2025届高考物理一轮复习第六章机械能及其守恒定律第24讲动能定理及其应用教学案新人教版

PAGE19-第24讲动能定理及其应用基础命题点对动能定理的理解和应用1．动能(1)定义：物体由于eq\x(\s\up1(01))运动而具有的能叫动能。(2)公式：Ek＝eq\x(\s\up1(02))eq\f(1,2)mv2。(3)单位：eq\x(\s\up1(03))焦耳,1J＝1N·m＝1kg·m2/s2。(4)性质：动能是状态量，是eq\x(\s\up1(04))标量。2．动能定理(1)内容：在一个过程中合力对物体做的功，等于物体在这个过程中eq\x(\s\up1(05))动能的变更量。(2)表达式：W＝eq\x(\s\up1(06))ΔEk＝Ek2－Ek1＝eq\x(\s\up1(07))eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)。(3)物理意义：eq\x(\s\up1(08))合外力的功是物体动能变更的量度。(4)适用条件①动能定理既适用于直线运动，也适用于eq\x(\s\up1(09))曲线运动。②既适用于恒力做功，也适用于eq\x(\s\up1(10))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eq\x(\s\up1(11))分阶段作用。3．对动能定理的理解(1)动能定理表明白“三个关系”①因果关系：合外力做功是引起物体动能变更的缘由。②数量关系：合外力做的功与物体动能的变更具有等量代换关系，但并不是说动能变更就是合外力做的功。③量纲关系：单位相同，国际单位都是焦耳。(2)标量性动能是标量，功也是标量，所以动能定理是一个标量式，不存在方向的选取问题。当然动能定理也就不存在重量的表达式。(3)相对性动能定理中的位移和速度必需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。(多选)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增加到v2时，上上升度为H，则在这个过程中，下列说法或表达式正确的是()A．对物体，动能定理的表达式为WN＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，其中WN为支持力的功B．对物体，动能定理的表达式为W合＝0，其中W合为合力的功C．对物体，动能定理的表达式为WN－mgH＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，其中WN为支持力的功D．对电梯，其所受合力做功为eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,1)解析电梯上升的过程中，对物体做功的有重力mg、支持力FN，这两个力做的总功才等于物体动能的增量ΔEk＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，故A、B错误，C正确；对电梯，由动能定理可知，其合力的功肯定等于其动能的增量，eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,1)，故D正确。答案CD1．应用动能定理的流程2．应用动能定理的留意事项(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。“外力”既可以是恒力，也可以是变力。(2)动能变更量肯定是末动能减去初动能。(3)列动能定理方程时，必需明确各力做功的正、负，的确难以推断的先假定为正功，最终依据结果加以检验。1．(2024·全国卷Ⅱ)如图，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止起先沿粗糙水平路面运动至具有某一速度，木箱获得的动能肯定()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解析木箱受力如图所示：木箱在移动的过程中有两个力做功，拉力做正功，摩擦力做负功，依据动能定理可知即：WF－Wf＝eq\f(1,2)mv2－0，所以动能小于拉力做的功，故A正确；无法比较动能与摩擦力做功的大小，C、D错误。2．(人教版必修2P74·T3改编)子弹的速度为v，打穿一块固定的木块后速度刚好变为零。若木块对子弹的阻力为恒力，那么当子弹射入木块的深度为其厚度的eq\f(1,3)时，子弹的速度是()A．eq\f(1,3)v B．eq\f(\r(3),3)vC．eq\f(2,3)v D．eq\f(\r(6),3)v答案D解析设木块的厚度为d，木块对子弹的作用力为F，打穿木块时，由动能定理得－Fd＝0－eq\f(1,2)mv2，当子弹射穿其厚度的eq\f(1,3)时，由动能定理得－Feq\f(d,3)＝eq\f(1,2)mv′2－eq\f(1,2)mv2，联立解得v′＝eq\f(\r(6),3)v，故D正确。3．在离地面高为h处竖直上抛一质量为m的物块，抛出时的速度为v0，当它落到地面时的速度为v，用g表示重力加速度，则在此过程中物块克服空气阻力所做的功等于()A．mgh－eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0) B．－eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－mghC．mgh＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mv2 D．mgh＋eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)答案C解析对物块从h高处竖直上抛到落地的过程，依据动能定理可得mgh－Wf＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得Wf＝mgh＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mv2，C正确。4．在水平面上，用与水平方向成θ＝37°角斜向上方的拉力F＝10N拉着一个质量m＝1kg的物体从静止起先运动，物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.5，物体运动s1＝12m时撤去拉力。sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度取g＝10m/s2。求：(1)拉力对物体做的功W；(2)撤去拉力后物体在水平面上还能向前滑行的距离多大？答案(1)96J(2)14.4m解析(1)拉力对物体做的功：W＝Fs1cosθ代入数据得：W＝96J。(2)在拉力F作用下：Fsinθ＋FN＝mg摩擦力：f1＝μFN代入数据得：FN＝4N，f1＝2N撤去拉力F后，摩擦力：f2＝μmg＝5N对全过程，由动能定理得：W－f1s1－f2s2＝0撤去拉力后物块在水平面上还能向前滑行的距离：s2＝eq\f(W－f1s1,f2)，代入数据得：s2＝eq\f(96－2×12,5)m＝14.4m。实力命题点一动能定理与图象综合1．解决物理图象问题的基本步骤(1)视察题目给出的图象，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)依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、图线下方的面积所对应的物理意义，依据对应关系列式解答问题。2．四类图象所围“面积”的含义质量m＝1kg的物体，在水平拉力F(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，经过位移4m时，拉力F停止作用，运动到位移为8m时物体停止，运动过程中动能与位移关系图象(Ek­x)如图所示。(g取10m/s2)求：(1)物体的初速度多大？(2)物体和水平面间的动摩擦因数为多大？(3)拉力F的大小。解析(1)从图象可知初动能Ek0＝2J由Ek0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得v0＝2m/s。(2)在位移为4m处物体的动能为Ek＝10J，在位移为8m处物体的动能为零，此过程中物体克服摩擦力做功。设摩擦力为Ff，由动能定理有－Ffx2＝0－Ek得出Ff＝eq\f(Ek,x2)＝eq\f(10,4)N＝2.5N因Ff＝μmg，故μ＝eq\f(Ff,mg)＝eq\f(2.5,10)＝0.25。(3)物体从起先到移动4m这段过程中，受拉力F和摩擦力Ff的作用，依据动能定理有(F－Ff)x1＝Ek－Ek0故得F＝eq\f(Ek－Ek0,x1)＋Ff＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10－2,4)＋2.5))N＝4.5N。另一种解法思路：由动能定理知W总＝F合x＝ΔEk，则Ek­x图象的斜率表示物体所受合外力，结合图象有0～4m内：F－μmg＝2N，4～8m内：μmg＝2.5N，即可得到答案，这也是解决此类问题的一种方法。答案(1)2m/s(2)0.25(3)4.5N(1)从图象的意义切入，把分析力、功与能量间的关系、物体动能的变更状况以及合力做功作为突破问题的关键。(2)常见的能量、功图象①W­x图象：通过“斜率”求得某种力F。②Ep­x图象：通过“斜率”求得与势能有关的力。③Ek­x图象：通过“斜率”求得合力F。1．(2024·江苏高考)一小物块沿斜面对上滑动，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解析设斜面倾角为θ，依据动能定理，当小物块沿斜面上升时，有－(mgsinθ＋f)x＝Ek－Ek0，即Ek＝－(f＋mgsinθ)x＋Ek0，所以Ek与x的函数关系图象为直线，且斜率为负。当小物块沿斜面下滑时依据动能定理有(mgsinθ－f)(x0－x)＝Ek－0(x0为小物块到达最高点时的位移)，即Ek＝－(mgsinθ－f)x＋(mgsinθ－f)x0，所以下滑时Ek随x的减小而增大且为直线。综上所述，选项C正确。2．(多选)质量为1kg的物体静止在水平粗糙的地面上，在一水平外力F的作用下运动，如图甲所示，外力F和物体克服摩擦力Ff做的功W与物体位移x的关系如图乙所示，重力加速度g取10m/s2。下列分析正确的是()A．物体与地面之间的动摩擦因数为0.2B．物体运动的位移为13mC．物体在前3m运动过程中的加速度为3m/s2D．x＝9m时，物体的速度为3eq\r(2)m/s答案ACD解析由Wf＝Ffx对应图乙可知，物体与地面之间的滑动摩擦力Ff＝2N，由Ff＝μmg可得μ＝0.2，A正确；由WF＝Fx对应图乙可知，前3m内，拉力F1＝5N，3～9m内，拉力F2＝2N，物体在前3m内的加速度a1＝eq\f(F1－Ff,m)＝3m/s2，C正确；由动能定理得WF－Ffx＝eq\f(1,2)mv2，解得：当x＝9m时，物体的速度为v＝3eq\r(2)m/s，D正确；物体的最大位移xm＝eq\f(WF,Ff)＝eq\f(27,2)m＝13.5m，B错误。3．如图甲所示，一质量为4kg的物体静止在水平地面上，让物体在随位移匀称减小的水平推力F作用下起先运动，推力F随位移x变更的关系如图乙所示，已知物体与地面间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10m/s2，则下列说法正确的是()A．物体先做加速运动，推力撤去时起先做减速运动B．物体在水平地面上运动的最大位移是10mC．物体运动的最大速度为2eq\r(15)m/sD．物体在运动中的加速度先变小后不变答案B解析当推力小于摩擦力时物体就起先做减速运动，A错误；由题图乙中图线与x轴所围面积表示推力对物体做的功得，推力做的功W＝eq\f(1,2)×4×100J＝200J，依据动能定理有W－μmgxm＝0，得xm＝10m，B正确；当推力与摩擦力大小相等时，加速度为零，速度最大，由题图乙得F＝100－25x(N)，当F＝μmg＝20N时x＝3.2m，由动能定理得：eq\x\to(F)x－μmgx＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)，且eq\x\to(F)＝eq\f(100＋20,2)N＝60N，解得物体运动的最大速度vm＝8m/s，C错误；物体运动中当推力由100N减小到20N的过程中，加速度渐渐减小，当推力由20N减小到0的过程中，加速度又反向增大，此后加速度不变，D错误。实力命题点二动能定理求解多过程问题1．多过程问题即包含几个子过程，这几个子过程的运动性质可以相同也可以不同，子过程中可以有直线上的不同运动，也可以有曲线上的不同运动，如匀速直线运动、匀变速直线运动、圆周运动、平抛运动、往复运动等。由于多过程问题的受力状况、运动状况比较困难，从动力学的角度分析往往比较困难，利用动能定理分析此类问题，是从总体上把握探讨对象运动状态的变更，并不须要从细微环节上了解。2．解决多过程问题的方法思路(1)当包含几个运动性质不同的子过程时，可以选择一个、几个子过程为探讨对象，也可以选择整个过程作为探讨对象，然后运用动能定理解题。(2)应用动能定理时留意要使合力做功对应的过程和初、末状态动能对应的过程相统一。(3)当探讨整个过程中的重力做功、大小恒定的摩擦力做功时，要留意它们的做功特点：①重力做功取决于物体的初、末位置，与路径无关。②克服大小恒定的阻力或摩擦力做的功等于力的大小与路程的乘积。(4)解题时留意过程与过程的连接物理量关系，当所求解的问题不涉及中间速度时，一般优先选择全过程利用动能定理求解。在某游乐闯关节目中，选手需借助悬挂在高处的绳飞越到水面的浮台上，两位同学观看后对此进行了探讨。如图所示，他们将选手简化为质量m＝60kg的质点，选手抓住绳由静止起先摇摆，此时绳与竖直方向的夹角α＝53°，绳的悬挂点O距水面的高度为H＝3m。不考虑空气阻力和绳的质量，浮台露出水面的高度不计，水足够深。取重力加速度g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。(1)求选手摆到最低点时对绳拉力的大小F；(2)若绳长l＝2m，选手摆到最高点时松手落入水中。设水对选手的平均浮力F1＝800N，平均阻力F2＝700N，求选手落入水中的深度d；(3)若选手摆到最低点时松手，甲同学认为绳越长，在浮台上的落点距岸边越远；乙同学却认为绳越短，落点距岸边越远。请通过推算说明你的观点。解析(1)由静止至摇摆到最低点，对选手由动能定理得mgl(1－cosα)＝eq\f(1,2)mv2－0选手在最低点处由牛顿其次定律得F′－mg＝meq\f(v2,l)由牛顿第三定律得F＝F′＝1080N。(2)选手摆到最高点时松手落入水中，如图所示：对选手由动能定理得mg(H－lcosα＋d)－(F1＋F2)d＝0－0解得d＝1.2m。(3)选手摆到最低点时松手将做平抛运动，则：竖直方向H－l＝eq\f(1,2)gt2水平方向x＝vt由(1)可得v＝eq\r(0.8gl)，解得x＝eq\r(1.6lH－l)可知当l＝eq\f(H,2)＝1.5m时，x最大，落点距岸边最远。答案(1)1080N(2)1.2m(3)见解析1．应用动能定理的关键对探讨对象进行精确的受力分析及运动过程分析，可画出运动过程的草图，借助草图理解物理过程之间的关系。2．求解多过程问题须抓好“两状态，一过程”“两状态”即明确探讨对象的始、末状态的速度或动能状况；“一过程”即明确探讨过程，确定这一过程探讨对象的受力状况和位置变更或位移信息。3．应用动能定理解决平抛运动、圆周运动等曲线运动问题时留意(1)平抛运动和圆周运动都属于曲线运动，若只涉及位移和速度而不涉刚好间，应优先考虑用动能定理列式求解。(2)动能定理的表达式为标量式，不能在某一个方向上列动能定理方程。4．运用动能定理巧解往复运动问题在有些问题中物体的运动过程具有重复性、来回性，而在这一过程中，描述运动的物理量多数是变更的，而且重复的次数又往往是无限的或者难以确定的，例如求一篮球从高处落下到最终静止在水平面上的过程中克服空气阻力所做的功。求解这类问题时若运用牛顿运动定律及运动学公式将特别繁琐，甚至无法解出。由于动能定理只关切物体的初末状态而不计运动过程的细微环节，所以用动能定理分析这类问题可使解题过程简化。求解时留意：(1)首先要确定物体运动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＝mgh干脆求解。(3)滑动摩擦力或空气阻力做功与物体运动路径有关，可用Wf＝－Ffs求解，其中s为物体运动的路程。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h＝0.30m。在A处放一个质量为m的小物块并让其从静止起先下滑(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μ＝0.10。小物块在盆内来回滑动，最终停下来，则停的地点到B的距离为()A．0.50m B．0.25mC．0.10m D．0答案D解析设小物块在BC段通过的总路程为s，由于只有BC面上存在摩擦力，而重力做功与路径无关，由动能定理得：mgh－μmgs＝0－0，代入数据可解得s＝3m。由于d＝0.50m，所以小物块在BC面上经过3次往复运动后，又回到B点，D正确。2．(多选)如图所示，轻质弹簧的一端固定，另一端与质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连，弹簧水平且处于原长。圆环从A处由静止起先下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，AC＝h。圆环在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A。弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g。则圆环()A．下滑过程中，加速度始终减小B．上滑经过B的速度小于下滑经过B的速度C．在C处，弹簧的弹性势能为mgh－eq\f(1,4)mv2D．下滑过程中，克服摩擦力做的功为eq\f(1,4)mv2答案CD解析圆环从A处由静止起先下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，所以圆环先做加速运动，再做减速运动，经过B处的速度最大，所以经过B处的加速度为零，所以加速度先减小，后增大，A错误；探讨圆环从A处由静止起先下滑到B的过程，由动能定理得mghAB－Wf1－W弹1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)①，探讨圆环从B处上滑到A的过程，由动能定理得－mghAB－Wf1＋W弹1＝0－eq\f(1,2)mvB′2，即mghAB＋Wf1－W弹1＝eq\f(1,2)mvB′2②，由①②式可得vB′>vB，B错误；探讨圆环从A处由静止起先下滑到C的过程，由动能定理得mgh－Wf－W弹＝0－0＝0③，在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A，由动能定理得－mgh＋W弹－Wf＝0－eq\f(1,2)mv2④，联立③④式解得：Wf＝eq\f(1,4)mv2⑤，即克服摩擦力做的功为eq\f(1,4)mv2，将⑤式代入③式可得W弹＝mgh－eq\f(1,4)mv2，则在C处，弹簧的弹性势能为mgh－eq\f(1,4)mv2，C、D正确。3．如图所示是跳台滑雪的示意图，雪道由倾斜的助滑雪道AB、水平平台BC、着陆雪道CD及减速区DE组成，各雪道间均平滑连接，A处与水平平台间的高度差h＝45m，CD的倾角为30°。运动员自A处由静止滑下，不计其在雪道ABC滑行和空中飞行时所受的阻力。运动员可视为质点。(g取10m/s2)(1)求运动员滑离平台BC时的速度大小；(2)为保证运动员落在着陆雪道CD上，雪道CD长度至少为多少？(3)若实际的着陆雪道CD长为150m，运动员着陆后滑到D点时具有的动能是着陆瞬间动能的80%，在减速区DE滑行s＝100m后停下，则运动员在减速区所受平均阻力是其重力的多少倍？答案(1)30m/s(2)120m(3)0.84倍解析(1)从A到C过程中，由动能定理有mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)，解得vC＝30m/s。(2)设落点距抛出点C的距离为L，由平抛运动规律得Lcos30°＝vCtLsin30°＝eq\f(1,2)gt2，解得L＝120m。(3)运动员由A运动到落点过程中，由动能定理得mg(h＋Lsin30°)＝eq\f(1,2)mv2设运动员在减速区减速过程中所受平均阻力是重力的k倍，依据动能定理得－kmgs＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)依据题意有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝0.80×eq\f(1,2)mv2，解得k＝0.84。课时作业1．(多选)光滑水平面上静止的物体，受到一个水平拉力F作用起先运动，拉力随时间变更如图所示，用Ek、v、x、P分别表示物体的动能、速度、位移和水平拉力的功率，下列四个图象中分别定性描述了这些物理量随时间变更的状况，其中正确的是()答案BD解析由动能定理，Fx＝F·eq\f(1,2)at2＝Ek，图象A错误；在水平拉力F作用下，物体做匀加速直线运动，v＝at，图象B正确；其位移x＝eq\f(1,2)at2，图象C错误；水平拉力的功率P＝Fv＝Fat，图象D正确。2．A、B两物体分别在水平恒力F1和F2的作用下沿水平面运动，先后撤去F1、F2后，两物体最终停下，它们的v­t图象如图所示。已知两物体与水平面间的滑动摩擦力大小相等。则下列说法中正确的是()A．F1、F2大小之比为1∶2B．F1、F2对A、B做功之比为1∶2C．A、B质量之比为2∶1D．全过程中A、B克服摩擦力做功之比为2∶1答案C解析由速度—时间图象可知，撤去F1、F2后，A、B做匀减速直线运动的加速度大小之比为a1∶a2＝1∶2，已知A、B受摩擦力大小相等，即f1＝f2，又f1＝m1a1，f2＝m2a2，所以A、B质量之比为m1∶m2＝eq\f(f1,a1)∶eq\f(f2,a2)＝a2∶a1＝2∶1，C正确；由速度—时间图象可知，A、B两物体加速与减速的总位移相等，且匀加速运动位移之比为1∶2，匀减速运动的位移之比为2∶1，设总位移为3x，对A物体的全过程，由动能定理可得：F1x－f1·3x＝0－0，对B物体的全过程，由动能定理可得：F2·2x－f2·3x＝0－0，联立可得F1＝3f1，F2＝eq\f(3,2)f2，又f1＝f2，所以F1＝2F2，A错误；全过程中摩擦力对A、B做功相等，F1、F2对A、B做功相等，B、D错误。3．如图，一质量为M的光滑大圆环，用一细轻杆固定在竖直平面内。套在大环上质量为m的小环(可视为质点)，从大环的最高处由静止滑下。重力加速度大小为g，当小环滑到大环的最低点时，大环对轻杆拉力的大小为()A．(M＋2m)g B．(M＋3mC．(M＋4m)g D．(M＋5m答案D解析小环在最低点时，依据牛顿其次定律得：F－mg＝meq\f(v2,R)，可得：F＝mg＋meq\f(v2,R)，小环从最高点到最低点，由动能定理，有mg·2R＝eq\f(1,2)mv2，对大环分析，有：T＝F＋Mg＝mg＋eq\f(v2,R)＋Mg＝Mg＋5mg，由牛顿第三定律可知大环对轻杆的拉力T′＝T＝Mg＋5mg，故D正确。4．如图所示，质量为m的物体用细绳经过光滑小孔牵引在光滑水平面上做匀速圆周运动。拉力为F时，转动半径为R，当拉力渐渐减小到eq\f(F,4)时，物体仍做匀速圆周运动，半径为2R，则外力对物体所做的功的大小是()A．0 B．eq\f(3FR,4)C．eq\f(FR,4) D．eq\f(5FR,2)答案C解析依据拉力供应向心力有F＝eq\f(mv2,R)，解得Ek1＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)FR；当拉力减小到eq\f(F,4)时有eq\f(F,4)＝eq\f(mv′2,2R)，解得Ek2＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(FR,4)，依据动能定理，外力做功数值等于动能的变更量ΔEk＝Ek2－Ek1＝－eq\f(FR,4)，故C正确。5．如图所示，质量为m的小球，从离地面H高处从静止起先释放，落到地面后接着陷入泥中h深度而停止，设小球受到空气阻力为f，重力加速度为g，则下列说法正确的是()A．小球落地时动能等于mgHB．小球陷入泥中的过程中克服泥的阻力所做的功小于刚落到地面时的动能C．整个过程中小球克服阻力做的功等于mg(H＋h)D．小球在泥土中受到的平均阻力为mg1＋eq\f(H,h)答案C解析小球从静止起先释放到落到地面的过程，由动能定理得mgH－fH＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，A错误；设泥的平均阻力为f0，小球陷入泥中的过程，由动能定理得mgh－f0h＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得f0h＝mgh＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mgh＋mgH－fH，f0＝mg1＋eq\f(H,h)－eq\f(fH,h)，B、D错误；全过程应用动能定理可知，整个过程中小球克服阻力做的功等于mg(H＋h)，C正确。6．(多选)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，现以恒定的外力拉B，由于A、B间摩擦力的作用，A将在B上滑动，以地面为参考系，A、B都向前移动一段距离，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物体所受的合外力等于B对A的摩擦力，对A物体运用动能定理，则有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的摩擦力做负功，B对A的摩擦力做正功，故二者做功不相等，C错误；对B应用动能定理WF－Wf＝ΔEkB，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；依据功能关系可知，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。7．(2024·全国卷Ⅰ)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．与它所经验的时间成正比B．与它的位移成正比C．与它的速度成正比D．与它的动量成正比答案B解析列车做初速度为零的匀加速直线运动，列车动能Ek＝eq\f(1,2)mv2，又因为v＝at，所以Ek＝eq\f(1,2)ma2t2，加速度a恒定，动能跟时间t的平方成正比，A错误；依据动能定理Ek＝W合＝F合s＝mas，故动能与位移成正比，B正确；动能与速度平方成正比，故C错误；由Ek＝eq\f(p2,2m)，可知动能与动量的平方成正比，D错误。8．(2024·江苏高考)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。忽视空气阻力，该过程中小球的动能Ek与时间t的关系图象是()答案A解析小球做竖直上抛运动时，速度v＝v0－gt，依据动能Ek＝eq\f(1,2)mv2得Ek＝eq\f(1,2)m(v0－gt)2，故图象A正确。9．(2024·山西太原五中高考模拟)(多选)如图所示，DO是水平面，AB是斜面，初速度为v0的物体从D点动身沿DBA滑动到顶点A时速度刚好为零，假如斜面改为AC，让该物体从D点动身沿DCA滑动到顶点A且速度刚好为零，若已知该物体与路面之间的动摩擦因数到处相同且不为零，则由此可知()A．该物体从D点动身(沿DCA滑动刚好到顶点A)初速度肯定也为v0B．该物体从D点动身(沿DCA滑动刚好到顶点A)初速度不肯定为v0C．该物体从A点静止动身沿ACD滑动到D点的速度大小肯定为v0D．该物体从A点静止动身沿ACD滑动到D点的速度肯定小于v0答案AD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－μmgcosα·xAB＝－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，由几何关系cosα·xAB＝xOB，因而上式可以简化为－mg·xAO－μmg·xDB－μmg·xOB＝－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，即－mg·xAO－μmg·xDO＝－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，从上式可以看出，到达顶点的动能与路径无关，所以该物体从D点动身(沿DCA滑动刚好到顶点A)初速度肯定也为v0，故A正确，B错误；该物体从A点静止动身沿ACD滑动到D点由动能定理可知：mg·xAO－μmg·xDO＝eq\f(1,2)mv′2，与－mg·xAO－μmg·xDO＝－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，比较可知：v′<v0，故C错误，D正确。10．(2024·福建龙岩高三上学期期末)(多选)如图所示，在竖直平面内有一条不光滑的轨道ABC，其中AB段是半径为R的eq\f(1,4)圆弧，BC段是水平的。一质量为m的滑块从A点由静止滑下，最终停在水平轨道上C点，此过程克服摩擦力做功为W1。现用一沿着轨道方向的力推滑块，使它缓慢地由C点推回到A点，此过程克服摩擦力做功为W2，设推力对滑块做功为W，则下列关系中正确的是()A．W1＝mgR B．W2＝mgRC．mgR<W<2mgR D．W>2mgR答案AC解析滑块由A到C的过程，由动能定理可知mgR－W1＝0，故A正确；滑块由A到B做加速圆周运动，而在推力作用下从C经过B到达A的过程是一个缓慢过程，所以从A到B的过程中平均支持力大于从B到A的平均支持力，那么摩擦力在从A到B过程的功大于从B到A过程的功，则W2<W1＝mgR，故B错误；滑块由C到A的过程中由动能定理可知，W－mgR－W2＝0，则W＝mgR＋W2，由于W2<W1＝mgR，所以mgR<W<2mgR，故C正确，D错误。11．(2024·全国卷Ⅲ)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