第6章 第2讲 动能定理及其应用-【优化探究】2026高考物理一轮复习高考总复习配套课件（广东专版）

第2讲　动能定理及其应用 第六章　机械能及其守恒定律 1 [学习目标]　1.理解动能和动能定理，会应用动能定理处理相关物理问题。2.能利用动能定理求变力做的功。 3.掌握动能定理与图像结合问题的分析方法。 2 基础知识　自主梳理 核心知识　典例研析 考点一　对动能定理的理解及基本应用 考点二　应用动能定理求变力做功 考点三　动能定理与图像结合的问题 分层训练　巩固提高 内容索引 3 基础知识　自主梳理 一 4 一、动能 1.公式：Ek＝mv2，式中v为瞬时速度，动能是状态量。 2.标矢性：动能是________，只有正值，动能与速度的方向_______。 3.动能的变化量：ΔEk＝mm。 4.动能的相对性：由于速度具有__________，则动能也具有__________， 一般以__________为参考系。 标量 无关 相对性 相对性 地面 5 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______________。 2.表达式 W＝ΔEk＝mm。 3.功与动能的关系 (1)W＞0，物体的动能__________。 (2)W＜0，物体的动能__________。 (3)W＝0，物体的动能__________。 动能的变化 增加 减少 不变 6 4.适用条件 (1)动能定理既适用于直线运动，也适用于__________。 (2)动能定理既适用于恒力做功，也适用于__________。 (3)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以____________。 曲线运动 变力做功 不同时作用 7 [思考判断] (1)如果物体所受的合力为0，那么合力对物体做功一定为0。(　　) (2)物体在合力作用下做变速运动时，动能一定变化。(　　) (3)物体的动能不变，所受的合力必定为0。(　　) (4)合力对物体做正功，物体的动能增加；合力对物体做负功，物体的 动能减少。(　　) (5)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。(　　) (6)动能不变的物体一定处于平衡状态。(　　) √ × × √ √ × 8 二 核心知识　典例研析 9 考点一　对动能定理的理解及基本应用 基础考点 10 1.对动能定理中“力”的两点理解 (1)“力”指的是合力，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)力既可以是恒力，也可以是变力。 11 2.动能定理公式中体现的“三个关系” (1)数量关系：即合力所做的功与物体动能的变化具有等量替代关系。 可以通过计算物体动能的变化，求合力做的功，进而求得某一力做的功。 (2)单位关系：等式两边物理量的国际单位都是焦耳。 (3)因果关系：合力做功是引起物体动能变化的原因。 3.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分量的表达式。 12 [典例1]　(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，上升高 度为H。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WFN＝m，其中WFN为支持力做的功 B.对物体，动能定理的表达式为W合＝0，其中W合为合力做的功 C.对物体，动能定理的表达式为WFN－mgH＝mm D.对电梯，其所受合力做的功为MM 考向1　动能定理的理解 CD 13 [解析]　电梯上升的过程中，对物体做功的有重力mg、支持力FN，这两个力做的总功等于物体动能的增量ΔEk＝mm，故A、B错误，C正确；对电梯，无论有几个力对它做功，由动能定理可知，其合力做的功一定等于其动能的增量，故D正确。 14 [典例2]　(2024·安徽卷)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 考向2　动能定理的基本应用 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，故选D。 15 [典例3]　过山车是一项惊险刺激的娱乐项目，如图甲所示。图乙为类似的模型，由三段玻璃细管平滑连接而成：中间为光滑圆形轨道，左侧AC段是光滑圆弧轨道，右侧CD段为粗糙直轨道。可视为质点的钢球自A点由静止释放，沿斜轨道运动后经过圆轨道最高点B，继续运动到圆轨道最低点C后，沿CD段轨道恰能运动到D点。已知圆形轨道半径为R，CD段倾角为θ，钢球质量为m，在经过圆轨道最高点B时对上管壁的压力大小为3mg，g为重力加速度，钢球在CD段运动时受到的摩擦阻力为其重力的k倍。求： 16 (1)钢球释放点A距离点C的高度差H； [解析]　根据题意，钢球经B点时， 由牛顿第二定律有FN＋mg＝ 其中FN＝3mg，解得vB＝2 钢球由A到B过程中，由动能定理有 mg(H－2R)＝m 解得H＝4R。 [答案]　4R 17 (2)CD段长度L的表达式。 [解析]　根据题意，对钢球由A到D过程，由动能定理有 mg(4R－Lsin θ)－kmgL＝0 解得L＝。 [答案]　L＝ 18 应用动能定理的解题流程 方法点拨 19 考点二　应用动能定理求变力做功 基础考点 20 在一个有变力做功的过程中，当变力做功无法直接通过功的公式求解时，可用动能定理W变＋W恒＝mm求解。物体初、末速度已知，恒力做功W恒可根据功的公式求出，这样就可以得到W变＝mm－W恒，就可以求出变力做的功了。 21 [典例4]　(多选)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 BCD 22 [解析]　重力做的功为WG＝mgh＝800 J，A错误；下滑 过程根据动能定理可得WG－W克f＝m，代入数据解 得克服阻力做的功为W克f＝440 J，B正确；经过Q点时 向心加速度大小为a＝＝9 m/s2，C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，据牛顿第三定律可知，货物对轨道的压力大小为380 N，D正确。 23 [典例5]　(多选)圆形轨道位于竖直平面内，其半径为R， 质量为m的金属小环套在轨道上，如图所示。小环在 轨道的最低点以初速度v0＝ 开始运动，第一次 到达最高点时与轨道的作用力的大小为，最后小环 停在轨道的最低点。已知小环与轨道间的动摩擦因数 为μ，重力加速度为g，则(　　) A.小环第一次通过轨道的最高点时的速度可能是 B.开始时刻小环在轨道的最低点所受到摩擦力大小是6μmg C.小环在整个运动过程中克服摩擦力做功是mgR D.小环由轨道的最高点运动到最低点的过程中重力的瞬时功率不断增大 BC 24 [解析]　小环从最低点第一次运动到最高点，如果小 环与轨道不计摩擦，由动能定理得－2mgR＝mv2－ m，解得v＝，则小环第一次通过轨道最高点 时的速度不可能是 ，故A错误；开始时刻小环在轨道的最低点，由牛顿第二定律可得F－mg＝m，解得F＝6mg，由牛顿第三定律可 知小环对轨道的压力大小为 FN＝F＝6mg，所以开始时刻小环在轨道的 25 最低点所受到的摩擦力大小是f＝μFN＝6μmg，故B正确； 小环在整个运动过程中由动能定理可得Wf＝0－m， 解得小环在整个运动过程中摩擦力做的功Wf＝－mgR， 则小环在整个运动过程中克服摩擦力做的功是mgR， 故C正确；小环在最高点时重力的瞬时功率P0＝mgvy0＝0，小环运动到最低点时重力的瞬时功率P＝mgvy＝0，所以小环由轨道的最高点运动到最低点的过程中重力的瞬时功率先增大后减小，故D错误。 26 考点三　动能定理与图像结合的问题 能力考点 27 1.力学中五类图像所围“面积”或斜率的意义 28 2.解决图像问题的基本步骤 (1)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。 (2)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。 (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。 29 [典例6]　(多选)(2023·新课标卷改编)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，物体的动能最大为2 J BC 30 [解析]　由于拉力在水平方向，则拉力做的 功为W＝Fx，可看出W－x图像的斜率代表水 平拉力F。在物体运动的过程中根据动能定 理有 W－μmgx＝mv2，则x＝1 m时物体的 速度为 v1＝2 m/s，x ＝1 m时，拉力为F1＝ ＝6 N，则此时拉力的功率P＝F1v1＝ 12 W，x＝4 m时物体的动能为 Ek＝2 J，A错误，B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，C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，则物体在x＝2 m处速度最大，且根据选项A、B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，物体的动能最大为Ekm＝m＝4 J，D错误。 31 [典例7]　如图甲所示，在倾角为30°的足够长的光滑斜面AB的A处平滑连接一粗糙水平面OA，OA长为4 m。有一质量为m的滑块，从O处由静止开始受一水平向右的力F作用。F只在水平面上按图乙所示的规律变化。滑块与OA间的动摩擦因数μ＝0.25，g取10 m/s2，求： 32 (1)滑块运动到A处的速度大小。 [解析]　由题图乙知，在OA段拉力做功为 W＝2mg×(2 m)－0.5mg×(1 m)＝3.5mg (J) 滑动摩擦力Ff＝－μmg＝－0.25mg 滑动摩擦力做的功为Wf＝Ff·xOA＝－mg (J) 滑块在OA上运动的全过程，由动能定理得 W＋Wf＝m－0 代入数据解得vA＝5 m/s。 [答案]　5 m/s 33 (2)不计滑块在A处的速率变化，滑块沿斜面AB向上运动的最远距离是 多少? [解析]　对于滑块冲上斜面的过程，由动能定理得 －mgLsin 30°＝0－m 解得L＝5 m 所以滑块沿斜面AB向上运动的最远距离为L＝5 m。 [答案]　5 m 34 动能定理与图像结合问题的分析方法 方法技巧 1.首先看清楚所给图像的种类(如v－t图像、F－s图像、Ek－s图像等)。 2.挖掘图像的隐含条件——求出所需要的物理量，如由v－t图像所包围的“面积”求位移，由F－s图像所包围的“面积”求功，在横轴的上下表示做功的正负；由Ek－s图像的斜率求合外力等。 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。 35 分层训练　巩固提高 三 36 1.(2024·新课标卷)福建舰是我国自主设计建造的首艘弹射型航空母舰。 借助配重小车可以进行弹射测试，测试时配重小车被弹射器从甲板上水 平弹出后，落到海面上。调整弹射装置，使小车水平离开甲板时的动能 变为调整前的4倍。忽略空气阻力，则小车在海面上的落点与其离开甲 板处的水平距离为调整前的(　　) A.0.25倍 B.0.5倍 C.2倍 D.4倍 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 C A 夯实基础 37 解析：动能表达式为Ek＝mv2，由题意可知小车水平离开甲板时的动能变为调整前的4倍，则离开甲板时速度变为调整前的2倍；小车离开甲板后做平抛运动，从离开甲板到到达海面上时间不变，根据x＝vt，可知小车在海面上的落点与其离开甲板处的水平距离为调整前的2倍。故选C。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 38 2.半径为R的光滑半球固定在水平面上，现用一个方向与球面始终相切 的拉力F把质量为m的小物体(可看作质点)沿球面从A点缓慢地移动到最 高点B，在此过程中，拉力做的功为(　　) A.πFR　　　　　　　 B.πmgR C.mgR D.mgR 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 D 解析：小物体在缓慢运动过程中，只有重力和拉力F做功，根据动能定理得W拉－mgR＝ΔEk＝0，则拉力做的功W拉＝mgR，D正确。 39 3.(多选)某位工人师傅用如图所示的装置，将重物从地面沿竖直方向拉到楼上，在此过程中，工人师傅沿地面以速度v向右做匀速直线运动，当质量为m的重物G上升高度为h时轻绳与水平方向成α角(重力加速度大小为g，滑轮的质量和摩擦均不计)。在此过程中，下列说法正确的是 (　　) A.人的速度比重物的速度小 B.轻绳对重物的拉力大于重物的重力 C.重物做匀速直线运动 D.轻绳的拉力对重物做的功为mgh＋m(vcos α)2 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 BD 40 解析：将人的速度沿轻绳方向和垂直于轻绳方向分 解，沿轻绳方向的速度等于重物G的速度，根据平 行四边形定则，轻绳与水平方向的夹角为α时，vG ＝vcos α，故v＞vG，A错误；人在向右匀速运动的 过程中，轻绳与水平方向的夹角α减小，所以重物的速度增大，重物向上做加速运动，由牛顿第二定律可知轻绳的拉力大于重物的重力，B正确，C错误；当重物G上升高度为h时，重物的速度vG＝vcos α，重物由地面上升高度h的过程中，根据动能定理可知W－mgh＝m，解得W＝mgh＋m(vcos α)2，D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 41 4.如图所示，将质量为m的小球以初速度大小v0由地面竖直向上抛出。 小球落回地面时，其速度大小为v0。设小球在运动过程中所受空气阻 力的大小不变，则空气阻力的大小等于(　　) A.mg B.mg C.mg D.mg 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 D 解析：小球向上运动的过程，由动能定理得－(mg＋F阻)H＝0－m，小球向下运动的过程，由动能定理得(mg－F阻)H＝m(v0)2，联立解得 F阻＝mg，选项D正确，A、B、C错误。 42 5.(2025·广东揭阳模拟)如图，质量为m的滑雪运动员(含滑雪板)从斜面上距离水平面高为h的位置静止滑下，停在水平面上的b处；若从同一位置以初速度v滑下，则停在同一水平面上的c处，且ab与bc相等。已知重力加速度为g，不计空气阻力与通过a处的机械能损失，则该运动员(含 滑雪板)在斜面上克服阻力做的功为(　　) A.mgh B.mv2 C.mgh－mv2 D.mgh＋mv2 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 C 43 解析：设运动员从静止开始滑下，停在水平面上b处时，在斜面上克服阻力做的功为W1，在水平面上克服阻力做的功为W2，由动能定理得mgh－W1－W2＝0，当运动员以速度v从同一高度下滑时，停在同一水平面上的c处，且ab与bc相等，由动能定理可得mgh－W1－2W2＝0－mv2，联立两式求得W1＝mgh－mv2，故选C。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 44 6.(多选)(2025·广东广州模拟)滑雪是冬奥会常见的体育项目，具有很强的观赏性。某滑道示意图如图所示，半径R＝10 m的圆弧滑道MN与水平滑道NP平滑衔接，O是圆弧滑道MN的圆心。一质量m＝50 kg(含滑雪装备)的运动员从M点由静止开始下滑，最后运动员滑到P点停下。已知NP段的动摩擦因数μ＝0.1，NP＝18 m，∠MON＝37°，sin 37°＝0.6， cos 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力，下列说法正确的 是( 　　) A.运动员经过N点时的速度大小为2 m/s B.运动员在到达N点前的一瞬间对滑道的压力 大小为680 N C.在MP段克服阻力做功1 000 J D.在MN段克服阻力做功100 J 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 BCD 45 解析：设经过N点速度为vN，从N至P根据动能 定理得－μmg·NP＝0－m，解得vN＝6 m/s， 故A错误。 设滑道在N点对人的支持力为F，根据牛顿第二 定律得F－mg＝m，解得F＝680 N 根据牛顿第三定律可知，人对滑道的压力大小为680 N，故B正确。 从M至N，利用动能定理得mgR(1－cos 37°)＋m，解得＝－100 J 可知该段过程克服阻力做功为100 J；从M至P，利用动能定理得mgR(1－cos 37°)＋＝0，解得＝－1 000 J 所以克服阻力做的总功为1 000 J，故C、D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 46 7.如图，一个质量为m的小滑块 在高度为h的斜面顶端由静止释 放，滑块与斜面间的动摩擦因 数恒定，以水平地面为零势能 面，则滑块滑至斜面底端时的 动能Ek随斜面倾角θ变化的关系 图像可能正确的是(　　) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 A 47 解析：由题知滑块在高度为h的斜面顶端由静止释放，则对于滑块下滑的过程应用动能定理可得mgh－＝Ek(tan θ≥μ)，故当θ＝时，Ek＝mgh；随着θ减小，tan θ逐渐减小，滑块滑到斜面底端的动能逐渐减小，当重力沿斜面方向的分力小于等于最大静摩擦力时，有mgsin θ ≤μmgcos θ，解得μ≥tan θ，此后继续减小θ，滑块将不再下滑，则此后滑块的动能一直为零，故A正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 48 8.(多选)(2025·广东模拟)小刘驾驶一辆质量为m＝2×103 kg的汽车由静止开始以60 kW的恒定功率在水平路面运动，100 s后汽车以该情况下能达到的最大速度驶上一倾角固定的倾斜路面，随即将汽车功率提高到 90 kW，并保持不变。已知汽车在水平路面行驶时所受阻力为其所受重力的0.1倍，在倾斜路面上匀速行驶时的速度为15 m/s。重力加速度g取 10 m/s2，下列说法正确的是(　　) A.汽车在水平路面上能达到的最大速度为25 m/s B.汽车在水平路面上行驶的距离为2 550 m C.汽车在倾斜路面上运动时受到的阻力大小为5 000 N D.汽车驶上倾斜路面瞬间的加速度大小为1.5 m/s2 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 BD 49 解析：汽车达到最大速度时，其牵引力与阻力大小相等，有F＝f＝0.1mg，由功率的公式有P＝Fvm，解得vm＝30 m/s，故A项错误；由题意可知，该车从静止开始经过100 s达到最大速度，由动能定理有Pt－fx＝m－0，解得x＝2 550 m，故B项正确；设当汽车在倾斜路面稳定时其阻力为f1，则有P1＝F1v1，受力分析有F1＝f1，解得f1＝6 000 N，故C项错误；汽车提高到90 kW时的牵引力为F2，有P1＝F2vm，到倾斜路面瞬间有F2－f1＝ma，解得a＝－1.5 m/s2，所以其加速度大小为1.5 m/s2，故D项正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 50 9.如图所示，某人通过跨过定滑轮的绳子将小 车拉上倾角为α的光滑斜面，人拉动绳子的速 度v恒定。下列说法正确的是(　　) A.小车沿斜面上升的过程中，人对绳子的拉 力恒定 B.小车沿斜面上升的过程中，小车的动能先增大后减小 C.小车沿斜面上升h高度的过程中，绳子拉力对小车做的功大于小车重力做的功 D.当绳子与斜面的夹角为β时，小车的速度为 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 C B 能力提升 51 解析：由题意可知，小车速度的方向沿斜面 向上，设小车的速度为v车，将小车的速度沿 绳子收缩方向与垂直绳子方向分解，则 v车cos β＝v，因此v车＝，由于人拉动绳 子的速度v恒定，小车沿斜面向上运动的过程中β越来越大，因此小车的速度v车也越来越大，小车的动能一直增加，故B、D错误；对小车进行受力分析，设绳子的拉力沿斜面的分力为F，则F＝F拉cos β，由余弦函数性质可知，在0到90°范围内，角度越大，变化越快，因此β增大时，小车的速度增大，变化速度也增大，即加速度增大，所以绳子拉 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 52 力沿斜面的分力F增大，而cos β减小，因此 人对绳子的拉力F拉增大，故A错误；小车在 沿斜面上升h高度的过程中，仅绳子的拉力 和重力对小车做功，其中绳子的拉力对小车 做正功，重力对小车做负功，设此过程中绳子的拉力对小车做功大小为WF，重力对小车做功大小为WG，由于该过程中小车速度越来越大，因此根据动能定理可得 WF－WG＝ΔEk＞0，因此WF＞WG，故C正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 53 10.如图所示，竖直圆轨道固定在水平面上，其中A为最低点，B为最高 点，C为与圆心等高的点，质量为1 kg且可视为质点的小球在轨道内做 完整的圆周运动。已知小球动能Ek的变化范围为10~20 J，忽略一切摩 擦，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是(　　) A.轨道半径为1 m B.小球对轨道的最大压力与最小压力的大小之比为3∶1 C.小球在C点时对轨道的压力大小为45 N D.以地面为势能零点参考平面，小球在C点的重力势能 等于动能 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 B 54 解析：在A点FN1－mg＝m，在B点FN2＋mg＝ m，对A到B过程，根据动能定理有－mg×2R＝ mm，又有m＝20 J，m ＝10 J，解得R＝0.5 m，小球对轨道的最大压力与最 小压力之比，A错误，B正确；在C点 FN3＝m，对A到C过程，根据动能定理有－mgR＝mm，解得小球在C点时对轨道的压力大小FN3'＝FN3＝60 N，C错误；以地面为势能零点参考平面，小球在C点的重力势能Ep＝mgR＝5 J，小球在C点的动能Ek＝m＝15 J，D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 55 11.(多选)如图甲所示，泥石流是一种破坏性极大的自然灾害，可以用如图乙所示的斜面模型进行探究。高为h、底边为L的斜面，底部通过半径为R(R≪h)的小圆弧与水平面平滑连接，质量为m的物块(可视为质点)由斜面顶端无初速度滑下，若物块与各接触面间的动摩擦因数均为μ，下 列说法正确的是( 　　) A.若保持不变，h越大，物块到达斜面底端的动能就越大 B.若保持h不变，L越小，物块到达斜面底端时克服摩擦力做功就越多 C.若保持h不变，L越小，物块到达斜面底端时对小圆弧的压力就越大 D.若保持h不变，L越小，物块在水平面上滑行的距离就越大 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 ACD 56 解析：设斜面倾角为θ，则tan θ＝ 物块到达斜面底端时克服摩擦力做功 Wf＝μmgcos θ×＝μmgL 若保持h不变，L越小，则物块到达斜面底端时克服摩擦力做功就越少，故B项错误； 设物块到达底端时的动能为Ek，根据动能定理有 Ek＝mgh－＝(1－)mgh 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 57 若保持不变，h越大，则物块到达斜面底端的动能 就越大，故A项正确； 在小圆弧最低点有 FN＝mg＋＝mg＋ 若保持h不变，L越小，则FN越大，根据牛顿第三定律可知物块到达斜面底端的小圆弧时对小圆弧的压力就越大，故C项正确； 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 58 设物块在水平面上滑行的距离为x，对全程应用动 能定理 mgh－μmgcos θ×－μmgx＝0 整理得x＝ 可知若保持h不变，L越小，物块在水平面上滑行的距离就越大，故D项正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 59 12.(12分)(2025·广东珠海调研)如图甲所示的是一景区游乐滑道，游客坐在坐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。滑道简化图如图乙所示，滑道由AB、BC、CD三段组成，各段之间平滑连接。AB段和CD段与水平面的夹角为θ1，两端竖直距离均为h0；BC段与水平面的夹角为θ2，两端竖直距离为h0。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 60 一质量为m的游客从A点由静止开始下滑，到达底端D点时的安全速度不得大于，已知sin θ1＝，sin θ2＝，坐垫与滑道底面间的摩擦及空气阻力均不计，若未使用坐垫，游客与滑道底面间的摩擦力大小f恒为重力的，运动过程中游客始终不离开滑道。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 61 (1)游客使用坐垫自由下滑(即与侧壁间无摩擦)，则游客在BC段增加的动能ΔEk为多大? 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析：由动能定理得ΔEk＝mgh0。 答案：mgh0 62 (2)若游客未使用坐垫且与侧壁间无摩擦下滑，则游客到达D点时是否 安全? 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析：对AD段，由动能定理得 mg(h0＋h0＋h0)－mg()＝m－0 解得vD＝ 因此游客到达D点时不安全。 答案：不安全　 63 (3)若游客使用坐垫安全下滑至D点，则克服侧壁摩擦力做功的最小值为多少? 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析：对整个过程，由动能定理得 mg(h0＋h0＋h0)－Wmin＝m－0 解得Wmin＝1.5mgh0。 答案：1.5mgh0 64 $$