第7.3节 动能 动能定理-2025学年高一物理同步学与练（沪科版）

PAGE1第七章机械能守恒定律7.3动能动能定理课程标准1.了解动能的概念。2.理解合外力做功是物体动能变化原因，正确使用动能定理分析解决问题。物理素养物理观念：建立动能和动能变化量的物理观念。科学思维：运用牛顿第二运动定律推导动能定理，并能理解从特殊推广到一般的思维方法。科学探究：物体动能变化的内在原因。科学态度与责任：养成从现象到本质，发现客观物理规律的科学态度。

一、动能的概念1.物体因为运动而具有的能量叫动能，表达式：Ek＝eq\f(1,2)mv22.单位：焦耳，符号为J3.标矢性：动能是标量，只有大小，没有方向。没有负值，与物体的速度方向无关。4.动能是状态量，具有瞬时性，与物体的运动状态(或某一时刻的速度)相对应。5.动能面为参考系。6.动能变化量ΔEkΔEk＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12，若ΔEk>0，则表示物体的动能增加，若ΔEk<0，则表示物体的动能减少。例1.两个物体质量之比为1∶4，速度大小之比为4∶1，则这两个物体的动能之比为（）A.1∶1B.1∶4C.4∶1D.2∶1【答案】C【解析】由动能的定义式知，物体的动能与质量成正比，与速度的平方成正比，所以C正确。例2.（多选）某同学在练习足球时，将足球朝竖直的墙壁踢出.假设足球的质量为m＝0.5kg，足球垂直撞击墙壁前的瞬间速度大小为v＝5m/s，如果以足球撞击墙壁前瞬间的速度方向为正，足球与墙壁碰后以等大的速度反向弹回.则足球与墙壁发生作用的过程中（）A.速度的变化量为－10m/s B.速度的变化量为10m/sC.动能的变化量为25J D.动能的变化量为0【答案】AD【解析】速度的变化量为矢量，Δv＝－v－v＝(－5－5)m/s＝－10m/s，A正确，B错误；动能的变化量为标量，ΔEk＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv2＝0，C错误，D正确。二、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＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv123.推导：如图所示，光滑水平面上的物体在水平恒力F的作用下向前运动了一段距离l，速度由v1增加到v2W＝Fl＝F·eq\f(v\o\al(2,2)－v\o\al(2,1),2a)＝F·eq\f(v\o\al(2,2)－v\o\al(2,1),2\f(F,m))＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv124.适用范围：动能定理是物体在恒力，直线运动的情况下得出的，但同样适用变力，曲线运动的情况。5.如果物体受到多个力的作用，W即为合力做的功，它等于各个力做功的代数和。6.物理意义：动能定理描述了做功与物体动能变化的关系。即若合外力做正功，物体的动能增加，若合外力做负功，物体的动能减小，做了多少功，动能就变化多少。7.动能定理反映了动能是力在空间上的累积效果。（动量是力在时间上的积累）方法总结：应用动能定理解题的一般步骤：(1)选取研究对象(通常是单个物体)，明确它的运动过程。(2)对研究对象进行受力分析，明确各力做功的情况，求出外力做功的代数和。(3)明确物体在初、末状态的动能Ek1、Ek2(4)列出动能定理的方程W＝Ek2－Ek1，结合其他必要的辅助方程求解并验算。例3.判断下列说法的正误.(1)某物体的速度加倍，它的动能也加倍。（）(2)两质量相同的物体，动能相同，速度一定相同。（）(3)物体的速度变化，动能一定变化。（）(4)物体的动能不变，其速度一定不变。（）(5)合外力做功不等于零，物体的动能一定变化。（）(6)物体的速度发生变化，合外力做功一定不等于零。（）(7)物体的动能增加，合外力做正功。（）(8)某一过程中物体的速度变化越大，其动能的变化一定越大。（）【答案】(1)×(2)×(3)×(4)×(5)√(6)×(7)√(8)×例4.如图所示，物体在距斜面底端5m处由静止开始下滑，然后滑上与斜面平滑连接的水平面，若物体与斜面及水平面的动摩擦因数均为0.4，斜面倾角为37°.求物体能在水平面上滑行的距离.(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)【答案】3.5m【解析】对物体在斜面上和水平面上受力分析如图所示方法一分过程列方程：设物体滑到斜面底端时的速度为v，物体下滑阶段FN1＝mgcos37°，故Ff1＝μFN1＝μmgcos37°由动能定理得：mgsin37°·l1－μmgcos37°·l1＝eq\f(1,2)mv2－0设物体在水平面上滑行的距离为l2，摩擦力Ff2＝μFN2＝μmg由动能定理得：－μmgl2＝0－eq\f(1,2)mv2联立以上各式可得l2＝3.5m方法二全过程由动能定理列方程：mgl1sin37°－μmgcos37°·l1－μmgl2＝0，解得：l2＝3.5m考点01动能定理的基本概念及应用例5.两个物体A、B的质量之比为mA∶mB＝2∶1，二者初动能相同，它们和水平桌面间的动摩擦因数相同，则二者在桌面上滑行到停止经过的距离之比为（）A.xA∶xB＝2∶1 B.xA∶xB＝1∶2C.xA∶xB＝4∶1 D.xA∶xB＝1∶4【答案】B【解析】：－μmBgxB＝0－Ek.故eq\f(xA,xB)＝eq\f(mB,mA)＝eq\f(1,2)，B正确，A、C、D错误。例6.一列车的质量是5.0×105kg，在平直的轨道上以额定功率3000kW加速行驶，当速率由10m/s加速到所能达到的最大速率30m/s时，共用了2min，设列车所受阻力恒定，则：(1)列车所受的阻力多大？(2)这段时间内列车前进的距离是多少？【答案】(1)1.0×105N(2)1600m【解析】(1)列车以额定功率加速行驶时，其加速度在减小，当加速度减小到零时，速度最大，此时有P＝Fv＝Ffvmax，所以列车受到的阻力Ff＝eq\f(P,vmax)＝1.0×105N；(2)这段时间牵引力做功WF＝Pt，设列车前进的距离为s，则由动能定理得Pt－Ffs＝eq\f(1,2)mvmax2－eq\f(1,2)mv02代入数据解得s＝1600m考点02利用动能定理求变力做功1.动能定理不仅适用于求恒力做的功，也适用于变力做功，同时不涉及变力作用的过程分析，使用方便。2.利用动能定理求变力的功是最常用的方法，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7.如图所示，有一半径为r＝0.5m的粗糙半圆轨道，A与圆心O等高，有一质量为m＝0.2kg的物块(可视为质点)，从A点静止滑下，滑至最低点B时的速度为v＝1m/s，取g＝10m/s2，下列说法正确的是（）A.物块过B点时，对轨道的压力大小是0.4N B.物块过B点时，对轨道的压力大小是2.0NC.A到B的过程中，克服摩擦力做的功为0.9J D.A到B的过程中，克服摩擦力做的功为0.1J【答案】C【解析】在B点由牛顿第二定律可知FN－mg＝meq\f(v2,r)，解得：FN＝2.4N，由牛顿第三定律可知物块对轨道的压力大小为2.4N，故A、B均错误；A到B的过程，由动能定理得mgr＋Wf＝eq\f(1,2)mv2－0，解得Wf＝－0.9J，故克服摩擦力做功为0.9J，故C正确，D错误。考点03利用动能定理分析多过程问题一个物体的运动如果包含多个运动阶段，可以选择分段或全程应用动能定理.(1)分段应用动能定理时，将复杂的过程分割成一个个子过程，对每个子过程的做功情况和初、末动能进行分析，然后针对每个子过程应用动能定理列式，然后联立求解。(2)全程应用动能定理时，分析整个过程中出现过的各力的做功情况，分析每个力做的功，确定整个过程中合外力做的总功，然后确定整个过程的初、末动能，针对整个过程利用动能定理列式求解。当题目不涉及中间量时，选择全程应用动能定理更简单，更方便。注意：当物体运动过程中涉及多个力做功时，各力对应的位移可能不相同，计算各力做功时，应注意各力对应的位移，计算总功时，应计算整个过程中出现过的各力做功的代数和。例8.图中ABCD是一条长轨道，其中AB段是倾角为θ的斜面，CD段是水平的，BC段是与AB段和CD段都相切的一小段圆弧，其长度可以略去不计.一质量为m的小滑块在A点从静止释放，沿轨道滑下，最后停在D点，A点和D点的位置如图4所示，现用一沿轨道方向的力推滑块，使它缓缓地由D点回到A点，设滑块与轨道间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则推力对滑块做的功等于（）A.mghB.2mghC.μmg(s＋eq\f(h,sinθ))D.μmg(s＋hcosθ)【答案】B【解析】滑块由A点运动至D点，设克服摩擦力做功为WAD，由动能定理得mgh－WAD＝0，即WAD＝mgh…①，滑块从D点回到A点，由于是缓慢推，动能变化量为零，设克服摩擦力做功为WDA，由动能定理知当滑块从D点被推回A点有WF－mgh－WDA＝0…②，由A点运动至D点，克服摩擦力做的功为WAD＝μmgcosθ·eq\f(h,sinθ)＋μmgs…③，从D→A的过程克服摩擦力做的功为WDA＝μmgcosθ·eq\f(h,sinθ)＋μmgs…④，③④联立得WAD＝WDA…⑤，①②⑤联立得WF＝2mgh，故A、C、D错误，B正确。考点04动能定理综合应用动能定理常与平抛运动、圆周运动、往复运动相结合，解决这类问题要特别注意：(1)与平抛运动相结合时，要注意应用运动的合成与分解，分别求解有关物理量。(2)与竖直平面内的圆周运动相结合时，应特别注意隐藏的临界条件：①可提供支撑效果的竖直平面内的圆周运动，物体能通过最高点的临界条件为vmin＝0.②不可提供支撑效果的竖直平面内的圆周运动，物体能通过最高点的临界条件为vmin＝eq\r(gR).3.在有摩擦力做功的往复运动过程中，注意两种力做功的区别：①重力做功只与初、末位置有关，而与路径无关；②程)。例9.如图所示，一可以看成质点的质量m＝2kg的小球以初速度v0沿光滑的水平桌面飞出后，恰好从A点沿切线方向进入圆弧轨道，BC为圆弧竖直直径，其中B为轨道的最低点，C为最高点且与水平桌面等高，圆弧AB对应的圆心角θ＝53°，轨道半径R＝0.5m.已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，不计空气阻力，g取10m/s2.(1)求小球的初速度v0的大小；(2)若小球恰好能通过最高点C，求在圆弧轨道上摩擦力对小球做的功。【答案】(1)3m/s(2)－4J【解析】(1)在A点由平抛运动规律得：vA＝eq\f(v0,cos53°)＝eq\f(5,3)v0小球由桌面到A点的过程中，由动能定理得：mg(R＋Rcosθ)＝eq\f(1,2)mvA2－eq\f(1,2)mv02联立得：v0＝3m/s；(2)若小球恰好能通过最高点C，在最高点C处有mg＝eq\f(mv\o\al(2,C),R)，小球从桌面运动到C点的过程中，由动能定理得Wf＝eq\f(1,2)mvC2－eq\f(1,2)mv02代入数据解得Wf＝－4J考点05图像问题例10.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t的关系图像是（）【答案】A【解析】小球做竖直上抛运动，设初速度为v0，则v＝v0－gt，小球的动能Ek＝eq\f(1,2)mv2，把速度v代入得Ek＝eq\f(1,2)mg2t2－mgv0t＋eq\f(1,2)mv02，Ek与t为二次函数关系，图像为开口向上的抛物线，A正确。例11.（多选）如图甲所示，质量m＝2kg的物体以100J的初动能在粗糙程度相同的水平地面上滑行，其动能Ek随位移x变化的关系图像如图乙所示，则下列判断中正确的是（）A.物体运动的总位移大小为10m B.物体运动的加速度大小为10m/s2C.物体运动的初速度大小为10m/s D.物体所受的摩擦力大小为10N【答案】ACD【解析】由题图乙可知，物体运动的总位移为10m，根据动能定理得，－Ffx＝0－Ek0，解得Ff＝eq\f(Ek0,x)＝eq\f(100,10)N＝10N，故A、D正确；根据牛顿第二定律得，物体的加速度大小为a＝eq\f(Ff,m)＝eq\f(10,2)m/s2＝5m/s2，故C正确。~A组~1.（多选）关于动能的理解，下列说法正确的是（）A.一般情况下，Ek＝eq\f(1,2)mv2中的v是相对于地面的速度B.动能的大小由物体的质量和速率决定，与物体的运动方向无关C.物体以相同的速率向东和向西运动，动能的大小相等、方向相反D.当物体以不变的速率做曲线运动时其动能不断变化【答案】AB【解析】动能是标量，由物体的质量和速率决定，与物体的运动方向无关；动能具有相对性，无特别说明，一般指相对于地面的动能，A、B正确，C、D错误。2.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克阻＝ΔEk，则W拉>ΔEk，A正确，B错误；W克阻与ΔEk的大小关系不确定，C、D项错误。3.一人用力踢质量为100g的皮球，使球由静止以20m/s的速度飞出，假定人踢球瞬间对球的平均作用力是200N，球在水平方向运动了20m停止.则人对球所做的功为（）A.20JB.2000JC.500JD.4000J【答案】A【解析】根据题意可知，球的初状态速度为零，末状态速度为20m/s，由动能定理可知W＝eq\f(1,2)mv2－0＝eq\f(1,2)×0.1×202J＝20J，故选A。与水平方向运动了20m无关。4.一x1＝3.6m，如果以v2＝8m/s的速度行驶，在同样的路面上急刹车后滑行的距离x2应为（）A.6.4mB.5.6mC.7.2mD.10.8m【答案】A【解析】急刹车后，车水平方向只受摩擦力的作用，且摩擦力的大小不变，汽车的末速度皆为零，由动能定理得：－Fx1＝0－eq\f(1,2)mv12①－Fx2＝0－eq\f(1,2)mv22②联立①②式得eq\f(x2,x1)＝eq\f(v\o\al(2,2),v\o\al(2,1))x2＝eq\f(v\o\al(2,2),v\o\al(2,1))x1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,6)))2×3.6m＝6.4m，故A正确。5.物体沿直线运动的v－t图像如图所示，已知在第1s内合力对物体做功为W，则（）A.从第1s末到第3s末合力做功为4WB.从第3s末到第5s末合力做功为－2WC.从第5s末到第7s末合力做功为WD.从第3s末到第4s末合力做功为－0.5W【答案】C【解析】由题图可知物体速度变化情况，根据动能定理得第1s内：W＝eq\f(1,2)mv02第1s末到第3s末：W1＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)mv02＝0，A错误；第3s末到第5s末：W2＝0－eq\f(1,2)mv02＝－W，B错误；第5s末到第7s末：W3＝eq\f(1,2)m(－v0)2－0＝W，C正确；第3s末到第4s末：W4＝eq\f(1,2)m(eq\f(v0,2))2－eq\f(1,2)mv02＝－0.75W，D错误。6.一质量为2kg的物体，在水平恒定拉力的作用下以某一速度在粗糙的水平面上做匀速直线运动，当运动一段时间后拉力逐渐减小，且当拉m/s2，则据此可以求得（）A.物体与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.25B.物体匀速运动时的速度为v＝4eq\r(2)m/sC.合外力对物体所做的功为W合＝32JD.摩擦力对物体所做的功为Wf＝－64J【答案】D【解析】物体做匀速运动时，受力平衡，则Ff＝8N，μ＝eq\f(Ff,FN)＝eq\f(Ff,mg)＝eq\f(8,2×10)＝0.4，故A错误；F－x图像与x轴围成的面积表示拉力做的功，则WF＝eq\f(1,2)×(4＋8)×8J＝48J，滑动摩擦力做的功Wf＝－μmgx＝－0.4×2×10×8J＝－64J，所以合外力做的功为W合＝－64J＋48J＝－16J，故C错误，D正确；根据动能定理得W合＝0－eq\f(1,2)mv02，解得v0＝eq\r(\f(－2W合,m))＝eq\r(\f(2×16,2))m/s＝4m/s，故B错误。7.（多选）质量为m的汽车，发动机的功率恒为P，阻力恒为F1，牵引力为F，汽车由静止开始，经过时间t行驶了位移s时，速度达到最大值vm，则发动机所做的功为（）A.PtB.F1sC.eq\f(1,2)mvm2D.eq\f(mP2,2F\o\al(2,1))＋eq\f(Ps,vm)【答案】AD【解析】发动机的功率恒为P，经过时间t，发动机做的功为W＝Pt，A正确；当达到最大速度时，有P＝F1vm，得vm＝eq\f(P,F1)，整个过程中发动机做的功应等于克服阻力做的功与汽车获得的动能之和，则W＝eq\f(1,2)mvm2＋F1s＝eq\f(mP2,2F\o\al(2,1))＋eq\f(Ps,vm)，B、C错误，D正确。8.如图所示，运动员把质量为m的足球从水平地面踢出，足球在空中达到的最高点的高度为h，在最高点时的速度为v，不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法中正确的是（）A.运动员踢球时对足球做功eq\f(1,2)mv2 B.足球上升过程重力做功mghC.运动员踢球时对足球做功eq\f(1,2)mv2＋mgh D.足球上升过程克服重力做功eq\f(1,2)mv2＋mgh【答案】C【解析】足球上升过程中足球重力做负功，WG＝－mgh，B、D错误；从运动员踢球至足球上升至最高点的过程中，由动能定理得W－mgh＝eq\f(1,2)mv2，故运动员踢球时对足球做功W＝eq\f(1,2)mv2＋mgh，A错误，C正确。9.木块在水平恒力F的作用下，沿水平路面由静止出发前进了l，随即撤去此恒力，木块沿原方向又前进了2l才停下来，设木块运动全过程中地面情况相同，则摩擦力的大小Ff和木块所获得的最大动能Ekm分别为（）A.Ff＝eq\f(F,2)Ekm＝eq\f(Fl,2) B.Ff＝eq\f(F,2)Ekm＝FlC.Ff＝eq\f(F,3)Ekm＝eq\f(2Fl,3) D.Ff＝eq\f(2,3)FEkm＝eq\f(Fl,3)【答案】C【解析】全过程，由动能定理得Fl－Ff·3l＝0得：Ff＝eq\f(F,3)；加速过程：Fl－Ffl＝Ekm－0，得Ekm＝eq\f(2,3)Fl，C正确。10.如图所示为一水平的转台，半径为R，一质量为m的滑块放在转台的边缘，已知滑块与转台间的动摩擦因数为μ，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.若转台的转速由零逐渐增大，当滑块在转台上刚好发生相对滑动时，转台对滑块所做的功为（）A.eq\f(1,2)μmgRB.2πmgRC.2μmgRD.0【答案】A(用动能定理求变力做功)【解析】滑块即将开始滑动时，最大静摩擦力(等于滑动摩擦力)提供向心力，有μmg＝eq\f(mv2,R)，根据动能定理有Wf＝eq\f(1,2)mv2，解得Wf＝eq\f(1,2)μmgR，A正确。11.如图所示，AB为四分之一圆弧轨道，BC为水平直轨道，圆弧的半径为R，BC的长度也是R.一质量为m的物体，与两个轨道间的动摩擦因数都为μ，它由轨道顶端A从静止开始下滑，恰好运动到C处停止，不计空气阻力，重力加速度为g，那么物体在AB段克服摩擦力所做的功为()A.eq\f(1,2)μmgRB.eq\f(1,2)mgRC.mgRD.(1－μ)mgR【答案】D(利用动能定理分析多过程问题)【解析】设物体在AB段克服摩擦力所做的功为WAB，对物体从A到C的全过程，由动能定理得mgR－WAB－μmgR＝0，故WAB＝mgR－μmgR＝(1－μ)mgR12.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，重力加速度为g，则从开始碰撞到弹簧被压缩至最短(弹簧始终在弹性限度内)，物体克服弹簧弹力所做的功为（）A.eq\f(1,2)mv02－μmg(s＋x) B.eq\f(1,2)mv02－μmgxC.μmgsD.μmg(s＋x)【答案】A【解析】由动能定理得－W－μmg(s＋x)＝0－eq\f(1,2)mv02，W＝eq\f(1,2)mv02－μmg(s＋x)，A正确。13.一质量为m的小球，用长为l的轻绳悬挂于O点，小球在水平拉力F作用下，从平衡位置P点缓慢地移动到Q点，如图所示，重力加速度为g，则拉力F所做的功为（）A.mglcosθB.mgl(1－cosθ)C.FlcosθD.Flsinθ【答案】B【解析】小球缓慢移动，时时处于平衡状态，F＝mgtanθ，随着θ的增大，F也在增大，是一个变化的力，不能直接用功的公式求它所做的功，所以用动能定理求解。由于小球缓慢移动，动能不变，由动能定理得：－mgl(1－cosθ)＋W＝0，所以W＝mgl(1－cosθ)，B正确。14.如图所示，一木块沿竖直放置的粗糙曲面从高处滑下，当它滑过A点的速度大小为5m/s时，滑到B点的速度大小也为5m/s。若使它滑过A点的速度大小变为7m/s，则它滑到B点的速度大小（）A.大于7m/sB.等于7m/sC.小于7m/sD.无法确定【答案】C【解析】第一次从A点到B点的过程中：mgh－Wf1＝ΔEk＝0，Wf1＝mgh第二次速度增大，木块对轨道的压力增大，Wf2>Wf1，故mgh－Wf2<0，木块在B点的动能小于在A点的动能，C正确。15.如图所示，一薄木板斜放在高度一定的平台和水平地板上，其顶端与平台相平，末端置于地板的P处，并与地板平滑连接。将一可看成质点的滑块自木板顶端无初速度释放，沿木板下滑，接着在地板上滑动，最终停在Q处。滑块和木板及地板之间的动摩擦因数相同，现将木板截短一半，仍按上述方式放在该平台和水平地板上，再次将滑块自木板顶端无初速度释放(设滑块在木板和地面接触处平滑过渡)，则滑块最终将停在（）A.P处B.P、Q之间C.Q处D.Q的右侧【答案】C【解析】设木板长度为l，墙壁为O点，PQ为s则由动能定理：，即OP+PQ的距离不变。16．如图（a），AB为足够长的粗糙水平轨道，D为AB上的一点，DB长度s=2m，BC为光滑圆弧轨道，两轨道在B点平滑连接。C点高度H=4m，质量为m=1kg的滑块，在水平向右的恒力F=10N作用下，从D点由静止开始运动，受到恒定的摩擦力f=6N，当滑块运动到B点时，撤去恒力F，求：（1）滑块从D点运动到B点的速度v大小；（2）滑块通过B点时所受支持力大小；（3）滑块在圆弧轨道BC上所能达到的最大高度；（4）若改变恒力F的大小和出发点D的位置，并使F的大小与DB的长度s满足图（b）所示关系，其他条件不变，通过计算判断滑块是否可以到达C点。【答案】（1）；（2）14N；（3）0.8m；（4）不可以达到C点【解析】（1）以滑块为研究对象，以DB为研究过程，设加速度为a，运动的时间为t，据牛顿第二定律得，据得：联立以上各式代入数据解得（2）物块划到B点做圆周运动根据牛顿第二定律得，解得（3）以滑块从D到最高点为研究过程，由动能定理得，所以：（4）据F−s图像可知，且0＜s≤18m以物体运动达到最高点为研究对象，由动能定理得，当滑块到达C点时，应满足，联立得：此不等式无解，所以滑块不可以到达C点以上。~B组~17．（24-25高三上·上海杨浦·阶段练习）（多选）有一段水平粗糙轨道长为s，第一次物块以初速度由A点出发，向右运动到达B点时速度为，第二次物块以初速度由B出发向左运动。以A为坐标原点，物块与地面的摩擦力f随x的变化如图，已知物块质量为m，下列说法正确的是（）A．第二次能到达A点，且所用时间与第一次相等B．图像的斜率为C．第二次能到达A点且在A点的速度等于D．两次运动中，在距离A点处摩擦力功率大小相等【答案】BC【详解】AC．根据能量守恒，第二次也能到达A点，且在A点的速度也为；第一次的加速度逐渐变大，第二次的加速度逐渐变小，作出对应的图像如图所示可知第二次的时间更长，故A错误，C正确；B．从A到B运用动能定理，则有图像的斜率为故B正确；D．两次运动中，物块运动到距离A点时摩擦力做的功不相等，速度大小不相等，而摩擦力大小相等，根据力的瞬时功率计算公式，可得在距离A点处摩擦力功率大小不相等，故D错误。故选BC。18．如图所示在竖直平面内，有一倾角为，足够长的斜面CD与半径为R=2m的光滑圆弧轨道ABC相切于C点，B是最低点，A与圆心O等高。将一质量为m=1kg的小滑块从A点正上方高h=1m处由静止释放后沿圆弧轨道ABC运动，若小滑块与斜面间的动摩擦因数为，空气阻力不计，cos37°=0.8，sin37°=0.6，取重力加速度大小，求：（1）小滑块第一次运动到B点时的速度大小；（2）小滑块第一次运动到B点时对轨道的压力；（3）小滑块冲上斜面后能到达的位置离C点的最大距离。【答案】（1）；（2）40N，方向竖直向下；（3）2.6m【解析】（1）从释放到B点的过程，只有重力做功，根据机械能守恒定律得，解得（2）在B点根据牛顿第二定律得，解得由牛顿第三定律得，在B点时对轨道的压力为40N，方向竖直向下。（3）设小滑块在斜面上运动的最大距离为S，从释放到斜面上最高点过程，根据动能定理得，解得：19.如图甲所示，半径R＝0.9m的光滑半圆形轨道BC固定于竖直平面内，最低点B与水平面相切.水平面上有一质量为m＝2kg的物块从A点以某一m/s2，求：(1)物块经过最高点C时的速度大小；(2)物块经过半圆形轨道最低点B时对轨道压力的大小；(3)物块在A点时的初速度大小。【答案】(1)3m/s(2)120N(3)8m/s【解析】(1)物块恰好通过C点，由牛顿第二定律可得：mg＝meq\f(v\o\al(2,C),R)解得vC＝3m/s(2)物块从B点到C点，由动能定理可得：－mg·2R＝eq\f(1,2)mvC2－eq\f(1,2)mvB2解得vB＝3eq\r(5)m/s在B点由牛顿第二定律可得：FN－mg＝meq\f(v\o\al(2,B),R)，解得FN＝120N由牛顿第三定律可知物块通过B点时对轨道压力的大小为120N(3)由题图乙可知摩擦力对物块做的功为：Wf＝－eq\f(1,2)×(0.25＋0.75)×1.9mg＝－19J物块从A到B，由动能定理得Wf＝eq\f(1,2)mvB2－eq\f(1,2)mvA2解得vA＝8m/s20．如图所示，半径为R的光滑圆形轨道安置在一竖直平面上，左侧连接一个光滑的弧形轨道，右侧连接动摩擦因数为的水平轨道。一小球自弧形轨道上端的A处由静止释放，通过圆轨道后，再滑上轨道。若在圆轨道最高点B处对轨道的压力恰好为零，到达D点时的速度为零。求：（1）小球经过B点时速度的大小；（2）小球释放时的高度h；（3）水平轨道段的长度。【答案】（1）；（2）2.5R；（3）【解析】（1）设小球的质量m，到达B处的速度为，根据小球在B处对轨道压力为零，由牛顿第二定律得，得小球经过B点时速度大小为（2）取轨道最低点为零势能点，由机械能守恒定律得，解得（3）设水平轨道段的长度为l，对小球从B点到D点由动能定理得得水平轨道段的长度21.如图所示，ABCD为一竖直平面内的轨道，其中BC水平，A点比BC高出10m，BC长1m，AB和CD轨道光滑.m的D点时速度为0.求：(g取10m/s2)(1)物体与BC轨道间的动摩擦因数；(2)物体第5次经过B点时的速度大小（结果可用根式表示）；(3)物体最后停止的位置（距B点多少米）。【答案】(1)0.5(2)4eq\r(11)m/s(3)距B点0.4m(利用动能定理分析多过程往复运动问题)【解析】(1)由A到D，由动能定理得：－mg(h－H)－μmgsBC＝0－eq\f(1,2)mv12解得μ＝0.5(2)物体第5次经过B点时，物体在BC上滑动了4次，由动能定理得mgH－μmg·4sBC＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12，解得v2＝4eq\r(11)m/s(3)分析整个过程，由动能定理得：mgH－μmgs＝0－eq\f(1,2)mv12解得s＝21.6m所以物体在轨道上来回运动了10次后，还有1.6m，故最后停止的位置与B点的距离为2m－1.6m＝0.4m.22.如图所示是一种常见的圆桌，桌面中间嵌一半径为r＝1.5m、可绕中心轴转动的圆盘，桌面与圆盘面在同一水平面内且两者间缝隙可不考虑.已知桌面离地高度为h＝0.8m，将一可视为质点的小碟子放置在圆盘边缘，若缓慢增大圆盘的角速度，碟子将从圆盘上甩出并滑上桌面，再从桌面飞出，落地点与桌面飞出点的水平距离是0.4m.已知碟子质量m＝0.1kg，碟子与圆盘间的最大静摩擦力Ffmax＝0.6N，g取10m/s2，求：（不计空气阻力）(1)碟子从桌面飞出时的速度大小；(2)碟子在桌面上运动时，桌面摩擦力对它做的功；(3)若碟少是多少？【答案】(1)1m/s(2)－0.4J(3)2.5m【解析】(1)根据平抛运动规律：h＝eq\f(1,2)gt2，x＝vt，得v＝xeq\r(\f(g,2h))＝1m/s(2)碟子从圆盘上甩出时的速度为v0，则Ffmax＝meq\f(v\o\al(2,0),r)，即v0＝3m/s由动能定理得：Wf＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02，代入数据得：Wf＝－0.4J(3)当碟子滑到桌面边缘时速度恰好减为零，对应的桌子半径取最小值设碟子在桌子上滑动的位移为x′，根据动能定理：－μmgx′＝0－eq\f(1,2)mv02代入数据得：x′＝2m由几何知识可得桌子半径的最小值为：R＝eq\r(r2＋x′2)＝2.5m23．（24-25高三上·上海静安·期中）跳伞运动(1)跳伞运动员以5m/s的速度竖直匀速降落，在离地面的地方从工具袋中掉了一个质量0.2kg的锤子，若锤子受到的空气阻力可忽略，g取。①锤子在着地前做（）A．自由落体运动

B．匀速运动

C．初速度不为零的匀加速运动②保持匀速的跳伞员比锤子晚着陆的时间为（）A．2s

B．

C．

D．1s③以地面为零势能参考平面，锤子从释放到将要落地过程中动能和势能相等位置离地高度为（）A．4.375m

B．5.000m

C．5.625m

D．6.250m④锤子从释放到将要落地过程中重力做功为J，将要着地时重力做功的瞬时功率为W，(2)直升机悬停在离地高度800m的空中，一位质量为60kg的运动员从静止开始离开直升机进行跳伞运动，时运动员打开降落伞，降落伞的质量忽略不计，运动员随身携带的传感器记录了他的速度随时间变化关系如图。前4s是直线，g取。①时运动员的加速度，此时所受空气阻力f的大小为N。②根据图估算运动员在0~16s内下降的高度h以及克服空气阻力做的功（请用科学计数法表示）；③根据图估算运动员从离开直升机到落地所需要的总时间约为。【答案】(1)CDC2030(2)5300J87s【详解】（1）[1]锤子落地前只受重力且初速度不为零，所以锤子做初速度不为零的匀加速直线运动，故选C。[2]设锤子落地时间为t，根据位移-时间公式代入数据解得运动员下落的时间为，则有代入数据解得所以跳伞员比锤子晚着陆的时间为故选D。[3]在距离地面高H处动能和势能相等，锤子的势能为根据动能定理，有联