高中物理查补易混易错点09动能定理(解析版)

查补易混易错点09动能定理
1.巧记知识
一、易错易混知识大全
【知识点一】功的分析与计算
1.计算功的方法
(1)对于恒力做功利用W=Fl cosα；
(2)对于变力做功可利用动能定理(W=ΔEk)；
(3)对于机车启动问题中的定功率启动问题，牵引力的功可以利用W=Pt.
2.合力功计算方法
(1)先求合外力F合，再用W合=F合l cosα求功．
(2)先求各个力做的功W1、W2、W3、⋯，再应用W合=W1+W2+W3+⋯求合外力做的功．
3.几种力做功比较
(1)重力、弹簧弹力、电场力、分子力做功与位移有关，与路径无关．
(2)滑动摩擦力、空气阻力、安培力做功与路径有关．
(3)摩擦力做功有以下特点：
①单个摩擦力(包括静摩擦力和滑动摩擦力)可以做正功，也可以做负功，还可以不做功．
②相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总等于零；相互作用的一对滑动摩擦力做功的代数和不为零，且
总为负值．
③相互作用的一对滑动摩擦力做功过程中会发生物体间机械能转移和机械能转化为内能，内能Q=Ffx相
对．
【知识点二】功率的分析与计算
1.平均功率的计算方法
(1)利用P=W t.
(2)利用P=Fv cosα，其中v为物体运动的平均速度．
2.瞬时功率的计算方法
(1)P=Fv cosα，其中v为t时刻的瞬时速度．
(2)P=FvF，其中vF为物体的速度v在力F方向上的分速度．
(3)P =Fvv ，其中Fv 为物体受到的外力F 在速度v 方向上的分力．
【知识点三】动能定理的理解
1.动能定理表明了“三个关系”
(1)数量关系：合力做的功与物体动能的变化具有等量代换关系，但并不是说动能变化就是合力做的功。

(2)因果关系：合力做功是引起物体动能变化的原因。

(3)量纲关系：单位相同，国际单位都是焦耳。

2.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。

【知识点四】动能定理的应用
1.应用动能定理解题应抓好“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，确定这一过程研究对象的受力情况和位置变化或位移信息．2.应用动能定理解题的基本思路
二、真题演练
1(2022·福建·高考真题)(多选)一物块以初速度v 0自固定斜面底端沿斜面向上运动，
一段时间后回到斜面底端。

该物体的动能E k 随位移x 的变化关系如图所示，图中x 0、E k 1、E k 2均已知。

根据图中信息可以求出的物理量有(
)
A.重力加速度大小
B.物体所受滑动摩擦力的大小
C.斜面的倾角
D.沿斜面上滑的时间
【答案】BD
【详解】ABC ．由动能定义式得E k 1=1
2
mv 20，则可求解质量m ；上滑时，由动能定理E k -E k 1=-(mg sin θ+f )x
下滑时，由动能定理
E k =(mg sin θ-f )(x 0-x )
x 0为上滑的最远距离；由图像的斜率可知
mg sinθ+f=E k1
x0，mg sinθ-f=
E k2
x0
两式相加可得
g sinθ=12m
E k1
x0+
E k2
x0
相减可知
f=E k1-E k2 2x0
即可求解g sinθ和所受滑动摩擦力f的大小，但重力加速度大小、斜面的倾角不能求出，故AC错误，B正确；
D．根据牛顿第二定律和运动学关系得
mg sinθ+f=ma，t=v0 a
故可求解沿斜面上滑的时间，D正确。

故选BD。

2(2022·重庆·高考真题)(多选)一物块在倾角为45°的固定斜面上受到方向与斜面平行、大小与摩擦力相等的拉力作用，由静止开始沿斜面向下做匀变速直线运动，物块与斜面间的动摩擦因数处处相同。

若拉力沿斜面向下时，物块滑到底端的过程中重力和摩擦力对物块做功随时间的变化分别如图曲线①、②所示，则()
A.物块与斜面间的动摩擦因数为23
B.当拉力沿斜面向上，重力做功为9J时，物块动能为3J
C.当拉力分别沿斜面向上和向下时，物块的加速度大小之比为1∶3
D.当拉力分别沿斜面向上和向下时，物块滑到底端时的动量大小之比为1:2
【答案】BC
【详解】A．对物体受力分析可知，平行于斜面向下的拉力大小等于滑动摩擦力，有
F=f=μmg cos45°
由牛顿第二定律可知，物体下滑的加速度为
a1=g sin45°=22g
则拉力沿斜面向下时，物块滑到底端的过程中重力和摩擦力对物块做功为
W G=mg⋅12a1t2⋅sin45°=mg2 4t
2
W f=-μmg⋅cos45°×12a1t2=-μmg2 4t
2
代入数据联立解得
μ=13故A错误；
C ．当拉力沿斜面向上，由牛顿第二定律有
mg sin45°-F -f =ma 2
解得
a 2=
22g -2μg cos45°=2
6
g 则拉力分别沿斜面向上和向下时，物块的加速度大小之比为
a 2a 1=13
故C 正确；
B ．当拉力沿斜面向上，重力做功为
W G 2=mg sin45°⋅x
合力做功为
W 合=ma 2⋅x
则其比值为
W G 2W 合=22
g
26
g
=
31则重力做功为9J 时，物块的动能即合外力做功为3J ，故C 正确；D ．当拉力分别沿斜面向上和向下时，物块滑到底端时的动量大小为
P =mv =m 2ax
则动量的大小之比为
P 2
P 1
=a 2a 1=1
3
故D 错误。

故选BC 。

3(2021·辽宁·统考高考真题)(多选)冰滑梯是东北地区体验冰雪运动乐趣的设施之一、
某冰滑梯的示意图如图所示，螺旋滑道的摩擦可忽略：倾斜滑道和水平滑道与同一滑板间的动摩擦因数μ相同，因滑板不同μ满足μ0≤μ≤1.2μ0。

在设计滑梯时，要确保所有游客在倾斜滑道上均减速下滑，且滑行结束时停在水平滑道上，以下L 1、L 2的组合符合设计要求的是(
)
A.L 1=
h 2μ0，L 2=3h
2μ0
B.L 1=
4h 3μ0，L 2=h
3μ0
C.L 1=
4h 3μ0，L 2=2h
3μ0
D.L 1=
3h 2μ0，L 2=h
μ0
【答案】CD
【详解】设斜面倾角为θ，游客在倾斜滑道上均减速下滑，则需满足
mg sin θ<μmg cos θ
可得
μ>tanθ=h L
1即有
L1>hμ
因μ0≤μ≤1.2μ0，所有游客在倾斜滑道上均减速下滑，可得
L1>hμ
滑行结束时停在水平滑道上，由全程的动能定理有
mg⋅2h-μmg cosθ⋅
L1
cosθ
-μmgx=0-0
其中0<x≤L2，可得
L1<2hμ，L1+L2≥2hμ代入μ0≤μ≤1.2μ0，可得
L1<5h3μ
0，L1+L2≥
2h
μ0
综合需满足
h
μ0<L1<5h
3μ0和L1+L2≥
2h
μ0
故选CD。

4(2022·江苏·高考真题)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()
A. B.
C. D.
【答案】A
【详解】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 tanθ
即
E k
x=mg tanθ
下滑过程中开始阶段倾角θ不变，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。

故选A。

5(2021·湖北·统考高考真题)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/s2，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
【分析】本题结合E k-s图像考查动能定理。

【详解】0~10m内物块上滑，由动能定理得
-mg sin30°⋅s-fs=E k-E k0
整理得
E k=E k0-(mg sin30°+f)s
结合0~10m内的图像得，斜率的绝对值
|k|=mg sin30°+f=4N
10~20m内物块下滑，由动能定理得
mg sin30°-f
(s-s1)=E k
整理得
E k=mg sin30°-f
s1
s-mg sin30°-f
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。

6(2023·浙江·高考真题)一游戏装置竖直截面如图所示，该装置由固定在水平地面上倾角θ=37°的直轨道AB、螺旋圆形轨道BCDE，倾角θ=37°的直轨道EF、水平直轨道FG组成，除FG段外各段轨道均光滑，且各处平滑连接。

螺旋圆形轨道与轨道AB、EF相切于B E
处．凹槽GHIJ底面HI水平光滑，上面
放有一无动力摆渡车，并紧靠在竖直侧壁GH处，摆渡车上表面与直轨道下FG、平台JK位于同一水平面。

已知螺旋圆形轨道半径R=0.5m，B点高度为1.2R，FG长度L FG=2.5m，HI长度L0=9m，摆渡车长度L =3m、质量m=1kg。

将一质量也为m的滑块从倾斜轨道AB上高度h=2.3m处静止释放，滑块在FG段运动时的阻力为其重力的0.2倍。

(摆渡车碰到竖直侧壁IJ立即静止，滑块视为质点，不计空气阻力，
sin37°=0.6，cos37°=0.8)
(1)求滑块过C点的速度大小v C和轨道对滑块的作用力大小F C；
(2)摆渡车碰到IJ前，滑块恰好不脱离摆渡车，求滑块与摆渡车之间的动摩擦因数μ；
(3)在(2)的条件下，求滑块从G到J所用的时间t。

【答案】(1)v C=4m/s，F C=22N；(2)μ=0.3；(3)t=2.5s
【详解】(1)滑块从静止释放到C点过程，根据动能定理可得
mg(h-1.2R-R-R cosθ)=12mv2C
解得
v C=4m/s
滑块过C点时，根据牛顿第二定律可得
F C+mg=m v2C R
解得
F C=22N
(2)设滑块刚滑上摆渡车时的速度大小为v，从静止释放到G点过程，根据动能定理可得
mgh-0.2mgL FG=12mv2
解得
v=6m/s
摆渡车碰到IJ前，滑块恰好不脱离摆渡车，说明滑块到达摆渡车右端时刚好与摆渡车共速v1，以滑块和摆渡车为系统，根据系统动量守恒可得
mv=2mv1
解得
v1=v2=3m/s
根据能量守恒可得
Q=μmgL=12mv2-12×2mv21
解得
μ=0.3
(3)滑块从滑上摆渡车到与摆渡车共速过程，滑块的加速度大小为
a=μmg
m=3m/s
2
所用时间为
t1=v-v1
a=1s
此过程滑块通过的位移为
x1=v+v1
2t1=4.5m
滑块与摆渡车共速后，滑块与摆渡车一起做匀速直线运动，该过程所用时间为
t2=L0-x1
v1=1.5s
则滑块从G到J所用的时间为
t=t1+t2=2.5s
7(2022·天津·高考真题)冰壶是冬季奥运会上非常受欢迎的体育项目。

如图所示，运动员在水平冰面上将冰壶A推到M点放手，此时A的速度v0=2m/s，匀减速滑行x1=16.8m到达N点时，队友用毛刷开始擦A运动前方的冰面，使A与NP间冰面的动摩擦因数减小，A继续匀减速滑行x2=3.5m，与静止在P点的冰壶B发生正碰，碰后瞬间A、B的速度分别为v A=0.05m/s和v B=0.55m/s。

已知A、B质量相同，A 与MN间冰面的动摩擦因数μ1=0.01，重力加速度g取10m/s2，运动过程中两冰壶均视为质点，A、B碰撞时间极短。

求冰壶A
(1)在N点的速度v1的大小；
(2)与NP间冰面的动摩擦因数μ2。

【答案】(1)v1=0.8m/s；(2)μ2=0.004
【详解】(1)设冰壶质量为m，A受到冰面的支持力为N，由竖直方向受力平衡，有
N=mg
设A在MN间受到的滑动摩擦力为f，则有
f=μ1N
设A在MN间的加速度大小为a，由牛顿第二定律可得
f=ma
联立解得
a=μ1g=0.1m/s2
由速度与位移的关系式，有
v21-v20=-2ax1
代入数据解得
v1=0.8m/s
(2)设碰撞前瞬间A的速度为v2，由动量守恒定律可得
mv2=mv A+mv B
解得
v
2
=0.6m/s
设A 在NP 间受到的滑动摩擦力为f ，则有
f =μ2mg
由动能定理可得
-f ⋅x 2=
12mv 22-1
2
mv 21联立解得
μ2=0.004
8(2022·福建·高考真题)如图，
L 形滑板A 静置在粗糙水平面上，滑板右端固定一劲度系数为k 的轻质弹簧，弹簧左端与一小物块B 相连，弹簧处于原长状态。

一小物块C 以初速度v 0从滑板最左端滑入，滑行s 0后与B 发生完全非弹性碰撞(碰撞时间极短)，然后一起向右运动；一段时间后，滑板A 也开始运动．已知A 、B 、C 的质量均为m ，滑板与小物块、滑板与地面之间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g ；最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，弹簧始终处于弹性限度内。

求：(1)C 在碰撞前瞬间的速度大小；(2)C 与B 碰撞过程中损失的机械能；
(3)从C 与B 相碰后到A 开始运动的过程中，C 和B 克服摩擦力所做的功。

【答案】(1)v 20
-2μgs 0；(2)14m (v 2
0-2μgs 0)；(3)
2μ2m 2g 2k
【详解】(1)小物块C 运动至刚要与物块B 相碰过程，根据动能定理可得
-μmgs 0=12mv 21-1
2
mv 20
解得C 在碰撞前瞬间的速度大小为
v 1=v 20-2μgs 0
(2)物块B 、C 碰撞过程，根据动量守恒可得
mv 1=2mv 2
解得物块B 与物块C 碰后一起运动的速度大小为
v 2=12
v 20-2μgs 0
故C 与B 碰撞过程中损失的机械能为
ΔE =12mv 21-12×2mv 22=14
m (v 20-2μgs 0)(3)滑板A 刚要滑动时，对滑板A ，由受力平衡可得
k Δx +2μmg =3μmg 解得弹簧的压缩量，即滑板A 开始运动前物块B 和物块C 一起运动的位移大小为
Δx =
μmg k
从C 与B 相碰后到A 开始运动的过程中，C 和B 克服摩擦力所做的功为
W =2μmg ⋅Δx =
2μ2m 2g 2
k
9(2021·福建·统考高考真题)如图(a )，
一倾角37°的固定斜面的AB 段粗糙，BC 段光滑。

斜面上一轻质弹簧的一端固定在底端C 处，弹簧的原长与BC 长度相同。

一小滑块在沿斜面向下的拉力T 作用下，由
A处从静止开始下滑，当滑块第一次到达B点时撤去T。

T随滑块沿斜面下滑的位移s的变化关系如图(b)所示。

已知AB段长度为2m，滑块质量为2kg，滑块与斜面AB段的动摩擦因数为0.5，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度大小取10m/s2，sin37°=0.6。

求：
(1)当拉力为10N时，滑块的加速度大小；
(2)滑块第一次到达B点时的动能；
(3)滑块第一次在B点与弹簧脱离后，沿斜面上滑的最大距离。

【答案】(1)7m/s2；(2)26J；(3)1.3m
【详解】(1)设小滑块的质量为m，斜面倾角为θ，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，滑块受斜面的支持力大小为N，滑动摩擦力大小为f，拉力为10N时滑块的加速度大小为a。

由牛顿第二定律和滑动摩擦力公式有
T+mg sinθ-f=ma ①
N-mg cosθ=0 ②
f=μN ③
联立①②③式并代入题给数据得
a=7m/s2 ④
(2)设滑块在AB段运动的过程中拉力所做的功为W，由功的定义有
W=T1s1+T2s2 ⑤
式中T1、T2和s1、s2分别对应滑块下滑过程中两阶段所受的拉力及相应的位移大小。

依题意，T1=
8N，s1=1m，T2=10N，s2=1m。

设滑块第一次到达B点时的动能为E k，由动能定理有
W+(mg sinθ-f)s1+s2
=E k-0 ⑥
联立②③⑤⑥式并代入题给数据得
E k=26J ⑦
(3)由机械能守恒定律可知，滑块第二次到达B点时，动能仍为E k。

设滑块离B点的最大距离为s max，由动能定理有
-(mg sinθ+f)s min=0-E k ⑧
联立②③⑦⑧式并代入题给数据得
s max=1.3m ⑨
三、针对训练
1一、单选题
1滑雪运动员在如图所示滑道上滑行，滑道弧形部分最末端的切线与斜坡垂直，从末端滑出时的速度大小为v，运动员始终能落到斜坡上。

不考虑空气阻力，运动员可视为质点，下列说法正确的是()
A.运动员在空中运动过程所受重力的冲量与v2成正比
B.运动员到斜坡的最大距离与v成正比
C.运动员落到斜坡上前瞬间重力的瞬时功率与v成正比
D.运动员落到斜坡上时速度方向与斜坡夹角的正切值与v成正比
【答案】C
【详解】A．设斜坡倾角为θ，将运动员的运动沿垂直斜坡方向和平行斜坡方向进行分解，在垂直斜坡方向上，运动员做匀变速运动，初速度大小为v，加速度大小为g cosθ，则运动员在空中运动的时间为
t=2v
g cosθ
在空中运动过程重力的冲量为
I=mgt=2mv
cosθ
故A错误；
B．当运动员垂直斜坡方向的速度为零时，运动员到斜坡距离最大，为
x y m=v2
2g cosθ
故B错误；
D．运动员在平行斜坡方向上，做初速度为零的匀加速直线运动，加速度大小为g sinθ，运动员落到斜坡上时垂直斜坡方向的速度大小为v，平行斜坡方向的速度大小为
v x=g sinθ⋅2v
g cosθ
=2v tanθ
速度方向与斜坡夹角的正切值为
tanα=v v
x =1 2tanθ
故D错误；
C．落到斜坡上时，运动员重力的瞬时功率为
P=mg v x sinθ+v cosθ
=mgv2tanθsinθ+cosθ
故C正确。

故选C。

2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E k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t1是
()
A.0.60
B.0.70
C.0.75
D.0.80
【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
Fx=E k
根据运动学公式
x=12at2=F2m t2
代入后得
E k=Fx=F2
2m t
2
把P点坐标代入后得出
F
2m=E
t2
=3
1.52
=43
则
E k=43t2求导得
k=dE k
dt=
4
3×2t=
4
3×2×1.5=4
即
k=3Δt=4
则
Δt=0.75
则
t1=1.5-Δt=1.5-0.75=0.75
故选C。

3如图，一质量M=1kg、半径R=0.5m的光滑大圆环用一细轻杆固定在竖直平面内，套在大环上质量m=0.2kg的小环(可视为质点)，从大环的最高处由静止滑下。

重力加速度g=10m/s2，当小环滑到大环的最低点时()
A.小球的速度大小为10m/s
B.小球运动的加速度大小为40m/s2
C.小球对大坏的压力大小为20N
D.大环对轻杆拉力的大小为12N
【答案】B
【详解】A．根据动能定理
mg×2R=12mv2
解得
v=25m/s
故A错误；
B．小球运动的加速度大小为
a=v2R=40m/s2
C．根据
F-mg=m v2R
得大环对小球的支持力
F=mg+m v2R=10N
根据牛顿第三定律，小球对大坏的压力大小为
F1=F=10N
故C错误；
D．大环对轻杆拉力的大小为
T=F1+Mg=20N
故D错误。

故选B。

4一辆玩具赛车在水平直跑道上由静止开始匀加速启动，当发动机的功率达到额定功率后保持不变，
赛车速度的倒数1
v和加速度a的关系如图所示，已知玩具赛车在跑道上运动时受到的阻力大小恒为40N，
玩具赛车从起点到终点所用的时间为30s，玩具赛车到达终点前已达到最大速度，则起点到终点的距离为()
A.300m
B.350m
C.400m
D.450m
【答案】D
【详解】由图像结合题意可知，玩具赛车做匀加速运动的加速度a=2m/s2，当加速度等于零时玩具赛车速度达到最大值，由图知
1
v m=0.05
v m=20m/s
由图知玩具赛车匀加速的末速度为
v1=10.1m/s=10m/s
玩具赛车做匀加速运动的时间为
t1=v1
a=
10
2s=5s
玩具赛车做匀加速的位移为
x1=12at2=12×2×52m=25m 发动机的额定功率
P=fv m=800W
由
P
v1-f=ma
可得玩具赛车的质量
m=20kg
玩具赛车达到额定功率直至运动到终点所用时间为
t2=t-t1=30s-5s=25s
对此过程应用动能定理有
Pt2-fx2=12mv2m-12mv21
代入数据解得
x2=425m
则起点到终点的距离为
x=x1+x2=25m+425m=450m
故选D。

52022年11月，由我国自主研制的新概念武器-电磁枪在珠海航展闪亮登场，这标志着中国电磁弹射技术在世界范围内处于领先地位。

下图是用电磁弹射技术制造的轨道炮原理图，质量为m的弹体可在间距为d的两平行水平轨道之间自由滑动，并与轨道保持良好接触。

恒定电流I从M轨道左边流入，通过弹体后从N轨道左边流回。

轨道电流在弹体处产生垂直于轨道面的磁场，可视为匀强磁场，磁感应强度的大小与电流I成正比。

通电弹体在安培力作用下加速距离L后从轨道右边以速度v高速射出。

下列说法中正确的是()
A.弹体受到的安培力大小为mv2L
B.若电流增大到2I，则弹体射出速度变为4v
C.若轨道长增大到2L，则弹体射出速度变为2v
D.若电流I从N轨道左边流入，M轨道左边流回，则弹体将向左边射出
【答案】C
【详解】A．由动能定理
FL=12mv2-0
得安培力大小
F=mv2
2L
故A错误；
B．结合安培力公式
F=BId
得
kI2dL=12mv2
可知若电流增大到2I，则射出速度为2v，故B错误；
C．若轨道长增大到2L，则射出速度变为2v，故C正确；
D ．若电流I 从N 轨道左边流入，M 轨道左边流回，由受力分析可知，弹体仍向右边射出，故D 错误。

故选C 。

6跳台滑雪是一种勇敢者的运动。

如图所示，
某运动员穿着专用滑雪板，第一次从跳台A 处由静止开始沿倾角为30°的滑雪道滑到B 处，第二次从跳台A 处以v 0=15m/s 的水平速度飞出，在空中飞行一段时间后刚好落在B 处，已知运动员第一次运动到B 处所用的时间为第二次的22倍，不计空气阻力，重力加速度g 取10m/s 2，则(
)
A.运动员两次运动的平均速度相同
B.滑雪板与雪道间的动摩擦因数为
3
3
C.A 、B 两点间的雪道长度为30m
D.运动员第二次到达B 处时的动能是第一次的3倍【答案】C
【详解】A ．运动员两次运动的位移均等于A 、B 两点间雪道的长度，由v =x t
可知，运动员运动的时
间不同，则运动员两次运动的平均速度不同，A 错误；B ．设A 、B 两点间雪道的长度为l ，运动员沿雪道向下滑动的加速度大小为a ，则第一次的运动时间为
t 1=
2l a
第二次的运动时间为
t 2=
2l sin30°g
=
l g
又
t 1=22t 2
解得
a =
14g 由牛顿第二定律有
mg sin30°-μmg cos30°=ma
解得
μ=
3
6B 错误；
C ．设运动员第二次到达B 处时的速度大小为v 2，与水平方向间的夹角为α，如图所示
则由
tan α=2tan30°
可知
tan α=
23
2
由运动的合成与分解可知
v 2=
v 0cos α
解得
v 2=521m/s
由动能定理有
mgl sin30°=
12mv 22-12
mv 20解得
l =30m
C 正确；
D ．运动员第一次到达B 处时的动能为
E k 1=mgl sin30°-μmgl cos30°
第二次到达B 处时的动能为
E k 2=
12
mv 22则
E k 2E k 1=7
2
D 错误。

故选C 。

7高铁已成为中国的
“国家名片”，截至2022年末，全国高速铁路营业里程4.2万千米，位居世界第一。

如图所示，一列高铁列车的质量为m ，额定功率为P 0，列车以额定功率P 0在平直轨道上从静止开始运动，经时间t 达到该功率下的最大速度，设高铁列车行驶过程所受到的阻力为F f ，且保持不变．则(
)
A.列车在时间t 内可能做匀加速直线运动
B.如果改为以恒定牵引力启动，则列车达到最大速度经历的时间一定大于t
C.列车达到的最大速度大小为
F f
P 0
D.列车在时间t 内牵引力做功为
mP 2
02F f 2
【答案】B
【详解】A ．列车以恒定功率P 0运动，根据牛顿第二定律可得
P 0
v
-F f =ma 列车的速度v 逐渐增大，则加速度a 逐渐减小，所以列车做加速度减小的加速直线运动，直到达到最大
速度v m，故A错误；
C．当牵引力等于阻力时，列车速度达到最大，则有
P0=Fv m=F f v m 解得最大速度为
v m=P0 F f
故C错误；
B．列车以恒定牵引力启动时先做匀加速直线运动，根据功率P=Fv，可知列车速度增大，功率增大，达到额定功率P0后又开始做加速度减小的加速运动，直至达到最大速度，并且此过程与以额定功率P0启动的最后阶段运动情况完全相同，而开始时的加速度比以额定功率P0启动的加速度小，所以经历的时间较长，列车达到最大速度经历的时间一定大于t，故B正确；
D．列车从开始到最大速度过程中，根据动能定理
W-F f x=12mv2m-0
将v m=P0
F f代入解得
W=
mP20
2F f2
+F f x
故D错误。

故选B。

2二、多选题
8如图所示，从倾角为θ的斜面上某点沿水平方向抛出两个小球M和N，已知M球的初动能为E0，N 球的初动能为2E0，两小球均落在斜面上，不计空气阻力，则()
A.M、N两小球落在斜面上时的速度方向与水平方向间夹角的正切值之比为1:1
B.M、N两小球在空中运动的时间之比为1:2
C.M、N两小球距离斜面的最远距离之比为1:2
D.M球落在斜面上时的动能为1+4tan2θ
E0
【答案】AD
【详解】A．由于两小球均落在斜面上，位移与水平方向的夹角均为θ。

速度方向与水平方向夹角为α，则有
tanα=2tanθ
则两小球落在斜面上时速度方向与水平方向夹角正切值之比为1:1，故A正确；
B．设小球抛出点到落点的距离为x，则有
x cosθ=v0t
x sinθ=12gt2
则
t=2tanθ
g 2E0 m
由于两球的质量关系不确定，所以不能确定两球运动的时间，故B错误；C．小球运动过程中距离斜面最远距离为
d=
v0sinθ
2
2g cosθ
=
E0
mg tanθsinθ
由于两球的质量关系不确定，所以不能确定两球距离斜面最远的距离关系，故C错误；
D．根据平抛运动规律有
h
tanθ
=v0t
h=12gt2
由动能定理有
mgh=E k-E0
且
E0=12mv20
联立解得
E k=E01+4tan2θ
故D正确。

故选AD。

9如图，斜面顶端A与另一点B在同一水平线上，甲、乙两小球质量相等。

让甲球在沿斜面向下的恒力作用下沿斜面以初速度v0从顶端A运动到底端，同时让乙球以同样的初速度从B点抛出，两球同时到达地面，不计空气阻力。

则()
A.两球运动过程中受重力的冲量相同
B.两球运动过程中动量的变化量相同
C.两球到达地面前瞬间速度大小相等
D.两球到达地面时重力的瞬时功率相等
【答案】AD
【详解】AD．因两球同时到达地面，由
h=v0sinθ⋅t+12at2
可知甲球的加速度在竖直方向的分量等于重力加速度，由公式
I G=mgt，P G=mg(v0sinθ+gt)
可知两球运动过程中受重力的冲量相同，两球到达地面时重力的瞬时功率相等。

故AD正确；BC．甲球在水平方向还有分加速度，即甲球的加速度比乙球的加速度大，所以甲球运动过程中速度的变化量大，两球到达地面前瞬间速度大小不相等，故BC错误。

故选AD。

3三、解答题
1如图所示，
木板B 静止于光滑水平面上，质量M =2kg 的物块A 放在B 的左端，另一质量m =1kg 的小球用长L =0.9m 的轻绳悬挂在固定点O 。

木板B 与地面锁定。

将小球向左拉至轻绳与竖直方向呈60°并由静止释放小球，小球在最低点与A 发生弹性正碰，碰撞时间极短，碰后A 在B 上滑动，恰好未从B 的右端滑出。

已知A 、B 间的动摩擦因数μ=0.1，物块与小球可视为质点，不计空气阻力，取重力加速度g =10m/s 2。

(1)求B 的长度x ；
(2)若解除B 的锁定，仍将小球拉到原处静止释放，为使A 不能滑过B 板的四分之一，求B 的质量M B 的范围。

【答案】(1)2m ；(2)M B ≤
2
3
kg 【详解】(1)设小球下摆至最低点时，速度的大小为v 0，小球下摆的过程根据动能定理有
mg (L -L cos60°)=1
2
mv 20-0|解得
v 0=gL =3m/s
小球与A 碰撞动量守恒，规定向右为正方向
mv 0=mv 1+Mv 2
机械能守恒
12mv 20=12mv 21+1
2
Mv 22解得
v 1=-1m/s ,v 2=2m/s
A 在
B 上滑行的过程中，由动能定理得
-μMgx =0-1
2
Mv 22解得
x =2m
(2)小球与A 碰撞后至A 与B 共速，规定向右为正方向；由动量守恒定律有
Mv 2=(M +M B max )v 共
又由能量守恒得
μMg
x 4=12Mv 22-12
(M +M B max )v 共2
解得
M B max =
23
kg 所以
M B ≤
2
3kg 2如图所示，
倾角为θ=37°的斜面AB 固定在水平桌面上，竖直面内的半圆轨道CD 与桌面相切于C
点。

小物块甲、乙用轻质细绳连接，跨过轻质光滑的定滑轮，与乙相连的轻绳竖直，与甲相连的轻绳平行于斜面。

开始将乙按在桌面上静止不动，甲位于斜面顶端；释放乙，当甲滑至斜面AB 中点时剪断细绳。

已知斜面AB 长l AB =2m ，水平桌面BC 段长l BC =0.95m ，甲的质量m 1=5kg 、乙的质量m 2=1kg ，物块甲与斜面AB 和水平桌面BC 间的动摩擦因数均为μ=0.2，半圆轨道CD 光滑，物块甲从斜面滑上水平桌面时速度大小不变，重力加速度g =10m/s 2，不计空气阻力。

求：(1)物块甲到斜面底端B 时重力的瞬时功率P ；
(2)若物块甲在半圆轨道CD 上运动时不脱离轨道，半圆轨道半径R 的取值范围。

【答案】(1)485W ；(2)R ≤0.18m 或R ≥0.45m
【详解】(1)设轻绳剪断时甲速度的大小为v 1，对甲、乙系统，甲下滑到斜面中点过程，根据能量守恒定律
m 1g l AB 2sin θ-m 2g l AB 2=1
2m 1+m 2 v 21+μm 1
g cos θl AB 2
解得
v 1=2m/s
设甲到达斜面底端时的速度大小为v 2，对甲下滑到斜面底端过程，根据动能定理
m 1g l AB 2sin θ-μm 1g cos θl AB 2=12m 1v 22-12
m 1v 21解得
v 2=855
m/s
重力的瞬时功率
P =m 1gv 2sin θ
解得
P =485W
(2)设甲到达C 时的速度大小为v 3，物块甲，从B 到C 过程，根据动能定理
-μm 1gl BC =12m 1v 23-1
2
m 1v 22
解得
v 3=3m/s
当物块甲到最高点D 恰脱离轨道时，轨道半径最小，设最小值为R 1，甲由C 到D 过程，由动能定理得
-m 1g ×2R 1=12m 1v 24-1
2
m 1v 23甲到达D 时，根据牛顿运动定律
m 1g =m 1v 2
4
R 1
解得
R 1=0.18m
当物块甲恰好到达与轨道圆心等高的位置时，速度为0，轨道半径最大，设最大值为R 2，甲由C 到与圆心等高位置，由动能定理得。