专题08 动能定理模型 讲义 -2025-2026学年高一下学期物理人教版必修第二册

本高中物理讲义聚焦动能定理模型，系统梳理动能的定义、公式、标矢性及动能定理的内容、表达式和适用条件，构建从基础概念到一般问题、变力做功、多过程、图像问题的递进式学习支架。 资料以科学思维中的模型建构和科学推理为核心，通过卫星探测器、冰壶运动等情境化例题精讲，结合课时精练的选择与解答题，课中辅助教师高效授课，课后助力学生巩固知识、查漏补缺。

专题08 动能定理模型 模型一 动能定理解决一般问题 一、动能定理基本知识 1．动能 (1)定义：物体由于运动而具有的能。 (2)公式：Ek＝mv2。 (3)单位：焦耳，1 J＝1 N·m＝1 kg·m2/s2。 (4)标矢性：动能是标量，是状态量。 (5)动能的变化量：ΔEk＝。 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动能的变化。 (2)表达式：W＝Ek2－Ek1＝。 (3)物理意义：合力做的功是物体动能变化的量度。 (4)适用条件 ①动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动。 ②动能定理既适用于恒力做功，也适用于变力做功。 ③力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以分阶段作用。 ④高中阶段用动能定理只解决单个物体的问题。 2、 动能定理解法指导 1．动能和动能变化量的区别 (1)动能与动能的变化量是两个不同的概念，动能是状态量，动能的变化量是过程量。 (2)动能没有负值，而动能变化量有正负之分。ΔEk＞0表示物体的动能增加，ΔEk＜0表示物体的动能减少。 2．对动能定理的理解 (1)做功的过程就是能量转化的过程。 (2)动能定理叙述中所说的“力”，既可以是重力、弹力、摩擦力，也可以是电场力、磁场力或其他力。 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。 4．应用动能定理解题的步骤 (1)确定研究对象和研究过程(高中阶段动能定理的研究对象只能是单个物体；如果是系统，那么系统内的各个物体间内力做的总功必须是零)。 (2)对研究对象进行受力分析。 (3)写出该过程中所用外力做功的和(注意功的正负)。 (4)写出物体的初、末动能。 (5)按照动能定理列式求解。 【例题精讲】 1．“怀柔一号”卫星用于监测引力波事件产生的高能电磁信号，卫星探测器内的LaBr3晶体捕获高能光子后，光子被晶体中一静止的束缚电子吸收并全部转化为电子的动能，使电子做直线运动。由于晶体点阵的影响，电子受到的阻力与速度满足f＝kv，k为比例系数。为了排除地磁场对探测器内电子轨迹的影响，卫星采用了屏蔽技术。已知电子的质量为m，光子的能量为E，不考虑相对论效应。下列说法正确的是（　　） A．由于电子受到阻力作用，其加速度随时间均匀减小 B．电子在晶体中运动的时间为t，则其运动轨迹长度为t C．电子在晶体中运动的最大距离为 D．若不加屏蔽，晶体点阵中的电子所受合力与速度方向的夹角可能小于90° 2．如图所示，排球比赛中运动员第一次将飞来的排球从a点水平击出，球击中b点；第二次将飞来的相同排球从a点的正下方且与b点等高的c点斜向上击出，球也击中b点，排球运动的最高点d与a点的高度相同。不计空气阻力，则（　　） A．排球在a点的动能大于在d点的动能 B．排球在a点的动能大于在c点的动能 C．排球第一次击中b点时的动能小于第二次击中b点时的动能 D．排球第一次运动过程中重力对排球做的功是第二次的一半 3．如图所示，固定于竖直平面内的大圆环圆心为O、半径为R，大圆环上套有一个质量为m、可视为质点的小环。小环从大圆环的最高处P点由静止开始自由下滑，当小环到达A点（图中未画出）时，小环的向心加速度大小等于重力加速度的大小g。下列说法正确的是（　　） A．若大圆环是光滑的，则P、A两点间的高度差为 B．如果A点与O点等高，则小环从P点滑至A点的过程中克服阻力做的功为 C．无论大圆环是否光滑，小环到达与O点等高处的加速度大小都为g D．若大圆环是光滑的，则小环到达A点时对大圆环的弹力大小为mg 4．光滑水平面上有一个静止的质量为m的物块，受到两个大小相等互成60°角的水平恒力F1、F2作用，经一段时间物块在F1方向的速度为v，如图所示。该段时间内F1做的功为（　　） A． B． C． D． 5．冰壶是冬奥会的一项竞技项目，考查参与者的体能与脑力，被称为“冰上国际象棋”。某次运动员将冰壶从Ⅰ区域某处以一定的初速度向前掷出，冰壶最终停止在Ⅲ区域的某处。已知冰壶与前方水平冰面上Ⅰ、Ⅲ区域间的动摩擦因数相同且大于与Ⅱ区域间的动摩擦因数。若运动员第二次掷出冰壶的位置较第一次更靠近Ⅱ区域，掷出冰壶的初速度与第一次相同，则关于冰壶两次运动过程中的位移、时间关系，下列说法正确的是（　　） A．冰壶第一次运动的位移大于第二次的 B．冰壶第一次运动的位移小于第二次的 C．冰壶第一次运动的时间大于第二次的 D．冰壶第一次运动的时间小于第二次的 （多选）6．长度为1m的匀质木板以3m/s的水平速度进入一段长度为2m的粗糙水平地面，木板与粗糙地面之间的动摩擦因数为0.5，地面其余部分光滑，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．木板刚好全部进入粗糙地面时的速度大小为2m/s B．木板刚好全部进入粗糙地面时的速度大小为m/s C．木板全部滑出粗糙地面时的速度大小为m/s D．木板全部滑出粗糙地面时的速度大小为5m/s （多选）7．2025年10月31日，神舟二十一号载人飞船成功发射，采用自主快速交会对接模式，约3.5小时后与空间站组合体对接，将新乘组送入“天宫”。按计划，新乘组将驻留约6个月。在此次任务中，飞船还承担了另一项重要使命：对接后不久，它于2025年11月4日搭载已完成任务、在轨驻留约204天的神舟二十号乘组脱离空间站并成功返回地球，实现了“一船两用”的乘组轮换模式。已知地球半径为R＝6400km，地球表面重力加速度为g＝10m/s2，空间站的圆轨道距地面高度为h＝400km。关于神舟二十一号的任务过程，下列判断正确的是（　　） A．空间站在轨运行的速率约为7.7×103m/s B．为实现与空间站的快速对接，飞船在发射后需要先进入一个比空间站轨道更低的初始轨道，在初始轨道上的运行周期大于空间站的运行周期 C．若飞船在初始圆轨道上速度为v1，通过加速变轨后在目标圆轨道（空间站轨道）上速度为v2，则变轨过程中发动机做的功为m（） D．返回舱在再入大气层后减速下降的阶段，舱内航天员和货物均处于超重状态 模型二 动能定理解决变力做功问题 解决方法：把变力做的功设成WF，然后运用动能定理列式。 1．动能 (1)动能的表达式Ek＝mv2。其单位与功的单位相同，在国际单位制中为焦耳，符号为J。 (2)动能是标量，没有负值。 (3)动能是状态量，与物体的运动状态相对应。 (4)动能具有相对性，选取不同的参考系，物体的速度大小不同，动能也不同，一般以地面为参考系。 2．动能定理 (1)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。 表达式：W＝mv22－mv12，也可写成W＝Ek2－Ek1。 (2)W与ΔEk的关系：合力做功是物体动能变化的原因。 ①合力对物体做正功，即W>0，ΔEk>0，表明物体的末动能大于初动能； ②合力对物体做负功，即W<0，ΔEk<0，表明物体的末动能小于初动能。 (3)物体动能的改变可由合力做功来度量。 一、动能定理的使用及注意事项 应用动能定理解题应抓住“两状态，一过程” “两状态”即明确研究对象的始、末状态的速度或动能情况 “一过程”即明确研究过程，确定在这一过程中研究对象的受力情况和位置变化或位移信息 注意事项 （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）当物体的运动包含多个不同过程时，可分段应用动能定理求解，也可以对全过程应用动能定理求解 （3）动能是标量，动能定理是标量式，解题时不能分解动能 二、五类图像中所围“面积”或斜率的意义 【例题精讲】 1．如图所示，一个圆盘在水平面内匀速转动，角速度为ω，盘面上到转轴的距离为r的位置有一个小物块随圆盘一起运动。现将圆盘的角速度逐渐增加到2ω，若此过程中物块与圆盘始终保持相对静止，则（　　） A．圆盘的角速度增加到2ω时，物块所受的向心力增加为原来的2倍 B．圆盘的角速度增加到2ω时，物块的动能增加为原来的2倍 C．此过程中，物块受到的静摩擦力沿轨迹的切线方向 D．此过程中，物块受到的静摩擦力做正功 2．2025年9月3日为纪念中国人民抗日战争暨世界反法西斯战争胜利80周年，在天安门广场举行了盛大的阅兵仪式，无人机首次以装备方队形式公开亮相。一探究小组对无人机的提升力产生浓厚兴趣。如图所示，在一次性能测试中，利用悬停无人机将质量为m的物体以恒定的拉力F由静止提升高度h，物体恰好达到最大速度。已知物体所受阻力与速度成正比，比例系数为k。此过程中，下列说法正确的是（　　） A．物体做匀加速直线运动 B．物体的平均速度为 C．物体运动的时间为 D．物体所受阻力做功为 3．刘慈欣在《地球大炮》中描述了一条“从中国出发的通过地心贯穿地球的隧道”。如图所示，质量为m的列车从A点由静止开始无动力运动，仅在万有引力作用下可在地球A、B两点间往返运动。地球可视作质量分布均匀的半径为R的球体，地心在O点，OP长为半径的三分之一。已知质量分布均匀的球壳对其内部物体的引力为零，引力常量为G，地表重力加速度为g。不考虑地球的自转，列车在P点（　　） A．加速度大小为 B．加速度大小为 C．速度大小为 D．速度大小为 4．如图所示，弹簧的一端固定在墙上，另一端系一物体A，把弹簧压缩x1后（O为弹簧原长处），在它的右边再放一物体B，然后撤去外力。已知A，B的质量均为m，弹簧的劲度系数为k，则此后运动过程中，下列说法正确的是（　　） A．若地面光滑，则A向右运动的最大距离为 B．若地面粗糙且A、B能够分离，则分离时的位置一定在O点左侧 C．若地面粗糙且，则A一定能运动到O点右侧 D．若地面粗糙且，则A向右运动的最大距离为 5．如图所示，轻杆的一端固定在通过O点的水平转轴上，另一端固定一小球，轻杆绕O点在竖直平面内沿顺时针方向做匀速圆周运动，其中A点为最高点、C点为最低点，B点与O点等高，下列说法正确的是（　　） A．小球经A点时，所受杆的作用力一定竖直向下 B．小球经过B点时，所受杆的作用力可能沿BO方向 C．从A点到C点的过程，杆对小球的作用力可能不做功 D．从A点到C点的过程，杆对小球的作用力一定做负功 （多选）6．如图所示，质量为M的木块静止在光滑水平面上，质量为m的子弹以水平速度v0射中与木块后一起以速度v运动，已知当子弹相对木块静止时，木块前进距离为L，子弹进入木块的深度为d，若木块对子弹的阻力F恒定，那么下列关系式中正确的是（　　） A．FL B．Fd C．Fd D．F（L+d） （多选）7．一物体在力F作用下由静止开始竖直向上运动，力F随高度x的变化关系如图所示，物体能上升的最大高度为h，h＜H。（F0、h、H已知，重力加速度为g），下列说法正确的是（　　） A．物体上升到时加速度为零 B．物体刚开始运动时和上升到最大高度时加速度相同 C．物体的加速度最大值为 D．物体的动能最大值为 模型三 动能定理解决多过程问题 包括动能定理解决多过程中的直线运动问题、多过程中的曲线运动问题。 1．动能定理的应用流程 2．求解多过程问题抓好“两状态，一过程” “两状态”即明确研究对象始、末状态的速度或动能情况；“一过程”即明确研究过程，确定这一过程研究对象的受力情况和位置变化或位移信息。 【例题精讲】 1．如图所示，质量为m的滑块（视为质点）与斜面上MN段的动摩擦因数为μ1，与其余部分的动摩擦因数为μ2，且μ1＜μ2＜tanθ。第一次，滑块从Ⅰ位置以初速度v0沿斜面向上滑动，通过MN段后在斜面上某一位置减速到零，上滑过程的时间为t1，又经过t1的时间回到出发点，回到出发点时的速度大小为v1，上滑和下滑过程的总路程为x1。第二次，滑块从Ⅱ位置以初速度v0沿斜面向上滑动，上升过程的时间为t2，又经过t′2的时间回到出发点，回到出发点时的速度大小为v2，上滑和下滑过程的总路程为x2。忽略空气阻力，则下列关系式正确的是（　　） A．v1＞v2 B．x1＜x2 C．t1＜t2 D．t′1＜t′2 2．α如图所示，倾角为α的斜面体固定在水平面上，A、B、C、D为斜面体上的四个点，其AB＝CD＝2BC，AB段与CD段的材料相同，且与BC段的材料不相同。两可视为质点的完全相同的物体甲、乙分别由A、B两点静止释放，经过相同的时间甲、乙两物体分别运动到B、C两点，速度大小分别为v1、v2，再经时间t1，甲从B点运动到C点，此时的速度为v3，经时间t2乙从C点运动到D点，此时的速度为v4，已知两物体与AB间的动摩擦因数为μ1、与BC间的动摩擦因数为μ2。下列说法正确的是（　　） A．v1＞v2 B．μ1＞μ2 C．v3＞v4 D．t1＞t2 3．如图甲所示为智能电动车在水平路上做直线运动时自动刹车的路测场景。在某次自动刹车测试中，质量m＝1.5t的智能电动车从距离假人x0＝50m处开始刹车，其v﹣x图像如图乙所示。已知当v≤10m/s时，电动车只依靠机械制动；当v＞10m/s时，电动车会在机械制动基础上开启电磁辅助制动，电磁辅助制动可使机械能转化成电能。若机械制动的阻力大小f＝kv，k＝500N•s/m，不计其他阻力，则（　　） A．前15m阶段，智能电动车加速度不变 B．本次刹车测试，智能电动车会撞到假人 C．整个制动过程中，因机械制动损耗的能量为225kJ D．当v＞10m/s时，电磁辅助制动产生的阻力是机械制动阻力的4倍 4．如图所示，两块由相同材料制成的木板在地面上的O点通过光滑的小圆弧平滑连接，两块木板分别水平、倾斜固定。一可视为质点的小物块从倾斜木板的P处由静止滑下，滑到水平木板右端Q恰好停下。现将倾斜木板的倾角调大或调小（如虚线所示）并固定在地面上，再让小物块从倾斜木板的某处由静止滑下，仍滑到水平木板右端Q停下，则小物块释放的位置可能是（　　） A．甲 B．乙 C．丙 D．丁 5．如图甲所示，物体以一定的初速度从倾角为α＝37°的斜面底端沿斜面向上运动，上升的最大高度为3.0m。选择地面为参考平面，上升过程中物体的机械能E机随高度h的变化如图乙所示。g取10m/s2，sin37°＝0.60，cos37°＝0.80。则（　　） A．物体的质量m＝2.0kg B．物体回到斜面底端时的动能Ek＝20J C．物体上升过程中的加速度大小a＝10m/s2 D．物体与斜面之间的动摩擦因数μ＝0.80 （多选）6．2025年11月5日，我国首艘完全自主设计建造的电磁弹射型航空母舰福建舰在海南三亚某军港正式入列。福建舰采用平直通长飞行甲板，配置电磁弹射和阻拦装置如图所示。阻拦索由不可伸长的钢丝制成，两端并不是固定在甲板上的，而是连接着复杂的液压装置，可以对钢丝绳拉力和长度进行调控。某次舰载机着陆后滑行的v﹣t图像如图乙所示（其中0.4～2.4s内图线为直线）。已知舰载机（包括飞行员）的总质量为M＝2×104kg，飞行员质量60kg，重力加速度g取10m/s2。（图中信息为已知量，忽略空气阻力和地面阻力）则（　　） A．0﹣2.4s阻拦索对舰载机的作用力合力不变 B．0.4﹣2.4s当阻拦索夹角为120°时，舰载机对阻拦索的拉力为6×105N C．0.4﹣2.4s舰载机对飞行员的作用力为1800N D．舰载机着舰到停止的过程，克服阻拦索阻力做的功4.9×107J （多选）7．一物块以初速度v0自固定斜面底端沿斜面向上做直线运动，一段时间后再次回到出发点。取斜面底端所在平面为零势能面，该物体的动能Ek随路程s的变化关系如图所示。图中E0、s0均已知，则下列说法正确的是（　　） A．物块向上和向下运动过程中动能变化量相同 B．物块所受滑动摩擦力的大小为 C．物块运动过程中的最大重力势能为 D．物块在斜面上的运动时间为 模型四 动能定理中的图像问题 1. 几种典型图像中图线所围“面积”和图线斜率的含义 图像种类 图像意义 速度-时间图像 (v-t) 斜率表示加速度 ,与横轴围成的面积表示位移。 加速度-时间图像(a-t) 与横轴围成的面积表示速度变化量。 合外力-时间图像(F-t) 与横轴围成的面积表示功。 动能-位移图像 斜率表示做功的合外力。 功率-时间图像(p-t) 与横轴围成的面积表示功。 2. 动能定理与图像综合问题的求解步骤 ①观察图像:观察给定图像,理清横纵坐标对应的物理量及图线所表示的物理意义 ②导函数式: 根据物理规律导出横纵坐标对应物理量间的函数表达式 ③解答问题:根据函数关系式找出图线中的斜率、截距、交点、图线与坐标轴围成的面积所对应的物理意义分析解答问题,或者利用图线上的特殊值带入函数关系式求解相应物理量 【例题精讲】 1．一物体在合外力作用下由静止开始做直线运动，F与时间t的关系图像如图所示，由图像可知（　　） A．t＝1s时物体速度最大 B．t＝1s时与t＝3s时物体动能相同 C．物体相对于出发点的位移先增大后减小 D．0～1s与1～2s内F做功相等 2．在研究直线运动时，教科书采用了由v﹣t图像中图线与横轴所围成的面积来求位移，如图所示。下列是对这一方法的类比应用，其中说法错误的是（　　） A．a﹣t（加速度—时间）图像面积反映速度变化量 B．I﹣t（电流—时间）图像面积反映电荷量 C．F﹣x（力—位移）图像面积反映力F所做的功 D．F﹣t（力—时间）图像面积反映动量 3．如图甲所示，一倾角θ＝37°的足够长的斜面固定在水平地面上，质量m＝4kg的滑块在斜面上足够高的位置由静止释放，并沿斜面向下加速运动。从释放时刻起，用平行斜面向上的拉力F作用在滑块上，拉力F随时间t变化的图像如图乙所示，2s时滑块速度达到最大，力F保持不变。不计空气阻力，已知重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。则在整个过程中，（　　） A．滑块与斜面的动摩擦因数为0.25 B．滑块的最大速度大小为2m/s C．拉力F的最大功率为32W D．经过5秒滑块到达最低点 4．一物体在合力F的作用下从静止开始沿直线运动，F随时间t变化的图像如图所示，则第4秒末物体的动量是（　　） A．1kg•m/s B．﹣1kg•m/s C．3kg•m/s D．﹣3kg•m/s 5．汽车的安全气囊是有效保护乘客的装置。如图甲，在安全气囊的性能测试中，可视为质点的头锤从离气囊表面高度为H处做自由落体运动，与正下方的气囊发生碰撞。以头锤到气囊表面为计时起点，气囊对头锤竖直方向作用力F随时间t的变化规律，可近似用图乙所示的图像描述。已知头锤质量M＝20kg，H＝3.2m，重力加速度大小取g＝10m/s2，则（　　） A．碰撞过程中F的冲量方向竖直向下 B．碰撞过程中F的冲量大小为480N•s C．碰撞过程中头锤的动量变化量大小为200kg•m/s D．碰撞结束后头锤上升的最大高度为0.8m （多选）6．如图甲在冰上龙舟比赛中龙舟达到某一速度后，在相邻两个划桨周期T内的加速度a与时间t的图像如图乙所示，龙舟前进方向为正方向，图乙中a1＞2a2，龙舟（含选手）总质量为m，这两个划桨周期内的运动视为直线运动，则下列说法正确的是（　　） A．第一个划桨周期后赛艇的动量方向与正方向相同 B．经过相邻两个划桨周期后速度变化量为（a1﹣2a2） C．该相邻两个划桨周期内合外力的总冲量为（a1﹣2a2） D．该相邻两个划桨周期内的位移差大小为（a1﹣2a2） （多选）7．一个质量为2kg的物体在合力F的作用下从静止开始沿直线运动，F随时间t变化的图像如图所示。定义力对时间的平均值Ft为物体一段时间内的动量改变量除以时间，而力对位移的平均值Fs为相应时间内物体的动能增加量除以位移大小，则0﹣4s时间内（　　） A．合力F对物体所做总功为正功 B．合力F对物体作用的总冲量沿正方向 C．Fs大于Ft D．Fs小于Ft 课时精练 一．选择题（共8小题） 1．登月是中华民族的浪漫梦想，某次科研活动“月球车”在水平地面上由静止开始运动，运动的全过程的v﹣t图像如图所示，已知0～t1段为过原点的倾斜直线；t1～10s内“月球车”牵引力的功率保持与t1时刻相同不变，且功率P＝900W；7～10s段为平行于横轴的直线；在10s末关闭动力，让“月球车”自由滑行，整个过程中“月球车”受到的阻力大小不变。下列说法正确的是（　　） A．月球车的质量为100kg B．月球车受到的阻力为150N C．月球车在0～t1段位移为2.5m D．月球车在t1～7s内运动的路程为24.75m 2．电影中经常出现汽车飞跃大峡谷的画面，某同学用如图所示装置模拟此情景。质量为m的玩具车静止在光滑的水平桌面上，桌面与平台上表面的高度差为H。现让玩具车以恒定功率P启动，当玩具车加速t时间后到达桌面右边缘，玩具车离开桌面后失去动力，恰好落到平台的左边缘。已知重力加速度大小为g，下列说法正确的是（　　） A．玩具车在桌面上做匀加速直线运动 B．桌面右边缘与平台左边缘的距离为2 C．玩具车落在平台时的速度为 D．玩具车在桌面加速时间越长，在空中飞跃的时间就越长 3．如图所示，在竖直平面内有一半径为R的圆弧轨道，半径OA水平、OB竖直。质量为m、可视为质点的滑块自A点的正上方P点由静止下落，从A点内侧无碰撞进入轨道后，通过轨道的最高点B时对轨道的压力为自重的2倍。若重力加速度为g，从由P点下落到从B点离开滑块克服摩擦力做功3mgR，不计空气阻力，则滑块下落点P点到A点的高度h为（　　） A．5.5R B．4.5R C．4R D．5R 4．如图所示，一个静止在粗糙水平面上的直角三角形木块，其底角β＞α。质量均为m的甲乙木块均可视为质点，分别放置在两侧光滑斜面的等高处，同时静止释放两木块，在下滑过程中三角形木块始终静止，则下列说法正确的是（　　） A．下滑过程中甲的加速度大 B．三角形木块受4个力作用 C．两个物块到达底端时速度相同 D．地面受到的压力等于三个物体的总重力 5．如图所示为一种称为“魔盘”的娱乐设施，当水平转盘绕竖直中心轴缓慢转动时，人会随着“魔盘”一起转动，当“魔盘”转动到一定速度时，人会“贴”在“魔盘”竖直壁上，而不会滑下。现质量均为m的甲、乙两小孩参加该娱乐活动，初始时甲小孩位于距轴r处（与侧壁有距离），乙小孩贴紧“魔盘”侧壁。“魔盘”从静止开始缓慢加速转动，当达到角速度ω时，“魔盘”突然停止转动，甲小孩滑至盘面上的某点停止。下列说法正确的是（　　） A．“魔盘”加速过程中，甲小孩所受摩擦力的做功为零 B．“魔盘”加速过程中，乙小孩所受摩擦力的方向指向转轴 C．“魔盘”停止转动后，甲小孩沿转盘半径方向运动 D．“魔盘”停止转动后，甲小孩克服摩擦力做的功为mω2r2 6．如图甲所示，一小物块由静止开始沿倾角为θ的斜面向下滑动，最后停在水平地面上。斜面和地面平滑连接，且物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数μ相等，该过程中，物块的动能Ek与水平位移x的关系图像如图乙所示，则关于μ与tanθ的关系正确的是（　　） A．μ＝tanθ B． C． D． 7．如图甲，倾角θ＝37°的斜面固定在水平地面上且斜面足够长。一质量为1kg的光滑小球沿斜面向下运动，t＝0时，小球速度为v0＝9m/s，此时给小球施加沿斜面向上的拉力F，拉力F大小随时间t变化规律如图乙所示。已知重力加速度大小g＝10m/s2，sin37°＝0.6，下列说法正确的是（　　） A．在0～1s内，小球受到的合力先减小后增大 B．t＝2s时，小球的速度为9m/s，方向沿斜面向上 C．在0～3s内，小球向下运动了13.5m D．t＝4s时，小球的动能为72J 8．如图所示，水平面内放一直角杆MON，用长为L的轻绳相连的两小球A和B分别套在OM和ON杆上，A、B球的质量均为m，开始A、B均处于静止状态，B位于O点，轻绳水平且刚好拉直，将A、B球同时释放，当B球下落时，A球的速度大小为（忽略一切摩擦，重力加速度为g）（　　） A． B． C． D． 二．多选题（共3小题） （多选）9．关于动能，下列说法正确的是（　　） A．物体由于运动而具有的能量叫动能 B．动能大小与物体的速度方向有关 C．动能只有大小，没有方向，是标量 D．动能的单位是焦耳 （多选）10．半径为r的四分之一圆弧面固定在水平地面上，质量为m且大小忽略不计的小球放置在圆弧面顶端，在轻微扰动下，小球沿圆弧面由静止滑下，重力加速度为g，忽略摩擦力与空气阻力，下列选项正确的是（　　） A．小球落地时的速度大小等于 B．小球沿圆弧面滚动过程中，某时刻对圆弧面的压力可以大于mg C．小球离开圆弧面时距离地面的高度为r D．小球落地位置到圆弧面圆心的距离小于r （多选）11．一质量为4kg的玩具小车在水平直跑道上由静止开始启动，启动过程受到的合外力F随时间变化的关系图像如图所示，小车达到额定功率后保持该功率不变，已知小车在跑道上运动时受到的阻力恒为2N，小车达到最大速度后再运动一段时间关闭发动机，从启动到最后停下小车运动的时间为85s，下列说法正确的是（　　） A．小车加速能达到的最大速度大小为5m/s B．小车的额定功率为30W C．小车减速运动的时间为10s D．小车在额定功率下运动的位移大小为550m 三．解答题（共5小题） 12．如图1所示，细杆两端固定，质量为m的物块穿在细杆上。初始时刻，物块刚好能静止在细杆上。现以水平向左的力F作用在物块上，F随时间t的变化如图2所示。开始滑动瞬间的滑动摩擦力等于最大静摩擦力。细杆足够长，重力加速度为g，θ＝30°。求： （1）t＝6s时F的大小，以及t在0～6s内F的冲量大小。 （2）t在0～6s内，摩擦力f随时间t变化的关系式，并作出相应的f﹣t图像。 （3）t＝6s时，物块的速度大小。 13．图甲为某种简易轨道赛车的轨道图，图乙为拼接直轨道的直板，图丙为部分轨道的简化示意图。其中OA、BC、CD段为直轨道，由多个长为L＝0.25m的直板拼接而成：AB为半圆形水平弯道，其半径R0＝1.0m，它能承受最大的侧向压力为F＝20N；1和2为竖直平面内的圆轨道，圆轨道1的半径为R1＝0.4m，圆轨道2的半径R2＝0.2m。设赛车在水平轨道所受阻力恒为f＝5N，不计竖直圆轨道对赛车的阻力，赛车的质量为m＝0.2kg。求： （1）赛车匀速过弯道AB的最大速度； （2）若BC段拼接了4块直板，某次赛车以v1＝7.5m/s的速度经过弯道，到B点后不施加动力，求赛车在该轨道1最低点时对轨道的压力； （3）接（2）问，求赛车最后停在轨道上的位置到B的距离x； （4）若赛车以最大速度拐弯，到B点后不施加动力，要使赛车能不脱离、完整通过两个竖直圆轨道，则BD间最多可拼接几块直板？这些直板在BC间和CD间可以如何分配？（圆轨道与弯道间不能直接连接，且两个圆轨道之间不能重叠）。 14．某同学利用无人机模拟抗震救灾中的物资“空投”情境。无人机距离水平地面的高度h＝20m，始终以v0＝2m/s的速度水平匀速飞行，在某时刻释放了一个质量m＝100g的小球，空气阻力忽略不计，g取10m/s2。 （1）请写出小球在下落过程中相对于无人机做什么运动。 （2）求小球释放点与落地点之间的水平距离x。 （3）求小球下落过程重力所做的功W。 15．为激发学生参与体育活动的兴趣，某学校计划修建滑板训练的场地，设计了如图所示的路面，其中AB是倾角为53°的斜面，凹圆弧和凸圆弧DEF白的半径均为R，D、F等高，B、E等高，整个路面不计摩擦且各段之间平滑连接。已知重力加速度为g，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。 （1）从B处由静止释放一个质量为m的小物块，求小物块经过最低点C时受到的支持力大小FN。 （2）在斜面上距离B点高度为h（未知）处，由静止释放小物块。 a.改变h，可以使小物块在滑动过程中离开路面。请判断小物块在图中哪个位置离开路面，并说明理由。 b.若小物块能沿路面运动到F点，求h的取值范围。 16．物流公司通过传送带对货物进行装卸，如图1所示，长度L＝3.05m的传送带与水平方向成θ＝37°角，以v＝4m/s的恒定速率顺时针转动。水平面上静置一质量M＝2.5kg、长度为L1的长木板，长木板左侧紧靠传送带底端的B点，且木板上表面与传送带底端B的高度齐平。一质量m＝1kg的货物（可视为质点）从传送带的顶端A由静止释放，经传送带加速后运动至底端B点，随即滑上长木板。已知货物与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，货物与长木板间的动摩擦因数μ1＝0.4，长木板与地面间动摩擦因数为μ2＝0.1，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度取g＝10m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且货物冲上长木板前后瞬间速度的大小保持不变，不计空气阻力。求： （1）货物运动到传送带底端B点时速度的大小； （2）为确保货物不会从长木板上滑落，在货物滑上长木板的瞬间，对长木板施加一个水平向右、大小为2N的恒力F，那么长木板的长度L1至少应为多少； （3）为避免货物直接撞击地面，如图2所示，把原长木板替换成材质相同且紧密排列的4个木板。每个木板的质量均为M2＝1kg，水平长度均为L2＝1m，则木板3运动的最远距离是多少？ 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题08 动能定理模型 模型一 动能定理解决一般问题 一、动能定理基本知识 1．动能 (1)定义：物体由于运动而具有的能。 (2)公式：Ek＝mv2。 (3)单位：焦耳，1 J＝1 N·m＝1 kg·m2/s2。 (4)标矢性：动能是标量，是状态量。 (5)动能的变化量：ΔEk＝。 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动能的变化。 (2)表达式：W＝Ek2－Ek1＝。 (3)物理意义：合力做的功是物体动能变化的量度。 (4)适用条件 ①动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动。 ②动能定理既适用于恒力做功，也适用于变力做功。 ③力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以分阶段作用。 ④高中阶段用动能定理只解决单个物体的问题。 2、 动能定理解法指导 1．动能和动能变化量的区别 (1)动能与动能的变化量是两个不同的概念，动能是状态量，动能的变化量是过程量。 (2)动能没有负值，而动能变化量有正负之分。ΔEk＞0表示物体的动能增加，ΔEk＜0表示物体的动能减少。 2．对动能定理的理解 (1)做功的过程就是能量转化的过程。 (2)动能定理叙述中所说的“力”，既可以是重力、弹力、摩擦力，也可以是电场力、磁场力或其他力。 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。 4．应用动能定理解题的步骤 (1)确定研究对象和研究过程(高中阶段动能定理的研究对象只能是单个物体；如果是系统，那么系统内的各个物体间内力做的总功必须是零)。 (2)对研究对象进行受力分析。 (3)写出该过程中所用外力做功的和(注意功的正负)。 (4)写出物体的初、末动能。 (5)按照动能定理列式求解。 【例题精讲】 1．“怀柔一号”卫星用于监测引力波事件产生的高能电磁信号，卫星探测器内的LaBr3晶体捕获高能光子后，光子被晶体中一静止的束缚电子吸收并全部转化为电子的动能，使电子做直线运动。由于晶体点阵的影响，电子受到的阻力与速度满足f＝kv，k为比例系数。为了排除地磁场对探测器内电子轨迹的影响，卫星采用了屏蔽技术。已知电子的质量为m，光子的能量为E，不考虑相对论效应。下列说法正确的是（　　） A．由于电子受到阻力作用，其加速度随时间均匀减小 B．电子在晶体中运动的时间为t，则其运动轨迹长度为t C．电子在晶体中运动的最大距离为 D．若不加屏蔽，晶体点阵中的电子所受合力与速度方向的夹角可能小于90° 【答案】C 【解答】解：光子被静止电子吸收并全部转化为电子动能，由动能定理，解得电子初速度。 A、电子所受阻力为f＝kv，根据牛顿第二定律有kv＝ma，即，电子速度v减小，其加速度a也随之减小，因速度v与时间并非线性关系，故加速度a不随时间均匀减小，故A错误； B、电子在晶体中做减速直线运动，其运动轨迹长度不等于，故B错误； C、取初速度方向为正方向，根据动量定理，在极短时间Δt内有﹣kvΔt＝mΔv，对减速全过程求和得，其中即为电子运动的最大距离x，则有，解得，故C正确； D、若不施加屏蔽，电子在晶体中受到与速度方向相反的阻力及与速度方向垂直的洛伦兹力，合力方向与速度方向的夹角必在90°至180°之间，不可能小于90°，故D错误。 故选：C。 2．如图所示，排球比赛中运动员第一次将飞来的排球从a点水平击出，球击中b点；第二次将飞来的相同排球从a点的正下方且与b点等高的c点斜向上击出，球也击中b点，排球运动的最高点d与a点的高度相同。不计空气阻力，则（　　） A．排球在a点的动能大于在d点的动能 B．排球在a点的动能大于在c点的动能 C．排球第一次击中b点时的动能小于第二次击中b点时的动能 D．排球第一次运动过程中重力对排球做的功是第二次的一半 【答案】A 【解答】解：根据抛体运动规律，在竖直方向有可知，c点飞出排球的运动时间为a点飞出排球运动时间的两倍，即，则第一次水平位移与第二次水平位移相等，第一次水平速度是第二次水平速度的二倍，vxa＝2vxb，则va＝2vd 又知Ekmv2，Eka＝4Ekd 所以排球在a点的动能大于在d点的动能，故A正确； B、从c点到d应用动能定理，﹣mgh＝Ekd﹣Ekc 则Ekc＝Ekd+mgh，故排球在a点的动能与在c点的动能关系不一定，故B错误； C、由于竖直方向两排球高度相同，又v2＝2gh可知，两排球的竖直速度相等，即vya＝vyb，根据 动能 可知Ek1＞Ek2，排球第一次击中b点时的动能大于第二次击中b点时的动能，故C错误； D、第一次重力做功W1＝mgh（a到b下落h），第二次c与b等高，重力做功W2＝0，故D错误。 故选：A。 3．如图所示，固定于竖直平面内的大圆环圆心为O、半径为R，大圆环上套有一个质量为m、可视为质点的小环。小环从大圆环的最高处P点由静止开始自由下滑，当小环到达A点（图中未画出）时，小环的向心加速度大小等于重力加速度的大小g。下列说法正确的是（　　） A．若大圆环是光滑的，则P、A两点间的高度差为 B．如果A点与O点等高，则小环从P点滑至A点的过程中克服阻力做的功为 C．无论大圆环是否光滑，小环到达与O点等高处的加速度大小都为g D．若大圆环是光滑的，则小环到达A点时对大圆环的弹力大小为mg 【答案】B 【解答】解：A、若大圆环是光滑的，小环从P到A的过程根据动能定理得 根据题设条件和向心加速度得表达式得an＝g 联立以上可得P、A两点的高度差为，故A错误； B、若A点与O点等高，则小环从P点滑至A点的过程中根据功能关系得 解得，故B正确； C、根据受力分析可知若大圆环光滑，到达与O等高处时切向加速度大小为g，合加速度为， 若不光滑，到达与O等高处时切向加速度小于g，合加速度也将大于g，故C错误； D、若大圆环是光滑，小环到达与O等高处时对大圆环的弹力大小为mg， 而大环不光滑时A并不在于O等高处，故D错误。 故选：B。 4．光滑水平面上有一个静止的质量为m的物块，受到两个大小相等互成60°角的水平恒力F1、F2作用，经一段时间物块在F1方向的速度为v，如图所示。该段时间内F1做的功为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【解答】解：两个大小相等、夹角为60°的恒力F1、F2，设力的大小为F，根据力的合成法则，合力F合的大小为： 物块在光滑水平面上做初速度为0的匀加速直线运动，速度方向沿F1方向，说明合力在F1方向的分力提供加速度。 将F2分解到F1方向和垂直F1方向：F2在F1方向的分力：； 垂直F1方向的分力： 因此，F1与F2x的合力提供F1方向的加速度，即，得 求物块的位移已知F1方向的末速度为v，由匀加速直线运动公式v＝at，得运动时间o再由位移公式，代入a和t： 计算F1做的功的公式为W＝F1•x，代入F1＝F和x：，故C正确，ABD错误。 故选：C。 5．冰壶是冬奥会的一项竞技项目，考查参与者的体能与脑力，被称为“冰上国际象棋”。某次运动员将冰壶从Ⅰ区域某处以一定的初速度向前掷出，冰壶最终停止在Ⅲ区域的某处。已知冰壶与前方水平冰面上Ⅰ、Ⅲ区域间的动摩擦因数相同且大于与Ⅱ区域间的动摩擦因数。若运动员第二次掷出冰壶的位置较第一次更靠近Ⅱ区域，掷出冰壶的初速度与第一次相同，则关于冰壶两次运动过程中的位移、时间关系，下列说法正确的是（　　） A．冰壶第一次运动的位移大于第二次的 B．冰壶第一次运动的位移小于第二次的 C．冰壶第一次运动的时间大于第二次的 D．冰壶第一次运动的时间小于第二次的 【答案】C 【解答】解：A、设冰壶在Ⅰ、Ⅲ区域运动的总位移大小为x1，Ⅰ、Ⅲ区域间的动摩擦因数为μ1；Ⅱ区域的长度为x2，Ⅱ区域间的动摩擦因数为μ2，冰壶的初速度为v0。对整个过程，根据动能定理有 因冰壶前后两次的x2均相等，故x1也相同，则冰壶第一次运动的位移等于第二次的，故AB错误； CD、根据牛顿第二定律有μmg＝ma 解得：a＝μg 因为μ1＞μ2，所以a1＞a2 根据v﹣t图线的斜率表示加速度，v﹣t图像与时间轴所围的面积表示位移，作出冰壶两次运动的大致v﹣t图像如图所示： 由图可知，冰壶第一次运动的时间大于第二次的，故C正确，D错误。 故选：C。 （多选）6．长度为1m的匀质木板以3m/s的水平速度进入一段长度为2m的粗糙水平地面，木板与粗糙地面之间的动摩擦因数为0.5，地面其余部分光滑，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．木板刚好全部进入粗糙地面时的速度大小为2m/s B．木板刚好全部进入粗糙地面时的速度大小为m/s C．木板全部滑出粗糙地面时的速度大小为m/s D．木板全部滑出粗糙地面时的速度大小为5m/s 【答案】AD 【解答】解：AB、因为在进入或者滑出粗糙地面过程中，木板受到的摩擦力与位移成正比，则可平均值的算法计算出摩擦力做的功，木板刚进入粗糙地面的过程中，根据动能定理可得： 解得，故A正确，B错误； CD、木板进入粗糙地面到全部滑出粗糙地面的过程中，根据动能定理可得 解得v2＝5m/s，故C错误，D正确； 故选：AD。 （多选）7．2025年10月31日，神舟二十一号载人飞船成功发射，采用自主快速交会对接模式，约3.5小时后与空间站组合体对接，将新乘组送入“天宫”。按计划，新乘组将驻留约6个月。在此次任务中，飞船还承担了另一项重要使命：对接后不久，它于2025年11月4日搭载已完成任务、在轨驻留约204天的神舟二十号乘组脱离空间站并成功返回地球，实现了“一船两用”的乘组轮换模式。已知地球半径为R＝6400km，地球表面重力加速度为g＝10m/s2，空间站的圆轨道距地面高度为h＝400km。关于神舟二十一号的任务过程，下列判断正确的是（　　） A．空间站在轨运行的速率约为7.7×103m/s B．为实现与空间站的快速对接，飞船在发射后需要先进入一个比空间站轨道更低的初始轨道，在初始轨道上的运行周期大于空间站的运行周期 C．若飞船在初始圆轨道上速度为v1，通过加速变轨后在目标圆轨道（空间站轨道）上速度为v2，则变轨过程中发动机做的功为m（） D．返回舱在再入大气层后减速下降的阶段，舱内航天员和货物均处于超重状态 【答案】AD 【解答】解：A.空间站轨道半径r＝R+h＝6400km+400km＝6800km 由万有引力G，G 代入数据得v≈7.7×103m/s，故A正确； B.根据开普勒第三定律k 轨道半径越小，运行周期越短，初始轨道比空间站轨道更低（r小），因此初始轨道的周期比空间站周期更小，而非更大，故B错误； C.飞船变轨时，发动机做功不仅改变动能，还需增加引力势能。实际上，高轨道的线速度小（轨道半径越大，线速度越小），动能反而减少，引力势能增加更多，发动机做功等于机械能的变化量，故C错误； D.返回舱减速下降时，加速度方向向上，舱内航天员和货物处于超重状态，故D正确。 故选：AD。 模型二 动能定理解决变力做功问题 解决方法：把变力做的功设成WF，然后运用动能定理列式。 1．动能 (1)动能的表达式Ek＝mv2。其单位与功的单位相同，在国际单位制中为焦耳，符号为J。 (2)动能是标量，没有负值。 (3)动能是状态量，与物体的运动状态相对应。 (4)动能具有相对性，选取不同的参考系，物体的速度大小不同，动能也不同，一般以地面为参考系。 2．动能定理 (1)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。 表达式：W＝mv22－mv12，也可写成W＝Ek2－Ek1。 (2)W与ΔEk的关系：合力做功是物体动能变化的原因。 ①合力对物体做正功，即W>0，ΔEk>0，表明物体的末动能大于初动能； ②合力对物体做负功，即W<0，ΔEk<0，表明物体的末动能小于初动能。 (3)物体动能的改变可由合力做功来度量。 一、动能定理的使用及注意事项 应用动能定理解题应抓住“两状态，一过程” “两状态”即明确研究对象的始、末状态的速度或动能情况 “一过程”即明确研究过程，确定在这一过程中研究对象的受力情况和位置变化或位移信息 注意事项 （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）当物体的运动包含多个不同过程时，可分段应用动能定理求解，也可以对全过程应用动能定理求解 （3）动能是标量，动能定理是标量式，解题时不能分解动能 二、五类图像中所围“面积”或斜率的意义 【例题精讲】 1．如图所示，一个圆盘在水平面内匀速转动，角速度为ω，盘面上到转轴的距离为r的位置有一个小物块随圆盘一起运动。现将圆盘的角速度逐渐增加到2ω，若此过程中物块与圆盘始终保持相对静止，则（　　） A．圆盘的角速度增加到2ω时，物块所受的向心力增加为原来的2倍 B．圆盘的角速度增加到2ω时，物块的动能增加为原来的2倍 C．此过程中，物块受到的静摩擦力沿轨迹的切线方向 D．此过程中，物块受到的静摩擦力做正功 【答案】D 【解答】解：A.根据向心力表达式F＝mω2r 可知，圆数的角速度由ω增加到2ω时，物块所受的向心力增加为原来的4倍，故A错误； B.根据v＝ωr， 可知区查的角速度由ω增加到2ω时，物块的动能增加为原来的4倍，故B错误； C.此过程中，物块受到的静摩擦力存在沿轨迹的切线方向的分量改变线速度大小，还存在指向圆心的分量提供所需的向心力，则物块受到的静摩擦力方向不沿轨迹的切线方向，故C错误； D.此过程中，物块的动能增加，根据动能定理可知物块受到的静摩擦力做正功，故D正确。 故选：D。 2．2025年9月3日为纪念中国人民抗日战争暨世界反法西斯战争胜利80周年，在天安门广场举行了盛大的阅兵仪式，无人机首次以装备方队形式公开亮相。一探究小组对无人机的提升力产生浓厚兴趣。如图所示，在一次性能测试中，利用悬停无人机将质量为m的物体以恒定的拉力F由静止提升高度h，物体恰好达到最大速度。已知物体所受阻力与速度成正比，比例系数为k。此过程中，下列说法正确的是（　　） A．物体做匀加速直线运动 B．物体的平均速度为 C．物体运动的时间为 D．物体所受阻力做功为 【答案】C 【解答】解：A、物体在竖直方向受拉力F、重力mg及阻力f＝kv作用。由牛顿第二定律得F﹣mg﹣kv＝ma，当速度v增大时加速度a减小，物体做加速度减小的加速运动。当a＝0时达到最大速度，解得。因加速度变化，故A错误； B、物体做加速度减小的加速运动，v﹣t图像斜率逐渐减小（曲线上凸）。相同时间内位移大于匀加速直线运动（连接起止点的直线）的位移，故平均速度，故B错误； C、对全过程应用动量定理（向上为正），有（F﹣mg）t﹣If＝mvm。阻力冲量（亦可使用微元法），代入得，解得，故C正确； D、由动能定理得，解得阻力做功。因合外力功大于动能增量，结果为负值。选项D给出的是克服阻力做功，与题意不符，故D错误； 故选：C。 3．刘慈欣在《地球大炮》中描述了一条“从中国出发的通过地心贯穿地球的隧道”。如图所示，质量为m的列车从A点由静止开始无动力运动，仅在万有引力作用下可在地球A、B两点间往返运动。地球可视作质量分布均匀的半径为R的球体，地心在O点，OP长为半径的三分之一。已知质量分布均匀的球壳对其内部物体的引力为零，引力常量为G，地表重力加速度为g。不考虑地球的自转，列车在P点（　　） A．加速度大小为 B．加速度大小为 C．速度大小为 D．速度大小为 【答案】D 【解答】解：AB、物体在地球内部所受万有引力与该点到地心的距离r成正比，那么，此力方向指向地心，具有类似弹簧回复力的特性。当列车位于P点时，已知，即。根据力的公式可得此时万有引力大小为，解得：。由牛顿第二定律F＝ma得加速度大小，故AB错误； CD、列车从地表A点（rA＝R）运动至P点（）过程中，仅万有引力做功。由于引力F与距离r呈线性关系，可通过平均力求功或弹性势能公式计算。该过程万有引力做功等于势能减少量，即，化简得，解得：。根据动能定理，代入得，解得速度大小，即，故C错误，D正确。 故选：D。 4．如图所示，弹簧的一端固定在墙上，另一端系一物体A，把弹簧压缩x1后（O为弹簧原长处），在它的右边再放一物体B，然后撤去外力。已知A，B的质量均为m，弹簧的劲度系数为k，则此后运动过程中，下列说法正确的是（　　） A．若地面光滑，则A向右运动的最大距离为 B．若地面粗糙且A、B能够分离，则分离时的位置一定在O点左侧 C．若地面粗糙且，则A一定能运动到O点右侧 D．若地面粗糙且，则A向右运动的最大距离为 【答案】D 【解答】解：B、AB分离时，相互作用力为零，且具有相同的加速。若地面粗糙，分离时B的加速为μg，则A的加速也为μg，故分离时弹簧弹力为零，分离时位于弹簧原长处O处，故B错误； A、若地面光滑，则AB在O处分离；从初始位置到O点，对AB组成的系统，由动能定理可得 AB分离后，当A速度减为零时，设弹簧伸长了x2，对A由动能定理得 两式联立解得 故A向右运动的最大距离，故A错误； C、若地面粗糙，且A要能够运动到O点右侧，当AB运动到O点时，对AB组成的系统，由动能定理得 且Ek＞0，解得，故C错误； D、若地面粗糙且，则AB最终一起静止在O点左侧，设A向右运动的最大距离为x3，对AB系统由动能定理得 解得，故D正确。 故选：D。 5．如图所示，轻杆的一端固定在通过O点的水平转轴上，另一端固定一小球，轻杆绕O点在竖直平面内沿顺时针方向做匀速圆周运动，其中A点为最高点、C点为最低点，B点与O点等高，下列说法正确的是（　　） A．小球经A点时，所受杆的作用力一定竖直向下 B．小球经过B点时，所受杆的作用力可能沿BO方向 C．从A点到C点的过程，杆对小球的作用力可能不做功 D．从A点到C点的过程，杆对小球的作用力一定做负功 【答案】D 【解答】解：A．小球经过A点时，合外力提供向心力 解得 杆对小球无作用力。则当小球速度时，所受杆的作用力竖直向上；当小球速度时，所受杆的作用力竖直向下，故A错误； B．小球经过B点时，合外力提供向心力，小球受重力和杆给的作用力，则小球所受杆的作用力为右上方，故B错误； CD．A到C的过程中，重力做正功，根据动能定理 WG+W杆＝ΔEk＝0 故杆对小球的作用力做负功，故C错误，D正确。 故选：D。 （多选）6．如图所示，质量为M的木块静止在光滑水平面上，质量为m的子弹以水平速度v0射中与木块后一起以速度v运动，已知当子弹相对木块静止时，木块前进距离为L，子弹进入木块的深度为d，若木块对子弹的阻力F恒定，那么下列关系式中正确的是（　　） A．FL B．Fd C．Fd D．F（L+d） 【答案】AD 【解答】解：AB、根据牛顿第三定律，子弹对木块的力的大小也等于F 对木块，根据动能定理，有，故A正确，B错误； CD、子弹相对于地面的位移为（L+d），对子弹，根据动能定理，F对子弹做的功等于子弹动能的变化，有，故C错误，D正确。 故选：AD。 （多选）7．一物体在力F作用下由静止开始竖直向上运动，力F随高度x的变化关系如图所示，物体能上升的最大高度为h，h＜H。（F0、h、H已知，重力加速度为g），下列说法正确的是（　　） A．物体上升到时加速度为零 B．物体刚开始运动时和上升到最大高度时加速度相同 C．物体的加速度最大值为 D．物体的动能最大值为 【答案】AC 【解答】解：A.由图可得，设物体在最高点受到的力为F1，则，由开始运动到最高点，由动能定理可得，解得，物体上升到时，，加速度为，故A正确； B.因作用在物体上的力F均匀地减小，所以加速度是先减小至零时在反向增加，开始时与到达最高点时速度都为零，根据对称性可知开始时和高度最大时，加速度大小相等，且为最大，方向相反，所以当物体加速度最大时其高度为0或h，故B错误， C.在开始时，由牛顿第二定律有F0﹣mg＝ma，联立解得，故C正确。 D.合力为零，加速度为零时速度最大，动能最大，由动能定理可得，解得，故D错误； 故选：AC。 模型三 动能定理解决多过程问题 包括动能定理解决多过程中的直线运动问题、多过程中的曲线运动问题。 1．动能定理的应用流程 2．求解多过程问题抓好“两状态，一过程” “两状态”即明确研究对象始、末状态的速度或动能情况；“一过程”即明确研究过程，确定这一过程研究对象的受力情况和位置变化或位移信息。 【例题精讲】 1．如图所示，质量为m的滑块（视为质点）与斜面上MN段的动摩擦因数为μ1，与其余部分的动摩擦因数为μ2，且μ1＜μ2＜tanθ。第一次，滑块从Ⅰ位置以初速度v0沿斜面向上滑动，通过MN段后在斜面上某一位置减速到零，上滑过程的时间为t1，又经过t1的时间回到出发点，回到出发点时的速度大小为v1，上滑和下滑过程的总路程为x1。第二次，滑块从Ⅱ位置以初速度v0沿斜面向上滑动，上升过程的时间为t2，又经过t′2的时间回到出发点，回到出发点时的速度大小为v2，上滑和下滑过程的总路程为x2。忽略空气阻力，则下列关系式正确的是（　　） A．v1＞v2 B．x1＜x2 C．t1＜t2 D．t′1＜t′2 【答案】D 【解答】解： B、设MN段长度为L，滑块从Ⅰ位置以初速度v0沿斜面向上滑动到最高点过程，根据动能定理可得 滑块从Ⅱ位置以初速度v0沿斜面向上滑动到最高点过程，根据动能定理可得 联立可得x1＝x2，故B错误； A、对于从Ⅰ位置出发的滑块从最高点向下滑动到返回出发点过程，根据动能定理可得 对于从Ⅱ位置出发的滑块从最高点向下滑动到返回出发点过程，根据动能定理可得 由于x1＝x2，可得v1＝v2，故A错误； C、滑块上滑过程，在MN段的加速度大小为 在其余部分的加速度大小为 由于μ1＜μ2，可得a1＜a2，结合v﹣t图像与横轴围成的面积表示位移，作出滑块从Ⅰ位置出发和从Ⅱ位置出发对应的v﹣t图像如图所示 由图可知t1＞t2，故C错误； D、滑块下滑过程，在MN段的加速度大小为 在其余部分的加速度大小为 由于μ1＜μ2，可得a′1＞a′2，结合v﹣t图像与横轴围成的面积表示位移，作出滑块从最高点下滑到出发点对应的v﹣t图像如图所示 由图可知t′1＜t′2，故D正确。 故选：D。 2．α如图所示，倾角为α的斜面体固定在水平面上，A、B、C、D为斜面体上的四个点，其AB＝CD＝2BC，AB段与CD段的材料相同，且与BC段的材料不相同。两可视为质点的完全相同的物体甲、乙分别由A、B两点静止释放，经过相同的时间甲、乙两物体分别运动到B、C两点，速度大小分别为v1、v2，再经时间t1，甲从B点运动到C点，此时的速度为v3，经时间t2乙从C点运动到D点，此时的速度为v4，已知两物体与AB间的动摩擦因数为μ1、与BC间的动摩擦因数为μ2。下列说法正确的是（　　） A．v1＞v2 B．μ1＞μ2 C．v3＞v4 D．t1＞t2 【答案】A 【解答】解：AB、根据题意，物体甲、乙均从静止开始做匀加速直线运动，在AB段与CD段的加速度相同，由牛顿第二定律有mgsinα﹣μ1mgcosα＝ma1，解得：a1＝gsinα﹣μ1gcosα。同理，在BC段有mgsinα﹣μ2mgcosα＝ma2，解得：a2＝gsinα﹣μ2gcosα。设AB段与CD段的距离为x，则BC段的距离为，甲、乙分别由A、B两点静止释放，经过相同时间t，甲、乙运动至B、C两点，速度大小分别为v1、v2。已知μ1＜tanα，μ2＜tanα。根据运动学公式，，解得：a1＝2a2，即gsinα﹣μ1gcosα＝2（gsinα﹣μ2gcosα），解得：2μ2＝μ1+tanα。联立可得μ1＜μ2。又由v1＝a1t，v2＝a2t，得v1＝2v2，故v1＞v2。故A正确，B错误； D、根据运动规律，，，故t1＜t2。故D错误。 C、根据动能定理，对甲从A到C点和乙从B到D点分析，有，，联立解得：v3＝v4。故C错误； 故选：A。 3．如图甲所示为智能电动车在水平路上做直线运动时自动刹车的路测场景。在某次自动刹车测试中，质量m＝1.5t的智能电动车从距离假人x0＝50m处开始刹车，其v﹣x图像如图乙所示。已知当v≤10m/s时，电动车只依靠机械制动；当v＞10m/s时，电动车会在机械制动基础上开启电磁辅助制动，电磁辅助制动可使机械能转化成电能。若机械制动的阻力大小f＝kv，k＝500N•s/m，不计其他阻力，则（　　） A．前15m阶段，智能电动车加速度不变 B．本次刹车测试，智能电动车会撞到假人 C．整个制动过程中，因机械制动损耗的能量为225kJ D．当v＞10m/s时，电磁辅助制动产生的阻力是机械制动阻力的4倍 【答案】C 【解答】解：A.根据v﹣x图像的斜率 可得 a＝kv 由图乙可知，前15m阶段，电动车的速度逐渐减小，而图像的斜率不变，根据a＝kv可知，电动车的加速度逐渐减小，故A错误； B.当v≤10m/s时，电动车只依靠机械制动，机械制动的阻力大小f＝kv，以汽车运动的方向为正方向，根据动量定理 ﹣∑fΔt＝0﹣mv1 代入可得 ﹣∑kvΔt＝0﹣mv1 其中 ∑vΔt＝x2 代入数据解得 x2＝30m 刹车距离为 x＝x1+x2＝15m+30m＝45m＜x0 所以本次刹车测试，智能电动车不会撞到假人，故B错误； C.根据功能关系可知，因机械制动损耗的能量为 E＝∑kvΔx 前15m阶段根据v﹣x的面积可知 后30m阶段根据v﹣x的面积可知 故整个制动过程中，因机械制动损耗的能量为 E＝E1+E2 解得 E＝225kJ 故C正确； D.根据牛顿第二定律 即 F合＝|k'|mv 由图乙可知，当v＞10m/s时 其中 f＝kv＝500kg/s•v 代入数据解得 f电＝1500kg/s•v 故 则当v＞10m/s时，电磁辅助制动产生的阻力是机械制动阻力的3倍，故D错误。 故选：C。 4．如图所示，两块由相同材料制成的木板在地面上的O点通过光滑的小圆弧平滑连接，两块木板分别水平、倾斜固定。一可视为质点的小物块从倾斜木板的P处由静止滑下，滑到水平木板右端Q恰好停下。现将倾斜木板的倾角调大或调小（如虚线所示）并固定在地面上，再让小物块从倾斜木板的某处由静止滑下，仍滑到水平木板右端Q停下，则小物块释放的位置可能是（　　） A．甲 B．乙 C．丙 D．丁 【答案】B 【解答】解：物块从斜面由静止滑下到 Q 点停止，根据动能定理有 mgh﹣Wf1﹣Wf2＝0。 其中斜面摩擦力做功 Wf1＝μmgcosθ•s1＝μmgx1（x1 为斜面水平投影长度），水平面摩擦力做功 Wf2＝μmgx2（x2 为水平位移）。 联立并化简得 h＝μ（x1+x2）＝μL，其中 L 为释放点到停下点 Q 的总水平距离。 由 h＝μL 可知，所有能使物块恰好停在 Q 点的释放点 （L，h） 均在过 Q 点的一条直线上。 A．连接 Q、P 两点形成一条直线，甲点位于该直线的上方，即 h＞μL，物块由于重力势能较大，动能耗尽时将滑出Q点，故A错误； B．点乙恰好落在直线 QP 的延长线上，满足 h＝μL 的定量关系，物块从该点由静止滑下，恰好能滑到 Q 点停下，故B正确； C．丙点位于直线 QP 的下方，即 h＜μL，物块将在到达 Q 点前停止，故C错误； D．丁点虽然也在斜面上，但通过几何连线观察，其并未严格落在直线 QP 的延长线上，故D错误。 故选：B。 5．如图甲所示，物体以一定的初速度从倾角为α＝37°的斜面底端沿斜面向上运动，上升的最大高度为3.0m。选择地面为参考平面，上升过程中物体的机械能E机随高度h的变化如图乙所示。g取10m/s2，sin37°＝0.60，cos37°＝0.80。则（　　） A．物体的质量m＝2.0kg B．物体回到斜面底端时的动能Ek＝20J C．物体上升过程中的加速度大小a＝10m/s2 D．物体与斜面之间的动摩擦因数μ＝0.80 【答案】C 【解答】解：A、物体到达最高点时，机械能为： E机＝EP＝mgh 由图知： EP＝30J 则得： 故A错误； B、由图像可知，物体上升过程中摩擦力做功为： W＝30J﹣50J＝﹣20J 在整个过程中由动能定理得： Ek﹣Ek0＝2J 则有： Ek＝Ek0+2J＝50J+2×（﹣20）J＝10J 故B错误。 C、物体上升过程中，由牛顿第二定律得 mgsinα+μmgcosα＝ma 得： a＝gsinα+μgcosα＝10×0.6m/s2+0.5×10×0.8m/s2＝10m/s2 故C正确； D、物体上升过程中，克服摩擦力做功，机械能减少，减少的机械能等于克服摩擦力的功 即： 得： μ＝0.5 故D错误； 故选：C。 （多选）6．2025年11月5日，我国首艘完全自主设计建造的电磁弹射型航空母舰福建舰在海南三亚某军港正式入列。福建舰采用平直通长飞行甲板，配置电磁弹射和阻拦装置如图所示。阻拦索由不可伸长的钢丝制成，两端并不是固定在甲板上的，而是连接着复杂的液压装置，可以对钢丝绳拉力和长度进行调控。某次舰载机着陆后滑行的v﹣t图像如图乙所示（其中0.4～2.4s内图线为直线）。已知舰载机（包括飞行员）的总质量为M＝2×104kg，飞行员质量60kg，重力加速度g取10m/s2。（图中信息为已知量，忽略空气阻力和地面阻力）则（　　） A．0﹣2.4s阻拦索对舰载机的作用力合力不变 B．0.4﹣2.4s当阻拦索夹角为120°时，舰载机对阻拦索的拉力为6×105N C．0.4﹣2.4s舰载机对飞行员的作用力为1800N D．舰载机着舰到停止的过程，克服阻拦索阻力做的功4.9×107J 【答案】BD 【解答】解：由速度—时间图像分析可知：在0至0.4秒时间段内，图像呈曲线特征，其斜率（即加速度）持续变化，表明舰载机处于变加速直线运动状态；在0.4至2.4秒时间段内，图像为倾斜直线，舰载机做匀减速直线运动。从图像读取关键数据：当t1＝0.4s时v1＝65m/s，当t2＝2.4s时v2＝5m/s。匀减速阶段的加速度大小为：，解得：a＝30m/s2。 A、根据牛顿第二定律F合＝Ma。在0至0.4秒内图像斜率变化导致加速度变化，合力随之变化；在0.4至2.4秒内加速度恒定，合力保持恒定。因此在整个0至2.4秒过程中，阻拦索对舰载机的合力并非恒定，故A错误； B、在0.4至2.4秒阶段，舰载机所受合外力（即阻拦索的净阻力，忽略空气与地面摩擦）大小为，解得：。设单根阻拦索张力为T，两索夹角为120°，根据力的合成原理有F合＝2Tcos60°，解得：T＝6×105N。由牛顿第三定律可知舰载机对阻拦索的拉力数值等于T，故B正确； C、在0.4至2.4秒阶段，飞行员承受水平向右的匀减速运动，加速度a＝30m/s2。对其受力分析：座椅提供的水平分力Fx＝ma＝60×30，解得：Fx＝1800N；竖直分力Fy＝mg＝60×10，解得：Fy＝600N。总作用力，解得：。选项给出的1800N仅为水平分量，故C错误； D、对舰载机着舰全过程应用动能定理，初速v0＝70m/s至静止，克服阻力做功，解得：，故D正确。 故选：BD。 （多选）7．一物块以初速度v0自固定斜面底端沿斜面向上做直线运动，一段时间后再次回到出发点。取斜面底端所在平面为零势能面，该物体的动能Ek随路程s的变化关系如图所示。图中E0、s0均已知，则下列说法正确的是（　　） A．物块向上和向下运动过程中动能变化量相同 B．物块所受滑动摩擦力的大小为 C．物块运动过程中的最大重力势能为 D．物块在斜面上的运动时间为 【答案】BD 【解答】解：设物块质量为m，斜面倾角为θ，上滑的最大路程为L。由图像可知，物块上滑过程中动能由E0减小到0，下滑回到出发点时动能为，且全过程总路程为s0，则单程路程。 A、物块上滑过程中，动能变化量ΔEk1＝0﹣E0＝﹣E0；下滑过程中，动能变化量。二者大小和符号均不同，故A错误； B、根据功能关系，上滑过程中：﹣（mgsinθ+f）L＝0﹣E0，即①；下滑过程中：，即②。联立①②两式，①﹣②得：，解得滑动摩擦力，故B正确； C、①+②得：，解得。物块到达最高点时重力势能最大，，故C错误； D、由可知。上滑过程，根据牛顿第二定律，加速度大小，代入①式得，故。上滑时间。下滑过程，加速度大小，代入②式得，故。由位移公式，即，解得。总时间，故D正确。 故选：BD。 模型四 动能定理中的图像问题 1. 几种典型图像中图线所围“面积”和图线斜率的含义 图像种类 图像意义 速度-时间图像 (v-t) 斜率表示加速度 ,与横轴围成的面积表示位移。 加速度-时间图像(a-t) 与横轴围成的面积表示速度变化量。 合外力-时间图像(F-t) 与横轴围成的面积表示功。 动能-位移图像 斜率表示做功的合外力。 功率-时间图像(p-t) 与横轴围成的面积表示功。 2. 动能定理与图像综合问题的求解步骤 ①观察图像:观察给定图像,理清横纵坐标对应的物理量及图线所表示的物理意义 ②导函数式: 根据物理规律导出横纵坐标对应物理量间的函数表达式 ③解答问题:根据函数关系式找出图线中的斜率、截距、交点、图线与坐标轴围成的面积所对应的物理意义分析解答问题,或者利用图线上的特殊值带入函数关系式求解相应物理量 【例题精讲】 1．一物体在合外力作用下由静止开始做直线运动，F与时间t的关系图像如图所示，由图像可知（　　） A．t＝1s时物体速度最大 B．t＝1s时与t＝3s时物体动能相同 C．物体相对于出发点的位移先增大后减小 D．0～1s与1～2s内F做功相等 【答案】B 【解答】解：AB．根据动量定理，合力的冲量I合＝Δp＝mv F﹣t图像中图线与坐标轴围成的面积表示合力的冲量，物体在0～2s内合力的冲量最大，因此在t＝2s时物体速度最大； 由图可知0～1s内和0～3s内合力的冲量相同，根据动量定理可知t＝1s时与t＝3s时物体的速度相同，物体的动能相同，故A错误，B正确； C．F﹣t图像中图线与坐标轴围成的面积表示合力的冲量，0～4s内物体合力的冲量等于零，根据动量定理可知t＝4s时刻物体的速度为零；因此0～2s内物体沿正方向加速运动，2～4s内沿正方向做减速运动，以后仍重复上述运动，可知物体相对于出发点的位移一直增大，故C错误； D．根据F﹣t图像可知，0～2s内物体所受的合力增大，物体做加速度增大的加速运动，v﹣t图像如图所示： v﹣t图像中，图线与坐标轴围成的面积表示位移，因此0～1s内的位移小于1～2s 内的位移，可知力F做功不相等，故D错误。 故选：B。 2．在研究直线运动时，教科书采用了由v﹣t图像中图线与横轴所围成的面积来求位移，如图所示。下列是对这一方法的类比应用，其中说法错误的是（　　） A．a﹣t（加速度—时间）图像面积反映速度变化量 B．I﹣t（电流—时间）图像面积反映电荷量 C．F﹣x（力—位移）图像面积反映力F所做的功 D．F﹣t（力—时间）图像面积反映动量 【答案】D 【解答】解：A.在a﹣t图像中，纵轴代表加速度a，横轴代表时间t，图像与坐标轴围成的面积为a乘以t对应速度变化量（Δv＝aΔt），故A正确； B.在I﹣t图像中，纵轴代表电流I，横轴代表时间t，图像与坐标轴围成的面积为I乘以t，对应电荷量（q＝It），故B正确； C.在F﹣x图像中，纵轴代表力F，横轴代表位移x，图像与坐标轴围成的面积为F乘以x，对应力F做的功（W＝Fx），故C正确； D.在F﹣t图像中，纵轴代表力F，横轴代表时间t，图像与坐标轴围成的面积为F与t的乘积，这一面积对应冲量或动量变化量（冲量I＝Ft动量定理I＝ΔP），故D错误。 本题选错误的选项，故选：D。 3．如图甲所示，一倾角θ＝37°的足够长的斜面固定在水平地面上，质量m＝4kg的滑块在斜面上足够高的位置由静止释放，并沿斜面向下加速运动。从释放时刻起，用平行斜面向上的拉力F作用在滑块上，拉力F随时间t变化的图像如图乙所示，2s时滑块速度达到最大，力F保持不变。不计空气阻力，已知重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。则在整个过程中，（　　） A．滑块与斜面的动摩擦因数为0.25 B．滑块的最大速度大小为2m/s C．拉力F的最大功率为32W D．经过5秒滑块到达最低点 【答案】B 【解答】解：A．t＝2s时下滑速度最大，则物块合外力为0，由图乙可知此时F＝8N， 有mgsinθ＝F+μmgcosθ，代入数据得μ0.5，故A错误； B．从释放到t＝2s的过程，沿斜面方向由动量定理有 解得vmm/s＝2m/s，故B正确； C．拉力的最大功率为Pm＝Fmvm＝8×2W＝16W，故C错误； D．t＝2s时滑块速度达到最大，此时受力平衡，此后滑块向下做匀速直线运动，由于斜面长度未知，无法确定滑块能达否到达最低点，故D错误。 故选：B。 4．一物体在合力F的作用下从静止开始沿直线运动，F随时间t变化的图像如图所示，则第4秒末物体的动量是（　　） A．1kg•m/s B．﹣1kg•m/s C．3kg•m/s D．﹣3kg•m/s 【答案】A 【解答】解：F﹣t图面积表示合力F的冲量，则4s内合力冲量为 已知物体从静止开始运动，初动量p初＝0，因此第4秒末的动量p末＝I＝1kg•m/s。 故A正确，BCD错误； 故选：A。 5．汽车的安全气囊是有效保护乘客的装置。如图甲，在安全气囊的性能测试中，可视为质点的头锤从离气囊表面高度为H处做自由落体运动，与正下方的气囊发生碰撞。以头锤到气囊表面为计时起点，气囊对头锤竖直方向作用力F随时间t的变化规律，可近似用图乙所示的图像描述。已知头锤质量M＝20kg，H＝3.2m，重力加速度大小取g＝10m/s2，则（　　） A．碰撞过程中F的冲量方向竖直向下 B．碰撞过程中F的冲量大小为480N•s C．碰撞过程中头锤的动量变化量大小为200kg•m/s D．碰撞结束后头锤上升的最大高度为0.8m 【答案】C 【解答】解：AB、根据F−t图像与横轴围成的面积表示冲量，由图乙可知，碰撞过程中F的冲量大小为：，气囊对头锤竖直方向作用力F方向竖直向上，则F的冲量方向竖直向上，故AB错误； C、头锤落到气囊上时的速度大小为，头锤与气囊作用过程，取竖直向上为正方向，由动量定理可得：IF﹣Mgt＝Mv﹣（﹣Mv0），代入数据解得：v＝2m/s，则碰撞过程中头锤的动量变化量为：Δp＝Mv﹣（﹣Mv0）＝20×2kg•m/s+20×8kg•m/s＝200kg•m/s，故C正确； D、碰撞结束后头锤上升的最大高度为：，故D错误。 故选：C。 （多选）6．如图甲在冰上龙舟比赛中龙舟达到某一速度后，在相邻两个划桨周期T内的加速度a与时间t的图像如图乙所示，龙舟前进方向为正方向，图乙中a1＞2a2，龙舟（含选手）总质量为m，这两个划桨周期内的运动视为直线运动，则下列说法正确的是（　　） A．第一个划桨周期后赛艇的动量方向与正方向相同 B．经过相邻两个划桨周期后速度变化量为（a1﹣2a2） C．该相邻两个划桨周期内合外力的总冲量为（a1﹣2a2） D．该相邻两个划桨周期内的位移差大小为（a1﹣2a2） 【答案】ABD 【解答】解：A、由a−t图像面积的物理意义为速度的变化量可知，第一个划桨周期速度的变化量为：，故第一个划桨周期后赛艇的动量方向与正方向相同，故A正确；B、经过连续两个划桨周期速度增量为：，即经过连续两个划桨周期后速度比初始速度增加 ，故B正确； C、由动量定理可得相邻两个划桨周期内合外力的冲量为：，故C错误； D、作出连续两个划桨周期的v−t图像如图所示： 由v−t图像面积的物理意义为位移可知，该相邻两个划桨周期的位移增量为图中阴影部分为：，故D正确。 故选：ABD。 （多选）7．一个质量为2kg的物体在合力F的作用下从静止开始沿直线运动，F随时间t变化的图像如图所示。定义力对时间的平均值Ft为物体一段时间内的动量改变量除以时间，而力对位移的平均值Fs为相应时间内物体的动能增加量除以位移大小，则0﹣4s时间内（　　） A．合力F对物体所做总功为正功 B．合力F对物体作用的总冲量沿正方向 C．Fs大于Ft D．Fs小于Ft 【答案】ABD 【解答】解：AB、图像与坐标轴围成的面积代表力的冲量，0～4s时间内合力的冲量：I＝2×2N•s−2×1N•s＝2N•s，结合动量定理可知：，根据动量定理可得：I＝mv，解得：4s末的速度为：，根据动能定理可知，合力F对物体所做总功为正功，故AB正确； CD、0～2s内的加速度为：，位移为：，2s末的速度为：v′＝a1t1＝1×2m/s＝2m/s，2～4s的位移为：，由动能定理可得：，可见Fs小于Ft，故C错误，D正确。 故选：ABD。 课时精练 一．选择题（共8小题） 1．登月是中华民族的浪漫梦想，某次科研活动“月球车”在水平地面上由静止开始运动，运动的全过程的v﹣t图像如图所示，已知0～t1段为过原点的倾斜直线；t1～10s内“月球车”牵引力的功率保持与t1时刻相同不变，且功率P＝900W；7～10s段为平行于横轴的直线；在10s末关闭动力，让“月球车”自由滑行，整个过程中“月球车”受到的阻力大小不变。下列说法正确的是（　　） A．月球车的质量为100kg B．月球车受到的阻力为150N C．月球车在0～t1段位移为2.5m D．月球车在t1～7s内运动的路程为24.75m 【答案】B 【解答】解：B、根据v﹣t图像分析，在10～13s期间，月球车撤去动力自由滑行，做匀减速直线运动，加速度大小，解得：；此时仅受阻力，由牛顿第二定律有f＝ma3。在7～10s期间，月球车以最大速度vm＝6m/s做匀速运动，此时牵引力F＝f。由功率公式P＝fvm，解得：f＝150N，故B正确； A、由f＝ma3解得：m＝75kg，故A错误； C、在t1时刻，牵引力，根据牛顿第二定律F1﹣f＝ma1，且v1＝a1t1。代入v1＝3m/s联立解得：t1＝1.5s，。则0～t1段位移，解得：x1＝2.25m，故C错误； D、在t1～7s期间，根据动能定理，代入数据解得：x2＝26.25m，故D错误。 故选：B。 2．电影中经常出现汽车飞跃大峡谷的画面，某同学用如图所示装置模拟此情景。质量为m的玩具车静止在光滑的水平桌面上，桌面与平台上表面的高度差为H。现让玩具车以恒定功率P启动，当玩具车加速t时间后到达桌面右边缘，玩具车离开桌面后失去动力，恰好落到平台的左边缘。已知重力加速度大小为g，下列说法正确的是（　　） A．玩具车在桌面上做匀加速直线运动 B．桌面右边缘与平台左边缘的距离为2 C．玩具车落在平台时的速度为 D．玩具车在桌面加速时间越长，在空中飞跃的时间就越长 【答案】B 【解答】解：A、玩具车以恒定功率P启动，则P＝Fv，汽车速度v增加，功率P一定，则牵引力F变小，加速过程中加速度，加速度减小，汽车做变加速运动，故A错误； B、在桌面加速过程，由动能定理Pt，离开桌面后做平抛，竖直方向，x＝v0t，联立解得，故B正确； C、平抛过程由动能定理，解得，故C错误； D、在空中飞跃的时间有平抛运动的竖直高度决定，故D错误； 故选：B。 3．如图所示，在竖直平面内有一半径为R的圆弧轨道，半径OA水平、OB竖直。质量为m、可视为质点的滑块自A点的正上方P点由静止下落，从A点内侧无碰撞进入轨道后，通过轨道的最高点B时对轨道的压力为自重的2倍。若重力加速度为g，从由P点下落到从B点离开滑块克服摩擦力做功3mgR，不计空气阻力，则滑块下落点P点到A点的高度h为（　　） A．5.5R B．4.5R C．4R D．5R 【答案】A 【解答】解：通过轨道的最高点B时对轨道的压力为自重的2倍，在B点有，N＝2mg 解得 由P点下落到从B点过程，根据动能定理可得 其中Wf＝3mgR 解得h＝5.5R 故A正确，BCD错误。 故选：A。 4．如图所示，一个静止在粗糙水平面上的直角三角形木块，其底角β＞α。质量均为m的甲乙木块均可视为质点，分别放置在两侧光滑斜面的等高处，同时静止释放两木块，在下滑过程中三角形木块始终静止，则下列说法正确的是（　　） A．下滑过程中甲的加速度大 B．三角形木块受4个力作用 C．两个物块到达底端时速度相同 D．地面受到的压力等于三个物体的总重力 【答案】B 【解答】解：A、设任一斜面的倾角为θ。对木块受力分析，根据牛顿第二定律有mgsinθ＝ma，解得加速度a＝gsinθ 因为α＜β，所以sinα＜sinβ，则甲的加速度gsinα小于乙的加速度gsinβ，故A错误； B、甲、乙两木块的加速度在水平方向的加速度分量为gsinαsinβ，所以三角形木块水平方向不受摩擦力作用，只受重力、地面的支持力、甲的压力、乙的压力，共4个力，故B正确； C、对木块，根据动能定理有，可得，两物块下落高度h相同，所以两个物块到达底端时速度大小相同，但方向不同（沿各自斜面），故速度不同，故C错误； D、木块沿斜面加速下滑，加速度有竖直向下的分量，整体处于失重状态，则地面受到的压力小于三个物体的总重力，故D错误。 故选：B。 5．如图所示为一种称为“魔盘”的娱乐设施，当水平转盘绕竖直中心轴缓慢转动时，人会随着“魔盘”一起转动，当“魔盘”转动到一定速度时，人会“贴”在“魔盘”竖直壁上，而不会滑下。现质量均为m的甲、乙两小孩参加该娱乐活动，初始时甲小孩位于距轴r处（与侧壁有距离），乙小孩贴紧“魔盘”侧壁。“魔盘”从静止开始缓慢加速转动，当达到角速度ω时，“魔盘”突然停止转动，甲小孩滑至盘面上的某点停止。下列说法正确的是（　　） A．“魔盘”加速过程中，甲小孩所受摩擦力的做功为零 B．“魔盘”加速过程中，乙小孩所受摩擦力的方向指向转轴 C．“魔盘”停止转动后，甲小孩沿转盘半径方向运动 D．“魔盘”停止转动后，甲小孩克服摩擦力做的功为mω2r2 【答案】D 【解答】解：A、“魔盘”加速过程中，甲小孩所受摩擦力的一个分力提供随盘转动的向心力，一个分力沿切线方向与转动方向相同提供加速度，故甲小孩所受摩擦力的做功不为零，故A错误； B、“魔盘”加速过程中，乙小孩所受摩擦力沿切线方向与转动方向相同提供加速度，故B错误； C、“魔盘”停止转动后，甲小孩因惯性沿转盘的切线方向运动，故C错误； D、“魔盘”停止转动后，对甲小孩，根据动能定理有，又v＝ωr，解得甲小孩克服摩擦力做的功为，故D正确。 故选：D。 6．如图甲所示，一小物块由静止开始沿倾角为θ的斜面向下滑动，最后停在水平地面上。斜面和地面平滑连接，且物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数μ相等，该过程中，物块的动能Ek与水平位移x的关系图像如图乙所示，则关于μ与tanθ的关系正确的是（　　） A．μ＝tanθ B． C． D． 【答案】C 【解答】解：物块从最高点滑至最低点过程中，物块动能，其中x≤x0。 当物块下滑至斜面底端，设其动能为Ek，此后在水平面上克服摩擦力做功，则有Ek2＝Ek﹣μmgx，其中x0≤x≤3x0。 根据图乙可知其斜率之比为，解得：，故C正确，ABD错误。 故选：C。 7．如图甲，倾角θ＝37°的斜面固定在水平地面上且斜面足够长。一质量为1kg的光滑小球沿斜面向下运动，t＝0时，小球速度为v0＝9m/s，此时给小球施加沿斜面向上的拉力F，拉力F大小随时间t变化规律如图乙所示。已知重力加速度大小g＝10m/s2，sin37°＝0.6，下列说法正确的是（　　） A．在0～1s内，小球受到的合力先减小后增大 B．t＝2s时，小球的速度为9m/s，方向沿斜面向上 C．在0～3s内，小球向下运动了13.5m D．t＝4s时，小球的动能为72J 【答案】D 【解答】解：A.质量为1kg的光滑小球沿斜面向下运动，倾角θ＝37°，则mgsinθ＝6N 而拉力F随着时间的增大而增大，所以0～1s内，小球受到的合力逐渐减小，故A错误； B.t＝2s时，0～2s内物体所受的拉力是均匀变化的，规定沿斜面向下为正，根据动量定理得t+mgsinθt＝mv2﹣mv0 代入数据得v2＝9m/s，方向向下，故B错误； C.0～3s内，假设力恒定，根据F合＝ma，F合＝F﹣mgsinθ，x＝v0tat2 得F×x当物体是匀变速直线运动时所以物体的加速度是变化的，F和x是二次函数关系平均F×x远大于Fx的图像的面积，即位移大于13.5m，故C错误。 D.0～4s内，规定沿斜面向下为正，根据动量定理mgtsin0＝mv4﹣mv0 代入数据得v4＝﹣12m/s 根据Ek 代入数据得Ek＝72J，故D正确。 故选：D。 8．如图所示，水平面内放一直角杆MON，用长为L的轻绳相连的两小球A和B分别套在OM和ON杆上，A、B球的质量均为m，开始A、B均处于静止状态，B位于O点，轻绳水平且刚好拉直，将A、B球同时释放，当B球下落时，A球的速度大小为（忽略一切摩擦，重力加速度为g）（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【解答】解：整个系统，只有B的重力做功，对系统由动能定理得 又因vBcos60°＝vAcos30°，解得，故C正确，ABD错误； 故选：C。 二．多选题（共3小题） （多选）9．关于动能，下列说法正确的是（　　） A．物体由于运动而具有的能量叫动能 B．动能大小与物体的速度方向有关 C．动能只有大小，没有方向，是标量 D．动能的单位是焦耳 【答案】ACD 【解答】解：A、根据动能的定义得物体由于运动而具有的能量叫动能，故A正确； B、动能表达式是，动能是标量，动能大小与物体的速度方向无关，故B错误； C、动能只有大小，没有方向，是标量，故C正确； D、动能的单位为焦耳（J），故D正确。 故选：ACD。 （多选）10．半径为r的四分之一圆弧面固定在水平地面上，质量为m且大小忽略不计的小球放置在圆弧面顶端，在轻微扰动下，小球沿圆弧面由静止滑下，重力加速度为g，忽略摩擦力与空气阻力，下列选项正确的是（　　） A．小球落地时的速度大小等于 B．小球沿圆弧面滚动过程中，某时刻对圆弧面的压力可以大于mg C．小球离开圆弧面时距离地面的高度为r D．小球落地位置到圆弧面圆心的距离小于r 【答案】AD 【解答】解：A．如图所示 O点为圆弧面圆心，A点为小球出发点，B点为圆弧面最低点，C点为小球脱离圆弧面临界点，D点为小球若从C点沿直线运动时的落地点，E点为小球实际落地点，θ为∠AOC的角度，小球运动整个过程，仅重力对小球做功，根据动能定理有 得，故A正确； B．小球沿圆弧面下滑过程中，小球的重力沿半径方向的分力减去支持力提供向心力，由此可知，整个过程中支持力小于重力，根据牛顿第三定律，小球对圆弧面的压力大小等于支持力，同样小于重力；故B错误； C．小球由A运动到C的过程，根据动能定理有 根据牛顿第二定律有 C点到地面高度h为h＝rcosθ 综上可得，，故C错误； D．假设小球脱离圆弧面后沿直线运动，则落地点为D，由几何关系可得 即 但是小球脱离圆弧面后会在重力作用下向下“拐弯”，所以实际落地点E会在D点左侧，即，故D正确。 故选：AD。 （多选）11．一质量为4kg的玩具小车在水平直跑道上由静止开始启动，启动过程受到的合外力F随时间变化的关系图像如图所示，小车达到额定功率后保持该功率不变，已知小车在跑道上运动时受到的阻力恒为2N，小车达到最大速度后再运动一段时间关闭发动机，从启动到最后停下小车运动的时间为85s，下列说法正确的是（　　） A．小车加速能达到的最大速度大小为5m/s B．小车的额定功率为30W C．小车减速运动的时间为10s D．小车在额定功率下运动的位移大小为550m 【答案】BD 【解答】解：AB、小车匀加速运动的加速度大小为 a1m/s2＝1m/s2 t1＝5s时，匀加速达到的最大速度为 v1＝a1t1＝5×1m/s＝5m/s 可得小车的额定功率 P＝（F1+f）v1＝（4×2）×5W＝30W 小车加速达到最大速度时，牵引力等于阻力，则最大速度为 vmm/s＝15m/s，故A错误，B正确； C、小车减速时加速度大小为a2m/s2＝0.5m/s2 则小车减速的时间为t2s＝30s，故C错误； D、设小车在恒定功率下运动的位移大小为x，根据动能定理得 解得：x＝550m，故D正确。 故选：BD。 三．解答题（共5小题） 12．如图1所示，细杆两端固定，质量为m的物块穿在细杆上。初始时刻，物块刚好能静止在细杆上。现以水平向左的力F作用在物块上，F随时间t的变化如图2所示。开始滑动瞬间的滑动摩擦力等于最大静摩擦力。细杆足够长，重力加速度为g，θ＝30°。求： （1）t＝6s时F的大小，以及t在0～6s内F的冲量大小。 （2）t在0～6s内，摩擦力f随时间t变化的关系式，并作出相应的f﹣t图像。 （3）t＝6s时，物块的速度大小。 【答案】（1）t＝6s时F的大小为，以及t在0～6s内F的冲量大小为（N•s）。 （2）t在0～6s内，摩擦力f随时间t变化的关系式为当0＜t＜4s时，f（1）（N）；当4s≤t≤6s时，f（1）（N），作出相应的f﹣t图像见解答。 （3）t＝6s时，物块的速度大小为（m/s）。 【解答】解：（1）由图2可得F与t的关系为：F 可得t＝6s时F的大小为：F1＝6 因F与t成线性关系，故可用F的平均值求解F的冲量大小，可得在0～6s内F的冲量大小为： I1F1Δt6（N•s）（N•s） （2）初始时刻物块刚好能静止在细杆上，设物块与细杆间的动摩擦因数为μ，由平衡条件可得： mgsinθ＝μmgcosθ，解得：μ 设物块与细杆间的弹力大小为N，在垂直于细杆方向上，由平衡条件可得： N＝|mgcosθ﹣Fsinθ| 以沿细杆向上为正方向，物块与细杆间的摩擦力f为： f＝μN＝μ•|mgcosθ﹣Fsinθ| 其中：F 代入数据整理可得：f•|1|（N） 令10，可得：t＝4s 可得t在0～6s内，摩擦力f随时间t变化的关系式为： 当0≤t＜4s时，f（1）（N）； 当4s≤t≤6s时，f（1）（N） 作出相应的f﹣t图像如下图所示： （3）根据（2）的解答所得的f﹣t图像与时间轴围成的面积等于摩擦力的冲量大小，可得在0～6s内摩擦力f的冲量大小为： If（N•s） 设t＝6s时，物块的速度大小为v，以沿细杆向下为正方向，对物块由动量定理得： mgsinθ•t+I1cosθ﹣If＝mv﹣0 解得：v（m/s） 答：（1）t＝6s时F的大小为，以及t在0～6s内F的冲量大小为（N•s）。 （2）t在0～6s内，摩擦力f随时间t变化的关系式为当0＜t＜4s时，f（1）（N）；当4s≤t≤6s时，f（1）（N），作出相应的f﹣t图像见解答。 （3）t＝6s时，物块的速度大小为（m/s）。 13．图甲为某种简易轨道赛车的轨道图，图乙为拼接直轨道的直板，图丙为部分轨道的简化示意图。其中OA、BC、CD段为直轨道，由多个长为L＝0.25m的直板拼接而成：AB为半圆形水平弯道，其半径R0＝1.0m，它能承受最大的侧向压力为F＝20N；1和2为竖直平面内的圆轨道，圆轨道1的半径为R1＝0.4m，圆轨道2的半径R2＝0.2m。设赛车在水平轨道所受阻力恒为f＝5N，不计竖直圆轨道对赛车的阻力，赛车的质量为m＝0.2kg。求： （1）赛车匀速过弯道AB的最大速度； （2）若BC段拼接了4块直板，某次赛车以v1＝7.5m/s的速度经过弯道，到B点后不施加动力，求赛车在该轨道1最低点时对轨道的压力； （3）接（2）问，求赛车最后停在轨道上的位置到B的距离x； （4）若赛车以最大速度拐弯，到B点后不施加动力，要使赛车能不脱离、完整通过两个竖直圆轨道，则BD间最多可拼接几块直板？这些直板在BC间和CD间可以如何分配？（圆轨道与弯道间不能直接连接，且两个圆轨道之间不能重叠）。 【答案】（1）赛车匀速过弯道AB的最大速度为10m/s； （2）若BC段拼接了4块直板，某次赛车以v1＝7.5m/s的速度经过弯道，到B点后不施加动力，赛车在该轨道1最低点时对轨道的压力为5.125N； （3）接（2）问，赛车最后停在轨道上的位置到B的距离为0.875m； （4）BD间最多可拼接7块直板，这些直板在BC间为6块，CD间为1块。 【解答】解析（1）在AB段，水平侧向力提供小车做圆周运动的向心力，根据牛顿第二定律可得 解得v＝10m/s （2）在BC段，根据动能定理可得 解得vC＝2.5m/s 在C点合外力提供向心力N﹣mg＝m 解得N＝5.125N，由牛顿第三定律可知赛车在该轨道1最低点时对轨道的压力N'＝N＝5.125N （3）从C点开始在圆轨道1上运动，当速度减小到0上升的高度为h，根据动能定理可得 解得h＝0.3125m＜0.4m故赛车到达轨道1后下滑进入CB轨道，在CB轨道，根据动能定理可得 解得x′＝0.125m赛车最后停在轨道上的位置到B的距离为x＝4L﹣x'＝0.875m。 （4）赛车恰好能通过圆轨道1最高点，根据牛顿第二定律可得 解得 从B到圆轨道1最高点，根据动能定理可得 解得 从B到圆轨道1最高点，根据动能定理可得 解得x1＝1.6m赛车能通过圆轨道2的最高点，根据牛顿第二定律可得 解得 从圆轨道1最高点，到圆轨道2最高点，根据动能定理可得 解得 从圆轨道1最高点，到圆轨道2最高点，根据动能定理可得 解得x2＝0.2m故L总＝x1+x2＝1.8m 故BD间最多可拼接7块直板，这些直板在BC间为6块，CD间为1块。 答：（1）赛车匀速过弯道AB的最大速度为10m/s； （2）若BC段拼接了4块直板，某次赛车以v1＝7.5m/s的速度经过弯道，到B点后不施加动力，赛车在该轨道1最低点时对轨道的压力为5.125N； （3）接（2）问，赛车最后停在轨道上的位置到B的距离为0.875m； （4）BD间最多可拼接7块直板，这些直板在BC间为6块，CD间为1块。 14．某同学利用无人机模拟抗震救灾中的物资“空投”情境。无人机距离水平地面的高度h＝20m，始终以v0＝2m/s的速度水平匀速飞行，在某时刻释放了一个质量m＝100g的小球，空气阻力忽略不计，g取10m/s2。 （1）请写出小球在下落过程中相对于无人机做什么运动。 （2）求小球释放点与落地点之间的水平距离x。 （3）求小球下落过程重力所做的功W。 【答案】（1）小球相对于无人机做自由落体运动。 （2）小球释放点与落地点之间的水平距离为4m。 （3）小球下落过程重力所做的功为20J。 【解答】解：（1）小球释放后水平方向分速度与无人机飞行速度相同，水平方向相对静止，竖直方向做自由落体运动，故相对于无人机做自由落体运动； （2）小球在竖直方向做自由落体运动，由位移公式，解得：t＝2s；水平方向做匀速直线运动，由水平位移公式x＝v0t，代入数据解得：x＝4m； （3）重力为恒力，根据功的定义式W＝mgh，代入数据解得：W＝20J。 答：（1）小球相对于无人机做自由落体运动。 （2）小球释放点与落地点之间的水平距离为4m。 （3）小球下落过程重力所做的功为20J。 15．为激发学生参与体育活动的兴趣，某学校计划修建滑板训练的场地，设计了如图所示的路面，其中AB是倾角为53°的斜面，凹圆弧和凸圆弧DEF白的半径均为R，D、F等高，B、E等高，整个路面不计摩擦且各段之间平滑连接。已知重力加速度为g，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。 （1）从B处由静止释放一个质量为m的小物块，求小物块经过最低点C时受到的支持力大小FN。 （2）在斜面上距离B点高度为h（未知）处，由静止释放小物块。 a.改变h，可以使小物块在滑动过程中离开路面。请判断小物块在图中哪个位置离开路面，并说明理由。 b.若小物块能沿路面运动到F点，求h的取值范围。 【答案】（1）小物块经过最低点C时受到的支持力大小为1.8mg。 （2）a、小物块在D点或F点离开路面，因在凸圆弧段运动时，这两点速度最大且半径与竖直方向夹角ϕ的余弦值最小，支撑力易为零而脱离。 b、h的取值范围为0≤h≤0.2R。 【解答】解：（1）小物块从B点运动至C点，依据机械能守恒定律可得，在最低点C处应用牛顿第二定律有，代入相应数值，解得：FN＝1.8mg。 （2）a、小物块将在D点或F点离开路面；分析如下：物块在凸圆弧DEF段运动时，其动力学方程为（其中φ为当前位置半径与竖直方向的夹角），当支撑力F支＝0时物块开始脱离。 依据机械能守恒定律可知，在D点和F点处，cosφ值最小而速度v最大，相较于E点更容易满足的脱离条件，故物块将在D点或F点离开。 b、若小物块能够沿路面运动至F点，需同时满足两个条件：①物块需能到达最高点E，要求其在该点速度vE≥0，由可得h≥0； ②物块在F点时不脱离轨道，需满足，结合机械能守恒定律，代入数据得到，解得h≤0.2R。 综合以上分析，h的取值范围为0≤h≤0.2R。 答：（1）小物块经过最低点C时受到的支持力大小为1.8mg。 （2）a、小物块在D点或F点离开路面，因在凸圆弧段运动时，这两点速度最大且半径与竖直方向夹角φ的余弦值最小，支撑力易为零而脱离。 b、h的取值范围为0≤h≤0.2R。 16．物流公司通过传送带对货物进行装卸，如图1所示，长度L＝3.05m的传送带与水平方向成θ＝37°角，以v＝4m/s的恒定速率顺时针转动。水平面上静置一质量M＝2.5kg、长度为L1的长木板，长木板左侧紧靠传送带底端的B点，且木板上表面与传送带底端B的高度齐平。一质量m＝1kg的货物（可视为质点）从传送带的顶端A由静止释放，经传送带加速后运动至底端B点，随即滑上长木板。已知货物与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，货物与长木板间的动摩擦因数μ1＝0.4，长木板与地面间动摩擦因数为μ2＝0.1，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度取g＝10m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且货物冲上长木板前后瞬间速度的大小保持不变，不计空气阻力。求： （1）货物运动到传送带底端B点时速度的大小； （2）为确保货物不会从长木板上滑落，在货物滑上长木板的瞬间，对长木板施加一个水平向右、大小为2N的恒力F，那么长木板的长度L1至少应为多少； （3）为避免货物直接撞击地面，如图2所示，把原长木板替换成材质相同且紧密排列的4个木板。每个木板的质量均为M2＝1kg，水平长度均为L2＝1m，则木板3运动的最远距离是多少？ 【答案】（1）货物运动到传送带底端B点时速度的大小为5m/s。 （2）长木板的长度L1至少应为2.5m。 （3）木板3运动的最远距离是m。 【解答】解：（1）第一阶段，由牛顿第二定律有mgsin37°+μmgcos37°＝ma1，解得：。设达到速度v时通过的位移为x，则有v2＝2a1x，解得：x＝0.8m。 第二阶段，由牛顿第二定律有mgsin37°﹣μmgcos37°＝ma2，解得：。根据运动学公式，解得：vB＝5m/s。 （2）滑块滑上木板M1时，对滑块m，由牛顿第二定律有μ1mg＝ma3，解得：。 对木板M1，由牛顿第二定律有F+μ1mg﹣μ2（m+M1）g＝M1a4，解得：。 设经过时间t两者达到共速v，且此时滑块恰好到达木板右侧，则有v＝vB﹣a3t＝a4t，以及，联立解得：L1＝2.5m。 （3）滑块滑上木板1时，滑块加速度不变，对木板1、2、3、4整体分析，有μ1mg﹣μ2（m+4M2）g＝4M2a5，解得：，故整体保持静止。 滑块滑上木板2时，对木板2、3、4整体分析，有μ1mg﹣μ2（m+3M2）g＝0，故整体保持静止。 设滑块滑上木板3时的速度为v1，根据动能定理有，解得：v1＝3m/s。 对木板3、4整体分析，由牛顿第二定律有μ1mg﹣μ2（m+2M2）g＝2M2a6，解得：。 设滑块经时间t滑上木板4，则有，解得：。 此时木板3的速度为v3＝a6t，解得：。在时间t内，木板3向右的位移为，解得：。 滑块滑上木板4后，木板3匀减速至速度为零，此过程的位移为，解得：。 故木板3运动的最远距离为S＝x3+x′3，解得：。 答：（1）货物运动到传送带底端B点时速度的大小为5m/s。 （2）长木板的长度L1至少应为2.5m。 （3）木板3运动的最远距离是m。 1 学科网（北京）股份有限公司 $