2025屆高考物理一輪復(fù)習(xí)第五章機(jī)械能第2講動(dòng)能定理及應(yīng)用教學(xué)案滬科版

PAGE18-第2講動(dòng)能定理及應(yīng)用學(xué)問(wèn)排查學(xué)問(wèn)點(diǎn)一動(dòng)能1.定義：物體由于運(yùn)動(dòng)而具有的能叫動(dòng)能。2.公式：Ek＝eq\f(1,2)mv2。3.單位：焦耳，1J＝1N·m＝1kg·m2/s2。4.矢標(biāo)性：動(dòng)能是標(biāo)量，只有正值。5.狀態(tài)量：動(dòng)能是狀態(tài)量，因?yàn)関是瞬時(shí)速度。學(xué)問(wèn)點(diǎn)二動(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)程中動(dòng)能的變更。2.表達(dá)式：W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)或W＝Ek2－Ek1。3.物理意義：合外力的功是物體動(dòng)能變更的量度。4.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)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，也可以間斷作用。5.應(yīng)用動(dòng)能定理解決的典型問(wèn)題大致分為兩種(1)單一物體的單一過(guò)程；(2)單一物體的多個(gè)過(guò)程。動(dòng)能定理由于不涉及加速度和時(shí)間，比動(dòng)力學(xué)探討方法要簡(jiǎn)便。小題速練1.思索推斷(1)肯定質(zhì)量的物體動(dòng)能變更時(shí)，速度肯定變更；而速度變更時(shí)，動(dòng)能也肯定變更。()(2)動(dòng)能不變的物體肯定處于平衡狀態(tài)。()(3)物體的動(dòng)能不變，所受的合力必定為零。()(4)物體做變速運(yùn)動(dòng)時(shí)動(dòng)能不肯定變更。()(5)功和動(dòng)能都是標(biāo)量，所以動(dòng)能定理沒(méi)有重量式。()答案(1)×(2)×(3)×(4)√(5)√2.(2024·全國(guó)卷Ⅱ，14)如圖1，某同學(xué)用繩子拉動(dòng)木箱，使它從靜止起先沿粗糙水平路面運(yùn)動(dòng)至具有某一速度。木箱獲得的動(dòng)能肯定()圖1A.小于拉力所做的功B.等于拉力所做的功C.等于克服摩擦力所做的功D.大于克服摩擦力所做的功解析由動(dòng)能定理WF－Wf＝Ek－0，可知木箱獲得的動(dòng)能肯定小于拉力所做的功，A正確。答案A對(duì)動(dòng)能定理的理解及應(yīng)用1.對(duì)“外力”的兩點(diǎn)理解(1)“外力”指的是合外力，可以是任何性質(zhì)的力，不同性質(zhì)的力可以同時(shí)作用，也可以不同時(shí)作用。(2)“外力”既可以是恒力，也可以是變力。2.公式W合＝ΔEk中“＝”體現(xiàn)的三個(gè)關(guān)系教材引領(lǐng)1.[人教版必修2·P73·例題1]一架?chē)姎馐斤w機(jī)，質(zhì)量m＝5.0×103kg，起飛過(guò)程中從靜止起先滑跑。當(dāng)位移達(dá)到l＝5.3×102m時(shí)，速度達(dá)到起飛速度v＝60m/s。在此過(guò)程中飛機(jī)受到的平均阻力是飛機(jī)重量的0.02倍。求飛機(jī)受到的牽引力。圖7.7－2起飛前飛機(jī)所受的牽引力是多少？解析飛機(jī)的初動(dòng)能Ek1＝0，末動(dòng)能Ek2＝eq\f(1,2)mv2合力F做的功W＝Fl依據(jù)動(dòng)能定理，有W＝Ek2－Ek1，于是有Fl＝eq\f(1,2)mv2－0合力F為牽引力F牽與阻力F阻之差，而阻力與飛機(jī)重量的關(guān)系為F阻＝kmg(其中k＝0.02)，所以F＝F牽－kmg代入上式后解出F牽＝eq\f(mv2,2l)＋kmg把數(shù)值代入后得到F牽＝1.8×104N答案1.8×104N拓展提升2.如圖2所示，用細(xì)繩通過(guò)定滑輪拉物體，使物體在水平面上由靜止起先從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，已知H＝3m，m＝25kg，F(xiàn)＝50N恒定不變，到B點(diǎn)時(shí)的速度v＝2m/s，滑輪到物體間的細(xì)繩與水平方向的夾角在A、B兩處分別為30°和45°。此過(guò)程中物體克服阻力所做的功為()圖2A.50(5－3eq\r(2))J B.50(7－3eq\r(2))JC.50(3eq\r(3)－4)J D.50(3eq\r(3)－2)J解析設(shè)物體克服阻力做的功為Wf，由動(dòng)能定理得Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(H,sin30°)－\f(H,sin45°)))－Wf＝eq\f(1,2)mv2代入數(shù)據(jù)求得Wf＝50(5－3eq\r(2))J，選項(xiàng)A正確。答案A3.(多選)(2024·山東省試驗(yàn)中學(xué)三診)如圖3所示，一固定容器的內(nèi)壁是半徑為R的半球面；在半球面水平直徑的一端有一質(zhì)量為m的質(zhì)點(diǎn)P。它在容器內(nèi)壁由靜止下滑到最低點(diǎn)的過(guò)程中，克服摩擦力做的功為W。重力加速度大小為g。設(shè)質(zhì)點(diǎn)P在最低點(diǎn)時(shí)，向心加速度的大小為a，容器對(duì)它的支持力大小為FN，則()圖3A.a＝eq\f(2mgR－W,mR) B.a＝eq\f(2（mgR－W）,mR)C.FN＝eq\f(3mgR－2W,R) D.FN＝eq\f(2（mgR－W）,R)解析質(zhì)點(diǎn)P下滑的過(guò)程，由動(dòng)能定理得mgR－W＝eq\f(1,2)mv2；在最低點(diǎn)，質(zhì)點(diǎn)P的向心加速度a＝eq\f(v2,R)＝eq\f(2（mgR－W）,mR)，依據(jù)牛頓其次定律有FN－mg＝meq\f(v2,R)，解得FN＝eq\f(3mgR－2W,R)，選項(xiàng)B、C正確。答案BC真題闖關(guān)4.(2024·全國(guó)卷Ⅲ，17)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?xún)?nèi)時(shí)，物體上升、下落過(guò)程中動(dòng)能Ek隨h的變更如圖4所示。重力加速度取10m/s2。該物體的質(zhì)量為()圖4A.2kg B.1.5kgC.1kg D.0.5kg解析畫(huà)出運(yùn)動(dòng)示意圖。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－EkAB→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mgh＝30J，解得物體的質(zhì)量m＝1kg。選項(xiàng)C正確。答案C5.(2024·全國(guó)卷Ⅰ，18)如圖5，abc是豎直面內(nèi)的光滑固定軌道，ab水平，長(zhǎng)度為2R；bc是半徑為R的四分之一圓弧，與ab相切于b點(diǎn)。一質(zhì)量為m的小球，始終受到與重力大小相等的水平外力的作用，自a點(diǎn)處從靜止起先向右運(yùn)動(dòng)。重力加速度大小為g。小球從a點(diǎn)起先運(yùn)動(dòng)到其軌跡最高點(diǎn)，機(jī)械能的增量為()圖5A.2mgR B.4mgRC.5mgR D.6mgR解析設(shè)小球運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)的速度大小為vc，則對(duì)小球由a到c的過(guò)程，由動(dòng)能定理有F·3R－mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,c)，又F＝mg，解得vc＝2eq\r(gR)。小球離開(kāi)c點(diǎn)后，在水平方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向在重力作用下做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，由牛頓其次定律可知，小球離開(kāi)c點(diǎn)后水平方向和豎直方向的加速度大小均為g，則由豎直方向的運(yùn)動(dòng)可知，小球從離開(kāi)c點(diǎn)到其軌跡最高點(diǎn)所需的時(shí)間為t＝eq\f(vc,g)＝2eq\r(\f(R,g))，在水平方向的位移大小為x＝eq\f(1,2)gt2＝2R。由以上分析可知，小球從a點(diǎn)起先運(yùn)動(dòng)到其軌跡最高點(diǎn)的過(guò)程中，水平方向的位移大小為5R，則小球機(jī)械能的增加量為ΔE＝F·5R＝5mgR，C正確，A、B、D錯(cuò)誤。答案C應(yīng)用動(dòng)能定理求解多過(guò)程問(wèn)題1.運(yùn)用動(dòng)能定理解決多過(guò)程問(wèn)題，有兩種思路：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。2.全過(guò)程列式時(shí)，涉及重力、彈簧彈力、大小恒定的阻力或摩擦力做功時(shí)，要留意運(yùn)用它們的特點(diǎn)。(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。【典例】(2024·上海單科，19)如圖6，與水平面夾角θ＝37°的斜面和半徑R＝0.4m的光滑圓軌道相切于B點(diǎn)，且固定于豎直平面內(nèi)?；瑝K從斜面上的A點(diǎn)由靜止釋放，經(jīng)B點(diǎn)后沿圓軌道運(yùn)動(dòng)，通過(guò)最高點(diǎn)C時(shí)軌道對(duì)滑塊的彈力為零。已知滑塊與斜面間動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.25。(g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求：圖6(1)滑塊在C點(diǎn)的速度大小vC；(2)滑塊在B點(diǎn)的速度大小vB；(3)A、B兩點(diǎn)間的高度差h。解析(1)滑塊在C點(diǎn)豎直方向所受合力供應(yīng)向心力mg＝eq\f(mveq\o\al(2,C),R)①vC＝eq\r(gR)＝2m/s。(2)對(duì)B→C過(guò)程，滑塊的機(jī)械能守恒，有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)＋mgR(1＋cos37°)②vB＝eq\r(veq\o\al(2,C)＋2gR（1＋cos37°）)＝4.29m/s。(3)滑塊在A→B的過(guò)程，利用動(dòng)能定理得mgh－μmgcos37°·eq\f(h,sin37°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－0③代入數(shù)據(jù)解得h＝1.38m。答案(1)2m/s(2)4.29m/s(3)1.38m1.(2024·山東濟(jì)寧期末)一物體被豎直上拋，已知拋起的初速度與回到拋出點(diǎn)時(shí)的速度的大小之比為k，物體在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所受的空氣阻力大小不變，則空氣阻力與重力之比為()A.k B.eq\f(1,k)C.eq\f(k2－1,k2＋1) D.eq\f(k2＋1,k2－1)解析設(shè)物體的質(zhì)量為m，空氣阻力大小為Ff，上升的最大高度為h，依據(jù)動(dòng)能定理得，上升過(guò)程－(mg＋Ff)h＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，下降過(guò)程(mg－Ff)h＝eq\f(1,2)mv2，由題意知eq\f(v0,v)＝k，聯(lián)立解得eq\f(Ff,mg)＝eq\f(k2－1,k2＋1)，故選項(xiàng)C正確。答案C2.(多選)(2024·山東省試驗(yàn)中學(xué)調(diào)研)如圖7，固定板AB傾角θ＝60°，板BC水平，AB、BC長(zhǎng)度均為L(zhǎng)，小物塊從A處由靜止釋放，恰好滑到C處停下來(lái)。若調(diào)整BC使其向上傾斜，傾角不超過(guò)90°，小物塊從A處由靜止滑下再沿BC上滑，上滑距離與BC傾角有關(guān)。不計(jì)B處機(jī)械能損失，各接觸面動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，小物塊沿BC上滑的最小距離為x，則()圖7A.μ＝eq\f(\r(3),3) B.μ＝eq\f(1,2)C.x＝eq\f(L,2) D.x＝eq\f(\r(3),2)L解析小物塊從A處由靜止釋放，恰好滑到C處停下來(lái)，由動(dòng)能定理有mgLsinθ－μmgLcosθ－μmgL＝0，解得μ＝eq\f(\r(3),3)，故選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；小物塊從A處由靜止滑下再沿BC上滑，由動(dòng)能定理有mgLsinθ－μmgLcosθ－mgxsinα－μmgxcosα＝0，解得x＝eq\f(\f(\r(3),3)L,sinα＋\f(\r(3),3)cosα)＝eq\f(L,2sin（α＋30°）)，小物塊沿BC上滑的最小距離為x＝eq\f(L,2)，故選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤。答案AC3.如圖8甲所示，高H＝1m的桌面上固定一豎直平面內(nèi)的半徑R＝0.8m的四分之一光滑圓弧軌道AB，軌道末端B與桌面邊緣水平相切。將一質(zhì)量m＝0.05kg的小球由軌道頂端A處?kù)o止釋放，小球落入地面固定的球筐中。已知球筐的高度h＝0.2m，球筐的直徑比球稍大，與軌道半徑R、平臺(tái)高H等相比可忽視，空氣阻力忽視不計(jì)，g取10m/s2。圖8(1)求小球運(yùn)動(dòng)到B處時(shí)對(duì)軌道的壓力大??；(2)求球筐距B處的水平距離；(3)把圓弧軌道撤去，讓小球在桌面上從B處水平拋出。有人認(rèn)為“為防止球入筐時(shí)彈出，小球落入球筐時(shí)的動(dòng)能越小越好”。若只變更桌面的高度，求出該動(dòng)能的最小值。解析(1)小球從A運(yùn)動(dòng)到B：mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)在B點(diǎn)FN－mg＝eq\f(mveq\o\al(2,0),R)解得v0＝4m/s，F(xiàn)N＝1.5N依據(jù)牛頓第三定律，小球?qū)壍赖膲毫Υ笮N′＝FN＝1.5N，方向豎直向下。(2)豎直方向H－h(huán)＝eq\f(1,2)gt2水平方向x＝v0t解得x＝1.6m。(3)小球從B運(yùn)動(dòng)到球筐過(guò)程由動(dòng)能定理mg(H－h(huán))＝Ek－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)平拋運(yùn)動(dòng)x＝vBt，H－h(huán)＝eq\f(1,2)gt2聯(lián)立解得Ek＝eq\f(mgx2,4（H－h(huán)）)＋mg(H－h(huán))當(dāng)H＝h＋eq\f(1,2)x＝1m時(shí)，Ek有最小值，其最小值為Ekm＝mgx＝0.8J。答案(1)1.5N(2)1.6m(3)0.8J動(dòng)能定理與圖象結(jié)合的問(wèn)題1.圖象所圍“面積”和圖象斜率的含義2.解決動(dòng)能定理與圖象問(wèn)題的基本步驟【典例】(2024·河北石家莊調(diào)研)質(zhì)量為m的小球在豎直向上的拉力作用下從靜止起先運(yùn)動(dòng)，其v－t圖象如圖9所示(豎直向上為正方向，DE段為直線)，已知重力加速度大小為g，下列說(shuō)法正確的是()圖9A.t0～t2時(shí)間內(nèi)，合力對(duì)小球先做正功后做負(fù)功B.0～t3時(shí)間內(nèi)，小球的平均速度肯定為eq\f(v3,2)C.t3～t4時(shí)間內(nèi)，拉力做的功為eq\f(m（v3＋v4）,2)[(v4－v3)＋g(t4－t3)]D.t3～t4時(shí)間內(nèi)，小球豎直向下做勻減速直線運(yùn)動(dòng)解析v－t圖象中圖線的斜率表示加速度，速度在時(shí)間軸之上表明速度的方向始終為正，從圖象可以看出小球先向上做加速度越來(lái)越大的加速運(yùn)動(dòng)，再做加速度越來(lái)越小的加速運(yùn)動(dòng)，然后做加速度越來(lái)越大的減速運(yùn)動(dòng)，最終做勻減速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)方向始終向上，D項(xiàng)錯(cuò)誤；圖中t0～t2時(shí)間內(nèi)小球做加速運(yùn)動(dòng)，故合力對(duì)小球始終做正功，A項(xiàng)錯(cuò)誤；v－t圖象中圖線與t軸所圍面積表示位移，而平均速度v＝eq\f(x,t)，結(jié)合圖象中的“面積”可知0～t3時(shí)間內(nèi)，小球的平均速度大于eq\f(v3,2)，B項(xiàng)錯(cuò)誤；t3～t4時(shí)間內(nèi)由動(dòng)能定理得W－mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,4)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)，又h＝eq\f(v3＋v4,2)(t4－t3)，解得W＝eq\f(m（v3＋v4）,2)[(v4－v3)＋g(t4－t3)]，C項(xiàng)正確。答案C1.(多選)(2024·全國(guó)卷Ⅱ，18)從地面豎直向上拋出一物體，其機(jī)械能E總等于動(dòng)能Ek與重力勢(shì)能Ep之和。取地面為重力勢(shì)能零點(diǎn)，該物體的E總和Ep隨它離開(kāi)地面的高度h的變更如圖10所示。重力加速度取10m/s2。由圖中數(shù)據(jù)可得()圖10A.物體的質(zhì)量為2kgB.h＝0時(shí)，物體的速率為20m/sC.h＝2m時(shí)，物體的動(dòng)能Ek＝40JD.從地面至h＝4m，物體的動(dòng)能削減100J解析由于Ep＝mgh，所以Ep與h成正比，斜率是k＝mg，由圖象得k＝20N，因此m＝2kg，A正確；當(dāng)h＝0時(shí)，Ep＝0，E總＝Ek＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，因此v0＝10m/s，B錯(cuò)誤；由圖象知h＝2m時(shí)，E總＝90J，Ep＝40J，由E總＝Ek＋Ep得Ek＝50J，C錯(cuò)誤；h＝4m時(shí)，E總＝Ep＝80J，即此時(shí)Ek＝0，即從地面上升至h＝4m高度時(shí)，動(dòng)能削減100J，D正確。答案AD2.(多選)(2024·大連聯(lián)考)在某一粗糙的水平面上，一質(zhì)量為2kg的物體在水平恒定拉力的作用下做勻速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后，拉力漸漸減小，且當(dāng)拉力減小到零時(shí)，物體剛好停止運(yùn)動(dòng)，圖11中給出了拉力隨位移變更的關(guān)系圖象。已知重力加速度g＝10m/s2。依據(jù)以上信息能精確得出或估算得出的物理量有()圖11A.物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)B.合外力對(duì)物體所做的功C.物體做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度D.物體運(yùn)動(dòng)的時(shí)間解析物體做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，拉力F與滑動(dòng)摩擦力Ff大小相等，物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝eq\f(F,mg)＝0.35，選項(xiàng)A正確；整個(gè)過(guò)程由動(dòng)能定理得WF＋Wf＝0－eq\f(1,2)mv2，依據(jù)F－x圖象中圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積可以估算力F做的功WF，而Wf＝－μmgx，由此可求得合外力對(duì)物體所做的功，及物體做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度v，選項(xiàng)B、C正確；因?yàn)槲矬w做變加速運(yùn)動(dòng)，所以運(yùn)動(dòng)時(shí)間無(wú)法求出，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。答案ABC3.(2024·江蘇單科，3)一小物塊沿斜面對(duì)上滑動(dòng)，然后滑回到原處。物塊初動(dòng)能為Ek0，與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)不變，則該過(guò)程中，物塊的動(dòng)能Ek與位移x關(guān)系的圖線是()解析設(shè)斜面傾角為θ，當(dāng)小物塊沿斜面上升時(shí)，有－(mgsinθ＋f)x＝Ek－Ek0，即Ek＝－(f＋mgsinθ)x＋Ek0，所以Ek與x的函數(shù)關(guān)系圖象為直線，且斜率為負(fù)。當(dāng)小物塊沿斜面下滑時(shí)依據(jù)動(dòng)能定理有(mgsinθ－f)(x0－x)＝Ek－0(x0為小物塊到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)的位移)，即Ek＝－(mgsinθ－f)x＋(mgsinθ－f)x0所以下滑時(shí)Ek隨x的減小而增大且為直線。綜上所述，選項(xiàng)C正確。答案C活頁(yè)作業(yè)(時(shí)間：40分鐘)基礎(chǔ)鞏固練1.(2024·襄陽(yáng)模擬)用豎直向上大小為30N的力F，將2kg的物體從沙坑表面由靜止提升1m時(shí)撤去力F，經(jīng)一段時(shí)間后，物體落入沙坑，測(cè)得落入沙坑的深度為20cm。若忽視空氣阻力，g取10m/s2。則物體克服沙坑的阻力所做的功為()A.20J B.24JC.34J D.54J解析對(duì)整個(gè)過(guò)程應(yīng)用動(dòng)能定理得：F·h1＋mgh2－Wf＝0，解得Wf＝34J，故C正確。答案C2.(2024·全國(guó)卷Ⅲ，16)一質(zhì)點(diǎn)做速度漸漸增大的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，在時(shí)間間隔t內(nèi)位移為s，動(dòng)能變?yōu)樵瓉?lái)的9倍。該質(zhì)點(diǎn)的加速度為()A.eq\f(s,t2) B.eq\f(3s,2t2)C.eq\f(4s,t2) D.eq\f(8s,t2)解析動(dòng)能變?yōu)樵瓉?lái)的9倍，由Ek＝eq\f(1,2)mv2知質(zhì)點(diǎn)的速度變?yōu)樵瓉?lái)的3倍，即v＝3v0，由s＝eq\f(1,2)(v0＋v)t和a＝eq\f(v－v0,t)得a＝eq\f(s,t2)，選項(xiàng)A正確。答案A3.(2024·江蘇單科)從地面豎直向上拋出一只小球，小球運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后落回地面。忽視空氣阻力，該過(guò)程中小球的動(dòng)能Ek與時(shí)間t的關(guān)系圖象是()解析設(shè)小球拋出瞬間的速度大小為v0，拋出后，某時(shí)刻t小球的速度v＝v0－gt，故小球的動(dòng)能Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)m(v0－gt)2，結(jié)合數(shù)學(xué)學(xué)問(wèn)知，選項(xiàng)A正確。答案A4.(2024·浙江寧波模擬)如圖1所示，木盒中固定一質(zhì)量為m的砝碼，木盒和砝碼在桌面上以肯定的初速度一起滑行一段距離后停止?，F(xiàn)拿走砝碼，而持續(xù)加一個(gè)豎直向下的恒力F(F＝mg)，若其他條件不變，則木盒滑行的距離()圖1A.不變 B.變小C.變大 D.變大變小均可能解析設(shè)木盒質(zhì)量為M，木盒中固定一質(zhì)量為m的砝碼時(shí)，由動(dòng)能定理可知，μ(m＋M)gx1＝eq\f(1,2)(M＋m)v2，解得x1＝eq\f(v2,2μg)；加一個(gè)豎直向下的恒力F(F＝mg)時(shí)，由動(dòng)能定理可知，μ(m＋M)gx2＝eq\f(1,2)Mv2，解得x2＝eq\f(Mv2,2（m＋M）μg)，明顯x2<x1，故B正確。答案B5.(2024·天津?yàn)I海新區(qū)模擬)一個(gè)質(zhì)量為0.5kg的物體，從靜止起先做直線運(yùn)動(dòng)，物體所受合外力F隨物體位移x變更的圖象如圖2所示，則物體位移x＝8m時(shí)，物體的速度為()圖2A.2m/s B.8m/sC.4eq\r(2)m/s D.4m/s解析F－x圖象中圖線與橫軸所圍面積表示功，橫軸上方為正功，下方為負(fù)功，x＝8m時(shí)，可求得W＝8J；由動(dòng)能定理有eq\f(1,2)mv2＝8J，解得v＝4eq\r(2)m/s，選項(xiàng)C正確。答案C6.如圖3所示，質(zhì)量為m的物塊與水平轉(zhuǎn)臺(tái)間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，物塊與轉(zhuǎn)軸相距R，物塊隨轉(zhuǎn)臺(tái)由靜止起先轉(zhuǎn)動(dòng)。當(dāng)轉(zhuǎn)速增至某一值時(shí)，物塊即將在轉(zhuǎn)臺(tái)上滑動(dòng)，此時(shí)轉(zhuǎn)臺(tái)已起先勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，在這一過(guò)程中，摩擦力對(duì)物塊做的功是(假設(shè)物塊所受的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力)()圖3A.0 B.2μmgRC.2πμmgR D.eq\f(μmgR,2)解析物塊即將在轉(zhuǎn)臺(tái)上滑動(dòng)但還未滑動(dòng)時(shí)，轉(zhuǎn)臺(tái)對(duì)物塊的最大靜摩擦力恰好供應(yīng)向心力，設(shè)此時(shí)物塊做圓周運(yùn)動(dòng)的線速度為v，則有μmg＝eq\f(mv2,R)。在物塊由靜止到獲得速度v的過(guò)程中，物塊受到的重力和支持力不做功，只有摩擦力對(duì)物塊做功，由動(dòng)能定理得W＝eq\f(1,2)mv2－0。聯(lián)立解得W＝eq\f(1,2)μmgR。故選項(xiàng)D正確。答案D7.如圖4所示是馬路上的“避險(xiǎn)車(chē)道”，車(chē)道表面是粗糙的碎石，其作用是供下坡的汽車(chē)在剎車(chē)失靈的狀況下避險(xiǎn)。質(zhì)量m＝2.0×103kg的汽車(chē)沿下坡馬路行駛，當(dāng)駕駛員發(fā)覺(jué)剎車(chē)失靈的同時(shí)發(fā)動(dòng)機(jī)失去動(dòng)力，此時(shí)速度表示數(shù)v1＝36km/h，汽車(chē)接著沿下坡馬路勻加速直行l(wèi)＝350m、下降高度h＝50m時(shí)到達(dá)“避險(xiǎn)車(chē)道”，此時(shí)速度表示數(shù)v2＝72km/h。(g取10m/s2)圖4(1)求從發(fā)覺(jué)剎車(chē)失靈至到達(dá)“避險(xiǎn)車(chē)道”這一過(guò)程汽車(chē)動(dòng)能的變更量；(2)求汽車(chē)沿馬路下坡過(guò)程中所受的阻力大?。?3)若“避險(xiǎn)車(chē)道”與水平面間的夾角為17°，汽車(chē)在“避險(xiǎn)車(chē)道”受到的阻力是在下坡馬路上的3倍，求汽車(chē)在“避險(xiǎn)車(chē)道”上運(yùn)動(dòng)的最大位移。(sin17°≈0.3)解析(1)由ΔEk＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)解得ΔEk＝3.0×105J。(2)由動(dòng)能定理得mgh－fl＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)解得f＝2×103N。(3)設(shè)汽車(chē)沿“避險(xiǎn)車(chē)道”運(yùn)動(dòng)的最大位移為l′，由動(dòng)能定理得－(mgsin17°＋3f)l′＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)解得l′＝33.3m。答案(1)3.0×105J(2)2×103N(3)33.3m綜合提能練8.(2024·北京師大附中檢測(cè))如圖5是某中學(xué)科技小組制作的利用太陽(yáng)能驅(qū)動(dòng)小車(chē)的裝置。當(dāng)太陽(yáng)光照耀到小車(chē)上方的光電板，光電板中產(chǎn)生的電流經(jīng)電動(dòng)機(jī)帶動(dòng)小車(chē)前進(jìn)。若小車(chē)在平直的水泥路上從靜止起先加速行駛，經(jīng)過(guò)時(shí)間t前進(jìn)距離s，速度達(dá)到最大值vm，設(shè)這一過(guò)程中電動(dòng)機(jī)的功率恒為P，小車(chē)所受阻力恒為F，那么()圖5A.小車(chē)先勻加速運(yùn)動(dòng)，達(dá)到最大速度后起先勻速運(yùn)動(dòng)B.這段時(shí)間內(nèi)電動(dòng)機(jī)所做的功為PtC.這段時(shí)間內(nèi)電動(dòng)機(jī)所做的功為eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)D.這段時(shí)間內(nèi)電動(dòng)機(jī)所做的功為eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)－Fs解析小車(chē)電動(dòng)機(jī)的功率恒定，速度不斷變大，依據(jù)牛頓其次定律，有eq\f(P,v)－F＝ma，故小車(chē)的運(yùn)動(dòng)是加速度不斷減小的加速運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；這一過(guò)程中電動(dòng)機(jī)的功率恒為P，所以W電＝Pt，選項(xiàng)B正確；對(duì)小車(chē)啟動(dòng)過(guò)程，依據(jù)動(dòng)能定理，有W電－Fs＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)，這段時(shí)間內(nèi)電動(dòng)機(jī)所做的功為W電＝Fs＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)，選項(xiàng)C、D錯(cuò)誤。答案B9.(多選)(2024·北京十九中學(xué)檢測(cè))如圖6所示，兩個(gè)內(nèi)壁光滑、半徑不同的半球形碗，放在不同高度的水平面上，使兩碗口處于同一水平面。現(xiàn)將質(zhì)量相同的兩小球(小球半徑遠(yuǎn)小于碗的半徑)，分別從兩個(gè)碗的邊緣由靜止釋放，當(dāng)兩球分別通過(guò)碗的最低點(diǎn)時(shí)()圖6A.兩小球的速度大小相等B.兩小球的速度大小不相等C.兩小球?qū)ν氲椎膲毫Υ笮∠嗟菵.兩小球?qū)ν氲椎膲毫Υ笮〔幌嗟冉馕鰧?duì)任一狀況，依據(jù)動(dòng)能定理得mgR＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(2gR)，可知半徑不等，則兩球的速度大小不等，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；依據(jù)牛頓其次定律得FN－mg＝meq\f(v2,R)，解得FN＝mg＋meq\f(v2,R)＝3mg，與半徑無(wú)關(guān)，則兩球?qū)ν氲椎膲毫Υ笮∠嗟?，故選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤。答案BC10.用傳感器探討質(zhì)量為2kg的物體由靜止起先做直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律時(shí)，在計(jì)算機(jī)上得到0～6s內(nèi)物體的加速度隨時(shí)間變更的關(guān)系如圖7所示。下列說(shuō)法正確的是()圖7A.0～6s內(nèi)物體先向正方向運(yùn)動(dòng)，后向負(fù)方向運(yùn)動(dòng)B.0～6s內(nèi)物體在4s末的速度最大C.物體在2～4s內(nèi)速度不變D.0～4s內(nèi)合力對(duì)物體做的功等于0～6s內(nèi)合力對(duì)物體做的功解析a－t圖象中圖線與時(shí)間軸圍成的面積代表物體在相應(yīng)時(shí)間內(nèi)速度的變更狀況，在時(shí)間軸上方為正，在時(shí)間軸下方為負(fù)。由題圖可得，物體在6s末的速度v6＝6m/s，則0～6s內(nèi)物體始終向正方向運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；物體在5s末加速度為零，速度最大，vm＝7m/s，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；在2～4s內(nèi)物體加速度不變，物體做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，速度變大，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；在0～4s內(nèi)，合力對(duì)物體做的功由動(dòng)能定理可知W合4＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,4)－0＝36J，0～6s內(nèi)，合力對(duì)物體做的功由動(dòng)能定理可知W合6＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,6)－0＝36J，則W合4＝W合6，選項(xiàng)D正確。答案D11.(2024·天津卷，10)完全由我國(guó)自行設(shè)計(jì)、建立的國(guó)產(chǎn)新型航空母艦已完成多次海試，并取得勝利。航母上的艦載機(jī)采納滑躍式起飛，故甲板是由水平甲板和上翹甲板兩部分構(gòu)成，如圖8甲所示。為了便于探討艦載機(jī)的起飛過(guò)程，假設(shè)上翹甲板BC是與水平甲板AB相切的一段圓弧，示意如圖乙，AB長(zhǎng)L1＝150m，BC水平投影L2＝63m，圖中C點(diǎn)切線方向與水平方向的夾角θ＝12°(s