第六章 第2講　動(dòng)能定理-2025高三總復(fù)習(xí) 物理（新高考）

第2講動(dòng)能定理[課標(biāo)要求]1．理解動(dòng)能和動(dòng)能定理。2．能用動(dòng)能定理解釋生產(chǎn)生活中的現(xiàn)象?？键c(diǎn)一動(dòng)能定理的理解1．動(dòng)能(1)定義：物體由于運(yùn)動(dòng)而具有的能量叫作動(dòng)能。(2)公式：Ek＝eq\f(1,2)mv2，國際制單位：焦耳(J)。1J＝1N·m＝1kg·m2/s2。(3)動(dòng)能是標(biāo)量、狀態(tài)量。2．動(dòng)能定理(1)內(nèi)容：力在一個(gè)過程中對(duì)物體做的功，等于物體在這個(gè)過程中動(dòng)能的變化。(2)表達(dá)式：W＝Ek2－Ek1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝ΔEk。(3)物理意義：合力做的功是物體動(dòng)能變化的量度。自主訓(xùn)練1動(dòng)能的理解高鐵列車在啟動(dòng)階段的運(yùn)動(dòng)可看作初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)。在啟動(dòng)階段，列車的動(dòng)能()A．與它所經(jīng)歷的時(shí)間成正比B．與它的位移成正比C．與它的速度成正比D．與它的動(dòng)量成正比答案：B解析：動(dòng)能Ek＝eq\f(1,2)mv2，與速度的平方成正比，C錯(cuò)誤；速度v＝at，可得Ek＝eq\f(1,2)ma2t2，與經(jīng)歷的時(shí)間的平方成正比，A錯(cuò)誤；根據(jù)v2＝2ax，可得Ek＝max，與位移成正比，B正確；動(dòng)量p＝mv，可得Ek＝eq\f(p2,2m)，與動(dòng)量的平方成正比，D錯(cuò)誤。自主訓(xùn)練2動(dòng)能定理的理解(多選)(2023·陜西寶雞二模)下列說法正確的有()A．若運(yùn)動(dòng)物體所受的合外力為零，則物體的動(dòng)能一定保持不變B．若運(yùn)動(dòng)物體所受的合外力不為零，則物體的動(dòng)能一定發(fā)生變化C．若運(yùn)動(dòng)物體的動(dòng)能保持不變，則該物體所受合外力一定為零D．若運(yùn)動(dòng)物體的動(dòng)能發(fā)生變化，則該物體所受合外力一定不為零答案：AD解析：運(yùn)動(dòng)物體所受合外力為零，合外力對(duì)物體不做功，由動(dòng)能定理可知，物體動(dòng)能不變，故A正確；運(yùn)動(dòng)物體所受合外力不為零，物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)一定變化，則該物體一定做變速運(yùn)動(dòng)，如果合外力方向與物體速度方向垂直，則合外力對(duì)物體不做功，物體動(dòng)能不變，故B錯(cuò)誤；如果運(yùn)動(dòng)物體所受合外力與物體的速度方向垂直，則合外力對(duì)物體不做功，物體動(dòng)能不變，如勻速圓周運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤；若運(yùn)動(dòng)物體的動(dòng)能發(fā)生變化，根據(jù)動(dòng)能定理可知，合外力一定做功，即合外力一定不為零，故D正確。故選AD。自主訓(xùn)練3動(dòng)能定理的簡(jiǎn)單應(yīng)用(2023·新課標(biāo)卷)無風(fēng)時(shí)，雨滴受空氣阻力的作用在地面附近會(huì)以恒定的速率豎直下落。一質(zhì)量為m的雨滴在地面附近以速率v下落高度h的過程中，克服空氣阻力做的功為(重力加速度大小為g)()A．0 B．mghC．eq\f(1,2)mv2－mgh D．eq\f(1,2)mv2＋mgh答案：B解析：在地面附近雨滴做勻速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理得mgh－Wf＝0，故雨滴克服空氣阻力做功為mgh。故選B。對(duì)動(dòng)能定理的理解1．做功的過程就是能量轉(zhuǎn)化的過程，動(dòng)能定理表達(dá)式中“＝”的意義是一種因果關(guān)系在數(shù)值上相等的符號(hào)。2．動(dòng)能定理中的“力”指的是物體受到的所有力，既包括重力、彈力、摩擦力，也包括電場(chǎng)力、磁場(chǎng)力和其他力，功則為合力所做的總功。考點(diǎn)二動(dòng)能定理的應(yīng)用1．應(yīng)用動(dòng)能定理的解題流程2．動(dòng)能定理的優(yōu)越性(1)應(yīng)用牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律解題時(shí)，涉及到的有關(guān)物理量比較多，對(duì)運(yùn)動(dòng)過程的細(xì)節(jié)也要仔細(xì)研究。(2)應(yīng)用動(dòng)能定理解題只需考慮外力做的總功及初、末狀態(tài)的動(dòng)能，并且可以把不同的運(yùn)動(dòng)過程合并為一個(gè)全過程來處理。學(xué)生用書第109頁(3)一般情況下，能用牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律解決的問題，用動(dòng)能定理也可以求解，并且更為簡(jiǎn)捷。(多選)(2023·湖南高考)如圖所示，固定在豎直面內(nèi)的光滑軌道ABC由直線段AB和圓弧段BC組成，兩段相切于B點(diǎn)，AB段與水平面夾角為θ，BC段圓心為O，最高點(diǎn)為C、A與C的高度差等于圓弧軌道的直徑2R。小球從A點(diǎn)以初速度v0沖上軌道，能沿軌道運(yùn)動(dòng)恰好到達(dá)C點(diǎn)，下列說法正確的是()A．小球從B到C的過程中，對(duì)軌道的壓力逐漸增大B．小球從A到C的過程中，重力的功率始終保持不變C．小球的初速度v0＝eq\r(2gR)D．若小球初速度v0增大，小球有可能從B點(diǎn)脫離軌道答案：AD解析：由題知，小球能沿軌道運(yùn)動(dòng)恰好到達(dá)C點(diǎn)，則小球在C點(diǎn)的速度vC＝0，則小球從B到C的過程中，根據(jù)動(dòng)能定理有－mgR(1－cosα)＝0－eq\f(1,2)mv2，F(xiàn)N＝mgcosα－meq\f(v2,R)，聯(lián)立有FN＝3mgcosα－2mg，則從B到C的過程中α由θ減小到0，則cosα逐漸增大，故FN逐漸增大，由牛頓第三定律知小球從B到C的過程中，對(duì)軌道的壓力逐漸增大，A正確；由于A到B的過程中小球的速度逐漸減小，則A到B的過程中重力的功率為P＝－mgvsinθ，則A到B的過程中小球重力的功率始終減小，B錯(cuò)誤；從A到C的過程中由動(dòng)能定理有－mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得v0＝eq\r(4gR)，C錯(cuò)誤；小球在B點(diǎn)恰好脫離軌道有mgcosθ＝meq\f(veq\o\al(2,B),R)，則vB＝eq\r(gRcosθ)，則若小球初速度v0增大，小球在B點(diǎn)的速度有可能為eq\r(gRcosθ)，故小球有可能從B點(diǎn)脫離軌道，D正確。故選AD。易錯(cuò)警示應(yīng)用動(dòng)能定理的三點(diǎn)注意1．動(dòng)能定理中的位移和速度必須是相對(duì)于同一個(gè)參考系的，一般以地面或相對(duì)地面靜止的物體為參考系。2．當(dāng)物體的運(yùn)動(dòng)包含多個(gè)不同過程時(shí)，可分段應(yīng)用動(dòng)能定理求解；也可以全過程應(yīng)用動(dòng)能定理求解。3．動(dòng)能定理是標(biāo)量式，解題時(shí)不能分解動(dòng)能。對(duì)點(diǎn)練1．(2022·全國甲卷)北京2022年冬奧會(huì)首鋼滑雪大跳臺(tái)局部示意圖如圖所示。運(yùn)動(dòng)員從a處由靜止自由滑下，到b處起跳，c點(diǎn)為a、b之間的最低點(diǎn)，a、c兩處的高度差為h。要求運(yùn)動(dòng)員經(jīng)過c點(diǎn)時(shí)對(duì)滑雪板的壓力不大于自身所受重力的k倍，運(yùn)動(dòng)過程中將運(yùn)動(dòng)員視為質(zhì)點(diǎn)并忽略所有阻力，則c點(diǎn)處這一段圓弧雪道的半徑不應(yīng)小于()A．eq\f(h,k＋1) B．eq\f(h,k)C．eq\f(2h,k) D．eq\f(2h,k－1)答案：D解析：運(yùn)動(dòng)員從a到c根據(jù)動(dòng)能定理(或機(jī)械能守恒定律)有mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,c)，在c點(diǎn)有FNc－mg＝meq\f(veq\o\al(2,c),Rc)，F(xiàn)Nc≤kmg，聯(lián)立有Rc≥eq\f(2h,k－1)，D正確。對(duì)點(diǎn)練2.(2021·河北高考)一半徑為R的圓柱體水平固定，橫截面如圖所示。長(zhǎng)度為πR、不可伸長(zhǎng)的輕細(xì)繩，一端固定在圓柱體最高點(diǎn)P處，另一端系一個(gè)小球。小球位于P點(diǎn)右側(cè)同一水平高度的Q點(diǎn)時(shí)，繩剛好拉直。將小球從Q點(diǎn)由靜止釋放，當(dāng)與圓柱體未接觸部分的細(xì)繩豎直時(shí)，小球的速度大小為(重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力)()A．eq\r(（2＋π）gR) B．eq\r(2πg(shù)R)C．eq\r(2（1＋π）gR) D．2eq\r(gR)答案：A解析：當(dāng)與圓柱體未接觸部分的細(xì)繩豎直時(shí)，小球下落的高度為h＝πR－eq\f(π,2)R＋R＝eq\f(π＋2,2)R，小球下落過程中，根據(jù)動(dòng)能定理有mgh＝eq\f(1,2)mv2，聯(lián)立以上兩式解得v＝eq\r(（2＋π）gR)，A正確，B、C、D錯(cuò)誤。對(duì)點(diǎn)練3．如圖所示，一半徑為R的半圓形軌道豎直固定放置，軌道兩端等高，質(zhì)量為m的質(zhì)點(diǎn)自軌道端點(diǎn)P由靜止開始滑下，滑到最低點(diǎn)Q時(shí)，對(duì)軌道的壓力為2mg，重力加速度大小為g。質(zhì)點(diǎn)自P滑到Q的過程中，克服摩擦力所做的功為()A．eq\f(1,4)mgR B．eq\f(1,3)mgRC．eq\f(1,2)mgR D．eq\f(π,4)mgR答案：C解析：在Q點(diǎn)，質(zhì)點(diǎn)受到的豎直向下的重力和豎直向上的支持力的合力充當(dāng)向心力，所以有FN－mg＝meq\f(v2,R)，F(xiàn)N＝FN′＝2mg，聯(lián)立解得v＝eq\r(gR)，下滑過程中，根據(jù)動(dòng)能定理可得mgR＋Wf＝eq\f(1,2)mv2，解得Wf＝－eq\f(1,2)mgR，所以克服摩擦力做的功為eq\f(1,2)mgR，C正確?？键c(diǎn)三應(yīng)用動(dòng)能定理處理多過程問題1．分階段應(yīng)用動(dòng)能定理(1)若題目需要求某一中間物理量，應(yīng)分階段應(yīng)用動(dòng)能定理。(2)物體在多個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中受到的彈力、摩擦力等力若發(fā)生了變化，力在各個(gè)過程中做功情況也不同，不宜全過程應(yīng)用動(dòng)能定理，可以研究其中一個(gè)或幾個(gè)分過程，結(jié)合動(dòng)能定理，各個(gè)擊破。學(xué)生用書第110頁2．全過程應(yīng)用動(dòng)能定理(1)當(dāng)物體運(yùn)動(dòng)過程包含幾個(gè)不同的物理過程，又不需要研究過程的中間狀態(tài)時(shí)，可以把幾個(gè)運(yùn)動(dòng)過程看作一個(gè)整體，巧妙運(yùn)用動(dòng)能定理來研究，從而避開每個(gè)運(yùn)動(dòng)過程的具體細(xì)節(jié)，大大簡(jiǎn)化運(yùn)算。(2)全過程列式時(shí)要注意①重力、彈簧彈力做功取決于物體的初、末位置，與路徑無關(guān)。②大小恒定的阻力或摩擦力做功的數(shù)值等于力的大小與路程的乘積?？枷?單向運(yùn)動(dòng)的多過程問題(2023·湖北高考)如圖為某游戲裝置原理示意圖。水平桌面上固定一半圓形豎直擋板，其半徑為2R、內(nèi)表面光滑，擋板的兩端A、B在桌面邊緣，B與半徑為R的固定光滑圓弧軌道eq\o(CDE,\s\up10(︵))在同一豎直平面內(nèi)，過C點(diǎn)的軌道半徑與豎直方向的夾角為60°。小物塊以某一水平初速度由A點(diǎn)切入擋板內(nèi)側(cè)，從B點(diǎn)飛出桌面后，在C點(diǎn)沿圓弧切線方向進(jìn)入軌道eq\o(CDE,\s\up10(︵))內(nèi)側(cè)，并恰好能到達(dá)軌道的最高點(diǎn)D。小物塊與桌面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為eq\f(1,2π)，重力加速度大小為g，忽略空氣阻力，小物塊可視為質(zhì)點(diǎn)。求：(1)小物塊到達(dá)D點(diǎn)的速度大??；(2)B和D兩點(diǎn)的高度差；(3)小物塊在A點(diǎn)的初速度大小。答案：(1)eq\r(gR)(2)0(3)eq\r(3gR)解析：(1)由題知小物塊恰好能到達(dá)軌道的最高點(diǎn)D，則在D點(diǎn)有meq\f(veq\o\al(2,D),R)＝mg解得vD＝eq\r(gR)。(2)由題知小物塊從C點(diǎn)沿圓弧切線方向進(jìn)入軌道eq\o(CDE,\s\up10(︵))內(nèi)側(cè)，則在C點(diǎn)有cos60°＝eq\f(vB,vC)小物塊從C到D的過程中，根據(jù)動(dòng)能定理有－mg(R＋Rcos60°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)則小物塊從B到D的過程中，根據(jù)動(dòng)能定理有mgHBD＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)聯(lián)立解得vB＝eq\r(gR)，HBD＝0。(3)小物塊從A到B的過程中，根據(jù)動(dòng)能定理有－μmgS＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)，S＝π·2R解得vA＝eq\r(3gR)。對(duì)點(diǎn)練．(多選)(2021·全國甲卷)一質(zhì)量為m的物體自傾角為α的固定斜面底端沿斜面向上滑動(dòng)。該物體開始滑動(dòng)時(shí)的動(dòng)能為Ek，向上滑動(dòng)一段距離后速度減小為零，此后物體向下滑動(dòng)，到達(dá)斜面底端時(shí)動(dòng)能為eq\f(Ek,5)。已知sinα＝0.6，重力加速度大小為g。則()A．物體向上滑動(dòng)的距離為eq\f(Ek,2mg)B．物體向下滑動(dòng)時(shí)的加速度大小為eq\f(g,5)C．物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)等于0.5D．物體向上滑動(dòng)所用的時(shí)間比向下滑動(dòng)的時(shí)間長(zhǎng)答案：BC解析：物體從斜面底端回到斜面底端，根據(jù)動(dòng)能定理有－μmg·2lcosα＝eq\f(Ek,5)－Ek，物體從斜面底端到斜面頂端，根據(jù)動(dòng)能定理有－mglsinα－μmglcosα＝0－Ek，整理得l＝eq\f(Ek,mg)，μ＝0.5，A錯(cuò)誤，C正確；物體向下滑動(dòng)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律有ma下＝mgsinα－μmgcosα，解得a下＝eq\f(g,5)，B正確；物體向上滑動(dòng)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律有ma上＝mgsinα＋μmgcosα，解得a上＝g，故a上＞a下，由于上滑過程中的末速度為零，下滑過程中的初速度為零，且走過相同的位移，根據(jù)位移公式x＝eq\f(1,2)at2，則可得出t上＜t下，D錯(cuò)誤?？枷?往復(fù)運(yùn)動(dòng)的多過程問題1．往復(fù)運(yùn)動(dòng)問題：在有些問題中物體的運(yùn)動(dòng)過程具有重復(fù)性、往返性，而在這一過程中，描述運(yùn)動(dòng)的物理量多數(shù)是變化的，而且重復(fù)的次數(shù)又往往是無限的或難以確定的。2．解題策略：此類問題多涉及滑動(dòng)摩擦力或其他阻力做功，其做功的特點(diǎn)是與路程有關(guān)，運(yùn)用牛頓第二定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式將非常繁瑣，甚至無法解出，由于動(dòng)能定理只涉及物體的初、末狀態(tài)，所以用動(dòng)能定理分析這類問題可使解題過程簡(jiǎn)化。如圖所示，豎直面內(nèi)有一粗糙斜面AB，BCD部分是一個(gè)光滑的圓弧面，C為圓弧的最低點(diǎn)，AB正好是圓弧在B點(diǎn)的切線，圓心O與A、D點(diǎn)在同一高度，θ＝37°，圓弧面的半徑R＝3.6m，一滑塊質(zhì)量m＝5kg與AB斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.45，將滑塊從A點(diǎn)由靜止釋放(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2)。求在此后的運(yùn)動(dòng)過程中：學(xué)生用書第111頁(1)滑塊在AB段上運(yùn)動(dòng)的總路程；(2)在滑塊運(yùn)動(dòng)過程中，C點(diǎn)受到的壓力的最大值和最小值。答案：(1)8m(2)102N70N解析：(1)由題意可知斜面AB與水平面的夾角為θ＝37°，則知mgsinθ＞μmgcosθ，故滑塊最終不會(huì)停留在斜面上，由于滑塊在AB段受摩擦力作用，則滑塊做往復(fù)運(yùn)動(dòng)的高度將越來越低，最終以B點(diǎn)為最高點(diǎn)在光滑的圓弧面上做往復(fù)運(yùn)動(dòng)。設(shè)滑塊在AB段上運(yùn)動(dòng)的總路程為s，滑塊在AB段上所受摩擦力大小Ff＝μFN＝μmgcosθ，從A點(diǎn)出發(fā)到最終以B點(diǎn)為最高點(diǎn)做往復(fù)運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理得mgRcosθ－Ffs＝0，解得s＝8m。(2)滑塊第一次過C點(diǎn)時(shí)，速度最大，設(shè)為v1，此時(shí)滑塊所受軌道支持力最大，設(shè)為Fmax，從A到C的過程，由動(dòng)能定理得mgR－FflAB＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－0，斜面AB的長(zhǎng)度lAB＝eq\f(R,tanθ)，由牛頓第二定律得Fmax－mg＝eq\f(mveq\o\al(2,1),R)，解得Fmax＝102N?；瑝K以B為最高點(diǎn)做往復(fù)運(yùn)動(dòng)的過程中，過C點(diǎn)時(shí)速度最小，設(shè)為v2，此時(shí)滑塊所受軌道支持力最小，設(shè)為Fmin，從B到C，由動(dòng)能定理得mgR(1－cosθ)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－0，由牛頓第二定律得Fmin－mg＝eq\f(mveq\o\al(2,2),R)，解得Fmin＝70N，根據(jù)牛頓第三定律可知C點(diǎn)受到的壓力最大值為102N，最小值為70N。對(duì)點(diǎn)練．如圖所示，固定斜面的傾角為θ，質(zhì)量為m的滑塊從距擋板P的距離為x0處以初速度v0沿斜面上滑，滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，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(jī)械能損失，重力加速度為g，則滑塊經(jīng)過的總路程是()A．eq\f(1,μ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(veq\o\al(2,0),2gcosθ)＋x0tanθ)) B．eq\f(1,μ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(veq\o\al(2,0),2gsinθ)＋x0tanθ))C．eq\f(2,μ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(veq\o\al(2,0),2gcosθ)＋x0tanθ)) D．eq\f(1,μ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(veq\o\al(2,0),2gcosθ)＋\f(x0,tanθ)))答案：A解析：滑塊最終要停在斜面底部，設(shè)滑塊經(jīng)過的總路程為x，對(duì)滑塊運(yùn)動(dòng)的全程應(yīng)用動(dòng)能定理得mgx0sinθ－μmgxcosθ＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得x＝eq\f(1,μ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(veq\o\al(2,0),2gcosθ)＋x0tanθ))，選項(xiàng)A正確。幾種典型圖像中圖線所圍“面積”和圖線斜率的含義應(yīng)用1．[W-x圖像的綜合](多選)(2023·新課標(biāo)卷)一質(zhì)量為1kg的物體在水平拉力的作用下，由靜止開始在水平地面上沿x軸運(yùn)動(dòng)，出發(fā)點(diǎn)為x軸零點(diǎn)，拉力做的功W與物體坐標(biāo)x的關(guān)系如圖所示。物體與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.4，重力加速度大小取10m/s2。下列說法正確的是()A．在x＝1m時(shí)，拉力的功率為6WB．在x＝4m時(shí)，物體的動(dòng)能為2JC．從x＝0運(yùn)動(dòng)到x＝2m，物體克服摩擦力做的功為8JD．從x＝0運(yùn)動(dòng)到x＝4m的過程中，物體的動(dòng)量最大為2kg·m/s答案：BC解析：由于拉力在水平方向，則拉力做的功為W＝Fx，可看出W-x圖像的斜率表示拉力F。在物體運(yùn)動(dòng)的過程中，根據(jù)動(dòng)能定理有W－μmgx＝eq\f(1,2)mv2，則x＝1m時(shí)物體的速度為v1＝2m/s，x＝1m時(shí)拉力為F＝eq\f(ΔW,Δx)＝6N，則此時(shí)拉力的功率P＝Fv1＝12W，x＝4m時(shí)物體的動(dòng)能為Ek＝2J，A錯(cuò)誤，B正確；從x＝0運(yùn)動(dòng)到x＝2m，物體克服摩擦力做的功為Wf＝μmgx＝8J，C正確；根據(jù)W-x圖像可知在0～2m的過程中F1＝6N，2～4m的過程中F2＝3N，由于物體受到的摩擦力恒為Ff＝4N，則物體在x＝2m處速度最大，且根據(jù)選項(xiàng)A、B的分析可知此時(shí)的速度v2＝2eq\r(2)m/s，則從x＝0運(yùn)動(dòng)到x＝4m的過程中，物體的動(dòng)量最大為p＝mv2＝2eq\r(2)kg·m/s，D錯(cuò)誤。故選BC。應(yīng)用2．[Ek-x圖像的綜合](2022·江蘇高考)某滑雪賽道如圖所示，滑雪運(yùn)動(dòng)員從靜止開始沿斜面下滑，經(jīng)圓弧滑道起跳。將運(yùn)動(dòng)員視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)摩擦力及空氣阻力，此過程中，運(yùn)動(dòng)員的動(dòng)能Ek與水平位移x的關(guān)系圖像正確的是()答案：A解析：設(shè)斜面傾角為θ，不計(jì)摩擦力和空氣阻力，由題意可知運(yùn)動(dòng)員在沿斜面下滑過程中根據(jù)動(dòng)能定理有Ek＝mgxtanθ，即eq\f(Ek,x)＝mgtanθ，下滑過程中，開始階段傾角θ不變，即Ek-x圖像為一條直線；經(jīng)過圓弧軌道過程中，θ先減小后增大，即圖像斜率先減小后增大。故A正確。學(xué)生用書第112頁應(yīng)用3．[Ek-t圖像的綜合]如圖甲所示，在光滑水平面上，一物體在水平向右的恒定拉力F作用下由靜止開始向右做直線運(yùn)動(dòng)，物體的動(dòng)能Ek隨時(shí)間t變化的圖像如圖乙所示，虛線為圖像上P點(diǎn)的切線，切線與t軸交點(diǎn)的坐標(biāo)t1是()A．0.60 B．0.70C．0.75 D．0.80答案：C解析：物體在拉力作用下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則根據(jù)動(dòng)能定理得Fx＝Ek，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式及牛頓第二定律有x＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(F,2m)t2，代入后得Ek＝Fx＝eq\f(F2,2m)t2，把P點(diǎn)坐標(biāo)代入后得出Ek＝eq\f(4,3)t2(J)，求導(dǎo)得k＝eq\f(dEk,dt)＝eq\f(4,3)×2t(J/s)＝eq\f(4,3)×2×1.5(J/s)＝4(J/s)，即k＝eq\f(3J－0,1.5s－t1)＝4J/s，則t1＝0.75s，故選C。應(yīng)用4．[Ek-θ圖像的綜合]如圖所示，一個(gè)質(zhì)量為m的小滑塊在高度為h的斜面頂端由靜止釋放；滑塊與斜面間動(dòng)摩擦因數(shù)恒定，以水平地面為參考平面。則滑塊滑至斜面底端時(shí)的動(dòng)能Ek隨斜面傾角θ變化的關(guān)系圖像可能正確的是()答案：A解析：由題知小滑塊在高度為h的斜面頂端由靜止釋放，則對(duì)于小滑塊下滑的過程應(yīng)用動(dòng)能定理可得mgh－eq\f(μmgh,tanθ)＝Ek(tanθ≥μ)，故當(dāng)θ＝eq\f(π,2)時(shí)，Ek＝mgh；隨著θ減小，tanθ逐漸減小，物塊滑到斜面底端的動(dòng)能逐漸減小；當(dāng)重力沿斜面方向的分力小于等于最大靜摩擦力時(shí)，有mgsinθ≤μmgcosθ，解得μ≥tanθ，此后繼續(xù)減小θ，物塊都不再下滑，則此后小滑塊的動(dòng)能一直為零。故A正確。課時(shí)測(cè)評(píng)26動(dòng)能定理eq\f(對(duì)應(yīng)學(xué)生,用書P400)(時(shí)間：45分鐘滿分：60分)(本欄目?jī)?nèi)容，在學(xué)生用書中以獨(dú)立形式分冊(cè)裝訂！)(選擇題1～10題，每題4分，共40分)1．(多選)(2024·河南商丘模擬)如圖甲為乘客乘坐觀光電梯的情景，可以簡(jiǎn)化成圖乙所示，電梯質(zhì)量為M，乘客的質(zhì)量為m。電梯在鋼索的拉力作用下豎直向上加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)電梯的速度由v1增大到v2時(shí)，上升高度為H，重力加速度為g，則在這個(gè)過程中，下列說法正確的是()A．對(duì)乘客，動(dòng)能定理的表達(dá)式為W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，其中W為支持力做的功B．對(duì)乘客，動(dòng)能定理的表達(dá)式為W－mgH＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，其中W為支持力做的功C．對(duì)電梯，動(dòng)能定理的表達(dá)式為W合＝0，其中W合為合力做的功D．對(duì)電梯，其所受的合力做功為eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,1)答案：BD解析：電梯上升的過程中，對(duì)乘客做功的有重力mg、支持力FN，這兩個(gè)力的總功(即合力做的功)才等于乘客動(dòng)能的增量，即W合＝W－mgH＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，其中W為支持力做的功，A錯(cuò)誤，B正確；對(duì)電梯，無論有幾個(gè)力對(duì)它做功，由動(dòng)能定理可知，其合力做的功一定等于其動(dòng)能的增量，即eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,1)，C錯(cuò)誤，D正確。2．(2024·湖南懷化模擬)北京冬奧會(huì)高臺(tái)滑雪場(chǎng)地示意圖如圖所示。一運(yùn)動(dòng)員(含裝備)的質(zhì)量為m，從助滑坡上A點(diǎn)由靜止沿坡(曲線軌道)下滑，經(jīng)最低點(diǎn)B從坡的末端C起跳，在空中飛行一段時(shí)間后著陸于著陸坡上的D點(diǎn)。已知A、C的高度差為h1，C、D的高度差為h2，重力加速度大小為g，摩擦阻力和空氣阻力不能忽略，運(yùn)動(dòng)員可視為質(zhì)點(diǎn)。則下列說法正確的是()A．運(yùn)動(dòng)員在B點(diǎn)處于失重狀態(tài)B．運(yùn)動(dòng)員起跳時(shí)的速率vC＞eq\r(2gh1)C．運(yùn)動(dòng)員著陸前瞬間的動(dòng)能EkD＝mg(h1＋h2)D．運(yùn)動(dòng)員在空中飛行的時(shí)間t＞eq\r(\f(2h2,g))答案：D解析：由題意知運(yùn)動(dòng)員在B點(diǎn)滿足FN－mg＝meq\f(veq\o\al(2,B),R)，所以FN＞mg，即運(yùn)動(dòng)員在B點(diǎn)處于超重狀態(tài)，A錯(cuò)誤；從A到C，由動(dòng)能定理得mgh1－Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)，所以vC＜eq\r(2gh1)，B錯(cuò)誤；從A到D滿足mg(h1＋h2)－Wf′＝EkD，所以EkD＜mg(h1＋h2)，C錯(cuò)誤；因?yàn)檫\(yùn)動(dòng)員在C點(diǎn)起跳時(shí)，速度方向斜向上，即做斜拋運(yùn)動(dòng)，且存在空氣阻力，故運(yùn)動(dòng)員在空中飛行的時(shí)間t＞eq\r(\f(2h2,g))，D正確。3．(2021·湖北高考)如圖(a)所示，一物塊以一定初速度沿傾角為30°的固定斜面上滑，運(yùn)動(dòng)過程中摩擦力大小f恒定，物塊動(dòng)能Ek與運(yùn)動(dòng)路程s的關(guān)系如圖(b)所示。重力加速度大小取10m/s2，物塊質(zhì)量m和所受摩擦力大小f分別為()A．m＝0.7kg，f＝0.5NB．m＝0.7kg，f＝1.0NC．m＝0.8kg，f＝0.5ND．m＝0.8kg，f＝1.0N答案：A解析：0～10m內(nèi)物塊上滑，由動(dòng)能定理得－mgsin30°·s－fs＝Ek－Ek0，整理得Ek＝Ek0－(mgsin30°＋f)s，結(jié)合0～10m內(nèi)的圖像得，斜率的絕對(duì)值|k|＝mgsin30°＋f＝4N，10～20m內(nèi)物塊下滑，由動(dòng)能定理得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(mgsin30°－f))(s－s1)＝Ek，整理得Ek＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(mgsin30°－f))s－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(mgsin30°－f))s1，結(jié)合10～20m內(nèi)的圖像得，斜率k′＝mgsin·30°－f＝3N，聯(lián)立解得f＝0.5N，m＝0.7kg，故選A。4．如圖所示，一物體由固定斜面上的A點(diǎn)以初速度v0下滑到底端B，它與擋板發(fā)生無動(dòng)能損失的碰撞后又滑回到A點(diǎn)，其速度恰好為零。設(shè)A、B兩點(diǎn)高度差為h，重力加速度為g，則它與擋板碰前瞬間的速度大小為()A．eq\r(2gh＋\f(veq\o\al(2,0),4)) B．eq\r(2gh)C．eq\r(2gh＋\f(veq\o\al(2,0),2)) D．eq\r(2gh＋veq\o\al(2,0))答案：C解析：設(shè)整個(gè)滑動(dòng)過程中物體所受摩擦力大小為Ff(此力大小不變，下滑時(shí)方向沿斜面向上，上滑時(shí)方向沿斜面向下)，斜面長(zhǎng)為s，則對(duì)物體由A→B→A的整個(gè)過程運(yùn)用動(dòng)能定理得－2Ffs＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)。同理，對(duì)物體由A到B的過程運(yùn)用動(dòng)能定理，設(shè)物體與擋板碰前瞬間速度為v，則mgh－Ffs＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得v＝eq\r(2gh＋\f(veq\o\al(2,0),2))，C正確。5．從地面豎直向上拋出一物體，物體在運(yùn)動(dòng)過程中除受到重力外，還受到一大小不變、方向始終與運(yùn)動(dòng)方向相反的外力作用。距地面高度h在3m以內(nèi)時(shí)，物體上升、下落過程中動(dòng)能Ek隨h的變化如圖所示。重力加速度取10m/s2。該物體的質(zhì)量為()A．2kg B．1.5kgC．1kg D．0.5kg答案：C解析：方法一：特殊值法畫出運(yùn)動(dòng)示意圖，如圖所示。設(shè)該外力的大小為F，據(jù)動(dòng)能定理知，A→B(上升過程)：－(mg＋F)h＝EkB－EkA，B→A(下落過程)：(mg－F)h＝EkA′－EkB′，整理以上兩式并代入數(shù)據(jù)得物體的質(zhì)量m＝1kg，選項(xiàng)C正確。方法二：寫表達(dá)式根據(jù)斜率求解上升過程：－(mg＋F)h＝Ek－Ek0，則Ek＝－(mg＋F)h＋Ek0，下落過程：(mg－F)h＋Ek′＝Ek0′，則Ek′＝－(mg－F)h＋Ek0′，結(jié)合題圖可知mg＋F＝eq\f(72－36,3－0)N＝12N，mg－F＝eq\f(48－24,3－0)N＝8N，聯(lián)立可得m＝1kg，選項(xiàng)C正確。6．(多選)跳臺(tái)滑雪是一項(xiàng)深受勇敢者喜愛的滑雪運(yùn)動(dòng)。圖甲為某跳臺(tái)滑雪運(yùn)動(dòng)員從跳臺(tái)a(長(zhǎng)度可忽略不計(jì))處沿水平方向飛出、經(jīng)2s在斜坡b處著陸的示意圖，圖乙為運(yùn)動(dòng)員從a到b飛行時(shí)的動(dòng)能Ek隨飛行時(shí)間t變化的關(guān)系圖像。不計(jì)空氣阻力的作用，重力加速度g取10m/s2，下列說法正確的是()A．斜坡的傾角為30°B．運(yùn)動(dòng)員在a處的速度大小為10m/sC．運(yùn)動(dòng)員運(yùn)動(dòng)到b處時(shí)重力的瞬時(shí)功率為1.2×104WD．運(yùn)動(dòng)員在1s末時(shí)離坡面的距離最大答案：BCD解析：根據(jù)題圖乙可得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝3×103J，eq\f(1,2)m[veq\o\al(2,0)＋(gt)2]＝15×103J，聯(lián)立解得m＝60kg，v0＝10m/s，B正確；t＝2s時(shí)，運(yùn)動(dòng)員落在斜坡上，斜坡的傾角滿足tanα＝eq\f(\f(1,2)gt2,v0t)＝1，解得α＝45°，A錯(cuò)誤；t＝2s時(shí)，運(yùn)動(dòng)員運(yùn)動(dòng)到b處時(shí)重力的瞬時(shí)功率為P＝mgvy＝mg2t＝1.2×104W，C正確；運(yùn)動(dòng)員離坡面距離最遠(yuǎn)時(shí)，速度方向與坡面平行，有tanα＝eq\f(gt′,v0)＝1，解得t′＝1s，D正確。7．如圖所示，斜面傾角為θ＝37°，物體1放在斜面緊靠擋板處，物體1和斜面間動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.5，一根不可伸長(zhǎng)的柔質(zhì)輕繩跨過光滑輕質(zhì)的小定滑輪，繩一端固定在物體1上，另一端固定在物體2上，斜面上方的輕繩與斜面平行，物體2下端固定一長(zhǎng)度為h的輕繩，輕繩下端拴在小物體3上，物體1、2、3的質(zhì)量之比為4∶1∶5，開始時(shí)用手托住小物體3，小物體3到地面的高度也為h，此時(shí)各段輕繩剛好拉緊，已知物體觸地后立即停止運(yùn)動(dòng)、不再反彈，重力加速度為g＝10m/s2，sin37°＝0.6，物體3從靜止突然放手后，物體1沿斜面上滑的最大距離為()A．3h B．eq\f(3,7)hC．2h D．eq\f(4,3)h答案：D解析：設(shè)物體1、2、3的質(zhì)量分別為4m、m、5m，對(duì)物體1，開始向上滑動(dòng)時(shí)，重力沿斜面方向的分力與摩擦力的合力F＝4mgsin37°＋4μmgcos37°，方向沿繩向下，設(shè)物體3觸地時(shí)刻的速度為v1，因物體1、2、3在同一條繩上，從開始放手到物體3觸地的過程，對(duì)系統(tǒng)應(yīng)用動(dòng)能定理有6mgh－Fh＝eq\f(1,2)×10mveq\o\al(2,1)－0，物體3觸地以后立刻停止運(yùn)動(dòng)，設(shè)物體2觸地之前物體1停止運(yùn)動(dòng)，且在物體3觸地以后運(yùn)動(dòng)的距離為s，再次應(yīng)用動(dòng)能定理有mgs－Fs＝0－eq\f(1,2)×5mveq\o\al(2,1)，解得s＝eq\f(1,3)h，全過程Δx＝h＋s＝eq\f(4,3)h，A、B、C錯(cuò)誤，D正確。8．如圖所示，ABCD是一個(gè)盆式容器，盆內(nèi)側(cè)壁與盆底BC的連接處都是一段與BC相切的圓弧，BC水平，其長(zhǎng)度d＝0.50m，盆邊緣的高度為h＝0.30m。在A處放一個(gè)質(zhì)量為m的小物塊并讓其由靜止下滑。已知盆內(nèi)側(cè)壁是光滑的，而盆底BC面與小物塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.1。小物塊在盆內(nèi)來回滑動(dòng)，最后停下來，則停止的地點(diǎn)到B的距離為()A．0.50m B．0.25mC．0.10m D．0答案：D解析：小物塊從A點(diǎn)出發(fā)到最后停下來，設(shè)小物塊在BC面上運(yùn)動(dòng)的總路程為s，整個(gè)過程由動(dòng)能定理有mgh－μmgs＝0，所以小物塊在BC面上運(yùn)動(dòng)的總路程為s＝eq\f(h,μ)＝eq\f(0.3,0.1)m＝3m，而d＝0.5m，剛好3個(gè)來回，所以最終停在B點(diǎn)，即到B點(diǎn)的距離為0，故選D。9．(多選)(2023·江蘇省啟東中學(xué)模擬)如圖所示，直桿AB與水平面成α角固定，在桿上套一質(zhì)量為m的小滑塊，桿底端B點(diǎn)處有一彈性擋板，桿與板面垂直，滑塊與擋板碰撞后將以原速率返回?，F(xiàn)將滑塊拉到A點(diǎn)由靜止釋放，與擋板第一次碰撞后恰好能上升到AB的中點(diǎn)，設(shè)重力加速度為g，由此可以確定()A．滑塊下滑和上滑過程加速度大小a1、a2B．滑塊第1次與擋板碰撞前的速度v1C．滑塊與桿之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μD．滑塊第k次與擋板碰撞到第k＋1次與擋板碰撞的時(shí)間間隔Δt答案：AC解析：設(shè)AB長(zhǎng)為L(zhǎng)，對(duì)整個(gè)過程運(yùn)用動(dòng)能定理得mgsinα·0.5L－μmgcosα(L＋0.5L)＝0，解得μ＝eq\f(sinα,3cosα)，故C正確；根據(jù)牛頓第二定律得下滑過程mgsinα－μmgcosα＝ma1，上滑過程mgsinα＋μmgcosα＝ma2，解得a1＝gsinα－μgcosα，a2＝gsinα＋μgcosα，所以可求得滑塊下滑和上滑過程加速度的大小a1、a2，故A正確；由于A、B間的距離未知，盡管求出加速度，但不能求出滑塊到達(dá)擋板時(shí)的時(shí)間以及與擋板碰撞前的速度，故B、D錯(cuò)誤。10．如圖所示，兩傾角均為θ的光滑斜面對(duì)接后固定在水平地面上，O點(diǎn)為斜面的最低點(diǎn)。一個(gè)小物塊從右側(cè)斜面上高為H處由靜止滑下，在兩個(gè)斜面上做往復(fù)運(yùn)動(dòng)。小物塊每次通過O點(diǎn)時(shí)都會(huì)有動(dòng)能損失，損失的動(dòng)能為小物塊每次到達(dá)O點(diǎn)時(shí)動(dòng)能的5%。小物塊從開始下滑到停止的過程中運(yùn)動(dòng)的總路程為()A．eq\f(49H,sinθ) B．eq\f(39H,sinθ)C．eq\f(29H,sinθ) D．eq\f(20H,sinθ)答案：B解析：由題意知，小物塊第一次到達(dá)O點(diǎn)由動(dòng)能定理可得mgH＝Ek，此時(shí)小物塊所走路程s1＝eq\f(H,sinθ)，第一次通過O點(diǎn)后動(dòng)能Ek1＝95%Ek＝95%mgH，此時(shí)利用動(dòng)能定理知小物塊上升高度H1＝95%H，第二次到達(dá)O點(diǎn)所走的路程s2＝eq\f(2H1,sinθ)＝95%eq\f(2H,sinθ)，同理第二次離開O點(diǎn)到第三次到達(dá)O點(diǎn)所走路程s3＝(95%)2eq\f(2H,sinθ)，…，故小物塊所走的總路程s總＝s1＋s2＋…sn＝eq\f(H,sinθ)＋95%eq\f(2H,sinθ)＋(95%)2eq\f(2H,sinθ)＋…(95%)n－1eq\f(2H,sinθ)，n無窮大時(shí)，可得s總＝eq\f(39H,sinθ)(等比數(shù)列求和)，故B正確。11．(10分)(2024·河北張家口模擬)如圖所示，傾角為θ＝37°的足夠長(zhǎng)光滑固定斜面AB與長(zhǎng)LBC＝2m的粗糙水平面BC用一小段光滑圓弧(長(zhǎng)度不計(jì)，未畫出)平滑連接，半徑R＝1.5m的光滑圓弧軌道CD與水平面相切于C點(diǎn)，OD與水平方向的夾角也為θ＝37°。質(zhì)量為m的小滑塊從斜面上距B點(diǎn)L0＝2m的位置由靜止開始下滑，恰好運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)。已知重力加速度g＝10m/s2，s