第12课 动能定理及其应用-【提分宝典】2026年新高考物理一轮全考点普查与练习

第12课　　　　　动能定理及其应用 普查与练习12　　　　　动能定理及其应用 1．动能、动能定理的理解 　　　　　　　　　　　　　　　 (1)(多选)(2026汇编题，4分)对于一定质量的物体，以下说法中正确的是(　　) A．若物体速度变化，则物体动能一定变化 B．若物体动能不变，则物体速度一定不变 C．若物体所受的合力不为零，则物体动能一定变化 D．若物体所受的合力为零，则物体动能一定不变 E．若物体动能不变，则物体所受合力一定为零 F．若合力对物体做功不为零，则物体动能一定变化 (1)答案：DF 解析：动能Ek＝mv2，速度是矢量，动能是标量，速度变化可以是方向改变，而大小不变，因此速度变化，动能不一定变化，故A项错误。动能不变，则速度的大小不变，而速度方向有可能改变，故B项错误。物体所受合力不为零，若合力垂直于物体速度方向，则合力不做功，由动能定理可知物体动能不变，故C项错误。物体所受合力为零，由牛顿第一定律可知物体的速度不变，则物体动能不变，故 D项正确。物体动能不变，则合力对物体做功为零，合力可能为零或合力方向垂直于物体速度方向，故E项错误。合力对物体做功不为零，由动能定理可知物体动能一定变化，故F项正确。 (2)(2022全国乙真题，6分)固定于竖直平面内的光滑大圆环上套有一个小环。小环从大圆环顶端P点由静止开始自由下滑，在下滑过程中，小环的速率正比于(　　) A.它滑过的弧长 B．它下降的高度 C．它到P点的距离 D．它与P点的连线扫过的面积 (2)答案：C 解析：如图所示，小环运动到A点时，设AP＝x，大环的半径为R，AP与竖直方向夹角为θ，由几何知识得cos θ＝，则小环下降的高度h＝x cos θ＝，根据动能定理得mgh＝ mv2－0，解得小环的速率v＝x，故C项正确，A项、B项、D项均错误。 2．动能定理的应用 a.利用动能定理解决恒力做功问题 (3)(河北经典真题，4分)一半径为R的圆柱体水平固定，横截面如图所示。长度为πR、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P点右侧同一水平高度的Q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. B． C． D．2 (3)答案：A 解析：小球从开始下落到与圆柱体未接触部分的细绳竖直时，小球下降的高度为h＝πR－R＋R＝R，在小球下落过程中，根据动能定理有mgh＝mv2，解得v＝，故A项正确，B项、C项、D项均错误。 (4)(全国乙经典真题，12分)一篮球质量为m＝0.60 kg，一运动员使其从距地面高度为h1＝1.8 m处由静止自由落下，反弹高度为h2＝1.2 m。若使篮球从距地面h3＝1.5 m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1.5 m。假设运动员拍球时对球的作用力为恒力，作用时间为t＝0.20 s；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＝10 m/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。 (4)答案：①4.5 J(6分)　②9 N(6分) 解析：①设篮球第一次下落与地面碰撞前后的动能分别为Ek1和Ek2，篮球每次与地面碰撞前后的动能的比值为k。 篮球第一次下落的过程，由动能定理可得 Ek1－0＝mgh1(1分) 篮球反弹后向上运动的过程，由动能定理可得 0－Ek2＝－mgh2(1分) 设篮球第二次下落与地面碰撞前后的动能分别为Ek3和Ek4，运动员拍球过程中对篮球所做的功为W。 篮球第二次从1.5 m的高度静止下落，开始下落的同时向下拍球，篮球下落过程中，由动能定理可得 W＋mgh3＝Ek3－0(1分) 在篮球反弹上升的过程中，由动能定理可得 0－Ek4＝－mgh3 (1分) 因篮球每次和地面碰撞前后的动能的比值不变，则有＝＝k(1分) 代入数据解得W＝4.5 J (1分) ②设运动员拍球时对篮球的作用力为F，因作用力是恒力，所以篮球在恒力作用下向下做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得F＋mg＝ma (2分) 在拍球时间内运动的位移为x＝at2(1分) 做的功为W＝Fx(1分) 联立可得F＝9 N或F＝－15 N(舍去) (2分) b.利用动能定理解决变力做功问题 (5)(2026改编题，3分)如图所示，质量为m的物体在水平恒力F的推动下，从“S”形轨道的底部A处由静止运动至高为h的顶部B处，获得速度为v。轨道AB的长度为s，水平距离为l，物体与轨道间的动摩擦因数为μ。下列说法正确的是(　　) A.推力对物体做的功是Fs B．合力对物体做的功是mv2－mgh C．摩擦力对物体做的功是μmgs D．摩擦力对物体做的功是mv2＋mgh－Fl (5)答案：D 解析：推力F为水平恒力，物体在F方向的位移为l，故推力对物体做的功为Fl，故A项错误。物体由静止开始运动，至获得速度为v，由动能定理可得合力对物体做的功为W＝ mv2，故B项错误。轨道对物体的摩擦力为变力，由动能定理有Fl－mgh＋Wf＝mv2，可得摩擦力做功Wf＝mv2＋mgh－Fl，故C项错误，D项正确。 (6)(2024安徽真题，4分)某同学参加户外拓展活动，遵照安全规范，坐在滑板上，从高为h的粗糙斜坡顶端由静止下滑，至底端时速度为v。已知人与滑板的总质量为m，可视为质点。重力加速度大小为g，不计空气阻力。则此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为(　　) A．mgh B.mv2 C．mgh＋mv2 D．mgh－mv2 (6)答案：D 解析：人在下滑的过程中，由动能定理可得mgh－Wf＝mv2－0，可得此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为Wf＝mgh－mv2，故D项正确。 c.利用动能定理解决多过程问题 (7)(2023湖北真题，15分)如图为某游戏装置原理示意图。水平桌面上固定一半圆形竖直挡板，其半径为2R、内表面光滑，挡板的两端A、B在桌面边缘，B与半径为R的固定光滑圆弧轨道在同一竖直平面内，过C点的轨道半径与竖直方向的夹角为60°。小物块以某一水平初速度由A点切入挡板内侧，从B点飞出桌面后，在C点沿圆弧切线方向进入轨道内侧，并恰好能到达轨道的最高点D。小物块与桌面之间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g，忽略空气阻力，小物块可视为质点。求： ①小物块到达D点的速度大小； ②B和D两点的高度差； ③小物块在A点的初速度大小。 (7)答案：①(3分)　②0(7分) ③(5分) 解析：①小物块恰好能到达轨道的最高点D，则在D点小物块的重力提供向心力，有 m＝mg(2分) 解得vD＝(1分) ②小物块从C点沿圆弧切线方向进入轨道内侧，则在C点有cos 60°＝(1分) 小物块从C到D的过程中，根据动能定理有 －mg(R＋R cos 60°)＝mv－mv(2分) 小物块从B到D的过程中，根据动能定理有 mgHBD＝mv－mv(2分) 联立解得vB＝，HBD＝0(2分) ③设小物块从A到B的路程为s，根据动能定理有 －μmgs＝mv－mv(2分) 且s＝π×2R(1分) 联立解得vA＝(2分) d.利用动能定理解决有关图像问题 (8)(2022江苏真题，4分)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Ek与水平位移x的关系图像正确的是(　　) A　　　　　　　B C　　　　　　　D (8)答案：A 解析：设斜面倾角为θ，不计摩擦力和空气阻力，运动员在沿斜面下滑过程中根据动能定理有mgx tan θ＝Ek－0，即＝mg tan θ，下滑过程中开始阶段倾角θ不变，Ek－x图像为一条直线；经过圆弧滑道过程中，θ发生变化，Ek与x不成正比，所以对应的Ek－x图像应为弧线，且运动员下降到滑道最低点然后上升，重力先做正功后做负功，故沿弧线这段过程中动能先增大后减小，故A项正确。 (9)(湖北经典真题，4分)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10 m/s2，物块质量m和所受摩擦力大小f分别为(　　) 图(a)　　　　　　　　　　　图(b) A．m＝0.7 kg, f＝0.5 N B．m＝0.7 kg, f＝1.0 N C．m＝0.8 kg, f＝0.5 N D．m＝0.8 kg, f＝1.0 N (9)答案：A 解析：0～10 m内物块上滑，由动能定理得－mgsin 30°·s－fs＝Ek－Ek0，整理得Ek＝Ek0－(mgsin 30°＋f)s。结合0～10 m内的图像可得斜率的绝对值|k|＝mgsin 30°＋f＝4N。10～20 m内物块下滑，由动能定理得(mgsin 30°－f)(s－s1)＝Ek－0，整理得Ek＝(mgsin 30°－f)s－ (mgsin 30°－f)s1。结合10～20 m内的图像可得斜率k′＝mg sin 30°－f＝3 N，联立以上各式解得f＝0.5 N，m＝0.7 kg，故A项正确。 随堂普查练12 1．(2023新课标真题，6分)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．mv2－mgh D．mv2＋mgh 1．答案：B 解析：雨滴下落时受到重力和竖直向上的空气阻力，在地面附近做匀速运动，根据动能定理得mgh－Wf＝mv2－mv2，因此雨滴克服空气阻力做的功为Wf＝mgh，故B项正确。 2．(经典题，3分)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 2．答案：A 解析：由动能定理可知，拉力做的功减去克服摩擦力做的功等于木箱获得的动能，故木箱获得的动能一定小于拉力做的功，故A项正确，B项错误。木箱获得的动能与克服摩擦力做的功的大小关系无法判断，可能大于、等于，也可能小于，故C项、D项均错误。 3．(多选)(2023全国乙真题，6分)如图，一质量为M、长为l的木板静止在光滑水平桌面上，另一质量为m的小物块(可视为质点)从木板上的左端以速度v0开始运动。已知物块与木板间的滑动摩擦力大小为f，当物块从木板右端离开时(　　) A．木板的动能一定等于fl B．木板的动能一定小于fl C．物块的动能一定大于mv－fl D．物块的动能一定小于mv－fl 3．答案：BD 解析：设物块离开木板时物块的速度为v1，木板的速度为v2，物块的对地位移为xm，木板的对地位移为xM，根据运动学公式有xm＝·t，xM＝·t，由题意可知v0>v1>v2，联立以上各式可得xm>2xM，根据位移关系有xm－xM＝l，联立以上两式解得xM<l，所以当物块从木板右端离开时，木板的动能W＝fxM<fl，故B项正确，A项错误。根据能量守恒定律有mv＝mv＋Mv＋fl，解得mv＝mv－fl－Mv<mv－fl，故D项正确，C项错误。 4．(山东经典真题，3分)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v0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． 4．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，由于木块以水平初速度v0出发，恰好能完成一个完整的圆周运动，则根据动能定理有－f×2πL＝0－mv，解得摩擦力的大小f＝，故B项正确。 5．(2024重庆真题，4分)活检针可用于活体组织取样，如图所示。取样时，活检针的针芯和针鞘被瞬间弹出后仅受阻力。针鞘在软组织中运动距离d1后进入目标组织，继续运动d2后停下来。若两段运动中针鞘整体受到的阻力均视为恒力。大小分别为F1、F2，则针鞘(　　) A．被弹出时速度大小为 B．到达目标组织表面时的动能为F1d1 C．运动d2过程中，阻力做功为－(F1＋F2)d2 D．运动d2的过程中动量变化量大小为 5．答案：A 解析：由动能定理有－F1d1－F2d2＝0－mv2，解得v＝，故A项正确。针鞘到达目标组织表面后，继续前进d2减速至零，由动能定理有－F2d2＝0－Ek1，解得Ek1＝F2d2，故B项错误。针鞘运动d2的过程中，阻力做功为－F2d2，故C项错误。针鞘运动d2的过程中，动量变化量大小Δp＝mv1＝＝，故D项错误。 6．(多选)(2023湖南真题，5分)如图，固定在竖直面内的光滑轨道ABC由直线段AB和圆弧段BC组成，两段相切于B点，AB段与水平面夹角为θ，BC段圆心为O，最高点为C，A与C的高度差等于圆弧轨道的直径2R。小球从A点以初速度v0冲上轨道，能沿轨道运动恰好到达C点，下列说法正确的是(　　) A．小球从B到C的过程中，对轨道的压力逐渐增大 B．小球从A到C的过程中，重力的功率始终保持不变 C．小球的初速度v0＝ D．若小球初速度v0增大，小球有可能从B点脱离轨道 6．答案：AD 解析：小球能沿轨道运动恰好到达C点，则小球在C点的速度为vC＝0，将小球运动逆向来看，小球从C运动到B的过程中，设小球某时刻的位置与O点连线与竖直方向夹角为α，根据动能定理有mgR(1－cos α)＝mv2－0，由牛顿第二定律可得mg cos α－FN＝m，联立以上二式解得FN＝3mg cos α－2mg，小球从C运动到B的过程中，α由0增大到θ，则cos α逐渐减小，故FN逐渐减小，则小球从B运动到C的过程中，轨道的支持力逐渐增大，根据牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力逐渐增大，故A项正确。小球从A运动到B的过程中，重力的功率为P＝－mgv sin θ，由于A到B的过程中小球的速度逐渐减小，则A到B的过程中小球重力的功率的绝对值逐渐减小，故B项错误。小球从A运动到C的过程中，根据动能定理有－mg×2R＝mv－mv，解得v0＝2，故C项错误。若小球在B点恰好脱离轨道，此时轨道对小球的支持力为0，因此mg cos θ＝m，则vB＝，因此当小球初速度v0增大时，小球在B点的速度有可能为，小球有可能从B点脱离轨道，故D项正确。 7．(经典题，20分)如图，在竖直平面内，一半径为R的光滑圆弧轨道ABC和水平轨道PA在A点相切，BC为圆弧轨道的直径，O为圆心，OA和OB之间的夹角为α，sin α＝。一质量为m的小球沿水平轨道向右运动，经A点沿圆弧轨道通过C点，落至水平轨道； 在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用。已知小球在C点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零。重力加速度大小为g。求 (1)水平恒力的大小和小球到达C点时速度的大小； (2)小球到达A点时动量的大小； (3)小球从C点落至水平轨道所用的时间。 7．答案：(1)mg　(8分)　(2)(7分)　(3)(5分) 解析：(1)设水平恒力的大小为F0，小球到达C点时所受合力的大小为F。由力的合成法则有 ＝tan α①(2分) F2＝(mg)2＋F②(2分) 设小球到达C点时的速度为v，由牛顿第二定律得 F＝m③(2分) 由①②③式和题给数据得F0＝mg④(1分) v＝⑤(1分) (2)设小球到达A点的速度大小为v1，作CD⊥PA，交PA于D点，由几何关系得DA＝R sin α⑥(1分) CD＝R(1＋cos α)⑦(1分) 由动能定理有－mg·CD－F0·DA＝mv2－mv⑧(2分) 由④⑤⑥⑦⑧式和题给数据得，小球在A点的动量大小为p＝mv1＝⑨(3分) (3)小球离开C点后在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运动，加速度大小为g。设小球在竖直方向的初速度为v⊥，从C点落至水平轨道上所用时间为t。由运动学公式有 v⊥t＋gt2＝CD⑩(2分) v⊥＝v sin α⑪(2分) 由⑤⑦⑩⑪式和题给数据得t＝⑫(1分) 8.(2022.01浙江真题，12分)如图所示，处于竖直平面内的一探究装置，由倾角α＝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＝0.1 kg，轨道BCD和DEF的半径R＝0.15 m，轨道AB长度lAB＝3 m，滑块与轨道FG间的动摩擦因数μ＝，滑块与弹性板作用后，以等大速度弹回，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2。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＝0.7 m，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lx，求滑块第一次经F点时的速度v与lx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lx的值。 8．答案：(1)7 N(3分) (2)v＝(m/s)(lx≥0.85 m)(4分) (3) m， m， m(5分) 解析：(1)滑块从释放到C点的过程，根据动能定理有 mgl sin 37°＋mgR(1－cos 37°)＝mv－0(1分) 滑块在C点时，根据牛顿第二定律有FN－mg＝m(1分) 联立解得FN＝7 N(1分) (2)滑块能过圆管轨道DEF最高点时，才能到F点，则恰到最高点时，根据动能定理有 mglx sin 37°－mg(3Rcos 37°＋R)＝0(1分) 解得lx＝0.85 m，即滑块要到F点，需要 lx≥0.85 m(1分) 滑块从释放点到第一次过F点的过程，根据动能定理有 mglx sin 37°－4mgRcos 37°＝mv2－0(1分) 解得v＝(m/s)(其中lx≥0.85 m)(1分) (3)设摩擦力做功为第一次到达轨道FG中点时的n倍，根据动能定理有 mglx sin 37°－mgsin 37°－nμmgcos 37°＝0(n为奇数)(1分) 由几何关系知lFG＝ 联立解得lx＝ m(1分) 由于lx≤lAB＝3 m 当n＝1时，lx1＝ m(1分) 当n＝3时，lx2＝ m(1分) 当n＝5时，lx3＝ m(1分) 课后提分练12　动能定理及其应用 A组(巩固提升) 1．(2023江苏真题，4分)滑块以一定的初速度沿粗糙斜面从底端上滑，到达最高点B后返回到底端。利用频闪仪分别对上滑和下滑过程进行拍摄，频闪照片示意图如图所示。与图(b)中相比，图(a)中滑块(　　) 　　　　　　　　　　 图(a)　　　　图(b) A．受到的合力较小 B．经过A点的动能较小 C．在A、B之间的运动时间较短 D．在A、B之间克服摩擦力做的功较小 1．答案：C 解析：由于频闪照片时间间隔相同，对比题图(a)和题图(b)，在B点滑块速度为0，以B点为端点的一段位移，图(a)中的较大，根据x＝at2可知题图(a)中滑块加速度大，是上滑阶段；根据牛顿第二定律可知题图(a)中滑块受到的合力较大，故A项错误。从题图(a)中的A点到图(b)中的A点，滑块先上升后下降，重力做功为0，摩擦力做负功，根据动能定理可知，经过题图(a)中A点时滑块的动能较大，故B项错误。由于题图(a)中滑块加速度大，在B点滑块速度为0，根据xAB＝at，可知题图(a)中滑块在A、B之间的运动时间较短，故C项正确。由于滑块无论上滑还是下滑，受到的滑动摩擦力大小相等，故题图(a)和题图(b)中滑块在A、B之间克服摩擦力做的功相等，故D项错误。 2．(多选)(2023广东真题，6分)人们用滑道从高处向低处运送货物。如图所示，可看作质点的货物从圆弧滑道顶端P点静止释放，沿滑道运动到圆弧末端Q点时速度大小为6 m/s。已知货物质量为20 kg，滑道高度h为4 m，且过Q点的切线水平，重力加速度取10 m/s2。关于货物从P点运动到Q点的过程，下列说法正确的有(　　) A．重力做的功为360 J B．克服阻力做的功为440 J C．经过Q点时向心加速度大小为9 m/s2 D．经过Q点时对轨道的压力大小为380 N 2．答案：BCD 解析：重力做的功为WG＝mgh＝800 J，故A项错误。下滑过程根据动能定理可得WG－Wf＝mv－0，代入数据解得，货物克服阻力做的功为Wf＝440 J，故B项正确。经过Q点时向心加速度大小为a＝＝9 m/s2，故C项正确。经过Q点时，根据牛顿第二定律可得F－mg＝ma，解得货物受到的支持力大小为F＝380 N，根据牛顿第三定律可知，货物对轨道的压力大小为380 N，故D项正确。 3．(多选)(云南昆明校级模拟，6分)如图所示，斜面ABC竖直固定放置，斜边AC与一光滑的圆弧轨道DEG相切，切点为D，O、E分别为圆弧轨道圆心和最低点，OG水平。现有一质量m＝1 kg、可视为质点的滑块从A点由静止下滑。已知斜面AD长为L＝4 m，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5，圆弧半径为R＝1 m，∠DOE＝37°。取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则关于滑块的运动，下列说法正确的是(　　) A.滑块经过E点时对轨道的最小压力为14 N B．滑块第二次经过E点时对轨道的压力小于第一次经过E点时对轨道的压力 C．滑块下滑后最终停在E点 D．滑块在斜面上经过的总路程为6 m 3．答案：AD 解析：滑块从A点到G点的过程，由动能定理有mg(L sin θ－R cos θ)－μmg cos θ·L＝mv－0，解得vG＝0，则滑块下滑后不能从G点飞出。滑块从A点下滑后在AD部分轨道上要克服摩擦力做功，则返回到AD斜面时的上升高度逐渐降低，最终滑块将在圆弧轨道上以E点为最低点、D点为最高点来回滑动，此时经过E点时对轨道的压力最小，则从D点到E点，由动能定理有mgR(1－cos θ)＝mv′－0，在E点，由牛顿第二定律得N－mg＝m，代入数据联立解得N＝14 N，由牛顿第三定律知滑块经过E点时对轨道的最小压力为14 N，故A项正确。由于圆弧轨道光滑，滑块第二次到达E点的速度大小与第一次相等，则由牛顿第二定律有NE－mg＝m，可知第一次和第二次经过E点时对轨道的压力相等，故B项错误。由以上的分析可知，滑块最终将在圆弧轨道上以E点为最低点、D点为最高点来回滑动，设滑块在斜面上经过的总路程为s，对从A点到最终到D点(速度为零)的过程，由动能定理有mgLsinθ－μmgs cos θ＝0，解得s＝6 m，故C项错误，D项正确。 4．(江苏苏锡常镇四市一模，4分)第24届冬奥会于2022年在我国的北京等地举行，冰滑梯作为体验冰雪运动乐趣的设施受到广大游客的欢迎。某冰滑梯的示意图如图所示，设螺旋滑道机械能的损耗为20%，水平滑道和倾斜滑道对同一滑板的动摩擦因数相同，对不同滑板的动摩擦因数μ满足μ0≤μ≤1.2μ0。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。以下说法正确的是(　　) A. L1不能小于 B．L1不能大于 C．L1、L2之和不能小于 D．L1、L2之和不能大于 4．答案：B 解析：设倾斜滑道的倾角为θ，游客质量为m，因为要确保所有游客在倾斜滑道上均减速下滑，所以要满足mg sin θ<μ0mg cos θ，即tan θ＝<μ0，可得L1>。假设游客能滑上水平轨道，由动能定理得2mgh－20%×mgh－μmg cos θ·≥0，解得L1≤，由于μ0≤μ≤1.2μ0，故要使游客能滑到水平轨道上，需满足L1≤＝，故A项错误，B项正确。假设游客恰好停止在水平轨道左端，对于游客运动的过程，由动能定理得2mgh－20%×mgh－ μmg cos θ·－μmgL2＝0，解得L1＋L2＝，由μ0≤μ≤1.2μ0可知，要使游客能停在水平轨道上，需满足L1＋L2≥，故C项、D项均错误。 5．(多选)(2023新课标真题，6分)一质量为1 kg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10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A．在x＝1 m时，拉力的功率为6 W B．在x＝4 m时，物体的动能为2 J C．从x＝0运动到x＝2 m，物体克服摩擦力做的功为8 J D．从x＝0运动到x＝4 m的过程中，物体的动量最大为2 kg·m/s 5．答案：BC 解析：由于拉力沿水平方向，则拉力做的功为W＝Fx，可知W－x图像的斜率代表拉力F。在物体运动的过程中，根据动能定理有W－μmgx＝mv2－0，则在x＝1 m时，物体的速度为v1＝2 m/s，拉力为F＝＝6 N，则此时拉力的功率P＝Fv1＝12 W，在x＝4 m时，物体的动能为Ek＝2 J，故A项错误，B项正确。从x＝0运动到x＝2 m，物体克服摩擦力做的功为Wf＝μmgx＝8 J，故C项正确。根据W－x图像可知在0～2 m的过程中F1＝6 N，2～4 m的过程中F2＝3 N，由于物体受到的摩擦力恒为f＝4 N，故物体在0～2 m过程中做加速运动，2～4 m过程中做减速运动，则物体在x＝2 m处速度最大，且根据对选项AB分析可知此时的速度v2＝2 m/s，则从x＝0运动到x＝4 m的过程中，物体的动量最大为p＝mv2＝2 kg·m/s，故D项错误。 6．(2024新课标真题，10分)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＝42 kg，重力加速度大小g＝10 m/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°。(sin 37°＝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＝10 m，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。 6．答案：(1)1 200 N(3分)　900 N(3分) (2)－4 200 J(4分) 解析：(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T1cos α＝mg＋T2cos β(2分) 水平方向T1sin α＝T2sin β(2分) 联立并代入数值解得T1＝1 200 N，T2＝900 N(2分) (2)重物缓慢竖直下降，速度不变，动能不变，设两根绳子拉力对重物做的总功为W。整个过程根据动能定理得W＋mgh＝0(2分) 代入数据解得W＝－4 200 J(2分) B组(冲刺满分) 7．(经典题，18分)如图，一轻弹簧原长为2R，其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC的底端A处，另一端位于直轨道上B处，弹簧处于自然状态。直轨道与一半径为R的光滑圆弧轨道相切于C点，AC＝7R，A、B、C、D均在同一竖直平面内。质量为m的小物块P自C点由静止开始下滑，最低到达E点(未画出)。随后P沿轨道被弹回，最高到达F点，AF＝4R。已知P与直轨道间的动摩擦因数μ＝，重力加速度大小为g。(取sin 37°＝，cos 37°＝) (1)求P第一次运动到B点时速度的大小； (2)求P运动到E点时弹簧的弹性势能； (3)改变物块P的质量，将P推至E点，从静止开始释放。已知P自圆弧轨道的最高点D处水平飞出后，恰好通过G点。G点在C点左下方，与C点水平相距R、竖直相距R。求P运动到D点时速度的大小和改变后P的质量。 7．答案：(1)2(4分)　(2)mgR(6分)　 (3)(5分)　m(3分) 解析：(1)根据题意知，B、C之间的距离l为 l＝7R－2R 设P到达B点时的速度为vB，根据动能定理有 mgl sin 37°－μmgl cos 37°＝mv－0(2分) 联立解得 vB＝2(2分) (2)P到达E点时速度为零，设此时弹簧的弹性势能为Ep，BE＝x，P由B点运动到E点的过程中，根据动能定理有 mgx sin 37°－μmgx cos 37°－Ep＝0－mv(2分) E、F之间的距离l1为 l1＝4R－2R＋x(1分) P到达E点后反弹，从E点运动到F点的过程中，根据动能定理有 Ep－mgl1sin 37°－μmgl1cos 37°＝0－0(2分) 联立解得x＝R Ep＝mgR(1分) (3)设改变后P的质量为m1，D点与G点的水平距离x1和竖直距离y1分别为 x1＝R－R sin 37°(1分) y1＝R＋R＋R cos 37°(1分) 设P在D点的速度为vD，由D点运动到G点的时间为t。 根据平抛运动规律有y1＝gt2(1分) x1＝vDt(1分) 联立解得vD＝(1分) 设P在C点速度的大小为vC，在P由C运动到D的过程中，根据动能定理有 －m1g＝m1v－m1v(1分) P由E点运动到C点的过程中，同理，根据动能定理有 Ep－m1g(x＋5R)sin 37°－μm1g(x＋5R)cos 37°＝m1v－0(1分) 联立解得m1＝m(1分) 学科网（北京）股份有限公司 $$