第20講 動(dòng)能定理的理解及應(yīng)用（講義）（解析版）-【上好課】2025年高考物理一輪復(fù)習(xí)講練測(cè)（新教材新高考）

11/11第20講動(dòng)能定理的理解及應(yīng)用目錄01、考情透視，目標(biāo)導(dǎo)航TOC\o"1-3"\h\u02、知識(shí)導(dǎo)圖，思維引航 203、考點(diǎn)突破，考法探究 2考點(diǎn)一動(dòng)能定理的理解和基本應(yīng)用 2知識(shí)點(diǎn)1動(dòng)能 3知識(shí)點(diǎn)2動(dòng)能定理 3考向1對(duì)動(dòng)能定理的理解 4考點(diǎn)2動(dòng)能定理的基本應(yīng)用 4考點(diǎn)二應(yīng)用動(dòng)能定理求變力的功 6考向洞察 6考點(diǎn)三動(dòng)能定理與圖像結(jié)合的問(wèn)題 7考向洞察 8考向1動(dòng)能定理與v-t圖像 8考向2動(dòng)能定理與Ek-x圖像 8考向3動(dòng)能定理與F-x圖像 9考向4動(dòng)能隨位移變化的圖像 9考點(diǎn)四動(dòng)能定理在多過(guò)程問(wèn)題中的應(yīng)用 10知識(shí)點(diǎn)1．應(yīng)用動(dòng)能定理解決多過(guò)程問(wèn)題的兩種思路 10知識(shí)點(diǎn)2．全過(guò)程列式時(shí)要注意 10知識(shí)點(diǎn)3.多過(guò)程問(wèn)題的分析方法 11知識(shí)點(diǎn)4動(dòng)能定理在往復(fù)運(yùn)動(dòng)問(wèn)題中的應(yīng)用 11考向洞察 11考向1多過(guò)程直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)問(wèn)題 11考向2多過(guò)程曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng)問(wèn)題 13考向3多過(guò)程直線(xiàn)往復(fù)運(yùn)動(dòng)問(wèn)題 14考向4多過(guò)程曲線(xiàn)往復(fù)運(yùn)動(dòng)問(wèn)題 1504、真題練習(xí)，命題動(dòng)向 16考情分析2024·全國(guó)·高考物理試題2024·福建·高考物理試題2024·安徽·高考物理試題2024·全國(guó)·新課標(biāo)高考物理試題2024·廣東·高考物理試題復(fù)習(xí)目標(biāo)目標(biāo)1.理解動(dòng)能、動(dòng)能定理，會(huì)用動(dòng)能定理解決一些基本問(wèn)題。目標(biāo)2.能利用動(dòng)能定理求變力做的功。目標(biāo)3.掌握解決動(dòng)能定理與圖像結(jié)合的問(wèn)題的方法。考點(diǎn)一動(dòng)能定理的理解和基本應(yīng)用知識(shí)點(diǎn)1動(dòng)能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。(3)單位：焦耳，1J＝1N·m＝1kg·m2/s2。(4)標(biāo)矢性：動(dòng)能是標(biāo)量，動(dòng)能與速度方向無(wú)關(guān)。2．動(dòng)能與動(dòng)能變化的區(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。ΔEk>0，表示物體的動(dòng)能增加；ΔEk<0，表示物體的動(dòng)能減少。知識(shí)點(diǎn)2動(dòng)能定理1．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)能的變化。(2)表達(dá)式：W合＝ΔEk＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12。(3)物理意義：合力的功是物體動(dòng)能變化的量度。說(shuō)明：(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)動(dòng)能是標(biāo)量，動(dòng)能定理是標(biāo)量式，解題時(shí)不能分解動(dòng)能。3．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“＝”有三層關(guān)系：因果關(guān)系合力做功是物體動(dòng)能變化的原因數(shù)量關(guān)系合力的功與動(dòng)能變化可以等量代換單位關(guān)系國(guó)際單位都是焦耳(2)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。3.應(yīng)用動(dòng)能定理的注意點(diǎn)(1)動(dòng)能定理表達(dá)式是一個(gè)標(biāo)量式，式中各項(xiàng)均為標(biāo)量，因此，應(yīng)用動(dòng)能定理時(shí)不必關(guān)注速度的具體方向，也不能在某個(gè)方向上列出動(dòng)能定理的表達(dá)式。(2)注意物體所受各力做功的特點(diǎn)，如：重力做功與路徑無(wú)關(guān)，重點(diǎn)關(guān)注始末兩點(diǎn)的高度差，摩擦阻力做功與路徑有關(guān)。(3)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。(4)動(dòng)能定理既可解決直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)問(wèn)題，也可解決曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng)問(wèn)題?？枷?對(duì)動(dòng)能定理的理解1.(多選)如圖所示，電梯質(zhì)量為M，在它的水平地板上放置一質(zhì)量為m的物體。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)物體，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)物體，動(dòng)能定理的表達(dá)式為W合＝0，其中W合為合力做的功C.對(duì)物體，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】CD【解析】電梯上升的過(guò)程中，對(duì)物體做功的有重力mg、支持力FN，這兩個(gè)力的總功(即合力做的功)才等于物體動(dòng)能的變化，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，故A、B錯(cuò)誤，C正確；對(duì)電梯做功的有重力Mg、壓力FN′和拉力F，合力做功為W合′＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,1)，故D正確。考點(diǎn)2動(dòng)能定理的基本應(yīng)用1.(多選)一質(zhì)量為m的物體自?xún)A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，物體從斜面底端到最高點(diǎn)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(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l＝eq\f(1,2)at2，則可得出t上<t下，D錯(cuò)誤。2.如圖所示，在水平的PQ面上有一小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))，小物塊以某速度從P點(diǎn)最遠(yuǎn)能滑到傾角為θ的斜面QA上的A點(diǎn)(水平面和斜面在Q點(diǎn)通過(guò)一極短的圓弧連接)。若減小斜面的傾角θ，變?yōu)樾泵鍽B(如圖中虛線(xiàn)所示)，小物塊仍以原來(lái)的速度從P點(diǎn)出發(fā)滑上斜面。已知小物塊與水平面和斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，AB為水平線(xiàn)，AC為豎直線(xiàn)。則()A.小物塊恰好能運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)B.小物塊最遠(yuǎn)能運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)上方的某點(diǎn)C.小物塊只能運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)D.小物塊最遠(yuǎn)能運(yùn)動(dòng)到B、C兩點(diǎn)之間的某點(diǎn)【答案】D【解析】小物塊從P點(diǎn)滑上斜面的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中有重力和摩擦力做功，設(shè)小物塊能到達(dá)斜面上的最高點(diǎn)與水平面的距離為h，與Q點(diǎn)的水平距離為x，根據(jù)動(dòng)能定理得－mgh－μmg·xPQ－μmgcosθ·xAQ＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，即mgh＋μmg(xPQ＋x)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，若減小傾角θ時(shí)，h不變，則x不變，故A、C錯(cuò)誤；若h變大，則x變小，故B錯(cuò)誤；若h變小，則x變大，故D正確?！绢}后反思【題后反思】應(yīng)用動(dòng)能定理解題應(yīng)抓住“兩狀態(tài)，一過(guò)程”。“兩狀態(tài)”即明確研究對(duì)象的始、末狀態(tài)的速度或動(dòng)能情況，“一過(guò)程”即明確研究過(guò)程，確定在這一過(guò)程中研究對(duì)象的受力情況和位置變化或位移信息?？键c(diǎn)二應(yīng)用動(dòng)能定理求變力的功在有變力做功的過(guò)程中，變力做功無(wú)法直接通過(guò)功的公式求解，可用動(dòng)能定理W變＋W恒＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)求解。物體初、末速度已知，恒力做功W恒可由公式求出，得到W變＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－W恒，就可以求出變力做的功了。1.(多選)人們用滑道從高處向低處運(yùn)送貨物，如圖所示，可看作質(zhì)點(diǎn)的貨物從eq\f(1,4)圓弧滑道頂端P點(diǎn)靜止釋放，沿滑道運(yùn)動(dòng)到圓弧末端Q點(diǎn)時(shí)速度大小為6m/s。已知貨物質(zhì)量為20kg，滑道高度h為4m，且過(guò)Q點(diǎn)的切線(xiàn)水平，重力加速度取10m/s2。關(guān)于貨物從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)的過(guò)程，下列說(shuō)法正確的有()A.重力做的功為360JB.克服阻力做的功為440JC.經(jīng)過(guò)Q點(diǎn)時(shí)向心加速度大小為9m/s2D.經(jīng)過(guò)Q點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小為380N【答案】BCD【解析】重力做的功為WG＝mgh＝800J，A錯(cuò)誤；下滑過(guò)程由動(dòng)能定理可得WG－Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,Q)，代入數(shù)據(jù)解得克服阻力做的功為Wf＝440J，B正確；經(jīng)過(guò)Q點(diǎn)時(shí)向心加速度大小為a＝eq\f(veq\o\al(2,Q),h)＝9m/s2，C正確；經(jīng)過(guò)Q點(diǎn)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律可得FN－mg＝ma，解得貨物受到的支持力大小為FN＝380N，根據(jù)牛頓第三定律可知，貨物對(duì)軌道的壓力大小為380N，D正確。2.質(zhì)量為m的物體以初速度v0沿水平面向左開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，起始點(diǎn)A與一水平放置的輕彈簧O端相距s，輕彈簧的另一端固定在豎直墻上，如圖5所示，已知物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，物體與彈簧相碰后，彈簧的最大壓縮量為x，重力加速度為g，則從開(kāi)始碰撞到彈簧被壓縮至最短的過(guò)程中，彈簧彈力所做的功為()A.eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－μmg(s＋x)B.eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－μmgxC.μmg(s＋x)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)D.－μmg(s＋x)【答案】C【解析】對(duì)物體由動(dòng)能定理可得W彈－μmg(s＋x)＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得W彈＝μmg(s＋x)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，故C正確?？键c(diǎn)三動(dòng)能定理與圖像結(jié)合的問(wèn)題圖像與橫軸所圍“面積”或圖像斜率的含義考向1動(dòng)能定理與v-t圖像1.A、B兩物體的質(zhì)量之比mA∶mB＝1∶4，它們以相同的初速度v0在水平面上做勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，直到停止，其v－t圖像如圖所示。此過(guò)程中，A、B兩物體受到的摩擦力做的功之比WA∶WB和A、B兩物體受到的摩擦力之比FA∶FB分別是()A．WA∶WB＝1∶2 B．WA∶WB＝4∶1C．FA∶FB＝1∶2 D．FA∶FB＝4∶1【答案】C【解析】根據(jù)動(dòng)能定理－W＝0－eq\f(1,2)mv02，可知A、B兩物體受到的摩擦力做的功之比為WA∶WB＝1∶4，故A、B錯(cuò)誤；根據(jù)v－t圖像可知兩物體的加速度之比為aA∶aB＝2∶1，根據(jù)牛頓第二定律F＝ma，可得A、B兩物體受到的摩擦力之比FA∶FB＝1∶2，故C正確，D錯(cuò)誤?？枷?動(dòng)能定理與Ek-x圖像2.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【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(mgsin30°－f)(s－s1)＝Ek，整理得Ek＝(mgsin30°－f)s－(mgsin30°－f)s1，結(jié)合10～20m內(nèi)的圖像得，斜率k′＝mgsin30°－f＝3N，聯(lián)立解得f＝0.5N，m＝0.7kg，故選A?？枷?動(dòng)能定理與F-x圖像3.一質(zhì)量為4kg的物體，在粗糙的水平面上受水平恒定的拉力F作用做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)。物體運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后拉力逐漸減小，當(dāng)拉力減小到零時(shí)，物體剛好停止運(yùn)動(dòng)。如圖所示為拉力F隨位移x變化的關(guān)系圖像，重力加速度大小取10m/s2，則可以求得()A.物體做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的速度為4m/sB.整個(gè)過(guò)程拉力對(duì)物體所做的功為4JC.整個(gè)過(guò)程摩擦力對(duì)物體所做的功為－8JD.整個(gè)過(guò)程合外力對(duì)物體所做的功為－4J【答案】D【解析】F－x圖線(xiàn)與橫軸所圍區(qū)域的面積表示拉力對(duì)物體所做的功，所以WF＝eq\f(（2＋4）×4,2)J＝12J，故B錯(cuò)誤；0～2m階段，根據(jù)平衡條件可得F＝Ff＝4N，所以整個(gè)過(guò)程中摩擦力對(duì)物體做的功為Wf＝－Ffx＝－4×4J＝－16J，故C錯(cuò)誤；整個(gè)過(guò)程中合外力所做的功為W合＝WF＋Wf＝12J＋(－16J)＝－4J，故D正確；根據(jù)動(dòng)能定理可得W合＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得v0＝eq\r(2)m/s，故A錯(cuò)誤?？枷?動(dòng)能隨位移變化的圖像4.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()【答案】A【解析】設(shè)斜面傾角為θ，不計(jì)摩擦力和空氣阻力，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eq\f(Ek,x)＝mgtanθ，下滑過(guò)程中開(kāi)始階段傾角θ不變，Ek－x圖像為一條直線(xiàn)；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。考點(diǎn)四動(dòng)能定理在多過(guò)程問(wèn)題中的應(yīng)用知識(shí)點(diǎn)1．應(yīng)用動(dòng)能定理解決多過(guò)程問(wèn)題的兩種思路(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(多個(gè)過(guò)程)應(yīng)用動(dòng)能定理當(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)，大大減少運(yùn)算。知識(shí)點(diǎn)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。知識(shí)點(diǎn)3.多過(guò)程問(wèn)題的分析方法(1)將“多過(guò)程”分解為許多“子過(guò)程”，各“子過(guò)程”間由“銜接點(diǎn)”連接。(2)對(duì)各“銜接點(diǎn)”進(jìn)行受力分析和運(yùn)動(dòng)分析，必要時(shí)畫(huà)出受力圖和過(guò)程示意圖。(3)根據(jù)“子過(guò)程”和“銜接點(diǎn)”的模型特點(diǎn)選擇合理的物理規(guī)律列方程。(4)分析“銜接點(diǎn)”速度、加速度等的關(guān)聯(lián)，確定各段間的時(shí)間關(guān)聯(lián)，并列出相關(guān)的輔助方程。(5)聯(lián)立方程組，分析求解，對(duì)結(jié)果進(jìn)行必要的驗(yàn)證或討論。知識(shí)點(diǎn)4動(dòng)能定理在往復(fù)運(yùn)動(dòng)問(wèn)題中的應(yīng)用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，而重復(fù)的次數(shù)又往往是無(wú)限的或者難以確定的。2.解題策略：此類(lèi)問(wèn)題多涉及滑動(dòng)摩擦力或其他阻力做功，其做功特點(diǎn)與路程有關(guān)，求解這類(lèi)問(wèn)題時(shí)若運(yùn)用牛頓運(yùn)動(dòng)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)而不計(jì)運(yùn)動(dòng)過(guò)程的細(xì)節(jié)，所以用動(dòng)能定理分析這類(lèi)問(wèn)題可使解題過(guò)程簡(jiǎn)化?？枷?多過(guò)程直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)問(wèn)題1.如圖所示的裝置由AB、BC、CE三段軌道組成，軌道交接處均由很小的圓弧平滑連接，其中軌道AB、CE是光滑的，水平軌道BC的長(zhǎng)度s＝5m，軌道CE足夠長(zhǎng)且傾角θ＝37°，D為軌道CE上一點(diǎn)，A、D兩點(diǎn)離軌道BC的高度分別為h1＝4.3m、h2＝1.35m?，F(xiàn)讓質(zhì)量為m可視為質(zhì)點(diǎn)的小滑塊從A點(diǎn)由靜止釋放。已知小滑塊與軌道BC間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：(1)小滑塊第一次到達(dá)D點(diǎn)時(shí)的速度大小vD；(2)小滑塊第一次與第二次通過(guò)C點(diǎn)的時(shí)間間隔；(3)小滑塊最終停止的位置距B點(diǎn)的距離?！敬鸢浮?1)3m/s(2)2s(3)1.4m【解析】(1)小滑塊在A→B→C→D過(guò)程中，應(yīng)用動(dòng)能定理得mg(h1－h(huán)2)－μmgs＝eq\f(1,2)mvD2－0，代入數(shù)據(jù)解得vD＝3m/s。(2)小滑塊在A→B→C過(guò)程中，由動(dòng)能定理得mgh1－μmgs＝eq\f(1,2)mvC2－0，代入數(shù)據(jù)解得vC＝6m/s，小滑塊沿CE段上滑時(shí)，由牛頓第二定律得mgsinθ＝ma，解得a＝gsinθ＝6m/s2。則小滑塊從C點(diǎn)沿CE段上滑到最高點(diǎn)所用的時(shí)間t1＝eq\f(vC,a)＝1s，小滑塊沿CE段上滑和下滑的受力情況不變，由對(duì)稱(chēng)性可知，小滑塊從最高點(diǎn)滑回C點(diǎn)所用的時(shí)間t2＝1s，故小滑塊第一次與第二次通過(guò)C點(diǎn)的時(shí)間間隔t＝t1＋t2＝2s。(3)設(shè)小滑塊在水平軌道上運(yùn)動(dòng)的總路程為s總，對(duì)小滑塊從靜止釋放到最終停止的全過(guò)程，由動(dòng)能定理得mgh1－μmgs總＝0，解得s總＝8.6m，故小滑塊最終停止的位置與B點(diǎn)的距離為2s－s總＝1.4m。2.如圖所示，水平桌面上的輕質(zhì)彈簧左端固定，右端與靜止在O點(diǎn)質(zhì)量為m＝1kg的小物塊接觸而不連接，此時(shí)彈簧無(wú)形變?，F(xiàn)對(duì)小物塊施加F＝10N的水平向左的恒力，使其由靜止開(kāi)始向左運(yùn)動(dòng)。小物塊在向左運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)前某處速度最大時(shí)，彈簧的彈力為6N，運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)時(shí)撤去推力F，小物塊最終運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)靜止。圖中OA＝0.8m，OB＝0.2m，重力加速度取g＝10m/s2。求小物塊：(1)與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ；(2)向右運(yùn)動(dòng)過(guò)程中經(jīng)過(guò)O點(diǎn)的速度大小；(3)向左運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中彈簧的最大壓縮量?！敬鸢浮?1)0.4(2)1.26m/s(3)0.9m【解析】(1)小物塊速度達(dá)到最大時(shí)，加速度為零，則F－μmg－F彈＝0解得μ＝0.4。(2)設(shè)向右運(yùn)動(dòng)通過(guò)O點(diǎn)時(shí)的速度為v0，從O→B，由動(dòng)能定理得－FfxOB＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)Ff＝μmg＝4N解得v0＝eq\r(1.6)m/s≈1.26m/s。(3)設(shè)彈簧最大壓縮量為xmax，對(duì)小物塊運(yùn)動(dòng)的全過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理得FxOA－Ff(2xmax＋xOB)＝0代入數(shù)值得xmax＝0.9m?？枷?多過(guò)程曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng)問(wèn)題1.(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(xiàn)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?！敬鸢浮?1)eq\r(gR)(2)0(3)eq\r(3gR)【解析】(1)由題意知，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(vD2,R)＝mg，解得vD＝eq\r(gR)。(2)由題意知，小物塊從C點(diǎn)沿圓弧切線(xiàn)方向進(jìn)入軌道內(nèi)側(cè)，則在C點(diǎn)有cos60°＝eq\f(vB,vC)，小物塊從C到D的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理有－mg(R＋Rcos60°)＝eq\f(1,2)mvD2－eq\f(1,2)mvC2，則小物塊從B到D的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理有mgHBD＝eq\f(1,2)mvD2－eq\f(1,2)mvB2，聯(lián)立解得vB＝eq\r(gR)，HBD＝0。(3)小物塊從A到B的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理有－μmgs＝eq\f(1,2)mvB2－eq\f(1,2)mvA2，s＝π·2R解得vA＝eq\r(3gR)。2．如圖所示，小明設(shè)計(jì)的游戲裝置，由光滑平臺(tái)、傾斜粗糙直軌道AB、豎直圓管道CDEBC′(管道內(nèi)徑遠(yuǎn)小于管道半徑)、水平粗糙直軌道平滑連接組成。其中平臺(tái)左側(cè)固定一彈簧，傾斜直軌道AB與圓管道相切于B點(diǎn)，水平直軌道與圓管道相切于C′點(diǎn)(C和C′略錯(cuò)開(kāi))。小滑塊與傾斜直軌道AB及水平直軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.5，AB斜軌道傾角θ＝37°，AB長(zhǎng)度l＝0.4m。小滑塊從B點(diǎn)進(jìn)入管道內(nèi)，當(dāng)小滑塊沿管道內(nèi)靠近圓心O的內(nèi)側(cè)運(yùn)動(dòng)時(shí)有摩擦，沿管道外側(cè)運(yùn)動(dòng)時(shí)無(wú)摩擦，管道半徑為R＝0.2m。第一次壓縮彈簧后釋放小滑塊，A點(diǎn)上方擋片可以讓小滑塊無(wú)速度損失進(jìn)入AB段，恰好可以運(yùn)動(dòng)到與管道圓心等高的D點(diǎn)。第二次壓縮彈簧使彈簧彈性勢(shì)能為0.36J時(shí)釋放小滑塊，小滑塊運(yùn)動(dòng)到圓管道最高處E的速度為1m/s。已知小滑塊質(zhì)量m＝0.1kg，可視為質(zhì)點(diǎn)，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g取10m/s2。(1)求第一次壓縮彈簧釋放小滑塊后，第一次運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力；(2)求第二次壓縮彈簧釋放小滑塊后，運(yùn)動(dòng)到E點(diǎn)的過(guò)程，小滑塊在圓管道內(nèi)所受摩擦力做的功；(3)若第三次壓縮彈簧使彈簧彈性勢(shì)能為0.48J時(shí)釋放小滑塊，通過(guò)計(jì)算判斷小滑塊在圓管道內(nèi)運(yùn)動(dòng)是否受到摩擦力作用。小滑塊在水平直軌道上距離C′為x處的速度為v，求v與x之間的關(guān)系式?！敬鸢浮浚?1)3N，方向豎直向下(2)－0.03J(3)不受v＝eq\r(12－10x)m/s【解析】：(1)從C到D過(guò)程，對(duì)小滑塊由動(dòng)能定理得－mgR＝0－eq\f(1,2)mvC2，在C點(diǎn)由牛頓第二定律有FN－mg＝meq\f(vC2,R)，聯(lián)立解得FN＝3N由牛頓第三定律可知，小滑塊第一次運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小為3N，方向豎直向下。(2)從釋放小滑塊到E點(diǎn)過(guò)程，由動(dòng)能定理有W彈＋mglsinθ－μmglcosθ－mgR(1＋cosθ)＋Wf＝eq\f(1,2)mvE2－0，W彈＝Ep＝0.36J，解得Wf＝－0.03J。(3)當(dāng)滑塊以v0通過(guò)最高點(diǎn)時(shí)恰好對(duì)管道無(wú)壓力作用，設(shè)此時(shí)對(duì)應(yīng)的彈簧彈性勢(shì)能為Ep0，由牛頓第二定律有meq\f(v02,R)＝mg，從開(kāi)始到E點(diǎn)由動(dòng)能定理有W0＋mglsinθ－μmglcosθ－mgR(1＋cosθ)＝eq\f(1,2)mv02－0，解得Ep0＝W0＝0.38J，彈性勢(shì)能為0.48J大于Ep0，小滑塊在圓管道內(nèi)不受到摩擦力作用。從開(kāi)始到離C′距離為x處，由動(dòng)能定理有W′＋mglsinθ－μmglcosθ＋mgR(1－cosθ)－μmgx＝eq\f(1,2)mv2－0，其中W′＝0.48J，解得v＝eq\r(12－10x)m/s?？枷?多過(guò)程直線(xiàn)往復(fù)運(yùn)動(dòng)問(wèn)題3.如圖所示，在地面上豎直固定了刻度尺和輕質(zhì)彈簧，彈簧處于原長(zhǎng)時(shí)上端與刻度尺上的A點(diǎn)等高，質(zhì)量m＝0.5kg的籃球靜止在彈簧正上方，底端距A點(diǎn)的高度h1＝1.10m，籃球靜止釋放測(cè)得第一次撞擊彈簧時(shí)，彈簧的最大形變量x1＝0.15m，第一次反彈至最高點(diǎn)，籃球底端距A點(diǎn)的高度h2＝0.873m，籃球多次反彈后靜止在彈簧的上端，此時(shí)彈簧的形變量x2＝0.01m，彈性勢(shì)能為Ep＝0.025J。若籃球運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的空氣阻力大小恒定，忽略籃球與彈簧碰撞時(shí)的機(jī)械能損失和籃球的形變，彈簧形變?cè)趶椥韵薅确秶鷥?nèi)。求：(g取10m/s2)(1)彈簧的勁度系數(shù)；(2)籃球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受到的空氣阻力；(3)籃球在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中通過(guò)的路程；(4)籃球在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中速度最大的位置?！敬鸢浮?1)500N/m(2)0.5N(3)11.05m(4)第一次下落至A點(diǎn)下方0.009m處速度最大【解析】(1)籃球靜止在彈簧上時(shí)，有mg－kx2＝0，解得k＝500N/m。(2)籃球從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到第一次上升到最高點(diǎn)，由動(dòng)能定理得mg(h1－h(huán)2)－f(h1＋h2＋2x1)＝0代入數(shù)值解得f≈0.5N。(3)設(shè)籃球在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中通過(guò)的總路程為s，整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，空氣阻力一直與運(yùn)動(dòng)方向相反，根據(jù)動(dòng)能定理有WG＋Wf＋W彈＝0重力做功WG＝mg(h1＋x2)＝5.55J彈力做功W彈＝－Ep＝－0.025J則空氣阻力做功Wf＝－fs＝－5.525J解得s＝11.05m。(4)籃球在首次下落過(guò)程中，合力為零處速度最大速度最大時(shí)彈簧形變量為x3mg－f－kx3＝0在A點(diǎn)下方，離A點(diǎn)x3＝0.009m?？枷?多過(guò)程曲線(xiàn)往復(fù)運(yùn)動(dòng)問(wèn)題4.如圖所示，質(zhì)量m＝0.1kg的可視為質(zhì)點(diǎn)的小球從距地面高H＝5m處由靜止開(kāi)始自由下落，到達(dá)地面恰能沿凹陷于地面的半圓形槽的右端切入，半圓形槽半徑R＝0.4m。小球到達(dá)槽最低點(diǎn)時(shí)速率為10m/s，并繼續(xù)沿槽壁運(yùn)動(dòng)直到從槽左端邊緣豎直向上飛出……，如此反復(fù)，設(shè)小球在槽壁運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的摩擦力大小恒定不變，不計(jì)空氣阻力及小球與槽壁口接觸時(shí)的機(jī)械能損失(取g＝10m/s2)。求：(1)小球第一次飛離槽后上升的高度H1；(2)小球最多能飛出槽外的次數(shù)?！敬鸢浮?1)4.2m(2)6次【解析】(1)由于小球在槽壁運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的摩擦力大小恒定不變，由對(duì)稱(chēng)性可知，小球在槽右半部分與左半部分運(yùn)動(dòng)時(shí)克服摩擦力做的功相等，設(shè)為Wf。小球從開(kāi)始下落至到達(dá)槽最低點(diǎn)的過(guò)程中，由動(dòng)能定理得mg(H＋R)－Wf＝eq\f(1,2)mv2，解得Wf＝0.4J小球由槽最低點(diǎn)到第一次上升到最大高度的過(guò)程，由動(dòng)能定理得－mg(H1＋R)－Wf＝0－eq\f(1,2)mv2，解得H1＝4.2m。(2)設(shè)小球能飛出槽外n次，對(duì)整個(gè)過(guò)程，由動(dòng)能定理得mgH－n×2Wf＝0解得n＝6.25，n只能取整數(shù)，故小球最多能飛出槽外6次。1．（2024·全國(guó)·高考真題）福建艦是我國(guó)自主設(shè)計(jì)建造的首艘彈射型航空母艦。借助配重小車(chē)可以進(jìn)行彈射測(cè)試，測(cè)試時(shí)配重小車(chē)被彈射器從甲板上水平彈出后，落到海面上。調(diào)整彈射裝置，使小車(chē)水平離開(kāi)甲板時(shí)的動(dòng)能變?yōu)檎{(diào)整前的4倍。忽略空氣阻力，則小車(chē)在海面上的落點(diǎn)與其離開(kāi)甲板處的水平距離為調(diào)整前的（）A．0.25倍 B．0.5倍 C．2倍 D．4倍【答案】C【詳解】動(dòng)能表達(dá)式為由題意可知小車(chē)水平離開(kāi)甲板時(shí)的動(dòng)能變?yōu)檎{(diào)整前的4倍，則離開(kāi)甲板時(shí)速度變?yōu)檎{(diào)整前的2倍；小車(chē)離開(kāi)甲板后做平拋運(yùn)動(dòng)，從離開(kāi)甲板到到達(dá)海面上時(shí)間不變，根據(jù)可知小車(chē)在海面上的落點(diǎn)與其離開(kāi)甲板處的水平距離為調(diào)整前的2倍。故選C。2．（2024·福建·高考真題）先后兩次從高為高處斜向上拋出質(zhì)量為同一物體落于，測(cè)得，兩軌跡交于P點(diǎn)，兩條軌跡最高點(diǎn)等高且距水平地面高為，下列說(shuō)法正確的是（）A．第一次拋出上升時(shí)間，下降時(shí)間比值為B．第一次過(guò)P點(diǎn)比第二次機(jī)械能少C．落地瞬間，第一次，第二次動(dòng)能之比為D．第二次拋出時(shí)速度方向與落地瞬間速度方向夾角比第一次大【答案】B【詳解】A．第一次拋出上升的高度為故上升時(shí)間為最高點(diǎn)距水平地面高為，故下降的時(shí)間為故一次拋出上升時(shí)間，下降時(shí)間比值為，故A錯(cuò)誤；B．兩條軌跡最高點(diǎn)等高，故可知兩次從拋出到落地的時(shí)間相等為故可得第一次，第二次拋出時(shí)水平方向的分速度分別為由于兩條軌跡最高點(diǎn)等高，故拋出時(shí)豎直方向的分速度相等為由于物體在空中機(jī)械能守恒，故第一次過(guò)P點(diǎn)比第二次機(jī)械能少故B正確；C．從拋出到落地瞬間根據(jù)動(dòng)能定理故落地瞬間，第一次，第二次動(dòng)能之比為，故C錯(cuò)誤；D．根據(jù)前面分析可知兩次拋出時(shí)豎直方向的分速度相同，兩次落地時(shí)物體在豎直方向的分速度也相同，由于第一次的水平分速度較小，物體在水平方向速度不變，故可知第一次拋出時(shí)速度與水平方向的夾角較大，第一次落地時(shí)速度與水平方向的夾角也較大，故可知第一次拋出時(shí)速度方向與落地瞬間速度方向夾角比第二次大，故D錯(cuò)誤。故選B。3．（2024·安徽·高考真題）某同學(xué)參加戶(hù)外拓展活動(dòng)，遵照安全規(guī)范，坐在滑板上，從高為h的粗糙斜坡頂端由靜止下滑，至底端時(shí)速度為v．已知人與滑板的總質(zhì)量為m，可視為質(zhì)點(diǎn)．重力加速度大小為g，不計(jì)空氣阻力．則此過(guò)程中人與滑板克服摩擦力做的功為（

）A． B． C． D．【答案】D【詳解】人在下滑的過(guò)程中，由動(dòng)能定理可得可得此過(guò)程中人與滑板克服摩擦力做的功為故選D。4．（2024·廣東·高考真題）如圖所示，光滑斜坡上，可視為質(zhì)點(diǎn)的甲、乙兩個(gè)相同滑塊，分別從、高度同時(shí)由靜止開(kāi)始下滑。斜坡與水平面在O處平滑相接，滑塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，乙在水平面上追上甲時(shí)發(fā)生彈性碰撞。忽略空氣阻力。下列說(shuō)法正確的有（）A．甲在斜坡上運(yùn)動(dòng)時(shí)與乙相對(duì)靜止B．碰撞后瞬間甲的速度等于碰撞前瞬間乙的速度C．乙的運(yùn)動(dòng)時(shí)間與無(wú)關(guān)D．甲最終停止位置與O處相距【答案】ABD【詳解】A．兩滑塊在光滑斜坡上加速度相同，同時(shí)由靜止開(kāi)始下滑，則相對(duì)速度為0，故A正確；B．兩滑塊滑到水平面后均做勻減速運(yùn)動(dòng)，由于兩滑塊質(zhì)量相同，且發(fā)生彈性碰撞，可知碰后兩滑塊交換速度，即碰撞后瞬間甲的速度等于碰撞前瞬間乙的速度，故B正確；C．設(shè)斜面傾角為θ，乙下滑過(guò)程有在水平面運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間t2后與甲相碰，碰后以甲碰前速度做勻減速運(yùn)動(dòng)t3，乙運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為由于t1與有關(guān)，則總時(shí)間與有關(guān)，故C錯(cuò)誤；D．乙下滑過(guò)程有由于甲和乙發(fā)生彈性碰撞，交換速度，則可知甲最終停止位置與不發(fā)生碰撞時(shí)乙最終停止的位置相同；則如果不發(fā)生碰撞，乙在水平面運(yùn)動(dòng)到停止有聯(lián)立可得即發(fā)生碰撞后甲最終停止位置與O處相距。故D正確。故選ABD。5.（2023·全國(guó)·高考真題）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．mgh C． D．【答案】B【詳解】在地面附近雨滴做勻速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理得故雨滴克服空氣阻力做功為。故選B。6．（2023·全國(guó)·高考真題）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=4的過(guò)程中，物體的動(dòng)量最大為2kg?m/s【答案】BC【詳解】由于拉力在水平方向，則拉力做的功為W=Fx可看出W—x圖像的斜率代表拉力F。AB．在物體運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中根據(jù)動(dòng)能定理有則x=1m時(shí)物體的速度為v1=2m/sx=1m時(shí)，拉力為則此時(shí)拉力的功率P=Fv1=12Wx=4m時(shí)物體的動(dòng)能為Ek=2JA錯(cuò)誤、B正確；C．從x=0運(yùn)動(dòng)到x=2m，物體克服摩擦力做的功為Wf=μmgx=8JC正確；D．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f=4N，則物體在x=2m處速度最大，且根據(jù)選項(xiàng)AB分析可知此時(shí)的速度則從x=0運(yùn)動(dòng)到x=4的過(guò)程中，物體的動(dòng)量最大為D錯(cuò)誤。故選BC。7．（2024·海南·高考真題）某游樂(lè)項(xiàng)目裝置簡(jiǎn)化如圖，A為固定在地面上的光滑圓弧形滑梯，半徑，滑梯頂點(diǎn)a與滑梯末端b的高度，靜止在光滑水平面上的滑板B，緊靠滑梯的末端，并與其水平相切，滑板質(zhì)量，一質(zhì)量為的游客，從a點(diǎn)由靜止開(kāi)始下滑，在b點(diǎn)滑上滑板，當(dāng)滑板右端運(yùn)動(dòng)到與其上表面等高平臺(tái)的邊緣