专题10 动能定理的应用-2026年高考物理热点知识讲练与题型归纳（全国通用）

专题10 动能定理的应用 题型一 动能定理的理解 1 题型二 动能定理与图像的结合 3 类型1 Ek-x图像问题 4 类型2 F-x图像与动能定理的结合 6 类型3 其他图像与动能定理的结合 8 题型三 动能定理在多过程问题中的应用 11 类型1 动能定理在直线运动与圆周运动的结合的应用 11 类型2 动能定理在直线运动与平抛运动的结合的应用 13 类型3 动能定理在往返运动问题中应用 14 题型一 动能定理的理解 1．表达式：W＝Ek2－Ek1＝ΔEk. 其中Ek2＝mv表示一个过程的末动能，Ek1＝mv表示这个过程的初动能．W表示这个过程中合力做的功． 2．关于动能定理的几点说明 (1)W的含义：包含重力在内的所有外力所做功的代数和． (2)W与ΔEk的关系：合力做功是引起物体动能变化的原因．如果合力对物体做正功，物体的动能增加；如果合力对物体做负功，物体的动能减少；如果合力对物体不做功，物体的动能不变． (3)动能定理的实质：功能关系的一种具体体现，物体动能的改变可由合外力做功来度量． 3．应用动能定理解题的优点 (1)动能定理对应的是一个过程，只涉及到物体初、末状态的动能和整个过程合力做的功，无需关心中间运动过程的细节，而且功和能都是标量，无方向性，计算方便． (2)当题目中不涉及a和t，而涉及F、x、m、v等物理量时，优先考虑使用动能定理． (3)动能定理既适用于恒力作用过程也适用于变力作用过程，既适用于直线运动也适用于曲线运动，既适用于单个物体也适用于多个物体，特别是变力及多过程问题，动能定理更具有优越性． 4．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，结合其他必要的解题方程，求解并验算． 1. 如图所示，质量为m的物体静止在倾角为θ的斜面上，现将斜面沿水平方向向右匀速移动了距离x，物体相对斜面静止。则（　　） A．重力对物体做正功 B．支持力对物体不做功 C．摩擦力对物体不做功 D．合力对物体做功为零 2. 物体a、b质量分别为ma和mb，且ma<mb，它们的初动能相同。若a和b分别只受到恒定阻力Fa和Fb的作用，经过相同的时间停下来，它们的位移分别为xa和xb。下列说法正确的是（　　） A．Fa>Fb，xa<xb B．Fa>Fb，xa>xb C．Fa<Fb，xa>xb D．Fa<Fb，xa<xb 3. 投壶是从先秦延续至清末的中国传统礼仪和宴饮游戏，《礼记传》中提到：“投壶，射之细也。宴饮有射以乐宾，以习容而讲艺也。”如图所示，甲、乙两人在不同位置沿水平方向各射出一支箭，箭尖插入壶中时与水平面的夹角分别为37°和53°。已知两支箭的质量、竖直方向下落高度均相等，忽略空气阻力、箭长、壶口大小等因素的影响（sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6），下列说法正确的是（　　） A．甲、乙两人所射箭的初速度大小之比为16∶9 B．甲、乙两人所射箭落入壶口时的速度大小之比为3∶4 C．甲、乙两人投射位置与壶口的水平距离之比为9∶16 D．甲、乙两人所射箭落入壶口时的动能之比为16∶9 4. 某个雨滴从空中由静止开始下落，在速度不太大时，其受到的阻力与速率成正比，即，其中。雨滴下落过程中，重力的功率P随加速度a变化的图像如图所示。重力加速度取。下列说法正确的是（　　） A．雨滴的质量为 B．雨滴所能达到的最大速度为 C．当重力功率为时，雨滴受到的阻力为 D．当雨滴速度为时，其动能增加最快 5. 如图所示，光滑斜面底端与半径为的光滑半圆形轨道平滑连接，整个轨道和斜面都在竖直平面内。一个小球（可视为质点）从斜面顶端A处由静止释放，通过半圆形轨道最高点时，恰好对轨道的压力为零。小球过点后垂直打在斜面上。重力加速度为，不计空气阻力，求： (1)斜面顶端到地面的高度； (2)斜面与水平面夹角的正切值。 题型二 动能定理与图像的结合 1．解决物理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。 2.图像所围“面积”和图像斜率的含义 3.解决动能定理与图像问题的基本步骤 类型1 Ek-x图像问题 6. 将一个小球竖直向上抛出，一段时间后，小球落回抛出点。上升和下降的过程中，小球的动能随高度（相对于抛出点）的变化关系如图所示。若小球受到的空气阻力大小恒定，重力加速度，则小球的质量m和空气阻力f的大小正确的是（　　） A． B． C． D． 7. 质量为的物体以的初动能在粗糙的水平面上滑行，其动能的变化与位移的关系如图所示，则下列说法正确的是（　　） A．物体运动的初速度大小为 B．物体与水平面间的动摩擦因数为 C．物体运动过程中摩擦力的平均功率为 D．物体运动的加速度大小为 8. 如图甲所示，水平传送带在电动机的带动下保持速度顺时针运转，一物块从传送带的左端轻放，此后物块在传送带上运动整个过程的动能与位移的关系图像如图乙所示，重力加速度为，图中、均为已知量，求： (1)物块的质量以及物块在传送带上运动的时间； (2)物块与传送带之间的动摩擦因数以及因摩擦而产生的热量。 9. 冬梦飞扬，冬奥梦圆。第二十四届冬季奥林匹克运动会在北京开幕。跳台滑雪是一项深受勇敢者喜爱的滑雪运动。图（甲）为某跳台滑雪运动员从跳台a（长度可忽略不计）处沿水平方向飞出、经2s在斜坡b处着陆的示意图，图（乙）为运动员从a到b飞行时的动能随飞行时间t变化的关系图像。不计空气阻力作用，重力加速度g取，则下列说法正确的是（　　） A．斜坡的倾角为 B．运动员在a处的速度大小为20m/s C．运动员运动到b处时重力的瞬时功率为 D．运动员在0.8s末时离坡面的距离最大 10. 新能源汽车（纯电汽车）的储能装置可以将减速时的部分动能转化为电能并储存在蓄电池中。某次新能源汽车测试过程记录如下：汽车以额定功率匀速行驶一段距离后关闭驱动电机，测出了新能源汽车的动能与位移关系图像如图所示，其中①是关闭储能装置仅在摩擦阻力作用下的关系图线，②是开启储能装置时的关系图线。已知新能源汽车的质量为，为便于讨论，设其运动过程中所受摩擦阻力恒定。根据图像所给的信息可求出 A．汽车行驶过程中所受阻力为 B．汽车的额定功率为 C．汽车开启储能装置后向蓄电池提供的电能为 D．汽车开启储能装置后储存电能的功率逐渐增大 类型2 F-x图像与动能定理的结合 11. 如图甲所示，轻质弹簧放置在倾角为30°的光滑斜面上，底部固定，上端与质量为m的物块相连，当弹簧压缩量为l1时，物块由静止开始向下运动，当弹簧压缩量为l2时，物块的速度正好为0。在此运动过程中，弹簧对物块的弹力F与弹簧的压缩量l的关系图像如图乙所示，重力加速度为g，下列说法中错误的是（　　） A．物块的动能与弹簧的弹性势能都增加 B．物块重力势能变化量的大小为 C．此过程中物块克服弹簧弹力做功为 D．当弹簧的压缩量等于时，物块的速度最大 12. 有一段粗糙轨道AB长为S，第一次物块以初速度v0由A出发，向右运动达到B时速度为v1，第二次物块以初速度v0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．物块在第一次运动中做匀减速直线运动 B．f-x图像的斜率为 C．第二次能到达A点，且花费时间较第一次长 D．两次运动中，在距离A点处摩擦力功率大小相等 13. 如图甲所示，小物块置于粗糙水平面上的O点，每次用水平拉力F，将物块由O点从静止开始拉动，当物块运动到斜面顶端P点时撤去拉力。小物块在不同拉力F作用下落在斜面上的水平射程x不同，如图乙所示为F-x图像，若物块与水平面间的动摩擦因数为0.5，斜面与水平地面之间的夹角θ=45°，g取10m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则（　　） A．小物块每次落在斜面上的速度方向不同 B．小物块质量m=0.2kg C．小物块质量m=0.5kg D．O、P间的距离s=0.25m 14. 如图甲所示，通过轻质弹簧连接的质量均为0.1kg的两物体A、B放在水平桌面上，系统处于静止状态。现用竖直向上的力F作用在物体A上，以x表示物体A离开静止位置时的位移，F-x的图像如图乙所示。已知弹簧的劲度系数k=20N/m，取g=10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．A发生10cm位移的过程中，F对A做的功为0.15J B．B离开地面时，A的速度大小为2m/s C．B离开地面后的最大速度为1m/s D．若F大小为0.5N且保持不变，则A上升至最高点时B对水平桌面的压力为0 15. 已知做功公式W=Fx，则F-x图像与坐标轴围成的面积可以表示W。现有一均匀变小的力F拉着物体在粗糙水平地面从静止开始滑动，物体质量m=1kg，物体与地面间动摩擦因数μ=0.7。F随物体位移x的变化如图所示，当物体位移为3m时停止运动。g取10m/s2，则下列说法正确的是（　　） A．F0=17.5N B．物体动能的最大值为2.25J C．物体在1.5m时的速度最大 D．物体速度的最大值为 类型3 其他图像与动能定理的结合 16. 如图（a）所示，可视为质点的a、b两球通过轻绳连接跨过光滑轻质定滑轮，b球在外力作用下静止悬空，绳恰好伸直但无拉力。以地面为重力势能零势能面，从静止释放b球，在b球落地前的过程中，a、b两球的重力势能随时间t的变化关系如图（b），图中两图像交点对应时刻t=0.4s，a球始终没有与定滑轮相碰，a、b始终在竖直方向上运动，忽略空气阻力，。则（　　） A．b球质量4kg B．b球落地前瞬间a球的速度大小为6m/s C．b球下落前距地面的高度为0.5m D．t=0.4s时b球离地面的高度为0.48m 17. 机场一般用可移动式皮带输送机给飞机卸货（如图甲），其可简化为倾角为，以一定的速度逆时针匀速转动的传送带。某时刻货物以初速度为滑上传送带顶端（如图乙），以此时为时刻，记录货物在传送带上运动的速度随时间变化的关系图像（如图丙），取沿斜面向下为正方向，传送带足够长，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则（    ） A．货物与传送带间的动摩擦因数 B．货物下滑过程中，传送带一直对货物做正功 C．时间内，传送带对货物做功等于 D．货物在传送带上留下的划痕长度为 18. 质量的小型电动汽车在平直的公路上由静止启动，图甲表示汽车运动的速度与时间的关系，图乙表示汽车牵引力的功率与时间的关系。设汽车在运动过程中阻力不变，在末汽车的速度恰好达到最大。下列说法正确的是（　　） A．汽车受到的阻力 B．汽车的最大牵引力为 C．过程中汽车牵引力做功为不可求解 D．过程中汽车的位移大小可以求解出 19. 动能回收是电动汽车的核心技术之一，通过将车辆减速时的动能转化为电能并存储回电池，从而提升能量利用效率、延长续航里程。某电动汽车质量，在平直公路上沿坐标轴正方向匀速行驶，其动能为。当经过原点时切断动力，在滚动摩擦阻力的作用下运动，滑行至位置时动能减为。此时立即开启动能回收装置，电动机切换为发电机模式，产生阻碍汽车运动的电磁阻力，当运动至位置时停下。汽车动能随位移的变化如图所示，除滚动摩擦阻力和电磁阻力外其它阻力不计。 (1)求匀速行驶时汽车发动机的功率； (2)回收效率是指回收的电能占用于发电的机械能的百分比，若本次动能回收效率，求汽车回收的电能。 20. 一可视为质点的物体在水平外力的作用下由静止开始沿平直的轨道运动，通过传感器描绘了其加速度随时间的变化规律，图像如图所示，已知物体的质量为m=2kg。则下列说法正确的是（　　） A．0~2s的时间内，物体的位移大于2m B．3s末物体距离出发点最远 C．5s末物体的速度为0 D．0~3s与3s~5s的时间内，外力对物体做功的绝对值之比为4:3 题型三 动能定理在多过程问题中的应用 1.应用动能定理解决多过程问题的两种思路 (1)分阶段应用动能定理 ①若题目需要求某一中间物理量，应分阶段应用动能定理。 ②物体在多个运动过程中，受到的弹力、摩擦力等力若发生了变化，力在各个过程中做功情况也不同，不宜全过程应用动能定理，可以研究其中一个或几个分过程，结合动能定理，各个击破。 (2)全过程(多个过程)应用动能定理 当物体运动过程包含几个不同的物理过程，又不需要研究过程的中间状态时，可以把几个运动过程看作一个整体，巧妙运用动能定理来研究，从而避开每个运动过程的具体细节，大大减少运算。 2.全过程列式时要注意 (1)重力、弹簧弹力做功取决于物体的初、末位置，与路径无关。 (2)大小恒定的阻力或摩擦力做功的数值等于力的大小与路程的乘积。 类型1 动能定理在直线运动与圆周运动的结合的应用 21. 如图所示，学校科技小组设计了“e”字型竖直轨道固定放置，由光滑半圆形轨道AB、BC和粗糙的水平直轨道CD及光滑的四分之一圆弧轨道DE平滑连接组成，BC弧的半径，AB弧的半径为2r、DE弧的半径为1.5r，轨道两端分别与地面、竖直墙壁相切于A点和E点。质量的滑块从A端以水平向左的速度进入轨道。已知CD长为6r，滑块第二次经过D点时对轨道的压力为，不计空气阻力，滑块可视为质点，重力加速度为。 (1)求滑块与CD之间的动摩擦因数； (2)求滑块最终停止的位置与C点的距离d； (3)若改变滑块的初速度，使滑块能停在CD上，且运动过程中不脱离轨道BC，求的范围； (4)若，求滑块脱离BC时，速度大小与方向。 22. 如图实验装置由斜面轨道，竖直圆轨道（圆心为点），水平直轨道连接而成，斜面轨道与竖直圆轨道相切于点，竖直圆轨道在最低点略微错开并与水平直轨道相接，各段轨道均平滑连接。小钢球从斜面轨道上静止滑下，进入圆轨道后沿圆轨道运动。小钢球可视为质点，重力加速度取，不计一切摩擦与空气阻力。求： (1)若小钢球恰能通过轨道的最高点，在点的速度； (2)若小钢球不会脱离轨道，则的取值范围； (3)若小钢球从斜面轨道处静止释放，则将在距离地面多高处脱离轨道。 23. 在航空托运中，行李的缓冲转运装置简化图如图所示，缓冲装置紧靠飞机，转运车紧靠缓冲装置。包裹沿缓冲装置的光滑曲面由静止滑下，经过点后进入粗糙的水平轨道，然后滑上转运车并最终相对转运车静止而被运走，整个过程中飞机始终保持静止。已知包裹的质量为，缓冲装置和转运车的质量均为，缓冲装置的曲面是半径为的四分之一圆弧，且在点与水平部分相切，水平部分的长度为，包裹与缓冲装置的水平部分、转运车间的动摩擦因数均为，转运车与地面间的摩擦力忽略不计，重力加速度为，不计空气阻力，求： (1)包裹滑到光滑曲面的最低点时，对缓冲装置的压力的大小； (2)要求包裹在缓冲装置上运动时缓冲装置不动，则缓冲装置与地面间的动摩擦因数要满足什么条件？ (3)在（2）的基础上，要使包裹能被转运车拖走，则转运车的长度至少为多少？ 类型2 动能定理在直线运动与平抛运动的结合的应用 24. 如图所示，现将一质量为m=1kg的滑块轻放在传送带A端。传送带以恒定速度v0=2m/s顺时针转动，长度l=3m。传送带的B端正下方是水平地面的最左端C，地面长度L=2m，右侧接圆弧。滑块与地面和传送带间的动摩擦因数μ均为0.2，圆弧轨道光滑。若滑块掉至地面后竖直方向速度变为0，水平速度不变。不考虑空气阻力，g取10m/s2。 (1)求滑块轻放在传送带瞬间的加速度a； (2)求滑块离开传送带B端的速度v； (3)若滑块从传送带滑落后掉落在地面上，且最终停在距C端1m的位置。求滑块从圆弧轨道上滑时距地面能达到的最大高度h。 25. 如图所示为一款游戏的装置结构图，整个轨道固定在竖直平面内，由光滑圆弧轨道AB、水平轨道BC及光滑半圆形轨道CD组成，圆弧轨道AB与水平轨道在B点相切，圆弧AB所对的圆心角为53°，半圆形轨道CD与水平轨道在C点相切，圆弧轨道半径R=1m，半圆形轨道半径为0.5m，BC长为2m。在P点以大小为v0=3m/s的初速度水平抛出一个质量为1kg的物块，物块刚好从A点无碰撞进入轨道，不计物块大小，不计空气阻力，重力加速度，，。 (1)求P点与A点的高度差； (2)求物块运动到B点对圆弧轨道的压力大小； (3)要使物块能滑上半圆轨道且在半圆形轨道上运动时不脱离轨道（只从半圆形轨道两端点C、D离开轨道），则物块与水平轨道间的动摩擦因数应满足什么条件？ 26. 在学校组织的趣味运动会上，唐中“加速度社”为大家提供了一个游戏。如图所示，将一质量为0.1 kg的钢球放在O点，用弹射装置将其弹出，钢球沿着光滑的半圆形轨道OA和AB运动。BC段为一段长为L＝2.0 m的粗糙平面，DEFG为接球槽。半圆形轨道OA和AB的半径分别为r＝0.2 m、R＝0.4 m，小球与BC段的动摩擦因数为μ＝0.7，C点离接球槽的高度为h＝1.25 m，水平距离为x＝0.5 m，接球槽足够大，g取10 m/s2。求： (1)要使钢球恰好不脱离半圆形轨道，钢球在A点的速度大小； (2)钢球恰好不脱离轨道时，在B位置对半圆形轨道的压力大小； (3)要使钢球最终能落入槽中，弹射速度v0至少多大。 类型3 动能定理在往返运动问题中应用 27. 滑板运动是极限运动的鼻祖，许多极限运动项目均由滑板项目延伸而来。如图所示是滑板运动的轨道，BC和DE是两段光滑圆弧形轨道，BC段的圆心为O点，圆心角为60°，半径OC与水平轨道CD垂直，水平轨道CD段粗糙且长8m，一运动员从轨道上的A点以3m/s的速度水平滑出，在B点刚好沿轨道的切线方向滑入圆弧形轨道BC，经CD轨道后冲上DE轨道，到达E点时速度减为零，然后返回。已知运动员和滑板的总质量为60kg，B、E两点与水平面CD的竖直高度分别为h和H，且h=2m，H=2.8m，g=10m/s2。求： (1)运动员从A运动到达B点时的速度大小vB和在空中飞行的时间tAB； (2)运动员第一次离开圆弧BC轨道末端时滑板对轨道的压力，轨道CD段的动摩擦因数μ； (3)通过计算说明，第一次返回时，运动员能否回到B点？如能，请求出回到B点时的速度大小；如不能，则最后停在何处？‍ 28. 如图所示，一装置处于竖直平面内，该装置由弧形轨道、竖直圆形轨道，水平直轨道和反冲装置组成。弧形轨道足够高，圆形轨道在最低点略微错开并与弧形轨道、水平轨道相切（圆形轨道的端只与弧形轨道接通，端只与水平直轨道接通），为圆心，为最高点，半径；反冲装置是一端固定的轻弹簧，弹簧处于原长时其自由端恰好在水平直轨道的末端。滑块（可视为质点）的质量，滑块与水平直轨道间的动摩擦因数为0.2，其他部分均光滑。滑块由弧形轨道上不同位置静止释放，滑块在通过圆形轨道的部分时若脱落，则会掉落到收集盒（图中未画出）内。已知水平直轨道长为，不计空气阻力，弹簧始终在弹性限度内，取。 (1)若滑块由弧形轨道上某位置静止释放后掉落到了收集盒，且没有一次通过圆形轨道最高点，求滑块释放位置距水平直轨道的高度范围； (2)若滑块在弧形轨道上释放的位置距水平直轨道的高度为。 ①求滑块在运动过程中弹簧具有的最大弹性势能； ②滑块最终落在了收集盒内还是停在了水平直轨道上？若落在了收集盒内，求出滑块在圆形轨道上脱落的位置；若停在了水平直轨道上，求出滑块停止位置距点的距离。 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题10 动能定理的应用 题型一 动能定理的理解 1 题型二 动能定理与图像的结合 6 类型1 Ek-x图像问题 7 类型2 F-x图像与动能定理的结合 11 类型3 其他图像与动能定理的结合 16 题型三 动能定理在多过程问题中的应用 22 类型1 动能定理在直线运动与圆周运动的结合的应用 22 类型2 动能定理在直线运动与平抛运动的结合的应用 26 类型3 动能定理在往返运动问题中应用 30 题型一 动能定理的理解 1．表达式：W＝Ek2－Ek1＝ΔEk. 其中Ek2＝mv表示一个过程的末动能，Ek1＝mv表示这个过程的初动能．W表示这个过程中合力做的功． 2．关于动能定理的几点说明 (1)W的含义：包含重力在内的所有外力所做功的代数和． (2)W与ΔEk的关系：合力做功是引起物体动能变化的原因．如果合力对物体做正功，物体的动能增加；如果合力对物体做负功，物体的动能减少；如果合力对物体不做功，物体的动能不变． (3)动能定理的实质：功能关系的一种具体体现，物体动能的改变可由合外力做功来度量． 3．应用动能定理解题的优点 (1)动能定理对应的是一个过程，只涉及到物体初、末状态的动能和整个过程合力做的功，无需关心中间运动过程的细节，而且功和能都是标量，无方向性，计算方便． (2)当题目中不涉及a和t，而涉及F、x、m、v等物理量时，优先考虑使用动能定理． (3)动能定理既适用于恒力作用过程也适用于变力作用过程，既适用于直线运动也适用于曲线运动，既适用于单个物体也适用于多个物体，特别是变力及多过程问题，动能定理更具有优越性． 4．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，结合其他必要的解题方程，求解并验算． 1. 如图所示，质量为m的物体静止在倾角为θ的斜面上，现将斜面沿水平方向向右匀速移动了距离x，物体相对斜面静止。则（　　） A．重力对物体做正功 B．支持力对物体不做功 C．摩擦力对物体不做功 D．合力对物体做功为零 【答案】D 【详解】A．物体竖直方向位移为零，可知重力对物体不做功，故A错误； B．根据W=Fxcosθ，支持力方向垂直斜面向上，与位移夹角为锐角，可知支持力对物体做正功，故B错误； C．根据W=Fxcosθ，摩擦力方向沿斜面向上，与位移夹角为钝角，可知摩擦力对物体做负功，故C错误； D．物体动能不变，根据动能定理可知，合力对物体做功为零，故D正确。 故选D。 2. 物体a、b质量分别为ma和mb，且ma<mb，它们的初动能相同。若a和b分别只受到恒定阻力Fa和Fb的作用，经过相同的时间停下来，它们的位移分别为xa和xb。下列说法正确的是（　　） A．Fa>Fb，xa<xb B．Fa>Fb，xa>xb C．Fa<Fb，xa>xb D．Fa<Fb，xa<xb 【答案】C 【详解】设物体a、b的初动能为，则有 又ma<mb 可知 由题知，经相同的时间停下来，则有 可知 根据动能定理有 可得 可得 故选C。 3. 投壶是从先秦延续至清末的中国传统礼仪和宴饮游戏，《礼记传》中提到：“投壶，射之细也。宴饮有射以乐宾，以习容而讲艺也。”如图所示，甲、乙两人在不同位置沿水平方向各射出一支箭，箭尖插入壶中时与水平面的夹角分别为37°和53°。已知两支箭的质量、竖直方向下落高度均相等，忽略空气阻力、箭长、壶口大小等因素的影响（sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6），下列说法正确的是（　　） A．甲、乙两人所射箭的初速度大小之比为16∶9 B．甲、乙两人所射箭落入壶口时的速度大小之比为3∶4 C．甲、乙两人投射位置与壶口的水平距离之比为9∶16 D．甲、乙两人所射箭落入壶口时的动能之比为16∶9 【答案】AD 【详解】A．由题知甲、乙两人射箭高度相同，则两支箭在空中的运动时间相同，落入壶口时竖直方向的速度vy相同．设箭尖插入壶中时与水平面的夹角为θ，箭射出时的初速度为v0，则 即 v0＝ 故两支箭射出时的初速度大小之比为 tan 53°∶tan 37°＝16∶9 A正确； B．设箭尖插入壶中时的速度大小为v，则 v＝ 故两支箭落入壶口时的速度大小之比为 sin 53°∶sin 37°＝4∶3 B错误； C．因两支箭在空中的运动时间相同，甲、乙两人投射位置与壶口的水平距离之比等于初速度大小之比，为16∶9，C错误； D．由 Ek＝mv2 可知，两支箭落入壶口时的动能之比为16∶9，D正确。 故选AD。 4. 某个雨滴从空中由静止开始下落，在速度不太大时，其受到的阻力与速率成正比，即，其中。雨滴下落过程中，重力的功率P随加速度a变化的图像如图所示。重力加速度取。下列说法正确的是（　　） A．雨滴的质量为 B．雨滴所能达到的最大速度为 C．当重力功率为时，雨滴受到的阻力为 D．当雨滴速度为时，其动能增加最快 【答案】D 【详解】A．根据， 解得 结合图像有 解得，故A错误； B．雨滴向下先做加速度减小的变加速直线运动，当加速度为0时开始做匀速直线运动，此时速度达到最大值，则有 解得，故B错误； C．结合图像可知，当重力功率为时，加速度 根据 解得，故C错误； D．根据动能定理有 则有 由于 则有 当取极小值时有 此时结合上述有 根据数学二次函数规律可知，当速度等于 此时，雨滴动能增加最快，故D正确。 故选D。 5. 如图所示，光滑斜面底端与半径为的光滑半圆形轨道平滑连接，整个轨道和斜面都在竖直平面内。一个小球（可视为质点）从斜面顶端A处由静止释放，通过半圆形轨道最高点时，恰好对轨道的压力为零。小球过点后垂直打在斜面上。重力加速度为，不计空气阻力，求： (1)斜面顶端到地面的高度； (2)斜面与水平面夹角的正切值。 【答案】(1) (2) 【详解】（1）小球由A点到点的过程中，根据动能定理有 在点由重力提供向心力，则有 解得 （2）小球过点后做平抛运动，落在斜面上的点，如图所示 则有，， 在中，由几何关系可得 解得 题型二 动能定理与图像的结合 1．解决物理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。 2.图像所围“面积”和图像斜率的含义 3.解决动能定理与图像问题的基本步骤 类型1 Ek-x图像问题 6. 将一个小球竖直向上抛出，一段时间后，小球落回抛出点。上升和下降的过程中，小球的动能随高度（相对于抛出点）的变化关系如图所示。若小球受到的空气阻力大小恒定，重力加速度，则小球的质量m和空气阻力f的大小正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】根据动能定理，则上升阶段 下降阶段 解得， 故选A。 7. 质量为的物体以的初动能在粗糙的水平面上滑行，其动能的变化与位移的关系如图所示，则下列说法正确的是（　　） A．物体运动的初速度大小为 B．物体与水平面间的动摩擦因数为 C．物体运动过程中摩擦力的平均功率为 D．物体运动的加速度大小为 【答案】A 【详解】A．由 解得物体运动的初速度大小为，故A正确； B．由题图可知末动能，根据动能定理可得 其中，代入数据解得，故B错误； D．由牛顿第二定律可得物体运动的加速度大小为，故D错误； C．物体运动的时间为 物体运动过程中摩擦力的平均功率为，故C错误。 故选A。 8. 如图甲所示，水平传送带在电动机的带动下保持速度顺时针运转，一物块从传送带的左端轻放，此后物块在传送带上运动整个过程的动能与位移的关系图像如图乙所示，重力加速度为，图中、均为已知量，求： (1)物块的质量以及物块在传送带上运动的时间； (2)物块与传送带之间的动摩擦因数以及因摩擦而产生的热量。 【答案】(1)， (2)， 【详解】（1）由乙图可知物块与传送带达共同速度时，物块的动能为，则有 解得物块的质量 由乙图可得物块在前一段位移做初速度为0的匀加速直线运动，在后一段位移内以做匀速直线运动，则运动时间为 （2）前一段位移内，对物块由动能定理可得 解得 前一段位移内，传送带与物块间的相对位移为 因摩擦而产生的热量为 解得 9. 冬梦飞扬，冬奥梦圆。第二十四届冬季奥林匹克运动会在北京开幕。跳台滑雪是一项深受勇敢者喜爱的滑雪运动。图（甲）为某跳台滑雪运动员从跳台a（长度可忽略不计）处沿水平方向飞出、经2s在斜坡b处着陆的示意图，图（乙）为运动员从a到b飞行时的动能随飞行时间t变化的关系图像。不计空气阻力作用，重力加速度g取，则下列说法正确的是（　　） A．斜坡的倾角为 B．运动员在a处的速度大小为20m/s C．运动员运动到b处时重力的瞬时功率为 D．运动员在0.8s末时离坡面的距离最大 【答案】C 【详解】BC．设运动员在a处的速度大小为，根据图乙可得， 其中 联立解得， 则运动员运动到b处时重力的瞬时功率为 故B错误，C正确； A．时，运动员落在斜坡上，斜坡的倾角满足 解得，故A错误； D．运动员离坡面距离最远时，速度方向与坡面平行，有 解得，故D错误。 故选C。 10. 新能源汽车（纯电汽车）的储能装置可以将减速时的部分动能转化为电能并储存在蓄电池中。某次新能源汽车测试过程记录如下：汽车以额定功率匀速行驶一段距离后关闭驱动电机，测出了新能源汽车的动能与位移关系图像如图所示，其中①是关闭储能装置仅在摩擦阻力作用下的关系图线，②是开启储能装置时的关系图线。已知新能源汽车的质量为，为便于讨论，设其运动过程中所受摩擦阻力恒定。根据图像所给的信息可求出 A．汽车行驶过程中所受阻力为 B．汽车的额定功率为 C．汽车开启储能装置后向蓄电池提供的电能为 D．汽车开启储能装置后储存电能的功率逐渐增大 【答案】AC 【详解】A．对于图线①，根据动能定理得 得到阻力为，故A正确； B．设汽车匀速运动的速度为v，则有 汽车的额定功率为，故B错误； C．根据功能关系得到：汽车开启储能装置后向蓄电池提供的电能为，故C正确； D．根据图像斜率表示合外力可知，汽车开启储能装置后随着增大，合外力变小，阻力不变，则安培力变小，速度也变小，则储存电能的功率变小，故D错误。 故选AC。 类型2 F-x图像与动能定理的结合 11. 如图甲所示，轻质弹簧放置在倾角为30°的光滑斜面上，底部固定，上端与质量为m的物块相连，当弹簧压缩量为l1时，物块由静止开始向下运动，当弹簧压缩量为l2时，物块的速度正好为0。在此运动过程中，弹簧对物块的弹力F与弹簧的压缩量l的关系图像如图乙所示，重力加速度为g，下列说法中错误的是（　　） A．物块的动能与弹簧的弹性势能都增加 B．物块重力势能变化量的大小为 C．此过程中物块克服弹簧弹力做功为 D．当弹簧的压缩量等于时，物块的速度最大 【答案】A 【详解】A。物块的速度先增大后减小，则动能先增大后减小，弹簧一直被压缩，则弹性势能一直增加，A错误； B．物块重力势能变化量的大小，B正确； C．根据可知，题图乙图线在l1到l2段与横坐标轴所围梯形部分的面积表示克服弹簧弹力做的功，即克服弹簧弹力做功为，C正确； D．由题图乙可知弹簧的劲度系数 当物块速度最大时，有 解得弹簧的压缩量，D正确。 本题选不正确项，故选A。 12. 有一段粗糙轨道AB长为S，第一次物块以初速度v0由A出发，向右运动达到B时速度为v1，第二次物块以初速度v0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．物块在第一次运动中做匀减速直线运动 B．f-x图像的斜率为 C．第二次能到达A点，且花费时间较第一次长 D．两次运动中，在距离A点处摩擦力功率大小相等 【答案】C 【详解】A．物块在第一次运动中水平方向上只受到摩擦力，并且摩擦力随位移均匀增加，所以加速度在变大，故A错误； B．从A到B运用动能定理，则 f-x图像的斜率为 故B错误； C．根据能量守恒，第二次也能到达A点，且速度也为v1，且一开始加速度大，速度很快减小，所以花费时间较第一次长，故C正确； D．两次运动中，物块运动到A点时摩擦力做的功不相等，在A点的速度大小不相等，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等，故D错误； 故选C。 13. 如图甲所示，小物块置于粗糙水平面上的O点，每次用水平拉力F，将物块由O点从静止开始拉动，当物块运动到斜面顶端P点时撤去拉力。小物块在不同拉力F作用下落在斜面上的水平射程x不同，如图乙所示为F-x图像，若物块与水平面间的动摩擦因数为0.5，斜面与水平地面之间的夹角θ=45°，g取10m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则（　　） A．小物块每次落在斜面上的速度方向不同 B．小物块质量m=0.2kg C．小物块质量m=0.5kg D．O、P间的距离s=0.25m 【答案】D 【详解】A．由平抛运动规律有 ， 解得 所以小物块每次落在斜面上的速度方向总是相同的，则A错误； BCD．根据牛顿第二定律，在OP段有 又 由平抛运动规律和几何关系有 水平方向有 竖直方向有 由几何关系有 联立可得 解得 由图像可得 ， 解得 ， 所以BC错误；D正确； 故选D。 14. 如图甲所示，通过轻质弹簧连接的质量均为0.1kg的两物体A、B放在水平桌面上，系统处于静止状态。现用竖直向上的力F作用在物体A上，以x表示物体A离开静止位置时的位移，F-x的图像如图乙所示。已知弹簧的劲度系数k=20N/m，取g=10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．A发生10cm位移的过程中，F对A做的功为0.15J B．B离开地面时，A的速度大小为2m/s C．B离开地面后的最大速度为1m/s D．若F大小为0.5N且保持不变，则A上升至最高点时B对水平桌面的压力为0 【答案】AC 【详解】A．F-x的图像面积代表F对A做的功，结合图像F对A做的功为，故A正确； BC．初始时，弹簧的压缩量为 A发生10cm位移时，弹簧的伸长量为 由于弹簧弹性势能变化量为0，在此过程中弹簧弹力做功为0，则根据动能定理有 解得此时物体A的速度 发生10cm位移后，B开始离开地面，由图乙可知此后力F变为恒力，且满足 可知A、B和弹簧组成的系统满足动量守恒，B离开地面后，弹簧弹力大于B的重力，B向上做加速运动，当弹簧弹力再次等于B的重力时，B的速度达到最大，此时弹簧的伸长量与B刚要离开地面时的伸长量相同，对于A、B和弹簧组成的系统根据动量守恒可得 根据能量守恒可得 联立解得B离开地面后的最大速度为，故B错误，C正确； D．若F大小为0.5N且保持不变，t=0时刻由 得 物体A在竖直方向做简谐运动，由对称性知A在最高点时加速度 方向向下，对A有 此时对B有 结合牛顿第三定律可得B对水平桌面的压力大小为，故D错误。 故选AC。 15. 已知做功公式W=Fx，则F-x图像与坐标轴围成的面积可以表示W。现有一均匀变小的力F拉着物体在粗糙水平地面从静止开始滑动，物体质量m=1kg，物体与地面间动摩擦因数μ=0.7。F随物体位移x的变化如图所示，当物体位移为3m时停止运动。g取10m/s2，则下列说法正确的是（　　） A．F0=17.5N B．物体动能的最大值为2.25J C．物体在1.5m时的速度最大 D．物体速度的最大值为 【答案】BCD 【详解】A．x=3m时拉力做功等于克服摩擦力做功 由图像可知 解得 选项A错误； BC．设物体在离原点任一位置x时，拉力做功减克服摩擦力做功等于物体动能， 即 Ek=-x2+3x 解得x=1.5m时动能有最大值Ek=2.25J，BC正确； D．根据 解得 选项D正确。 故选BCD。 类型3 其他图像与动能定理的结合 16. 如图（a）所示，可视为质点的a、b两球通过轻绳连接跨过光滑轻质定滑轮，b球在外力作用下静止悬空，绳恰好伸直但无拉力。以地面为重力势能零势能面，从静止释放b球，在b球落地前的过程中，a、b两球的重力势能随时间t的变化关系如图（b），图中两图像交点对应时刻t=0.4s，a球始终没有与定滑轮相碰，a、b始终在竖直方向上运动，忽略空气阻力，。则（　　） A．b球质量4kg B．b球落地前瞬间a球的速度大小为6m/s C．b球下落前距地面的高度为0.5m D．t=0.4s时b球离地面的高度为0.48m 【答案】A 【详解】AB．从开始释放b球到b球落地的过程中，两球组成的系统机械能守恒，根据图像可知，整个过程中b球的下落高度和a球的上升高度相等，而b球总共减小了24J的重力势能，a球增加了6J的重力势能，则有 由此可知a、b两球质量之比为 根据系统牛顿第二定律可得 解得加速度大小为 ，a球运动的距离为 设初始时刻，b球离地的高度为，两球重力势能相等，则 解得 由图知时b球的重力势能为 联立解得， 根据上述分析可知系统的机械能守恒，则有 解得，即b球落地前瞬间a球的速度大小为，故A正确，B错误； C．根据上述求解过程可知b球下落前距地面的高度为0.6m，故C错误； D．时b球离地面的高度为，故D错误。 故选A。 17. 机场一般用可移动式皮带输送机给飞机卸货（如图甲），其可简化为倾角为，以一定的速度逆时针匀速转动的传送带。某时刻货物以初速度为滑上传送带顶端（如图乙），以此时为时刻，记录货物在传送带上运动的速度随时间变化的关系图像（如图丙），取沿斜面向下为正方向，传送带足够长，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则（    ） A．货物与传送带间的动摩擦因数 B．货物下滑过程中，传送带一直对货物做正功 C．时间内，传送带对货物做功等于 D．货物在传送带上留下的划痕长度为 【答案】D 【详解】A．由货物的速度随时间变化的关系图像知，货物与传送带共速后匀速运动无相对运动，则满足 解得，故A错误； B．货物下滑过程中，传送带对货物的摩擦力先是沿斜面向下的滑动摩擦力做正功，共速后变为静摩擦力沿斜面向上做负功，故B错误； C．时间内，由动能定理 传送带对货物做功等于，故C错误； D．货物在传送带上留下的划痕长度为相对运动过程的相对位移，故D正确。 故选 D。 18. 质量的小型电动汽车在平直的公路上由静止启动，图甲表示汽车运动的速度与时间的关系，图乙表示汽车牵引力的功率与时间的关系。设汽车在运动过程中阻力不变，在末汽车的速度恰好达到最大。下列说法正确的是（　　） A．汽车受到的阻力 B．汽车的最大牵引力为 C．过程中汽车牵引力做功为不可求解 D．过程中汽车的位移大小可以求解出 【答案】D 【详解】A．末汽车的速度恰好达到最大，此时牵引力等于阻力，则有 可得汽车受到的阻力为，故A错误； B．汽车做匀加速运动时，汽车的牵引力最大，根据牛顿第二定律可得 由图甲可得 联立解得，故B错误； C．过程中汽车牵引力做的功为，故C错误； D．汽车在内做变加速运动，设该过程中的位移大小为，根据动能定理可得 解得，故D正确。 故选D。 19. 动能回收是电动汽车的核心技术之一，通过将车辆减速时的动能转化为电能并存储回电池，从而提升能量利用效率、延长续航里程。某电动汽车质量，在平直公路上沿坐标轴正方向匀速行驶，其动能为。当经过原点时切断动力，在滚动摩擦阻力的作用下运动，滑行至位置时动能减为。此时立即开启动能回收装置，电动机切换为发电机模式，产生阻碍汽车运动的电磁阻力，当运动至位置时停下。汽车动能随位移的变化如图所示，除滚动摩擦阻力和电磁阻力外其它阻力不计。 (1)求匀速行驶时汽车发动机的功率； (2)回收效率是指回收的电能占用于发电的机械能的百分比，若本次动能回收效率，求汽车回收的电能。 【答案】(1) (2) 【详解】（1）设滚动摩擦阻力为，由动能定理 匀速运动时牵引力为，由平衡条件 速度为，有 发动机的功率 解得 （2）开启动能回收装置后，电磁阻力做的功为，由动能定理 用于发电的动能 回收效率 回收的电能 20. 一可视为质点的物体在水平外力的作用下由静止开始沿平直的轨道运动，通过传感器描绘了其加速度随时间的变化规律，图像如图所示，已知物体的质量为m=2kg。则下列说法正确的是（　　） A．0~2s的时间内，物体的位移大于2m B．3s末物体距离出发点最远 C．5s末物体的速度为0 D．0~3s与3s~5s的时间内，外力对物体做功的绝对值之比为4:3 【答案】D 【详解】A．a-t图像中，图线与横坐标轴围成的面积表示物体速度的变化量，则2s末物体的速度大小为 又由于该过程物体做加速度增大的加速运动，作出该时间内的速度时间图像，如图中的实线所示 图像与横坐标轴围成的面积表示位移，则由图可知倾斜的直线与横轴围成的面积大小为2m，显然实线与横轴围成的面积小于2m，故A错误； B．0~2s内物体做加速度增大的加速运动，2s~3s的时间内物体沿同一方向做匀加速直线运动，3s~5s的时间内物体沿同一方向做加速度逐渐减小的减速运动，则3s末物体距离出发点并不是最远的，故B错误； C．由a-t图像的面积表示速度的变化量可知，物体在5s末的速度大小为，故C错误； D．同理，物体在3s末的速度大小为 在0~3s的时间内，由动能定理得外力对物体做的功为 在3s~5s的时间内，由动能定理得外力对物体做的功为 则0~3s与3s~5s的时间内，外力对物体做功的大小之比为，故D正确。 故选D。 题型三 动能定理在多过程问题中的应用 1.应用动能定理解决多过程问题的两种思路 (1)分阶段应用动能定理 ①若题目需要求某一中间物理量，应分阶段应用动能定理。 ②物体在多个运动过程中，受到的弹力、摩擦力等力若发生了变化，力在各个过程中做功情况也不同，不宜全过程应用动能定理，可以研究其中一个或几个分过程，结合动能定理，各个击破。 (2)全过程(多个过程)应用动能定理 当物体运动过程包含几个不同的物理过程，又不需要研究过程的中间状态时，可以把几个运动过程看作一个整体，巧妙运用动能定理来研究，从而避开每个运动过程的具体细节，大大减少运算。 2.全过程列式时要注意 (1)重力、弹簧弹力做功取决于物体的初、末位置，与路径无关。 (2)大小恒定的阻力或摩擦力做功的数值等于力的大小与路程的乘积。 类型1 动能定理在直线运动与圆周运动的结合的应用 21. 如图所示，学校科技小组设计了“e”字型竖直轨道固定放置，由光滑半圆形轨道AB、BC和粗糙的水平直轨道CD及光滑的四分之一圆弧轨道DE平滑连接组成，BC弧的半径，AB弧的半径为2r、DE弧的半径为1.5r，轨道两端分别与地面、竖直墙壁相切于A点和E点。质量的滑块从A端以水平向左的速度进入轨道。已知CD长为6r，滑块第二次经过D点时对轨道的压力为，不计空气阻力，滑块可视为质点，重力加速度为。 (1)求滑块与CD之间的动摩擦因数； (2)求滑块最终停止的位置与C点的距离d； (3)若改变滑块的初速度，使滑块能停在CD上，且运动过程中不脱离轨道BC，求的范围； (4)若，求滑块脱离BC时，速度大小与方向。 【答案】(1)0.5 (2)0.7m (3) (4)，方向与水平方向的夹角的余弦值为 【详解】（1）滑块从进入轨道开始到第二次经过D，根据动能定理，可得 又，联立解得 （2）依题意，滑块从进入轨道开始到停止运动，由动能定理可得 解得，即滑块最终停止的位置与C点的距离 （3）为满足题意，当小滑块初速度取最小值v1时，它恰好可以通过B点，当小滑块初速度取最大值v2时，它在第一次从圆弧轨道DE滑下可以恰好运动至BC弧的圆心等高点F。 设小滑块恰好通过B点时的速率为vB，则由牛顿第二定律有 对小滑块从A到B的运动过程，由动能定理可得 解得 对小滑块从A到F的运动过程，由动能定理，可得 解得 故小滑块的初速度应满足 （4）因为，假设小滑块在第一次从圆弧轨道DE滑下后在BC弧上G点恰好脱离轨道，如图 对小滑块从A到G的运动过程，由动能定理，可得 小滑块在G点时，由牛顿第二定律，可得 联立解得， 22. 如图实验装置由斜面轨道，竖直圆轨道（圆心为点），水平直轨道连接而成，斜面轨道与竖直圆轨道相切于点，竖直圆轨道在最低点略微错开并与水平直轨道相接，各段轨道均平滑连接。小钢球从斜面轨道上静止滑下，进入圆轨道后沿圆轨道运动。小钢球可视为质点，重力加速度取，不计一切摩擦与空气阻力。求： (1)若小钢球恰能通过轨道的最高点，在点的速度； (2)若小钢球不会脱离轨道，则的取值范围； (3)若小钢球从斜面轨道处静止释放，则将在距离地面多高处脱离轨道。 【答案】(1) (2)或 (3) 【详解】（1）若小钢球恰能通过轨道的最高点e，则小钢球在e点时，重力恰好提供向心力 代入数据，解得 （2）恰好到达最高点 解得 代入数据得 恰好到达圆心等高处 得 代入数据得 所以，h的取值范围为或。 （3）设小球脱离轨道点与圆心连线和水平夹角为，小钢球脱离轨道时，根据牛顿第二定律 根据动能定理 小钢球到地面的距离为 代入数据得 23. 在航空托运中，行李的缓冲转运装置简化图如图所示，缓冲装置紧靠飞机，转运车紧靠缓冲装置。包裹沿缓冲装置的光滑曲面由静止滑下，经过点后进入粗糙的水平轨道，然后滑上转运车并最终相对转运车静止而被运走，整个过程中飞机始终保持静止。已知包裹的质量为，缓冲装置和转运车的质量均为，缓冲装置的曲面是半径为的四分之一圆弧，且在点与水平部分相切，水平部分的长度为，包裹与缓冲装置的水平部分、转运车间的动摩擦因数均为，转运车与地面间的摩擦力忽略不计，重力加速度为，不计空气阻力，求： (1)包裹滑到光滑曲面的最低点时，对缓冲装置的压力的大小； (2)要求包裹在缓冲装置上运动时缓冲装置不动，则缓冲装置与地面间的动摩擦因数要满足什么条件？ (3)在（2）的基础上，要使包裹能被转运车拖走，则转运车的长度至少为多少？ 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）包裹C从光滑曲面滑下，由动能定理可得 在点对包裹C由牛顿第二定律可得 联立可得 由牛顿第三定律可得包裹滑到光滑曲面的最低点时，对缓冲装置A的压力大小 （2）缓冲装置不运动需要满足 解得 （3）设包裹C滑到缓冲装置A的右端的速度为，由动能定理可得 解得 包裹C滑上转运车B后，最终不离开转运车B时，速度相等，设为，由牛顿第二定律得， 由运动学公式可得， 对包裹C、转运车B由动能定理可得，， 联立解得 类型2 动能定理在直线运动与平抛运动的结合的应用 24. 如图所示，现将一质量为m=1kg的滑块轻放在传送带A端。传送带以恒定速度v0=2m/s顺时针转动，长度l=3m。传送带的B端正下方是水平地面的最左端C，地面长度L=2m，右侧接圆弧。滑块与地面和传送带间的动摩擦因数μ均为0.2，圆弧轨道光滑。若滑块掉至地面后竖直方向速度变为0，水平速度不变。不考虑空气阻力，g取10m/s2。 (1)求滑块轻放在传送带瞬间的加速度a； (2)求滑块离开传送带B端的速度v； (3)若滑块从传送带滑落后掉落在地面上，且最终停在距C端1m的位置。求滑块从圆弧轨道上滑时距地面能达到的最大高度h。 【答案】(1)，方向向右。 (2)，方向向右 (3) 【详解】（1）根据牛顿第二定律 解得加速度，方向向右。 （2）设滑块加速到传送带的速度时位移为，根据运动学公式 解得 即滑块先加速再匀速运动，故滑块离开传送带B端的速度，方向向右 （3）滑块掉至地面后竖直方向速度变为0，水平速度不变，即滑块在地面滑行的初速度为 设滑块落在地面上距离D端的距离为s，根据动能定理 解得 从落到地面到距离地面高度最大时有 解得 25. 如图所示为一款游戏的装置结构图，整个轨道固定在竖直平面内，由光滑圆弧轨道AB、水平轨道BC及光滑半圆形轨道CD组成，圆弧轨道AB与水平轨道在B点相切，圆弧AB所对的圆心角为53°，半圆形轨道CD与水平轨道在C点相切，圆弧轨道半径R=1m，半圆形轨道半径为0.5m，BC长为2m。在P点以大小为v0=3m/s的初速度水平抛出一个质量为1kg的物块，物块刚好从A点无碰撞进入轨道，不计物块大小，不计空气阻力，重力加速度，，。 (1)求P点与A点的高度差； (2)求物块运动到B点对圆弧轨道的压力大小； (3)要使物块能滑上半圆轨道且在半圆形轨道上运动时不脱离轨道（只从半圆形轨道两端点C、D离开轨道），则物块与水平轨道间的动摩擦因数应满足什么条件？ 【答案】(1)0.8m (2)43N (3)或 【详解】（1）设物块在A点时竖直方向分速度大小为，根据速度分解有 则P点离A点的高度差 （2）设物块到B点的速度大小为，根据动能定理有 解得 在B点，根据牛顿第二定律有 解得 根据牛顿第三定律，物块对圆弧轨道的压力大小。 （3）设物块刚好能运动到C点时，物块与水平面间的动摩擦因数为，根据动能定理有 解得 设物块刚好能到达半圆弧轨道与O2等高的位置时，物块与水平面间的动摩擦因数为，根据动能定理有 解得 设物块刚好能到达半圆弧轨道最高点D时，物块与水平面间的动摩擦因数为，设在D点的速度大小为，在D点，根据牛顿第二定律有 从B 点到D 点，根据动能定理有 解得 因此，要使物块能运动到半圆弧轨道上且在轨道上运动时不离开轨道，物块与水平轨道间的动摩擦因数应满足或 26. 在学校组织的趣味运动会上，唐中“加速度社”为大家提供了一个游戏。如图所示，将一质量为0.1 kg的钢球放在O点，用弹射装置将其弹出，钢球沿着光滑的半圆形轨道OA和AB运动。BC段为一段长为L＝2.0 m的粗糙平面，DEFG为接球槽。半圆形轨道OA和AB的半径分别为r＝0.2 m、R＝0.4 m，小球与BC段的动摩擦因数为μ＝0.7，C点离接球槽的高度为h＝1.25 m，水平距离为x＝0.5 m，接球槽足够大，g取10 m/s2。求： (1)要使钢球恰好不脱离半圆形轨道，钢球在A点的速度大小； (2)钢球恰好不脱离轨道时，在B位置对半圆形轨道的压力大小； (3)要使钢球最终能落入槽中，弹射速度v0至少多大。 【答案】(1)2 m/s (2)6 N (3)m/s 【详解】（1）要使钢球恰好不脱离半圆形轨道，钢球在最高点A时，对钢球分析有 解得vA＝2 m/s （2）钢球从A到B的过程由动能定理得mg·2R＝mvB2－mvA2 在B点有FN－mg＝m 解得FN＝6 N 根据牛顿第三定律，知钢球在B位置对半圆形轨道的压力大小为6 N。 （3）从C到D钢球做平抛运动，要使钢球恰好能落入槽中，则x＝vCt，h＝gt2 解得vC＝1 m/s 假设钢球在A点的速度恰为vA＝2 m/s时，钢球可运动到C点，且速度为vC′，从A到C由动能定理得mg·2R－μmgL＝mvC′2－mvA2 解得vC′2<0 故当钢球在A点的速度恰为vA＝2 m/s时，钢球不可能到达C点，更不可能入槽，要使钢球最终能落入槽中，需要更大的弹射速度，才能使钢球既不脱离轨道，又能落入槽中。当钢球到达C点速度为vC时，v0有最小值，从O到C由动能定理得mgR－μmgL＝mvC2－mv02 解得v0＝m/s 类型3 动能定理在往返运动问题中应用 27. 滑板运动是极限运动的鼻祖，许多极限运动项目均由滑板项目延伸而来。如图所示是滑板运动的轨道，BC和DE是两段光滑圆弧形轨道，BC段的圆心为O点，圆心角为60°，半径OC与水平轨道CD垂直，水平轨道CD段粗糙且长8m，一运动员从轨道上的A点以3m/s的速度水平滑出，在B点刚好沿轨道的切线方向滑入圆弧形轨道BC，经CD轨道后冲上DE轨道，到达E点时速度减为零，然后返回。已知运动员和滑板的总质量为60kg，B、E两点与水平面CD的竖直高度分别为h和H，且h=2m，H=2.8m，g=10m/s2。求： (1)运动员从A运动到达B点时的速度大小vB和在空中飞行的时间tAB； (2)运动员第一次离开圆弧BC轨道末端时滑板对轨道的压力，轨道CD段的动摩擦因数μ； (3)通过计算说明，第一次返回时，运动员能否回到B点？如能，请求出回到B点时的速度大小；如不能，则最后停在何处？‍ 【答案】(1)6m/s；0.3s (2)0.125 (3)不能；最后停在距离D点左侧6.4m处。 【详解】（1）由题意可知 解得vB=2v0=2×3m/s=6m/s 在B点竖直方向的速度：vBy=vBsin60°=6×m/s=3m/s 空中飞行的时间 （2）由B点到E点，由动能定理可得 代入数据可得μ=0.125 由B点到C点，由动能定理可得 在C点由牛顿第二定律知 由几何知识R-h=Rcos60° 联立解得FNC=1740N 根据牛顿第三定律F压=FNC=1740N，方向竖直向下。 （3）运动员能到达左侧的最大高度为h'，从B到第一次返回左侧最高处，根据动能定理有 解得h'=1.8m＜h=2m 所以第一次返回时，运动员不能回到B点，设运动员从B点运动到停止，在CD段的总路程为s,由动能定理可得 代入数据解得在水平粗糙路段的总路程s=30.4m 因为s=3xCD+6.4m 所以运动员最后停在距离D点左侧6.4m处。 28. 如图所示，一装置处于竖直平面内，该装置由弧形轨道、竖直圆形轨道，水平直轨道和反冲装置组成。弧形轨道足够高，圆形轨道在最低点略微错开并与弧形轨道、水平轨道相切（圆形轨道的端只与弧形轨道接通，端只与水平直轨道接通），为圆心，为最高点，半径；反冲装置是一端固定的轻弹簧，弹簧处于原长时其自由端恰好在水平直轨道的末端。滑块（可视为质点）的质量，滑块与水平直轨道间的动摩擦因数为0.2，其他部分均光滑。滑块由弧形轨道上不同位置静止释放，滑块在通过圆形轨道的部分时若脱落，则会掉落到收集盒（图中未画出）内。已知水平直轨道长为，不计空气阻力，弹簧始终在弹性限度内，取。 (1)若滑块由弧形轨道上某位置静止释放后掉落到了收集盒，且没有一次通过圆形轨道最高点，求滑块释放位置距水平直轨道的高度范围； (2)若滑块在弧形轨道上释放的位置距水平直轨道的高度为。 ①求滑块在运动过程中弹簧具有的最大弹性势能； ②滑块最终落在了收集盒内还是停在了水平直轨道上？若落在了收集盒内，求出滑块在圆形轨道上脱落的位置；若停在了水平直轨道上，求出滑块停止位置距点的距离。 【答案】(1) (2)①；②见解析 【详解】（1）当滑块刚可到达N点时，此时滑块释放点最低，则有 当滑块恰好到最高点时，则有 此时滑块的释放点最高，根据机械能守恒可得 联立解得 滑块由弧形轨道上某位置静止释放后掉落到了收集盒，且没有一次通过圆形轨道最高点，滑块释放位置距水平直轨道的高度范围 （2）①根据能量守恒则有 代入数据解得 ②设滑块再次返回到D点的速度为，根据能量守恒则有 设滑块到达C点的速度为，则有 解得 滑块又滑落在DE平面上，此时经过D点的速度为，根据能量守恒则有 设滑块可到达圆弧轨道的高度为，则有 联立解得 故滑块最终从M点落在了收集盒内。 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $