2025高考物理復(fù)習(xí)動(dòng)能定理課件教案練習(xí)題

第六章機(jī)械能第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)能定理的理解考點(diǎn)二動(dòng)能定理的應(yīng)用考點(diǎn)三應(yīng)用動(dòng)能定理處理多過(guò)程問(wèn)題內(nèi)容索引聚焦學(xué)科素養(yǎng)課時(shí)測(cè)評(píng)考點(diǎn)一動(dòng)能定理的理解1．動(dòng)能(1)定義：物體由于______而具有的能量叫作動(dòng)能。(2)公式：Ek＝______，國(guó)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(guò)程中對(duì)物體做的功，等于物體在這個(gè)過(guò)程中____________。(2)表達(dá)式：W＝Ek2－Ek1＝______________＝ΔEk。(3)物理意義：合力做的功是物體__________的量度。知識(shí)梳理運(yùn)動(dòng)動(dòng)能的變化動(dòng)能變化自主訓(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√動(dòng)能Ek＝mv2，與速度的平方成正比，C錯(cuò)誤；速度v＝at，可得Ek＝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＝

，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(shuō)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√√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(wú)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(guò)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．

mv2－mgh D．

mv2＋mgh√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(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)。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。歸納提升返回考點(diǎn)二動(dòng)能定理的應(yīng)用1．應(yīng)用動(dòng)能定理的解題流程知識(shí)梳理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(guò)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(guò)程合并為一個(gè)全過(guò)程來(lái)處理。(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(wèn)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(shuō)法正確的是A．小球從B到C的過(guò)程中，對(duì)軌道的壓力逐漸增大B．小球從A到C的過(guò)程中，重力的功率始終保持不變C．小球的初速度v0＝D．若小球初速度v0增大，小球有可能從B點(diǎn)脫離軌道例1√√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(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理有－mgR(1－cosα)＝0－mv2，F(xiàn)N＝mgcosα－m，聯(lián)立有FN＝3mgcosα－2mg，則從B到C的過(guò)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(guò)程中，對(duì)軌道的壓力逐漸增大，A正確；由于A到B的過(guò)程中小球的速度逐漸減小，則A到B的過(guò)程中重力的功率為P

＝－mgvsinθ，則A到B的過(guò)程中小球重力的功率始終減小，B錯(cuò)誤；從A到C的過(guò)程中由動(dòng)能定理有－mg·2R＝

，解得v0＝

，C錯(cuò)誤；小球在B點(diǎn)恰好脫離軌道有mgcosθ＝m，則vB＝

，則若小球初速度v0增大，小球在B點(diǎn)的速度有可能為

，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(guò)程時(shí)，可分段應(yīng)用動(dòng)能定理求解；也可以全過(guò)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(guó)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(guò)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(guò)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． B．

C． D．√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＝

，在c點(diǎn)有FNc－mg＝

，F(xiàn)Nc≤

kmg，聯(lián)立有Rc≥

，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． B．C． D．

√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－

R＋R＝

，小球下落過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理有mgh＝mv2，聯(lián)立以上兩式解得v＝

，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(kāi)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(guò)程中，克服摩擦力所做的功為A．

B．

C．

D．

√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＝m，F(xiàn)N＝FN′＝2mg，聯(lián)立解得v＝

，下滑過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理可得mgR＋Wf＝

mv2，解得Wf＝－mgR，所以克服摩擦力做的功為mgR，C正確。返回考點(diǎn)三應(yīng)用動(dòng)能定理處理多過(guò)程問(wèn)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(guò)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(guò)程中做功情況也不同，不宜全過(guò)程應(yīng)用動(dòng)能定理，可以研究其中一個(gè)或幾個(gè)分過(guò)程，結(jié)合動(dòng)能定理，各個(gè)擊破。2．全過(guò)程應(yīng)用動(dòng)能定理(1)當(dāng)物體運(yùn)動(dòng)過(guò)程包含幾個(gè)不同的物理過(guò)程，又不需要研究過(guò)程的中間狀態(tài)時(shí)，可以把幾個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程看作一個(gè)整體，巧妙運(yùn)用動(dòng)能定理來(lái)研究，從而避開(kāi)每個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程的具體細(xì)節(jié)，大大簡(jiǎn)化運(yùn)算。(2)全過(guò)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(wú)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(guò)程問(wèn)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

在同一豎直平面內(nèi)，過(guò)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

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

，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：例2(1)小物塊到達(dá)D點(diǎn)的速度大小；答案：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m＝mg解得vD＝

。(2)B和D兩點(diǎn)的高度差；答案：0由題知小物塊從C點(diǎn)沿圓弧切線方向進(jìn)入軌道

內(nèi)側(cè)，則在C點(diǎn)有cos60°＝小物塊從C到D的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理有－mg(R＋Rcos60°)＝

則小物塊從B到D的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理有mgHBD＝

聯(lián)立解得vB＝

，HBD＝0。(3)小物塊在A點(diǎn)的初速度大小。答案：小物塊從A到B的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理有－μmgS＝

，S

＝π·2R解得vA＝

。對(duì)點(diǎn)練．(多選)(2021·全國(guó)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(kāi)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

。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B．物體向下滑動(dòng)時(shí)的加速度大小為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)√√物體從斜面底端回到斜面底端，根據(jù)動(dòng)能定理有－μmg·2lcosα＝

－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＝

，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＝

，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(guò)程中的末速度為零，下滑過(guò)程中的初速度為零，且走過(guò)相同的位移，根據(jù)位移公式x＝at2，則可得出t上＜t下，D錯(cuò)誤。考向2往復(fù)運(yùn)動(dòng)的多過(guò)程問(wèn)題1．往復(fù)運(yùn)動(dòng)問(wèn)題：在有些問(wèn)題中物體的運(yùn)動(dòng)過(guò)程具有重復(fù)性、往返性，而在這一過(guò)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(wú)限的或難以確定的。2．解題策略：此類問(wèn)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(wú)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(wèn)題可使解題過(guò)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(guò)程中：例3(1)滑塊在AB段上運(yùn)動(dòng)的總路程；答案：8m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(lái)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)在滑塊運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，C點(diǎn)受到的壓力的最大值和最小值。答案：102N

70N滑塊第一次過(guò)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(guò)程，由動(dòng)能定理得mgR－FflAB＝

，斜面AB的長(zhǎng)度lAB＝

，由牛頓第二定律得Fmax－mg＝

，解得Fmax＝102N?；瑝K以B為最高點(diǎn)做往復(fù)運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，過(guò)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)＝

，由牛頓第二定律得Fmin－mg＝

，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(wú)機(jī)械能損失，重力加速度為g，則滑塊經(jīng)過(guò)的總路程是A． B．C． D．√滑塊最終要停在斜面底部，設(shè)滑塊經(jīng)過(guò)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－

，解得x＝

，選項(xiàng)A正確。返回聚焦學(xué)科素養(yǎng)

動(dòng)能定理與圖像的綜合問(wèn)題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(kāi)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(shuō)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(guò)程中，物體的動(dòng)量最大為2kg·m/s√√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(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理有W－μmgmv2，則x＝1m時(shí)物體的速度為v1＝2m/s，x＝1m時(shí)拉力為F＝

＝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(guò)程中F1＝6N，2～4m的過(guò)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＝2m/s，則從x＝0運(yùn)動(dòng)到x＝4m的過(guò)程中，物體的動(dòng)量最大為p＝mv2＝2kg·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(kāi)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(guò)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√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(guò)程中根據(jù)動(dòng)能定理有Ek＝mgxtanθ，即

＝mgtanθ，下滑過(guò)程中，開(kāi)始階段傾角θ不變，即Ek-x圖像為一條直線；經(jīng)過(guò)圓弧軌道過(guò)程中，θ先減小后增大，即圖像斜率先減小后增大。故A正確。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(kāi)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√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＝

，代入后得Ek＝Fx＝

，把P點(diǎn)坐標(biāo)代入后得出Ek＝

，求導(dǎo)得k＝

×2×1.5(J/s)＝4(J/s)，即k＝

＝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√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(guò)程應(yīng)用動(dòng)能定理可得mgh－

＝Ek(tanθ≥μ)，故當(dāng)θ＝

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??；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。返回課時(shí)測(cè)評(píng)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(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是A．對(duì)乘客，動(dòng)能定理的表達(dá)式為W＝

，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＝

，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

√√電梯上升的過(guò)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＝

，其中W為支持力做的功，A錯(cuò)誤，B正確；對(duì)電梯，無(wú)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

，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(shuō)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＞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＞

√由題意知運(yùn)動(dòng)員在B點(diǎn)滿足FN－mg＝m，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＝

，所以vC＜

，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＞

，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(guò)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√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

(s－s1)＝Ek，整理得Ek＝

s－

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(wú)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． B．C． D．√設(shè)整個(gè)滑動(dòng)過(guò)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(guò)程運(yùn)用動(dòng)能定理得－2Ffs＝0－

。同理，對(duì)物體由A到B的過(guò)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＝

，解得v＝

，C正確。5．從地面豎直向上拋出一物體，物體在運(yùn)動(dòng)過(guò)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(guò)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√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(guò)程)：－(mg＋F)h＝EkB－EkA，B→A(下落過(guò)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(guò)程：－(mg＋F)h＝Ek－Ek0，則Ek＝－(mg＋F)h＋Ek0，下落過(guò)程：(mg－F)h＋Ek′＝Ek0′，則Ek′＝－(mg－F)h＋Ek0′，結(jié)合題圖可知mg＋F＝N＝12N，mg－F＝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(ài)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(shuō)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√√√根據(jù)題圖乙可得

＝3×103J，

＋(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＝

＝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＝

＝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(guò)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(kāi)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．

C．2h D．

√設(shè)物體1、2、3的質(zhì)量分別為4m、m、5m，對(duì)物體1，開(kāi)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(kāi)始放手到物體3觸地的過(guò)程，對(duì)系統(tǒng)應(yīng)用動(dòng)能定理有6mgh－Fh＝

－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－

×5mv，解得s＝h，全過(guò)程Δx＝h＋s＝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(lái)回滑動(dòng)，最后停下來(lái)，則停止的地點(diǎn)到B的距離為A．0.50m B．0.25mC．0.10m D．0√小物塊從A點(diǎn)出發(fā)到最后停下來(lái)，設(shè)小物塊在BC面上運(yùn)動(dòng)的總路程為s，整個(gè)過(guò)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＝

m＝3m，而d＝0.5m，剛好3個(gè)來(lái)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(guò)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√√設(shè)AB長(zhǎng)為L(zhǎng)，對(duì)整個(gè)過(guò)程運(yùn)用動(dòng)能定理得mgsinα·0.5L－μmgcosα(L＋0.5L)＝0，解得μ＝

，故C正確；根據(jù)牛頓第二定律得下滑過(guò)程mgsinα－μmgcosα＝ma1，上滑過(guò)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(guò)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(guò)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(kāi)始下滑到停止的過(guò)程中運(yùn)動(dòng)的總路程為A． B．

C． D．√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＝

，第一次通過(guò)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＝

，同理第二次離開(kāi)O點(diǎn)到第三次到達(dá)O點(diǎn)所走路程s3＝(95%)2

，…，故小物塊所走的總路程s總＝s1＋s2＋…sn＝

…(95%)n－1

，n無(wú)窮大時(shí)，可得s總＝

(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)，