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【暑假衔接】高中物理新高三（高二升高三）暑假自学讲义 专题07 动能定理（教师版+学生版）
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知识点1：动能
1、定义
物体由于运动而具有的能叫动能。
2、表达式
Ek＝eq \f(1,2)mv2
3、单位
国际单位为焦耳，简称焦，符号为J。
4、特性
5、物理意义
动能是表征物体运动状态的物理量。因此动能是状态量（与物体某一时刻或某一位置的速度相对应）。
6、动能与速度的关系
速度变了，动能不一定变化，只有速度的大小变了动能才变。
1．如图（a），从高处M点到地面N点有Ⅰ、Ⅱ两条光滑轨道。两相同小物块甲、乙同时从M点由静止释放，沿不同轨道滑到N点，其速率v与时间t的关系如图（b）所示。由图可知，两物块在离开M点后、到达N点前的下滑过程中（ ）
A．甲沿I下滑且同一时刻甲的动能比乙的大
B．甲沿Ⅱ下滑且同一时刻甲的动能比乙的小
C．乙沿I下滑且乙的重力功率一直不变
D．乙沿Ⅱ下滑且乙的重力功率一直增大
【答案】B
【详解】AB．由图乙可知，甲下滑过程中，甲做匀加速直线运动，则甲沿Ⅱ下滑，乙做加速度逐渐减小的加速运动，乙沿I下滑，任意时刻甲的速度都小于乙的速度，可知同一时刻甲的动能比乙的小，A错误，B正确；
CD．乙沿I下滑，开始时乙速度为0，到点时乙竖直方向速度为零，根据瞬时功率公式可知重力瞬时功率先增大后减小，CD错误。
故选B。
2．如图所示，将同一个球分先后两次从A点斜向上抛出，第一次落在B点，第二次落在C点，A、C、B在同一水平线上，C为AB中点，两次上升的最大高度相同，已知第一次抛出的初动能是第二次抛出初动能的2倍，则第二次抛出时，初速度与水平方向夹角的正切值为（ ）
A．3B．2C．D．
【答案】D
【详解】两次上升的高度相同，因此两次抛出时，竖直方向的分速度相同，设抛出时竖直方向的分别速度为vy，两次抛出时水平方向的分速度分别为vx1、vx2，由于运动时间相同，因此有
vx1 = 2vx2
根据题意
解得
设第二次抛出时初速度与水平方向的夹角为θ，则
故选D。
3．图（a）为某景区的蛙口喷泉，两次喷出水的轨迹A、B如图（b）所示，最大高度相同，轨迹A的落地点M恰好在轨迹B最高点的正下方，不计空气阻力，对轨迹A、B说法正确的是（ ）
A．水滴在空中运动的时间不同
B．水滴的初速度大小相等
C．水滴在最高点速度之比1：2
D．水滴落地时动能之比1：4
【答案】C
【详解】A．水滴在空中斜上抛运动，其后半部分做平抛运动，根据 ，最大高度相同，后半部分的时间相同，全程的时间相同，A错误；
C．后半部分做平抛运动，B的水平射程是A的2倍，所以在最高点B的速度是A的2倍，C正确；
BD．设A最高点的速度为vx，落地时速度的竖直分量为vy，A落地时的速度为
A落地时的动能为
B最高点的速度为2vx，落地时速度的竖直分量为vy，B落地时的速度为
B落地时的动能为
落地时动能之比不等于1：4；又因为落地时速度的大小等于初速度大小，落地时速度大小不相等，初速度大小也不相等，BD错误。
故选C。
4．一质量为0.4 kg的小球以某一初速度水平向右抛出后，随即受到一大小3 N，方向水平向左的恒力，假设小球抛出时离地足够高，忽略空气阻力，g取10 m/s2，当小球的动能最小时，速度方向与水平方向的夹角为（ ）
A．30°B．37°
C．45°D．53°
【答案】B
【详解】合力方向与速度方向垂直时，小球的动能最小，由题意知重力
竖直向下，而一水平向左的恒力大小为3N，如图
所以合力方向与竖直方向夹角
则
可知当速度方向与水平夹角37°时，小球的动能最小，故B正确，ACD错误。
故选B。
知识点2：动能定理
1、内容
力在一个过程中对物体所做的功，等于物体在这个过程中动能的变化。
2、表达式
W＝Ek2－Ek1＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)。W表示物体所受合外力做的功，Ek1＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)、Ek2＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)分别表示物体的初、末动能。
3、物理意义
动能定理指出了合外力做的总功与动能的变化关系，即动能变化的大小由外力对物体做的总功的多少决定。合外力所做的功是物体动能变化的量度。动能定理说明了合外力对物体所做的总功和物体的动能变化的因果关系和数量关系，不可理解为功转变成了物体的动能，而是物体动能的变化是通过合外力所做的总功的过程来实现的。
4、适用条件
动能定理适用于直线运动、曲线运动、恒力做功、变力做功、分段做功等各种情况。
研究对象是单个物体，或者是可以看成单一物体的物体系。
5、因果关系和数量关系
因果关系：合外力的功是物体动能变化的原因。
数量关系：合外力所做的总功与物体动能的变化具有等量代换关系。
6、动能解题步骤
对于多个物理过程要仔细分析，将复杂的过程分割成一个个子过程，分别对每个过程进行分析，得出每个过程遵循的规律，当每个过程都可以运用动能定理时，可以选择分段或全程应用动能定理。
物体所受的力在哪段位移上做功，哪些力做功，做正功还是负功，然后再正确写出总功。
7、对动能定理的理解
合外力所做的总功就是动能的增量，也不意味着功转变成了动能，而是意味着功引起了动能的变化。
总功的求法：
①先由力的合成与分解法或根据牛顿第二定律求出合力F合，然后由W＝F合lcsα计算；
②计算各个力对物体做的功W1、W2、…、Wn，然后将各个外力所做的功求代数和。
合外力做的功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（相对地面静止的物体）为参考系。
列动能定理方程时，必须明确各力做功的正、负，确实难以判断的先假定为正功，最后根据结果加以确定。
优先使用该定理的问题：①不涉及加速度、时间的问题；②有多个物理过程且不需要研究整个过程中的中间状态的问题；③变力做功的问题；④含有F、l、m、v、W、Ek等物理量的力学问题。
应用动能定理的关键在于对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析，并画出运动过程的草图，借助草图理解物理过程之间的关系。
8、动能定理与F－x图像
F－x图：以力为纵坐标，位移为横坐标建立的平面直角坐标系，F－x图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功。
图像的实质是力与运动的关系问题，求解这类问题的关键是理解图像的物理意义，理解图像的轴、点、线、截、斜、面六大功能。
解题方法：看清图像的横、纵坐标所表示的物理量及单位并注意坐标原来是否从0开始。理解图像的物理意义，能够抓住图像的一些关键点，如斜率、截距、面积、交点、拐点的物理意义。判断物体的运动情况或受力情况，明确因变量与自变量间的制约关系，明确物理量的变化趋势，分析图线进而弄懂物理过程，再结合牛顿运动定律等相关规律列出与图像对应的函数方程式，进而明确“图像与公式”、“图像与物体”间的关系，以便对有关物理问题做出准确判断。
9、动能解决多过程问题
对于多个物理过程要仔细分析，将复杂的过程划分成多个子过程，分别对每个过程进行分析，得出每个过程遵循的规律，当每个过程都可以运用动能定理时，可以选择分段或全程应用动能定理，题目不涉及中间量时，选择全程应用动能定理比较简单和方便。
全程应用动能定理解题求功时，有些力不是全过程都作用的，必须根据不同的情况分别对待，弄清楚物体所受的力在哪段位移上做功，哪些力做功，做正功还是负功，然后再正确写出总功。
对于物体运动过程中有往复运动的情况，物体所受的滑动摩擦力、空气阻力等大小不变，方向发生变化，但在每一段上这类力均做负功，而且这类力所做的功等于力和路程的乘积，与位移无关。若题目中涉及求解物体运动的路程或位置的变化，可利用动能定理求出摩擦力做的功，然后进一步确定物体运动的路程或位置的变化。
5．如图所示，某同学从A点以水平方向成60°角沿斜向上的方向投出一篮球，篮球正好垂直击中篮板上的B点，反弹后下落经过与A等高的C点。已知D点为篮板底下与A等高的点，且AC=CD，篮球质量为m，被抛出时的速度大小为v，不计空气阻力，则下列说法不正确的是（ ）
A．篮球与篮板碰撞过程中损失的动能为
B．从A到B过程中（不含B点）篮球的速率均匀变化
C．从A到B到C篮球运动时间之比1：1
D．从A到B和从B到C篮球速度变化量的绝对值之比1：1
【答案】B
【详解】AC．篮球被抛出时，水平分速度为
竖直分速度为
篮球正好垂直击中篮板上的B点，说明篮球只有水平方向的速度，此时速度为；
击中篮板后落回到C点，根据AC=CD，上抛和下落在竖直方向高度相同，则从A到B到C篮球运动时间相等，故从篮球反弹后速度变为，动能变化量为
故AC正确，不符合题意；
B．从A到B过程中，篮球速度均匀变化，而不是速率均匀变化，故B错误，符合题意；
D．篮球在水平方向做匀速直线运动，竖直方向做加速度为g的匀变速直线运动，从A到B和从B到C篮球速度的变化只是竖直方向分速度的变化，且变化大小相同，所以速度变化量的绝对值之比为1：1，故D正确，不符合题意。
故选B。
6．随着人们生活水平的不断提高，人们的健康意识持续增强，越来越多的人参与到网球运动中来。图为某小区的居民们在简易网球场。某次沿水平场地的轴线ABC发球接球的示意图。某时刻，网球在A点正上方的D点处被水平击出，网球擦网E点落地反弹后被对方球员在F点接住。已知， ，。当地重力加速度取。网球与地面碰撞反弹的过程中水平方向速度不变，竖直方向速率将减为碰撞前竖直方向速率的。网球质量，不计网球大小、网球与地面作用的时间及空气阻力。对于该过程，下列说法正确的是（ ）
A．网球被击出时的速度大小为20m/s
B．网球的落地点到C点的距离为6m
C．对方球员在F点接球时，网球的速度方向水平向右
D．网球落地反弹过程中损失的动能为
【答案】B
【详解】A．设从D点到E点的时间为t1
解得
网球被击出时的速度大小为30m/s，A错误；
B．设网球从抛出点D到落地点O的运动时间为t2
解得
落地点O到C点的距离为6m，B正确；
C．网球落地速度的竖直分量为
弹起的最大高度为
解得
对方球员在F点接球时，网球的速度向右上方，C错误；
D．网球落地反弹过程中损失的动能为
D错误。
故选B。
7．如图所示，在光滑水平面上，一物体在水平向右的恒定拉力F作用下由静止开始向右做直线运动，物体的动能随时间t变化的图像如右图所示，虚线为图像上P点的切线，切线与t轴交点的坐标是（ ）
A．0.60B．0.70C．0.75D．0.80
【答案】C
【详解】物体在拉力作用下做匀加速直线运动，则根据动能定理得
根据运动学公式
代入后得
把P点坐标代入后得出
则
求导得
即
则
则
故选C。
8．2022年2月2日，在率先开赛的北京冬奥会冰壶混合团体比赛中，中国队以7：6击败瑞士队取得开门红。在某次冰壶比赛中，时间时，球员跪式推动冰壶自本垒圆心由静止向前滑行，推至前卫线时，放开冰壶使其自行滑行，冰壶恰好到达营垒中心并停止运动，整个过程冰壶一直沿直线运动，其位移x随时间t变化的图像如图所示，图像中的、两段曲线均为抛物线。已知冰壶的质量为m，对冰壶的整个运动过程，以下说法不正确的是（ ）
A．图像中的两段曲线在时刻相切
B．冰壶的最大速度为
C．时间的加速度大小是的加速度的2倍
D．运动员对冰壶推力所做的功等于冰壶克服摩擦力所做的功
【答案】C
【详解】A．图像中曲线的割线的斜率表示瞬时速度，瞬时速度同一时刻相同，所以两段曲线在时刻相切，A正确；
C．，由静止开始，曲线为抛物线，设此时加速度为a1，则有
，末速度为零，逆向看作是初速为零的匀加速直线运动，设这段时间内的加速度a2，则有
解得
，
可得
C错误；
B．冰壶在t0时刻速度达到最大，速度
B正确；
D．全过程根据动能定理
可得
可知运动员对冰壶推力所做的功等于冰壶克服摩擦力所做的功，D正确。
本题选不正确项，故选C。
9．如图所示，杂技演员在表演“水流星”，用长为1.6 m轻绳的一端系一个盛水容器，盛水容器和水的总质量为0.5 kg，忽略容器的体积，以轻绳的另一端为圆心，在竖直平面内做圆周运动，不计空气阻力， g取10 m/s2。若“水流星”通过最高点时的速度大小为4 m/s，则下列说法正确的是（ ）
A．“水流星”通过最高点时，有水从容器中流出
B．“水流星”通过最高点时，绳的拉力及容器底部受到的压力均为零
C．“水流星”通过最高点时处于完全失重状态，不受力的作用
D．“水流星”通过最高点时，绳的拉力大小为5 N
【答案】B
【详解】A．“水流星”恰好能通过最高点时
解得
可知没有水从容器中流出，故A错误；
B．由A项分析知“水流星”恰好能通过最高点，由重力提供向心力，绳的拉力及容器底部受到的压力均为零，故B正确；
C．由A项分析知“水流星”通过最高点时加速度为重力加速度，处于完全失重状态，仅受重力作用，故C错误；
D．“水流星”从最高点至最低点由动能定理可得
在最低点有
解得
故D错误。
故选B。
10．质量为m，长为L的匀质木板以速度向右运动，水平地面O点左侧是光滑的，右侧是粗糙的，与木板的摩擦系数为，当木板全部进入时刚好静止，则木板的初速度是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【详解】摩擦力与位移为线性关系，可以用平均摩擦力来求摩擦力做功，根据动能定理得
解得
故选A。
11．随着人民生活水平的提高，越来越多的家庭有了汽车，交通安全问题显得尤为重要．如图是某型号汽车刹车时刹车痕迹（即刹车距离）与刹车前车速的关系图象，v为车速，s为刹车痕迹长度．若某次测试中，汽车刹车后运行距离为20 m时的车速仍为45 km/h，则刹车前车的初速度为
A．60 km/h
B．75 km/h
C．2.5 km/h
D．105 km/h
【答案】B
【详解】根据动能定理得，得到，由图读出，，刹车时位移是，根据，得，而①，
由动能定理得到②，
所以由①②对比得到，
代入得，
解得，故B正确，ACD错误．
故本题答案是B
12．请根据以下资料判断，汽车行驶在高速公路上的安全距离最接近
A．100mB．200mC．300mD．400m
【答案】B
【分析】当汽车在湿沥青路面上行驶时，动摩擦因数最小，刹车时滑行的距离最大，根据运动学求出反应时间内汽车通过的距离，由动能定理求出刹车后滑行的距离，再求解安全距离最接近的值；
【详解】汽车的最高速度为，在反应时间内，汽车仍做匀速直线运动，通过的最大距离为：，在汽车刹车的过程，根据动能定理得：，解得：，则总位移大小为，接近200m，故B正确，A、C、D错误；
故选B．
【点睛】关键是一抓住在反应时间内，汽车仍保持原来的运动状态；二要会选择数据，同等条件下，动摩擦因数越小，汽车滑行的距离越大，根据动摩擦因数最小的情况求解安全距离．
13．如图所示，一质量为的质点在半径为的半球形容器中（容器固定）由静止开始自边缘上的A点滑下，到达最低点时，它对容器的正压力为。重力加速度为，则质点自A滑到的过程中，摩擦力所做的功为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【详解】设在B点的速度为，由牛顿第二定律，有
则质点在B点的动能为
质点从A滑到B的过程中，由动能定理得
解得
故选C。
14．如图所示，水平机械臂BC固定在竖直转轴CD上，B处固定一与BC垂直的光滑水平转轴，轻杆AB套在转轴上。轻杆可在竖直面内转动，其下端固定质量为m的小球，轻杆和机械臂的长度均为L，开始小球静止，缓慢增大竖直轴转动的角速度，直至杆与竖直方向的夹角为37°，已知，，重力加速度为g，则（ ）
A．此时小球的角速度大小为B．此时小球的线速度大小为
C．此过程中杆对小球做的功为D．此过程中杆对小球做的功为
【答案】C
【详解】AB．当杆与竖直方向成37°时，小球做匀速圆周运动，杆对小球的拉力沿杆方向，合力提供向心力，则有
可得
因为圆周运动半径
根据
可得
选项AB错误；
CD．设此过程中杆对小球做功为W，由动能定理
解得
选项C正确，D错误。
故选C。
15．如图所示，动摩擦因数均为的高度相同、倾角不同的固定斜面与动摩擦因数为的水平面均通过一段长度不计的光滑弧形轨道连接。一个小物块先后从斜面顶端沿A、B斜面由静止开始下滑，最终小物块都停在水平面上。要使沿斜面B滑下的小物块停在更远处，须满足（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】设滑块滑行的水平总位移为x，则对A
对B
若要
x2>x1
则
故选A。
16．如图，斜面AB与水平面平滑连接，曲面ADC与水平面相切于C点，曲面上D点的切线与AB平行，物体与各接触面间动摩擦因数相同．物体从A点由静止沿斜面AB下滑，最终停在水平面上的P点，若从同一点A由静止沿曲面ADC下滑，下列说法正确的是（ ）
A．物体滑至D点时受到的支持力与沿AB下滑过程中受到的支持力相等
B．物体沿曲面ADC下滑，最终将停在P点左侧
C．物体沿曲面ADC下滑的过程中，重力的功率一直都在增大
D．物体沿曲面ADC下滑到B点时的动能等于沿斜面AB下滑到B点时的动能
【答案】B
【详解】A．在D点根据牛顿第二定律得
所以
物体滑至D点时受到的支持力大于沿AB下滑过程中受到的支持力，A错误；
C．重力的功率为
物体沿曲面ADC下滑的过程中，vy先增大后减小，所以重力的功率先增大后减小，C错误；
BD．物体沿着曲面运动时的压力大，摩擦力大，克服摩擦力的功多，所以物体沿曲面ADC下滑到B点时的动能小于沿斜面AB下滑到B点时的动能，物体沿曲面ADC下滑，最终将停在P点左侧，B正确，D错误。
故选D。
17．一辆质量为m的汽车在平直的路面上以恒定功率P匀速行驶，匀速行驶的速度为，某时刻司机看到路旁减速标志后，没有踩刹车，而是立即松减油门，发动机功率变为原来的，保持该功率行驶一段时间t后，汽车又开始匀速运动。设汽车受到的阻力恒定不变，在松减油门后的t时间内汽车前进的距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】发动机的功率为P时，汽车以速度匀速行驶，阻力为
汽车再次匀速，此时汽车速度大小为
根据动能定理可得
解得
故选D。
18．汽车在平直公路上以速度v0匀速行驶，发动机的功率为P，司机为合理进入限速区，减小了油门，使汽车功率立即减小一半并保持该功率继续行驶，设汽车行驶过程中所受阻力大小不变，从司机减小油门开始，汽车的速度v与时间t的关系如图所示，则在0~t1时间内下列说法正确的是（ ）
A．汽车的牵引力不断减小
B．t=0时，汽车的加速度大小为
C．汽车行驶的位移为
D．阻力所做的功为
【答案】C
【详解】A．减小油门后，机车的功率保持不变，当速度减小时，根据P=Fv可知，牵引力增大，故A错误；
B．汽车以速度v0匀速行驶时，牵引力等于阻力，即有
F=f
发动机的功率为P，由
P=Fv0=fv0
得阻力
t=0时，功率为原来的一半，速度没有变，则
根据牛顿第二定律得
故大小为，故B错误；
CD．根据动能定理得
解得阻力做功为
设汽车通过的位移为x，由，解得
故C正确，D错误。
故选C。
19．如图所示的装置，其中部分为以速度顺时针匀速转动的传送带，部分为一半径为竖直放置的半圆形光滑轨道，直径恰好竖直，轨道与传送带相切于B点。先将一质量为的可视为质点的小滑块无初速地放在传送带的左端A点上，设间距离为L，滑块与传送带间的动摩擦因数为，，为使滑块能过D点，以下关于和L的取值可能正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】假设滑块恰好经过D点，由牛顿第二定律可知
解得
从B到D过程中，由动能定理得
解得
与传送带速度相同，则物块在到达B时，已经在摩擦力的作用下加速到了和传送带相同的速度。从A到B过程中，由动能定理得
解得
则滑块能通过D点时，需要满足的条件
故选D。
20．如图所示，长为的倾斜传送带与水平面间的夹角为，在电动机的带动下以的速率顺时针转动。现将一质量2kg的小物块（可视为质点）轻放在传送带的下端B点，已知小物块与传送带间的动摩擦因数，，则传送带将小物块从B点传送到A点的过程中（ ）
A．电动机比空载时多消耗的电能为160J
B．小物块运动到A点时，重力的瞬时功率大小为100W
C．摩擦力对小物块做的功为75J
D．小物块从B运动到A所用的时间为2s
【答案】A
【详解】AD．小物块放到B点后，受到的滑动摩擦力沿传送带向上，做匀加速直线运动由牛顿第二定律可得
解得
假设小物块能与传送带达到相同速度，则匀加速直线运动小物块上滑的位移为
由于
则假设成立，小物块匀加速运动的时间为
速度相同后，小物块与传送带一起匀速，小物块匀速运动的时间为
则小物块从B运动到A所用的时间为
小物块与传送带的相对位移为
系统因摩擦力产生的热量为
则电动机比空载时多消耗的电能为
故A正确，D错误；
B．小物块运动到A点时，重力的瞬时功率大小为
故B错误；
C．设摩擦力对小物块做的功为W，根据动能定理可知
解得
故C错误。
故选A。
21．如图，一个质量为m的小滑块在高度为h的斜面顶端由静止释放；滑块与斜面间动摩擦因数恒定，以水平地面为零势能面。则滑块滑至斜面底端时的动能Ek随斜面倾角θ变化的关系图像可能正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【详解】由题知小滑块在高度为h的斜面顶端由静止释放，则对于小滑块下滑的过程应用动能定理可得
（tanθ ≥ μ）
故当时，Ek = mgh；随着θ减小，tanθ逐渐减小，物块滑到斜面底端的动能逐渐减小，当重力沿斜面方向的分力小于等于最大静摩擦力时，有
mgsinθ ≤ μmgcsθ
解得
μ ≥ tanθ
此后继续减小θ，物块都不再下滑，则此后小滑块的动能一直为零。
故选A。
22．如图甲所示，一轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m的小球，从弹簧上端静止下落。若以小球开始下落的位置为坐标原点，沿竖直向下建立坐标轴Ox，小球下落至最低点过程中的a-x图像如图乙所示（图中坐标值皆已知），不计空气阻力，重力加速度为g。则（ ）
A．劲度系数
B．弹簧最大弹力
C．小球向下运动过程中最大加速度
D．小球向下运动过程中最大速度
【答案】B
【详解】A．结合图乙可知，小球下落的加速度为零时则有
解得弹簧的劲度系数为
故A错误；
B．小球向下运动过程中弹簧最大弹力为
故B正确；
C．小球向下运动过程中最大加速度为
故C错误
D．设小球向下运动过程中最大速度，根据动能定理可知
整理可得
结合图像可知
解得小球向下运动过程中最大速度为
故D错误；
故选B。
多选题
23．水平粗糙平面上静止两个物块A、B，B的右侧紧密连接一段光滑圆弧轨道。现给A施一水平向右大小为8N的外力F，作用一段距离后撤去，又经过一段时间后A与B发生碰撞，A、B碰后连接为一个整体沿圆弧面上滑。已知碰撞过程中能量损失为2J，A、B可视为质点，，A、B与水平面之间的动摩擦因数相同，，A、B初始的距离，圆弧轨道的半径为40m，物块上滑的过程中未离开圆弧面，π取3.14，g取10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．外力F作用的距离为4m
B．物块沿圆弧面上滑的高度为0.1m
C．整个过程中因摩擦产生的热量为29J
D．从外力开始作用到最终物块停下，花费的总时间为9.78s
【答案】AD
【详解】A．质量相等的两物体发生完全非弹性碰撞，由动量守恒和能量守恒可知动能损失量为初动能的1/2，故碰撞前A的动能为4J，设外力F作用的距离为，则根据动能定理
可得外力作用距离为
故A正确；
B．碰撞后的动能为2J，根据能量守恒有
解得
故B错误；
C．整个过程中，外力F做功为
碰撞能量损失为2J，故由能量守恒可知因摩擦产生的热量为30J，故C错误。
D．碰撞前A经历了先加速后减速的运动，加速过程中有
，
解得
减速过程有
碰撞前A的动能为4J，可知即碰撞前的速度为2m/s，解得
由于上升高度远小于圆弧半径，可等效看作为单摆模型，所经历时间为半个单摆的周期，有
回到水平面上后
为碰撞后的速度1m/s，所以
总时长为
故D正确。
故选AD。
24．将三个木板1、2、3固定在墙角，木板与墙壁和地面构成了三个不同的三角形，如图所示，其中1与2底边相同，2和3高度相同。现将一个可以视为质点的物块分别从三个木板的顶端由静止释放，并沿斜面下滑到底端，物块与木板之间的动摩擦因数均相同。在这三个过程中，下列说法正确的是（ ）
A．沿着1和2下滑到底端时，物块的速度不同；沿着2和3下滑到底端时，物块的速度相同
B．沿着1下滑到底端时，物块的速度最大
C．物块沿着3下滑到底端的过程中，产生的热量是最少的
D．物块沿着1和2下滑到底端的过程，产生的热量是一样多的
【答案】BD
【详解】AB．设任意一斜面倾角为，斜面的长度为L，则物体下滑过程中克服摩擦力做功为
Lcsθ即为斜面底边的长度，设物体滑到底端时的速度为v，根据动能定理得：
根据图中斜面高度和底边长度可知，滑到底边时速度大小关系为
即沿着1下滑到底端时，物块的速度最大，故A错误，B正确。
CD．摩擦生热等于物块克服摩擦力做功，即
由图可知1和2底边相等且小于3的底边，故摩擦生热关系为
即物块沿着1和2下滑到底端的过程中，产生的热量一样多，物块沿着3下滑到底端的过程中，产生的热量最多，故C错误，D正确；
故选BD。
25．一质量为M=1.0kg的小物块随足够长的水平传送带一起运动，被一水平向左飞来的子弹击中并从物块中穿过（不计子弹穿过物块的时间），如图甲所示。地面观察者记录了物块被击中后的速度随时间变化的关系如图乙所示，已知传送带的速度保持不变，g取。在这一个过程中下列判断正确的是（ ）
A．传送带的速度大小为2m/s，逆时针转动
B．物块与传送带间的动摩擦因数为0.2
C．传送带对物块做的功为－6J
D．传送带对物块做的功为6J
【答案】AC
【详解】A．由题图乙可判断出物块被子弹击中后先做减速运动，再做匀速运动，但方向不变，说明传送带逆时针转动，物块最终做匀速运动的速度即为传送带的速度，大小为2m/s，故A正确；
B．由题图乙可知物块做减速运动的加速度大小为
根据牛顿第二定律可得
解得
故B错误；
CD．根据动能定理可得传送带对物块做的功
故C正确，D错误。
故选AC。
26．一种升降电梯的原理如图所示，A为电梯的轿厢，B为平衡配重。在某次运行时A（含乘客）、B的质量分别为和。A、B由跨过轻质滑轮的足够长轻质缆绳连接。电动机通过牵引绳向下拉配重B，使得电梯的轿厢由静止开始向上运动（轿厢A、配重B一直未与滑轮相撞）。电动机输出功率保持不变。不计空气阻力和摩擦阻力，。在A向上运动过程中，则（ ）
A．轿厢A先做匀加速直线运动，再做加速度减小的直线运动，最后做匀速直线运动
B．轿厢A能达到的最大速度
C．轿厢A向上的加速度为寸，配重B下端的牵引绳上拉力
D．厢体A从静止开始到上升的高度为5m时（箱体已处于匀速状态），所用的时间
【答案】BC
【详解】A．电动机输出功率保持不变，速度增大时，根据
可知牵引力减小，所以轿厢A做加速度减小的加速直线运动，最后做匀速直线运动，故A错误；
B．当轿厢A的速度达到最大时，轿厢A做匀速直线运动，此时电动机的牵引力为
又
联立解得
故B正确；
C．当A向上的加速度为时，设A、B之间绳的拉力为，重物B下端绳的拉力大小为；分别分析A、B，根据牛顿第二定律得
，
联立解得
故C正确；
D．厢体A从静止开始到上升的高度为时，轿厢箱体已处于匀速状态，对A、B整体，由动能定理得
解得
故D错误。
故选BC。
27．将一小球竖直向上抛出，其动能随时间的变化如图。已知小球受到的空气阻力与速率成正比。已知小球的质量为m，最终小球的动能为，重力加速度为g，若不考虑小球会落地，则小球在整个运动过程中（ ）
A．加速度一直减小至零
B．合外力做功为15E0
C．最高点的加速度为g
D．从最高点下降至原位置所用时间小于
【答案】AC
【详解】A．小球受到的空气阻力与速率成正比，即
上升过程，由牛顿第二定律有
小球做加速度逐渐减小的减速直线运动，到最高点速度减为零，加速度减小为g；小球下降的过程，有
小球做加速度逐渐减小的加速直线运动，当加速度减为零后，小球向下做匀速直线运动，故全程加速度一直减小至零，故A正确；
B．根据动能定理
故B错误；
C．最高点速度为0，根据牛顿第二定律得，故C正确；
D．小球上升和下降回到出发点的过程，由逆向思维有
因，则有，即从最高点下降至原位置所用时间大于，故D错误。
故选AC。
解答题
28．如图为某游戏装置原理示意图。水平桌面上固定一半圆形竖直挡板，其半径为2R、内表面光滑，挡板的两端A、B在桌面边缘，B与半径为R的固定光滑圆弧轨道在同一竖直平面内，过C点的轨道半径与竖直方向的夹角为60°。小物块以某一水平初速度由A点切入挡板内侧，从B点飞出桌面后，在C点沿圆弧切线方向进入轨道内侧，并恰好能到达轨道的最高点D。小物块与桌面之间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g，忽略空气阻力，小物块可视为质点。求：
（1）小物块到达D点的速度大小；
（2）B和D两点的高度差；
（3）小物块在A点的初速度大小。
【答案】（1）；（2）0；（3）
【详解】（1）由题知，小物块恰好能到达轨道的最高点D，则在D点有
解得
（2）由题知，小物块从C点沿圆弧切线方向进入轨道内侧，则在C点有
小物块从C到D的过程中，根据动能定理有
则小物块从B到D的过程中，根据动能定理有
联立解得
，HBD = 0
（3）小物块从A到B的过程中，根据动能定理有
S = π∙2R
解得
29．如图所示，弹簧锁定后所储存的弹性势能，一个质量m＝1kg的小物块紧靠弹簧放置。释放后，弹簧恢复原长时小物块冲上长度l＝6m的水平传送带。在传送带右侧等高的平台上固定一半径R＝0.5m的圆轨道ABCD，A、D的位置错开，以便小物块绕行一圈后可以通过D到达E位置。已知小物块与传送带之间的动摩擦因数，其它摩擦均忽略不计，，求：
（1）小物块释放后，冲上水平传送带时的速度大小；
（2）若传送带以5m/s的速度顺时针转动，小物块通过圆轨道最高点C时对轨道的压力大小；
（3）若传送带速度大小、方向皆可任意调节，要使小物块在运动过程中不脱离圆轨道ABCD传送带转动速度的可能值。
【答案】（1）；（2）；（3）若传送带顺时针转动，或，若传送带逆时针转动，速度任意
【详解】（1）设小物块释放后，冲上水平传送带时的速度大小为，根据题意，由能量守恒可得
记得
（2）小物块冲上传送带后做匀减速运动，设其加速度为，根据牛顿第二定律有
解得
设物块与传送带共速时的对地位移为，则由运动学公式可得
代入数据解得
则可知物块与传送带共速后和传送带一起做匀速运动，最终通过圆轨道最高点，设通过圆轨道最高点时的速度为，最高点对物块的弹力为，则由动能定理有
在最高点由牛顿第二定律可得
联立解得
根据牛顿第三定律可知，通过最高点时，物块对最高点的压力为0。
（3）要使小物块在运动过程中不脱离圆轨道ABCD，则有两种情况：
（一）当传送带顺时针转动时
①物块恰能过最高点时，在最高点对轨道无压力，根据（2）中可知，此时传送带的速度为，即只要传送带的速度，滑块就不会脱离圆轨道；
②滑块在传送带上做匀减速运动，与传送带共速，当滑块恰好运动至圆轨道圆弧处时速度减为零，此种情况下物块也不会脱离圆轨道，根据动能定理有
解得
即只要传送带的速度满足，滑块就不会脱离圆轨道。
（二）当传送带逆时针转动时
显然物块在传送带上做减速运动，假设物块在离开传送带时速度为，由运动学公式可得
解得
通过计算可知，当传送带逆时针转动时，物块始终做匀减速运动，且物块离开传送带时的速度与传送带的转速无关，可知，若传送带逆时针转动，速度任意。
综上可得：若传送带顺时针转动，或；若传送带逆时针转动，速度任意。
30．如图所示，内径很小的细管PMN竖直固定，PM段为长为L内径粗糙的水平直细管。P端有一竖直弹性挡板，MN段为内径光滑半径为R的圆弧细管，两段细管在M处平滑连接。细绳一端连接质量为3m的滑块A，另一端跨过滑轮，穿过挡板P的光滑小孔与质量为m、略小于细管内径的的滑块B相连，已知滑块B与PM段细管间动摩擦因数为0.5，起初两滑块在外力作用下静止，现同时释放两滑块，重力加速度为g。求：
（1）滑块B在PM段向左运动过程中加速度大小a；
（2）滑块B第一次运动至M点时速度大小vM；
（3）若滑块B每次与挡板P碰撞后均以原速弹回。求整个运动过程中，滑块B在水平PM段运动的总路程S。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）根据题意，对A、B整体，由牛顿第二定律有
解得
（2）根据题意可知，滑块B第一次运动至M点时，滑块A、B的速度大小相等，由动能定理有
解得
（3）根据题意可知，由于
则滑块B最终停在P处，对整个过程，由动能定理有
解得
标示性
动能为标量，只有大小，没有方向。
瞬时性
动能具有瞬时性，与某一时刻或某一位置的速度相对应。
相对性
选取不同的参考系，物体的速度不同，动能也不同，一般以地面为参考系。
高速公路最高时速
路面
动摩擦因数
120km/h
干沥青路面
0.7
驾驶员反应时间
干碎石路面
0.6~0.7
0.3~0.6s
湿沥青路面
0.32~0.4
知识点1：动能
1、定义
物体由于运动而具有的能叫动能。
2、表达式
Ek＝eq \f(1,2)mv2
3、单位
国际单位为焦耳，简称焦，符号为J。
4、特性
5、物理意义
动能是表征物体运动状态的物理量。因此动能是状态量（与物体某一时刻或某一位置的速度相对应）。
6、动能与速度的关系
速度变了，动能不一定变化，只有速度的大小变了动能才变。
1．如图（a），从高处M点到地面N点有Ⅰ、Ⅱ两条光滑轨道。两相同小物块甲、乙同时从M点由静止释放，沿不同轨道滑到N点，其速率v与时间t的关系如图（b）所示。由图可知，两物块在离开M点后、到达N点前的下滑过程中（ ）
A．甲沿I下滑且同一时刻甲的动能比乙的大
B．甲沿Ⅱ下滑且同一时刻甲的动能比乙的小
C．乙沿I下滑且乙的重力功率一直不变
D．乙沿Ⅱ下滑且乙的重力功率一直增大
【答案】B
【详解】AB．由图乙可知，甲下滑过程中，甲做匀加速直线运动，则甲沿Ⅱ下滑，乙做加速度逐渐减小的加速运动，乙沿I下滑，任意时刻甲的速度都小于乙的速度，可知同一时刻甲的动能比乙的小，A错误，B正确；
CD．乙沿I下滑，开始时乙速度为0，到点时乙竖直方向速度为零，根据瞬时功率公式可知重力瞬时功率先增大后减小，CD错误。
故选B。
2．如图所示，将同一个球分先后两次从A点斜向上抛出，第一次落在B点，第二次落在C点，A、C、B在同一水平线上，C为AB中点，两次上升的最大高度相同，已知第一次抛出的初动能是第二次抛出初动能的2倍，则第二次抛出时，初速度与水平方向夹角的正切值为（ ）
A．3B．2C．D．
【答案】D
【详解】两次上升的高度相同，因此两次抛出时，竖直方向的分速度相同，设抛出时竖直方向的分别速度为vy，两次抛出时水平方向的分速度分别为vx1、vx2，由于运动时间相同，因此有
vx1 = 2vx2
根据题意
解得
设第二次抛出时初速度与水平方向的夹角为θ，则
故选D。
3．图（a）为某景区的蛙口喷泉，两次喷出水的轨迹A、B如图（b）所示，最大高度相同，轨迹A的落地点M恰好在轨迹B最高点的正下方，不计空气阻力，对轨迹A、B说法正确的是（ ）
A．水滴在空中运动的时间不同
B．水滴的初速度大小相等
C．水滴在最高点速度之比1：2
D．水滴落地时动能之比1：4
【答案】C
【详解】A．水滴在空中斜上抛运动，其后半部分做平抛运动，根据 ，最大高度相同，后半部分的时间相同，全程的时间相同，A错误；
C．后半部分做平抛运动，B的水平射程是A的2倍，所以在最高点B的速度是A的2倍，C正确；
BD．设A最高点的速度为vx，落地时速度的竖直分量为vy，A落地时的速度为
A落地时的动能为
B最高点的速度为2vx，落地时速度的竖直分量为vy，B落地时的速度为
B落地时的动能为
落地时动能之比不等于1：4；又因为落地时速度的大小等于初速度大小，落地时速度大小不相等，初速度大小也不相等，BD错误。
故选C。
4．一质量为0.4 kg的小球以某一初速度水平向右抛出后，随即受到一大小3 N，方向水平向左的恒力，假设小球抛出时离地足够高，忽略空气阻力，g取10 m/s2，当小球的动能最小时，速度方向与水平方向的夹角为（ ）
A．30°B．37°
C．45°D．53°
【答案】B
【详解】合力方向与速度方向垂直时，小球的动能最小，由题意知重力
竖直向下，而一水平向左的恒力大小为3N，如图
所以合力方向与竖直方向夹角
则
可知当速度方向与水平夹角37°时，小球的动能最小，故B正确，ACD错误。
故选B。
知识点2：动能定理
1、内容
力在一个过程中对物体所做的功，等于物体在这个过程中动能的变化。
2、表达式
W＝Ek2－Ek1＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)。W表示物体所受合外力做的功，Ek1＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)、Ek2＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)分别表示物体的初、末动能。
3、物理意义
动能定理指出了合外力做的总功与动能的变化关系，即动能变化的大小由外力对物体做的总功的多少决定。合外力所做的功是物体动能变化的量度。动能定理说明了合外力对物体所做的总功和物体的动能变化的因果关系和数量关系，不可理解为功转变成了物体的动能，而是物体动能的变化是通过合外力所做的总功的过程来实现的。
4、适用条件
动能定理适用于直线运动、曲线运动、恒力做功、变力做功、分段做功等各种情况。
研究对象是单个物体，或者是可以看成单一物体的物体系。
5、因果关系和数量关系
因果关系：合外力的功是物体动能变化的原因。
数量关系：合外力所做的总功与物体动能的变化具有等量代换关系。
6、动能解题步骤
对于多个物理过程要仔细分析，将复杂的过程分割成一个个子过程，分别对每个过程进行分析，得出每个过程遵循的规律，当每个过程都可以运用动能定理时，可以选择分段或全程应用动能定理。
物体所受的力在哪段位移上做功，哪些力做功，做正功还是负功，然后再正确写出总功。
7、对动能定理的理解
合外力所做的总功就是动能的增量，也不意味着功转变成了动能，而是意味着功引起了动能的变化。
总功的求法：
①先由力的合成与分解法或根据牛顿第二定律求出合力F合，然后由W＝F合lcsα计算；
②计算各个力对物体做的功W1、W2、…、Wn，然后将各个外力所做的功求代数和。
合外力做的功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（相对地面静止的物体）为参考系。
列动能定理方程时，必须明确各力做功的正、负，确实难以判断的先假定为正功，最后根据结果加以确定。
优先使用该定理的问题：①不涉及加速度、时间的问题；②有多个物理过程且不需要研究整个过程中的中间状态的问题；③变力做功的问题；④含有F、l、m、v、W、Ek等物理量的力学问题。
应用动能定理的关键在于对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析，并画出运动过程的草图，借助草图理解物理过程之间的关系。
8、动能定理与F－x图像
F－x图：以力为纵坐标，位移为横坐标建立的平面直角坐标系，F－x图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功。
图像的实质是力与运动的关系问题，求解这类问题的关键是理解图像的物理意义，理解图像的轴、点、线、截、斜、面六大功能。
解题方法：看清图像的横、纵坐标所表示的物理量及单位并注意坐标原来是否从0开始。理解图像的物理意义，能够抓住图像的一些关键点，如斜率、截距、面积、交点、拐点的物理意义。判断物体的运动情况或受力情况，明确因变量与自变量间的制约关系，明确物理量的变化趋势，分析图线进而弄懂物理过程，再结合牛顿运动定律等相关规律列出与图像对应的函数方程式，进而明确“图像与公式”、“图像与物体”间的关系，以便对有关物理问题做出准确判断。
9、动能解决多过程问题
对于多个物理过程要仔细分析，将复杂的过程划分成多个子过程，分别对每个过程进行分析，得出每个过程遵循的规律，当每个过程都可以运用动能定理时，可以选择分段或全程应用动能定理，题目不涉及中间量时，选择全程应用动能定理比较简单和方便。
全程应用动能定理解题求功时，有些力不是全过程都作用的，必须根据不同的情况分别对待，弄清楚物体所受的力在哪段位移上做功，哪些力做功，做正功还是负功，然后再正确写出总功。
对于物体运动过程中有往复运动的情况，物体所受的滑动摩擦力、空气阻力等大小不变，方向发生变化，但在每一段上这类力均做负功，而且这类力所做的功等于力和路程的乘积，与位移无关。若题目中涉及求解物体运动的路程或位置的变化，可利用动能定理求出摩擦力做的功，然后进一步确定物体运动的路程或位置的变化。
5．如图所示，某同学从A点以水平方向成60°角沿斜向上的方向投出一篮球，篮球正好垂直击中篮板上的B点，反弹后下落经过与A等高的C点。已知D点为篮板底下与A等高的点，且AC=CD，篮球质量为m，被抛出时的速度大小为v，不计空气阻力，则下列说法不正确的是（ ）
A．篮球与篮板碰撞过程中损失的动能为
B．从A到B过程中（不含B点）篮球的速率均匀变化
C．从A到B到C篮球运动时间之比1：1
D．从A到B和从B到C篮球速度变化量的绝对值之比1：1
【答案】B
【详解】AC．篮球被抛出时，水平分速度为
竖直分速度为
篮球正好垂直击中篮板上的B点，说明篮球只有水平方向的速度，此时速度为；
击中篮板后落回到C点，根据AC=CD，上抛和下落在竖直方向高度相同，则从A到B到C篮球运动时间相等，故从篮球反弹后速度变为，动能变化量为
故AC正确，不符合题意；
B．从A到B过程中，篮球速度均匀变化，而不是速率均匀变化，故B错误，符合题意；
D．篮球在水平方向做匀速直线运动，竖直方向做加速度为g的匀变速直线运动，从A到B和从B到C篮球速度的变化只是竖直方向分速度的变化，且变化大小相同，所以速度变化量的绝对值之比为1：1，故D正确，不符合题意。
故选B。
6．随着人们生活水平的不断提高，人们的健康意识持续增强，越来越多的人参与到网球运动中来。图为某小区的居民们在简易网球场。某次沿水平场地的轴线ABC发球接球的示意图。某时刻，网球在A点正上方的D点处被水平击出，网球擦网E点落地反弹后被对方球员在F点接住。已知， ，。当地重力加速度取。网球与地面碰撞反弹的过程中水平方向速度不变，竖直方向速率将减为碰撞前竖直方向速率的。网球质量，不计网球大小、网球与地面作用的时间及空气阻力。对于该过程，下列说法正确的是（ ）
A．网球被击出时的速度大小为20m/s
B．网球的落地点到C点的距离为6m
C．对方球员在F点接球时，网球的速度方向水平向右
D．网球落地反弹过程中损失的动能为
【答案】B
【详解】A．设从D点到E点的时间为t1
解得
网球被击出时的速度大小为30m/s，A错误；
B．设网球从抛出点D到落地点O的运动时间为t2
解得
落地点O到C点的距离为6m，B正确；
C．网球落地速度的竖直分量为
弹起的最大高度为
解得
对方球员在F点接球时，网球的速度向右上方，C错误；
D．网球落地反弹过程中损失的动能为
D错误。
故选B。
7．如图所示，在光滑水平面上，一物体在水平向右的恒定拉力F作用下由静止开始向右做直线运动，物体的动能随时间t变化的图像如右图所示，虚线为图像上P点的切线，切线与t轴交点的坐标是（ ）
A．0.60B．0.70C．0.75D．0.80
【答案】C
【详解】物体在拉力作用下做匀加速直线运动，则根据动能定理得
根据运动学公式
代入后得
把P点坐标代入后得出
则
求导得
即
则
则
故选C。
8．2022年2月2日，在率先开赛的北京冬奥会冰壶混合团体比赛中，中国队以7：6击败瑞士队取得开门红。在某次冰壶比赛中，时间时，球员跪式推动冰壶自本垒圆心由静止向前滑行，推至前卫线时，放开冰壶使其自行滑行，冰壶恰好到达营垒中心并停止运动，整个过程冰壶一直沿直线运动，其位移x随时间t变化的图像如图所示，图像中的、两段曲线均为抛物线。已知冰壶的质量为m，对冰壶的整个运动过程，以下说法不正确的是（ ）
A．图像中的两段曲线在时刻相切
B．冰壶的最大速度为
C．时间的加速度大小是的加速度的2倍
D．运动员对冰壶推力所做的功等于冰壶克服摩擦力所做的功
【答案】C
【详解】A．图像中曲线的割线的斜率表示瞬时速度，瞬时速度同一时刻相同，所以两段曲线在时刻相切，A正确；
C．，由静止开始，曲线为抛物线，设此时加速度为a1，则有
，末速度为零，逆向看作是初速为零的匀加速直线运动，设这段时间内的加速度a2，则有
解得
，
可得
C错误；
B．冰壶在t0时刻速度达到最大，速度
B正确；
D．全过程根据动能定理
可得
可知运动员对冰壶推力所做的功等于冰壶克服摩擦力所做的功，D正确。
本题选不正确项，故选C。
9．如图所示，杂技演员在表演“水流星”，用长为1.6 m轻绳的一端系一个盛水容器，盛水容器和水的总质量为0.5 kg，忽略容器的体积，以轻绳的另一端为圆心，在竖直平面内做圆周运动，不计空气阻力， g取10 m/s2。若“水流星”通过最高点时的速度大小为4 m/s，则下列说法正确的是（ ）
A．“水流星”通过最高点时，有水从容器中流出
B．“水流星”通过最高点时，绳的拉力及容器底部受到的压力均为零
C．“水流星”通过最高点时处于完全失重状态，不受力的作用
D．“水流星”通过最高点时，绳的拉力大小为5 N
【答案】B
【详解】A．“水流星”恰好能通过最高点时
解得
可知没有水从容器中流出，故A错误；
B．由A项分析知“水流星”恰好能通过最高点，由重力提供向心力，绳的拉力及容器底部受到的压力均为零，故B正确；
C．由A项分析知“水流星”通过最高点时加速度为重力加速度，处于完全失重状态，仅受重力作用，故C错误；
D．“水流星”从最高点至最低点由动能定理可得
在最低点有
解得
故D错误。
故选B。
10．质量为m，长为L的匀质木板以速度向右运动，水平地面O点左侧是光滑的，右侧是粗糙的，与木板的摩擦系数为，当木板全部进入时刚好静止，则木板的初速度是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【详解】摩擦力与位移为线性关系，可以用平均摩擦力来求摩擦力做功，根据动能定理得
解得
故选A。
11．随着人民生活水平的提高，越来越多的家庭有了汽车，交通安全问题显得尤为重要．如图是某型号汽车刹车时刹车痕迹（即刹车距离）与刹车前车速的关系图象，v为车速，s为刹车痕迹长度．若某次测试中，汽车刹车后运行距离为20 m时的车速仍为45 km/h，则刹车前车的初速度为
A．60 km/h
B．75 km/h
C．2.5 km/h
D．105 km/h
【答案】B
【详解】根据动能定理得，得到，由图读出，，刹车时位移是，根据，得，而①，
由动能定理得到②，
所以由①②对比得到，
代入得，
解得，故B正确，ACD错误．
故本题答案是B
12．请根据以下资料判断，汽车行驶在高速公路上的安全距离最接近
A．100mB．200mC．300mD．400m
【答案】B
【分析】当汽车在湿沥青路面上行驶时，动摩擦因数最小，刹车时滑行的距离最大，根据运动学求出反应时间内汽车通过的距离，由动能定理求出刹车后滑行的距离，再求解安全距离最接近的值；
【详解】汽车的最高速度为，在反应时间内，汽车仍做匀速直线运动，通过的最大距离为：，在汽车刹车的过程，根据动能定理得：，解得：，则总位移大小为，接近200m，故B正确，A、C、D错误；
故选B．
【点睛】关键是一抓住在反应时间内，汽车仍保持原来的运动状态；二要会选择数据，同等条件下，动摩擦因数越小，汽车滑行的距离越大，根据动摩擦因数最小的情况求解安全距离．
13．如图所示，一质量为的质点在半径为的半球形容器中（容器固定）由静止开始自边缘上的A点滑下，到达最低点时，它对容器的正压力为。重力加速度为，则质点自A滑到的过程中，摩擦力所做的功为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【详解】设在B点的速度为，由牛顿第二定律，有
则质点在B点的动能为
质点从A滑到B的过程中，由动能定理得
解得
故选C。
14．如图所示，水平机械臂BC固定在竖直转轴CD上，B处固定一与BC垂直的光滑水平转轴，轻杆AB套在转轴上。轻杆可在竖直面内转动，其下端固定质量为m的小球，轻杆和机械臂的长度均为L，开始小球静止，缓慢增大竖直轴转动的角速度，直至杆与竖直方向的夹角为37°，已知，，重力加速度为g，则（ ）
A．此时小球的角速度大小为B．此时小球的线速度大小为
C．此过程中杆对小球做的功为D．此过程中杆对小球做的功为
【答案】C
【详解】AB．当杆与竖直方向成37°时，小球做匀速圆周运动，杆对小球的拉力沿杆方向，合力提供向心力，则有
可得
因为圆周运动半径
根据
可得
选项AB错误；
CD．设此过程中杆对小球做功为W，由动能定理
解得
选项C正确，D错误。
故选C。
15．如图所示，动摩擦因数均为的高度相同、倾角不同的固定斜面与动摩擦因数为的水平面均通过一段长度不计的光滑弧形轨道连接。一个小物块先后从斜面顶端沿A、B斜面由静止开始下滑，最终小物块都停在水平面上。要使沿斜面B滑下的小物块停在更远处，须满足（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】设滑块滑行的水平总位移为x，则对A
对B
若要
x2>x1
则
故选A。
16．如图，斜面AB与水平面平滑连接，曲面ADC与水平面相切于C点，曲面上D点的切线与AB平行，物体与各接触面间动摩擦因数相同．物体从A点由静止沿斜面AB下滑，最终停在水平面上的P点，若从同一点A由静止沿曲面ADC下滑，下列说法正确的是（ ）
A．物体滑至D点时受到的支持力与沿AB下滑过程中受到的支持力相等
B．物体沿曲面ADC下滑，最终将停在P点左侧
C．物体沿曲面ADC下滑的过程中，重力的功率一直都在增大
D．物体沿曲面ADC下滑到B点时的动能等于沿斜面AB下滑到B点时的动能
【答案】B
【详解】A．在D点根据牛顿第二定律得
所以
物体滑至D点时受到的支持力大于沿AB下滑过程中受到的支持力，A错误；
C．重力的功率为
物体沿曲面ADC下滑的过程中，vy先增大后减小，所以重力的功率先增大后减小，C错误；
BD．物体沿着曲面运动时的压力大，摩擦力大，克服摩擦力的功多，所以物体沿曲面ADC下滑到B点时的动能小于沿斜面AB下滑到B点时的动能，物体沿曲面ADC下滑，最终将停在P点左侧，B正确，D错误。
故选D。
17．一辆质量为m的汽车在平直的路面上以恒定功率P匀速行驶，匀速行驶的速度为，某时刻司机看到路旁减速标志后，没有踩刹车，而是立即松减油门，发动机功率变为原来的，保持该功率行驶一段时间t后，汽车又开始匀速运动。设汽车受到的阻力恒定不变，在松减油门后的t时间内汽车前进的距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】发动机的功率为P时，汽车以速度匀速行驶，阻力为
汽车再次匀速，此时汽车速度大小为
根据动能定理可得
解得
故选D。
18．汽车在平直公路上以速度v0匀速行驶，发动机的功率为P，司机为合理进入限速区，减小了油门，使汽车功率立即减小一半并保持该功率继续行驶，设汽车行驶过程中所受阻力大小不变，从司机减小油门开始，汽车的速度v与时间t的关系如图所示，则在0~t1时间内下列说法正确的是（ ）
A．汽车的牵引力不断减小
B．t=0时，汽车的加速度大小为
C．汽车行驶的位移为
D．阻力所做的功为
【答案】C
【详解】A．减小油门后，机车的功率保持不变，当速度减小时，根据P=Fv可知，牵引力增大，故A错误；
B．汽车以速度v0匀速行驶时，牵引力等于阻力，即有
F=f
发动机的功率为P，由
P=Fv0=fv0
得阻力
t=0时，功率为原来的一半，速度没有变，则
根据牛顿第二定律得
故大小为，故B错误；
CD．根据动能定理得
解得阻力做功为
设汽车通过的位移为x，由，解得
故C正确，D错误。
故选C。
19．如图所示的装置，其中部分为以速度顺时针匀速转动的传送带，部分为一半径为竖直放置的半圆形光滑轨道，直径恰好竖直，轨道与传送带相切于B点。先将一质量为的可视为质点的小滑块无初速地放在传送带的左端A点上，设间距离为L，滑块与传送带间的动摩擦因数为，，为使滑块能过D点，以下关于和L的取值可能正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】假设滑块恰好经过D点，由牛顿第二定律可知
解得
从B到D过程中，由动能定理得
解得
与传送带速度相同，则物块在到达B时，已经在摩擦力的作用下加速到了和传送带相同的速度。从A到B过程中，由动能定理得
解得
则滑块能通过D点时，需要满足的条件
故选D。
20．如图所示，长为的倾斜传送带与水平面间的夹角为，在电动机的带动下以的速率顺时针转动。现将一质量2kg的小物块（可视为质点）轻放在传送带的下端B点，已知小物块与传送带间的动摩擦因数，，则传送带将小物块从B点传送到A点的过程中（ ）
A．电动机比空载时多消耗的电能为160J
B．小物块运动到A点时，重力的瞬时功率大小为100W
C．摩擦力对小物块做的功为75J
D．小物块从B运动到A所用的时间为2s
【答案】A
【详解】AD．小物块放到B点后，受到的滑动摩擦力沿传送带向上，做匀加速直线运动由牛顿第二定律可得
解得
假设小物块能与传送带达到相同速度，则匀加速直线运动小物块上滑的位移为
由于
则假设成立，小物块匀加速运动的时间为
速度相同后，小物块与传送带一起匀速，小物块匀速运动的时间为
则小物块从B运动到A所用的时间为
小物块与传送带的相对位移为
系统因摩擦力产生的热量为
则电动机比空载时多消耗的电能为
故A正确，D错误；
B．小物块运动到A点时，重力的瞬时功率大小为
故B错误；
C．设摩擦力对小物块做的功为W，根据动能定理可知
解得
故C错误。
故选A。
21．如图，一个质量为m的小滑块在高度为h的斜面顶端由静止释放；滑块与斜面间动摩擦因数恒定，以水平地面为零势能面。则滑块滑至斜面底端时的动能Ek随斜面倾角θ变化的关系图像可能正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【详解】由题知小滑块在高度为h的斜面顶端由静止释放，则对于小滑块下滑的过程应用动能定理可得
（tanθ ≥ μ）
故当时，Ek = mgh；随着θ减小，tanθ逐渐减小，物块滑到斜面底端的动能逐渐减小，当重力沿斜面方向的分力小于等于最大静摩擦力时，有
mgsinθ ≤ μmgcsθ
解得
μ ≥ tanθ
此后继续减小θ，物块都不再下滑，则此后小滑块的动能一直为零。
故选A。
22．如图甲所示，一轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m的小球，从弹簧上端静止下落。若以小球开始下落的位置为坐标原点，沿竖直向下建立坐标轴Ox，小球下落至最低点过程中的a-x图像如图乙所示（图中坐标值皆已知），不计空气阻力，重力加速度为g。则（ ）
A．劲度系数
B．弹簧最大弹力
C．小球向下运动过程中最大加速度
D．小球向下运动过程中最大速度
【答案】B
【详解】A．结合图乙可知，小球下落的加速度为零时则有
解得弹簧的劲度系数为
故A错误；
B．小球向下运动过程中弹簧最大弹力为
故B正确；
C．小球向下运动过程中最大加速度为
故C错误
D．设小球向下运动过程中最大速度，根据动能定理可知
整理可得
结合图像可知
解得小球向下运动过程中最大速度为
故D错误；
故选B。
多选题
23．水平粗糙平面上静止两个物块A、B，B的右侧紧密连接一段光滑圆弧轨道。现给A施一水平向右大小为8N的外力F，作用一段距离后撤去，又经过一段时间后A与B发生碰撞，A、B碰后连接为一个整体沿圆弧面上滑。已知碰撞过程中能量损失为2J，A、B可视为质点，，A、B与水平面之间的动摩擦因数相同，，A、B初始的距离，圆弧轨道的半径为40m，物块上滑的过程中未离开圆弧面，π取3.14，g取10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．外力F作用的距离为4m
B．物块沿圆弧面上滑的高度为0.1m
C．整个过程中因摩擦产生的热量为29J
D．从外力开始作用到最终物块停下，花费的总时间为9.78s
【答案】AD
【详解】A．质量相等的两物体发生完全非弹性碰撞，由动量守恒和能量守恒可知动能损失量为初动能的1/2，故碰撞前A的动能为4J，设外力F作用的距离为，则根据动能定理
可得外力作用距离为
故A正确；
B．碰撞后的动能为2J，根据能量守恒有
解得
故B错误；
C．整个过程中，外力F做功为
碰撞能量损失为2J，故由能量守恒可知因摩擦产生的热量为30J，故C错误。
D．碰撞前A经历了先加速后减速的运动，加速过程中有
，
解得
减速过程有
碰撞前A的动能为4J，可知即碰撞前的速度为2m/s，解得
由于上升高度远小于圆弧半径，可等效看作为单摆模型，所经历时间为半个单摆的周期，有
回到水平面上后
为碰撞后的速度1m/s，所以
总时长为
故D正确。
故选AD。
24．将三个木板1、2、3固定在墙角，木板与墙壁和地面构成了三个不同的三角形，如图所示，其中1与2底边相同，2和3高度相同。现将一个可以视为质点的物块分别从三个木板的顶端由静止释放，并沿斜面下滑到底端，物块与木板之间的动摩擦因数均相同。在这三个过程中，下列说法正确的是（ ）
A．沿着1和2下滑到底端时，物块的速度不同；沿着2和3下滑到底端时，物块的速度相同
B．沿着1下滑到底端时，物块的速度最大
C．物块沿着3下滑到底端的过程中，产生的热量是最少的
D．物块沿着1和2下滑到底端的过程，产生的热量是一样多的
【答案】BD
【详解】AB．设任意一斜面倾角为，斜面的长度为L，则物体下滑过程中克服摩擦力做功为
Lcsθ即为斜面底边的长度，设物体滑到底端时的速度为v，根据动能定理得：
根据图中斜面高度和底边长度可知，滑到底边时速度大小关系为
即沿着1下滑到底端时，物块的速度最大，故A错误，B正确。
CD．摩擦生热等于物块克服摩擦力做功，即
由图可知1和2底边相等且小于3的底边，故摩擦生热关系为
即物块沿着1和2下滑到底端的过程中，产生的热量一样多，物块沿着3下滑到底端的过程中，产生的热量最多，故C错误，D正确；
故选BD。
25．一质量为M=1.0kg的小物块随足够长的水平传送带一起运动，被一水平向左飞来的子弹击中并从物块中穿过（不计子弹穿过物块的时间），如图甲所示。地面观察者记录了物块被击中后的速度随时间变化的关系如图乙所示，已知传送带的速度保持不变，g取。在这一个过程中下列判断正确的是（ ）
A．传送带的速度大小为2m/s，逆时针转动
B．物块与传送带间的动摩擦因数为0.2
C．传送带对物块做的功为－6J
D．传送带对物块做的功为6J
【答案】AC
【详解】A．由题图乙可判断出物块被子弹击中后先做减速运动，再做匀速运动，但方向不变，说明传送带逆时针转动，物块最终做匀速运动的速度即为传送带的速度，大小为2m/s，故A正确；
B．由题图乙可知物块做减速运动的加速度大小为
根据牛顿第二定律可得
解得
故B错误；
CD．根据动能定理可得传送带对物块做的功
故C正确，D错误。
故选AC。
26．一种升降电梯的原理如图所示，A为电梯的轿厢，B为平衡配重。在某次运行时A（含乘客）、B的质量分别为和。A、B由跨过轻质滑轮的足够长轻质缆绳连接。电动机通过牵引绳向下拉配重B，使得电梯的轿厢由静止开始向上运动（轿厢A、配重B一直未与滑轮相撞）。电动机输出功率保持不变。不计空气阻力和摩擦阻力，。在A向上运动过程中，则（ ）
A．轿厢A先做匀加速直线运动，再做加速度减小的直线运动，最后做匀速直线运动
B．轿厢A能达到的最大速度
C．轿厢A向上的加速度为寸，配重B下端的牵引绳上拉力
D．厢体A从静止开始到上升的高度为5m时（箱体已处于匀速状态），所用的时间
【答案】BC
【详解】A．电动机输出功率保持不变，速度增大时，根据
可知牵引力减小，所以轿厢A做加速度减小的加速直线运动，最后做匀速直线运动，故A错误；
B．当轿厢A的速度达到最大时，轿厢A做匀速直线运动，此时电动机的牵引力为
又
联立解得
故B正确；
C．当A向上的加速度为时，设A、B之间绳的拉力为，重物B下端绳的拉力大小为；分别分析A、B，根据牛顿第二定律得
，
联立解得
故C正确；
D．厢体A从静止开始到上升的高度为时，轿厢箱体已处于匀速状态，对A、B整体，由动能定理得
解得
故D错误。
故选BC。
27．将一小球竖直向上抛出，其动能随时间的变化如图。已知小球受到的空气阻力与速率成正比。已知小球的质量为m，最终小球的动能为，重力加速度为g，若不考虑小球会落地，则小球在整个运动过程中（ ）
A．加速度一直减小至零
B．合外力做功为15E0
C．最高点的加速度为g
D．从最高点下降至原位置所用时间小于
【答案】AC
【详解】A．小球受到的空气阻力与速率成正比，即
上升过程，由牛顿第二定律有
小球做加速度逐渐减小的减速直线运动，到最高点速度减为零，加速度减小为g；小球下降的过程，有
小球做加速度逐渐减小的加速直线运动，当加速度减为零后，小球向下做匀速直线运动，故全程加速度一直减小至零，故A正确；
B．根据动能定理
故B错误；
C．最高点速度为0，根据牛顿第二定律得，故C正确；
D．小球上升和下降回到出发点的过程，由逆向思维有
因，则有，即从最高点下降至原位置所用时间大于，故D错误。
故选AC。
解答题
28．如图为某游戏装置原理示意图。水平桌面上固定一半圆形竖直挡板，其半径为2R、内表面光滑，挡板的两端A、B在桌面边缘，B与半径为R的固定光滑圆弧轨道在同一竖直平面内，过C点的轨道半径与竖直方向的夹角为60°。小物块以某一水平初速度由A点切入挡板内侧，从B点飞出桌面后，在C点沿圆弧切线方向进入轨道内侧，并恰好能到达轨道的最高点D。小物块与桌面之间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g，忽略空气阻力，小物块可视为质点。求：
（1）小物块到达D点的速度大小；
（2）B和D两点的高度差；
（3）小物块在A点的初速度大小。
【答案】（1）；（2）0；（3）
【详解】（1）由题知，小物块恰好能到达轨道的最高点D，则在D点有
解得
（2）由题知，小物块从C点沿圆弧切线方向进入轨道内侧，则在C点有
小物块从C到D的过程中，根据动能定理有
则小物块从B到D的过程中，根据动能定理有
联立解得
，HBD = 0
（3）小物块从A到B的过程中，根据动能定理有
S = π∙2R
解得
29．如图所示，弹簧锁定后所储存的弹性势能，一个质量m＝1kg的小物块紧靠弹簧放置。释放后，弹簧恢复原长时小物块冲上长度l＝6m的水平传送带。在传送带右侧等高的平台上固定一半径R＝0.5m的圆轨道ABCD，A、D的位置错开，以便小物块绕行一圈后可以通过D到达E位置。已知小物块与传送带之间的动摩擦因数，其它摩擦均忽略不计，，求：
（1）小物块释放后，冲上水平传送带时的速度大小；
（2）若传送带以5m/s的速度顺时针转动，小物块通过圆轨道最高点C时对轨道的压力大小；
（3）若传送带速度大小、方向皆可任意调节，要使小物块在运动过程中不脱离圆轨道ABCD传送带转动速度的可能值。
【答案】（1）；（2）；（3）若传送带顺时针转动，或，若传送带逆时针转动，速度任意
【详解】（1）设小物块释放后，冲上水平传送带时的速度大小为，根据题意，由能量守恒可得
记得
（2）小物块冲上传送带后做匀减速运动，设其加速度为，根据牛顿第二定律有
解得
设物块与传送带共速时的对地位移为，则由运动学公式可得
代入数据解得
则可知物块与传送带共速后和传送带一起做匀速运动，最终通过圆轨道最高点，设通过圆轨道最高点时的速度为，最高点对物块的弹力为，则由动能定理有
在最高点由牛顿第二定律可得
联立解得
根据牛顿第三定律可知，通过最高点时，物块对最高点的压力为0。
（3）要使小物块在运动过程中不脱离圆轨道ABCD，则有两种情况：
（一）当传送带顺时针转动时
①物块恰能过最高点时，在最高点对轨道无压力，根据（2）中可知，此时传送带的速度为，即只要传送带的速度，滑块就不会脱离圆轨道；
②滑块在传送带上做匀减速运动，与传送带共速，当滑块恰好运动至圆轨道圆弧处时速度减为零，此种情况下物块也不会脱离圆轨道，根据动能定理有
解得
即只要传送带的速度满足，滑块就不会脱离圆轨道。
（二）当传送带逆时针转动时
显然物块在传送带上做减速运动，假设物块在离开传送带时速度为，由运动学公式可得
解得
通过计算可知，当传送带逆时针转动时，物块始终做匀减速运动，且物块离开传送带时的速度与传送带的转速无关，可知，若传送带逆时针转动，速度任意。
综上可得：若传送带顺时针转动，或；若传送带逆时针转动，速度任意。
30．如图所示，内径很小的细管PMN竖直固定，PM段为长为L内径粗糙的水平直细管。P端有一竖直弹性挡板，MN段为内径光滑半径为R的圆弧细管，两段细管在M处平滑连接。细绳一端连接质量为3m的滑块A，另一端跨过滑轮，穿过挡板P的光滑小孔与质量为m、略小于细管内径的的滑块B相连，已知滑块B与PM段细管间动摩擦因数为0.5，起初两滑块在外力作用下静止，现同时释放两滑块，重力加速度为g。求：
（1）滑块B在PM段向左运动过程中加速度大小a；
（2）滑块B第一次运动至M点时速度大小vM；
（3）若滑块B每次与挡板P碰撞后均以原速弹回。求整个运动过程中，滑块B在水平PM段运动的总路程S。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）根据题意，对A、B整体，由牛顿第二定律有
解得
（2）根据题意可知，滑块B第一次运动至M点时，滑块A、B的速度大小相等，由动能定理有
解得
（3）根据题意可知，由于
则滑块B最终停在P处，对整个过程，由动能定理有
解得
标示性
动能为标量，只有大小，没有方向。
瞬时性
动能具有瞬时性，与某一时刻或某一位置的速度相对应。
相对性
选取不同的参考系，物体的速度不同，动能也不同，一般以地面为参考系。
高速公路最高时速
路面
动摩擦因数
120km/h
干沥青路面
0.7
驾驶员反应时间
干碎石路面
0.6~0.7
0.3~0.6s
湿沥青路面
0.32~0.4
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