第六章 第2讲 动能定理-2025高三总复习 物理(新高考)

第2讲动能定理
[课标要求]1．理解动能和动能定理。

2．能用动能定理解释生产生活中的现象。

考点一动能定理的理解
1．动能
(1)定义：物体由于运动而具有的能量叫作动能。

(2)公式：E k＝1
2
m v2，国际制单位：焦耳(J)。

1J＝1N·m＝1kg·m2/s2。

(3)动能是标量、状态量。

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＝E k2－E k1＝1
2m v22－1
2
m v21＝ΔE k。

(3)物理意义：合力做的功是物体动能变化的量度。

自主训练1动能的理解
高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动。

在启动阶段，列车的动能()
A．与它所经历的时间成正比
B．与它的位移成正比
C．与它的速度成正比
D．与它的动量成正比
答案：B
解析：动能E k＝1
2
m v2，与速度的平方成正比，C错误；速度v＝at，可得E k＝1
2
ma2t2，与经
历的时间的平方成正比，A错误；根据v2＝2ax，可得E k＝max，与位移成正比，B正确；动
量p＝m v，可得E k＝p2
2m，与动量的平方成正比，D错误。

自主训练2动能定理的理解
(多选)(2023·陕西宝鸡二模)下列说法正确的有()
A．若运动物体所受的合外力为零，则物体的动能一定保持不变B．若运动物体所受的合外力不为零，则物体的动能一定发生变化
C．若运动物体的动能保持不变，则该物体所受合外力一定为零
D．若运动物体的动能发生变化，则该物体所受合外力一定不为零
答案：AD
解析：运动物体所受合外力为零，合外力对物体不做功，由动能定理可知，物体动能不变，故A正确；运动物体所受合外力不为零，物体运动状态一定变化，则该物体一定做变速运动，如果合外力方向与物体速度方向垂直，则合外力对物体不做功，物体动能不变，故B错误；如果运动物体所受合外力与物体的速度方向垂直，则合外力对物体不做功，物体动能不变，如匀速圆周运动，故C错误；若运动物体的动能发生变化，根据动能定理可知，合外力一定做功，即合外力一定不为零，故D正确。

故选AD。

自主训练3动能定理的简单应用
(2023·新课标卷)无风时，雨滴受空气阻力的作用在地面附近会以恒定的速率竖直下落。

一质量为m的雨滴在地面附近以速率v下落高度h的过程中，克服空气阻力做的功为(重力加速度大小为g)()
A．0B．mgh
C．1
2m v2－mgh D．1
2
m v2＋mgh
答案：B
解析：在地面附近雨滴做匀速运动，根据动能定理得mgh－W f＝0，故雨滴克服空气阻力做功为mgh。

故选B。

对动能定理的理解
1．做功的过程就是能量转化的过程，动能定理表达式中“＝”的意义是一种因果关系在数值上相等的符号。

2．动能定理中的“力”指的是物体受到的所有力，既包括重力、弹力、摩擦力，也包括电场力、磁场力和其他力，功则为合力所做的总功。

考点二动能定理的应用
1．应用动能定理的解题流程
2．动能定理的优越性
(1)应用牛顿第二定律和运动学规律解题时，涉及到的有关物理量比较多，对运动过程的细节也要仔细研究。

(2)应用动能定理解题只需考虑外力做的总功及初、末状态的动能，并且可以把不同的运动过程合并为一个全过程来处理。

学生用书
第109页
(3)一般情况下，能用牛顿第二定律和运动学规律解决的问题，用动能定理也可以求解，并且更为简捷。

(多选)(2023·湖南高考)如图所示，固定在竖直面内的光滑轨道ABC 由直线段AB 和圆
弧段BC 组成，两段相切于B 点，AB 段与水平面夹角为θ，BC 段圆心为O ，最高点为C 、A 与C 的高度差等于圆弧轨道的直径2R 。

小球从A 点以初速度v 0冲上轨道，能沿轨道运动恰好到达C 点，下列说法正确的是(
)
A ．小球从
B 到
C 的过程中，对轨道的压力逐渐增大B ．小球从A 到C 的过程中，重力的功率始终保持不变C ．小球的初速度v 0＝2gR
D ．若小球初速度v 0增大，小球有可能从B 点脱离轨道答案：AD
解析：由题知，小球能沿轨道运动恰好到达C 点，则小球在C 点的速度v C ＝0，则小球从
B 到
C 的过程中，根据动能定理有－mgR (1－cos α)＝0－12m v 2
，F N ＝mg cos α－m v 2R
，联立有
F N ＝3mg cos α－2mg ，则从B 到C 的过程中α由θ减小到0，则cos α逐渐增大，故F N 逐渐增大，由牛顿第三定律知小球从B 到C 的过程中，对轨道的压力逐渐增大，A 正确；由于A 到
B的过程中小球的速度逐渐减小，则A到B的过程中重力的功率为P＝－mg v sinθ，则A 到B的过程中小球重力的功率始终减小，B错误；从A到C的过程中由动能定理有－mg·2R
＝1
2
m v2C－1
2
m v20，解得v0＝4gR，C错误；小球在B点恰好脱离轨道有mg cosθ＝m
v2B
R
，则
v B＝gR cosθ，则若小球初速度v0增大，小球在B点的速度有可能为gR cosθ，故小球有可能从B点脱离轨道，D正确。

故选AD。

易错警示
应用动能定理的三点注意
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；也可以全过程应用动能定理求解。

3．动能定理是标量式，解题时不能分解动能。

对点练1．(2022·全国甲卷)北京2022年冬奥会首钢滑雪大跳台局部示意图如图所示。

运动员从a处由静止自由滑下，到b处起跳，c点为a、b之间的最低点，a、c两处的高度差为h。

要求运动员经过c点时对滑雪板的压力不大于自身所受重力的k倍，运动过程中将运动员视为质点并忽略所有阻力，则c点处这一段圆弧雪道的半径不应小于()
A．h
k＋1B．h
k
C．2h
k D．2h
k－1
答案：D
解析：运动员从a到c根据动能定理(或机械能守恒定律)有mgh＝1
2
m v2c，在c点有F N c－mg
＝m v2c
R c
，F N c≤kmg，联立有R c≥
2h
k－1，D正确。

对点练2.(2021·河北高考)一半径为R的圆柱体水平固定，横截面如图所示。

长度为πR、不可伸长的轻细绳，一端固定在圆柱体最高点P处，另一端系一个小球。

小球位于P点右侧同一水平高度的Q点时，绳刚好拉直。

将小球从Q点由静止释放，当与圆柱体未接触部分的细绳竖直时，小球的速度大小为(重力加速度为g，不计空气阻力)()
A ．（2＋π）gR
B ．2πgR
C ．2（1＋π）gR
D ．2gR
答案：A
解析：当与圆柱体未接触部分的细绳竖直时，小球下落的高度为h ＝πR －π
2R ＋R ＝π＋22R ，小
球下落过程中，根据动能定理有mgh ＝1
2m v 2，联立以上两式解得v ＝（2＋π）gR ，A 正确，
B 、
C 、
D 错误。

对点练3．如图所示，一半径为R 的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高，质量为m 的质点自轨道端点P 由静止开始滑下，滑到最低点Q 时，对轨道的压力为2mg ，重力加速度大小为g 。

质点自P 滑到Q 的过程中，克服摩擦力所做的功为()
A ．14mgR
B ．13mgR
C ．12
mgR
D ．π4
mgR
答案：C
解析：在Q 点，质点受到的竖直向下的重力和竖直向上的支持力的合力充当向心力，所以有F N －mg ＝m v 2
R ，F N ＝F N ′＝2mg ，联立解得v ＝gR ，下滑过程中，根据动能定理可得mgR ＋
W f ＝12m v 2，解得W f ＝－12mgR ，所以克服摩擦力做的功为1
2
mgR ，C 正确。

考点三
应用动能定理处理多过程问题
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。

学生用书
第110页
2．全过程应用动能定理
(1)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，大大简化运算。

(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。

考向1
单向运动的多过程问题
(2023·湖北高考)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1
2π
，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)3gR
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m v 2
D R
＝mg
解得v D ＝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°＝
v B
v C 小物块从C 到D 的过程中，根据动能定理有－mg (R ＋R cos60°)＝12m v 2D －1
2
m v 2
C
则小物块从B 到D 的过程中，根据动能定理有mgH BD ＝12m v 2D －1
2m v 2
B 联立解得v B ＝gR ，H BD ＝0。

(3)小物块从A 到B 的过程中，根据动能定理有－μmgS ＝12m v 2B －1
2m v 2A ，S ＝π·2R
解得v A ＝3gR 。

对点练．(多选)(2021·全国甲卷)一质量为m 的物体自倾角为α的固定斜面底端沿斜面向上滑动。

该物体开始滑动时的动能为E k ，向上滑动一段距离后速度减小为零，此后物体向下滑动，到达斜面底端时动能为E
k 5。

已知sin α＝0.6，重力加速度大小为g 。

则(
)
A ．物体向上滑动的距离为
E k 2mg
B ．物体向下滑动时的加速度大小为
g 5
C ．物体与斜面间的动摩擦因数等于0.5
D ．物体向上滑动所用的时间比向下滑动的时间长答案：BC
解析：物体从斜面底端回到斜面底端，根据动能定理有－μmg ·2l cos α＝E
k 5－E k ，物体从斜面
底端到斜面顶端，根据动能定理有－mgl sin α－μmgl cos α＝0－E k ，整理得l ＝
E k
mg
，μ＝0.5，A 错误，C 正确；物体向下滑动时，根据牛顿第二定律有ma 下＝mg sin α－μmg cos α，解得a 下＝g
5，B 正确；物体向上滑动时，根据牛顿第二定律有ma 上＝mg sin α＋μmg cos α，解得a 上
＝g ，故a 上＞a 下，由于上滑过程中的末速度为零，下滑过程中的初速度为零，且走过相同的位移，根据位移公式x ＝1
2at 2，则可得出t 上＜t 下，D 错误。

考向2
往复运动的多过程问题
1．往复运动问题：在有些问题中物体的运动过程具有重复性、往返性，而在这一过程中，描述运动的物理量多数是变化的，而且重复的次数又往往是无限的或难以确定的。

2．解题策略：此类问题多涉及滑动摩擦力或其他阻力做功，其做功的特点是与路程有关，运用牛顿第二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，所以用动能定理分析这类问题可使解题过程简化。

如图所示，竖直面内有一粗糙斜面AB ，BCD 部分是一个光滑的圆弧面，C 为圆弧的
最低点，AB 正好是圆弧在B 点的切线，圆心O 与A 、D 点在同一高度，θ＝37°，圆弧面的半径R ＝3.6m ，一滑块质量m ＝5kg 与AB 斜面间的动摩擦因数μ＝0.45，将滑块从A 点由静
止释放(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2)。

求在此后的运动过程中：
学生用书第111页
(1)滑块在AB段上运动的总路程；
(2)在滑块运动过程中，C点受到的压力的最大值和最小值。

答案：(1)8m(2)102N70N
解析：(1)由题意可知斜面AB与水平面的夹角为θ＝37°，则知mg sinθ＞μmg cosθ，故滑块最终不会停留在斜面上，由于滑块在AB段受摩擦力作用，则滑块做往复运动的高度将越来越低，最终以B点为最高点在光滑的圆弧面上做往复运动。

设滑块在AB段上运动的总路程为s，
滑块在AB段上所受摩擦力大小F f＝μF N＝μmg cosθ，
从A点出发到最终以B点为最高点做往复运动，
由动能定理得mgR cosθ－F f s＝0，解得s＝8m。

(2)滑块第一次过C点时，速度最大，设为v1，此时滑块所受轨道支持力最大，设为F max，从A到C的过程，由动能定理得
mgR－F f l AB＝1
2
m v21－0，
斜面AB的长度l AB＝R
tanθ，
由牛顿第二定律得F max－mg＝m v21 R
，
解得F max＝102N。

滑块以B为最高点做往复运动的过程中，过C点时速度最小，设为v2，此时滑块所受轨道支持力最小，设为F min，从B到C，
由动能定理得mgR(1－cosθ)＝1
2
m v22－0，
由牛顿第二定律得F min－mg＝m v22 R
，
解得F min＝70N，
根据牛顿第三定律可知C点受到的压力最大值为102N，最小值为70N。

对点练．如图所示，固定斜面的倾角为θ，质量为m的滑块从距挡板P的距离为x0处以初速
度v 0沿斜面上滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力。

若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失，重力加速度为g ，则滑块经过的总路程是()
A
x 0tan B
x 0tan C
x 0tan
D
答案：A
解析：滑块最终要停在斜面底部，设滑块经过的总路程为x ，对滑块运动的全程应用动能定理得mgx 0sin θ－μmgx cos θ＝0－12m v 20，解得
x
x 0tan
选项A 正确。

几种典型图像中图线所围“面积”和图线斜率的含义
应用1．[W -x 图像的综合]
(多选)(2023·新课标卷)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动摩擦因数为0.4，重力加速度大小取10m/s 2。

下列说法正确的是()
A ．在x ＝1m 时，拉力的功率为6W
B ．在x ＝4m 时，物体的动能为2J
C ．从x ＝0运动到x ＝2m ，物体克服摩擦力做的功为8J
D ．从x ＝0运动到x ＝4m 的过程中，物体的动量最大为2kg·m/s
答案：BC
解析：由于拉力在水平方向，则拉力做的功为W ＝Fx ，可看出W -x 图像的斜率表示拉力F 。

在物体运动的过程中，根据动能定理有W －μmgx ＝1
2m v 2，则x ＝1m 时物体的速度为v 1＝2m/s ，
x ＝1m 时拉力为F ＝
ΔW
Δx
＝6N ，则此时拉力的功率P ＝F v 1＝12W ，x ＝4m 时物体的动能为E k ＝2J ，A 错误，B 正确；从x ＝0运动到x ＝2m ，物体克服摩擦力做的功为W f ＝μmgx ＝8J ，C 正确；根据W -x 图像可知在0～2m 的过程中F 1＝6N ，2～4m 的过程中F 2＝3N ，由于物体受到的摩擦力恒为F f ＝4N ，则物体在x ＝2m 处速度最大，且根据选项A 、B 的分析可知此时的速度v 2＝22m/s ，则从x ＝0运动到x ＝4m 的过程中，物体的动量最大为p ＝m v 2＝22kg·m/s ，D 错误。

故选BC 。

应用2．[E k -x 图像的综合](2022·江苏高考)某滑雪赛道如图所示，滑雪运动员从静止开始沿斜面下滑，经圆弧滑道起跳。

将运动员视为质点，不计摩擦力及空气阻力，此过程中，运动员的动能E k 与水平位移x 的关系图像正确的是(
)
答案：A
解析：设斜面倾角为θ，不计摩擦力和空气阻力，由题意可知运动员在沿斜面下滑过程中根据
动能定理有E k ＝mgx tan θ，即E
k x ＝mg tan θ，下滑过程中，开始阶段倾角θ不变，即E k -x 图像
为一条直线；经过圆弧轨道过程中，θ先减小后增大，即图像斜率先减小后增大。

故A 正确。

学生用书
第112页
应用3．[E k -t 图像的综合]如图甲所示，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E k 随时间t 变化的图像如图乙所示，虚线为图像上P 点的切线，切线与t 轴交点的坐标t 1是(
)
A ．0.60
B ．0.70
C ．0.75
D ．0.80
答案：C
解析：物体在拉力作用下做匀加速直线运动，则根据动能定理得Fx ＝E k ，根据运动学公式及牛顿第二定律有x ＝12at 2＝F 2m t 2，代入后得E k ＝Fx ＝F 22m t 2，把P 点坐标代入后得出E k ＝4
3t 2(J)，
求导得k ＝d E k d t ＝43×2t (J/s)＝4
3×2×1.5(J/s)＝4(J/s)，即k ＝3J －01.5s －t 1
＝4J/s ，则t 1＝0.75s ，故选C 。

应用4．[E k -θ图像的综合]如图所示，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，以水平地面为参考平面。

则滑块滑至斜面底端时的动能E k 随斜面倾角θ变化的关系图像可能正确的是(
)
答案：A
解析：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mgh －μmgh tan θ＝E k (tan θ≥μ)，故当θ＝π
2时，E k ＝mgh ；随着θ减小，tan θ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mg sin θ≤μmg cos θ，解得μ≥tan θ，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A 正确。

课时测评26
动能定理
对应学生
用书P400
(时间：45分钟满分：60分)
(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)
(选择题1～10题，每题4分，共40分)
1．(多选)(2024·河南商丘模拟)如图甲为乘客乘坐观光电梯的情景，可以简化成图乙所示，电梯质量为M ，乘客的质量为m 。

电梯在钢索的拉力作用下竖直向上加速运动，当电梯的速度由v 1增大到v 2时，上升高度为H ，重力加速度为g ，则在这个过程中，下列说法正确的是(
)
A ．对乘客，动能定理的表达式为W ＝12m v 22－1
2m v 21，其中W 为支持力做的功
B ．对乘客，动能定理的表达式为W －mgH ＝12m v 22－1
2m v 21，其中W 为支持力做的功
C ．对电梯，动能定理的表达式为W 合＝0，其中W 合为合力做的功
D ．对电梯，其所受的合力做功为12M v 22－1
2
M v 2
1
答案：BD
解析：电梯上升的过程中，对乘客做功的有重力mg 、支持力F N ，这两个力的总功(即合力做
的功)才等于乘客动能的增量，即W 合＝W －mgH ＝12m v 22－1
2m v 21，其中W 为支持力做的功，
A 错误，
B 正确；对电梯，无论有几个力对它做功，由动能定理可知，其合力做的功一定等于其动能的增量，即12M v 22－1
2
M v 21，C 错误，D 正确。

2．(2024·湖南怀化模拟)北京冬奥会高台滑雪场地示意图如图所示。

一运动员(含装备)的质量为m ，从助滑坡上A 点由静止沿坡(曲线轨道)下滑，经最低点B 从坡的末端C 起跳，在空中飞行一段时间后着陆于着陆坡上的D 点。

已知A 、C 的高度差为h 1，C 、D 的高度差为h 2，重力加速度大小为g ，摩擦阻力和空气阻力不能忽略，运动员可视为质点。

则下列说法正确的是(
)
A ．运动员在
B 点处于失重状态B ．运动员起跳时的速率v
C ＞2gh 1
C ．运动员着陆前瞬间的动能E k
D ＝mg (h 1＋h 2)D ．运动员在空中飞行的时间t ＞2h 2
g
答案：D
解析：由题意知运动员在B 点满足F N －mg ＝m v 2
B R
，所以F N ＞mg ，即运动员在B 点处于超重
状态，A 错误；从A 到C ，由动能定理得mgh 1－W f ＝1
2
v 2C ，所以v C ＜
2gh 1，B 错误；从
A 到D 满足mg (h 1＋h 2)－W f ′＝E k D ，所以E k D ＜mg (h 1＋h 2)，C 错误；因为运动员在C 点起跳时，速度方向斜向上，即做斜抛运动，且存在空气阻力，故运动员在空中飞行的时间t ＞2h 2
g
，D 正确。

3．(2021·湖北高考)如图(a)所示，一物块以一定初速度沿倾角为30°的固定斜面上滑，运动过程中摩擦力大小f 恒定，物块动能E k 与运动路程s 的关系如图(b)所示。

重力加速度大小取10m/s 2，物块质量m 和所受摩擦力大小f 分别为(
)
A ．m ＝0.7kg ，f ＝0.5N
B ．m ＝0.7kg ，f ＝1.0N
C ．m ＝0.8kg ，f ＝0.5N
D ．m ＝0.8kg ，f ＝1.0N 答案：A
解析：0～10m 内物块上滑，由动能定理得－mg sin 30°·s －fs ＝E k －E k0，整理得E k ＝E k0－(mg sin 30°＋f )s ，结合0～10m 内的图像得，斜率的绝对值|k |＝mg sin 30°＋f ＝4N ，10～20m 内物块下滑，由动能定理得(mg sin 30°－f )(s －s 1)＝E k ，整理得E k ＝(mg sin 30°－f )s －
(mg sin 30°－f )s 1，结合10～20m 内的图像得，斜率k ′＝mg sin·30°－f ＝3N ，联立解得f ＝
0.5N ，m ＝0.7kg ，故选A 。

4．如图所示，一物体由固定斜面上的A 点以初速度v 0下滑到底端B ，它与挡板发生无动能损失的碰撞后又滑回到A 点，其速度恰好为零。

设A 、B 两点高度差为h ，重力加速度为g ，则它与挡板碰前瞬间的速度大小为()
A ．
2gh ＋
v 2
04
B ．2gh
C ．
2gh ＋
v 2
02
D ．2gh ＋v 2
答案：C
解析：设整个滑动过程中物体所受摩擦力大小为F f (此力大小不变，下滑时方向沿斜面向上，上滑时方向沿斜面向下)，斜面长为s ，则对物体由A →B →A 的整个过程运用动能定理得－2F f s ＝0－1
2m v 20。

同理，对物体由A 到B 的过程运用动能定理，设物体与挡板碰前瞬间速度为v ，
则mgh －F f s ＝12m v 2－1
2
m v 20，解得v ＝
2gh ＋v 2
02
，C 正确。

5．从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用。

距地面高度h 在3m 以内时，物体上升、下落过程中动能E k 随h 的变化如图所示。

重力加速度取10m/s 2。

该物体的质量为()
A ．2kg
B ．1.5kg
C ．1kg
D ．0.5kg
答案：C
解析：方法一：特殊值法
画出运动示意图，如图所示。

设该外力的大小为F ，据动能定理知，A →B (上升过程)：－(mg ＋F )h ＝E k B －E k A ，B →A (下落过程)：(mg －F )h ＝E k A ′－E k B ′，整理以上两式并代入数据得物体的质量m ＝1kg ，选项C 正确。

方法二：写表达式根据斜率求解
上升过程：－(mg ＋F )h ＝E k －E k0，则E k ＝－(mg ＋F )h ＋E k0，下落过程：(mg －F )h ＋E k ′＝E k0′，则E k ′＝－(mg －F )h ＋E k0′，结合题图可知mg ＋F ＝72－363－0N ＝12N ，mg －F ＝48－24
3－0N ＝8N ，
联立可得m ＝1kg ，选项C 正确。

6．(多选)跳台滑雪是一项深受勇敢者喜爱的滑雪运动。

图甲为某跳台滑雪运动员从跳台a (长度可忽略不计)处沿水平方向飞出、经2s 在斜坡b 处着陆的示意图，图乙为运动员从a 到b 飞行时的动能E k 随飞行时间t 变化的关系图像。

不计空气阻力的作用，重力加速度g 取10m/s 2，下列说法正确的是(
)
A ．斜坡的倾角为30°
B ．运动员在a 处的速度大小为10m/s
C ．运动员运动到b 处时重力的瞬时功率为1.2×104W
D ．运动员在1s 末时离坡面的距离最大答案：BCD
解析：根据题图乙可得12m v 20＝3×103J ，1
2m [v 20＋(gt )2]＝15×103J ，联立解得m ＝60kg ，v 0
＝10m/s ，B 正确；t ＝2s 时，运动员落在斜坡上，斜坡的倾角满足tan α＝12gt 2
v 0t ＝1，解得α＝45°，A 错误；t ＝2s 时，运动员运动到b 处时重力的瞬时功率为P ＝mg v y ＝mg 2t ＝1.2×104W ，C 正确；运动员离坡面距离最远时，速度方向与坡面平行，有tan α＝gt ′
v 0＝1，解得t ′＝1s ，D
正确。

7．如图所示，斜面倾角为θ＝37°，物体1放在斜面紧靠挡板处，物体1和斜面间动摩擦因数为μ＝0.5，一根不可伸长的柔质轻绳跨过光滑轻质的小定滑轮，绳一端固定在物体1上，另一端固定在物体2上，斜面上方的轻绳与斜面平行，物体2下端固定一长度为h 的轻绳，轻绳下端拴在小物体3上，物体1、2、3的质量之比为4∶1∶5，开始时用手托住小物体3，小物体3到地面的高度也为h ，此时各段轻绳刚好拉紧，已知物体触地后立即停止运动、不再反弹，重力加速度为g ＝10m/s 2，sin 37°＝0.6，物体3从静止突然放手后，物体1沿斜面上滑的最大距离为(
)
A ．3h
B ．37h
C ．2h
D ．43
h
答案：D
解析：设物体1、2、3的质量分别为4m 、m 、5m ，对物体1，开始向上滑动时，重力沿斜面方向的分力与摩擦力的合力F ＝4mg sin 37°＋4μmg cos 37°，方向沿绳向下，设物体3触地时刻的速度为v 1，因物体1、2、3在同一条绳上，从开始放手到物体3触地的过程，对系统应用动能定理有6mgh －Fh ＝1
2×10m v 21－0，物体3触地以后立刻停止运动，设物体2触地之
前物体1停止运动，且在物体3触地以后运动的距离为s ，再次应用动能定理有mgs －Fs ＝0
－12×5m v 21，解得s ＝13h ，全过程Δx ＝h ＋s ＝4
3
h ，A 、B 、C 错误，D 正确。

8．如图所示，ABCD 是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底BC 的连接处都是一段与BC 相切的圆弧，BC 水平，其长度d ＝0.50m ，盆边缘的高度为h ＝0.30m 。

在A 处放一个质量为m 的小物块并让其由静止下滑。

已知盆内侧壁是光滑的，而盆底BC 面与小物块间的动摩擦因数为μ＝0.1。

小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停止的地点到B 的距离为()
A ．0.50m
B ．0.25m
C ．0.10m
D ．0
答案：D
解析：小物块从A 点出发到最后停下来，设小物块在BC 面上运动的总路程为s ，整个过程由动能定理有mgh －μmgs ＝0，所以小物块在BC 面上运动的总路程为s ＝h μ＝0.30.1m ＝3m ，
而d ＝0.5m ，刚好3个来回，所以最终停在B 点，即到B 点的距离为0，故选D 。

9．(多选)(2023·江苏省启东中学模拟)如图所示，直杆AB 与水平面成α角固定，在杆上套一质量为m 的小滑块，杆底端B 点处有一弹性挡板，杆与板面垂直，滑块与挡板碰撞后将以原速率返回。

现将滑块拉到A 点由静止释放，与挡板第一次碰撞后恰好能上升到AB 的中点，设重力加速度为g ，由此可以确定(
)
A ．滑块下滑和上滑过程加速度大小a 1、a 2
B ．滑块第1次与挡板碰撞前的速度v 1
C ．滑块与杆之间的动摩擦因数μ
D ．滑块第k 次与挡板碰撞到第k ＋1次与挡板碰撞的时间间隔Δt
答案：AC
解析：设AB 长为L ，对整个过程运用动能定理得mg sin α·0.5L －μmg cos α(L ＋0.5L )＝0，解得μ＝
sin α
3cos α
，故C 正确；根据牛顿第二定律得下滑过程mg sin α－μmg cos α＝ma 1，上滑过程mg sin α＋μmg cos α＝ma 2，解得a 1＝g sin α－μg cos α，a 2＝g sin α＋μg cos α，所以可求得滑块
下滑和上滑过程加速度的大小a1、a2，故A正确；由于A、B间的距离未知，尽管求出加速度，但不能求出滑块到达挡板时的时间以及与挡板碰撞前的速度，故B、D错误。

10．如图所示，两倾角均为θ的光滑斜面对接后固定在水平地面上，O点为斜面的最低点。

一个小物块从右侧斜面上高为H处由静止滑下，在两个斜面上做往复运动。

小物块每次通过O 点时都会有动能损失，损失的动能为小物块每次到达O点时动能的5%。

小物块从开始下滑到停止的过程中运动的总路程为()
A．49H
sinθB．39H
sinθ
C．29H
sinθD．20H
sinθ
答案：B
解析：由题意知，小物块第一次到达O点由动能定理可得mgH＝E k，此时小物块所走路程s1
＝
H
sinθ，第一次通过O点后动能E k1
＝95%E k＝95%mgH，此时利用动能定理知小物块上升高
度H1＝95%H，第二次到达O点所走的路程s2＝2H1
sinθ＝95%
2H
sinθ，同理第二次离开O点到第
三次到达O点所走路程s3＝(95%)22H
sinθ，…，故小物块所走的总路程s总＝s1＋s2＋…s n＝H
sinθ
＋95%
2H
sinθ＋(95%)
2
2H
sinθ＋…(95%)
n－1
2H
sinθ，n无穷大时，可得s总＝
39H
sinθ
(等比数列求和)，故
B正确。

11．(10分)(2024·河北张家口模拟)如图所示，倾角为θ＝37°的足够长光滑固定斜面AB与长L BC＝2m的粗糙水平面BC用一小段光滑圆弧(长度不计，未画出)平滑连接，半径R＝1.5m 的光滑圆弧轨道CD与水平面相切于C点，OD与水平方向的夹角也为θ＝37°。

质量为m的小滑块从斜面上距B点L0＝2m的位置由静止开始下滑，恰好运动到C点。

已知重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。

(1)求小滑块与粗糙水平面BC间的动摩擦因数μ；
(2)改变小滑块从斜面上开始释放的位置，使小滑块能够通过D点，求小滑块的释放位置与B 点的最小距离。

答案：(1)0.6(2)6.75m
解析：(1)小滑块恰好运动到C点，由动能定理得mgL0sin37°－μmgL BC＝0，。