理电

=Ekβ-Eu,可求得EkB=I2J,C错误，D正确.

15.（2022.四川内江市上学期一模）如图所示，为某运动员（可视为

质点）参加跳板跳水比赛时，其竖直方向的速度随时间变化的图

像，以他离开跳板时为计时起点，不计空气阻力，则下列说法中正

确的是（）

A.“时刻达到最高点

B.72时刻的位移最大

C.。时刻的加速度为负

D.在八〜及时间内，重力做功论大于克服阻力做功Wf

解析：D运动员起跳时的速度方向向上，可知，”时刻达到最高点，故A错误；v-t

图像为直线，加速度不变，所以在O〜攵时间内人在空中，f2时刻开始进入水面，之后进入

水中，此时人的位移不是最大，八时刻的加速度为正值，故B、C错误；在八〜B时间内，

由动能定理可知WG-Wf=当加2,即重力做功WG大于克服阻力做功Wf,故D正确.

16.（多选）放在粗糙水平地面上质量为0.8kg的物体受到水平拉力的作用，在。〜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