【高考物理】2026高考 导与练总复习物理一轮（基础版）第六章 第2讲　动能和动能定理含答案

【高考物理】2026高考导与练总复习物理一轮（基础版）第六章第2讲动能和动能定理含答案第2讲动能和动能定理野猪是保护动物,一头成年野猪体重可达200kg,它的奔跑速度为3m/s,试计算:(1)野猪的动能;(2)野猪觉得危险来临,就开始加速奔跑,四条腿给野猪提供的推动力的合力为100N,野猪以恒力100N跑了40米,求合推力对野猪做的功;(3)算出第(2)问中,野猪跑到40米时的速度。如图所示,某人从距山脚高为H处将质量为m的石子以速率v0抛出。不计空气阻力,重力加速度为g。当石子下落到距地面高为h处时,其动能为()[A]mgH-12m[B]mgH+12mv0[C]mgH-mgh[D]mgH+12mv0【答案】B【答案】运动12mv2焦耳标量12mv22-12mv12动能的变化1考点一对动能定理的理解与基本应用1.应用动能定理解题的基本思路2.注意事项(1)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,也可以全过程应用动能定理求解。(2)列动能定理方程时,必须明确各个力做功的正、负,确实难以判断的先假定为正功,最后根据结果加以检验。(3)动能是标量,动能定理是标量式,解题时不能分解动能。[例1]【对动能定理的理解】关于动能定理的表达式W=Ek2-Ek1,下列说法正确的是()[A]公式中的W为不包含重力的其他力做的总功[B]动能定理适用于恒力做功,但不适用于变力做功[C]运动物体所受合力不为零,则该物体一定做变速运动,其动能要变化[D]公式中的Ek2-Ek1为动能的增量,当W>0时动能增加,当W<0时动能减少【答案】D【解析】动能定理的表达式W=Ek2-Ek1,W指的是合力所做的功,即各力做功的代数和,包含重力做功,故A错误;动能定理既适用于恒力做功,也适用于变力做功,故B错误;运动物体所受合力不为零,则该物体一定做变速运动,若合力方向始终与运动方向垂直,合力不做功,动能不变,例如匀速圆周运动,故C错误;公式中的Ek2-Ek1为动能的增量,当W>0时,即Ek2-Ek1>0,动能增加,当W<0时,即Ek2-Ek1<0,动能减少,故D正确。[例2]【动能定理的简单应用】(2024·新课标卷,24)将重物从高层楼房的窗外运到地面时,为安全起见,要求下降过程中重物与楼墙保持一定的距离。如图,一种简单的操作方法是一人在高处控制一端系在重物上的绳子P,另一人在地面控制另一根一端系在重物上的绳子Q,二人配合可使重物缓慢竖直下降。若重物的质量m=42kg,重力加速度g取10m/s2,当P绳与竖直方向的夹角α=37°时,Q绳与竖直方向的夹角β=53°。(取sin37°=0.6)(1)求此时P、Q绳中拉力的大小;(2)若开始竖直下降时重物距地面的高度h=10m,求在重物下降到地面的过程中,两根绳子拉力对重物做的总功。【答案】(1)1200N900N(2)-4200J【解析】(1)重物下降的过程中受力平衡,如图所示,对重物受力分析并进行正交分解,设P、Q绳中拉力的大小分别为FT1和FT2,竖直方向FT1cosα=mg+FT2cosβ,

水平方向FT1sinα=FT2sinβ,

联立并代入数据解得FT1=1200N,FT2=900N。

(2)整个过程,根据动能定理得W+mgh=0,解得两根绳子拉力对重物做的总功W=-4200J。

[例3]【应用动能定理求变力的功】(2025·江苏南通开学考试)游乐场有一种儿童滑轨,其竖直剖面示意图如图所示,AB部分是半径为R的四分之一圆弧轨道,BC为轨道水平部分,与半径OB垂直。一质量为m的小孩(可视为质点)从A点由静止滑下,滑到圆弧轨道末端B点时,对轨道的正压力大小为2.5mg,重力加速度为g。下列说法正确的是()[A]小孩到达B点的速度大小为2[B]小孩到达B点的速度大小为10[C]小孩从A到B克服摩擦力做的功为14[D]小孩从A到B克服摩擦力做的功为12【答案】C【解析】根据牛顿第三定律可知,轨道对小孩的支持力等于小孩对轨道的正压力,即FN=2.5mg,根据牛顿第二定律有FN-mg=mvB2R,可得vB=6gR2,故A、B错误;A到B过程,由动能定理有mgR-Wf=12mvB2-0,可得从A到B克服摩擦力做功为Wf=考点二动能定理与图像问题的结合几种典型图像中图线所围“面积”和图线斜率的含义[例4]【动能定理与v-t图像的结合】A、B两物体分别在水平恒力F1和F2的作用下沿水平面运动,先后撤去F1、F2后,两物体最终停下,它们的v-t图像如图所示。已知两物体所受的滑动摩擦力大小相等,下列说法正确的是()[A]F1、F2大小之比为1∶2[B]F1对A、F2对B做功之比为1∶2[C]A、B质量之比为2∶1[D]全过程中A、B克服摩擦力做功之比为2∶1【答案】C【解析】由v-t图像可知,两个匀减速运动的加速度大小之比为1∶2,由题可知A、B所受摩擦力大小相等,所以A、B的质量之比是2∶1,故C正确。由v-t图像可知,A、B两物体运动的位移相等,且匀加速运动位移之比为1∶2,匀减速运动的位移之比为2∶1,由动能定理可得F1与摩擦力的关系F1·x-Ff·3x=0-0,F2与摩擦力的关系F2·2x-Ff·3x=0-0,因此可得F1=3Ff,F2=32Ff,所以F1=2F2。全过程中A、B克服摩擦力做的功相等,F1对A、F2对B做的功大小相等,故A、B、D[例5]【动能定理与Ek-x图像的结合】(2024·北京石景山阶段检测)将质量为1kg的物体从地面竖直向上抛出,一段时间后物体又落回抛出点。在此过程中物体所受空气阻力大小不变,其动能Ek随距离地面高度h的变化关系如图所示。重力加速度g取10m/s2,下列说法正确的是()[A]物体能上升的最大高度为3m[B]物体受到的空气阻力大小为2N[C]上升过程中物体加速度大小为10m/s2[D]下落过程中物体克服阻力做功为24J【答案】B【解析】Ek-h图像的斜率大小k=F合,故上升过程有mg+F阻=k上升=12N,解得F阻=2N,故B正确;对上升到最高点的过程,由动能定理有-(mg+F阻)H=0-Ek0,解得物体上升的最大高度为H=7212m=6m,故A错误;对上升过程由牛顿第二定律有mg+F阻=ma1,可知上升的加速度为a1=121m/s2=12m/s2,故C错误;物体下落过程克服阻力做功为W阻=F阻H=2×612J,故D错误。[例6]【动能定理与P-t图像的结合】放在粗糙水平地面上的物体受到水平拉力的作用,在0～6s内其速度与时间的关系图像和该拉力的功率与时间的关系图像分别如图甲、乙所示,g取10m/s2。下列说法正确的是()[A]物体的质量为0.8kg[B]0～2s内拉力做的功为120J[C]物体与粗糙水平地面间的动摩擦因数为0.5[D]合力在0～6s内做的功与0～2s内做的功不相等【答案】A【解析】0～2s内,拉力做功等于P-t图像与坐标轴所围的面积,得W=12×60×2J=60J,26s内,物体做匀速运动,此时拉力F与摩擦力大小相等,P=Ffv,由题图甲、乙中数据得Ff=2N,0～2s内由题图甲可得位移x=12×10×2m=10m,0～2s内由动能定理得W-Ff·x=12mv2,得m=0.8kg,故A正确,B错误;由滑动摩擦力Ff=μmg,得μ=0.25,2～6s内物体做匀速直线运动,动能不变,由动能定理得,合力在0～6s内做的功与0～2s内做的功相等,错误。(满分:60分)对点1.对动能定理的理解与基本应用1.(4分)下列关于运动物体所受的合力、合力做功和动能变化的关系,说法正确的是()[A]如果物体所受的合力为零,那么合力对物体做的功一定为零[B]如果合力对物体所做的功为零,则合力一定为零[C]物体在合力作用下做变速运动,动能一定变化[D]物体的动能不变,所受合力必定为零【答案】A【解析】如果物体所受的合力为零,根据W=Fx可知,合力对物体做的功一定为零,选项A正确;如果合力对物体所做的功为零,则合力不一定为零,例如做匀速圆周运动,选项B错误;物体在合力作用下做变速运动,动能不一定变化,例如做匀速圆周运动,选项C错误;物体的动能不变,所受合力不一定为零,例如做匀速圆周运动,选项D错误。2.(4分)(2024·安徽卷,2)某同学参加户外拓展活动,遵照安全规范,坐在滑板上,从高为h的粗糙斜坡顶端由静止下滑,至底端时速度为v。已知人与滑板的总质量为m,可视为质点。重力加速度大小为g,不计空气阻力。则此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为()[A]mgh [B]12mv2[C]mgh+12mv2 [D]mgh-12【答案】D【解析】人与滑板在下滑的过程中,由动能定理可得mgh-Wf=12mv2-0,可得此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为Wf=mgh-12mv2,故3.(4分)(2024·山东济南二模)如图所示,一个足够大、倾角θ=30°的粗糙斜面固定在水平地面上,不可伸长的轻绳一端固定在斜面上的O点,另一端与质量为m的小木块(可视为质点)相连。现将小木块拉起,使轻绳与斜面平行且在水平方向上伸直,由静止释放小木块。已知重力加速度为g,小木块与斜面间的动摩擦因数μ=33π,空气阻力不计,则在小木块之后的运动过程中,轻绳上的最大拉力为([A]mg [B]2mg [C]3mg [D]4mg【答案】A【解析】当小木块第一次到达最低点时,轻绳上的拉力最大,设绳长为L,则有FTmax-mgsinθ=mv2L,小木块从静止释放到第一次运动到最低点过程mgLsinθ-μmgcosθ×πL2=12mv2,联立解得FTmax=mg,4.(6分)(2023·广东卷,8)(多选)人们用滑道从高处向低处运送货物。如图所示,可看作质点的货物从四分之一圆弧滑道顶端P点静止释放,沿滑道运动到圆弧末端Q点时速度大小为6m/s。已知货物质量为20kg,滑道高度h为4m,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]重力做的功为360J[B]克服阻力做的功为440J[C]经过Q点时向心加速度大小为9m/s2[D]经过Q点时对轨道的压力大小为380N【答案】BCD【解析】下滑过程根据动能定理可得WG-Wf=12mvQ2,其中重力做功WG=mgh=800J,代入数据解得克服阻力做功Wf=440J,A错误,B正确;经过Q点时向心加速度大小为a=vQ2R,其中R=h,解得a=9m/s2,C正确;经过Q点时,根据牛顿第二定律可得F支-mg=ma,解得F支=380N,根据牛顿第三定律可知,F压=F5.(13分)(2024·湖南娄底期末)如图所示是2023年10月31日神舟十六号载人飞船返回舱成功返回的画面。高度在8km时,返回舱主伞打开,此时返回舱速度为80m/s,离地1m前,返回舱已经匀速运动,速度为10m/s,主伞打开后主伞所受空气阻力与速度成正比,即F阻=kv,已知返回舱质量(含航天员)为m=3000kg,不考虑返回舱质量的变化,主伞质量忽略不计,不计其他阻力,g取10m/s2。(1)求主伞打开瞬间,返回舱的加速度大小;(2)估算主伞打开到返回舱离地1m的过程中系统克服阻力做的功(结果保留2位有效数字)。【答案】(1)70m/s2(2)2.5×108J【解析】(1)根据题意可知,返回舱匀速时,有kv2=mg,主伞打开瞬间,根据牛顿第二定律有kv1-mg=ma,联立解得a=70m/s2。(2)设从主伞打开到返回舱离地1m的过程中系统克服阻力做功为W阻,下落高度约为h=8000m,由动能定理有mgh-W阻=12mv22-1解得W阻≈2.5×108J。对点2.动能定理与图像问题的结合6.(4分)(2024·江西一模)一小球以一定的初速度水平抛出,以初位置为坐标原点,竖直向下为y轴正方向建立平面直角坐标系,不计空气阻力,小球可视为质点,则该小球的动能Ek与下落高度y的关系,正确的是()[A][B][C][D]【答案】C【解析】根据动能定理有mgy=Ek-12mv02,得Ek=mgy+12mv7.(4分)用传感器研究质量为2kg的物体由静止开始做直线运动的规律时,在计算机上得到0～6s内物体的加速度随时间变化的关系如图所示。下列说法正确的是()[A]0～6s内物体先向正方向运动,后向负方向运动[B]0～6s内物体在4s时的速度最大[C]物体在2～4s内速度不变[D]0～4s内合力对物体做的功等于0～6s内合力对物体做的功【答案】D【解析】a-t图线与坐标轴围成的面积等于速度的变化量,由题给图像可知,0～6s内速度变化量为正,物体速度方向不变,物体在0～5s内一直加速,5～6s内减速,所以5s时速度最大,A、B错误;2～4s内物体的加速度不变,做匀加速直线运动,C错误;由题图可知,0～4s内和0～6s内速度变化量相等,物体的初速度为零,故t=4s时和t=6s时物体速度相等,由动能定理可知,物体在0～4s内和0～6s内动能变化量相等,合力对物体做功也相等,D正确。8.(4分)(2025·湖南长沙阶段检测)一物块静止在粗糙程度均匀的水平地面上,在0～4s内所受水平拉力F随时间t的变化关系图像如图甲所示,在0～2s内的速度图像如图乙所示,最大静摩擦力大于滑动摩擦力,下列说法正确的是()[A]物块的质量为2kg[B]在4s内物块的位移为8m[C]在4s内拉力F做功为18J[D]在4s末物块的速度大小为4m/s【答案】B【解析】由题图可知,1～2s内物块做匀速运动,根据平衡条件可得Ff=F2=2N,0～1s内物块做匀加速运动,由v-t图像可知加速度大小为a=vt=41m/s2=4m/s2,由牛顿第二定律可得F1-Ff=ma,其中F1=6N,联立解得m=1kg,故A错误;2s后由题图甲可知水平拉力反向,物块速度减为零之前,摩擦力方向不变,所以物块受到的合力为F合=F3+Ff=2N+2N=4N,方向与运动方向相反,物块做匀减速运动,加速度大小为a′=F合m=41m/s2=4m/s2,物块匀减速至停下所用时间为t′=va'=44s=1s,可知t=3s时速度减为零,由图像知3s后F3大小与滑动摩擦力大小相等,小于最大静摩擦力,所以此后物块保持静止,结合v-t图像与横轴围成的面积表示位移,可知4s内物块的位移与3s内物块的位移相等,即x=1+32×4m=8m,故B正确,D错误;在4s内,根据动能定理可得WF-Ffx=0,解得拉力F做功为WF=Ffx=2×89.(4分)(2025·江苏南通开学考试)2020年我国北斗三号组网卫星全部发射完毕。如图为发射卫星的示意图,先将卫星发射到半径为r1=r的圆轨道上做匀速圆周运动,到A点时使卫星加速进入椭圆轨道,到椭圆轨道的远地点B点时,再次使卫星加速进入半径为r2=2r的圆轨道做匀速圆周运动。已知卫星在椭圆轨道上时到地心的距离与速度的乘积为定值,卫星在椭圆轨道上A点时的速度为v,卫星的质量为m,地球的质量为m地,引力常量为G,则发动机在A点对卫星做的功与在B点对卫星做的功之差为(不计卫星的质量变化)()[A]58mv2-3Gm地m4r [C]34mv2-3Gm地m4r 【答案】A【解析】根据万有引力提供向心力可得Gm地mr2=mv12r,解得卫星在轨道半径为r的圆轨道上运动的线速度大小v1=Gm地r,同理可得在半径为2r的圆轨道上做圆周运动的线速度大小v2=Gm地2r,设卫星在椭圆轨道上B点的速度为vB,根据题意有vr=vB×2r,可知在A点时发动机对卫星做功W1=12mv2-12mv12,在B点时发动机对卫星做的功为W2=12mv22-10.(13分)(2024·四川南充三模)为测试质量m=1kg的电动玩具车的性能,玩具车置于足够大的水平面上,某时刻开始,玩具车从静止开始以恒定的输出功率做加速直线运动,运动过程中所受阻力恒为车重的15,玩具车的牵引力F与速率的倒数关系图像如图中实线所示,g取10m/s2(1)求玩具车的最大速度vm以及玩具车的输出功率P;(2)玩具车运动10s恰好达到最大速度,求玩具车在这段时间运动的距离x。【答案】(1)1m/s2W(2)9.75m【解析】(1)根据图像得1vm故vm=1m/s,根据P=Fv,得F=Pv结合图像得,斜率即为玩具车的输出功率,即P=2.01W=2(2)Ff=15mg根据动能定理得Pt-Ffx=12mv代入数据解得x=9.75m。第3讲小专题:动能定理在多过程和往复运动中的应用考点一动能定理在多过程问题中的应用1.应用动能定理解决多过程问题的两种思路(1)分阶段应用动能定理。①若题目需要求某一中间物理量,应分阶段应用动能定理。②物体在多个运动过程中,受到的弹力、摩擦力等力若发生了变化,力在各个过程中做功情况也不同,不宜全过程应用动能定理,可以研究其中一个或几个分过程,结合动能定理,各个击破。(2)全过程(多个过程)应用动能定理。当物体运动过程包含几个不同的物理过程,又不需要研究过程的中间状态时,可以把几个运动过程看作一个整体,巧妙运用动能定理来研究,从而避开每个运动过程的具体细节,大大减少运算。2.全过程列式时要注意(1)重力、弹簧弹力做功取决于物体的初、末位置,与路径无关。(2)大小恒定的阻力或摩擦力做功的数值等于力的大小与路程的乘积。[例1]【动能定理在多段直线运动过程中的应用】(2024·福建福州模拟)人们有时用“打夯”的方式把松散的地面夯实。设某次打夯符合以下模型:如图,两人同时通过绳子对质量为m的重物分别施加大小均为F=mg(g为重力加速度的大小)、方向都与竖直方向成37°的力,重物离开地面高度h后人停止施力,最后重物自由下落砸入地面的深度为h10,sin37°=0.6,cos37°=0.8。不计空气阻力,则()[A]重物在空中上升的时间一定大于在空中下落的时间[B]重物克服地面阻力做的功等于人对重物做的功[C]重物刚落地时的速度大小为2[D]地面对重物的平均阻力大小为25mg【答案】A【解析】设停止施力瞬间重物的速度大小为v1,从开始施加力到停止施力的过程根据动能定理有(2Fcos37°-mg)h=12mv12,解得v1=1.2gh,设重物刚落地时的速度大小为v2,从停止施力到重物刚落地的过程,根据动能定理有mgh=12mv22-12mv12,解得v2=3.2gh,重物在空中运动过程,开始在拉力作用下做匀加速运动,速度大小达到v1时停止施力,物体向上做匀减速运动直至速度为零,之后再向下做匀加速直线运动直至速度大小为v2,由此可知上升过程中的平均速度大小为v1=v12,下降到地面过程中的平均速度大小为v2=v22,又由于上升、下降位移大小相等,则重物在空中上升的时间一定大于在空中下落的时间,故A正确,C错误;重物在整个运动过程中,根据动能定理有W人+WG-W阻=0,则重物克服地面阻力做的功大于人对重物做的功,故B错误;根据动能定理有2Fcos37°[变式]若已知两人同时通过绳子对质量为m的重物各施加一个大小均为F=500N的恒力,方向都与竖直方向成θ=37°,重物与地面的平均冲击力为f=1.05×104N。重物离开地面H后人停止施力,最后重物自由下落把地面夯实h深度,g取10m/s2。若H=km(50kg≤m≤60kg,k=25kg·m),求重物夯实的最大深度hm【答案】4cm【解析】对全过程列动能定理有2Fcosθ·H+mg·h-f·h=0,将H=25m2Fcosθ·25m+mg·h-f·h=联立解得h=20000-10m2+10500由数学知识得,当m=50kg时,有hm=4cm。[例2]【动能定理在圆周、平抛运动过程中的应用】(2023·湖北卷,14)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CDE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CDE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12π,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)gR(2)0(3)3【解析】(1)由题知,小物块恰好能到达轨道的最高点D,则在D点有mvD2R解得vD=gR。(2)由题知,小物块从C点沿圆弧切线方向进入轨道CDE内侧,则在C点有cos60°=vB小物块从C到D的过程中,根据动能定理有-mg(R+Rcos60°)=12mvD2-1则小物块从B到D的过程中,根据动能定理有mgHBD=12mvD2-1联立解得vB=gR,HBD=0。(3)小物块从A到B的过程中,根据动能定理有-μmgs=12mvB2-12mvA2,s解得vA=3gR考点二动能定理在往复运动问题中的应用[例3](2025·安徽滁州阶段检测)如图,斜面长为L=16m,倾角θ=30°,斜面底端有垂直于斜面的挡板,质量为2kg的物体自斜面顶端以初速度v0=18m/s沿斜面匀速下滑,与挡板相碰后以原速率反弹,再沿斜面上滑。(g取10m/s2)(1)求物体与斜面间摩擦力大小;(2)求物体与斜面间的动摩擦因数;(3)若题干部分条件改为斜面足够长,物体仍沿距斜面底端L=16m处下滑,物体与斜面间的动摩擦因数为36,其他条件不变,【答案】(1)10N(2)33【解析】(1)由于物体沿斜面匀速下滑,如图,对物体受力分析可知mgsinθ=Ff,解得物体与斜面间摩擦力的大小为Ff=10N。(2)由滑动摩擦力的计算公式可知Ff=μFN,FN=mgcosθ,解得μ=tanθ=33(3)由μ′=36,mgsinθ=10N>μ′mgcosθ=5N,物体重力沿斜面的分力大于物体与斜面间的最大静摩擦力,故物体最终停在斜面的底端,设物体在斜面上运动的总路程为s,根据动能定理可知-μ′mgcosθ·s+mgLsinθ=0-12mv解得s=96.8m。此类问题多涉及滑动摩擦力或其他阻力做功,其做功特点与路程有关,求解这类问题时若运用牛顿运动定律及运动学公式将非常繁琐,甚至无法解出。由于动能定理只涉及物体的初末状态而不计运动过程的细节,所以用动能定理分析这类问题可使解题过程简化。(满分:70分)对点1.动能定理在多过程问题中的应用1.(4分)(2024·浙江开学考)某飞机从静止开始沿跑道直线加速起飞,若这个过程可看作两个阶段,第一阶段以恒定功率P从静止开始运动,加速到速度1203km/h,第二阶段以恒定功率2P运动到起飞,起飞速度为360km/h,两个阶段运动时间相等,运动过程阻力恒定,则该飞机起飞过程第一阶段和第二阶段位移大小之比为()[A]2∶1 [B]1∶2 [C]1∶3 [D]3∶1【答案】B【解析】第一阶段,由动能定理得Pt-Ffx1=12mv12,第二阶段,由动能定理得2Pt-Ffx2=12mv22-12mv12,联立可得x1∶2.(4分)(2025·江苏南通开学考试)如图所示为一滑草场。某条滑道由上下两段高均为h、与水平面夹角分别为45°和37°的滑道组成,载人滑草车与草地各处间的动摩擦因数均为μ。质量为m的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑,经过上、下两段滑道后,最后恰好静止于滑道的底端(不计载人滑草车在两段滑道交接处的能量损失,重力加速度大小为g,取sin37°=0.6,cos37°=0.8)。则()[A]动摩擦因数μ=3[B]载人滑草车最大速度为2[C]载人滑草车克服摩擦力做功为mgh[D]载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为35【答案】B【解析】全过程由动能定理可知mg·2h-μmgcos45°·hsin45°-μmgcos37°·hsin37°=0,解得μ=67,A错误;滑草车到达前一段滑道末端时速度最大,对前一段滑道,根据动能定理有mgh-μmgcos45°·hsin45°=12mv2,解得v=2gh7,故载人滑草车最大速度为2gh7,B正确;由动能定理得mg·2h-W克=0,载人滑草车克服摩擦力做功为2mgh,C错误;根据牛顿第二定律得μmgcos37°-mg3.(14分)(2024·四川成都三模)如图所示,一个固定在竖直平面上的光滑半圆形管道,管道里有一个直径略小于管道内径的小球,小球在管道内做圆周运动,从B点脱离后做平抛运动,经过0.3s后又恰好与倾角为45°的斜面垂直相碰。已知半圆形管道的半径为R=1m,小球可看作质点且其质量为m=1kg,g取10m/s2。求:(1)小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离;(2)小球经过管道的A点时,对管道的作用力。【答案】(1)0.9m(2)59N,方向竖直向下【解析】(1)小球从B点脱离后做平抛运动,则在C点的竖直分速度为vCy=gt=3m/s,因小球恰好与斜面垂直相碰,则平抛运动水平初速度为vB=vCytan45°=3m/s,小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离为x=vBt=0.9m。(2)对小球从A到B的过程应用动能定理有-mg·2R=12mvB2-1得vA=7m/s,由FN-mg=mvA得FN=59N。由牛顿第三定律知,小球对管道的作用力大小为59N,方向竖直向下。对点2.动能定理在往复运动问题中的应用4.(6分)(2025·陕西西安开学考)(多选)如图甲所示,小明先用F1=13N水平向右的力将一质量为2kg的木箱向右移动4m的距离后,木箱在另一水平推力F2作用下,又匀速运动4m的距离到达斜面底端,撤去外力,之后冲上倾角为37°的斜面,木箱的动能随运动距离变化的图像如图乙所示。已知木箱与斜面间的动摩擦因数为0.5,关于木箱的运动,下列说法正确的是()[A]F2的大小为4N[B]木箱能到达斜面的最大高度为1.8m[C]木箱返回水平面后向左运动的最大距离为1.8m[D]整个运动过程中,克服摩擦力所做的功为36J【答案】AC【解析】木箱在前4m内,根据动能定理可得(F1-Ff1)x1=Ek,4~8m过程中,木箱动能不变,所以F2=Ff1,代入数据解得F2=Ff1=4N,故A正确;木箱冲上斜面后做匀减速运动,根据动能定理有-(mgsinθ+μmgcosθ)x2=0-Ek,解得x2=1.8m,所以木箱在斜面上能到达的最大高度为h=x2sinθ=1.08m,故B错误;木箱从冲上斜面到最终停下来,根据动能定理可得-μmgcosθ·2x2-Ff1x3=0-Ek,解得x3=1.8m,故C正确;对整个运动过程,由动能定理有F1x1+F2x1-W克f=0,所以W克f=68J,故D错误。5.(6分)(2024·江西赣州模拟)(多选)将一小球从地面处竖直向上抛出,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E0,重力加速度为g,小球到达地面时恰好达到最大速度,则小球在整个运动过程中()[A]上升过程中克服阻力做功大于下落过程克服阻力做功[B]下落过程中加速度一直增大[C]上升过程中速度为8E0m时,[D]从地面上升一半高度的过程中克服阻力做功小于15【答案】AC【解析】上升过程中的平均速率大于下落过程的平均速率,所以上升过程的阻力大于下落过程的阻力,上升和下落过程位移相等,所以上升过程中克服阻力做功大于下落过程中克服阻力做功,故A正确;根据牛顿第二定律mg-Ff=ma,下落过程中速度增大,阻力增大,加速度减小,故B错误;小球到达地面时恰好达到最大速度,则到达地面时mg=kv0,又E0=12mv02,上升过程中速度为v=8E0m时,由牛顿第二定律,可得mg+kv=ma1,联立解得a1=3g,故C正确;全程列动能定理,克服阻力做功为W=16E0-E0,上升过程中克服阻力做功大于下落过程中克服阻力做功,则上升过程克服阻力做功W1>W2,而上升前一半高度克服阻力做功大于上升后一半高度克服阻力做功,则上升前一半高度克服阻力做功W2>W6.(14分)(2024·贵州毕节模拟)如图所示,装置由AB、BC、CD三段轨道组成,轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接,其中轨道AB、CD段是光滑的,水平轨道BC的长度s=5m,轨道CD足够长且倾角θ=37°,A、D两点离轨道BC的高度分别为h1=4.30m、h2=1.35m。有一质量为m的小滑块自A点由静止释放。已知小滑块与轨道BC间的动摩擦因数μ=0.5,重力加速度g取10m/s2,取sin37°=0.6,cos37°=0.8,求:(1)小滑块第一次到达D点时的速度大小;(2)小滑块第一次与第二次通过C点的时间间隔;(3)小滑块最终停止的位置距C点的距离。【答案】(1)3m/s(2)2s(3)3.6m【解析】(1)对小滑块A→B→C→D过程,由动能定理得mg(h1-h2)-μmgs=12mvD解得vD=3m/s。(2)小滑块在A→B→C过程中,由动能定理得mgh1-μmgs=12mv解得vC=6m/s。由C到D过程根据牛顿第二定律得mgsin37°=ma,解得小滑块沿CD段上滑的加速度大小a=gsin37°=6m/s2,小滑块沿CD段上滑到最高点的时间t1=vCa=1由于CD斜面光滑,由对称性可知小滑块从最高点滑回C点的时间t2=t1=1s,故小滑块第一次与第二次通过C点的时间间隔t=t1+t2=2s。(3)小滑块最终静止在BC上,对全过程,运用动能定理得mgh1-μmgs1=0,解得s1=8.6m,小滑块最终停止的位置与C点的距离x=s1-s=3.6m。7.(4分)(2