专题08 动能定理及其应用-2020-2024年五年高考物理真题分类汇编（解析版）

2020-2024年五年高考真题分类汇编PAGEPAGE1专题08动能定理及其应用考点五年考情（2020-2024）命题趋势考点1动能定理2021年全国卷；2022年重庆卷、天津卷、福建卷、湖南卷；2023山西卷等；动能定理作为高中物理中的一个重要概念，在高考命题中占有重要地位。近年来高考物理对动能定理的考查呈现以下几个趋势：考查频率高：动能定理在高考中出现的频率较高，且通常以计算题的形式出现，分值较大。考查内容全面：高考命题会全面考查动能定理及其应用，包括对动能定理表达式的理解、应用动能定理解题的方法、以及与其他知识点的综合应用。联系实际：高考物理试题会结合实际情境来考查动能定理，如体育运动、交通运输、工程技术等问题，以增强试题的实用性和时代性。考查能力：高考不仅考查学生对动能定理的理论知识，还包括对学生信息获取与整理、批判性思维、实验探究、物理学术语言表达等方面能力的考查。创新题型：高考物理试题可能会出现一些新颖的题型，如与图像结合的问题，考查学生从图像中提取信息和分析问题的能力。实验探究：高考物理实验题可能会涉及动能定理的相关实验，考查学生的实验操作和数据处理能力。综上所述，高考物理对动能定理的考查呈现出理论与实际相结合、注重能力考查、题型创新等特点。学生在备考过程中需要全面理解动能定理的概念，掌握其应用方法，并通过练习来提高解题能力和应用水平。考点2动能定理的应用2020年江苏卷、浙江卷、全国卷；2021山东卷、辽宁卷、湖南卷、湖北卷、北京卷、山东卷、全国卷、福建卷；2022年广东卷、江苏卷、福建卷、全国卷、浙江卷；2023年浙江卷、江苏卷等考点01动能定理1．（2023·山西）无风时，雨滴受空气阻力的作用在地面附近会以恒定的速率竖直下落。一质量为m的雨滴在地面附近以速率v下落高度h的过程中，克服空气阻力做的功为（重力加速度大小为g）（）A．0 B．mgh C． D．【答案】B【解析】在地面附近雨滴做匀速运动，根据动能定理得故雨滴克服空气阻力做功为。故选B。2.（多选）（2022·重庆）一物块在倾角为的固定斜面上受到方向与斜面平行、大小与摩擦力相等的拉力作用，由静止开始沿斜面向下做匀变速直线运动，物块与斜面间的动摩擦因数处处相同。若拉力沿斜面向下时，物块滑到底端的过程中重力和摩擦力对物块做功随时间的变化分别如图曲线①、②所示，则（）A．物块与斜面间的动摩擦因数为B．当拉力沿斜面向上，重力做功为时，物块动能为C．当拉力分别沿斜面向上和向下时，物块的加速度大小之比为1∶3D．当拉力分别沿斜面向上和向下时，物块滑到底端时的动量大小之比为【答案】BC【解析】A．对物体受力分析可知，平行于斜面向下的拉力大小等于滑动摩擦力，有由牛顿第二定律可知，物体下滑的加速度为则拉力沿斜面向下时，物块滑到底端的过程中重力和摩擦力对物块做功为代入数据联立解得故A错误；C．当拉力沿斜面向上，由牛顿第二定律有解得则拉力分别沿斜面向上和向下时，物块的加速度大小之比为故C正确；B．当拉力沿斜面向上，重力做功为合力做功为则其比值为则重力做功为时，物块的动能即合外力做功为，故C正确；D．当拉力分别沿斜面向上和向下时，物块滑到底端时的动量大小为则动量的大小之比为故D错误。故选BC。3.（2022·天津）冰壶是冬季奥运会上非常受欢迎的体育项目。如图所示，运动员在水平冰面上将冰壶A推到M点放手，此时A的速度，匀减速滑行到达N点时，队友用毛刷开始擦A运动前方的冰面，使A与间冰面的动摩擦因数减小，A继续匀减速滑行，与静止在P点的冰壶B发生正碰，碰后瞬间A、B的速度分别为和。已知A、B质量相同，A与间冰面的动摩擦因数，重力加速度取，运动过程中两冰壶均视为质点，A、B碰撞时间极短。求冰壶A（1）在N点的速度的大小；（2）与间冰面的动摩擦因数。【答案】（1）；（2）【解析】（1）设冰壶质量为，A受到冰面的支持力为，由竖直方向受力平衡，有设A在间受到的滑动摩擦力为，则有设A在间的加速度大小为，由牛顿第二定律可得联立解得由速度与位移的关系式，有代入数据解得（2）设碰撞前瞬间A的速度为，由动量守恒定律可得解得设A在间受到的滑动摩擦力为，则有由动能定理可得联立解得4.（2022·福建）如图，L形滑板A静置在粗糙水平面上，滑板右端固定一劲度系数为的轻质弹簧，弹簧左端与一小物块B相连，弹簧处于原长状态。一小物块C以初速度从滑板最左端滑入，滑行后与B发生完全非弹性碰撞（碰撞时间极短），然后一起向右运动；一段时间后，滑板A也开始运动．已知A、B、C的质量均为，滑板与小物块、滑板与地面之间的动摩擦因数均为，重力加速度大小为；最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，弹簧始终处于弹性限度内。求：（1）C在碰撞前瞬间的速度大小；（2）C与B碰撞过程中损失的机械能；（3）从C与B相碰后到A开始运动的过程中，C和B克服摩擦力所做的功。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】（1）小物块C运动至刚要与物块B相碰过程，根据动能定理可得解得C在碰撞前瞬间的速度大小为（2）物块B、C碰撞过程，根据动量守恒可得解得物块B与物块C碰后一起运动的速度大小为故C与B碰撞过程中损失的机械能为（3）滑板A刚要滑动时，对滑板A，由受力平衡可得解得弹簧的压缩量，即滑板A开始运动前物块B和物块C一起运动的位移大小为从C与B相碰后到A开始运动的过程中，C和B克服摩擦力所做的功为5.（2022·湖南）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6.（2021·全国）一篮球质量为，一运动员使其从距地面高度为处由静止自由落下，反弹高度为。若使篮球从距地面的高度由静止下落，并在开始下落的同时向下拍球、球落地后反弹的高度也为。假设运动员拍球时对球的作用力为恒力，作用时间为；该篮球每次与地面碰撞前后的动能的比值不变。重力加速度大小取，不计空气阻力。求：（1）运动员拍球过程中对篮球所做的功；（2）运动员拍球时对篮球的作用力的大小。【答案】（1）；（2）【解析】（1）第一次篮球下落的过程中由动能定理可得篮球反弹后向上运动的过程由动能定理可得第二次从1.5m的高度静止下落，同时向下拍球，在篮球反弹上升的过程中，由动能定理可得第二次从1.5m的高度静止下落，同时向下拍球，篮球下落过程中，由动能定理可得因篮球每次和地面撞击的前后动能的比值不变，则有比例关系代入数据可得（2）因作用力是恒力，在恒力作用下篮球向下做匀加速直线运动，因此有牛顿第二定律可得在拍球时间内运动的位移为做得功为联立可得（舍去）考点02动能定理的应用1.（2022·江苏）某滑雪赛道如图所示，滑雪运动员从静止开始沿斜面下滑，经圆弧滑道起跳。将运动员视为质点，不计摩擦力及空气阻力，此过程中，运动员的动能与水平位移x的关系图像正确的是（）A． B．C． D．【答案】A【解析】设斜面倾角为θ，不计摩擦力和空气阻力，由题意可知运动员在沿斜面下滑过程中根据动能定理有即下滑过程中开始阶段倾角θ不变，Ek-x图像为一条直线；经过圆弧轨道过程中θ先减小后增大，即图像斜率先减小后增大。故选A。2．（2021·山东）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． B． C． D．【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，根据动能定理可得摩擦力的大小故选B。3.（2021·湖南）“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，若动车组所受的阻力与其速率成正比（，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【解析】A．对动车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。4.（2021·湖北）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10m/s2，物块质量m和所受摩擦力大小f分别为（）A．m=0.7kg，f=0.5N B．m=0.7kg，f=1.0NC．m=0.8kg，f=0.5N D．m=0.8kg，f=1.0N【答案】A〖祥解〗本题结合图像考查动能定理。【解析】0~10m内物块上滑，由动能定理得整理得结合0~10m内的图像得，斜率的绝对值10~20m内物块下滑，由动能定理得整理得结合10~20m内的图像得，斜率联立解得故选A。5．（2020·江苏）如图所示，一小物块由静止开始沿斜面向下滑动，最后停在水平地面上。斜面和地面平滑连接，且物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为常数。该过程中，物块的动能与水平位移x关系的图象是（）A．B．C．D．【答案】A【解析】由题意可知设斜面倾角为θ，动摩擦因数为μ，则物块在斜面上下滑距离在水平面投影距离为x，根据动能定理，有整理可得即在斜面上运动时动能与x成线性关系；当小物块在水平面运动时,根据动能定理由即为物块刚下滑到平面上时的动能，则即在水平面运动时物块动能与x也成线性关系。故选A。6.（多选）（2022·福建）一物块以初速度自固定斜面底端沿斜面向上运动，一段时间后回到斜面底端。该物体的动能随位移x的变化关系如图所示，图中、、均已知。根据图中信息可以求出的物理量有（）A．重力加速度大小 B．物体所受滑动摩擦力的大小C．斜面的倾角 D．沿斜面上滑的时间【答案】BD【解析】ABC．由动能定义式得，则可求解质量m；上滑时，由动能定理下滑时，由动能定理x0为上滑的最远距离；由图像的斜率可知，两式相加可得相减可知即可求解gsinθ和所受滑动摩擦力f的大小，但重力加速度大小、斜面的倾角不能求出，故AC错误，B正确；D．根据牛顿第二定律和运动学关系得，故可求解沿斜面上滑的时间，D正确。故选BD。7．（多选）（2022·全国）质量为的物块在水平力F的作用下由静止开始在水平地面上做直线运动，F与时间t的关系如图所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为0.2，重力加速度大小取。则（）A．时物块的动能为零B．时物块回到初始位置C．时物块的动量为D．时间内F对物块所做的功为【答案】AD【解析】物块与地面间的摩擦力为AC．对物块从s内由动量定理可知即得3s时物块的动量为设3s后经过时间t物块的速度减为0，由动量定理可得即解得所以物块在4s时速度减为0，则此时物块的动能也为0，故A正确，C错误；B．s物块发生的位移为x1，由动能定理可得即得过程中，对物块由动能定理可得即得物块开始反向运动，物块的加速度大小为发生的位移为即6s时物块没有回到初始位置，故B错误；D．物块在6s时的速度大小为拉力所做的功为故D正确。故选AD。8．（多选）（2021·辽宁）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。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．， B．，C．， D．，【答案】CD【解析】设斜面倾角为，游客在倾斜滑道上均减速下滑，则需满足可得即有因，所有游客在倾斜滑道上均减速下滑，可得滑行结束时停在水平滑道上，由全程的动能定理有其中，可得，代入，可得，综合需满足和故选CD。9．（多选）（2021·全国）一质量为m的物体自倾角为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，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。已知，重力加速度大小为g。则（）A．物体向上滑动的距离为B．物体向下滑动时的加速度大小为C．物体与斜面间的动摩擦因数等于0.5D．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】AC．物体从斜面底端回到斜面底端根据动能定理有物体从斜面底端到斜面顶端根据动能定理有整理得；A错误，C正确；B．物体向下滑动时的根据牛顿第二定律有求解得出B正确；D．物体向上滑动时的根据牛顿第二定律有物体向下滑动时的根据牛顿第二定律有由上式可知a上>a下由于上升过程中的末速度为零，下滑过程中的初速度为零，且走过相同的位移，根据公式则可得出D错误。故选BC。10．（2023·江苏）如图所示，滑雪道AB由坡道和水平道组成，且平滑连接，坡道倾角均为45°。平台BC与缓冲坡CD相连。若滑雪者从P点由静止开始下滑，恰好到达B点。滑雪者现从A点由静止开始下滑，从B点飞出。已知A、P间的距离为d，滑雪者与滑道间的动摩擦因数均为，重力加速度为g，不计空气阻力。（1）求滑雪者运动到P点的时间t；（2）求滑雪者从B点飞出的速度大小v；（3）若滑雪者能着陆在缓冲坡CD上，求平台BC的最大长度L。

【答案】（1）；（2）；（3）【解析】（1）滑雪者从A到P根据动能定理有根据动量定理有联立解得（2）由于滑雪者从P点由静止开始下滑，恰好到达B点，故从P点到B点合力做功为0，所以当从A点下滑时，到达B点有（3）当滑雪者刚好落在C点时，平台BC的长度最大；滑雪者从B点飞出做斜抛运动，竖直方向上有水平方向上有联立可得11．（2023·浙江）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的直轨道、螺旋圆形轨道，倾角的直轨道、水平直轨道组成，除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、相切于处．凹槽底面水平光滑，上面放有一无动力摆渡车，并紧靠在竖直侧壁处，摆渡车上表面与直轨道下、平台位于同一水平面。已知螺旋圆形轨道半径，B点高度为，长度，长度，摆渡车长度、质量。将一质量也为的滑块从倾斜轨道上高度处静止释放，滑块在段运动时的阻力为其重力的0.2倍。（摆渡车碰到竖直侧壁立即静止，滑块视为质点，不计空气阻力，，）（1）求滑块过C点的速度大小和轨道对滑块的作用力大小；（2）摆渡车碰到前，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；（3）在（2）的条件下，求滑块从G到J所用的时间。【答案】（1），；（2）；（3）【解析】（1）滑块从静止释放到C点过程，根据动能定理可得解得滑块过C点时，根据牛顿第二定律可得解得（2）设滑块刚滑上摆渡车时的速度大小为，从静止释放到G点过程，根据动能定理可得解得摆渡车碰到前，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，以滑块和摆渡车为系统，根据系统动量守恒可得解得根据能量守恒可得解得（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所用时间为此过程滑块通过的位移为滑块与摆渡车共速后，滑块与摆渡车一起做匀速直线运动，该过程所用时间为则滑块从G到J所用的时间为12．（2022·浙江）如图所示，在竖直面内，一质量m的物块a静置于悬点O正下方的A点，以速度v逆时针转动的传送带MN与直轨道AB、CD、FG处于同一水平面上，AB、MN、CD的长度均为l。圆弧形细管道DE半径为R，EF在竖直直径上，E点高度为H。开始时，与物块a相同的物块b悬挂于O点，并向左拉开一定的高度h由静止下摆，细线始终张紧，摆到最低点时恰好与a发生弹性正碰。已知，，，，，物块与MN、CD之间的动摩擦因数，轨道AB和管道DE均光滑，物块a落到FG时不反弹且静止。忽略M、B和N、C之间的空隙，CD与DE平滑连接，物块可视为质点，取。（1）若，求a、b碰撞后瞬时物块a的速度的大小；（2）物块a在DE最高点时，求管道对物块的作用力与h间满足的关系；（3）若物块b释放高度，求物块a最终静止的位置x值的范围（以A点为坐标原点，水平向右为正，建立x轴）。【答案】（1）；（2）；（3）当时，，当时，【解析】（1）滑块b摆到最低点过程中，由机械能守恒定律解得与发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得联立解得（2）由（1）分析可知，物块与物块在发生弹性正碰，速度交换，设物块刚好可以到达点，高度为，根据动能定理可得解得以竖直向下为正方向由动能定理联立可得（3）当时，物块位置在点或点右侧，根据动能定理得从点飞出后，竖直方向水平方向根据几何关系可得联立解得代入数据解得当时，从释放时，根据动能定理可得解得可知物块达到距离点0.8m处静止，滑块a由E点速度为零，返回到时，根据动能定理可得解得距离点0.6m，综上可知当时代入数据得13．（2022·广东）某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图所示的物理模型。竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块，初始时它们处于静止状态。当滑块从A处以初速度为向上滑动时，受到滑杆的摩擦力f为，滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞，带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动。已知滑块的质量，滑杆的质量，A、B间的距离，重力加速度g取，不计空气阻力。求：（1）滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的大小和；（2）滑块碰撞前瞬间的速度大小v1；（3）滑杆向上运动的最大高度h。【答案】（1），；（2）；（3）【解析】（1）当滑块处于静止时桌面对滑杆的支持力等于滑块和滑杆的重力，即当滑块向上滑动过程中受到滑杆的摩擦力为1N，根据牛顿第三定律可知滑块对滑杆的摩擦力也为1N，方向竖直向上，则此时桌面对滑杆的支持力为（2）滑块向上运动到碰前瞬间根据动能定理有代入数据解得。（3）由于滑块和滑杆发生完全非弹性碰撞，即碰后两者共速，碰撞过程根据动量守恒有碰后滑块和滑杆以速度v整体向上做竖直上抛运动，根据动能定理有代入数据联立解得。14．（2022·浙江）如图所示，处于竖直平面内的一探究装置，由倾角=37°的光滑直轨道AB、圆心为O1的半圆形光滑轨道BCD、圆心为O2的半圆形光滑细圆管轨道DEF、倾角也为37°的粗糙直轨道FG组成，B、D和F为轨道间的相切点，弹性板垂直轨道固定在G点（与B点等高），B、O1、D、O2和F点处于同一直线上。已知可视为质点的滑块质量m=0.1kg，轨道BCD和DEF的半径R=0.15m，轨道AB长度，滑块与轨道FG间的动摩擦因数，滑块与弹性板作用后，以等大速度弹回，sin37°=0.6，cos37°=0.8。滑块开始时均从轨道AB上某点静止释放，（）（1）若释放点距B点的长度l=0.7m，求滑块到最低点C时轨道对其支持力FN的大小；（2）设释放点距B点的长度为，滑块第一次经F点时的速度v与之间的关系式；（3）若滑块最终静止在轨道FG的中点，求释放点距B点长度的值。【答案】（1）7N；（2）

（）；（3），，【解析】（1）滑块释放运动到C点过程，由动能定理经过C点时解得（2）能过最高点时，则能到F点，则恰到最高点时解得而要保证滑块能到达F点，必须要保证它能到达DEF最高点，当小球恰好到达DEF最高点时，由动能定理可解得则要保证小球能到F点，，带入可得（3）设全过程摩擦力对滑块做功为第一次到达中点时做功的n倍，则n=1,3,5,……解得

n=1,3,5,……又因为，当时，，当时，，当时，，满足要求。即若滑块最终静止在轨道FG的中点，释放点距B点长度的值可能为，，。15．（2021·福建）如图（a），一倾角的固定斜面的段粗糙，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。已知段长度为，滑块质量为，滑块与斜面段的动摩擦因数为0.5，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度大小取，。求：（1）当拉力为时，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）；（2）；（3）【解析】（1）设小滑块的质量为m，斜面倾角为，滑块与斜面间的动摩擦因数为，滑块受斜面的支持力大小为N，滑动摩擦力大小为f，拉力为时滑块的加速度大小为。由牛顿第二定律和滑动摩擦力公式有

①

②

③联立①②③式并代入题给数据得

④（2）设滑块在段运动的过程中拉力所做的功为W，由功的定义有

⑤式中、和、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，，，，。设滑块第一次到达B点时的动能为，由动能定理有

⑥联立②③⑤⑥式并代入题给数据得

⑦（3）由机械能守恒定律可知，滑块第二次到达B点时，动能仍为。设滑块离B点的最大距离为，由动能定理有

⑧联立②③⑦⑧式并代入题给数据得

⑨16．（2021·北京）秋千由踏板和绳构成，人在秋千上的摆动过程可以简化为单摆的摆动，等效“摆球”的质量为m，人蹲在踏板上时摆长为，人站立时摆长为。不计空气阻力，重力加速度大小为g。（1）如果摆长为，“摆球”通过最低点时的速度为v，求此时“摆球”受到拉力T的大小。（2）在没有别人帮助的情况下，人可以通过在低处站起、在高处蹲下的方式使“摆球”摆得越来越高。a.人蹲在踏板上从最大摆角开始运动，到最低点时突然站起，此后保持站立姿势摆到另一边的最大摆角为。假定人在最低点站起前后“摆球”摆动速度大小不变，通过计算证明。b.实际上人在最低点快速站起后“摆球”摆动速度的大小会增大。随着摆动越来越高，达到某个最大摆角后，如果再次经过最低点时，通过一次站起并保持站立姿势就能实现在竖直平面内做完整的圆周运动，求在最低点“摆球”增加的动能应满足的条件。【答案】（1）；（2）a.见解析；b.【解析】（1）根据牛顿运动定律解得（2）a.设人在最低点站起前后“摆球”的摆动速度大小分别为v1、v2，根据功能关系得已知v1=v2，得因为，得所以b.设“摆球”由最大摆角摆至最低点时动能为，根据功能关系得“摆球”在竖直平面内做完整的圆周运动，通过最高点最小速度为,根据牛顿运动定律得“摆球”在竖直平面内做完整的圆周运动，根据功能关系得得17．（2021·山东）如图所示，三个质量均为m的小物块A、B、C，放置在水平地面上，A紧靠竖直墙壁，一劲度系数为k的轻弹簧将A、B连接，C紧靠B，开始时弹簧处于原长，A、B、C均静止。现给C施加一水平向左、大小为F的恒力，使B、C一起向左运动，当速度为零时，立即撤去恒力，一段时间后A离开墙壁，最终三物块都停止运动。已知A、B、C与地面间的滑动摩擦力大小均为f，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终在弹性限度内。（弹簧的弹性势能可表示为：，k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量）（1）求B、C向左移动的最大距离和B、C分离时B的动能；（2）为保证A能离开墙壁，求恒力的最小值；（3）若三物块都停止时B、C间的距离为，从B、C分离到B停止运动的整个过程，B克服弹簧弹力做的功为W，通过推导比较W与的大小；（4）若，请在所给坐标系中，画出C向右运动过程中加速度a随位移x变化的图像，并在坐标轴上标出开始运动和停止运动时的a、x值（用f、k、m表示），不要求推导过程。以撤去F时C的位置为坐标原点，水平向右为正方向。【答案】（1）、；（2）；（3）；（4）【解析】（1）从开始到B、C向左移动到最大距离的过程中，以B、C和弹簧为研究对象，由功能关系得弹簧恢复原长时B、C分离，从弹簧最短到B、C分离，以B、C和弹簧为研究对象，由能量守恒得联立方程解得（2）当A刚要离开墙时，设弹簧得伸长量为，以A为研究对象，由平衡条件得若A刚要离开墙壁时B得速度恰好等于零，这种情况下恒力为最小值，从弹簧恢复原长到A刚要离开墙得过程中，以B和弹簧为研究对象，由能量守恒得结合第（1）问结果可知根据题意舍去，所以恒力得最小值为（3）从B、C分离到B停止运动，设B的路程为，C的位移为，以B为研究对象，由动能定理得以C为研究对象，由动能定理得由B、C得运动关系得联立可知（4）小物块B、C向左运动过程中，由动能定理得解得撤去恒力瞬间弹簧弹力为则坐标原点的加速度为之后C开始向右运动过程（B、C系统未脱离弹簧）加速度为可知加速度随位移为线性关系，随着弹簧逐渐恢复原长，减小，减小，弹簧恢复原长时，B和C分离，之后C只受地面的滑动摩擦力，加速度为负号表示C的加速度方向水平向左；从撤去恒力之后到弹簧恢复原长，以B、C为研究对象，由动能定理得脱离弹簧瞬间后C速度为，之后C受到滑动摩擦力减速至0，由能量守恒得解得脱离弹簧后，C运动的距离为则C最后停止的位移为所以C向右运动的图象为18．（2020·浙江）小明将如图所示的装置放在水平地面上，该装置由弧形轨道、竖直圆轨道、水平直轨道和倾角的斜轨道平滑连接而成。质量的小滑块从弧形轨道离地高处静止释放。已知，，滑块与轨道和间的动摩擦因数均为，弧形轨道和圆轨道均可视为光滑，忽略空气阻力。(1)求滑块运动到与圆心O等高的D点时对轨道的压力；(2)通过计算判断滑块能否冲出斜轨道的末端C点；(3)若滑下的滑块与静止在水平直轨道上距A点x处的质量为的小滑块相碰，碰后一起运动，动摩擦因数仍为0.25，求它们在轨道上到达的高度h与x之间的关系。（碰撞时间不计，，）【答案】(1)8N，方向水平向左；(2)不会冲出；(3)（）；（）【解析】(1)机械能守恒定律牛顿第二定律牛顿第三定律方向水平向左(2)能在斜轨道上到达的最高点为点，功能关系得故不会冲出(3)滑块运动到距A点x处的速度为v，动能定理碰撞后的速度为，动量守恒定律设碰撞后滑块滑到斜轨道的高度为h，动能定理得19．（2020·全国）如图，一竖直圆管质量为M，下端距水平地面的高度为H，顶端塞有一质量为m的小球。圆管由静止自由下落，与地面发生多次弹性碰撞，且每次碰撞时间均极短；在运动过程中，管始终保持竖直。已知M=4m，球和管之间的滑动摩擦力大小为4mg,g为重力加速度的大小，不计空气阻力。（1）求管第一次与地面碰撞后的瞬间，管和球各自的加速度大小；（2）管第一次落地弹起后，在上升过程中球没有从管中滑出，求管上升的最大高度；（3）管第二次落地弹起的上升过程中，球仍没有从管中滑出，求圆管长度应满足的条件。【答案】（1）a1=2g，a2=3g；（2）；（3）【解析】（1）管第一次落地弹起的瞬间，小球仍然向下运动。设此时管的加速度大小为a1，方向向下；球的加速度大小为a2，方向向上；球与管之间的摩擦力大小为f，由牛顿运动定律有Ma1=Mg+f

①ma2=f–mg

②联立①②式并代入题给数据，得a1=2g，a2=3g③（2）管第一次碰地前与球的速度大小相同。由运动学公式，碰地前瞬间它们的速度大小均为④方向均向下。管弹起的瞬间，管的速度反向，球的速度方向依然向下。设自弹起时经过时间t1，管与小球的速度刚好相同。取向上为正方向，由运动学公式v0–a1t1=–v0+a2t1⑤联立③④⑤式得⑥设此时管下端的高度为h1，速度为v。由运动学公式可得⑦⑧由③④⑥⑧式可判断此时v>0。此后，管与小球将以加速度g减速上升h2，到达最高点。由运动学公式有⑨设管第一次落地弹起后上升的最大高度为H1，则H1=h1+h2⑩联立③④⑥⑦⑧⑨⑩式可得⑪（3）设第一次弹起过程中球相对管的位移为x1。在管开始下落到上升H1这一过程中，由动能定理有Mg（H–H1）+mg（H–H1+x1）–4mgx1=0⑫联立⑪⑫式并代入题给数据得⑬同理可推得，管与球从再次下落到第二次弹起至最高点的过程中，球与管的相对位移x2为⑭设圆管长度为L。管第二次落地弹起后的上升过程中，球不会滑出管外的条件是x1+x2≤L⑮联立⑪⑬⑭⑮式，L应满足条件为⑯专题08动能定理及其应用考点五年考情（2020-2024）命题趋势考点1动能定理2021年全国卷；2022年重庆卷、天津卷、福建卷、湖南卷；2023山西卷等；动能定理作为高中物理中的一个重要概念，在高考命题中占有重要地位。近年来高考物理对动能定理的考查呈现以下几个趋势：考查频率高：动能定理在高考中出现的频率较高，且通常以计算题的形式出现，分值较大。考查内容全面：高考命题会全面考查动能定理及其应用，包括对动能定理表达式的理解、应用动能定理解题的方法、以及与其他知识点的综合应用。联系实际：高考物理试题会结合实际情境来考查动能定理，如体育运动、交通运输、工程技术等问题，以增强试题的实用性和时代性。考查能力：高考不仅考查学生对动能定理的理论知识，还包括对学生信息获取与整理、批判性思维、实验探究、物理学术语言表达等方面能力的考查。创新题型：高考物理试题可能会出现一些新颖的题型，如与图像结合的问题，考查学生从图像中提取信息和分析问题的能力。实验探究：高考物理实验题可能会涉及动能定理的相关实验，考查学生的实验操作和数据处理能力。综上所述，高考物理对动能定理的考查呈现出理论与实际相结合、注重能力考查、题型创新等特点。学生在备考过程中需要全面理解动能定理的概念，掌握其应用方法，并通过练习来提高解题能力和应用水平。考点2动能定理的应用2020年江苏卷、浙江卷、全国卷；2021山东卷、辽宁卷、湖南卷、湖北卷、北京卷、山东卷、全国卷、福建卷；2022年广东卷、江苏卷、福建卷、全国卷、浙江卷；2023年浙江卷、江苏卷等考点01动能定理1．（2023·山西）无风时，雨滴受空气阻力的作用在地面附近会以恒定的速率竖直下落。一质量为m的雨滴在地面附近以速率v下落高度h的过程中，克服空气阻力做的功为（重力加速度大小为g）（）A．0 B．mgh C． D．【答案】B【解析】在地面附近雨滴做匀速运动，根据动能定理得故雨滴克服空气阻力做功为。故选B。2.（多选）（2022·重庆）一物块在倾角为的固定斜面上受到方向与斜面平行、大小与摩擦力相等的拉力作用，由静止开始沿斜面向下做匀变速直线运动，物块与斜面间的动摩擦因数处处相同。若拉力沿斜面向下时，物块滑到底端的过程中重力和摩擦力对物块做功随时间的变化分别如图曲线①、②所示，则（）A．物块与斜面间的动摩擦因数为B．当拉力沿斜面向上，重力做功为时，物块动能为C．当拉力分别沿斜面向上和向下时，物块的加速度大小之比为1∶3D．当拉力分别沿斜面向上和向下时，物块滑到底端时的动量大小之比为【答案】BC【解析】A．对物体受力分析可知，平行于斜面向下的拉力大小等于滑动摩擦力，有由牛顿第二定律可知，物体下滑的加速度为则拉力沿斜面向下时，物块滑到底端的过程中重力和摩擦力对物块做功为代入数据联立解得故A错误；C．当拉力沿斜面向上，由牛顿第二定律有解得则拉力分别沿斜面向上和向下时，物块的加速度大小之比为故C正确；B．当拉力沿斜面向上，重力做功为合力做功为则其比值为则重力做功为时，物块的动能即合外力做功为，故C正确；D．当拉力分别沿斜面向上和向下时，物块滑到底端时的动量大小为则动量的大小之比为故D错误。故选BC。3.（2022·天津）冰壶是冬季奥运会上非常受欢迎的体育项目。如图所示，运动员在水平冰面上将冰壶A推到M点放手，此时A的速度，匀减速滑行到达N点时，队友用毛刷开始擦A运动前方的冰面，使A与间冰面的动摩擦因数减小，A继续匀减速滑行，与静止在P点的冰壶B发生正碰，碰后瞬间A、B的速度分别为和。已知A、B质量相同，A与间冰面的动摩擦因数，重力加速度取，运动过程中两冰壶均视为质点，A、B碰撞时间极短。求冰壶A（1）在N点的速度的大小；（2）与间冰面的动摩擦因数。【答案】（1）；（2）【解析】（1）设冰壶质量为，A受到冰面的支持力为，由竖直方向受力平衡，有设A在间受到的滑动摩擦力为，则有设A在间的加速度大小为，由牛顿第二定律可得联立解得由速度与位移的关系式，有代入数据解得（2）设碰撞前瞬间A的速度为，由动量守恒定律可得解得设A在间受到的滑动摩擦力为，则有由动能定理可得联立解得4.（2022·福建）如图，L形滑板A静置在粗糙水平面上，滑板右端固定一劲度系数为的轻质弹簧，弹簧左端与一小物块B相连，弹簧处于原长状态。一小物块C以初速度从滑板最左端滑入，滑行后与B发生完全非弹性碰撞（碰撞时间极短），然后一起向右运动；一段时间后，滑板A也开始运动．已知A、B、C的质量均为，滑板与小物块、滑板与地面之间的动摩擦因数均为，重力加速度大小为；最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，弹簧始终处于弹性限度内。求：（1）C在碰撞前瞬间的速度大小；（2）C与B碰撞过程中损失的机械能；（3）从C与B相碰后到A开始运动的过程中，C和B克服摩擦力所做的功。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】（1）小物块C运动至刚要与物块B相碰过程，根据动能定理可得解得C在碰撞前瞬间的速度大小为（2）物块B、C碰撞过程，根据动量守恒可得解得物块B与物块C碰后一起运动的速度大小为故C与B碰撞过程中损失的机械能为（3）滑板A刚要滑动时，对滑板A，由受力平衡可得解得弹簧的压缩量，即滑板A开始运动前物块B和物块C一起运动的位移大小为从C与B相碰后到A开始运动的过程中，C和B克服摩擦力所做的功为5.（2022·湖南）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6.（2021·全国）一篮球质量为，一运动员使其从距地面高度为处由静止自由落下，反弹高度为。若使篮球从距地面的高度由静止下落，并在开始下落的同时向下拍球、球落地后反弹的高度也为。假设运动员拍球时对球的作用力为恒力，作用时间为；该篮球每次与地面碰撞前后的动能的比值不变。重力加速度大小取，不计空气阻力。求：（1）运动员拍球过程中对篮球所做的功；（2）运动员拍球时对篮球的作用力的大小。【答案】（1）；（2）【解析】（1）第一次篮球下落的过程中由动能定理可得篮球反弹后向上运动的过程由动能定理可得第二次从1.5m的高度静止下落，同时向下拍球，在篮球反弹上升的过程中，由动能定理可得第二次从1.5m的高度静止下落，同时向下拍球，篮球下落过程中，由动能定理可得因篮球每次和地面撞击的前后动能的比值不变，则有比例关系代入数据可得（2）因作用力是恒力，在恒力作用下篮球向下做匀加速直线运动，因此有牛顿第二定律可得在拍球时间内运动的位移为做得功为联立可得（舍去）考点02动能定理的应用1.（2022·江苏）某滑雪赛道如图所示，滑雪运动员从静止开始沿斜面下滑，经圆弧滑道起跳。将运动员视为质点，不计摩擦力及空气阻力，此过程中，运动员的动能与水平位移x的关系图像正确的是（）A． B．C． D．【答案】A【解析】设斜面倾角为θ，不计摩擦力和空气阻力，由题意可知运动员在沿斜面下滑过程中根据动能定理有即下滑过程中开始阶段倾角θ不变，Ek-x图像为一条直线；经过圆弧轨道过程中θ先减小后增大，即图像斜率先减小后增大。故选A。2．（2021·山东）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． B． C． D．【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，根据动能定理可得摩擦力的大小故选B。3.（2021·湖南）“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，若动车组所受的阻力与其速率成正比（，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【解析】A．对动车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。4.（2021·湖北）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10m/s2，物块质量m和所受摩擦力大小f分别为（）A．m=0.7kg，f=0.5N B．m=0.7kg，f=1.0NC．m=0.8kg，f=0.5N D．m=0.8kg，f=1.0N【答案】A〖祥解〗本题结合图像考查动能定理。【解析】0~10m内物块上滑，由动能定理得整理得结合0~10m内的图像得，斜率的绝对值10~20m内物块下滑，由动能定理得整理得结合10~20m内的图像得，斜率联立解得故选A。5．（2020·江苏）如图所示，一小物块由静止开始沿斜面向下滑动，最后停在水平地面上。斜面和地面平滑连接，且物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为常数。该过程中，物块的动能与水平位移x关系的图象是（）A．B．C．D．【答案】A【解析】由题意可知设斜面倾角为θ，动摩擦因数为μ，则物块在斜面上下滑距离在水平面投影距离为x，根据动能定理，有整理可得即在斜面上运动时动能与x成线性关系；当小物块在水平面运动时,根据动能定理由即为物块刚下滑到平面上时的动能，则即在水平面运动时物块动能与x也成线性关系。故选A。6.（多选）（2022·福建）一物块以初速度自固定斜面底端沿斜面向上运动，一段时间后回到斜面底端。该物体的动能随位移x的变化关系如图所示，图中、、均已知。根据图中信息可以求出的物理量有（）A．重力加速度大小 B．物体所受滑动摩擦力的大小C．斜面的倾角 D．沿斜面上滑的时间【答案】BD【解析】ABC．由动能定义式得，则可求解质量m；上滑时，由动能定理下滑时，由动能定理x0为上滑的最远距离；由图像的斜率可知，两式相加可得相减可知即可求解gsinθ和所受滑动摩擦力f的大小，但重力加速度大小、斜面的倾角不能求出，故AC错误，B正确；D．根据牛顿第二定律和运动学关系得，故可求解沿斜面上滑的时间，D正确。故选BD。7．（多选）（2022·全国）质量为的物块在水平力F的作用下由静止开始在水平地面上做直线运动，F与时间t的关系如图所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为0.2，重力加速度大小取。则（）A．时物块的动能为零B．时物块回到初始位置C．时物块的动量为D．时间内F对物块所做的功为【答案】AD【解析】物块与地面间的摩擦力为AC．对物块从s内由动量定理可知即得3s时物块的动量为设3s后经过时间t物块的速度减为0，由动量定理可得即解得所以物块在4s时速度减为0，则此时物块的动能也为0，故A正确，C错误；B．s物块发生的位移为x1，由动能定理可得即得过程中，对物块由动能定理可得即得物块开始反向运动，物块的加速度大小为发生的位移为即6s时物块没有回到初始位置，故B错误；D．物块在6s时的速度大小为拉力所做的功为故D正确。故选AD。8．（多选）（2021·辽宁）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。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．， B．，C．， D．，【答案】CD【解析】设斜面倾角为，游客在倾斜滑道上均减速下滑，则需满足可得即有因，所有游客在倾斜滑道上均减速下滑，可得滑行结束时停在水平滑道上，由全程的动能定理有其中，可得，代入，可得，综合需满足和故选CD。9．（多选）（2021·全国）一质量为m的物体自倾角为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，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。已知，重力加速度大小为g。则（）A．物体向上滑动的距离为B．物体向下滑动时的加速度大小为C．物体与斜面间的动摩擦因数等于0.5D．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】AC．物体从斜面底端回到斜面底端根据动能定理有物体从斜面底端到斜面顶端根据动能定理有整理得；A错误，C正确；B．物体向下滑动时的根据牛顿第二定律有求解得出B正确；D．物体向上滑动时的根据牛顿第二定律有物体向下滑动时的根据牛顿第二定律有由上式可知a上>a下由于上升过程中的末速度为零，下滑过程中的初速度为零，且走过相同的位移，根据公式则可得出D错误。故选BC。10．（2023·江苏）如图所示，滑雪道AB由坡道和水平道组成，且平滑连接，坡道倾角均为45°。平台BC与缓冲坡CD相连。若滑雪者从P点由静止开始下滑，恰好到达B点。滑雪者现从A点由静止开始下滑，从B点飞出。已知A、P间的距离为d，滑雪者与滑道间的动摩擦因数均为，重力加速度为g，不计空气阻力。（1）求滑雪者运动到P点的时间t；（2）求滑雪者从B点飞出的速度大小v；（3）若滑雪者能着陆在缓冲坡CD上，求平台BC的最大长度L。

【答案】（1）；（2）；（3）【解析】（1）滑雪者从A到P根据动能定理有根据动量定理有联立解得（2）由于滑雪者从P点由静止开始下滑，恰好到达B点，故从P点到B点合力做功为0，所以当从A点下滑时，到达B点有（3）当滑雪者刚好落在C点时，平台BC的长度最大；滑雪者从B点飞出做斜抛运动，竖直方向上有水平方向上有联立可得11．（2023·浙江）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的直轨道、螺旋圆形轨道，倾角的直轨道、水平直轨道组成，除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、相切于处．凹槽底面水平光滑，上面放有一无动力摆渡车，并紧靠在竖直侧壁处，摆渡车上表面与直轨道下、平台位于同一水平面。已知螺旋圆形轨道半径，B点高度为，长度，长度，摆渡车长度、质量。将一质量也为的滑块从倾斜轨道上高度处静止释放，滑块在段运动时的阻力为其重力的0.2倍。（摆渡车碰到竖直侧壁立即静止，滑块视为质点，不计空气阻力，，）（1）求滑块过C点的速度大小和轨道对滑块的作用力大小；（2）摆渡车碰到前，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；（3）在（2）的条件下，求滑块从G到J所用的时间。【答案】（1），；（2）；（3）【解析】（1）滑块从静止释放到C点过程，根据动能定理可得解得滑块过C点时，根据牛顿第二定律可得解得（2）设滑块刚滑上摆渡车时的速度大小为，从静止释放到G点过程，根据动能定理可得解得摆渡车碰到前，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，以滑块和摆渡车为系统，根据系统动量守恒可得解得根据能量守恒可得解得（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所用时间为此过程滑块通过的位移为滑块与摆渡车共速后，滑块与摆渡车一起做匀速直线运动，该过程所用时间为则滑块从G到J所用的时间为12．（2022·浙江）如图所示，在竖直面内，一质量m的物块a静置于悬点O正下方的A点，以速度v逆时针转动的传送带MN与直轨道AB、CD、FG处于同一水平面上，AB、MN、CD的长度均为l。圆弧形细管道DE半径为R，EF在竖直直径上，E点高度为H。开始时，与物块a相同的物块b悬挂于O点，并向左拉开一定的高度h由静止下摆，细线始终张紧，摆到最低点时恰好与a发生弹性正碰。已知，，，，，物块与MN、CD之间的动摩擦因数，轨道AB和管道DE均光滑，物块a落到FG时不反弹且静止。忽略M、B和N、C之间的空隙，CD与DE平滑连接，物块可视为质点，取。（1）若，求a、b碰撞后瞬时物块a的速度的大小；（2）物块a在DE最高点时，求管道对物块的作用力与h间满足的关系；（3）若物块b释放高度，求物块a最终静止的位置x值的范围（以A点为坐标原点，水平向右为正，建立x轴）。【答案】（1）；（2）；（3）当时，，当时，【解析】（1）滑块b摆到最低点过程中，由机械能守恒定律解得与发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得联立解得（2）由（1）分析可知，物块与物块在发生弹性正碰，速度交换，设物块刚好可以到达点，高度为，根据动能定理可得解得以竖直向下为正方向由动能定理联立可得（3）当时，物块位置在点或点右侧，根据动能定理得从点飞出后，竖直方向水平方向根据几何关系可得联立解得代入数据解得当时，从释放时，根据动能定理可得解得可知物块达到距离点0.8m处静止，滑块a由E点速度为零，返回到时，根据动能定理可得解得距离点0.6m，综上可知当时代入数据得13．（2022·广东）某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图所示的物理模型。竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块，初始时它们处于静止状态。当滑块从A处以初速度为向上滑动时，受到滑杆的摩擦力f为，滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞，带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动。已知滑块的质量，滑杆的质量，A、B间的距离，重力加速度g取，不计空气阻力。求：（1）滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的大小和；（2）滑块碰撞前瞬间的速度大小v1；（3）滑杆向上运动的最大高度h。【答案】（1），；（2）；（3）【解析】（1）当滑块处于静止时桌面对滑杆的支持力等于滑块和滑杆的重力，即当滑块向上滑动过程中受到滑杆的摩擦力为1N，根据牛顿第三定律可知滑块对滑杆的摩擦力也为1N，方向竖直向上，则此时桌面对滑杆的支持力为（2）滑块向上运动到碰前瞬间根据动能定理有代入数据解得。（3）由于滑块和滑杆发生完全非弹性碰撞，即碰后两者共速，碰撞过程根据动量守恒有碰后滑块和滑杆以速度v整体向上做竖直上抛运动，根据动能定理有代入数据联立解得。14．（2022·浙江）如图所示，处于竖直平面内的一探究装置，由倾角=37°的光滑直轨道AB、圆心为O1的半圆形光滑轨道BCD、圆心为O2的半圆形光滑细圆管轨道DEF、倾角也为37°的粗糙直轨道FG组成，B、D和F为轨道间的相切点，弹性板垂直轨道固定在G点（与B点等高），B、O1、D、O2和F点处于同一直线上。已知可视为质点的滑块质量m=0.1kg，轨道BCD和DEF的半径R=0.15m，轨道AB长度，滑块与轨道FG间的动摩擦因数，滑块与弹性板作用后，以等大速度弹回，sin37°=0.6，cos37°=0.8。滑块开始时均从轨道AB上某点静止释放，（）（1）若释放点距B点的长度l=0.7m，求滑块到最低点C时轨道对其支持力FN的大小；（2）设释放点距B点的长度为，滑块第一次经F点时的速度v与之间的关系式；（3）若滑块最终静止在轨道FG的中点，求释放点距B点长度的值。【答案】（1）7N；（2）

（）；（3），，【解析】（1）滑块释放运动到C点过程，由动能定理经过C点时解得（2）能过最高点时，则能到F点，则恰到最高点时解得而要保证滑块能到达F点，必须要保证它能到达DEF最高点，当小球恰好到达DEF最高点时，由动能定理可解得则要保证小球能到F点，，带入可得（3）设全过程摩擦力对滑块做功为第一次到达中点时做功的n倍，则n=1,3,5,……解得

n=1,3,5,……又因为，当时，，当时，，当时，，满足要求。即若滑块最终静止在轨道FG的中点，释放点距B点长度的值可能为，，。15．（2021·福建）如图（a），一倾角的固定斜面的段粗糙，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。已知段长度为，滑块质量为，滑块与斜面段的动摩擦因数为0.5，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度大小取，。求：（1）当拉力为时，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）；（2）；（3）【解析】（1）设小滑块的质量为m，斜面倾角为，滑块与斜面间的动摩擦因数为，滑块受斜面的支持力大小为N，滑动摩擦力大小为f，拉力为时滑块的加速度大小为。由牛顿第二定律和滑动摩擦力公式有

①

②

③联立①②③式并代入题给数据得

④（2）设滑块在段运动的过程中拉力所做的功为W，由功的定义有

⑤式中、和、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，，，，。设滑块第一次到达B点时的动能为，由动能定理有

⑥联立②③⑤⑥式并代入题给数据得

⑦（3）由机械能守恒定律可知，滑块第二次到达B点时，动能仍为。设滑块离B点的最大距离为，由动能定理有

⑧联立②③⑦⑧式并代入题给数据得

⑨16．（2021·北京）秋千由踏板和绳构成，人在秋千上的摆动过程可以简化为单摆的摆动，等效“摆球”的质量为m，人蹲在踏板上时摆长为，人站立时摆长为。不计空气阻力，重力加速度大小为g。（1）如果摆长为，“摆球”通过最低点时的速度为v，求此时“摆球”受到拉力T的大小。（2）在没有别人帮助的情况下，人可以通过在低处站起、在高处蹲下的方式使“摆球”摆得越来越高。a.人蹲在踏板上从最大摆角开始运动，到最低点时突然站起，此后保持站立姿势摆到另一边的最大摆角为。假定人在最低点站起前后“摆球”摆动速度大小不变，通过计算证明。b.实际上人在最低点快速站起后“摆球”摆动速度的大小会增大。随着摆动越来越高，达到某个最大摆角后，如果再次经过最低点时，通过一次站起并保持站立姿势就能实现在竖直平面内做完整的圆周运动，求在最低点“摆球”增加的动能应满足的条