第6章 第2讲 动能定理及其应用（课件PPT）-【正禾一本通】2026年新高考物理高三一轮总复习高效讲义

该高中物理课件聚焦动能定理及其应用专题，覆盖理解动能定理、求变力做功、与图像结合、多过程问题四大高考核心考点。依据高考评价体系分析考点权重，明确多过程问题和图像结合为高频考点，归纳基本应用、变力做功计算等常考题型，备考针对性突出。 课件亮点在于融合高考真题训练与科学思维培养，通过课下巩固精练卷强化实战，针对多过程问题采用分段受力分析与总功计算法，结合F-x图像面积求变力做功培养模型建构能力。助力学生掌握答题技巧提升得分率，为教师提供系统复习框架，高效指导高考冲刺。

第2讲 动能定理及其应用 考点一 考点二 考点三 02 03 01 考点四 04 备考目标 1.理解动能、动能定理，会用动能定理解决一些基本问题。 2.能利用动能定理求变力做的功。 3.掌握解决动能定理与图像结合的问题的方法。 4.会用动能定理解决多过程、多阶段的问题。 高三一轮总复习高效讲义（物理） 正禾一本通 动能定理的理解和基本应用 整合必备知识 考点一 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 3 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 4 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 5 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 6 提升关键能力 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 7 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 8 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 9 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 10 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 11 应用动能定理巧求物理量 考点二 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 12 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 13 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 14 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 15 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 16 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 17 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 18 动能定理与图像的结合 考点三 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 19 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 20 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 21 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 22 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 23 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 24 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 25 应用动能定理解决多过程问题 考点四 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 26 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 27 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 28 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 29 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 30 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 31 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 32 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 33 课下巩固精练卷（十二） 动能定理及其应用 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 35 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 36 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 37 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 38 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 39 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 40 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 41 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 42 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 43 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 44 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 45 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 46 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 47 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 48 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 49 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 50 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 51 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 52 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 53 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 54 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 55 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 56 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 57 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 58 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 59 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 60 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 61 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 62 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 63 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 正禾一本通 64 谢谢观看 无关 1．动能 (1)定义：物体由于 而具有的能量叫作动能。 (2)公式：Ek＝ eq \f(1,2) mv2。 (3)单位：焦耳，1 J＝1 N·m＝1 kg·m2/s2。 (4)标矢性：动能是标量，动能与速度的方向 。 运动 合力 2．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合＝ΔEk＝          。 (3)物理意义： 的功是物体动能变化的量度。 [说明]①动能定理中的位移和速度必须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。②动能是标量，动能定理是标量式，解题时不能分解动能。 动能的变化 m－m √ [辨析明理] 1．判断下列说法的正误 (1)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。( ) (2)物体在合外力作用下做变速运动时，动能一定变化。( ) (3)若物体的动能不变，则其所受的合外力必定为零。( ) (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。( ) √ × × 2．如图所示记录了校园足球联赛某运动员的一次射门。若足球在距离地面高度为h处贴着横梁以速度v射入球网，忽略空气阻力，取足球的质量为m，重力加速度为g，那么运动员对足球做的功为____________。 提示：mgh＋ eq \f(1,2) mv2 角度(一) 应用动能定理求解曲线运动 【例1】 如图所示，质量为m＝100 g的小球从倾斜轨道左侧最高点由静止释放，刚好能过圆轨道最高点；已知释放点与圆轨道最高点高度差为h＝20 cm，圆轨道半径R＝10 cm，小球可看作质点，不考虑空气阻力，g取10 m/s2，则该过程中小球克服摩擦阻力做功为(　　 ) A．0.05 J B．0.1 J C．0.15 J D．0.2 J 解析：选C。根据题意，设该过程中小球克服摩擦阻力做功为W，从释放到最高点，由动能定理有mgh－W＝ eq \f(1,2) mv2，在最高点，由牛顿第二定律有mg＝m eq \f(v2,R) ，联立代入数据解得W＝0.15 J，故C正确。 角度(二) 动能定理求解斜面上的运动 【例2】 (2025·湖南怀化模拟)如图所示，DO是水平面，AB是斜面，初速度为v0的物体从D点出发沿DBA滑动到顶点A时速度刚好为零，如果斜面改为AC，让该物体从D点出发沿DCA滑动到A点且速度刚好为零，则物体具有的初速度(已知物体与斜面及水平面之间的动摩擦因数处处相同且不为零，不计B、C处能量损失)(　　 ) A．等于v0 B．大于v0 C．小于v0 D．取决于斜面 解析：选A。物体从D点沿DBA滑动到顶点A过程中，由动能定理可得－mg·xAO－μmg·xDB－μmg cos α·xAB＝0－ eq \f(1,2) mv02，α为斜面倾角，由几何关系有xABcos α＝xOB，因而上式可以简化为－mg·xAO－μmg·xOD＝0－ eq \f(1,2) mv02，从上式可以看出，物体的初速度与斜面倾角无关，故A正确。 [规律方法] 物体在固定斜面上运动时，滑动摩擦力对物体做的功只与动摩擦因数μ，重力mg和初末位置的水平位移有关，与斜面的长度和倾角无关。 应用动能定理的解题流程 【例3】 如图所示，一质量为m的小球以大小为v0的初速度从地面竖直上抛，刚落回地面时的速度大小为 eq \f(v0,2) ，已知小球在运动过程中所受空气阻力大小恒定，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　 ) A．小球在运动过程中所受空气阻力大小为 eq \f(mg,2) B．小球在运动过程中所受空气阻力大小为mg C．小球能到达的最高点距地面2),\s\do1(0)) eq \f(3v,16g) D．小球能到达的最高点距地面2),\s\do1(0)) eq \f(5v,16g) 解析：选D。设小球所受的空气阻力大小为f，上升的最大高度为h。根据动能定理得上升过程有－(mg＋f)h＝0－ eq \f(1,2) mv02，下落过程有(mg－f)h＝ eq \f(1,2) m－0，联立解得f＝ eq \f(3,5) mg，h＝2),\s\do1(0)) eq \f(5v,16g) ，故D正确。 【例4】 (多选)第24届冬季奥运会由北京市和张家口市联合举办。冬季奥运会雪上项目是极具观赏性的，如图所示，一滑雪赛道由粗糙的斜坡赛道AB和光滑的圆弧赛道BCD组成，斜坡赛道AB与圆弧赛道BCD相切于B点，斜坡赛道AB长L＝20 m，与水平方向的夹角为37°，圆弧赛道半径R＝5 m。滑雪运动员从赛道的起点A由静止滑下后，恰好能滑到圆弧赛道上与圆心等高的D点。已知滑雪运动员连同装备的总质量m＝60 kg，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计空气阻力，运动员可视为质点，则(　　 ) 运动员在C点的速度大小为10 m/s B．运动员滑过斜坡赛道AB的过程中克服摩擦力做的功为4 200 J C．滑雪设备与斜坡赛道AB之间的动摩擦因数为0.5 D．运动员从D点返回沿斜坡赛道AB上滑的最高点与A点间的距离为16 m 解析：选ACD。运动员恰好能滑到圆弧赛道上与圆心等高的D点，则运动员从C到D根据动能定理有－mgR＝－ eq \f(1,2) mvC2，解得vC＝10 m/s，故A正确；运动员从A到C根据动能定理有mgL sin 37°－Wf＋mg(R－R cos 37°)＝ eq \f(1,2) mvC2，又Wf＝μmg cos 37°·L，解得Wf＝4 800 J，μ＝0.5，故B错误，C正确；设运动员从D点返回沿斜坡赛道AB上滑的最高点与B点间的距离为x，则根据动能定理有－mgx sin 37°－mg(R－R cos 37°)－μmg cos 37°·x＝0－ eq \f(1,2) mvC2，解得x＝4 m，则运动员从D点返回沿斜坡赛道AB上滑的最高点与A点间的距离为L－x＝16 m，故D正确。 图像与横轴所围“面积”或图像斜率的含义 角度(一) Ek­x图像 【例5】 (多选)在未知方向的恒力F作用下，一质量为1.0 kg的物体以一定的初速度在光滑水平面上做直线运动，物体的动能Ek随位移x变化的关系如图所示。(g取10 m/s2)由上述已知条件，可知(　　 ) A．力F的最小值为2.5 N B．力F不可能大于10 N C．物体运动过程中加速度大小不断发生变化 D．物体在运动过程中的任意位置力F的功率是可以求出的 解析：选AD。设恒力F与物体运动方向间夹角为θ，根据动能定理得Fx cos θ＝Ek－Ek0，则Ek＝Ek0＋Fx cos θ，结合图像有Ek＝50－2.5x (J)，得F cos θ＝－2.5 N，故F有最小值2.5 N，A正确；由A选项解析可知，力F 水平方向的分力为Fx＝2.5 N，在竖直方向，当水平面的支持力是零时，即F在竖直方向的分力大小是物体的重力Fy＝mg＝10 N时，F有最大值，则最大值为Fmax＝2),\s\do1(x)) eq \r(F＋F eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(y)) ) ＝ eq \r(2.52＋102) N>10 N，B错误；由牛顿第二定律可得物体运动过程中加速度a＝ eq \f(F cos θ,m) ＝－2.5 m/s2，则加速度大小恒定，C错误；设物体在某位置的速度为v，由功率公式可得力F的功率PF＝Fv cos θ＝－2.5v(W)，由图像可得任意位置的动能，从而可得速度，故任意位置力F的功率可求，D正确。 角度(二) W­x图像 【例6】 (多选)质量为2 kg的物体，放在动摩擦因数μ＝0.1的水平面上，在水平拉力F的作用下由静止开始运动，拉力F做的功W和物体发生的位移L之间的关系如图所示，则此物体(　　 ) A．在位移L＝9 m时的速度大小为3 eq \r(3) m/s B．在位移L＝9 m时的速度大小为3 m/s C．在OA段运动的加速度大小为1.5 m/s2 D．在OA段运动的加速度大小为2 m/s2 解析：选BC。对于前9 m过程，根据动能定理可得WOB－μmgsOB＝ eq \f(1,2) mvB2，解得vB＝3 m/s，故A错误，B正确；对于前3 m过程，根据动能定理可得WOA－μmgsOA＝ eq \f(1,2) mvA2，解得vA＝3 m/s，根据速度位移公式2asOA＝vA2－0，解得a＝1.5 m/s2，故C正确，D错误。 [思维延伸]“例6”中W ­L图线的斜率的物理意义是什么？能否由此确定物体在AB段运动的加速度？ 提示：拉力的大小　能，为0 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物体在运动过程中受到的某些力发生了变化，或力在运动过程中的做功情况发生了变化，不宜全过程应用动能定理，此时可以对其中一个或几个分过程应用动能定理。 (2)全过程(多个过程)应用动能定理： 虽然物体的运动包含几个不同的物理过程，但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。 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。 【例7】 如图所示的装置由AB、BC、CE三段轨道组成，轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接，其中轨道AB、CE是光滑的，水平轨道BC的长度s＝5 m，轨道CE足够长且倾角θ＝37°，D为轨道CE上一点，A、D两点离轨道BC的高度分别为h1＝4.3 m，h2＝1.35 m。现让质量为m的小滑块从A点由静止释放。已知小滑块与轨道BC间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求： (1)小滑块第一次到达D点时的速度大小vD； (2)小滑块第一次与第二次通过C点的时间间隔； (3)小滑块最终停止的位置距B点的距离。 解析：(1)小滑块在A→B→C→D过程中，应用动能定理得 mg(h1－h2)－μmgs＝ eq \f(1,2) mvD2－0 代入数据解得vD＝3 m/s。 (2)小滑块在A→B→C过程中，由动能定理得 mgh1－μmgs＝ eq \f(1,2) vC2－0 代入数据解得小滑块第一次到达C点的速度大小 vC＝6 m/s 小滑块沿CE段上滑时，由牛顿第二定律得 mg sin θ＝ma 解得小滑块的加速度大小a＝g sin θ＝6 m/s2 则小滑块从C点沿CE段上滑到最高点所用的时间 t1＝ eq \f(vC,a) ＝1 s 小滑块沿CE段上滑和下滑的受力情况不变，由对称性可知，小滑块从最高点滑回C点所用的时间t2＝1 s 故小滑块第一次与第二次通过C点的时间间隔 t＝t1＋t2＝2 s。 (3)设小滑块在水平轨道上运动的总路程为s总，对小滑块从静止释放到最终停止的全过程，由动能定理得 mgh1－μmgs总＝0 解得s总＝8.6 m 故小滑块最终停止的位置与B点的距离为 2s－s总＝1.4 m。 答案：(1)3 m/s　(2)2 s　(3)1.4 m [规律方法] 此类问题多涉及滑动摩擦力或相关阻力做功，其做功的特点是与路程有关，若运用牛顿运动定律及运动学公式分析比较繁琐，甚至无法解决。由于动能定理只涉及物体的初、末状态，所以用动能定理分析这类问题可使解题过程简化。 【基础落实练】 1．(2024·安徽高考)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． eq \f(1,2) mv2 C．mgh＋ eq \f(1,2) mv2 D．mgh－ eq \f(1,2) mv2 解析：选D。人在下滑的过程中，由动能定理可得mgh－Wf＝ eq \f(1,2) mv2－0，可得此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为Wf＝mgh－ eq \f(1,2) mv2，故D正确。 2．如图所示，汽车在拱形桥上由A匀速率运动到B，关于该段运动过程，以下说法正确的是(　　 ) A．汽车的重力势能增大 B．汽车所受合外力始终为零 C．合外力对汽车做正功 D．牵引力对汽车做的功与汽车克服阻力做的功相等 解析：选A。汽车在拱形桥上由A匀速率运动到B，重力做负功，重力势能增大，故A正确；汽车做圆周运动，加速度不为零，故合外力不为0，故B错误；根据动能定理可知，汽车由A匀速率运动到B的过程中，动能变化为0，所以合外力对汽车不做功，故C错误；汽车由A匀速率运动到B，牵引力做正功，摩擦力与重力做负功，根据动能定理得W牵－WG－Wf＝0，牵引力做功等于克服摩擦力与重力做的功，故D错误。 3．(2024·北京高考)水平传送带匀速运动，将一物体无初速度地放置在传送带上，最终物体随传送带一起匀速运动。下列说法正确的是(　　 ) A．刚开始物体相对传送带向前运动 B．物体匀速运动过程中，受到静摩擦力 C．物体加速运动过程中，摩擦力对物体做负功 D．传送带运动速度越大，物体加速运动的时间越长 解析：选D。刚开始时，物体速度小于传送带速度，则物体相对传送带向后运动，A错误；匀速运动过程中，物体与传送带之间无相对运动趋势，则物体不受摩擦力作用，B错误；物体加速，由动能定理可知，摩擦力对物体做正功，C错误；设物体与传送带间动摩擦因数为μ，物体相对传送带运动时a＝ eq \f(μmg,m) ＝μg，做匀加速运动时，物体速度小于传送带速度则一直加速，由v＝at可知，传送带速度越大，物体加速运动的时间越长，D正确。 4．如图所示，长为L的长木板水平放置，在木板的A端放置一个质量为m的小物体。现缓慢抬高A端，使木板以左端为轴转动。当木板转到跟水平面的夹角为α时，小物体开始滑动，此时停止转动木板，小物体滑到底端的速度为v，则在整个过程中(　　 ) A．木板对小物体做功为零 B．重力对小物体做功为－mgL sin α C．支持力对小物体做功为零 D．克服摩擦力做功为mgL sin α－ eq \f(1,2) mv2 解析：选D。由于初、末状态，物体在同一水平面上，因此在整个过程中重力做功为零，由动能定理可得，木板对物体所做的功等于物体动能的增量，即 eq \f(1,2) mv2，A、B错误。在木板被抬起过程，静摩擦力与运动方向垂直，静摩擦力不做功，支持力与运动方向相同，因此支持力做正功；物体下滑过程中支持力不做功，重力和滑动摩擦力做功，由动能定理得mgL sin α－Wf＝ eq \f(1,2) mv2，可得克服摩擦力做的功Wf＝mgL sin α－ eq \f(1,2) mv2，C错误，D正确。 5．(多选)在平直公路上，汽车由静止开始做匀加速运动，当速度达到vm后立即关闭发动机直到停止，v ­t图像如图所示。设汽车的牵引力为F，摩擦力为f，全过程中牵引力做功W1，克服摩擦力做功W2，则(　　 ) A．F∶f＝1∶3 B．F∶f＝4∶1 C．W1∶W2＝1∶1 D．W1∶W2＝1∶3 解析：选BC。全过程初、末状态的动能都为零，对全过程应用动能定理得W1－W2＝0，可得W1∶W2＝1∶1，故C正确，D错误；设汽车在0～1 s内和1～4 s内运动的位移大小分别为s1、s2，则W1＝Fs1，W2＝f(s1＋s2)，在v ­t图像中，图线与时间轴所围的面积表示位移，由图像可知s2＝3s1，联立解得F∶f＝4∶1，故A错误，B正确。 6．(2022·江苏高考)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(　　 ) 解析：选A。设斜面倾角为θ，不计摩擦力和空气阻力，由题意可知运动员在沿斜面下滑过程中根据动能定理有Ek＝mgx tan θ，下滑过程中开始阶段倾角θ不变，Ek ­x图像为一条过原点的直线；经过圆弧轨道过程中θ先减小后增大，即图像斜率先减小后增大，故A正确。 【综合提升练】 7．(多选)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 eq \f(1,4) 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，下列说法正确的是(　　 ) A．重力做的功为800 J B．阻力做的功为440 J C．货物经过Q点时对轨道的压力大小为380 N D．货物经过Q点时重力的功率为1 200 W 解析：选AC。根据题意可知，重力做功为WG＝mgh＝20×10×4 J＝800 J，故A正确；设阻力做功为W，由动能定理有WG＋W＝ eq \f(1,2) mvQ2，解得W＝－440 J，故B错误；在Q点，由牛顿第二定律有FN－mg＝m2),\s\do1(Q)) eq \f(v,r) ，又有r＝h＝4 m，解得FN＝380 N，由牛顿第三定律可知，经过Q点时对轨道的压力大小为FN′＝FN＝380 N，故C正确；经过Q点时，货物速度方向水平，重力方向与速度方向垂直，则经过Q点时重力的功率为0，故D错误。 8．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(　　) 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 解析：选A。0～10 m内物块上滑，由动能定理得－mg sin 30°·s－fs＝Ek－Ek0，整理得Ek＝Ek0－(mg sin 30°＋f)s，结合0～10 m内的图像得，斜率的绝对值|k|＝mg sin 30°＋f＝4 N，10～20 m内物块下滑，由动能定理得(mg sin 30°－f)(s－s1)＝Ek，整理得Ek＝(mg sin 30°－f)s－(mg sin 30°－f)s1，结合10～20 m内的图像得，斜率k′＝mg sin 30°－f＝3 N，联立解得f＝0.5 N，m＝0.7 kg，故A正确。 9．(多选)(2025·浙江杭州模拟)如图所示为某品牌的电动车，质量为m＝50 kg，人的质量也为50 kg，电动机正常工作的额定输入电流I＝10 A，额定输入电压为48 V，电动车电池的容量为18 000 mA·h。电动车行驶时所受阻力大小为人和车总重力的0.05倍。该电动车在水平地面上由静止开始以额定功率运行t＝5 s通过x＝15 m的距离，速度达到v＝4 m/s，忽略电动机转动时的摩擦，重力加速度g＝10 m/s2。下列说法正确的是(　　 ) A．电池能使电动机以额定电流运行的最长时间为180分钟 B．该过程中驱动电动机的输出功率为310 W C．驱动电动机的内阻为1.7 Ω D．电动车能达到的最大速度为9.6 m/s 解析：选BC。电池能使电动机以额定电流运行的最长时间为tmax＝ eq \f(q,I) ＝ eq \f(18 000 mA·h,10 A) ＝1.8 h＝108 min，故A错误；由动能定理可得Pt－0.05(m＋ m人)g·x＝ eq \f(1,2) (m＋m人)v2，解得P＝310 W，故B正确；根据IU＝P＋I2r，解得驱动电动机的内阻为r＝1.7 Ω，故C正确；电动车能达到的最大速度为vm＝ eq \f(P,0.05（m＋m人）g) ＝6.2 m/s，故D错误。 10.(2024·新课标卷)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。 解析：(1)对重物受力分析如图所示，由平衡条件得 在竖直方向上有FPcos α＝FQcos β＋mg 在水平方向上有FPsin α＝FQsin β 联立并代入数据解得 FP＝1 200 N，FQ＝900 N。 (2)重物下降到地面的过程，根据动能定理有 mgh＋W总＝0 代入数据解得W总＝－4 200 J。 答案：(1)1 200 N　900 N　(2)－4 200 J [应考反思] 重物缓慢下降过程中，两根绳子的拉力为变力，应优先考虑用动能定理间接求解。 11．如图所示，AB是一段位于竖直平面内的光滑轨道，高度为h，末端B处的切线方向水平。一质量为m的小物体P从轨道顶端A处由静止释放，滑到B端后飞出，落到地面上的C点。已知它落地时相对于B点的水平位移＝l。现在轨道下方紧贴B点安装一水平木板，木板的右端与B点的距离为 eq \f(l,2) ，让P再次从A点由静止释放，它离开轨道并在木板上滑行后从右端水平飞出，仍然落在地面上的C点。求：(不计空气阻力，重力加速度为g) (1)小物体P滑至B点时的速度大小； (2)小物体P与木板之间的动摩擦因数μ。 解析：(1)小物体P在AB轨道上滑动时，根据动能定理有mgh＝ eq \f(1,2) mv02 解得小物体P滑到B点时的速度大小为 v0＝ eq \r(2gh) 。 (2)当没有木板时，小物体P离开B点后做平抛运动，设运动时间为t，则有t＝ eq \f(l,v0) ＝ eq \f(l,\r(2gh)) 当在轨道下方紧贴B点安装木板时，小物体P从木板右端水平抛出，在空中运动的时间也为t，水平位移为 eq \f(l,2) ，因此小物体P从木板右端抛出的速度 v1＝ eq \f(v0,2) ＝ eq \f(\r(2gh),2) 根据运动定理，小物体P在木板上滑动时，有 －μmg eq \f(l,2) ＝ eq \f(1,2) mv12－ eq \f(1,2) mv02 解得小物体P与木板之间的动摩擦因数 μ＝ eq \f(3h,2l) 。 答案：(1) eq \r(2gh) 　(2) eq \f(3h,2l) $