2024年高考物理復(fù)習(xí)：動(dòng)能定理及其應(yīng)用

考點(diǎn)14功能定理及其應(yīng)用

考試要求

動(dòng)能定理及其知識(shí)內(nèi)容

必考加試

應(yīng)用

動(dòng)能和動(dòng)能定理dd

命題規(guī)律

i.機(jī)械能是高考重點(diǎn)考查內(nèi)容之一，高考命題既有對(duì)機(jī)械能的單獨(dú)考查，也有與曲線運(yùn)動(dòng)、電磁學(xué)等內(nèi)容相

結(jié)合的綜合考查，單獨(dú)考查的題目多為選擇題，計(jì)算題聯(lián)系生活實(shí)際、現(xiàn)代科學(xué)技術(shù)，與牛頓運(yùn)動(dòng)定律、

平拋運(yùn)動(dòng)、圓周運(yùn)動(dòng)、電磁等知識(shí)結(jié)合，綜合考查在物體多運(yùn)動(dòng)過(guò)程或多物體運(yùn)動(dòng)過(guò)程中運(yùn)用知識(shí)的能力、

建立物理模型的能力和解決實(shí)際問(wèn)題的能力.

2.考查知識(shí)點(diǎn)主要有

(1)功和功率的計(jì)算；

(2)對(duì)動(dòng)能定理、機(jī)械能守恒定律、功能關(guān)系的理解

(3)與牛頓第二定律相結(jié)合考查運(yùn)動(dòng)情況和功能關(guān)系

(3)能量與動(dòng)量相結(jié)合的考查物體運(yùn)動(dòng)過(guò)程

命題趨勢(shì)

從近幾年高考來(lái)看，關(guān)于功和功率的考查，多以選擇題的形式出現(xiàn)，有時(shí)與電場(chǎng)及電磁感應(yīng)相結(jié)合命題。

動(dòng)能定理、能量守恒定律仍將是高考考查的重點(diǎn)，高考題注重與生產(chǎn)、生活、科技相結(jié)合，將對(duì)相關(guān)知識(shí)

的考查放在一些與實(shí)際問(wèn)題相結(jié)合的情景中去，能力要求不會(huì)降低。

復(fù)習(xí)策略

復(fù)習(xí)時(shí)應(yīng)強(qiáng)化對(duì)功、功率、動(dòng)能、重力勢(shì)能、彈性勢(shì)能等基本概念的理解，掌握各種功的計(jì)算方法；掌握

應(yīng)用動(dòng)能定理、機(jī)械能守恒定律、能量守恒定律分析與解決相關(guān)的力學(xué)問(wèn)題的解題方法.

考向一對(duì)動(dòng)能、動(dòng)能定理的理解

(2021嘶江臨?？诙?近年中國(guó)女子速滑隊(duì)取得的成績(jī)十分令人矚目。在速滑接力賽中，"接棒"的運(yùn)動(dòng)員

甲提前站在"交棒"的運(yùn)動(dòng)員乙前面，并且開始向前滑行，待乙追上甲時(shí)，乙猛推甲一把，使甲獲得更大的速

度向前沖出。在乙推甲的過(guò)程中，忽略運(yùn)動(dòng)員與冰面間的阻力，下列說(shuō)法正確的是()

A.甲對(duì)乙的沖量與乙對(duì)甲的沖量相同

B.甲的速度增加量一定等于乙的速度減少量

C.甲的動(dòng)能增加量一定等于乙的動(dòng)能減少量

D.乙對(duì)甲的作用力一定做正功，甲的動(dòng)能一定增大

【答案】D

【詳解】A.甲對(duì)乙的沖量與乙對(duì)甲的沖量大小相同，方向相反。A錯(cuò)誤；

B.根據(jù)動(dòng)量定理得盤="=，

mm

因?yàn)榧滓业馁|(zhì)量未知，所以二者速度的變化量大小無(wú)法比較。B錯(cuò)誤；

C.乙推甲時(shí)，使甲獲得更大的速度向前沖出，說(shuō)明甲在獲得推力的過(guò)程中，運(yùn)動(dòng)的位移要大于乙，二者的

相互作用力大小相等，所以乙對(duì)甲的推力做的功要大于甲對(duì)乙推力做的功，根據(jù)動(dòng)能定理，甲的動(dòng)能增加

量一定大于乙的動(dòng)能減少量。C錯(cuò)誤；

D.乙對(duì)甲的作用力與甲的運(yùn)動(dòng)方向相同，所以該力對(duì)甲做正功，甲的動(dòng)能一定增大。D正確。

故選D。

1.（2021嘶江省杭州第二中學(xué)高三月考）我國(guó)科技已經(jīng)步入“人工智能"時(shí)代，"人工智能"已經(jīng)走進(jìn)千家萬(wàn)

戶。某天，東東呼叫了外賣，外賣小哥把貨物送到他家陽(yáng)臺(tái)正下方的平地上，東東操控小型無(wú)人機(jī)帶動(dòng)貨

物，由靜止開始豎直向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，一段時(shí)間后，貨物又勻速上升53s,最后再勻減速Is,恰好到

達(dá)他家陽(yáng)臺(tái)且速度為零。貨物上升過(guò)程中，遙控器上顯示對(duì)貨物的作用力有三個(gè)，分別為20.8N、20.4N和

18.4N,已知貨物受到的阻力恒為其重力的重力加速度g取10m/s2。下列判斷正確的是（）

A.作用力為18.4N時(shí)貨物處于超重狀態(tài)

B.貨物的質(zhì)量為2.04kg

C.貨物上升過(guò)程中的最大動(dòng)能為1.02J

D.東東家陽(yáng)臺(tái)距地面的高度為56m

【答案】D

【詳解】A.貨物先做加速運(yùn)動(dòng)，后做勻速運(yùn)動(dòng)，再做減速運(yùn)動(dòng)，即最后貨物處于失重狀態(tài)，故A錯(cuò)誤；

B.在貨物勻速上升的過(guò)程中，由平衡條件得尸2=必9+/

其中f=0.02mg

解得m=2kg

故B錯(cuò)誤；

C.整個(gè)過(guò)程中，勻速運(yùn)動(dòng)階段速度最大，設(shè)此時(shí)速度為v,在貨物勻減速運(yùn)動(dòng)階段由牛頓第二定律得

mg+f-F3=ma3

由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得0=v-a3t3

解得v=lm/s

最大動(dòng)能fkm=^-mi/2=lJ

故C錯(cuò)誤；

D.勻減速運(yùn)動(dòng)階段的位移X3=：%=0.5m

勻速運(yùn)動(dòng)階段的位移x2=i/t2=53m

勻加速運(yùn)動(dòng)階段，由牛頓第二定律得

由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得2°笳W2

解得x『2.5m

陽(yáng)臺(tái)距地面的高度h=x1+x2+x3=56m

故D正確。

故選D。

2.（2020嘶江嘀三月考）如圖所示為軍事愛好者的網(wǎng)絡(luò)模擬軍事演習(xí)。在高為200m、傾角為30c的斜坡

頂端放置一門火炮，坦克在水平地面和斜坡上行駛的速度均為20m/s,當(dāng)坦克行駛到距斜坡底端80m處時(shí),

火炮立即水平發(fā)射質(zhì)量為2kg的炮彈，不計(jì)空氣阻力，下列說(shuō)法正確的是（）

A.炮彈可以在坦克到達(dá)斜坡底端前將其擊中

B.炮彈以20"m/s速度發(fā)射剛好能擊中坦克

C.炮彈在擊中坦克前一瞬間的動(dòng)能為6300J

D.若坦克速度增大到某一值，則炮彈可能無(wú)法將其擊中

【答案】C

【詳解】AB.炮彈到斜面底端運(yùn)動(dòng)時(shí)間/=

0

而坦克到斜面底端時(shí)間f'=土=4s<2^T0S

V

故炮彈不可能在坦克到達(dá)斜坡底端前將其擊中，在斜面上擊中，則

1,,1

六'2h--gt2

tan30°=-——'——2.——+x=vt

vtsin30°

o

解得：t=6s；v=30>/3in/s

o

故AB錯(cuò)誤；

C.炮彈在擊中坦克前一瞬間的動(dòng)能為石=imJv2+(^r)2=6300J

22°

故C正確；

1一

D.根據(jù)330。=匯h--§t2

+x=vt

Vtsin30°

0

坦克速度增大到某一值,方程仍有解，則炮彈仍能將其擊中，故D錯(cuò)誤。

故選C。

【名師點(diǎn)睛】適用條件:

(1)動(dòng)能定理既適用于直線運(yùn)動(dòng)，也適用于曲線運(yùn)動(dòng).

(2)動(dòng)能定理既適用于恒力做功，也適用于變力做功.

(3)力可以是各種性質(zhì)的力，既可以同時(shí)作用，也可以分階段作用.

考向二動(dòng)能定理的應(yīng)用

(2021嘶江杭州口高三期中)如圖所示，半徑為R的半球形陶罐固定在可以繞豎直軸旋轉(zhuǎn)的水平轉(zhuǎn)臺(tái)上，轉(zhuǎn)

臺(tái)轉(zhuǎn)軸與過(guò)陶罐球心。的對(duì)稱軸重合。甲、乙兩個(gè)小物塊(均可視為質(zhì)點(diǎn))分別置于轉(zhuǎn)臺(tái)的A、B兩處,

OA、OB與OO'間的夾角分別為a=30。和2=60。。轉(zhuǎn)臺(tái)靜止時(shí)，甲、乙均不會(huì)下滑。已知甲的質(zhì)量是乙的

兩倍，重力加速度大小為g。當(dāng)轉(zhuǎn)臺(tái)從靜止開始緩慢加速轉(zhuǎn)動(dòng)，直到其中一物塊剛要滑動(dòng)的過(guò)程中，下列說(shuō)

法正確的是()

oi

A.甲的線速度大小始終為乙的褥倍

B.甲所受向心力的大小始終為乙的2倍

C.陶罐對(duì)甲、乙所做的功相等

D.當(dāng)轉(zhuǎn)臺(tái)角速度為J/時(shí)，甲、乙均有向內(nèi)側(cè)運(yùn)動(dòng)的趨勢(shì)

【答案】D

【詳解】A.甲、乙的角速度相等，根據(jù)

可知甲、乙的線速度大小N.比為T=—=c.、

vr7<sin6O3

22

即甲的線速度大小始終為乙的3倍，故A錯(cuò)誤；

3

B.根據(jù)尸=機(jī)32^

可得甲、乙所受向心力大小之比為4=2/

Fmr3

222

即甲所受向心力的大小始終為乙的2百倍，故B錯(cuò)誤；

3

\\7rriv22

C.根據(jù)動(dòng)能定理可知，陶罐對(duì)甲、乙所做的功之比為m=T+=W

Wmv23

222

故C錯(cuò)誤；

D.假設(shè)當(dāng)轉(zhuǎn)臺(tái)角速度為4時(shí)，陶罐對(duì)甲的摩擦力恰好為零，則此時(shí)有①=」區(qū)二一

1

VRcosa

假設(shè)當(dāng)轉(zhuǎn)臺(tái)角速度為3,時(shí)，陶罐對(duì)乙的摩擦力恰好為零，則此時(shí)有3=號(hào)工

22Rcosp

根據(jù)J瓦<①]<①，

可知當(dāng)轉(zhuǎn)臺(tái)角速度為JI"時(shí)，甲、乙所受支持力和重力的合力均大于所需要的向心力，所以甲、乙均有向內(nèi)

側(cè)運(yùn)動(dòng)的趨勢(shì)，故D正確。

故選Do

1.（2018嘶江浙江口高考模擬）隨著人民生活水平的提高，越來(lái)越多的家庭有了汽車，交通安全問(wèn)題顯得尤

為重要.如圖是某型號(hào)汽車剎車時(shí)剎車痕跡（即剎車距離）與剎車前車速的關(guān)系圖象，V為車速，s為剎車

痕跡長(zhǎng)度.若某次測(cè)試中，汽車剎車后運(yùn)行距離為20m時(shí)的車速仍為45km/h,則剎車前車的初速度為

A.60km/h

B.75km/h

C.2.5km/h

D.105km/h

【答案】B

【詳解】根據(jù)動(dòng)能定理得一日機(jī)gs=。一;加2,得到v2=2）Jgs,由圖讀出，v=60knVh,剎車時(shí)位移是

s=20m,根據(jù)y2=2as,得Q=6.9ID/S2,而y2=2pigs①，

由動(dòng)能定理得至卜2—？2=—2）lgS②，

00

所以由①②對(duì)比得到V2-V2=-V2,

代入得V2-452=602,

0

解得v=75km/h,故B正確，ACD錯(cuò)誤.

0

故本題答案是B

2.（2021嘶江紹興嘀三月考）如圖所示，同一塊胸，第一次平放在水平地面上，第二次側(cè)放在水平地面上,

兩次給磚以相同的水平初速度讓它沿水平面運(yùn)動(dòng)，結(jié)果發(fā)現(xiàn)兩次運(yùn)動(dòng)的距離相差很大，最可能的原因是

1/

平放側(cè)放

A.因?yàn)榇u的重心不同而引起的能量變化不同

B.因?yàn)榻佑|面的粗糙程度不同而引起的摩擦力不同

C.因?yàn)榻佑|面的面積不同而引起的摩擦力不同

D.因?yàn)閷?duì)地面的壓力不同而引起的摩擦力不同

【答案】B

【詳解】A.兩次運(yùn)動(dòng)過(guò)程中磚的能量變化相同，與重心位置無(wú)關(guān)，故A錯(cuò)誤；

BCD.設(shè)磚的質(zhì)量為m,與水平地面的動(dòng)摩擦因數(shù)為〃，初速度大小為%,無(wú)論磚是平放還是側(cè)放，其對(duì)地

面的壓力大小相同，受到的摩擦力大小相同，根據(jù)動(dòng)能定理有

—[imgx=0--mv2

2o

V2

解得磚運(yùn)動(dòng)的距離為X=—

2|ig

造成兩次的x不同是由于〃不同，即接觸面的粗糙程度不同，故B正確，CD錯(cuò)誤。

故選B*

考向三應(yīng)用動(dòng)能定理求解多過(guò)程問(wèn)題

（2022嘶江膜擬預(yù)測(cè)）如圖所示，一同學(xué)設(shè)計(jì)的游戲裝置由安裝在水平臺(tái)面上的固定彈射器、水平直軌道

AB,半徑r可調(diào)的豎直光滑圓軌道BC。和水平接收器/MN組成。開始時(shí)滑塊從A點(diǎn)彈出，經(jīng)過(guò)圓軌道后由

最高點(diǎn)。平拋，最后落到接收器內(nèi)則視為游戲成功。若圓軌道的B點(diǎn)固定，半徑調(diào)節(jié)時(shí)BD始終在同一條豎

直線上，厚度不計(jì)的接收器距水平面距離6，M距豎直線的距離可變，彈射器可使滑塊獲得的速度%,已

知AB長(zhǎng)5=0.2m,滑塊與AB軌道的動(dòng)摩擦因數(shù)〃=0.025,滑塊質(zhì)量m=20g,可視為質(zhì)點(diǎn)，h=0.04m,

0.04m<r<0.12m,lm/s<vW0.9師Vs,忽略空氣阻力，各部分平滑連接。求：

0

（1）若％=lm/s,r=0.04m,則滑塊運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)（C、M在同一水平虛線上）時(shí)對(duì)軌道的壓力大小F；

⑵若r=0Q4m,：=0.08m,則要使游戲成功，1的最小值；

（3）調(diào)節(jié)圓軌道半徑r,若要游戲成功，接收器的最小長(zhǎng)度L（結(jié)果保留二位有效數(shù)字）

2

【詳解】⑴以滑塊從A到C為過(guò)程’由動(dòng)能定理，得-……-刎。2

得尸=5x10-2N

由牛頓第三定律，知滑塊對(duì)C點(diǎn)的壓力大小為5X10-2N；

v2

⑵滑塊恰好過(guò)。點(diǎn)時(shí)有機(jī)g=m-&-

解得v=y/OAm/s

D

下落到接收器處豎直下落高度r=1g?2

水平射程x=vDt

聯(lián)立可得％=0.04\/2m<0.08m

所以當(dāng)水平射程x=0.08m時(shí)，可得u=2^/02In/s

D

此時(shí)滑塊射出時(shí)的%最小，由動(dòng)能定理一日他算-感-2廠=；加:2—；加02

解得v=、10m/s

o2

⑶當(dāng)r=0.04m時(shí)，水平射程最小為/=0.045/2m

②當(dāng)滑塊以v=0.9而m/s彈出，設(shè)此時(shí)圓軌道半徑為廣，由八到。過(guò)程中

o

-l^mgs-mg-2r=-mv2--mv2

角軍得v=78-40rn)/s

D

由。點(diǎn)平拋，得2”〃=為

I=Vt

xD1

聯(lián)立可得I=j8-40r-12(2r-Z，)=J-16(-0.11)2+0.1296

即當(dāng)r=0.11m時(shí)，水平射程最遠(yuǎn)/=0.36m

x2

則接收器的最小長(zhǎng)度L=/-I=0.36m-0.04>/2m=0.14>/2m?0.30m

x2xl

［名師點(diǎn)睛】利用動(dòng)能定理求解多過(guò)程問(wèn)題的基本思路

(1)弄清物體的運(yùn)動(dòng)由哪些過(guò)程組成。

(2)分析每個(gè)過(guò)程中物體的受力情況。

(3)各個(gè)力做功有何特點(diǎn)，對(duì)動(dòng)能的變化有無(wú)影響。

(4)從總體上把握全過(guò)程，寫出總功表達(dá)式，找出初、末狀態(tài)的動(dòng)能。

(5)對(duì)所研究的全過(guò)程運(yùn)用動(dòng)能定理列方程求解

1.(2021嘶江口高三月考)鋪有不同材料的水平桌面的右端P與傾斜角度。=45。的斜面以B對(duì)接，斜面的

AB邊置于水平地面上，如圖甲所示。一物塊在水平恒力尸作用下，由靜止從。點(diǎn)開始運(yùn)動(dòng)到尸點(diǎn)時(shí)撤去尸，

物塊隨即做平拋運(yùn)動(dòng)，如圖乙所示為桌面的動(dòng)摩擦因數(shù)日與物塊平拋運(yùn)動(dòng)時(shí)的水平射程x(第一落點(diǎn)與尸點(diǎn)

的水平位移)之間的圖像，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，則()

圖甲00.20.40.60.8〃

圖乙

A.物塊質(zhì)量1kgB.OP的距離0.5m

C.恒力方的大小8ND.平拋運(yùn)動(dòng)的最大速度"7m/s

【答案】D

【詳解】ABC.物塊在"的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理—gS=g嗎

l2（FS-^mgS）

-m-

由圖乙可知，當(dāng)日＞0.3時(shí)，x=0.8-|J,此時(shí)，物塊將落到斜面上。

由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律樣

V）=y]5x

P

7FS

聯(lián)立可得x=--------4sli

5m

根據(jù)圖像所得的數(shù)據(jù)可得s=o.25m,-=8

m

無(wú)法計(jì)算出尸、機(jī)的具體數(shù)值，故ABC錯(cuò)誤；

D.JJW0.3時(shí)，物塊將落到水平地面上，當(dāng)日=。時(shí)，物塊的速度最大，由題意知，當(dāng)日=0.3時(shí)，43長(zhǎng)0.5m,

斜面PA的長(zhǎng)度為0.5m,豎直速度\=Mm/s,空中運(yùn)動(dòng)時(shí)間f=,水平速度。2=2m/s,再根據(jù)勾

股定理。=yju2+U2=-J14m/s

故D正確。

故選D。

2.（2022嘶江典擬預(yù)測(cè)）如圖甲所示，一豎直平面內(nèi)的軌道由粗糙斜面A。和光滑圓軌道DCE組成，A。與

DCE相切于。點(diǎn)，C為圓軌道的最低點(diǎn)，將一小物塊置于軌道ADC上離地面高為4處由靜止下滑，用力傳

感器測(cè)出其經(jīng)過(guò)C點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力FN，改變H的大小，可測(cè)出相應(yīng)的FN的大小，F(xiàn)N隨”的變化關(guān)系如圖

乙折線PQ/所示（PQ與Q/兩直線相連接于Q點(diǎn)），Q/反向延長(zhǎng)交縱軸于F點(diǎn)（0,5.8N）,重力加速度g取

10m/s2,求：

（1）小物塊的質(zhì)量m；

（2）光滑圓軌道DCE的半徑R和小物塊與斜面A。間的動(dòng)摩擦因數(shù)出

（3）若粗糙斜面AD換成光滑曲面，小物塊從，=2R的高度靜止釋放進(jìn)入半徑為R光滑圓軌道，R為（2）

問(wèn)的取值，則小物塊相對(duì)地面能上升的最大高度是多少？

廠N/N

【答案】(1)0.5kg；(2)lm；0.3；(3)—m

【詳解】(1)由圖乙知，當(dāng)H=0時(shí)，有FN[=mg=5N=>%=0.5kg

(2)如果物塊只在圓軌道上運(yùn)動(dòng)，則由動(dòng)能定理得冽gX=j"V2

由向心力公式，經(jīng)過(guò)C點(diǎn)時(shí)有尸-〃田=吧

N3氏

聯(lián)立兩式可得=2mgH+mg

NR

由圖乙知等=篙=10

1\0.2

可得H=lm

1-02

顯然當(dāng)H=0.2m時(shí)，對(duì)應(yīng)圖甲中的。點(diǎn)，所以有cos0=—丁一二0.8

求得e=37

物塊從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)運(yùn)用動(dòng)能定理'得3-Mgcos。喘⑦如2

物塊在C點(diǎn)有％-，，%=笠

8

聯(lián)立可得尸尸」).“U

NR3

結(jié)合Q/曲線知號(hào)|_tog+mg=5.8n(J=0.3

(3)由題意可知，當(dāng)小球在到達(dá)軌道最高點(diǎn)前的某一點(diǎn)E時(shí)會(huì)脫離軌道做斜拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)脫離時(shí)。E與豎直

V2

方向間的夾角為a,由牛頓第二定律可知mgcosa=m-e-

根據(jù)機(jī)械能守恒定律機(jī)g(H-R-Rcosa)=：w2

2E

H=2R

聯(lián)立解得cosa=g,%=JggR

小球脫軌后斜拋運(yùn)動(dòng)還能上升的高度h=(『ina)2=工R

2g27

因此，相當(dāng)于地面，小球上升的最大高度為為=/?+7?cosa+7z=—/?=—m

。2727

考向四動(dòng)能定理與圖象的綜合問(wèn)題

(2020嘶江口高三學(xué)業(yè)考試)某興趣小組對(duì)一輛自制遙控小車的性能進(jìn)行研究，他們讓這輛小車在水平的直

軌道上以恒定加速度由靜止啟動(dòng)，并將小車運(yùn)動(dòng)的全過(guò)程記錄下來(lái)，通過(guò)處理轉(zhuǎn)化為VT圖像，如圖所示(除

210s時(shí)間段內(nèi)的圖像為曲線外，其余時(shí)間段圖像均為直線)，2s后小車的功率不變，可認(rèn)為在整個(gè)過(guò)程中

小車所受到的阻力大小不變.小車的質(zhì)量為1kg,則小車在0~10s運(yùn)動(dòng)過(guò)程中位移的大小為()

<</(m?<1)

A.39mB.42mC.45mD.48m

【答案】B

3-0

【解析】勻加速階段：。=2m/s2=L5/n/s2,根據(jù)牛頓第二定律可得尸-7①，在2s后功率恒定，

在2s末有尸=尸乂3②，勻速運(yùn)動(dòng)階段，牽引力等于阻力，則P=/x6③，聯(lián)立三式解得了=1.5N,額定

功率尸=9卬，在。2s過(guò)程中的位移為x=1x2x3=3?i,對(duì)2s?10s的過(guò)程運(yùn)用動(dòng)能定理得：

12

Pt-fx=-mv2--mv2,代入數(shù)據(jù)得x=39m,故0~10s內(nèi)的位移為x=無(wú)+x=42%,B正確.

2

22102212

【名師點(diǎn)睛】解決物理圖象問(wèn)題的基本步驟

(1)觀察題目給出的圖象，弄清縱坐標(biāo)、橫坐標(biāo)所對(duì)應(yīng)的物理量及圖線所表示的物理意義.

(2)根據(jù)物理規(guī)律推導(dǎo)出縱坐標(biāo)與橫坐標(biāo)所對(duì)應(yīng)的物理量間的函數(shù)關(guān)系式.

(3)將推導(dǎo)出的物理規(guī)律與數(shù)學(xué)上與之相對(duì)應(yīng)的標(biāo)準(zhǔn)函數(shù)關(guān)系式相對(duì)比，找出圖線的斜率、截距、圖線的交

點(diǎn)、圖線下的面積所對(duì)應(yīng)的物理意義，分析解答問(wèn)題，或者利用函數(shù)圖線上的特定值代入函數(shù)關(guān)系式求物

理量.

1.（2021浙江省杭州第二中學(xué)高三月考）光滑四分之一圓軌道底端切線水平，半徑尺=0.4m,底端安裝了

一個(gè)力傳感器，小球從圓軌道的某位置由靜止釋放，經(jīng)過(guò)底端后平拋落到地面，傳感器的讀數(shù)和平拋的水

平位移平方值之間的關(guān)系如圖所示，則下列判斷不正確的是（）（g取lOm/sz）

甲乙

A.圓軌道底端距地面1.25mB.小球質(zhì)量為1kg

C.傳感器最大值為30ND.平拋的最大水平位移為2m

【答案】D

【詳解】B.在圓軌道最低點(diǎn)由向心力公式可得尸-〃吆=〃?”

R

平拋過(guò)程水平、豎直方向滿足S=M

,1

h=

聯(lián)立可得尸=黑52+7咫

對(duì)比圖線可知，截距為，wg=10N

解得小球質(zhì)量為1kg,B正確，不符合題意；

A,當(dāng)S2=lm2時(shí)，F(xiàn)=20N,代入表達(dá)式/=+機(jī)g

2hR

可解得/?=1.25m

即圓軌道底端距地面1.25m,A正確，不符合題意；

C.當(dāng)從圓弧最高點(diǎn)下滑時(shí)，傳感器的數(shù)值達(dá)到最大，由動(dòng)能定理可得=?，小2

21

由向心力公式可得勺-mg=m

聯(lián)立解得v=2^2m/s,F=3ON

ii

即傳感器最大值為30N,C正確，不符合題意；

D.當(dāng)以匕拋出時(shí)，水平位移最大，時(shí)間為，==0.5s

水平位移為x=vt=>/2m

i

D錯(cuò)誤，符合題意。

故選Do

2.（2012嘶江口高三單元測(cè)試）如圖甲所示，在傾角為30。的足夠長(zhǎng)的光滑斜面AB的A處連接一粗糙水平面

OA,0A長(zhǎng)為4m。有一質(zhì)量為m的滑塊，從。處由靜止開始受一水平向右的力F作用。F在水平面上按圖

乙所示的規(guī)律變化?；瑝K與間的動(dòng)摩擦因數(shù)"=0.25,g取10m/s2,試求：

（1）滑塊運(yùn)動(dòng)到A處的速度大??；（結(jié)果可保留根號(hào)）

（2）不計(jì)滑塊在A處的速率變化，滑塊沿斜面AB向上運(yùn)動(dòng)的最遠(yuǎn)距離。

2加4

mg

：

CLo1234

-0.5廂二」」'Jm

-mg

-2mg

甲乙

【答案】（^1）55/2m/s;⑵5m

【詳解】（1）設(shè)滑塊運(yùn)動(dòng)到A處的速度大小為V,對(duì)滑塊從。運(yùn)動(dòng)到A的過(guò)程根據(jù)動(dòng)能定理有

2mgx-0.5mgx-\imgx=—mvz

12OA2

代入數(shù)據(jù)解得丫=5河內(nèi)

（2）設(shè)滑塊沿斜面AB向上運(yùn)動(dòng)的最遠(yuǎn)距離為L(zhǎng),對(duì)滑塊從4運(yùn)動(dòng)到最遠(yuǎn)處的過(guò)程根據(jù)動(dòng)能定理有

-mgLsin30°=0-；機(jī)丫2

代入數(shù)據(jù)解得L=5m

考向五運(yùn)用動(dòng)能定理巧解往復(fù)運(yùn)動(dòng)問(wèn)題

如圖所示，ABC。是一個(gè)盆式容器，盆內(nèi)側(cè)壁與盆底的連接處都是一段與8C相切的圓弧，BC是

水平的，其寬度d=0.50m,盆邊緣的高度為〃=0.30m,在A處放一個(gè)質(zhì)量為機(jī)的小物塊并讓其從靜止開

始下滑。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〃=0.10。小物塊在盆式容器內(nèi)

來(lái)回滑動(dòng)，最后停下來(lái)，則小物塊最終的位置到B點(diǎn)的距離為（g取10m/s2）（）

AD

B

A.0.50mB.0.25m

C.0.10m

【參考答案】D

【詳細(xì)解析】設(shè)小物塊在BC面通過(guò)的總路程為s,由于只有BC面上存在摩擦力，則小物塊從A點(diǎn)開

始運(yùn)動(dòng)到最終靜止的整個(gè)過(guò)程中，摩擦力做功為一〃加gS,而重力做功與路徑無(wú)關(guān)，由動(dòng)能定理得：唐g〃一“"2gS

=0-0,代入數(shù)據(jù)解得s=3m。由于d=0.50m,所以小物塊在面經(jīng)過(guò)3次往復(fù)運(yùn)動(dòng)后，停在B點(diǎn),D

正確。

【名師點(diǎn)睛】滑動(dòng)摩擦力做功與物體運(yùn)動(dòng)的路程有關(guān)，如果題目中涉及求解物體運(yùn)動(dòng)的路程或位置的

變化，可利用動(dòng)能定理求出摩擦力的功，然后進(jìn)一步確定物體運(yùn)動(dòng)的路程或位置的變化

1.如圖所示，斜面的傾角為仇質(zhì)量為根的滑塊與擋板尸的距離為尤。,滑塊以初速度%沿斜面上滑，

滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為“，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(wú)

機(jī)械能損失，滑塊經(jīng)過(guò)的總路程是（）

:%十%tanH京+xotan]

C法篇+%tane)

:geos0tanft

［答案］A〃，如為〃〃〃〃〃一

【解析】滑塊最終要停在斜面底部，設(shè)滑塊經(jīng)過(guò)的總路程為%,對(duì)滑塊運(yùn)動(dòng)的全過(guò)程應(yīng)用功能關(guān)系，全

1

過(guò)程所產(chǎn)生的熱量為Q=2mv02+mgx0sin0,又由全過(guò)程產(chǎn)生的熱量等于克服摩擦力所做的功，即Q=

*152

fimgxcos6,解得尤=〃2gcose+%tan0,選項(xiàng)A正確。

2.如圖所示，AB、C。為兩個(gè)對(duì)稱斜面，其上部足夠長(zhǎng)，下部8、C分別與一個(gè)光

滑的圓弧面的兩端相切，圓弧圓心角為120。，半徑R為2.0m,一個(gè)物體在離弧底E

高度為/z=3.0m處，以初速度。=4.0m/s沿斜面運(yùn)動(dòng)，若物體與兩斜面間的動(dòng)摩擦h\/

因數(shù)均為0.02,則物體在兩斜面上（不包括圓弧面部分）一共運(yùn)動(dòng)的路程是多少？（g____,,

取10m/s2）

【答案】280m

【解析】?jī)蓚€(gè)斜面的下部8、C分別與光滑的圓弧面相切，圓心角為120。，所以可得出斜面的傾角為60。,

物體在斜面上所受到的滑動(dòng)摩擦力為

Ff=jumgcos60°=0.0bng,

重力沿斜面的分力為mgsin60°=??7g>Ff,

所以物體不能停留在斜面上。

物體在斜面上滑動(dòng)時(shí)，由于摩擦力做功，物體的機(jī)械能逐漸減小，物體滑到斜面上的高度逐漸降低，

物體最終將在2、C間做往復(fù)運(yùn)動(dòng)。設(shè)物體在斜面上運(yùn)動(dòng)的總路程為s,

對(duì)全過(guò)程應(yīng)用動(dòng)能定理得

mg[h—7?（1—cos60°）]—jumgscos60°=0-^mv2,

解得5=280mo

一、單選題

1.質(zhì)量為30kg的小孩坐在秋千板上，秋千板離系繩子的橫梁的距離是2.5m.小孩的父親將秋千板從最低

點(diǎn)拉起1.25m高度后由靜止釋放，小孩沿圓弧運(yùn)動(dòng)至最低點(diǎn)時(shí)，它對(duì)秋千板的壓力約為（）

A.0B.200NC.600ND.1000N

2.2020年6月23日我國(guó)成功發(fā)射北斗三號(hào)系統(tǒng)最后一顆衛(wèi)星，北斗全球星座部署完成。北斗三號(hào)系統(tǒng)空

間段由3顆GEO、3顆IGSO和24顆MEO衛(wèi)星組成。GEO衛(wèi)星相對(duì)地球靜止，軌道高度約為36000km,IGSO

衛(wèi)星的軌道高度與GEO衛(wèi)星的軌道高度相同，軌道傾角（繞地球運(yùn)行的軌道平面與地球赤道平面之間的夾

角）為55度，MEO衛(wèi)星的軌道高度約為21500km,軌道傾角為55度。下列說(shuō)法不正強(qiáng)的是（）

A.MEO衛(wèi)星的運(yùn)行周期小于GE。衛(wèi)星的運(yùn)行周期

B.GEO衛(wèi)星與IGSO衛(wèi)星運(yùn)行的向心加速度大小相等

C.MEO衛(wèi)星的線速度大于IGSO衛(wèi)星的線速度

D.GEO衛(wèi)星與IGSO衛(wèi)星的動(dòng)能相等

3.物體以10m/s的速度由坡底沖上一足夠長(zhǎng)的斜坡，當(dāng)它返回坡底時(shí)的速度大小為8m/s。已知上坡和下坡

兩個(gè)階段物體均沿同一直線做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，但上坡和下坡的加速度大小不同.則關(guān)于物體上坡、下坡兩

過(guò)程說(shuō)法正確的是（）

A.加速度大小之比為5:4B.所用時(shí)間之比為4:5

C.摩擦力做功之比為5:4D.合外力做功之比為4:5

4.一質(zhì)量為Q4kg的小球以某一初速度水平向右拋出后，隨即受到一大小3N,方向水平向左的恒力，假設(shè)

小球拋出時(shí)離地足夠高，忽略空氣阻力，當(dāng)小球的動(dòng)能最小時(shí)，速度方向與水平的夾角為（）

A.30"B.37°C.45°D.53°

5.一物塊從斜面頂端靜止開始沿斜面下滑，其機(jī)械能和動(dòng)能隨下滑距離s的變化如圖中直線I、n所示，

重力加速度取10m/s2。下列說(shuō)法正確的是（）

E/J

A.物塊下滑過(guò)程中只有重力做功

B.物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5

C.物塊下滑時(shí)加速度的大小為2m/s2

D.物塊下滑到底端過(guò)程中重力做功40J

6.如圖甲所示的滑道由兩段相同半徑的圓弧滑道和一段水平直滑道組成，圖乙是它的示意圖，P、Q在同一

水平線上。某滑板運(yùn)動(dòng)員從滑道左側(cè)的P點(diǎn)無(wú)初速下滑，通過(guò)調(diào)整姿態(tài)，運(yùn)動(dòng)到右側(cè)Q點(diǎn)時(shí)速度恰好為零。

將人和滑板看作整體，以下說(shuō)法正確的是（）

甲

A.運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)時(shí)，速度為零，但合力不為零

B.在圓弧滑道上運(yùn)動(dòng)時(shí)，合力不為零且指向圓心

C.滑動(dòng)過(guò)程中，人和滑板整體機(jī)械能守恒

D.從P點(diǎn)滑下，若人不主動(dòng)調(diào)整姿態(tài)也能滑到Q點(diǎn)

7.如圖所示，無(wú)人機(jī)在空中加速上升時(shí)，動(dòng)能、重力勢(shì)能、機(jī)械能三個(gè)能量中不斷增加的有（）

A.動(dòng)能B.動(dòng)能、重力勢(shì)能

C.重力勢(shì)能、機(jī)械能D.動(dòng)能、重力勢(shì)能、機(jī)械能

二、解答題

8.某課外活動(dòng)小組自制一枚質(zhì)量為2kg的火箭，設(shè)火箭發(fā)射后始終在豎直方向上運(yùn)動(dòng)?；鸺c(diǎn)火后可認(rèn)為

從靜止開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)5s速度達(dá)到40m/s時(shí)燃料恰好用完，若不計(jì)空氣阻力且火箭視為質(zhì)點(diǎn)，

取g=10m/s2,求：

⑴火箭上升到離地面的最大高度；

⑵火箭落回地面時(shí)的動(dòng)能為多大。

9.如圖所示，一彈射游戲裝置由安裝在水平臺(tái)面上的固定彈射器、豎直圓軌道（在最低點(diǎn)E分別與水平軌

道E。和E4相連）、高度h可調(diào)的斜軌道A3組成。游戲時(shí)滑塊從。點(diǎn)彈出，經(jīng)過(guò)圓軌道并滑上斜軌道。全

程不脫離軌道且恰好停在B端則視為游戲成功。已知圓軌道半徑r=0.1m,OE長(zhǎng)L=0.2m,AC長(zhǎng)

1

4=0.4m,圓軌道和AE光滑，滑塊與42、OE之間的動(dòng)摩擦因數(shù)N=0.5?；瑝K質(zhì)量m=2g且可視為質(zhì)點(diǎn),

彈射時(shí)從靜止釋放且彈簧的彈性勢(shì)能完全轉(zhuǎn)化為滑塊動(dòng)能。忽略空氣阻力，各部分平滑連接。求

（1）滑塊恰好能過(guò)圓軌道最高點(diǎn)F時(shí)的速度n大??；

F

（2）當(dāng)/?=0.1m且游戲成功時(shí)，滑塊經(jīng)過(guò)E點(diǎn)對(duì)圓軌道的壓力歹大小及彈簧的彈性勢(shì)能石；

N%

（3）要使游戲成功，彈簧的彈性勢(shì)能E與高度力之間滿足的關(guān)系。

P

10.小明將如圖所示的裝置放在水平地面上，該裝置由弧形軌道、豎直圓軌道、水平直軌道和傾角0=37。

的斜軌道平滑連接而成。質(zhì)量，〃=0.1kg的小滑塊從弧形軌道離地高〃=1.0m處?kù)o止釋放。已知R=0.2m,

L=L=1.0m,滑塊與軌道AB和2C間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為日=0.25,弧形軌道和圓軌道均可視為光滑，

ABBC

忽略空氣阻力。

⑴求滑塊運(yùn)動(dòng)到與圓心。等高的。點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力;

⑵通過(guò)計(jì)算判斷滑塊能否沖出斜軌道的末端c點(diǎn)；

⑶若滑下的滑塊與靜止在水平直軌道上距A點(diǎn)x處的質(zhì)量為2機(jī)的小滑塊相碰，碰后一起運(yùn)動(dòng)，動(dòng)摩擦因數(shù)

仍為0.25,求它們?cè)谲壍郎系竭_(dá)的高度h與x之間的關(guān)系。（碰撞時(shí)間不計(jì)，sin37°=0.6,cos37°=0.8）

12.（2016?浙江高考X多選）如圖所示為一滑草場(chǎng)。某條滑道由上下兩段高均為〃，與水平面傾角分別為

45。和37。的滑道組成，滑草車與草地之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為〃。質(zhì)量為機(jī)的載人滑草車從坡頂由靜止開始自

由下滑，經(jīng)過(guò)上、下兩段滑道后，最后恰好靜止于滑道的底端（不計(jì)滑草車在兩段滑道交接處的能量損失，

sin37°=0.6,cos37°=0.8）o則（）

A.動(dòng)摩擦因數(shù)4=￥

B.載人滑草車最大速度為、怦

C.載人滑草車克服摩擦力做功為機(jī)g/?

D.載人滑草車在下段滑道上的加速度大小為海

13.（2020?浙江卷）小明將如圖所示的裝置放在水平地面上，該裝置由弧形軌道、豎直圓軌道、水平直軌

道A3和傾角e=37°的斜軌道平滑連接而成。質(zhì)量帆=0.1kg的小滑塊從弧形軌道離地高H=1.0m處

靜止釋放。已知R=0.2m,L=L=1.0m,滑塊與軌道AB和3C間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為N=0.25,弧

ABBC

形軌道和圓軌道均可視為光滑，忽略空氣阻力。

（1）求滑塊運(yùn)動(dòng)到與圓心。等高的。點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力；

（2）通過(guò)計(jì)算判斷滑塊能否沖出斜軌道的末端C點(diǎn)；

（3）若滑下的滑塊與靜止在水平直軌道上距A點(diǎn)無(wú)處的質(zhì)量為2根的小滑塊相碰，碰后一起運(yùn)動(dòng)，動(dòng)摩擦因

數(shù)仍為0.25,求它們?cè)谲壍?C上到達(dá)的高度/z與％之間的關(guān)系。（碰撞時(shí)間不計(jì)，sin37°=0.6,

cos37°=0.8）

H

吟答案精折京

1.C

【詳解】由機(jī)械能守恒得：mgh=',代入數(shù)據(jù)解得：v=5m/s；以小孩為研究對(duì)象，分析受力情況，受力

^mv2

分析如圖所示：

八FN

▼mg

根據(jù)牛頓第二定律得：FN-mg=m，”代入數(shù)據(jù)解得：FN=600N；由牛頓第三定律知小孩對(duì)秋千板的壓力為

r

600N.故C正確，ABD錯(cuò)誤。

2.D

【詳解】A.由軌道高度和地球半徑關(guān)系可知MEO衛(wèi)星的運(yùn)轉(zhuǎn)半駕.小于GEO衛(wèi)星的運(yùn)轉(zhuǎn)半玲，根據(jù),

取一濠

可得7\<T,

故A不符合題意；

B.設(shè)地球的質(zhì)量為根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力有

尸

G—Mm=ma

可得向心加速度

因?yàn)镮GSO衛(wèi)星與GEO衛(wèi)星的軌道高度相同，所以向心加速度大小相等，故B不符合題意;

C.設(shè)地球的質(zhì)量為人造衛(wèi)星做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r,根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力有

Mmv2

%<r,

所以MEO衛(wèi)星的線速度大于IGSO衛(wèi)星的線速度，故C不符合題意；

D.因GEO衛(wèi)星與IGS。衛(wèi)星的質(zhì)量關(guān)系未知，無(wú)法確定GEO衛(wèi)星與IGS。衛(wèi)星的動(dòng)能是否相等，故D符合

題意。

故選D。

3.B

【詳解】A.將上坡過(guò)程看做反向的初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng)過(guò)程，則根據(jù)i/2=2as

可知加速度大小之比為牝5=評(píng):謗=102：82=25:16

選項(xiàng)A錯(cuò)誤；

B.根據(jù)可知所用時(shí)間之比為

s=Ht幺="=三=<

2hVi105

選項(xiàng)B正確；

C.上升和下降過(guò)程摩擦力和位移均相等，則根據(jù)嗎=/s可知摩擦力做功之比為I」，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；

D.根據(jù)動(dòng)能定理，合外力做功卬=」&

則合外力功之比為，zU

_102_25

2

W2詔B16

選項(xiàng)D錯(cuò)誤。

故選Bo

4.B

【詳解】合力方向與速度方向垂直時(shí)，小球的動(dòng)能最小，由題意知合力與豎直方向夾角為37。，可知當(dāng)速度

方向與水平夾角37。時(shí)，小球的動(dòng)能最小，故B正確，ACD錯(cuò)誤。

故選Bo

5.D

【詳解】A.根據(jù)功能關(guān)系可得=Fdr

則在此F_丫圖像中的斜率的絕對(duì)值表示下滑過(guò)程中受到摩擦力大小(=1m介儂6=6N

機(jī)械能不守恒，除重力外還有其他力做功，故A錯(cuò)誤；

BC.根據(jù)動(dòng)能定理可得&=1gsing—Rngcos6)x

則&—1圖像的斜率表示合外力F，得到合外力尸=mgsin6-皿〃,os。=2N

因日未知，m和〃無(wú)法求，加速度。也無(wú)法計(jì)算，故B、C錯(cuò)誤；

D.根據(jù)&=(mgsin6—pmgcos0)x

則物塊下滑到底端過(guò)程中重力做功偏=sjng=-|-innfixcos9=107+6x5J=40|

故D正確。

故選D?

6.A

【詳解】A.運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)時(shí)，速度為零，向心加速度為零，但沿切線方向加速度不為零，故合力不為零，故

A正確；

B.在圓弧滑道上運(yùn)動(dòng)時(shí)，做變速圓周運(yùn)動(dòng)，合力不指向圓心，故B錯(cuò)誤；

C.對(duì)于人和滑板組成的系統(tǒng)，除重力外，還有阻力做功，并且在調(diào)整姿態(tài)時(shí)人自身也要做功，故滑動(dòng)過(guò)程

中系統(tǒng)的機(jī)械能不一定時(shí)時(shí)刻刻相等，故C錯(cuò)誤；

D.滑動(dòng)過(guò)程中，人若不調(diào)整姿態(tài)，由于要克服阻力做功，就到不了Q點(diǎn)，故D錯(cuò)誤。

故選A。

7.D

【詳解】無(wú)人機(jī)加速上升，所以動(dòng)能增加。高度不斷增加，所以重力勢(shì)能不斷增加，所以無(wú)人機(jī)機(jī)械能不

斷增加。

故選Do

8.(Dlftn??；(2)3600J

【詳解】⑴對(duì)火箭，加速上升階段

減速上升階段一

2池

?=4——

解得A=180m

(2)火箭下落過(guò)程應(yīng)用動(dòng)能定理7ng5=4屋

根據(jù)題意并代入數(shù)據(jù)可知，火箭落回地面時(shí)的動(dòng)能為Ek=3600J

⑴⑵。⑶〈力<

9?vF=lm/sEVQ=8.0X1(T0057no.2m

【詳解】(1)滑塊恰過(guò)F點(diǎn)的條件：

mg=m-

解得：=lra/s

(2)滑塊從E到8,動(dòng)能定理：I,

—mgA—pmgL2=0一嚴(yán)詔

在E點(diǎn)根據(jù)牛頓第二定律:

解得：FK=0.14N

從。到B點(diǎn)，根據(jù)能量守恒定律：

Epo—mgh-+4=。

解得：％=8,0X10-3/

(3)滑塊恰能過(guò)F點(diǎn)的彈性勢(shì)能：

3

Epl=2mgr+iimgLt+-nt印=70x10~]

到B點(diǎn)減速到0：

Epi-mgAt-umg[L^+3=0

解得：

4=0.05m

能停在B點(diǎn),則：〃刀;0cos6=mnsin9

解得：t/n?A=n十此時(shí)

=02m

從0至118點(diǎn)：E=mg/i+|img(L+L)=2x10-3(10/z+3)J

P12

其中0.05m<>4<0.2m

10.(1)8N,方向水平向左；(2)不會(huì)沖出；⑶MJ"'—'。/—/

5

/i=-