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

本讲义聚焦动能定理这一核心知识点，系统梳理动能的定义、公式、标矢性，动能定理的内容、表达式及适用条件，构建从基础概念到一般问题、变力做功、多过程、机动车启动、图像问题五大应用模型的学习支架。 资料以模型建构为主线，例题结合足球扑救、无人机测试等生活情境，培养科学思维与科学探究能力。课中辅助教师分层教学，课后通过课时精练帮助学生巩固知识，提升运用动能定理解决实际问题的能力。

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．（2026•重庆校级模拟）在U23亚洲杯足球比赛中，国足门将李昊多次神扑助球队挺进决赛。某次扑救时，质量m＝0.5kg的足球以v＝8m/s的水平速度飞向球门，被李昊双手接住后速度变为零。若忽略空气阻力，在此过程中，手对足球做的功约为（　　） A．﹣8J B．8J C．﹣16J D．16J 【答案】C 【解析】解：接球过程中，足球重力所做的功可以忽略，手对足球做的功即为合外力对足球做的功，根据动能定理得手对足球做的功W＝ΔEk＝0J＝﹣16J，故ABD错误，C正确。 故选：C。 2．（2025秋•太原期末）如图所示，地面上的工人从同一位置两次分别抛出完全相同的砖块，被高处的工人在同一高度甲、乙两个位置分别接住。砖块可视为质点，其在空中运动的轨迹均在同一竖直平面内，砖块两次到达的最大高度相同。若空气阻力不计，关于两个砖块下列说法正确的是（　　） A．初速度的大小一定不同 B．末动能可能相同 C．在空中运动的时间可能不同 D．在最高点处速度的大小可能相同 【答案】A 【解析】解：由于两砖块从同一位置抛出，且在空中运动达到的最大高度hmax相同，根据竖直上抛运动规律，可知它们抛出时的竖直分速度vy0相同。 C、根据运动的对称性，两砖块从抛出点上升到最高点所用时间相同，从最高点下落到被接住所经历的时间也相同（其中h为接住点的高度），因此两砖块在空中运动的总时间t＝t1+t2必定相同，故C错误； A、砖块在水平方向做匀速直线运动，水平位移x＝vxt，由图示可知甲、乙两接住点的水平位移不同，在运动时间t相同的情况下，两砖块的水平分速度vx必然不同；根据初速度的合成关系v0，由于vy0相同而vx不同，则初速度v0的大小一定不同，故A正确； B、在初位置时，两个砖块的重力势能相同，但由于初速度大小不同，初动能不同。在末位置时，高度相同，重力势能相同。由于砖块运动过程机械能守恒，末位置动能也不同，故B错误； D、在最高点的速度只有水平方向的速度，由于砖块水平方向的初速度大小不同，则最高点的速度大小不同，故D错误。 故选：A。 3．（2026•泰安一模）如图所示，水平地面上有一固定斜面，斜面与地面夹角为30°。物块以180J的初动能从斜面底端沿斜面向上滑动，当它再次回到斜面底端时动能为90J，则物块与斜面间的动摩擦因数为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】解：设物块沿斜面向上滑行的位移大小为x，则上滑过程，根据动能定理得 ﹣mgxsin30°﹣μmgcos30°•x＝0﹣Ek1 下滑过程，根据动能定理得 mgxsin30°﹣μmgcos30°•x＝Ek2 联立解得，故ACD错误，B正确。 故选：B。 4．（2025秋•罗山县期末）在太阳系的深空无阻力环境中，我国“天问”系列小行星探测器的实验舱中，光滑水平面上静止放有甲、乙两个物块，甲的质量为2m，乙的质量为m，对甲、乙分别施加大小为F和2F，方向相同的水平推力，甲、乙前进了相同距离。则甲、乙的运动时间之比为（　　） A．2：1 B．1：2 C． D． 【答案】A 【解析】解：设甲、乙前进相同距离时速度分别为v甲和v乙。 根据动能定理得 对甲有 Fs 对乙有 2Fs 解得v甲：v乙＝1：2 根据运动学公式得 对甲有 s 对乙有 s 解得t甲：t乙＝2：1，故A正确，BCD错误。 故选：A。 5．（2025秋•文山州期末）如图所示，一质量为m的小球，用长为l的轻绳悬挂于O点正下方P点。小球在水平拉力F的作用下，从P点缓慢地移动到Q点。重力加速度取g，则该过程中（　　） A．拉力F先增大后减小 B．拉力F先减小后增大 C．拉力F做的功为Flsinθ D．拉力F做的功为mg（l﹣lcosθ） 【答案】D 【解析】解：AB.因小球从P到Q点开始缓慢运动，由三角形定则，如图： 可知：夹角θ增大，则拉力F一直增大，故A、B错误； CD.因拉力F为变化的力，F对小球做的功利用动能定理可得：﹣mg（1﹣lcosθ）+Wp＝0，WP＝mg（l﹣lcosθ），故C错误，D正确； 故选：D。 （多选）6．（2026•济南一模）如图所示，质量为m＝1kg的小球用长为l＝1m的细绳悬挂在O点，小球处于静止状态。已知重力加速度g＝10m/s2，现用水平恒力F拉球从最低点由静止开始运动，当细绳与竖直方向的夹角为θ＝30°时撤去F，不计阻力，下列说法正确的是（　　） A．若F＝20N，小球相对于最低点能上升的最大高度为1m B．若F＝40N，小球相对于最低点能上升的最大高度为2m C．若F＝50N，小球到达最高点时，细绳中的拉力大小为10N D．若F＝60N，小球再次回到最低点时，细绳中的拉力大小为70N 【答案】AD 【解析】解：A、若F＝20N，从最低点到最高点，对小球应用动能定理，可得：Flsinθ﹣mgh＝0﹣0，解得：h＝1m，故A正确； B、若F＝40N，小球相对于最低点上升的最大高度为2m，则根据动能定理，可知小球在相对于最低点上升的最大高度为2m时的动能满足：，在最高点：，解得：T＝﹣mg，而绳只能提供拉力，不能提供支持力，即该假设不合理，故B错误； C、若F＝50N，小球从静止到达最高点的过程中，根据动能定理，可得小球在相对于最低点上升的最大高度为2m时的动能满足：，由拉力与重力的合力提供向心力，可得：，解得：T＝0，故C错误； D、若F＝60N，小球再次回到最低点时，根据动能定理，可得在最低点时的动能为：，由拉力与重力的合力提供向心力，可得：，解得：T＝70N，故D正确。 故选：AD。 （多选）7．（2025秋•海淀区校级期末）人们有时用“打夯”的方式把松散的地面夯实，如图所示。设某次打夯符合以下模型：两人同时通过绳子对质量为m的地面上的重物各施加一个力，力的大小均恒为F，方向都斜向上与竖直方向成θ角，重物离开地面高度为h时人停止施力，重物最终下落至地面，并把地面砸下深度为d的凹坑。不计空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．重物落下接触地面时的动能等于2Fhcosθ B．重物上升的最大高度为 C．整个过程重力做功等于mg（h+d） D．地面对重物的阻力做功等于﹣（2Fhcosθ+mgd） 【答案】ABD 【解析】解：A.设重物落下接触地面时的动能为Ek，从地面到接触地面的过程，拉力做功2Fhcosθ，重力总做功为0（初末位置均在地面）。根据动能定理，接触地面时的动能等于拉力做功，即 Ek＝2Fhcosθ，故A正确； B.对重物从刚开始离开地面上升到最大高度过程，根据动能定理有2Fhcosθ﹣mgH＝0 可得重物上升的最大高度，故B正确； C.重力做功仅与初末高度差有关，整个过程中午下降位移为d，则重力做功为WG＝mgd，故C错误； D.设地面对重物的阻力做功为Wf，重物下落至刚接触地面到最终停下的过程，根据动能定理有WG+Wf＝0﹣Ek解得W＝﹣（2Fhcosθ+mgd），故D正确。 故选：ABD。 模型二 动能定理解决变力做功问题 一、解决方法：把变力做的功设成WF，然后运用动能定理列式。 二、基础知识 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。 三、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 四、五类图像中所围“面积”或斜率的意义 【例题精讲】 1．（2026•开福区校级开学）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），不计空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．物体上升到时加速度不为零 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】D 【解析】解：A、物体由静止运动至最大高度h，初、末速度均为零，动能变化量为零。根据动能定理有WF﹣mgh＝0，其中WF为F﹣x图线与x轴所围面积，即，解得，表明重力等于平均拉力。由于F随x线性变化，平均力对应于中点位置处的拉力，即。根据牛顿第二定律F﹣mg＝ma，解得在时a＝0，故A错误； B、在x＝0处，F0＞mg，加速度方向向上；在x＝h处，Fh＜mg，加速度方向向下。由可知|F0﹣mg|＝|Fh﹣mg|，即加速度大小相等，但方向相反，故加速度不同，故B错误； C、物体加速度最大值出现在合力最大处，即x＝0或x＝h处。由可得。最大合力。根据牛顿第二定律Fnet＝mamax，解得，故C错误； D、当加速度为零时速度最大，动能最大，此时。从x＝0到过程，根据动能定理，其中。代入整理得，将代入，解得，故D正确。 故选：D。 2．（2025秋•菏泽期中）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 【解析】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．（2025秋•合肥校级月考）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 【解析】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。 4．（2025秋•金坛区校级月考）如图所示，光滑水平轨道AB与竖直面内的光滑半圆形轨道BC在B点平滑连接，轨道半径R＝0.5m。一质量为m＝2kg的小物体将轻弹簧压缩至A点后由静止释放，物体脱离弹簧后进入半圆形轨道，恰好能够到达最高点C。取g＝10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．物体在C点所受合力为0 B．物体在C点的速度为5m/s C．物体由B点运动到C点，动能减少量为25J D．物体在A点时弹簧的弹性势能为25J 【答案】D 【解析】解：A、C点重力提供向心力，合力F＝mg＝20N，物体在C点所受合力不为0，故A错误； B、在C点重力提供向心力，由 得m/s，故B错误； C、由动能定理，小物体B点运动到C点，动能减少量等于重力势能的增加量，为ΔEK＝mg•2R＝2×10×2×0.5J＝20J，故C错误； D、由能量守恒，物体在A点时弹簧的弹性势能为 代入数据得EP＝25J，故D正确。 故选：D。 5．（2025•广安区校级模拟）如图所示，有一根长为L、质量为M的均匀链条AB静止在摩擦系数μ＝0.2的粗糙水平桌面上，其长度的悬于桌边外，如果在链条的A端施加一个拉力使链条AB以0.4g（g为重力加速度）的加速度运动，直到把悬着的部分拉回桌面。设拉动过程中链条与桌边始终保持接触，则拉力需做功（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】解：根据题意，由运动学公式，悬着的部分拉回桌面时，链条的速度满足：，即：v2＝2×0.4gL， 链条上升的过程中所受摩擦力逐渐增大，与位移x成正比， 设拉力需做功W，整个过程，由动能定理有：， 联立并代入数据解得：，故C正确，ABD错误。 故选：C。 多选）6．（2025春•香坊区校级期中）人们用固定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点以2m/s的速度沿切线方向下滑，沿滑道运动到圆弧末端Q点时速度大小为5m/s。已知货物质量为10kg，滑道高度h为2m，且过Q点的切线水平，重力加速度取10m/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．克服阻力做的功为95J B．重力做的功为20J C．经过Q点时向心加速度大小为25m/s2 D．经过Q点时对轨道的压力大小为225N 【答案】AD 【解析】解：B.重力做的功WG＝mgh＝10kg×10m/s2×2m＝200J 故B错误； A.下滑过程根据动能定理 可得克服阻力做的功Wf＝95J 故A正确； C.经过Q点时向心加速度大小为，解得：a＝12.5m/s2 故C错误； D.经过Q点时，根据牛顿第二定律：解得：FN＝225N 根据牛顿第三定律F压＝FN＝225N 故D正确。 故选：AD。 （多选）7．（2026•长寿区校级开学）如图甲所示，轻弹簧一端固定在倾角θ＝30°的足够长的光滑斜面上，另一端与质量为m1＝0.8kg的物块a相连，质量m2＝0.4kg的物块b紧靠a静止在斜面上。t＝0时刻，对物块b施加沿斜面向上的力F，使得b始终做匀加速直线运动，力F随物块b的位移x变化的关系如图乙所示。已知t＝0.6s时，a、b刚好分离。取重力加速度g＝10m/s2。下列说法正确的是（　　） A．x＝0.18m时，弹簧恢复原长 B．F1的值为6.6N C．弹簧的劲度系数为 D．0﹣0.6s时间内，a对b做的功为0.108J 【答案】CD 【解析】解：A．根据图乙分析可知，x＝0.18m时，a、b刚好分离，a、b的加速度大小相等，且a、b之间的相互作用力为零，此时弹簧未恢复原长，故A错误； B．b始终做匀加速直线运动，根据匀变速直线运动的规律得 代入数据解得a＝1m/s2 t＝0时刻，对a、b整体由牛顿第二定律得F1＝（m1+m2）a 代入数据解得F1＝1.2N，故B错误； C．设弹簧的劲度系数为k，未对b施加力F时，kx1＝（m1+m2）gsinθ a、b分离瞬间，对a由牛顿第二定律得kx2﹣m1gsinθ＝m1a 由题意知x1﹣x2＝0.18m 联立解得，故C正确； D．t＝0.6s时，a的速度大小为v＝at 代入数据解得 v＝0.6m/s 0.6s后，对b由牛顿第二定律得F2﹣m2gsinθ＝m2a 代入数据解得F2＝2.4N 0﹣0.6s时间内，力F对b做的功为 对b由动能定理得 代入数据解得W＝0.108J，故D正确。 故选：CD。 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．求解多过程问题要抓好“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．（2025秋•鲤城区校级期中）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 【解析】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。 2．（2025秋•安宁区校级期中）如图所示，小球沿水平面通过O点进入半径为R的半圆弧轨道后恰能通过最高点P，然后落回水平面，不计一切阻力，下列说法正确的是（　　） A．小球落地点离O点的水平距离为R B．小球落地点时的动能为 C．小球运动到半圆弧最高点P时向心力恰好为零 D．若将半圆弧轨道上的圆弧截去，其他条件不变，则小球能达到的最大高度比P点高0.5R 【答案】D 【解析】解：A、在最高点P小球受到的重力恰好提供向心力，根据牛顿第二定律得： 解得v 小球离开P点后做平抛运动，根据2R 解得平抛运动的时间t 则水平距离x＝vt，故A错误； B、根据机械能守恒定律，可得小球落地点时的动能2.5mgR，故B错误； C、小球沿水平面通过O点进入半径为R的半圆弧轨道后恰能通过最高点P，在P点轨道对小球的弹力为0，重力提供向心力，故C错误； D、若将半圆弧轨道上部的圆弧截去，其他条件不变，小球达到最高点时的速度为零。设小球能达到的最大高度为比P点高h。由机械能守恒定律得到：mg（2R+h）＝2.5mgR，解得h＝0.5R，故D正确。 故选：D。 3．（2025秋•白城校级期中）一质量为1kg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摩擦因数为0.4，重力加速度大小取10m/s2。则从x＝0运动到x＝4m的过程中，拉力的最大瞬时功率为（　　） A．6W B． C．12W D． 【答案】D 【解析】解：由于拉力在水平方向，则拉力做的功为 W＝Fx 图像中斜率代表拉力F，知在x＝2m时，拉力 物体从0运动到2m的过程，由动能定理有 解得物体的速度为 物体在2m时，拉力的功率 P1＝F1v1 解得 此后，拉力变为 F2小于摩擦力，物体做减速运动，速度变小，拉力的功率变小。所以则从x＝0运动到x＝4m的过程中，拉力的最大瞬时功率为 故ABC错误，D正确。 故选：D。 4．（2025春•庐阳区校级期末）如图所示，倾角为θ＝30°固定于水平地面的楔形木块，顶端有一个定滑轮，跨过定滑轮的细线两端分别与物块A和B连接，A的质量为3m，B的质量为m，开始时，将B按在地面上不动，放开手，A沿斜面下滑，B上升，所有摩擦均忽略不计。当A沿斜面下滑距离s时，细线突然断裂，以下说法正确的是（设B始终不会与定滑轮相碰）（　　） A．绳断裂前拉力对物块A做功为﹣mgs B．绳断裂瞬间物块A重力的瞬时功率为 C．细绳断裂前A物体的加速度大小为 D．整个过程中B物体上升的最大高度为 【答案】C 【解析】解：AC、细绳断裂前，以A为研究对象，根据牛顿第二定律可得：3mgsinθ﹣T＝3ma 以B为研究对象，根据牛顿第二定律可得：T﹣mg＝ma 联立解得：， 则绳断裂前拉力对物块A做功为：，故A错误，C正确； B、根据运动学公式可得：2as＝v2，解得绳断裂瞬间A、B的速度大小为：， 则绳断裂瞬间物块A重力的瞬时功率为：，故B错误； D、设绳断裂后B继续上升的高度为h，根据动能定理得：，解得：， 可得整个过程中B物体上升的最大高度为：，故D错误。 故选：C。 5．（2025•蚌埠校级开学）如图所示，一物体沿粗糙斜面上滑到最高点后再沿斜面下滑，回到出发点时的速度是出发时速度的一半，斜面的倾角为θ，则物体与斜面间的动摩擦因数是（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】解：设物体的质量为m，斜面长度为L。物体上滑过程，根据动能定理得 下滑过程，根据动能定理得 联立解得物体与斜面间的动摩擦因数，故ABD错误，C正确。 故选：C。 （多选）6．（2025秋•青山湖区校级期末）某同学用台秤研究在电梯中的超失重现象。在地面上称得其体重为500N，再将台秤移至电梯内称其体重。电梯从t＝0时由静止开始运动，到t＝11s时停止，得到台秤的示数F随时间t变化的情况如图所示（g＝10m/s2）。则（　　） A．电梯为下降过程 B．在10～11s内电梯的加速度大小为1m/s2 C．F3的示数为600N D．电梯运行的总位移为20m 【答案】AC 【解析】解：A、由t＝0时电梯静止，可知电梯的初速度与0～2s时间内的加速度方向相同，由图可知0～2s时间内台秤示数为450N，同学体重为500N，即同学受到的合力向下，加速度向下，则电梯初始的运动方向向下，该过程为下降过程，故A正确； BC、由图可知电梯在三段时间内分别做匀加速、匀速、匀减速运动，结合牛顿第二定律，可得电梯第一段的加速度满足：mg﹣F1＝ma1，匀速时的速度大小满足：v＝a1t1，根据电梯在11s时停止，可在10～11s内电梯的加速度大小满足：0﹣v＝﹣a2t3，F3﹣mg＝ma2，解得F3＝600N，，故B错误，C正确； D、电梯加速阶段：，减速阶段：，匀速运动阶段：h2＝vt2，电梯运行的总位移为：H＝h1+h2+h3，解得：H＝19m，故D错误。 故选：AC。 （多选）7．（2025秋•菏泽期中）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 【解析】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 动能定理求解机动车启动问题 恒定功率启动时，牵引力做的功为Pt,依据动能定理列式即可。 【例题精讲】 1．（2025春•西城区校级期中）电动平衡车作为一种电力驱动的运输载具，被广泛应用在娱乐、代步、安保巡逻等领域。某人站在平衡车上以初速度v0在水平地面上沿直线做加速运动，经历时间t达到最大速度vm，此过程电动机的输出功率恒为额定功率P。已知人与车整体的质量为m，所受阻力的大小恒为f。则（　　） A． B．车速为v0时的加速度大小为 C．人与车在时间t内的位移大小等于 D．在时间t内阻力做的功为 【答案】B 【解析】解：A、当牵引力等于阻力时，平衡车的速度达到最大，则有P＝Fvm＝fvm，平衡车的最大速度为vm，故A错误； B、车速为v0时，根据牛顿第二定律得f＝ma，解得车速为v0时的加速度大小为a，故B正确； D、人与车在时间t内，根据动能定理得 Pt+Wf 解得在时间t内阻力做的功为WfPt，故D错误； C、在时间t内阻力做的功为Wf＝﹣fs 可得人与车在时间t内的位移大小为s，故C错误。 故选：B。 2．（2024秋•大同校级期末）一辆汽车夜晚在平直公路上以速度v0匀速行驶进入到一段照明不良的路段，该司机为安全起见，在t＝0时刻迅速减小油门将功率减小为某一定值，汽车的速度与时间的关系如图所示。设汽车行驶时所受的阻力恒定为f，汽车的质量为m，则下列说法正确的是（　　） A．整个减速过程中，克服阻力做功为 B．t＝0时刻功率减小为原来的一半 C．整个减速过程中，汽车的牵引力不断变小 D．若汽车的速度减为原来一半所需的时间为t，则通过的位移大于 【答案】B 【解析】解：A、根据动能定理，整个过程中合外力做功为 故A错误； B、根据图像，汽车的速度减半，根据功率和速度关系公式 P＝Fv 汽车匀速行驶时牵引力等于阻力，所以功率减小为原来的一半，故B正确； C、减速过程中功率不变，根据 P＝Fv 可知，汽车牵引力不断变大，故C错误； D、根据图像可知，速度与时间图像下方与坐标轴所围的面积表示位移，通过的位移小于，故D错误。 故选：B。 3．（2026•重庆校级模拟）某智能配送机器人总质量为m，在平直路线上由静止开始配送货物。行驶阻力包含恒定阻力f以及与速度平方成正比的空气阻力（其中k为已知常量）。机器人先以恒定加速度a启动，当输出功率达到额定功率后保持功率P不变，最终以最大速度vmax匀速行驶。已知重力加速度为g，忽略其他阻力，下列说法正确的是（　　） A．匀加速运动阶段，牵引力与速度的平方成正比 B．匀加速运动阶段的最大速度v1满足方程 C．当机器人的速度为时，其加速度大小可能为 D．在匀加速阶段，机器人从静止开始运动至最大速度v1所用时间为t，则该过程克服阻力所做的功为 【答案】C 【解析】解：A．匀加速运动阶段，由牛顿第二定律可得F﹣（f+kv2）＝ma 即F＝ma+f+kv2，故A错误。 B．匀加速阶段结束时，速度达v1，功率达额定功率P，此时P＝Fv1 牵引力 因此，故B错误； C．当机器人最大速度vmax时匀速行驶，牵引力等于总阻力 功率 当速度 时，若处于功率恒定阶段（即v＞v1），牵引力 加速度 代入数据得 因v1＜vmax时可能存在 ，故此加速度可能成立，故C正确； D．匀加速阶段，根据动能定理可得 在匀加速阶段，瞬时功率P（t′）＝Fv＝（ma+f+kv2）v，因此牵引力做功，故D错误。 故选：C。 4．（2025秋•镇海区校级期末）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 【解析】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。 5．（2025春•建邺区校级月考）“辘轳”是中国古代取水的重要设施，通过转动手柄将轻绳缠绕到半径为R的转筒上，就可以把水桶从井中提起。若某次转动手柄的角速度ω随时间t变化的图像如图乙所示，经3t0时间把水桶从井底提升到井口，水桶和桶中水的总质量为m，重力加速度大小为g，水桶可看成质点，下列说法正确的是（　　） A．水井的深度为2ω0Rt0 B．0～3t0，水桶做初速度为零的匀加速直线运动 C．把水桶从井底提升到井口的过程中轻绳拉力对水桶和桶中水做功为 D．把水桶从井底提升到井口的过程中克服重力做功的平均功率为 【答案】A 【解析】解：A、根据ω﹣t图像与时间轴所围的面积表示转筒转过的角度，可知，0～3t0内转筒在此过程中转过的角度2ω0t0，则水井深度为h＝Rθ＝2ω0t0R，故A正确； B、转筒边缘点的线速度大小等于水桶速度大小，根据v＝ωR，在0～2t0内，ω与t成正比，则v与t成正比，水桶做匀加速直线；在2t0～3t0内，ω不变，v不变，水桶做匀速运动，故B错误； C、根据动能定理，将水桶从井底提至井口，合力对水桶（含水）做功，其中v＝ω0R，代入得，因水桶和桶中水做负功，故轻绳拉力对水桶和桶中水做功大于，故C错误； D、此过程中克服重力做功的平均功率，将h＝2ω0t0R代入，得，故D错误。 故选：A。 （多选）6．（2025秋•新城区校级期末） 2024年11月12日，第十五届中国国际航空航天博览会在广东珠海国际航展中心开幕。悬停在空中的直﹣20武装直升机用钢索将静止在地面上的质量为m的军车竖直向上吊起。钢索上的拉力F随时间变化的图像如图所示，已知t2时刻拉力的功率为P，此后拉力的功率保持不变。不计空气阻力，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（　　） A．t1时刻军车的加速度为 B．t1时刻军车的速度为 C．向上吊起过程中军车的最大速度为 D．t2到t3时间内军车上升的高度为 【答案】BC 【解析】解：A、由牛顿第二定律可得，t1时刻军车的加速度表达式为，故A错误； B、根据题意，t2时刻军车的速度满足。从图像可知，在t1∼t2时段内拉力保持不变，因此合力恒定，加速度不变，军车做匀加速直线运动，则t1时刻的速度可表示为v1＝v2﹣a1（t2﹣t1），代入得，故B正确； C、在向上吊起过程中，当加速度为零时军车达到最大速度，此后保持匀速运动，此时拉力与重力平衡，即F＝mg，最大速度为，故C正确； D、在t2到t3时间内，根据动能定理有，整理可得上升高度，故D错误。 故选：BC。 （多选）7．（2025秋•西青区校级月考）2025年11月26日香港一住宅发生火灾，这不仅对消防人员是一个极大的考验，同时对消防车的性能要求也特别高。某中学兴趣小组对一辆自制电动消防模型车的性能进行研究。这辆小车在水平的直轨道上由静止开始以恒定加速度启动，达到额定功率之后以额定功率继续行驶。25s到35s近似为匀速直线运动，35s关闭发动机．其v﹣t图像如图所示。已知小车的质量为10kg，g＝10m/s2，可认为在整个运动过程中小车受到的阻力大小不变。下列说法正确的是（　　） A．小车受到的阻力大小为10N B．0～5s内小车的牵引力大小为24N C．小车发动机的额定功率为144W D．小车在加速过程中的位移为150m 【答案】BC 【解析】解：A、在35s～45s内，发动机关闭，小车在阻力作用下做匀减速直线运动，根据v﹣t图像可知其加速度大小为，代入数据解得；根据牛顿第二定律有f＝ma3，代入数据解得小车受到的阻力f＝12N，故A错误； B、在0～5s内，小车做匀加速直线运动，加速度代入数据解得；根据牛顿第二定律有F1﹣f＝ma1，代入数据解得小车牵引力F1＝12N+10×1.2N＝24N，故B正确； C、在25s～35s内，小车做匀速直线运动，此时牵引力F2＝f，即F2＝12N，速度为额定速度vm＝12m/s，则发动机额定功率P＝F2vm＝12×12W＝144W，故C正确； D、在0～5s内的位移，代入数据解得x1＝15m；在5～25s内，小车以额定功率行驶，根据动能定理有，代入数据解得x2＝195m；则加速阶段总位移x＝x1+x2，即x＝210m，故D错误。 故选：BC。 模型五 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像所表示的物理意义。 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代入函数关系式求解相应物理量。 【例题精讲】 1．（2026•深圳模拟）如图，光滑斜面体固定在水平地面上，物块通过轻质弹簧与斜面体底端相连。弹簧原长时，由静止释放物块，并开始计时。规定物块释放位置为坐标原点，沿斜面向下为正方向，水平地面为零势能面，不计空气阻力。则下滑过程中，物块的合外力F、位移x、动能Ek、重力势能Ep分别与t或x的变化关系，正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】解：A、沿斜面方向，物块所受合外力为F合＝mgsinθ﹣kx，合外力F合与位移x呈线性关系，但物块做简谐运动，x随时间t按正弦规律变化，因此F合与t并非线性关系，其图像不是直线，故A错误； B、位移x与时间t关系图像的斜率表示速度，物块下滑过程中速度先增大后减小，因此x﹣t图像的斜率先增大后减小，不可能是表示速度大小恒定的折线，故B错误； C、根据动能定理，物块动能，Ek与x是二次函数关系，其图像为开口向下的抛物线，不是直线，故C错误； D、以水平地面为零势能面，设物块初始位置距地面高度为H，下滑位移x后，高度为H﹣xsinθ，则重力势能Ep＝mgH﹣mgsinθ•x，Ep与x呈线性关系，x增大时Ep线性减小，与D图一致，故D正确。 故选：D。 2．（2025秋•观山湖区校级期末）质量为1kg的物块在水平力F的作用下由静止开始在水平地面上做直线运动，v﹣t图像如图所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为0.2，重力加速度大小取g＝10m/s2。则0～6s内F对物块所做的功为（　　） A．8J B．16J C．40J D．20J 【答案】C 【解析】解：在0～6s的时间间隔内，物块运动的总路程S可由速度—时间图像与时间轴所围面积的绝对值之和求得，即，解得：s＝16m。 对整个运动过程应用动能定理，有，代入数据解得外力F对物块所做的功WF＝40J，故C正确，ABD错误。 故选：C。 3．（2025秋•扬州期末）如图所示，用轻弹簧拴接物块和水平地面，物块在压力F作用下处于静止状态。撤去压力F，物块竖直向上运动过程中，其动能Ek与位移x、时间t的关系图像，正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】解：AB、物块竖直向上运动过程中，速度先增大后减小到零，所受合力先减小后增大，其动能先增大后减小到零，动能Ek与位移x的关系图像的斜率的绝对值等于合外力的大小，Ek﹣x的斜率的绝对值先变小后变大，故AB错误。 CD、轻弹簧拴接物块，释放后物块做简谐运动，竖直向上运动过程，物块的速度大小与时间的变化规律符合正弦函数规律，故C错误，D正确。 故选：D。 4．（2025秋•滨州期末）一物块在水平拉力F作用下沿粗糙水平面运动，拉力随时间变化的F﹣t图像如图甲所示，5s后撤去拉力F，拉力F的功率随时间变化的P﹣t图像如图乙所示，则（　　） A．运动过程中，物块受到的摩擦力大小为3N B．2s末物块的速度大小为12m/s C．0～5s内物块的位移大小为12m D．位移为18m时物块的动能为6J 【答案】D 【解析】解：A.由P﹣r图像可知，在2～5s为拉力F的功率不变，物块做匀速直线运动，根据平衡条件可得运动过程中，物块受到的摩擦力大小为f＝F2＝1N，故A错误； B.在0～2s过程，由P﹣r图像可知，2s末拉力F的功率为P2＝F1v2 代入数据得2s末物块的速度大小为，故B错误； C.在0～2s过程，由P﹣t图像可知，物块做初速度为0的匀加速直线运动，通过的位移大小为 物块在2～5s内做匀速直线运动，通过的位移大小为x2＝v2t'＝4×3m＝12m，则0～5s内物块的位移大小为x＝x1+x2 代入数据得x＝16m，故C错误； D.设位移为x＝18m时物块的动能为Ek，根据动能定理可得F1x1+F2x2﹣fx＝Ek﹣0 代入数据得Ek＝6J，故D正确。 故选：D。 5．（2025秋•碑林区校级月考）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 【解析】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。 （多选）6．（2025秋•济南期末）质量为1kg的物体在水平力作用下由静止开始沿水平面做直线运动，物体的加速度a随时间t的变化规律如图所示，下列说法正确的是（　　） A．t＝2s时物体的运动方向发生改变 B．t＝1s时物体的速度大小为6m/s C．0～3s内，合外力对物体做功为128J D．0～3s内，合外力对物体做功为32J 【答案】BD 【解析】解：由a﹣t图像可知，在0～2s内物体做匀加速直线运动，其加速度；在2～3s内做匀减速直线运动，其加速度。根据速度公式v＝v0+at可得，t＝1s时的速度v1＝6m/s，t＝2s时的速度v2＝12m/s，而在t＝3s时的速度v3＝v2+a2Δt，解得：v3＝8m/s。 AB、由于在0～3s整个过程中物体的速度始终大于零，说明物体的运动方向一直未发生改变，故t＝2s时运动方向不变；由计算可知t＝1s时物体的速度大小为6m/s，故A错误，B正确； CD、根据动能定理，在0～3s内合外力对物体做的总功等于动能的变化量，即，代入数据解得：W＝32J，故C错误，D正确。 故选：BD。 （多选）7．（2025秋•驻马店期末）如图甲所示，质量m＝1kg的物块在恒定拉力F的作用下由静止开始沿水平地面做直线运动，其位置坐标与速度的平方的关系图像如图乙所示。已知拉力F＝2N、方向与水平方向的夹角为37°，经10s撤去拉力。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度大小g＝10m/s2，下列分析正确的是（　　） A．撤去拉力前，物块运动的加速度大小为1m/s2 B．物块与水平地面间的动摩擦因数为0.125 C．撤去拉力时，物块的动能为12.5J D．物块最终停在x＝10m处 【答案】BC 【解析】解：A、对物块进行受力分析，撤去拉力前，物块受到重力、支持力、拉力以及水平向左的滑动摩擦力作用。由位置坐标与速度平方的关系图乙可知，图线斜率；根据运动学公式可得，则斜率，解得撤去拉力前物块运动的加速度大小为a＝0.5m/s2，故A错误； B、在竖直方向上物块受力平衡，有N+Fsin37°＝mg，代入数据解得支持力N＝8.8N；在水平方向上，根据牛顿第二定律有Fcos37°﹣μN＝ma，代入数据解得动摩擦因数μ＝0.125，故B正确； C、物块由静止开始运动，10s时的速度v＝at，代入数据解得v＝5m/s；此时物块的动能，代入数据解得Ek＝12.5J，故C正确； D、由图乙可知，当v＝0时，物块的初始位置坐标x0＝﹣4m；10s时物块的位置坐标，代入数据解得x10＝21m；撤去拉力后，物块做匀减速直线运动，加速度大小；滑行距离，代入数据解得Δx＝10m；最终停下的位置坐标x最终＝x10+Δx＝31m，故D错误。 故选：BC。 课时精练 1． 选择题（共8小题） 1．（2024秋•新安县期末）A、B两物体的速度之比为2：1，质量之比为1：3，则它们的动能之比为（　　） A．12：1 B．12：3 C．12：5 D．4：3 【答案】D 【解析】解：根据动能的表达式Ekmv2得，A、B两物体的速度之比为2：1，质量的大小之比为1：3，解得动能之比为EkA：EkB＝4：3，故D正确，ABC错误。 故选：D。 2．（2025春•北京校级期末）如图所示，坐满乘客的摩天轮绕中心轴在竖直平面内匀速转动。假设所有乘客的质量均相等，在某一时刻，下列说法中正确的是（　　） A．每位乘客的线速度都相同 B．每位乘客的加速度都相同 C．每位乘客的动能都相同 D．每位乘客对座椅的压力都相同 【答案】C 【解析】解：A、线速度是矢量，乘客做匀速圆周运动，线速度大小一定，方向发生变化，则乘客的线速度不相同，故A错误； B、加速度是矢量，乘客做匀速圆周运动，加速度 加速度大小相等，方向不相同，则乘客的加速度都不相同，故B错误； C、动能是标量，所有乘客的质量均相等，线速度大小相等，乘客的动能为 故每位乘客的动能都相同，故C正确； D、对位于最高点与最低点的乘客分别进行受力分析，有， 解得乘客所受的支持力， 结合牛顿第三定律可知，每位乘客对座椅的压力不相同，故D错误。 故选：C。 3．（2025秋•保山期末）在“滇超联赛”中，某足球队员跃起争顶，将队友传来的足球以E1＝24J的初动能水平顶出，球落地时的动能E2＝96J，不计空气阻力。则球落地时的速度与水平方向的夹角为（　　） A．30° B．37° C．45° D．60° 【答案】D 【解析】解：根据题意分析可知，由动能的表达式有， 令球落地时的速度与水平方向的夹角为θ，则有 解得 根据三角函数可知，θ＝60°，故D正确，ABC错误； 故选：D。 4．（2025秋•青岛期末）如图所示，半径为R的光滑圆弧轨道固定在竖直面内，B、C两点分别是轨道的最左端和最高点。质量为m的小球从B点正上方A处由静止释放，从B点进入轨道后恰好通过C点，小球可看作质点，空气阻力不计，则A、B间的高度差h为（　　） A． B．R C． D．2R 【答案】C 【解析】解：已知：圆弧半径为R，小球质量为m，重力加速度为g。 小球恰好通过最高点C，此时重力提供向心力： 解得： 以B点所在平面为零势能面，小球从A到C的过程中，机械能守恒： 代入 解得：，故ABD错误，C正确。 故选：C。 5．（2025春•青岛校级期中）“套圈圈”是一种有趣的娱乐活动。小孩和大人在同一条竖直线上的不同高度分别水平抛出相同的圆环，结果恰好都套中前方同一物体，不计空气阻力。若大人和小孩抛出圆环的高度之比为2：1，圆环及被套物体均可视为质点，则下列说法错误的是（　　） A．大人和小孩抛出圆环时对圆环做的功之比为1： B．大人和小孩抛出的圆环在空中飞行过程中重力的平均功率之比为：1 C．大人和小孩抛出的圆环落地时重力的瞬时功率之比为：1 D．大人和小孩抛出的圆环在空中运动过程中动能的变化量之比为2：1 【答案】A 【解析】解：A．圆环做平抛运动，竖直方向上有 则t 可得大人和小孩抛出圆环平抛运动时间之比为 圆环在水平方向上有 x＝v0t 水平位移相同，速度和时间成反比，故水平初速度之比为 大人和小孩抛出圆环时对圆环做的功转化为动能，根据可知动能之比为1：2，则大人和小孩抛出圆环时对圆环做的功之比为1：2，故A错误； B、飞行过程中重力的平均功率，重力做功之比为2：1，运动时间之比为，则平均功率之比为，故B正确； C、圆环落地时重力的瞬时功率为P＝mgvy＝mg2t，可得落地时重力的瞬时功率之比为2：1，故C正确； D、根据动能定理知，动能的变化量等于重力做功，重力做功之比为2：1，则动能的变化量之比为2：1，故D正确。 本题选错误的，故选：A。 6．（2025春•越秀区校级月考）如图所示，电梯质量为M＝800kg，电梯地板上放置一质量为m＝200kg的物体，钢索拉着电梯由静止开始向上运动，某物理兴趣小组测得电梯中物体在一段时间的v﹣t图像如图所示。下列判断正确的是（　　） A．在4s～7s时间内钢索的拉力做负功 B．在2s～4s时间内物体重力做功12000J C．在0s～2s时间内，电梯地板对物体的支持力做的功等于6900J D．在0s～2s时间内，电梯地板对物体做的功等于物体动能的增加量 【答案】C 【解析】解：A、在4s∼7s时间内钢索的拉力竖直向上，此段时间内电梯竖直向上运动，则拉力方向与位移方向相同，拉力做正功，故A错误； B、在2s∼4s时间内物体上升的高度为h2＝vt2＝3×2m＝6m，物体重力做功为W2＝﹣mgh2＝﹣200×10×6J＝﹣12000J，故B错误； C、根据v﹣t图像的斜率表示加速度，可知在0s∼2s时间内，物体的加速度为 由牛顿第二定律得 N﹣mg＝ma1 解得电梯地板对物体的支持力为N＝2300N 在0s∼2s时间内，物体位移为 电梯地板对物体的支持力做的功 W1＝Nh1＝2300×3J＝6900J，故C正确； D、由动能定理，在0s∼2s时间内，电梯地板对物体做的功与重力对物体做的功之和等于物体动能的增加量，故D错误。 故选：C。 7．（2025•山东模拟）如图所示（俯视图），在光滑水平面上固定半径为R的圆盘，O点为圆心。长为L的轻质细线一端固定在圆盘边缘上，另一端与小球相连，初始时细线绷直并与圆盘相切。给小球垂直于细线方向的初速度v0，在圆盘上缠绕过程中小球的运动轨迹称为“阿基米德螺旋线”。假设细线与圆盘的切点与O点的距离不变。下列说法正确的是（　　） A．运动过程中细线对小球做正功 B．运动过程中小球的线速度大小不变 C．小球绕切点旋转的角速度不变 D．运动过程中细线上的拉力越来越小 【答案】B 【解析】解：A、在运动过程中，细线的拉力方向始终与小球的速度方向垂直，所以细线对小球不做功，故A错误； B、在小球运动过程中，小球受重力、支持力和细线的拉力，但这些力对小球都不做功，根据动能定理可知小球的速度大小不变，即线速度大小不变，故B正确； C、在运动过程中，细线的长度减小，即小球做圆周运动的半径减小，线速度大小不变，根据v＝rω可知，小球绕切点旋转的角速度变大，故C错误； D、小球做圆周运动的半径减小，小球是由细线的拉力提供向心力的，根据F可知，细线上的拉力越来越大，故D错误。 故选：B。 8．（2025•鞍山模拟）如图1所示，上表面光滑的斜面体固定在水平地面上，一个小木块从斜面底端冲上斜面。图2为木块的初动能Ek与木块轨迹的最高点距地面高度H的关系图像。由此可求得斜面的长度为（　　） A． B． C．4h0 D．6h0 【答案】C 【解析】解：若木块不滑离斜面，由动能定理得 ﹣mgH＝0﹣Ek 即mgH＝Ek 由图像可知木块的重力为 设斜面长度L，倾角为θ，当木块能滑离斜面时，从底端到顶端时，由动能定理得 ﹣mgLsinθEk 木块滑离斜面后做斜抛运动，还能上升的高度 木块轨迹的最高点距地面高度H＝Lsinθ+h 联立解得 由图像可知图线的斜率k 解得 根据图像可计算后一段图像在纵轴上的截距为1.5h0，则截距L（sinθ﹣sin3θ）＝1.5h0 解得L＝4h0，故ABD错误，C正确。 故选：C。 2． 多选题（共3小题） （多选）9．（2025秋•五华区校级期中）光滑水平面上，小物块在水平力F作用下运动，运动过程中速度v与位置坐标x的关系如图所示，所受空气阻力f与速度v的关系满足f＝kv，已知，k、v1、x1，则小物块从x＝﹣x1到x＝x1的运动过程中（　　） A．x＝0到x＝x1过程中，水平力F逐渐增大 B．小物块运动的加速度与位移成正比 C．阻力f功率的最大值 D．x＝﹣x1到x＝x1的运动过程中，拉力F做功kv1x1 【答案】ABD 【解析】解：A、由图可知，从x＝0到x＝x1过程中，小物体速度逐渐增大，相同速度变化量对应时间间隔减小，根据，可知加速度逐渐增大。由牛顿第二定律F﹣kv＝ma，解得F＝ma+kv，故水平力F逐渐增大，故A正确； B、由图像得速度与位移成正比，根据和，可推得加速度与速度成正比，进而与位移成正比，故B正确； C、阻力功率P＝fv＝kv2，当速度达到最大值v1时功率最大，即，故C错误； D、物体所受阻力与位移关系如图所示： 由图像面积可得克服阻力做功。对x＝﹣x1到x＝x1过程应用动能定理，解得WF＝Wf＝kv1x1，故D正确。 故选：ABD。 （多选）10．（2025春•河南期末）如图甲所示，质量为2kg的物体静止在粗糙的水平地面上，在一水平外力F的作用下开始运动，外力F做的功和物体克服摩擦力f做的功与物体位移x的关系图像如图乙所示，取重力加速度大小g＝10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．物体与地面之间的动摩擦因数为0.25 B．物体运动的最大位移为13.5m C．物体在运动过程中的最大速度为3m/s D．物体在运动过程中匀速运动了3s 【答案】BC 【解析】解：A、根据功的公式W＝Fx可知，在W﹣x图像中，图线的斜率表示力，摩擦力大小始终不变，所以题图乙下方图像是物体克服摩擦力f做的功与物体位移x的关系图像，结合Wf＝fx可知，物体所受滑动摩擦力大小f＝2N，根据f＝μmg，解得μ＝0.1，故A错误； B、从物体开始运动到停止运动，根据动能定理有WF﹣fx＝0，可得，故B正确； C、前3m内，根据动能定理得WF1﹣fx1，其中WF1＝15J，x1＝3m，解得3m处物体的速度v＝3m/s，3m以后物体牵引力等于阻力，则物体匀速运动，所以物体在运动过程中的最大速度为3m/s，故C正确； D、进一步分析可知，物体在3m～9m内做匀速直线运动，由t可知，匀速运动的时间为，故D错误。 故选：BC。 （多选）11．（2025春•安丘市期中）如图所示，质量为43kg的学生站在水平地面上，竖直向下拉绳，使木箱沿足够长斜面由静止向上运动，人对水平地面的压力大小为400N。绕过定滑轮的细绳与斜面平行。已知木箱质量为2kg，斜面倾角为30°，木箱与斜面间的动摩擦因数为，重力加速度g＝10m/s2。下列说法正确的是（　　） A．前2s内克服重力做功100J B．前2s内绳对木箱拉力做功150J C．2s末拉力的功率为150W D．2s末重力功率为50W 【答案】BCD 【解析】解：A.人对绳子的拉力F＝43×10N﹣400N＝30N，根据牛顿第二定律，木箱的加速度为，代入数据解得a＝2.5m/s2，前2s内位移为m＝5m，克服重力做功为W＝mgxsin30°＝2×10×5J＝50J，故A错误； B.前2s内拉力做功为W＝Fx＝30×5J＝150J，故B正确； C.2s末拉力的功率为P＝Fv＝Fat＝30×2.5×2W＝150W，故C正确； D.2s末重力功率为PG＝mgvsin30°＝2×10×2.5×2W＝50W，故D正确。 故选：BCD。 三．解答题（共5小题） 12．（2025秋•台州期末）如图甲，倾角为θ＝37°的斜面OA中段BC为阻尼区域，一轻质弹簧下端固定在斜面底端A点，上端位于C点。以O为坐标原点，沿斜面向下建立Ox轴，质量m＝1kg的滑块从O点沿斜面静止下滑，滑块与OC段的动摩擦因数为μ，在阻尼区域BC所受附加阻力与速度成正比，比例系数为α。滑块从O到C的过程中，其机械能E随x变化的关系如图乙。已知CA段光滑，弹簧始终处于弹性限度内，劲度系数k＝8N/m，弹性势能表达式（Δx为形变量），sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。 （1）滑块从O到B的过程中，机械能的减少量等于　克服摩擦力做功　 （选填“合力做功”或“克服摩擦力做功”）； （2）求动摩擦因数μ和滑块运动到B处时的动能； （3）求比例系数α和滑块运动到C处时的机械能； （4）求弹簧的最大弹性势能。 【答案】（1）克服摩擦力做功； （2）动摩擦因数是0.25，滑块运动到B处时的动能是4J； （3）比例系数α是，滑块运动到C处时的机械能是22J； （4）弹簧的最大弹性势能是16J。 【解析】解：（1）滑块从O到B的过程中，只有重力，摩擦力做功，所以减小的机械能等于克服摩擦力做功； （2）摩擦力做功等于动能的减小量﹣ΔE＝μmgxOBcosθ 代入数据得μ＝0.25 由动能定理得mgxOBsinθ﹣μmgxOBcosθ＝EkB 代入数据得EkB＝4J （3）滑块在BC段运动时机械能E随x线性变化，所以附加阻力为恒力，因此滑块做匀速运动，mgsinθ＝μmgcosθ+αvB 代入数据得，滑块在BC段做匀速运动，因此机械能的减少量等于重力势能的减少量EC﹣EB＝﹣mgxBCsinθ 代入数据得EC＝22J （4）动能和减少的重力势能转化为弹簧的弹性势能，EkB＝EkC 代入数据得Δx＝2m 代入数据得EP弹＝16J 故答案为：（1）克服摩擦力做功； （2）动摩擦因数是0.25，滑块运动到B处时的动能是4J； （3）比例系数α是，滑块运动到C处时的机械能是22J； （4）弹簧的最大弹性势能是16J。 13．（2025秋•迪庆州期末）如图所示，半径为的四分之一光滑圆弧轨道BC固定在竖直面内，圆弧轨道的最低点与水平面相切于B点。质量为m＝1kg的小物块从水平面上的A点开始始终受斜向右上方、与水平面夹角为θ＝30°的恒力F，使物块从静止开始运动。已知F＝mg，物块与水平面间的动摩擦因数为，A点到B点间的距离为2R，重力加速度g大小取10m/s2，物块大小不计，求（结果可带根号）： （1）物块在水平面上运动的加速度大小； （2）物块从A运动到B的时间； （3）物块在圆弧面上运动的最大动能及此时距离水平面AB的高度h。 【答案】（1）物块在水平面上运动的加速度大小为； （2）物块从A运动到B的时间为s； （3）物块在圆弧面上运动的最大动能为15+5（J），此时距离水平面AB的高度为m。 【解析】解：（1）物块在水平面上运动时，对物块研究Fcosθ﹣f＝ma，Fsinθ+FN＝mg 其中f＝μFN 解得a，代入数据解得a （2）设物块从A运动到B的时间为t，则2R 解得t＝4s （3）当物块运动到圆弧面上时，由于拉力F与重力的合力大小等于mg，方向斜向右下，与竖直方向成60°，因此当物块运动到圆弧面上，与圆心O的连线与竖直方向夹角为60°时，物块的动能最大； 根据动能定理Fcosθ•2R﹣f•2R+F×R﹣mg 解得Ekm＝15+5（J） 此时距离水平面AB的高度h＝R﹣Rcos60°R，代入数据解得hm 答：（1）物块在水平面上运动的加速度大小为； （2）物块从A运动到B的时间为s； （3）物块在圆弧面上运动的最大动能为15+5（J），此时距离水平面AB的高度为m。 14．（2025秋•舟山期末）某同学设计了一个如图所示的游戏装置，水平轨道右侧有一固定的弹射装置，左侧与固定在竖直平面内圆心角为120°的圆弧轨道BD平滑连接，之后再与圆心角为60°的竖直圆弧管道DE平滑连接。圆弧半径均为R，管道DE内径远小于R，E点为轨道最高点，其中水平轨道上有一段长为4R、表面粗糙的AB段。将质量为m的滑块（视为质点）挤压弹簧后由静止释放，滑块将沿轨道运动，滑块与AB段间的动摩擦因数μ＝0.25，其余轨道均光滑，重力加速度为g。 （1）若弹簧弹性势能Ep＝3mgR，求滑块第一次运动到圆轨道最低点B时的速度和对轨道的压力大小； （2）若滑块飞出E点后恰好落到A点，求弹簧弹性势能Ep′多大； （3）若滑块滑入圆轨道后仍能沿原路返回至水平轨道，求弹簧弹性势能应该满足的条件。 【答案】（1）滑块第一次运动到圆轨道最低点B时的速度大小为，对轨道的压力大小为5mg。 （2）弹簧弹性势能Ep′为5mgR。 （3）滑块滑入圆轨道后仍能沿原路返回至水平轨道，弹簧弹性势能应该满足的条件是mgR＜Ep≤2mgR，mgR＜Ep≤3mgR。 【解析】解：（1）滑块从静止释放至运动到B点的过程中，根据动能定理可得 ， 解得 在B点，由牛顿第二定律得 解得轨道对滑块的支持力大小为FNB＝5mg 根据牛顿第三定律知，滑块对轨道的压力大小F压＝5mg。 （2）滑块从E点飞出后做平抛运动，则在竖直方向上有，水平方向有4R＝vEt 联立解得滑块在E点的速度 从释放点到E点的全过程，根据动能定理有 解得弹簧的弹性势能Ep＝5mgR。 （3）滑块滑入圆轨道后仍能沿原路返回至水平轨道，考虑四种临界状态： ①滑块恰能滑上轨道，由能量守恒有Ep1＝μmg•4R＝mgR； ②滑块恰能运动到圆心等高点，由能量守恒有Ep2＝μmg•4R+mgR＝2mgR； ③滑块恰能到达D点，在D点有 mgsin30°＝m 从释放点到D点的过程，由能量守恒有Ep3＝μmg•4R+mgR（1+sin30°）mgR； ④滑块恰能到达E点，从释放点到E点的过程，由能量守恒有Ep4＝μmg•4R+mg•2R＝3mgR 故滑块滑入圆轨道后仍能沿原路返回至水平轨道，弹簧弹性势能应该满足的条件是mgR＜Ep≤2mgR，mgR＜Ep≤3mgR。 答：（1）滑块第一次运动到圆轨道最低点B时的速度大小为，对轨道的压力大小为5mg。 （2）弹簧弹性势能Ep′为5mgR。 （3）滑块滑入圆轨道后仍能沿原路返回至水平轨道，弹簧弹性势能应该满足的条件是mgR＜Ep≤2mgR，mgR＜Ep≤3mgR。 15．（2025秋•湖南期末）某次滑板运动员比赛过程可简化为如图所示的模型，ABC是半径R＝3.6m的光滑固定圆弧形滑板赛道，A点与圆心O等高，B为最低点，圆弧BC所对应的圆心角为60°。滑板运动员从A点以v0＝2m/s的初速度沿圆弧面滑下，从C点滑过最高点后落到斜面上的D点，B、D两点的竖直高度H＝2.8m。已知运动员和滑板的总质量m＝60kg，取重力加速度大小g＝10m/s2，运动员和滑板整体可视为质点，不计空气阻力。求： （1）运动员和滑板一起在B点受到的向心力F； （2）斜面上的D点到圆弧轨道上的C点的水平距离。 【答案】（1）运动员和滑板在B点受到的向心力大小为1400N。 （2）斜面上D点到圆弧轨道上C点的水平距离为m。 【解析】解：（1）运动员和滑板从A点滑行到B点的过程，根据机械能守恒定律有，代入数据解得； 根据向心力公式，代入数据解得运动员和滑板在B点受到的向心力大小F＝1400N。 （2）运动员从B点滑行到C点的过程，根据机械能守恒定律有，代入数据解得运动员在C点的速度大小；在C点处速度的水平分量vCx＝vCcos60°，代入数据解得，竖直分量vCy＝vCsin60°，即vCy＝6m/s； 由题意可知D点到C点的竖直位移h＝H﹣R（1﹣cos60°），代入解得h＝1.0m；运动员离开C点后做斜抛运动，在竖直方向有，代入数据解得运动时间t＝1s（已舍去未越过最高点的解t＝0.2s）；则D点到C点的水平距离x＝vCxt，代入数据解得。 答：（1）运动员和滑板在B点受到的向心力大小为1400N。 （2）斜面上D点到圆弧轨道上C点的水平距离为m。 16．（2026•桃城区校级模拟）如图所示，质量为m的小球（可视为质点）放置在光滑水平面上的A点，与水平面的右边缘B点的距离为L，四分之一圆弧轨道MN固定在竖直平面内，O是圆心，OM、ON分别是水平、竖直半径，B是ON上一点，C是圆弧上一点。现给小球施加一水平向右、大小为F＝2mg的恒定拉力，当小球运动到B点时立即撤去此拉力，然后小球从B点运动到C点。已知小球在C点速度的反向延长线为CO，且∠MOC＝30°，重力加速度为g，不计空气阻力。求： （1）小球在B点的速度大小以及从A点到B点运动的时间； （2）小球从B点到C点的运动时间。 【答案】（1）小球在B点的速度大小为，从A点到B点运动的时间为； （2）小球从B点到C点的运动时间为。 【解析】解：（1）设小球在B点的速度大小为v0。对小球从A点到B点的过程，根据动能定理可得 其中F＝2mg 联立解得 对小球从A点到B点的过程，取向右为正方向，根据动量定理可得 Ft1＝mv0 解得 （2）小球在C点速度的反向延长线为CO，则小球在C点的速度与水平方向的夹角为30°，把小球在C点的速度分别沿水平方向和竖直方向分解，如图所示： 则有 解得 根据vy＝gt2 解得 答：（1）小球在B点的速度大小为，从A点到B点运动的时间为； （2）小球从B点到C点的运动时间为。 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．（2026•重庆校级模拟）在U23亚洲杯足球比赛中，国足门将李昊多次神扑助球队挺进决赛。某次扑救时，质量m＝0.5kg的足球以v＝8m/s的水平速度飞向球门，被李昊双手接住后速度变为零。若忽略空气阻力，在此过程中，手对足球做的功约为（　　） A．﹣8J B．8J C．﹣16J D．16J 2．（2025秋•太原期末）如图所示，地面上的工人从同一位置两次分别抛出完全相同的砖块，被高处的工人在同一高度甲、乙两个位置分别接住。砖块可视为质点，其在空中运动的轨迹均在同一竖直平面内，砖块两次到达的最大高度相同。若空气阻力不计，关于两个砖块下列说法正确的是（　　） A．初速度的大小一定不同 B．末动能可能相同 C．在空中运动的时间可能不同 D．在最高点处速度的大小可能相同 3．（2026•泰安一模）如图所示，水平地面上有一固定斜面，斜面与地面夹角为30°。物块以180J的初动能从斜面底端沿斜面向上滑动，当它再次回到斜面底端时动能为90J，则物块与斜面间的动摩擦因数为（　　） A． B． C． D． 4．（2025秋•罗山县期末）在太阳系的深空无阻力环境中，我国“天问”系列小行星探测器的实验舱中，光滑水平面上静止放有甲、乙两个物块，甲的质量为2m，乙的质量为m，对甲、乙分别施加大小为F和2F，方向相同的水平推力，甲、乙前进了相同距离。则甲、乙的运动时间之比为（　　） A．2：1 B．1：2 C． D． 5．（2025秋•文山州期末）如图所示，一质量为m的小球，用长为l的轻绳悬挂于O点正下方P点。小球在水平拉力F的作用下，从P点缓慢地移动到Q点。重力加速度取g，则该过程中（　　） A．拉力F先增大后减小 B．拉力F先减小后增大 C．拉力F做的功为Flsinθ D．拉力F做的功为mg（l﹣lcosθ） （多选）6．（2026•济南一模）如图所示，质量为m＝1kg的小球用长为l＝1m的细绳悬挂在O点，小球处于静止状态。已知重力加速度g＝10m/s2，现用水平恒力F拉球从最低点由静止开始运动，当细绳与竖直方向的夹角为θ＝30°时撤去F，不计阻力，下列说法正确的是（　　） A．若F＝20N，小球相对于最低点能上升的最大高度为1m B．若F＝40N，小球相对于最低点能上升的最大高度为2m C．若F＝50N，小球到达最高点时，细绳中的拉力大小为10N D．若F＝60N，小球再次回到最低点时，细绳中的拉力大小为70N （多选）7．（2025秋•海淀区校级期末）人们有时用“打夯”的方式把松散的地面夯实，如图所示。设某次打夯符合以下模型：两人同时通过绳子对质量为m的地面上的重物各施加一个力，力的大小均恒为F，方向都斜向上与竖直方向成θ角，重物离开地面高度为h时人停止施力，重物最终下落至地面，并把地面砸下深度为d的凹坑。不计空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．重物落下接触地面时的动能等于2Fhcosθ B．重物上升的最大高度为 C．整个过程重力做功等于mg（h+d） D．地面对重物的阻力做功等于﹣（2Fhcosθ+mgd） 模型二 动能定理解决变力做功问题 一、解决方法：把变力做的功设成WF，然后运用动能定理列式。 二、基础知识 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。 三、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 四、五类图像中所围“面积”或斜率的意义 【例题精讲】 1．（2026•开福区校级开学）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），不计空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．物体上升到时加速度不为零 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 2．（2025秋•菏泽期中）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．（2025秋•合肥校级月考）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 4．（2025秋•金坛区校级月考）如图所示，光滑水平轨道AB与竖直面内的光滑半圆形轨道BC在B点平滑连接，轨道半径R＝0.5m。一质量为m＝2kg的小物体将轻弹簧压缩至A点后由静止释放，物体脱离弹簧后进入半圆形轨道，恰好能够到达最高点C。取g＝10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．物体在C点所受合力为0 B．物体在C点的速度为5m/s C．物体由B点运动到C点，动能减少量为25J D．物体在A点时弹簧的弹性势能为25J 5．（2025•广安区校级模拟）如图所示，有一根长为L、质量为M的均匀链条AB静止在摩擦系数μ＝0.2的粗糙水平桌面上，其长度的悬于桌边外，如果在链条的A端施加一个拉力使链条AB以0.4g（g为重力加速度）的加速度运动，直到把悬着的部分拉回桌面。设拉动过程中链条与桌边始终保持接触，则拉力需做功（　　） A． B． C． D． （多选）6．（2025春•香坊区校级期中）人们用固定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点以2m/s的速度沿切线方向下滑，沿滑道运动到圆弧末端Q点时速度大小为5m/s。已知货物质量为10kg，滑道高度h为2m，且过Q点的切线水平，重力加速度取10m/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．克服阻力做的功为95J B．重力做的功为20J C．经过Q点时向心加速度大小为25m/s2 D．经过Q点时对轨道的压力大小为225N （多选）7．（2026•长寿区校级开学）如图甲所示，轻弹簧一端固定在倾角θ＝30°的足够长的光滑斜面上，另一端与质量为m1＝0.8kg的物块a相连，质量m2＝0.4kg的物块b紧靠a静止在斜面上。t＝0时刻，对物块b施加沿斜面向上的力F，使得b始终做匀加速直线运动，力F随物块b的位移x变化的关系如图乙所示。已知t＝0.6s时，a、b刚好分离。取重力加速度g＝10m/s2。下列说法正确的是（　　） A．x＝0.18m时，弹簧恢复原长 B．F1的值为6.6N C．弹簧的劲度系数为 D．0﹣0.6s时间内，a对b做的功为0.108J 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．求解多过程问题要抓好“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．（2025秋•鲤城区校级期中）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 2．（2025秋•安宁区校级期中）如图所示，小球沿水平面通过O点进入半径为R的半圆弧轨道后恰能通过最高点P，然后落回水平面，不计一切阻力，下列说法正确的是（　　） A．小球落地点离O点的水平距离为R B．小球落地点时的动能为 C．小球运动到半圆弧最高点P时向心力恰好为零 D．若将半圆弧轨道上的圆弧截去，其他条件不变，则小球能达到的最大高度比P点高0.5R 3．（2025秋•白城校级期中）一质量为1kg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摩擦因数为0.4，重力加速度大小取10m/s2。则从x＝0运动到x＝4m的过程中，拉力的最大瞬时功率为（　　） A．6W B． C．12W D． 4．（2025春•庐阳区校级期末）如图所示，倾角为θ＝30°固定于水平地面的楔形木块，顶端有一个定滑轮，跨过定滑轮的细线两端分别与物块A和B连接，A的质量为3m，B的质量为m，开始时，将B按在地面上不动，放开手，A沿斜面下滑，B上升，所有摩擦均忽略不计。当A沿斜面下滑距离s时，细线突然断裂，以下说法正确的是（设B始终不会与定滑轮相碰）（　　） A．绳断裂前拉力对物块A做功为﹣mgs B．绳断裂瞬间物块A重力的瞬时功率为 C．细绳断裂前A物体的加速度大小为 D．整个过程中B物体上升的最大高度为 5．（2025•蚌埠校级开学）如图所示，一物体沿粗糙斜面上滑到最高点后再沿斜面下滑，回到出发点时的速度是出发时速度的一半，斜面的倾角为θ，则物体与斜面间的动摩擦因数是（　　） A． B． C． D． （多选）6．（2025秋•青山湖区校级期末）某同学用台秤研究在电梯中的超失重现象。在地面上称得其体重为500N，再将台秤移至电梯内称其体重。电梯从t＝0时由静止开始运动，到t＝11s时停止，得到台秤的示数F随时间t变化的情况如图所示（g＝10m/s2）。则（　　） A．电梯为下降过程 B．在10～11s内电梯的加速度大小为1m/s2 C．F3的示数为600N D．电梯运行的总位移为20m （多选）7．（2025秋•菏泽期中）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 动能定理求解机动车启动问题 恒定功率启动时，牵引力做的功为Pt,依据动能定理列式即可。 【例题精讲】 1．（2025春•西城区校级期中）电动平衡车作为一种电力驱动的运输载具，被广泛应用在娱乐、代步、安保巡逻等领域。某人站在平衡车上以初速度v0在水平地面上沿直线做加速运动，经历时间t达到最大速度vm，此过程电动机的输出功率恒为额定功率P。已知人与车整体的质量为m，所受阻力的大小恒为f。则（　　） A． B．车速为v0时的加速度大小为 C．人与车在时间t内的位移大小等于 D．在时间t内阻力做的功为 2．（2024秋•大同校级期末）一辆汽车夜晚在平直公路上以速度v0匀速行驶进入到一段照明不良的路段，该司机为安全起见，在t＝0时刻迅速减小油门将功率减小为某一定值，汽车的速度与时间的关系如图所示。设汽车行驶时所受的阻力恒定为f，汽车的质量为m，则下列说法正确的是（　　） A．整个减速过程中，克服阻力做功为 B．t＝0时刻功率减小为原来的一半 C．整个减速过程中，汽车的牵引力不断变小 D．若汽车的速度减为原来一半所需的时间为t，则通过的位移大于 3．（2026•重庆校级模拟）某智能配送机器人总质量为m，在平直路线上由静止开始配送货物。行驶阻力包含恒定阻力f以及与速度平方成正比的空气阻力（其中k为已知常量）。机器人先以恒定加速度a启动，当输出功率达到额定功率后保持功率P不变，最终以最大速度vmax匀速行驶。已知重力加速度为g，忽略其他阻力，下列说法正确的是（　　） A．匀加速运动阶段，牵引力与速度的平方成正比 B．匀加速运动阶段的最大速度v1满足方程 C．当机器人的速度为时，其加速度大小可能为 D．在匀加速阶段，机器人从静止开始运动至最大速度v1所用时间为t，则该过程克服阻力所做的功为 4．（2025秋•镇海区校级期末）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 5．（2025春•建邺区校级月考）“辘轳”是中国古代取水的重要设施，通过转动手柄将轻绳缠绕到半径为R的转筒上，就可以把水桶从井中提起。若某次转动手柄的角速度ω随时间t变化的图像如图乙所示，经3t0时间把水桶从井底提升到井口，水桶和桶中水的总质量为m，重力加速度大小为g，水桶可看成质点，下列说法正确的是（　　） A．水井的深度为2ω0Rt0 B．0～3t0，水桶做初速度为零的匀加速直线运动 C．把水桶从井底提升到井口的过程中轻绳拉力对水桶和桶中水做功为 D．把水桶从井底提升到井口的过程中克服重力做功的平均功率为 （多选）6．（2025秋•新城区校级期末） 2024年11月12日，第十五届中国国际航空航天博览会在广东珠海国际航展中心开幕。悬停在空中的直﹣20武装直升机用钢索将静止在地面上的质量为m的军车竖直向上吊起。钢索上的拉力F随时间变化的图像如图所示，已知t2时刻拉力的功率为P，此后拉力的功率保持不变。不计空气阻力，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（　　） A．t1时刻军车的加速度为 B．t1时刻军车的速度为 C．向上吊起过程中军车的最大速度为 D．t2到t3时间内军车上升的高度为 （多选）7．（2025秋•西青区校级月考）2025年11月26日香港一住宅发生火灾，这不仅对消防人员是一个极大的考验，同时对消防车的性能要求也特别高。某中学兴趣小组对一辆自制电动消防模型车的性能进行研究。这辆小车在水平的直轨道上由静止开始以恒定加速度启动，达到额定功率之后以额定功率继续行驶。25s到35s近似为匀速直线运动，35s关闭发动机．其v﹣t图像如图所示。已知小车的质量为10kg，g＝10m/s2，可认为在整个运动过程中小车受到的阻力大小不变。下列说法正确的是（　　） A．小车受到的阻力大小为10N B．0～5s内小车的牵引力大小为24N C．小车发动机的额定功率为144W D．小车在加速过程中的位移为150m 模型五 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像所表示的物理意义。 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代入函数关系式求解相应物理量。 【例题精讲】 1．（2026•深圳模拟）如图，光滑斜面体固定在水平地面上，物块通过轻质弹簧与斜面体底端相连。弹簧原长时，由静止释放物块，并开始计时。规定物块释放位置为坐标原点，沿斜面向下为正方向，水平地面为零势能面，不计空气阻力。则下滑过程中，物块的合外力F、位移x、动能Ek、重力势能Ep分别与t或x的变化关系，正确的是（　　） A． B． C． D． 2．（2025秋•观山湖区校级期末）质量为1kg的物块在水平力F的作用下由静止开始在水平地面上做直线运动，v﹣t图像如图所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为0.2，重力加速度大小取g＝10m/s2。则0～6s内F对物块所做的功为（　　） A．8J B．16J C．40J D．20J 3．（2025秋•扬州期末）如图所示，用轻弹簧拴接物块和水平地面，物块在压力F作用下处于静止状态。撤去压力F，物块竖直向上运动过程中，其动能Ek与位移x、时间t的关系图像，正确的是（　　） A． B． C． D． 4．（2025秋•滨州期末）一物块在水平拉力F作用下沿粗糙水平面运动，拉力随时间变化的F﹣t图像如图甲所示，5s后撤去拉力F，拉力F的功率随时间变化的P﹣t图像如图乙所示，则（　　） A．运动过程中，物块受到的摩擦力大小为3N B．2s末物块的速度大小为12m/s C．0～5s内物块的位移大小为12m D．位移为18m时物块的动能为6J 5．（2025秋•碑林区校级月考）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． （多选）6．（2025秋•济南期末）质量为1kg的物体在水平力作用下由静止开始沿水平面做直线运动，物体的加速度a随时间t的变化规律如图所示，下列说法正确的是（　　） A．t＝2s时物体的运动方向发生改变 B．t＝1s时物体的速度大小为6m/s C．0～3s内，合外力对物体做功为128J D．0～3s内，合外力对物体做功为32J （多选）7．（2025秋•驻马店期末）如图甲所示，质量m＝1kg的物块在恒定拉力F的作用下由静止开始沿水平地面做直线运动，其位置坐标与速度的平方的关系图像如图乙所示。已知拉力F＝2N、方向与水平方向的夹角为37°，经10s撤去拉力。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度大小g＝10m/s2，下列分析正确的是（　　） A．撤去拉力前，物块运动的加速度大小为1m/s2 B．物块与水平地面间的动摩擦因数为0.125 C．撤去拉力时，物块的动能为12.5J D．物块最终停在x＝10m处 课时精练 1． 选择题（共8小题） 1．（2024秋•新安县期末）A、B两物体的速度之比为2：1，质量之比为1：3，则它们的动能之比为（　　） A．12：1 B．12：3 C．12：5 D．4：3 2．（2025春•北京校级期末）如图所示，坐满乘客的摩天轮绕中心轴在竖直平面内匀速转动。假设所有乘客的质量均相等，在某一时刻，下列说法中正确的是（　　） A．每位乘客的线速度都相同 B．每位乘客的加速度都相同 C．每位乘客的动能都相同 D．每位乘客对座椅的压力都相同 3．（2025秋•保山期末）在“滇超联赛”中，某足球队员跃起争顶，将队友传来的足球以E1＝24J的初动能水平顶出，球落地时的动能E2＝96J，不计空气阻力。则球落地时的速度与水平方向的夹角为（　　） A．30° B．37° C．45° D．60° 4．（2025秋•青岛期末）如图所示，半径为R的光滑圆弧轨道固定在竖直面内，B、C两点分别是轨道的最左端和最高点。质量为m的小球从B点正上方A处由静止释放，从B点进入轨道后恰好通过C点，小球可看作质点，空气阻力不计，则A、B间的高度差h为（　　） A． B．R C． D．2R 5．（2025春•青岛校级期中）“套圈圈”是一种有趣的娱乐活动。小孩和大人在同一条竖直线上的不同高度分别水平抛出相同的圆环，结果恰好都套中前方同一物体，不计空气阻力。若大人和小孩抛出圆环的高度之比为2：1，圆环及被套物体均可视为质点，则下列说法错误的是（　　） A．大人和小孩抛出圆环时对圆环做的功之比为1： B．大人和小孩抛出的圆环在空中飞行过程中重力的平均功率之比为：1 C．大人和小孩抛出的圆环落地时重力的瞬时功率之比为：1 D．大人和小孩抛出的圆环在空中运动过程中动能的变化量之比为2：1 6．（2025春•越秀区校级月考）如图所示，电梯质量为M＝800kg，电梯地板上放置一质量为m＝200kg的物体，钢索拉着电梯由静止开始向上运动，某物理兴趣小组测得电梯中物体在一段时间的v﹣t图像如图所示。下列判断正确的是（　　） A．在4s～7s时间内钢索的拉力做负功 B．在2s～4s时间内物体重力做功12000J C．在0s～2s时间内，电梯地板对物体的支持力做的功等于6900J D．在0s～2s时间内，电梯地板对物体做的功等于物体动能的增加量 7．（2025•山东模拟）如图所示（俯视图），在光滑水平面上固定半径为R的圆盘，O点为圆心。长为L的轻质细线一端固定在圆盘边缘上，另一端与小球相连，初始时细线绷直并与圆盘相切。给小球垂直于细线方向的初速度v0，在圆盘上缠绕过程中小球的运动轨迹称为“阿基米德螺旋线”。假设细线与圆盘的切点与O点的距离不变。下列说法正确的是（　　） A．运动过程中细线对小球做正功 B．运动过程中小球的线速度大小不变 C．小球绕切点旋转的角速度不变 D．运动过程中细线上的拉力越来越小 8．（2025•鞍山模拟）如图1所示，上表面光滑的斜面体固定在水平地面上，一个小木块从斜面底端冲上斜面。图2为木块的初动能Ek与木块轨迹的最高点距地面高度H的关系图像。由此可求得斜面的长度为（　　） A． B． C．4h0 D．6h0 2． 多选题（共3小题） （多选）9．（2025秋•五华区校级期中）光滑水平面上，小物块在水平力F作用下运动，运动过程中速度v与位置坐标x的关系如图所示，所受空气阻力f与速度v的关系满足f＝kv，已知，k、v1、x1，则小物块从x＝﹣x1到x＝x1的运动过程中（　　） A．x＝0到x＝x1过程中，水平力F逐渐增大 B．小物块运动的加速度与位移成正比 C．阻力f功率的最大值 D．x＝﹣x1到x＝x1的运动过程中，拉力F做功kv1x1 （多选）10．（2025春•河南期末）如图甲所示，质量为2kg的物体静止在粗糙的水平地面上，在一水平外力F的作用下开始运动，外力F做的功和物体克服摩擦力f做的功与物体位移x的关系图像如图乙所示，取重力加速度大小g＝10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．物体与地面之间的动摩擦因数为0.25 B．物体运动的最大位移为13.5m C．物体在运动过程中的最大速度为3m/s D．物体在运动过程中匀速运动了3s （多选）11．（2025春•安丘市期中）如图所示，质量为43kg的学生站在水平地面上，竖直向下拉绳，使木箱沿足够长斜面由静止向上运动，人对水平地面的压力大小为400N。绕过定滑轮的细绳与斜面平行。已知木箱质量为2kg，斜面倾角为30°，木箱与斜面间的动摩擦因数为，重力加速度g＝10m/s2。下列说法正确的是（　　） A．前2s内克服重力做功100J B．前2s内绳对木箱拉力做功150J C．2s末拉力的功率为150W D．2s末重力功率为50W 三．解答题（共5小题） 12．（2025秋•台州期末）如图甲，倾角为θ＝37°的斜面OA中段BC为阻尼区域，一轻质弹簧下端固定在斜面底端A点，上端位于C点。以O为坐标原点，沿斜面向下建立Ox轴，质量m＝1kg的滑块从O点沿斜面静止下滑，滑块与OC段的动摩擦因数为μ，在阻尼区域BC所受附加阻力与速度成正比，比例系数为α。滑块从O到C的过程中，其机械能E随x变化的关系如图乙。已知CA段光滑，弹簧始终处于弹性限度内，劲度系数k＝8N/m，弹性势能表达式（Δx为形变量），sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。 （1）滑块从O到B的过程中，机械能的减少量等于　克服摩擦力做功　 （选填“合力做功”或“克服摩擦力做功”）； （2）求动摩擦因数μ和滑块运动到B处时的动能； （3）求比例系数α和滑块运动到C处时的机械能； （4）求弹簧的最大弹性势能。 13．（2025秋•迪庆州期末）如图所示，半径为的四分之一光滑圆弧轨道BC固定在竖直面内，圆弧轨道的最低点与水平面相切于B点。质量为m＝1kg的小物块从水平面上的A点开始始终受斜向右上方、与水平面夹角为θ＝30°的恒力F，使物块从静止开始运动。已知F＝mg，物块与水平面间的动摩擦因数为，A点到B点间的距离为2R，重力加速度g大小取10m/s2，物块大小不计，求（结果可带根号）： （1）物块在水平面上运动的加速度大小； （2）物块从A运动到B的时间； （3）物块在圆弧面上运动的最大动能及此时距离水平面AB的高度h。 14．（2025秋•舟山期末）某同学设计了一个如图所示的游戏装置，水平轨道右侧有一固定的弹射装置，左侧与固定在竖直平面内圆心角为120°的圆弧轨道BD平滑连接，之后再与圆心角为60°的竖直圆弧管道DE平滑连接。圆弧半径均为R，管道DE内径远小于R，E点为轨道最高点，其中水平轨道上有一段长为4R、表面粗糙的AB段。将质量为m的滑块（视为质点）挤压弹簧后由静止释放，滑块将沿轨道运动，滑块与AB段间的动摩擦因数μ＝0.25，其余轨道均光滑，重力加速度为g。 （1）若弹簧弹性势能Ep＝3mgR，求滑块第一次运动到圆轨道最低点B时的速度和对轨道的压力大小； （2）若滑块飞出E点后恰好落到A点，求弹簧弹性势能Ep′多大； （3）若滑块滑入圆轨道后仍能沿原路返回至水平轨道，求弹簧弹性势能应该满足的条件。 15．（2025秋•湖南期末）某次滑板运动员比赛过程可简化为如图所示的模型，ABC是半径R＝3.6m的光滑固定圆弧形滑板赛道，A点与圆心O等高，B为最低点，圆弧BC所对应的圆心角为60°。滑板运动员从A点以v0＝2m/s的初速度沿圆弧面滑下，从C点滑过最高点后落到斜面上的D点，B、D两点的竖直高度H＝2.8m。已知运动员和滑板的总质量m＝60kg，取重力加速度大小g＝10m/s2，运动员和滑板整体可视为质点，不计空气阻力。求： （1）运动员和滑板一起在B点受到的向心力F； （2）斜面上的D点到圆弧轨道上的C点的水平距离。 16．（2026•桃城区校级模拟）如图所示，质量为m的小球（可视为质点）放置在光滑水平面上的A点，与水平面的右边缘B点的距离为L，四分之一圆弧轨道MN固定在竖直平面内，O是圆心，OM、ON分别是水平、竖直半径，B是ON上一点，C是圆弧上一点。现给小球施加一水平向右、大小为F＝2mg的恒定拉力，当小球运动到B点时立即撤去此拉力，然后小球从B点运动到C点。已知小球在C点速度的反向延长线为CO，且∠MOC＝30°，重力加速度为g，不计空气阻力。求： （1）小球在B点的速度大小以及从A点到B点运动的时间； （2）小球从B点到C点的运动时间。 1 学科网（北京）股份有限公司 $