人教版2024年高考一輪復(fù)習(xí)物理《第26講 動(dòng)能定理及其應(yīng)用》復(fù)習(xí)講義

第26講動(dòng)能定理及其應(yīng)用

目錄

復(fù)習(xí)目標(biāo)

網(wǎng)絡(luò)構(gòu)建

考點(diǎn)一對(duì)動(dòng)能、動(dòng)能定理的理解

【夯基?必備基礎(chǔ)知識(shí)梳理】

知識(shí)點(diǎn)1動(dòng)能

知識(shí)點(diǎn)2動(dòng)能定理

【提升?必考題型歸納】

考向1應(yīng)用動(dòng)能定理求變力做功

考向2在機(jī)車啟動(dòng)問(wèn)題中應(yīng)用動(dòng)能定理

■考點(diǎn)二應(yīng)用動(dòng)能定理處理多過(guò)程問(wèn)題

【夯基?必備基礎(chǔ)知識(shí)梳理】

知識(shí)點(diǎn)應(yīng)用動(dòng)能定理處理多過(guò)程問(wèn)題解題流程和注意事項(xiàng)

考向1多過(guò)程直線運(yùn)動(dòng)問(wèn)題

考向2直線曲線運(yùn)動(dòng)相結(jié)合的多過(guò)程問(wèn)題

考向3往復(fù)運(yùn)動(dòng)的多過(guò)程問(wèn)題

?考點(diǎn)三動(dòng)能定理的圖像問(wèn)題

【夯基?必備基礎(chǔ)知識(shí)梳理】

知識(shí)點(diǎn)1四類圖像所圍“面積”的意義

知識(shí)點(diǎn)2解決動(dòng)能定理與圖像問(wèn)題的基本步驟

【提升?必考題型歸納】

考向1v-t圖像

考向2a-t圖像

考向3F-x圖像

考向4P-t圖像

真題感

1、理解動(dòng)能動(dòng)能定理，并會(huì)用動(dòng)能定理處理物理問(wèn)題。

掌握有關(guān)動(dòng)能定理的圖像問(wèn)題。

0??@

考點(diǎn)要求考題統(tǒng)計(jì)考情分析

高考對(duì)動(dòng)能定理的考查非常

頻繁，題目出現(xiàn)的形式有選擇

2023年江蘇卷第11題

(1)動(dòng)能定理題也有計(jì)算題，如果以計(jì)算題

2023年湖北卷第14題

(2)動(dòng)能定理的應(yīng)用出現(xiàn)，大多涉及到多過(guò)程問(wèn)題

2022年福建卷第14題

的分析與應(yīng)用，難度上也比較

大。

對(duì)動(dòng)低'動(dòng)k定律的理解

2.功能痘理

解是去出H注意事噴

定受及其應(yīng)用

L動(dòng)畿定理的圖像向麴

考點(diǎn)一對(duì)動(dòng)能、動(dòng)能定理的理解

夯基?必備基礎(chǔ)知識(shí)梳理

知識(shí)點(diǎn)1動(dòng)能

1.公式：Ek=1mv2,式中v為瞬時(shí)速度，動(dòng)能是狀態(tài)量。

2.標(biāo)矢性：動(dòng)能是標(biāo)量,只有正值，動(dòng)能與速度的方向無(wú)關(guān)。

22

3.動(dòng)能的變化量：AEk=gmv2—mvio

4.動(dòng)能的相對(duì)性：由于速度具有相對(duì)性,則動(dòng)能也具有相對(duì)性,一般以地面為

參考系。

5.動(dòng)能與動(dòng)能的變化的區(qū)別

(1)動(dòng)能與動(dòng)能的變化是兩個(gè)不同的概念，動(dòng)能是狀態(tài)量，動(dòng)能的變化是過(guò)程量。

(2)動(dòng)能沒(méi)有負(fù)值，而動(dòng)能變化量有正負(fù)之分。AEk〉。表示物體的動(dòng)能增加,AEk<0

表示物體的動(dòng)能減少。

知識(shí)點(diǎn)2動(dòng)能定理

I.內(nèi)容：力在一個(gè)過(guò)程中對(duì)物體做的功，等于物體在這個(gè)過(guò)程中動(dòng)能的變化。

2.表達(dá)式：W=AEk=gmv22—mvi2o

2.對(duì)動(dòng)能定理的理解

⑴做功的過(guò)程就是能量轉(zhuǎn)化的過(guò)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)。

因果關(guān)系|一居力做功是物體動(dòng)能變化的原因

,I,,

數(shù)量關(guān)系|一|合力的功與動(dòng)能變化可以等量代換'

單位關(guān)系|一畫際單位都是焦口

⑵動(dòng)能定理中的“力”指物體受到的所有力，既包括重力、彈力、摩擦力，也包括

電場(chǎng)力、磁場(chǎng)力或其他力，功則為合力所做的總功。

?提升?必考題型歸納

考向1應(yīng)用動(dòng)能定理求變力做功

1.如圖，一側(cè)有豎直擋板的足夠長(zhǎng)的實(shí)驗(yàn)臺(tái)固定在地面上，臺(tái)面水平且光滑。

質(zhì)量均為機(jī)=()4kg的甲、乙兩小球用一根勁度系數(shù)為Z=20N/m的輕質(zhì)彈簧拴接在

一起，小球乙與豎直擋板接觸(不固定)，用力推壓小球甲使彈簧壓縮，彈簧壓

縮量為占=0.2m時(shí)鎖定小球甲?，F(xiàn)解除對(duì)小球甲的鎖定，同時(shí)給小球甲施加一個(gè)

水平向左的外力F,使小球甲由靜止開(kāi)始向左以”=10m/s2的加速度做勻加速直線

運(yùn)動(dòng)，當(dāng)小球乙剛要離開(kāi)豎直擋板時(shí)撤掉外力F。有關(guān)甲、乙兩小球的運(yùn)動(dòng)情況

的判斷，下列說(shuō)法正確的是（）

r甲乙|

A.外力F的最大值為￡=6N

B.彈簧鎖定時(shí)彈性勢(shì)能為綜=Q6J

C.小球乙剛離開(kāi)擋板瞬間小球甲的速度大小為2m/s

D.外力F對(duì)小球甲做的功為W「=0.6J

【答案】C

【詳解】A.解除對(duì)小球甲的鎖定，給小球甲施加外力的過(guò)程，根據(jù)牛頓第二定

律有F-\-kx=ma

當(dāng)元=0時(shí)外力F最大，為q=4N故A錯(cuò)誤；

B.彈簧鎖定時(shí)，彈力做功為卬=無(wú)|=與2苦=0.4卜-珥根據(jù)功能關(guān)系，彈性勢(shì)

能為Ep=W=0-4J

故B錯(cuò)誤；

C.根據(jù)動(dòng)力學(xué)公式聲=2的解得v=2m/s故C正確；

D.解除對(duì)小球甲的鎖定，給小球甲施加外力的過(guò)程，由動(dòng)能定理得WF+W=；〃”

解得叫=0.4J

故D錯(cuò)誤。故選C。

2.設(shè)計(jì)貫通地球的弦線光滑真空列車隧道：質(zhì)量為m的列車不需要引擎，從入

口的A點(diǎn)由靜止開(kāi)始穿過(guò)隧道到達(dá)另一端的B點(diǎn)，O,為隧道的中點(diǎn)，0,與地心

O的距離為刀=立尺，假設(shè)地球是半徑為R的質(zhì)量均勻分布的球體，地球表面的

2

重力加速度為g。已知質(zhì)量均勻分布的球殼對(duì)球內(nèi)物體引力為0,P點(diǎn)到0'的距

離為x,則（）

A.列車在隧道中A點(diǎn)的合力大小為mgB.列車在P點(diǎn)的重力加速度小于g

C.列車在P點(diǎn)的加速度等于”=D.列車在運(yùn)動(dòng)中的最大速度為手

【答案】BD

【詳解】A.設(shè)列車在A時(shí)，AAOd=e,列車在A點(diǎn)受到地球的引力為4=〃*列

車在A點(diǎn)受到合力為

FA=《,sine根據(jù)幾何關(guān)系有==L解得行=〈儂故A錯(cuò)誤；

R22

BC.設(shè)地球的質(zhì)量為加，列車運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)距地心為「，NPOO'="，根據(jù)幾何關(guān)

系有sind=2列車運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)加速度滿足G“Jsin夕=/m根據(jù)M=夕卜R3,

〃'=「。亓，可得券=』又6等=晚聯(lián)立解得。=[8<8故8正確，C錯(cuò)誤；

3MRR~R

D.列車在隧道內(nèi)距O,的距離x時(shí)，合力為F'=^=Wx可知F隨x均勻變化，

A

列車從A到0,做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，則列車在。'點(diǎn)有最大速度，則有

用/?加■=]匕：一。其中下=—g，%=。，4。，=JR、>聯(lián)立解得

%=華故D正確。故選BD。

考向2在機(jī)車啟動(dòng)問(wèn)題中應(yīng)用動(dòng)能定理

3.某興趣小組對(duì)一輛遙控小車的性能進(jìn)行研究。他們讓這輛小車在水平的直軌

道上由靜止開(kāi)始運(yùn)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UT圖

像，如圖所示（除2s~10s時(shí)間段圖像為曲線外，其余時(shí)間段圖像均為直線）。已

知在小車運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，2s~14s時(shí)間段內(nèi)小車的功率保持不變，在14s末停止遙

控而讓小車自由滑行，小車的質(zhì)量為1kg,可認(rèn)為在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中小車所受到

的阻力大小不變。則下列選項(xiàng)正確的是（）

A.小車兩段勻變速直線運(yùn)動(dòng)的加速度大小相同

B.小車所受到的阻力為1.5N

C.小車額定功率為6W

D.小車在變加速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中位移為36m

【答案】AB

【詳解】A.0~2s內(nèi)汽車的加速度。=?=L5m/s2在14s~18s時(shí)間段，加速度大小

儲(chǔ)=孚==二■m/s?=1.5m/s2故A正確。

Ar18-14

B.14s~18s時(shí)間段，由牛頓第二定律得f=m=L5N故B正確。

C.在10s~14s小車做勻速運(yùn)動(dòng)，速度u=6m/s,牽引力大小歹與了大小相等，則

小車勻速運(yùn)動(dòng)的功率

尸=&=/V=9W故C錯(cuò)誤；

D.2s~10s內(nèi)根據(jù)動(dòng)能定理有力-飽機(jī)片解得了2=39m故D錯(cuò)誤。故選

ABO

4.一種升降電梯的原理如圖所示，A為電梯的轎廂，B為平衡配重。在某次運(yùn)

行時(shí)A（含乘客）、B的質(zhì)量分別為M=1000kg和機(jī)=800kg。A、B由跨過(guò)輕質(zhì)滑

輪的足夠長(zhǎng)輕質(zhì)纜繩連接。電動(dòng)機(jī)通過(guò)牽引繩向下拉配重B,使得電梯的轎廂由

靜止開(kāi)始向上運(yùn)動(dòng)（轎廂A、配重B一直未與滑輪相撞）。電動(dòng)機(jī)輸出功率尸=2kW

保持不變。不計(jì)空氣阻力和摩擦阻力，g=10m/s2。在A向上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，則（）

定滑輪

定滑輪

配重8

轎廂工

③滑輪

電動(dòng)機(jī)

A.轎廂A先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，再做加速度減小的直線運(yùn)動(dòng)，最后做勻速直線

運(yùn)動(dòng)

B.轎廂A能達(dá)到的最大速度k=1舊$

C.轎廂A向上的加速度為a=2m/s?寸，配重B下端的牽引繩上拉力尸=5600N

D.廂體A從靜止開(kāi)始到上升的高度為5m時(shí)(箱體已處于勻速狀態(tài))，所用的

時(shí)間f=5.25s

【答案】BC

【詳解】A.電動(dòng)機(jī)輸出功率尸=2kW保持不變，速度增大時(shí)，根據(jù)尸=Fv可知牽

引力減小，所以轎廂A做加速度減小的加速直線運(yùn)動(dòng)，最后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，

故A錯(cuò)誤；

B.當(dāng)轎廂A的速度達(dá)到最大時(shí)，轎廂A做勻速直線運(yùn)動(dòng)，此時(shí)電動(dòng)機(jī)的牽引

力為F=(M-m)g

又P=F%聯(lián)立解得％=Im/s故B正確；

C.當(dāng)A向上的加速度為a=2m/s2時(shí)，設(shè)A、B之間繩的拉力為耳，重物B下端

繩的拉力大小為F;分別分析A、B,根據(jù)牛頓第二定律得耳=

F+mg-Fx=ma聯(lián)立解得F=5600N故C正確；

D.廂體A從靜止開(kāi)始到上升的高度為5m時(shí)，轎廂箱體已處于勻速狀態(tài)，對(duì)A、

B整體，由動(dòng)能定理得

+=解得f=5.45s故D錯(cuò)誤。故選BC。

考點(diǎn)二應(yīng)用動(dòng)能定理處理多過(guò)程問(wèn)題

.分聚2縫基礎(chǔ)知識(shí)慌星

知識(shí)點(diǎn)應(yīng)用動(dòng)能定理處理多過(guò)程問(wèn)題解題流程和注意事項(xiàng)

1.解題流程

一

能

確定研究動(dòng)

關(guān)

動(dòng)分階段

:

力

對(duì)象和研系

定

理或全程

學(xué)

究過(guò)程.列方程

2.注意事項(xiàng)

(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)應(yīng)用動(dòng)能定理的關(guān)鍵在于對(duì)研究對(duì)象進(jìn)行準(zhǔn)確的受力分析及運(yùn)動(dòng)過(guò)程分析，

并畫出運(yùn)動(dòng)過(guò)程的草圖，借助草圖理解物理過(guò)程之間的關(guān)系。

(3)當(dāng)物體的運(yùn)動(dòng)包含多個(gè)不同過(guò)程時(shí)，可分段應(yīng)用動(dòng)能定理求解；當(dāng)所求解的

問(wèn)題不涉及中間的速度時(shí)，也可以全過(guò)程應(yīng)用動(dòng)能定理求解，這樣更簡(jiǎn)便。

(4)列動(dòng)能定理方程時(shí)，必須明確各力做功的正、負(fù)，確實(shí)難以判斷的先假定為

正功，最后根據(jù)結(jié)果加以檢驗(yàn)。

■提牝必考題型歸納

考向1多過(guò)程直線運(yùn)動(dòng)問(wèn)題

1.如圖所示，與水平地面夾角為銳角的斜面底端A向上有三個(gè)等間距點(diǎn)8、C和

D,即A3=3C=8。小滑塊P以初速度％從A出發(fā)，沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，若斜面

與滑塊間無(wú)摩擦，則滑塊恰好到達(dá)。點(diǎn)，而后下滑；若斜面部分與滑塊間有

摩擦，其余部位與滑塊間仍無(wú)摩擦，則滑塊恰好上滑到C點(diǎn)，而后下滑，則滑塊

下滑到8點(diǎn)時(shí)速度大小以及回到A點(diǎn)時(shí)速度大小分別為()

A,"'B.樂(lè)亭C.D,2年

【答案】A

【詳解】由于A3,CO等間距，4B、C、。所處的高度均勻變化，設(shè)A到5克服

重力做功為氣,從A到。，根據(jù)動(dòng)能定理，有-3%=0-g*若設(shè)置斜面A8部

分與滑塊間有處處相同的摩擦，設(shè)克服摩擦力做功嗎，根據(jù)動(dòng)能定理有

-2%-%=0-3力宕聯(lián)立解得Wf=%設(shè)滑塊下滑到B位置時(shí)速度大小為小根據(jù)動(dòng)

能定理有％解得以=乎％滑塊由8至I」A,由動(dòng)能定理

11A

WW=TmVmVV

C,~fA~B^VA=VB=—o

故選Ao

2.如圖所示，豎直面內(nèi)一傾角。=37的傾斜軌道與一足夠長(zhǎng)的水平軌道通過(guò)一

小段光滑圓弧平滑連接，質(zhì)量用=0.3kg的小物塊B靜止于水平軌道的最左端。

質(zhì)量,"O』kg的小物塊A在傾斜軌道上從靜止開(kāi)始下滑，釋放點(diǎn)到水平軌道的高

度H=2.4m,一段時(shí)間后A與B發(fā)生彈性碰撞(碰撞時(shí)間極短)，重力加速度大

小g=10m/s2,兩物塊與軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為0.5,不計(jì)空氣阻力，

sin37=0.6,cos37=0.8,則()

A.物塊A沿傾斜軌道上升的最大高度為0.12m

B.物塊A在水平軌道上運(yùn)動(dòng)的位移大小為0.1m

C.物塊B在水平軌道上運(yùn)動(dòng)的位移大小為0.4m

D.整個(gè)過(guò)程中物塊A克服摩擦力做的功為0.2J

【答案】AC

【詳解】A.設(shè)碰撞前瞬間，A的速度大小為V,由動(dòng)能定理有

ingH-jLmgcos。---=—mF解得y=4m/s

sin。2

由動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律有的=叫+叫；3V2=g叫'gm?解得

v1=-2m/s；v2=2m/s

U1

設(shè)物塊A沿傾斜軌道上升的最大高度為h,則有〃儂?-〃,郎（：0$。「方=0-彳利匕2解

sin"2

得力=0.12m故A正確；

B.設(shè)物塊A返回水平軌道時(shí)的速度為匕，物塊A在水平軌道上運(yùn)動(dòng)的位移為巧，

在斜面上由動(dòng)能定理得

h11

“02-卬建85，一_^=7叫2在水平面上_卬咫%,=0_m％2解得/=（）.（）8111故B錯(cuò)誤；

sin“22

C.對(duì)B物體由動(dòng)能定理得-〃Mgx?=0-；M匕2則物塊B在水平軌道上運(yùn)動(dòng)的位移

々=0.4m故C項(xiàng)正確；

D.整個(gè)過(guò)程中由能量守恒得物塊A克服摩擦力做的功“"g”-g%2=i8j,D

項(xiàng)錯(cuò)誤。故選AC。

考向2直線曲線運(yùn)動(dòng)相結(jié)合的多過(guò)程問(wèn)題

3.2023年4月8日，全國(guó)自由式及單板滑雪大跳臺(tái)冠軍賽在長(zhǎng)白山和平滑雪場(chǎng)

進(jìn)行。如圖所示為大跳臺(tái)的結(jié)構(gòu)布局簡(jiǎn)圖，運(yùn)動(dòng)員從長(zhǎng)度為乙=45m、傾角為。的

1a

滑道AB的A端由靜止滑下，下滑至B端時(shí)恰好沿著切線方向進(jìn)入半徑R=：m

的四分之一光滑圓弧滑道BC,然后從C點(diǎn)飛出做斜上拋運(yùn)動(dòng)，落在傾角為a、

長(zhǎng)度為&=100m的滑道DE上的P點(diǎn)（圖中未畫出），落到P點(diǎn)后瞬間的速度大

小為落到P點(diǎn)前瞬間速度大小的0.5倍，且落到P點(diǎn)后瞬間的速度沿斜面方向。

之后以加速度大小4=0.9m/s2在滑道DE上減速滑行，最后進(jìn)入水平滑道EF以

加速度大小生=4m/s?減速滑行直至停止運(yùn)動(dòng)。已知傾斜滑道DE和水平滑道EF

之間平滑連接，cosa=0.9,cos6=Q6,滑雪板和滑道AB之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為

〃=0.2,重力加速度g=10m/s2。

（1）求運(yùn)動(dòng)員到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度大??；

（2）若運(yùn)動(dòng)員由C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)用時(shí)3.5s,求運(yùn)動(dòng)員在水平滑道EF上運(yùn)動(dòng)的

距離。

A

EF

【答案】（1）v=25m/s；（2）%=20m

【詳解】（1）設(shè)運(yùn)動(dòng)員到達(dá)C點(diǎn)的速度為V,根據(jù)動(dòng)能定理有

，監(jiān)小布。+/咫/?［（：0$（90-。）-8$。］-〃叫乙20$。=3%/得運(yùn)動(dòng)員到達(dá)c點(diǎn)時(shí)的速度大

小v=25m/s

（2）由（1）問(wèn)可知運(yùn)動(dòng)運(yùn)從C點(diǎn)滑出時(shí)的速度為V=25mzs則水平方向速度為

匕=20m/s則運(yùn)動(dòng)員在空中運(yùn)動(dòng)過(guò)程中水平方向位移x=>=70m故。P=絆m；

onn

PE=《-m豎直方向上v,=15m/s從C點(diǎn)滑出后落到P點(diǎn)時(shí)豎直方向上的速度

匕=%-g?=-20m/s結(jié)合水平方向速度為v,=20m/s故運(yùn)動(dòng)員落到P點(diǎn)前瞬間的速度

v,=20V2m/s落到P點(diǎn)后瞬間的速度%=10V%i/s依運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律￥-%=2a、PE得到達(dá)

E點(diǎn)速％=4V10m/s

對(duì)水平滑道EF上的運(yùn)動(dòng)過(guò)程%-0=2/%運(yùn)動(dòng)員在水平滑道EF上運(yùn)動(dòng)的距離

玉）=20m

4.如圖是由弧形軌道、圓軌道、水平直軌道平滑連接而成的力學(xué)探究裝置。水

平軌道AC末端裝有一體積不計(jì)的理想彈射器，圓軌道與水平直軌道相交于B點(diǎn),

且B點(diǎn)位置可改變。現(xiàn)將質(zhì)量機(jī)=2kg的滑塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）從弧形軌道高//=o.6m

處?kù)o止釋放，且將B點(diǎn)置于AC中點(diǎn)處。已知圓軌道半徑R=01m,水平軌道長(zhǎng)

4c=1.0m,滑塊與AC間動(dòng)摩擦因數(shù)〃=02,弧形軌道和圓軌道均視為光滑，不

計(jì)其他阻力與能量損耗，求：

（1）滑塊第一次滑至圓軌道最高點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大?。?/p>

（2）彈射器獲得的最大彈性勢(shì)能：

（3）若//=6m,改變B點(diǎn)位置，使滑塊在整個(gè)滑動(dòng)過(guò)程中不脫離軌道，求滿足

條件的BC長(zhǎng)度4c。

c12

mgH—從mgLAB~mS-2/?=-mv

在圓軌道最高點(diǎn)，由牛頓第二定律可得，"g+F=〃?［聯(lián)立解得F=100N由牛頓第

R

三定律得：滑塊對(duì)軌道的壓力大小為100N。

(2)彈射器第一次壓縮時(shí)彈性勢(shì)能有最大值，有能量守恒可知S?H-〃〃儂AC=E0

解得EP=8J

(2)①若滑塊恰好到達(dá)圓軌道的最高點(diǎn)，儂=機(jī)里從開(kāi)始到圓軌道最高點(diǎn)，由

R

動(dòng)能定理可知

mg("-2R)-〃〃儂I=；〃2%2解得S|=28.75m.%=M-284c=0.75m要使滑塊不脫離

軌道，BC之間的距離應(yīng)該滿足。c20.25m

②若滑塊剛好達(dá)到圓軌道的圓心等高處，此時(shí)的速度為零有動(dòng)能定理可知

mg(”-R)-"ngS2=0解得s?=29.5m；6=$2"9%=0?5m根據(jù)滑塊運(yùn)動(dòng)的周期性

可知，應(yīng)使LncNOSm,滑塊不脫離軌道；

綜上所述，符合條件的BC長(zhǎng)度為1m2幾20.5m。

考向3往復(fù)運(yùn)動(dòng)的多過(guò)程問(wèn)題

5.據(jù)悉，2020東京奧運(yùn)會(huì)將于2021年7彎23日至8月8日舉行，滑板運(yùn)動(dòng)作

為新的比賽項(xiàng)目將被納入奧運(yùn)會(huì)比賽項(xiàng)目之中。如圖是滑板運(yùn)動(dòng)的軌道示意圖，

BC和DE是兩段光滑圓弧形軌道，BC段的圓心為O點(diǎn)，圓心角為60。，半徑

OC與水平軌道CD垂直，水平軌道CD段粗糙且長(zhǎng)10m。某運(yùn)動(dòng)員和滑板從水

平軌道上的A點(diǎn)以3m/s的速度水平滑出，在B點(diǎn)剛好沿軌道的切線方向滑入圓

弧軌道BC,經(jīng)CD軌道后沖上DE軌道，到達(dá)E點(diǎn)時(shí)速度恰好減為零，然后返

回。已知運(yùn)動(dòng)員和滑板的總質(zhì)量為60kg,B、E兩點(diǎn)與水平面CD的豎直高度分

別為h和H,且h=2m,H=2.8m,不計(jì)空氣阻力，g取lOm/s?。求：

（1）運(yùn)動(dòng)員和滑板從A運(yùn)動(dòng)到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度VB的大??；

（2）運(yùn)動(dòng)員和滑板在第一次通過(guò)軌道CD段運(yùn)動(dòng)過(guò)程中克服阻力所做的功；

（3）若CD段阻力大小恒定，以后的運(yùn)動(dòng)中只靠慣性滑行、求人和滑板最終將

【詳解】（1）運(yùn)動(dòng)員從A點(diǎn)到B點(diǎn)做平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律有力=

cos60°

解得VB=2vo=6m/s

（2）由B點(diǎn)到E點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理有Mgh—WcD—mgH=0—，〃學(xué)解得WCD=600J

（3）設(shè)運(yùn)動(dòng)員能到達(dá)左側(cè)的最大高度為從B到第一次返回左側(cè)最高處，根

據(jù)動(dòng)能定理

mgh-mgh1—2WCD=0—解得h'=1.8m<h=2m所以第一次返回時(shí)，運(yùn)動(dòng)員不

能回到B點(diǎn)，最終停在CD上。設(shè)運(yùn)動(dòng)員從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到停止，在CD段的總路

程為s,根據(jù)WCD=fxcd=600J得f=60N

根據(jù)動(dòng)能定理有mgh—fs=0-g/m4解得s=38m因?yàn)镾=3SCD+8HI,所以運(yùn)動(dòng)員最后

停在D點(diǎn)左側(cè)8m處，或C點(diǎn)右側(cè)2m處。

6.如圖所示,在豎直平面內(nèi)，長(zhǎng)為L(zhǎng)=0.9m的粗糙水平面MN左側(cè)與半徑R=0.89m

的四分之一光滑圓弧軌道平滑連接，右側(cè)與一足夠長(zhǎng)的傾斜傳送帶平滑連接。傳

送帶與水平方向的夾角。=37。，以恒定的速率v=3m/s逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)。將物塊A從

光滑圓弧最高點(diǎn)由靜止釋放，經(jīng)過(guò)M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)，與原先停止在N處的物塊

B發(fā)生彈性碰撞,A、B的質(zhì)量均為，〃=lkg。物塊A與MN間的動(dòng)摩擦因數(shù)4=0.1,

物塊B與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃2=075,重力加速度g=10m/s2,sin37°=0.6,

cos37°=0.8.求：

（1）物塊A第一次運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)與物塊B發(fā)生碰撞前的速度大小vA；

(2)從物塊A、B第一次碰撞后到第二次碰撞前，物塊B的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t；

(3)物塊A在MN上運(yùn)動(dòng)的總路程s。

【詳解】⑴物塊從A到N點(diǎn)，由動(dòng)能定理有=解得匕=4nVs

(2)物塊A與B發(fā)生彈性碰撞，設(shè)碰后的速度為以1、f,有

gm片=加4+機(jī)臉

解得%i=。，%=4m/s物體A靜止，物體B沿傳送帶向上運(yùn)動(dòng)，有

mgsin0+^2mgcos0=max

可得q=12m/s?物體B減速到零的時(shí)間為％=乎=1s位移為玉=絲紅：=4m物體

B沿著傳送帶加速下滑，其加速度為％=12m/s2,達(dá)到共速時(shí)=%下滑的位

a\"

移為々=券，2=1門共速后，因〃Ltan。，則物體B勻速下滑，有4=上上=17s

28v72

49

故物體B光上滑后下滑的總時(shí)間為』**=導(dǎo)

(3)A第一次向右在粗糙面上的路程為4=L=0.9m物體B返回到水平面上和A

發(fā)生第二次彈性碰撞，速度交換后A的速度為%=3m/s,則A向左減速到零沖

上光滑曲面，再下滑在水平面上摩擦，然后與B彈性碰撞，速度交換，多次重

復(fù)上述過(guò)程，物體A只在MN段摩擦損失動(dòng)能，則后續(xù)的全過(guò)程，有

S,=3-=4.5m故物塊A在MN上運(yùn)動(dòng)的總路程為s=再+s?=5.4m,,

2Mg

考點(diǎn)三動(dòng)能定理的圖像問(wèn)題

?分基?必備基礎(chǔ)知識(shí)脩理

知識(shí)點(diǎn)1四類圖像所圍“面積”的意義

；-，圖像］依據(jù)三吃圖線圍成的面積表示物體的位移

JL_______________________....

I；_..........................

。-，圖像］依據(jù)憶-，圖線圉成的面積表示物體速度的變化量

；I；____________________________

尸t圖像］依據(jù)亞=&標(biāo)_工圖線圍成的面積表示力所做的功

,I:二二二二二二二二二二二二二二二二二二二二二，

1-t圖像］依據(jù)W=&jPT圖線圍成的面積表示力所做的功

I

知識(shí)點(diǎn)2解決動(dòng)能定理與圖像問(wèn)題的基本步驟

觀察題目給出的圖像，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

根據(jù)物理規(guī)律導(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

0根據(jù)函數(shù)關(guān)系式找出圖線的斜率、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

解答問(wèn)題

答問(wèn)題，或利用函數(shù)圖線上的特殊值代入函數(shù)

關(guān)系式來(lái)求物理量

.提升?必考題型吸

考向1v-t圖像

1.一個(gè)質(zhì)量為100g的空心小球，從地面以20m/s的速度豎直向上彈射出去，在

空中受到的空氣阻力大小與速度V成正比(即尸=人)，它在空中運(yùn)動(dòng)的VT圖像

如圖所示，2s后的圖線是平行于橫軸的直線。取gTOm*,下列說(shuō)法正確的是

A.小球拋出瞬間的加速度大小為1()而『

B.小球上升過(guò)程中空氣阻力的沖量大小為2kg.m/s

C.空氣的阻力系數(shù)左=O」kg/s

D.小球從拋出到落地瞬間克服空氣阻力做的功為2OJ

【答案】C

【詳解】C.2s后的圖線是平行于橫軸的直線，則有E=，曲解得空氣的阻力系

Z=""=曳m^kg/s=0.1kg/s選項(xiàng)C正確；

v10

A.根據(jù)牛頓第二定律可知小球拋出瞬間的加速度大小

_kv+mg_0.1x20+0.1x10

ci——-=30m/s2選項(xiàng)A錯(cuò)誤;

0.1

B.小球上升過(guò)程中根據(jù)動(dòng)量定理有。+加以=（）-（-加）解得空氣阻力的沖量大小為

[=mv-mgt=0.1x20-0.1x10x1=l(kg-m/s)B錯(cuò)誤;

D.小球從拋出到落地瞬間根據(jù)動(dòng)能定理有

叱[“q-g*=1x0.1xl02-1x0.1x202=15(J)

選項(xiàng)D錯(cuò)誤。故選C。

2.如圖所示，水平粗糙傳送帶以恒定速度%順時(shí)針勻速傳送，質(zhì)量為m的正方

形物體abed置于傳送帶上，在傳送帶所在區(qū)域有一以PQ與MN為邊界的測(cè)定

區(qū)域，當(dāng)abed在進(jìn)入與離開(kāi)該區(qū)域的過(guò)程中就會(huì)受到水平向左的變力F的作用，

且當(dāng)abed進(jìn)入該區(qū)域的過(guò)程中F的變化規(guī)律與abed離開(kāi)該區(qū)域的過(guò)程中F的變

化規(guī)律相同，PQ、MN與傳送帶垂直。物體在圖示位置開(kāi)始計(jì)時(shí)，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中

ab邊始終與PQ平行，其速度與時(shí)間的關(guān)系如圖所示，4右時(shí)間內(nèi)為曲線，質(zhì)4

時(shí)間內(nèi)為直線，重力加速度為g,正方體物體的邊長(zhǎng)為L(zhǎng),則下列說(shuō)法正確的是

（）

(%-匕)

B.物體與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為

(")g

(%+匕)&72)

C.邊界PQ與MN的距離為+L

2

D.4U時(shí)間內(nèi)，變力F做的功的絕對(duì)值為:，"（%2-匕2）+行」1叱

2t'-t]

【答案】ABD

【詳解】A.物體在時(shí)間內(nèi)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由UT圖像可得〃=盧9故

4T2

A正確；

B.物體在時(shí)間內(nèi)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，此過(guò)程物體水平方向只受摩擦力，根

據(jù)牛頓第二定律可得

沖喀=ma可得〃=/三：一故B正確；

C.根據(jù)題意可知，邊界PQ與MN的距離為物體在乙寸間內(nèi)的位移之和，物

體在彳時(shí)間內(nèi)的位移為物體的邊長(zhǎng)，則有根據(jù)UT圖像，可得物體在馬一3

時(shí)間內(nèi)的位移々物體在…時(shí)間內(nèi)的位移出=%&-功可得邊界

PQ與MN的距離為x=j（為嗎曰）+%&f）故C錯(cuò)誤；

D.八t?時(shí)間內(nèi)，變力F做功的絕對(duì)值為W,根據(jù)動(dòng)能定理可得

rr/1212

Nmgx、-F=-mv--明

乙}乙

解得W耳2）+收二業(yè)%故D正確。故選ABDO

2f3T2

考向2a-t圖像

3.有一電動(dòng)玩具車質(zhì)量為1kg,在水平路面上從靜止開(kāi)始做直線運(yùn)動(dòng)，其加速

度隨時(shí)間變化（a-t）的關(guān)系如圖所示，則下列選項(xiàng)中錯(cuò)誤的是（）

A.0-3s內(nèi)合外力的沖量大小為2N.sB.1-3s內(nèi)合外力所做的功是0J

C.第3s末合外力的瞬時(shí)功率大小為2WD.0-3s內(nèi)合外力的平均功率是

【答案】C

【詳解】A.a-r圖象中面積表示速度變化量小，初速度為0,所以1s末速度

V,=2m/s-0=2m/s,3s末速度

v3=2m/s-4m/s=-2m/s,0-3s內(nèi)合外力的沖量/=加匕-崛=-2N-s大小為2N?S故A正

確；

B.l-3s內(nèi)合外力所做的功為W==0故B正確；

C.第3s末合外力大小由牛頓第二定律可知尸=，嗎=2N則第3s末合外力的瞬時(shí)

功率P=%=4W故C錯(cuò)誤；

D.由動(dòng)能定理可知，質(zhì)點(diǎn)在。?3s內(nèi)合外力做的功w=g,欣-o=2J則0?3s內(nèi)合

外力的平均功率7=/='!w

故D正確。此題選擇不正確選項(xiàng)，故選C。

4.如圖甲所示，質(zhì)量為2kg的物體受水平拉力作用，在粗糙水平面上做初速度為

零的加速直線運(yùn)動(dòng)，其圖像如圖乙所示，物體與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為

0.2,重力加速度g取lOm/s?,則()

A.水平拉力隨時(shí)間的變化關(guān)系尸=Q8r+8)N

B.f=5s時(shí)，物體的速度大小為15m/s

C.在05s內(nèi)，合力對(duì)物體做功為400J

D.在05s內(nèi)，拉力F對(duì)物體的沖量大小為50N.s

【答案】ABD

【詳解】A.由圖乙可知”=(0.4f+2)m/s2對(duì)物體受力分析，有尸-4《7g=wa解得

尸=(0.8f+8)N,A正確;

B.05s內(nèi)圖像與坐標(biāo)軸圍成的面積為速度變化量，則v=(號(hào)x5)m/s=15m/s,

B正確；

C.在05s內(nèi)，合力對(duì)物體做功為W=；m/=；x2xl52j=225J,C錯(cuò)誤；

D.在05s內(nèi)。-卬咫蚱皿解得4=50N.s,D正確。故選ABD。

考向3F-x圖像

5.某物體在變力F作用下沿水平方向做直線運(yùn)動(dòng)，物體的質(zhì)量機(jī)=K）kg,F隨物

體的坐標(biāo)x的變化情況如圖所示。若物體從坐標(biāo)原點(diǎn)由靜止出發(fā)，不計(jì)一切摩擦。

根據(jù)圖示的F-x圖像，可求出物體運(yùn)動(dòng)到x=16m處時(shí)的速度大小為（）

A.3m/sB.4m/sC.D.4fm/s

【答案】C

【詳解】由題意可知，F(xiàn)-x圖像中的面積表示力F做的功，則對(duì)全程由動(dòng)能定理

可得叱+嗎=gmv1

其中叱=""I。j=60J；嗎=一"「-『OJ=-20J解得u=26mls故選C。

6.如圖甲，一足夠長(zhǎng)的水平傳送帶以某一恒定速率順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，一根輕彈簧兩

端分別與物塊和豎直墻面連接。物塊將彈簧壓縮一段距離后置于傳送帶最左端無(wú)

初速度釋放，物塊向右運(yùn)動(dòng)受到的摩擦力大小f隨位移x的關(guān)系如圖乙，已知物

塊質(zhì)量為m,物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為〃，重力加速度為g,最大靜摩擦

力等于滑動(dòng)摩擦力，與為己知量，則（）

、

、

、

、

、

、

、

、

、

、

A.彈簧的勁度系數(shù)為守

B.傳送帶的速度為用嬴

C.過(guò)程，傳送帶對(duì)物塊做功的功率不變

D.物塊向右運(yùn)動(dòng)的最大距離為3%

【答案】B

【詳解】A.由圖乙可知：0~%過(guò)程，物塊速度小于傳送帶速度，與傳送帶相對(duì)

滑動(dòng)，在與處?kù)o摩擦力為0,說(shuō)明此時(shí)相對(duì)靜止且彈簧彈力為0,可見(jiàn)必作=5,

A錯(cuò)誤；

B.由動(dòng)能定理得M，"gx（）+?X0=g機(jī)V；可得%=用嬴，B正確。

C.不~2x（＞過(guò)程，物塊做勻速運(yùn)動(dòng)，靜摩擦力增加，所以傳送帶對(duì)物塊做功的功

率增加，即c錯(cuò)誤；

D.在5處彈簧為拉力=5此后物塊受到的滑動(dòng)摩擦力始終向右，滑塊向右

做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)

可得4=百為即物塊向右運(yùn)動(dòng)的最大距離為/=（2+8卜0,D錯(cuò)誤。故選B。

考向4P-t圖像

7.一提升裝置把靜置于地面上的重物豎直向上提升的過(guò)程中，提升裝置功率隨

時(shí)間變化的P-t圖像如圖所示。在f=ls時(shí)，重物上升的速度達(dá)到最大速度的一半,

在f=3s時(shí)，達(dá)到最大速度%=20m/s。在r=6s時(shí)，重物再次勻速上升，取

g=10m/s2,不計(jì)一切阻力。下列說(shuō)法正確的是（）

1P/W

A.在0~ls時(shí)間內(nèi)，重物做加速度逐漸增大的運(yùn)動(dòng)

B.在f=ls時(shí),重物的加速度大小a=20m/s2

C.在，=6s時(shí)，重物的速度大小v=5m/s

D.在0~6s時(shí)間內(nèi)，重物上升的高度〃=85m

【答案】D

【詳解】A.在0~ls時(shí)間內(nèi)，功率P均勻增大，拉力F不變，則有提升裝置的

功率P=Fv=Fat=F.L嗎

m

由圖可知重物做加速度不變的勻加速上升運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤；

B.在t=3s時(shí)，達(dá)到最大速度vni=20m/s,后重物做勻速運(yùn)動(dòng)，則有％=尸％

可得m=2kg

在t=ls時(shí)，重物的加速度a=?其中"-需解得a=10m/s?即在t=ls時(shí)，重

m-

物的加速度大小a=10m/s2,B錯(cuò)誤；

C.在t=6s時(shí)，重物再次勻速上升，由Pi=Fv=mgv可得v=10m/s,C錯(cuò)誤；

D.在O~ls時(shí)間內(nèi)重物做勻加速運(yùn)動(dòng)，則有"=g*=gxlOx/m=5m在1~3s時(shí)

間內(nèi)，重物做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，則有%-他*=3%2_—丫2可解得

%=25m在3~4s時(shí)間內(nèi)，重物做勻速運(yùn)動(dòng)，則有

%=%G=20xlm=20m在4~6s時(shí)間內(nèi)，重物做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng)，則有

yr4-mgh4=i-y-'j叫/解得a=35m重物在0~6s時(shí)間內(nèi)，重物上升的高度為

h=h]+h2+h3=85m,

D正確。故選D。

8.質(zhì)量m=200kg的小型電動(dòng)汽車在平直的公路上由靜止啟動(dòng)，圖像甲表示汽車

運(yùn)動(dòng)的速度與時(shí)間的關(guān)系，圖像乙表示汽車牽引力的功率與時(shí)間的關(guān)系。設(shè)汽車

在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中阻力不變，在18s末汽