第2講動能定理及其應用

莖三三停三三必備知識新學法基礎落實公至三三三與

［主干知識?填一填］

一、動能

1.公式：&=會濟，式中。為瞬時速度，動能是狀態(tài)量.

2.矢標性：動能是標量,只有正值，動能與速度的方向無關.

3.動能的變化量：澧一/近.

4.動能的相對性

由于速度具有相對性,則動能也具有相對性,一般以地面為參考系.

二、動能定理

1.內容：合外力對物體所做的功等于物體動能的變化.

2.表達式：W=AEk=J?o3一/加

3.功與動能的關系

(l)W>0,物體的動能增加.

(2)W<0,物體的動能減少.

(3)W=0,物體的動能不變.

4.適用條件

(1)動能定理既適用于直線運動，也適用于曲線運動.

(2)既適用于恒力做功，也適用于變力做功.

(3)力可以是各種性質的力，既可以同時作用，也可以不同時作用.

［規(guī)律結論?記一記］

1.動能是標量，gm"中的。指物體的合速度，動能定理中的功指所有力做的總功，所

以不能把速度分解到某個力的方向上應用動能定理.

2.動能與動能的變化是兩個不同的概念，動能是狀態(tài)量，動能的變化是過程量.動能為

非負值，而動能變化量有正負之分.AEk>0表示物體的動能增加，AEk<0表示物體的動能減

少.

3.應用動能定理時，物體的位移、速度都應以地面或相對地面靜止的物體為參考系.

4.動能定理是標量關系式，應用動能定理時不用規(guī)定正方向，但要明確相應過程中各力

做功的正負，無法確定正負的假設為正功，然后代入計算，根據(jù)結果再行判斷.

5.動能定理研究的對象是單一物體(質點)或者是可以看成單一物體(質點)的物體系.對

于運動狀態(tài)不同的物體，應分別應用動能定理列式求解.

［必刷小題?測一測］

一、易混易錯判斷

1.一定質量的物體動能變化時，速度一定變化，但速度變化時，動能不一定變化.（J）

2.動能不變的物體一定處于平衡狀態(tài).（X）

3.如果物體所受的合外力為零，那么合外力對物體做功一定為零.（J）

4.物體在合外力作用下做變速運動時，動能一定變化.（X）

5.物體的動能不變，所受的合外力必定為零.（X）

6.做自由落體運動的物體，動能與時間的二次方成正比.（J）

二、經典小題速練

1.（多選）一個物體在水平方向的兩個恒力作用下沿水平方向做勻速直線運動，若撤去其

中的一個力，則（）

A.物體的動能可能減少

B.物體的動能可能不變

C.物體的動能可能增加

D.余下的力一定對物體做功

解析：ACD因物體的速度方向與余下的力的方向關系不知，故存在多種可能：當物體

的速度方向與余下的力同向或夾角為90。或銳角時，力對物體做正功，動能增加；當物體速

度方向與余下的力反向或夾角為鈍角時，力對物體做負功，動能減少；余下的力一定對物體

做功，物體的動能或增加，或減少，一定會改變，所以，A、C、D均正確，B錯誤.

2.（多選）質量不等，但有相同動能的兩個物體，在動摩擦因數(shù)相同的水平地面上滑行，

直至停止，貝1（）

A.質量大的物體滑行的距離大

B.質量小的物體滑行的距離大

C.它們滑行的距離一樣大

D.它們克服摩擦力所做的功一樣多

解析：BD由動能定理可知，摩擦力對物體所做的功等于物體動能的變化量，因兩物體

具有相同的初動能，故兩物體滑行過程中克服摩擦力所做的功也相同，又可知，

質量越大的物體，滑行的距離x越小，故選項B、D正確.

3.（人教版必修2P75T4改編）如圖所示，傾角。=37。的斜面AB與水平面平滑連接于B

點，A、B兩點之間的距離的=3m,質量m=3kg的小物塊與斜面及水平面間的動摩擦因數(shù)

均為〃=0.4.當小物塊從A點由靜止開始沿斜面下滑的同時，對小物塊施加一個水平向左的恒

力網圖中未畫出），取g=10m/s2.若尸=10N,小物塊從A點由靜止開始沿斜面運動到8點

時撤去恒力R求小物塊在水平面上滑行的距離了為&1137。=0.6,3537。=0.8）（）

A

??17。

DCB

A.5.7mB.4.7m

C.6.5mD.5.5m

解析：B小物塊在斜面上受力如圖所示，從A點開始沿ABC路徑運

動到。點停止過程中，由動能定理可得：Fxocos0+mgxosinO—FfXo—jLimgx

=0,居=設％,F^+Fsin6=mgcos9,代入數(shù)據(jù)解得：x=4.7m.故選

項B正確.

；關鍵能力新探究思維拓展:

命題點一對動能定理的理解及基本應用(自主學習)

［核心整合］

1.對動能定理中“力”的兩點理解

(1)“力”指的是合力，重力、彈力、摩擦力、電場力、磁場力或其他力，它們可以同時

作用，也可以不同時作用.

⑵力既可以是恒力，也可以是變力.

2.動能定理表明了“三個關系”

(1)數(shù)量關系：合力做的功與物體動能的變化具有等量代換關系，但并不是說動能變化就

是合力做的功.

(2)因果關系：合力做功是引起物體動能變化的原因.

(3)量綱關系：單位相同，國際單位都是焦耳.

3.標量性

動能是標量，功也是標量，所以動能定理是一個標量式，不存在方向的選取問題.當然

動能定理也就不存在分量的表達式.

4.應用動能定理的流程

［對點演練］

1.(動能定理的理解)(多選)如圖所示，電梯質量為在它的水平地板上放置

一質量為優(yōu)的物體.電梯在鋼索的拉力作用下豎直向上加速運動，當電梯的速度

由。1增加到02時，上升高度為則在這個過程中，下列說法或表達式正確的

是（）

A.對物體，動能定理的表達式為MN=J的3，其中科N為支持力做的功

B.對物體，動能定理的表達式為W合=0,其中W行為合力做的功

C.對物體，動能定理的表達式為W?-mgH=^mvl~^mvl

D.對電梯，其所受合力做功為澧一會力彳

解析：CD電梯上升的過程中，對物體做功的有重力mg、支持力瓜，這兩個力的總功

才等于物體動能的增量△&=品。3—3加濟，故A、B錯誤，C正確；對電梯，無論有幾個力

對它做功，由動能定理可知，其合力做的功一定等于其動能的增量，故D正確.

2.（動能定理的簡單應用）（2021?河北卷）一半徑為R的圓柱體水平固定，橫截面如圖所示,

長度為兀R、不可伸長的輕細繩，一端固定在圓柱體最高點尸處，另一端系一個小球，小球位

于尸點右側同一水平高度的。點時，繩剛好拉直，將小球從。點由靜止釋放，當與圓柱體

未接觸部分的細繩豎直時，小球的速度大小為（重力加速度為g,不計空氣阻力）（）

A.叱2+兀）gRB.yfljigR

C.。2（1+兀）gRD.2y[^R

解析：A小球下落的高度為。款+R==R,小球下落過程中，根據(jù)動能定理

有mgh=^mv1,綜上有v=yl（7i+2）gR,故選項A正確.

I題后反思I

對動能、動能的變化、動能定理的三點提醒

（1）動能與動能的變化是兩個不同的概念，動能是狀態(tài)量，動能的變化是過程量.

（2）動能沒有負值，而動能變化量有正負之分.AEk>0表示物體的動能增加，AEk<0表示

物體的動能減少.

（3）動能定理中的位移和速度必須是相對于同一個參考系的，一般以地面或相對地面靜止

的物體為參考系.

命題點二應用動能定理求解多過程問題（師生互動）

［核心整合］

1.首先需要建立運動模型，選擇合適的研究過程能使問題得以簡化.當物體的運動過程

包含幾個運動性質不同的子過程時，可以選擇一個、幾個或全部子過程作為研究過程.

2.專注過程與過程的連接狀態(tài)的受力特征與運動特征(比如：速度、加速度或位移).

3.列整體(或分過程)的動能定理方程.

物I(2022.湖北武漢調研)如圖所示，與水平面夾角，=37。的斜面和半徑R=0.4m的

光滑圓軌道相切于B點，且固定于豎直平面內.滑塊從斜面上的A點由靜止釋放，經B點后

沿圓軌道運動，通過最高點C時軌道對滑塊的彈力為零.已知滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)〃

=0.25.(g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8)求：

(1)滑塊在C點的速度大小uc;

(2)滑塊在B點的速度大小VB；

(3)A、B兩點間的高度差/?.

思路點撥：解此題要抓住以下兩點信息：

(1)“通過最高點C時軌道對滑塊的彈力為零”，則此時速度為oc=癇.

(2)“與斜面間的動摩擦因數(shù)〃”說明滑塊沿運動時摩擦力做負功.

解析：(1)在C點，滑塊豎直方向所受合力提供向心力

2

機g=一■-①

vc=y[gR=2m/s.

(2)對BY過程由動能定理得

—mg??(l+cos370)=fwp—品。#②

迎=qM+2gR(l+cos370)=4.29m/s.

(3)滑塊在A-3的過程，利用動能定理得

h1

mgh—jLtmgcos37。飛后37尸產/^一。③

代入數(shù)據(jù)解得用=1.38m.

答案：(1)2m/s(2)4.29m/s(3)1.38m

I題后反思I

應用動能定理求多過程問題的技巧

⑴運用動能定理解決多過程問題時，有兩種思路：一種是全過程列式，另一種是分段列

⑵全過程列式時，涉及重力、彈簧彈力、大小恒定的阻力或摩擦力做功，要注意運用它

們的功能特點:

①重力做的功取決于物體的初、末位置，與路徑無關.

②大小恒定的阻力或摩擦力做的功等于力的大小與路程的乘積.

③彈簧彈力做功與路徑無關.

［對點演練］

1.（直線和直線組合的多過程問題）如圖所示，兩傾角均為。的光滑斜面對接后固定在水

平地面上，。點為斜面的最低點.一個小物塊從右側斜面上高為”處由靜止滑下，在兩個斜

面上做往復運動.小物塊每次通過。點時都會有動能損失，損失的動能為小物塊當次到達。

點時動能的5%.小物塊從開始下滑到停止的過程中運動的總路程為（）

0

49W,o39H

?sin3?sin0

29H「20〃

Jsin。D.~si-n"7

解析：B由題意知，小物塊第一次到達。點由動能定理可得;wg"=Ek,此時小物塊所

走路程81=應而，第一次通過。點后動能&i=95%Ek=95%加g?,此時利用動能定理知小物

塊上升高度”1=95%”,第二次到達0點滑下的路程、2=而方=95%而^同理第二次離開

0點到第三次到達。點所走路程53=（95%）々方,…，故小物塊下滑的總路程S總'=S1+S2+…S”

磊+95%^+（95%）下普+…（95%廣1荒,〃無窮大時，可得六=煞（等比數(shù)列求和）,

故B正確.

2.（直線和曲線組合的多過程問題X2021.廣東汕頭市金山中學高三三模）如圖所示，豎直

平面內有一半徑為R的上圓軌道與水平軌道相切于最低點B.一質量為m的小物塊從A處由

靜止滑下，沿軌道運動至C處停下，8、C兩點間的距離為R,物塊與圓軌道和水平軌道之

間的動摩擦因數(shù)相同.現(xiàn)用始終平行于軌道或軌道切線方向的力推動物塊，使物塊從C處重

返A處，重力加速度為g,設推力做的功至少為W,貝U（）

A.W=mgRB.mgR<W<2mgR

C.W=2mgRD.W>2mgR

解析：B從A到。過程根據(jù)動能定理得機gR—〃加gK—Wf=0,解得Wf=MgR—〃加gR,

從C到A過程根據(jù)動能定理得W-mgR-^mgR-Wf'=0,解得W^mgR+fimgR+Wt',物

體從A到B做圓周運動，根據(jù)向心力知識可知物體受到的支持力比緩慢運動時大，所以克服

摩擦力做功Wf>Wf',可得W<2"gR,從B到A過程，由動能定理得W—wjgR—的=0,

可知/加gR,綜上所述機gR<W<2mgR,故選項B正確.

3.（曲線、直線和曲線組合的多過程問題）如圖所示，AB是一段位于豎直平面內的光滑

軌道，高度為h,末端8處的切線方向水平.一個質量為機的小物體尸從軌道頂端A處由靜

止釋放，滑到B端后飛出，落到地面上的C點，軌跡如圖中虛線所示.已知它落地時相

對于B點的水平位移OC=/.現(xiàn)在軌道下方緊貼B點安裝一水平木板,木板的右端與B的距離

為《讓P再次從A點由靜止釋放，它離開軌道并在木板上滑行后從右端水平飛出，仍然落

在地面的C點.求：（不計空氣阻力，重力加速度為g）

（1）P滑至8點時的速度大小；

（2）P與木板之間的動摩擦因數(shù)

解析：（1）物體P在A2軌道上滑動時，只有重力做功，

根據(jù)動能定理，有mgh=^mvo,

得物體尸滑到B點時的速度大小為優(yōu)=4麗.

（2）當沒有木板時，物體離開8點后做平拋運動，運動時間為有

_/_I

0。72gh

當8點右方安裝木板時，物體從木板右端水平拋出，在空中運動的時間也為t,水平位

移為（因此物體從木板右端拋出的速度。1=￡=寫

根據(jù)動能定理，物體在木板上滑動時，有

解得物體與木板之間的動摩擦因數(shù)〃=革.

Q1

答案：（1）\麗⑵9

命題點三動能定理與圖象的綜合問題（師生互動）

［核心整合］

1.常與動能定理結合的四類圖象

°圖由公式X=Of可知，圖線與坐標軸圍成的面積表示物體的位移

a-t圖由公式可知，a-f圖線與坐標軸圍成的面積表示物體速度的變化量

F-x圖由公式W=Ec可知，F(xiàn)-x圖線與坐標軸圍成的面積表示力所做的功

尸/圖由公式W=Pf可知，圖線與坐標軸圍成的面積表示力所做的功

2.解決物理圖象問題的基本步驟

一

第

一觀察題目給出的圖象，弄清縱坐標、橫坐標所對應的物理

步

一量及圖線所表示的物理意義

。

第

二根據(jù)物理規(guī)律推導出縱坐標與橫坐標所對應的物理量間

步

一的函數(shù)關系式

將推導出的物理規(guī)律與數(shù)學上與之相對應的標準函數(shù)關

第

三系式相對比，找出圖線的斜率、截距、圖線的交點、圖線

步

一下的面積所對應的物理意義，分析解答問題，或者利用

函數(shù)圖線上的特定值代入函數(shù)關系式求物理量

網2](2022?河北衡水調研)如圖甲所示，長為4m的水平軌道與半徑為R=0.6m

的豎直半圓軌道BC在8處平滑連接，C點在8點的正上方，有一質量為m=1kg的滑塊(大

小不計)受水平外力廠的作用，從A處由靜止開始向右運動，廠與滑塊位移x的關系圖象如圖

乙所示，滑塊與軌道AB間的動摩擦因數(shù)為〃=0.25,與軌道間的動摩擦因數(shù)未知，g取

10m/s1規(guī)定水平向右為力F的正方向)

(1)求滑塊到達B處時的速度大小；

(2)求滑塊在水平軌道AB上運動前2m所用的時間；

(3)若滑塊到達3點時撤去外力尸，滑塊沿半圓軌道內側上滑，并恰好能到達最高點C,

則滑塊在半圓軌道上克服摩擦力所做的功是多少？

解析：(1)對滑塊從A到B的過程，由動能定理得

F\x\+F3X3—/Limgx—

解得vB=2\[Tdm/s.

(2)在前2m內，根據(jù)牛頓第二定律有

F1—/Limg=ma

且XI

解得介=235s-

(3)滑塊恰好能到達最高點C,根據(jù)牛頓第二定律有

mg=nr^

對滑塊從B到。的過程，由動能定理得

11

Wi—mg-2R—^muc9—^m）B9

解得Wf=—5J

可知滑塊克服摩擦力做的功為5J.

答案：（1）2^15m/s（2）2^^s（3）5J

I題后反思I

動能定理與圖象結合問題的分析方法

（1）首先看清所給圖象的種類（如。＜圖象、Ff圖象、圖象等）.

（2）挖掘圖象的隱含條件，得出所需要的物理量，如由。Y圖象所包圍的“面積”求位移,

由F-x圖象所包圍的“面積”求功等.

（3）分析有哪些力做功，根據(jù)動能定理列方程，求出相應的物理量.

［對點演練］

1.（圖象的選取）（2020?江蘇卷）如圖所示，一小物塊由靜止開始沿斜面向下滑動，最后停

在水平地面上.斜面和地面平滑連接,且物塊與斜面、物塊與地面間的動摩擦因數(shù)均為常數(shù).該

過程中，物塊的動能瓦與水平位移x關系的圖象是（）

解析：A設斜面的傾角為仇小物塊滑至斜面某處（發(fā)生的水平位移為x）時的末動能為

Ek,由動能定理，mgxtan0—^mgcos6^^Ek—0,即祖gxtan9—〃i?igx=Ek—0,故小物塊

沿斜面下滑時￡k與x成正比.當小物塊在水平地面上運動時，可逆向看做初速度為零的加速

運動.由動能定理得〃2根gx=Ek,即Ek與x也成正比.

2.（v-t圖象信息應用）質量為m的物體從高為h的斜面頂端靜止下滑，最后停在平面上,

若該物體以。0的初速度從頂端下滑，最后仍停在平面上，如圖甲所示.圖乙為物體兩次在平

面上運動的o-f圖象，則物體在斜面上運動過程中克服摩擦力的功為（）

C.~^mvo-mghD.mgh—^mvo

解析：D若物體從靜止開始下滑，由動能定理得根g〃一皿=］。彳，若該物體以oo的初

速度從頂端下滑，由動能定理得mgh—Wf=^mvl-^mvi,由乙圖可知，物體兩次滑到平面

的速度關系為。2=2。1,由以上三式解得Wf=?ig/z—，誠

3.（Rx圖象信息應用）（多選）在某一粗糙的水平面上，一質量為2kg的物體在水平恒定

拉力的作用下做勻速直線運動，當運動一段時間后，拉力逐漸減小，且當拉力減小到零時，

物體剛好停止運動，圖中給出了拉力隨位移變化的關系圖象.已知重力加速度g=10m/s2.根

據(jù)以上信息能精確得出或估算得出的物理量有（）

A.物體與水平面間的動摩擦因數(shù)

B.合外力對物體所做的功

C.物體做勻速運動時的速度

D.物體運動的時間

解析：ABC物體做勻速直線運動時，拉力尸與滑動摩擦力/大小相等，物體與水平面

F1

間的動摩擦因數(shù)為〃=病=0.35,A正確；減速過程由動能定理得根據(jù)

Rx圖象中圖線與坐標軸圍成的面積可以估算力尸做的功％,而Wf=—〃機gx,由此可求得

合外力對物體所做的功，及物體做勻速運動時的速度o,B、C正確；因為物體做變加速運動,

所以運動時間無法求出，D錯誤.

三三莖藍莖三核心素養(yǎng)新導向學科培優(yōu)與

素養(yǎng)培優(yōu)16運用動能定理巧解往復運動問題

在有些問題中物體的運動過程具有重復性、往返性，而在這一過程中，描述運動的物理

量多數(shù)是變化的，而且重復的次數(shù)又往往是無限的或者難以確定，求解這類問題時若運用牛

頓運動定律及運動學公式將非常繁瑣，甚至無法解出.由于動能定理只關心物體的初、末狀

態(tài)而不計運動過程的細節(jié)，所以用動能定理分析這類問題可使解題過程簡化.

1.往復次數(shù)可確定的情形

典例1如圖所示，ABC。是一個盆式容器，盆內側壁與盆底8c的連接處都是一段與

BC相切的圓弧，8C是水平的，其距離1=0.50m.盆邊緣的高度為刀=0.30m.在A處放一

個質量為機的小物塊并讓其從靜止開始下滑（圖中小物塊未畫出）.已知盆內側壁是光滑的，

而盆底BC面與小物塊間的動摩擦因數(shù)為“=0.10.小物塊在盆內來回滑動，最后停下來，則

停止的地點到B的距離為（）

A.0.50mB.0.25m

C.0.10mD.0

解析：D設小物塊在8C段通過的總路程為s,由于只有8C面上存在摩擦力，其做功

為一林mgs,而重力做功與路徑無關，由動能定理得:Mig〃一〃機gs=0,代入數(shù)據(jù)可解得s=3m.由

于d=0.50m,所以，小物塊在面上經過3次往復運動后，又回到8點.D正確.

2.往復次數(shù)無法確定的情形

典例2如圖所示，斜面的傾角為仇質量為根的滑塊距擋板P的距離為刈，滑塊以

初速度。o沿斜面上滑，滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為〃，滑塊所受摩擦力小于重力沿斜面向

下的分力.若滑塊每次與擋板相碰均無機械能損失，則滑塊經過的總路程是（）

解析：A滑塊最終要停在斜面底部，設滑塊經過的總路程為s,對滑塊運動的全程應用

LW^+xotan。)，選項A正確.

動能定理：mgxosinO—^imgscos。=0—/加瑤，解得s

3.往復運動永不停止的情形

典例3如圖所示，豎直固定放置的斜面。E與一光滑的圓弧軌道ABC相切，C為切

點，圓弧軌道的半徑為R,斜面的傾角為。現(xiàn)有一質量為機的滑塊從。點無初速下滑，滑塊

可在斜面和圓弧軌道之間做往復運動，已知圓弧軌道的圓心。與A、D在同一水平面上，滑

塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為〃，求：

(1)滑塊第一次滑至左側圓弧上時距A點的最小高度差h；

(2)滑塊在斜面上能通過的最大路程s.

解析：(1)滑塊從。到達左側最高點/經歷。C、CB、BE三個過程，現(xiàn)以。尸整個過程

為研究過程，運用動能定理得：

mgh-fimgcos夕'^^=0,

“Kcos6

解得h=

tan6,

(2)通過分析可知，滑塊最終至C點的速度為0時對應在斜面上的總路程最大，由動能定

理得：

mgRcos0—［imgcos夕5=0,

解得：6=與

答案：(1年(2§

LdllC7〃

I反思領悟I

(1)應用動能定理求解往復運動問題時，要確定物體的初狀態(tài)和最終狀態(tài).

(2)重力做功與物體運動路徑無關，可用Wo=mg%直接求解.

/

(3)滑動摩擦力做功與物體運動路徑有關，可用Wf=-Ffs求解，其中，為物體相對滑行

的總路程.

限時規(guī)范訓練

［基礎鞏固］

1.關于動能概念及動能定理表達式卬=反2—反1的說法中正確的是()

A.若物體速度在變化，則動能一定在變化

B.速度大的物體，動能一定大

C.W=Ek2—表示功可以變成能

D.動能的變化可以用合力做的功來量度

解析：D速度是矢量，而動能是標量，若物體速度只改變方向，不改變大小，則動能

不變，A錯誤；由知B錯誤；動能定理表達式卬=反2-Eki,表示動能的變化可用

合力做的功量度，但功和能是兩個不同的概念，有著本質的區(qū)別，故C錯誤，D正確.

2.在籃球比賽中，某位同學獲得罰球機會，如圖，他站在罰球線處

用力將籃球投出，籃球以約為lm/s的速度撞擊籃筐.已知籃球質量約

為0.6kg,籃筐離地高度約為3m,忽略籃球受到的空氣阻力，則該同

學罰球時對籃球做的功大約為()

A.1JB.10J

C.50JD.100J

解析：B該同學將籃球投出時的高度約為例=1.8m,根據(jù)動能定理有W-mg(h-h^

—^mv2,解得W=7.5J,故選項B正確.

3.(多選)如圖所示，質量為M的木塊靜止在光滑的水平面上，質量”

為m的子彈以速度沿水平方向射入木塊，并最終留在木塊中與木塊

i"；

一起以速度。運動.已知當子彈相對木塊靜止時，木塊前進的距離為L-〃〃小力”20L

子彈進入木塊的深度為s.若木塊對子彈的阻力廠視為恒定，則下列關系式中正確的是()

A.FL=^Mv2

B.Fs=^mv2

C.Fs=^mvo—^(M+m)v2

D.F(￡+s')=^mvi—^mv2

解析：ACD根據(jù)動能定理，對子彈，有一尸(￡+s)=Jn"—品比，選項D正確；對木

塊，有尸!二^八公/,選項A正確；由以上二式可得m)/,選項C正確，選

項B錯誤.

4.從地面豎直向上拋出一只小球，小球運動一段時間后落回地面.忽略空氣阻力，該過

程中小球的動能及與時間t的關系圖象是()

00

AB

解析：A小球做豎直上拋運動，設初速度為。o,則。=。0—g/，小球的動能取=品",

把速度。代入得及=%zg2尸一mg0o，+品質，&與1為二次函數(shù)關系，故A正確.

5.如圖所示，質量為根的物體置于光滑水平面上，一根繩子跨過

定滑輪一端固定在物體上，另一端在力/作用下，物體由靜止開始運

動到繩與水平方向的夾角a=45。時，繩以速度的豎直向下運動，此過^

程中，繩的拉力對物體做的功為（）

A.B.^tnvl

C.mvoD.坐〃2對

解析：C將物體的運動分解為沿繩子方向的運動以及垂直繩子方向的運動，則當物體

運動到繩與水平方向的夾角a=45。時物體的速度為。，則比0$45。=。0,可得物體

由靜止開始運動到繩與水平方向的夾角a=45。過程中，只有繩子拉力對物體做功，由動能定

理得繩的拉力對物體做的功：W=^mv2-0=mvl,故C正確，A、B、D錯誤.

6.（2022?廣東惠州市第三次調研）如圖所示，半圓形光滑軌道固定在

水平地面上，半圓的直徑與地面垂直，一小球以速度。從軌道下端滑入

軌道，并保證從軌道上端水平飛出，則關于小球落地點到軌道下端的水

平距離無與軌道半徑R的關系，下列說法正確的是（）

A.R越大，則x越大

B.R越小，則x越大

C.當R為某一定值時，尤才有最大值

D.當R為某一定值時，x才有最小值

解析：C設半圓的半徑為R,根據(jù)動能定理得一根g-2R=%w‘2_"2,離開最高點做

平拋運動，有2R=擠，x=。't,聯(lián)立解得尸寸R（＜gR）=16g8g）+4g.

可知當火=菰時，水平位移最大，故C正確，ABD錯誤.

7.(2022弓可北保定高三檢測)如圖所示為一滑草場某條滑道的側面圖，由高均為山與水

平面的夾角分別為45。和37。的兩段直滑道組成.一輛滑草車由靜止開始從上滑道頂端處滑

下，不計車在滑道交接處的能量損失.已知滑草車與上、下滑道草地之間的動摩擦因數(shù)“=*

重力加速度為g,sin37°=0.6,cos37°=0.8.

(1)求滑草車在下段滑道上運動的加速度；

(2)求滑草車在整個運動過程中的最大速度；

(3)通過計算來判斷滑草車能否到達下段滑道的最底端.

解析：(1)滑草車在下段滑道上運動過程，根據(jù)牛頓第二定律得“gsin37。一〃%gcos37o=

ma

63

解得a=gsin37//geos37°=—；^g=一荻

“一”表示加速度方向沿下段滑道向上.

(2)滑草車通過上段滑道末端時速度最大，由動能定理得

h1,

mgh-fimgeos45飛口45。=產就

解得Om=\尸乎.

(3)對全過程，根據(jù)動能定理得

c7)h二七。h12

2mgh-/imgcos45。^^一〃加geos37%近37。=產/

解得。=0

說明滑草車剛好到達下段滑道的最底端.

答案：(1盛，方向沿下段滑道向上

(2)十手(3)能

［能力提升］

8.如圖所示，質量為根的物體用細繩經過光滑小孔牽引在光滑水

平面上做勻速圓周運動.拉力為歹時，轉動半徑為凡當拉力逐漸減小

到手時，物體仍做勻速圓周運動，半徑為2R,則物體克服外力所做的功

為（）

A.0B.平

廠FR-5FR

c-TD--

rviTp'11FF

解析：C根據(jù)拉力提供向心力有尸=工，解得&1=］機。2=5/%；當拉力減小到4時有了

=4-，解得Ek2=$n。'2=詈，根據(jù)動能定理，外力做功數(shù)值等于動能的改變量AEk=Ek2

FR

—Eu=-^-,故C正確.

9.（2021?全國甲卷）（多選）一質量為m的物體自傾角為a的固定斜面底端沿斜面向上滑

動.該物體開始滑動時的動能為瓦，向上滑動一段距離后速度減小為零，此后物體向下滑動，

p.

到達斜面底端時動能為號.已知sina=0.6,重力加速度大小為&則（）

A.物體向上滑動的距離為裊

乙mg

B.物體向下滑動時的加速度大小為］

C.物體與斜面間的動摩擦因數(shù)等于0.5

D.物體向上