第2講動能定理及其應用知識點動能Ⅱ1．定義：物體由于eq\x(\s\up1(01))運動而具有的能。2．公式：Ek＝eq\x(\s\up1(02))eq\f(1,2)mv2。3．標矢性：動能是eq\x(\s\up1(03))標量，只有正值，動能與速度方向eq\x(\s\up1(04))無關。4．狀態量：動能是eq\x(\s\up1(05))狀態量，因為v是瞬時速度。5．相對性：由于速度具有eq\x(\s\up1(06))相對性，所以動能也具有相對性。6．動能的變化：物體eq\x(\s\up1(07))末動能與eq\x(\s\up1(08))初動能之差，即ΔEk＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)。動能的變化是過程量。知識點動能定理Ⅱ1．內容：力在一個過程中對物體做的功，等于物體在這個過程中eq\x(\s\up1(01))動能的變化。2．表達式(1)W＝eq\x(\s\up1(02))ΔEk。(2)W＝eq\x(\s\up1(03))Ek2－Ek1。(3)W＝eq\x(\s\up1(04))eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)。3．物理意義：eq\x(\s\up1(05))合力的功是物體動能變化的量度。4．適用范圍廣泛(1)既適用于直線運動，也適用于eq\x(\s\up1(06))曲線運動。(2)既適用于恒力做功，也適用于eq\x(\s\up1(07))變力做功。(3)力可以是各種性質的力，既可以同時作用，也可以eq\x(\s\up1(08))不同時作用。一堵點疏通1．合力做功是物體動能變化的原因。()2．如果物體所受合力不為零，那么合力的功也一定不為零。()3．物體的動能不變則物體的速度不變。()4．物體做變速運動時動能一定變化。()5．運用動能定理可以求變力做功。()答案1.√2.×3.×4.×5.√二對點激活1．(人教版必修第二冊·P88·T1改編)改變汽車的質量和速度，都可能使汽車的動能發生改變，下列幾種情形中，汽車的動能不變的是()A．質量不變，速度增大到原來的2倍B．速度不變，質量增大到原來的2倍C．質量減半，速度增大到原來的2倍D．速度減半，質量增大到原來的4倍答案D解析由Ek＝eq\f(1,2)mv2知只有D項所述情形中汽車動能不變，故D正確。2．(多選)關于動能定理的表達式W＝Ek2－Ek1，下列說法正確的是()A．公式中的W為不包含重力的其他力做的總功B．公式中的W為包含重力在內的所有力做的總功，也可通過以下兩種方式計算：先求每個力的功再求功的代數和或先求合力再求合力的功C．公式中的Ek2－Ek1為動能的變化量，當W>0時，動能增加，當W<0時，動能減少D．動能定理適用于直線運動，但不適用于曲線運動，適用于恒力做功，但不適用于變力做功答案BC解析W＝Ek2－Ek1中的W指合力的功，當然包括重力在內，Ek2－Ek1為動能的變化量，由合力的功來量度，W>0，ΔEk>0，W<0，ΔEk<0，動能定理也適用于曲線運動和變力做功。故B、C正確。3．(人教版必修第二冊·P88·T5改編)運動員把質量是500g的足球踢出后，某人觀察它在空中的飛行情況，估計上升的最大高度是10m，在最高點的速度為20m/s。估算出運動員踢球時對足球做的功為()A．50J B.100JC.150J D.無法確定答案C解析運動員踢球時對足球做的功W等于足球獲得的初動能Ek1，即W＝Ek1－0；足球上升時重力做的功等于動能的變化量，設上升到最高點時動能為Ek2，則有－mgh＝Ek2－Ek1，聯立得W＝Ek1＝Ek2＋mgh＝150J，故C正確。考點1動能定理的理解和應用1.做功的過程就是能量轉化的過程，動能定理表達式中的“＝”的意義是一種因果關系在數值上相等的符號。(1)因果關系：合力做功是引起物體動能變化的原因。(2)數量關系：合力做功與動能變化具有等量代換的關系。(3)單位關系：國際單位制中功和能的單位都是焦耳。2．動能定理敘述中所說的“力”，既可以是重力、彈力、摩擦力，也可以是靜電力、磁場力或其他力；既可以是恒力，也可以是變力。3．動能定理中涉及的物理量有F、l、α、m、v、W、Ek，在處理含有上述物理量的問題時，優先考慮使用動能定理。4．應用動能定理的注意事項(1)應用動能定理解題應抓好“兩狀態，一過程”。“兩狀態”即明確研究對象的始、末狀態的速度或動能情況，“一過程”即明確研究過程，確定這一過程研究對象的受力情況和位置變化或位移信息。(2)動能定理中的位移和速度必須是相對于同一個參考系的，一般以地面或相對地面靜止的物體為參考系。(3)應用動能定理的關鍵在于對研究對象進行準確的受力分析及運動過程分析，并畫出運動過程的草圖，借助草圖理解物理過程之間的關系。(4)當物體的運動包含多個不同過程時，可分段應用動能定理求解；當所求解的問題不涉及中間的速度時，也可以全過程應用動能定理求解，這樣更簡便。(5)當選擇全部子過程作為研究過程，涉及重力、大小恒定的阻力或摩擦力做功時，要注意運用它們的做功特點：①重力做的功取決于物體的初、末位置，與路徑無關；②大小恒定的阻力或摩擦力做的功等于力與路程的乘積。(6)列動能定理方程時，必須明確各力做功的正、負，確實難以判斷的先假定為正功，最后根據結果加以檢驗。例1(2020·福建省漳州市模擬)如圖，傾角為θ＝30°的光滑斜面固定，一物塊在沿斜面向上的恒定外力F作用下，由靜止開始從斜面的底端向上做勻加速直線運動，經時間t物塊至斜面B點(圖中未標出)，外力F做的功為W，此后撤去外力F，再經過時間eq\f(t,3)后物塊運動至最高點，則撤去外力F時物塊的動能為()A.eq\f(1,6)W B.eq\f(1,4)WC.eq\f(1,3)W D.eq\f(2,3)W(1)如何確定F的大小？提示：根據兩個階段的時間求加速度的關系，再分別應用牛頓第二定律列方程求解。(2)如何確定撤去外力F時物塊的動能？提示：應用動能定理及W求解。嘗試解答選B。取沿斜面向上為正方向，則由勻變速直線運動的規律有，勻加速過程：v1＝a1t，勻減速過程：v1＝a2eq\f(t,3)，聯立解得：a2＝3a1，由牛頓第二定律有：F－mgsinθ＝ma1，mgsinθ＝ma2，聯立解得：F＝eq\f(2,3)mg；由動能定理可知，撤去外力F前，外力F對物塊做的功為：W＝Fs1＝eq\f(2,3)mgs1，合力對物塊做的功為：W－mgs1sinθ＝Ek，即撤去外力F時物塊的動能Ek＝eq\f(2,3)mgs1－eq\f(1,2)mgs1＝eq\f(1,6)mgs1＝eq\f(1,4)W，A、C、D錯誤，B正確。應用動能定理解題的基本思路[變式1](2020·貴州省安順市高三下學期3月網上調研)(多選)如圖所示，半圓形光滑軌道BC與水平光滑軌道AB平滑連接。小物體在水平恒力F作用下，從水平軌道上的P點，由靜止開始運動，運動到B點撤去外力F，小物體由C點離開半圓軌道后落在P點右側區域。已知PB＝3R，F的大小可能為()A.eq\f(1,2)mg B.eq\f(5mg,6)C.mg D.eq\f(7mg,6)答案BC解析小物體能通過C點，則有meq\f(v\o\al(2,C),R)≥mg，即vC≥eq\r(gR)；由C點離開半圓軌道后落在P點右側區域，有2R＝eq\f(1,2)gt2，vCt<3R，聯立解得vC＜eq\f(3,2)eq\r(gR)，則eq\r(gR)≤vC＜eq\f(3,2)eq\r(gR)；對小物體從P點到C點，由動能定理得F·3R－2mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－0，聯立解得eq\f(5mg,6)≤F<eq\f(25mg,24)，故B、C正確，A、D錯誤。考點2動能定理與圖像結合問題解決物理圖像問題的基本步驟(1)觀察題目給出的圖像，弄清縱坐標、橫坐標所對應的物理量及圖線所表示的物理意義。(2)根據物理規律推導出縱坐標與橫坐標所對應的物理量間的函數關系式。(3)將推導出的物理規律與數學上與之相對應的標準函數關系式相對比，找出圖線的斜率、截距、圖線的交點，弄清圖線與坐標軸圍成的面積所對應的物理意義，分析解答問題，或者利用函數圖線上的特定值代入函數關系式求物理量。例2(2020·四川省綿陽市高三下四模)靜止在粗糙水平地面上的物塊，在恒定水平拉力的作用下開始運動，當位移為2x0時撤去外力，此時動能為Ek0，繼續滑行x0后停下來，其動能隨位移變化的關系如圖所示。根據圖像中已知信息，不能確定的物理量是()A．恒定水平拉力的大小B．物塊與水平地面之間的動摩擦因數C．物塊加速運動和減速運動的時間之比D．物塊加速運動和減速運動的加速度大小之比(1)動能隨位移變化的關系圖像的斜率的物理意義是什么？提示：斜率表示合力。(2)求物塊加速運動和減速運動的時間之比可以如何巧解？提示：可以巧用平均速度。嘗試解答選B。物塊位移從0～2x0的過程，由動能定理得F·2x0－f·2x0＝Ek0－0，從2x0～3x0的過程，由動能定理得－fx0＝0－Ek0，聯立可解得水平拉力F的大小和物塊與水平地面之間的摩擦力f的大小(另一種解法：根據動能定理，F合·Δx＝ΔEk，則Ek-x圖像的斜率表示合力，由題圖可知，F－f＝eq\f(Ek0,2x0)，－f＝eq\f(0－Ek0,x0)，聯立可解得水平拉力F的大小和物塊與水平地面之間的摩擦力f的大小)，由于物塊的質量未知，則無法確定物塊與水平地面之間的動摩擦因數；設物塊運動過程中的最大速度為vmax，則有2x0＝eq\f(vmax,2)t1，x0＝eq\f(vmax,2)t2，可求得物塊加速運動和減速運動的時間之比；由前面分析可解得F＝eq\f(3,2)f，則物塊加速運動和減速運動的加速度大小之比eq\f(a1,a2)＝eq\f(\f(F－f,m),\f(f,m))＝eq\f(1,2)。本題選不能確定的物理量，故選B。與動能定理結合緊密的幾種圖像(1)v－t圖：由公式x＝vt可知，v－t圖線與橫坐標軸圍成的面積表示物體的位移。(2)F－x圖：由公式W＝Fx可知，F－x圖線與橫坐標軸圍成的面積表示力所做的功。(3)P－t圖：由公式W＝Pt可知，P－t圖線與橫坐標軸圍成的面積表示力所做的功。(4)a－t圖：由公式Δv＝at可知，a－t圖線與橫坐標軸圍成的面積表示物體速度的變化量。(5)Ek-x圖：由公式F合x＝Ek－Ek0可知，Ek-x圖線的斜率表示合力。[變式2](2020·浙江高考壓軸卷)物體在合力作用下做直線運動的v-t圖像如圖所示。下列表述正確的是()A．在0～1s內，合力做正功B．在0～2s內，合力總是做正功C．在1～2s內，合力不做功D．在0～3s內，合力做正功答案A解析由動能定理可知，合力做的功等于動能的變化量；0～1s內，速度增加，動能增大，合力做正功，A正確；0～2s內，動能先增大后減小，合力先做正功，后做負功，B錯誤；1～2s內，動能減小，合力做負功，C錯誤；0～3s內，動能先增大，后減小為0，合力先做正功，后做負功，總功為0，D錯誤。考點3應用動能定理解決曲線運動問題1.平拋運動和圓周運動都屬于曲線運動，若只涉及位移和速度而不涉及時間，應優先考慮用動能定理列式求解。2．動能定理的表達式為標量式，不能在某一個方向上列動能定理方程。例3(2020·寧夏銀川九中、石嘴山三中、平羅中學三校高三下聯考)如圖甲所示，長為4m的水平軌道AB與半徑為R＝0.6m的豎直半圓弧軌道BC在B處相連接，有一質量為1kg的滑塊(大小不計)，從A處由靜止開始受水平力F作用向右運動，F隨位移變化的關系如圖乙所示，滑塊與AB間的動摩擦因數為μ＝0.25，與BC間的動摩擦因數未知，g取10m/s2，求：(1)滑塊在水平軌道AB上運動前2m過程所用的時間；(2)滑塊到達B處時的速度大小；(3)若到達B點時撤去力F，滑塊沿半圓弧軌道內側上滑，并恰好能到達最高點C，則滑塊在半圓弧軌道上克服摩擦力所做的功是多少？(1)如何求滑塊到達B時的速度？提示：對從A到B過程應用動能定理求解。(2)滑塊恰好能到達最高點C，隱含了什么條件？提示：滑塊運動到C點時，重力提供向心力，由此可求出滑塊在C點時的速度。嘗試解答(1)eq\r(\f(8,35))s(2)2eq\r(10)m/s(3)5J(1)滑塊在水平軌道運動前2m內有F1－μmg＝ma1由圖乙知F1＝20N且x1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)聯立并代入數據解得t1＝eq\r(\f(8,35))s。(2)設滑塊到達B處時的速度大小為vB，滑塊從A到B的過程中，由動能定理有F1x1－F2x3－μmgx＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－0其中F1＝20N，F2＝10N，x＝4m，x1＝2m，x3＝1m，解得vB＝2eq\(3)當滑塊恰好能到達C點時，應有mg＝meq\f(v\o\al(2,C),R)設滑塊從B到C的過程中，摩擦力做功W，由動能定理有W－mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)聯立并代入數據解得W＝－5J即滑塊在半圓弧軌道上克服摩擦力做功為5J。動能定理在圓周運動中的應用豎直面內的圓周運動問題經常考查物體在最高點和最低點的狀態，最高點的速度和最低點的速度可以通過動能定理聯系起來。[變式3]如圖所示，一半徑為R的半圓形軌道豎直固定放置，直徑POQ水平，軌道的內表面粗糙。一質量為m的小滑塊從P點正上方由靜止釋放，釋放高度為R，小滑塊恰好從P點進入軌道。小滑塊滑到軌道最低點N時，對軌道的壓力為4mg，g為重力加速度。用W表示小滑塊第一次在軌道NQ段運動時克服摩擦力所做的功。則()A．W＝eq\f(1,2)mgRB．W<eq\f(1,2)mgRC．小滑塊恰好可以到達Q點D．小滑塊不能到達Q點答案B解析根據題述，小滑塊滑到軌道最低點N時，對軌道的壓力為4mg，根據牛頓第三定律，軌道對小滑塊的支持力為4mg。在最低點，由牛頓第二定律，4mg－mg＝meq\f(v2,R)，解得v2＝3gR。對小滑塊由靜止釋放至運動到最低點N的過程，設小滑塊克服摩擦力做的功為Wf，運用動能定理得，2mgR－Wf＝eq\f(1,2)mv2，解得Wf＝eq\f(1,2)mgR。由于小滑塊在右側eq\f(1,4)圓弧軌道NQ段運動的速度大小與小滑塊在左側eq\f(1,4)圓弧軌道PN段對稱位置運動的速度大小相比較小，對軌道的壓力就較小，對應受到的摩擦力較小，克服摩擦力做的功較小，所以小滑塊第一次在軌道NQ段運動時克服摩擦力做的功W<Wf＝eq\f(1,2)mgR，B正確，A錯誤；由于小滑塊在軌道最低點N的動能為Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(3,2)mgR，大于小滑塊運動到Q點所需克服重力做的功mgR和克服摩擦力做的功W之和，所以小滑塊可以到達Q點后豎直上拋，C、D錯誤。

【案例剖析】(2016·全國卷Ⅰ)(18分)如圖，①一輕彈簧原長為2R，其一端固定在傾角為37°的固定直軌道AC的底端A處，另一端位于直軌道上B處，彈簧處于自然狀態。直軌道與一半徑為eq\f(5,6)R的光滑圓弧軌道相切于C點，①AC＝7R，A、B、C、D均在同一豎直平面內。②質量為m的小物塊P自C點由靜止開始下滑，最低到達E點(未畫出)。隨后P沿軌道被彈回，②最高到達F點，AF＝4R。已知P與直軌道間的動摩擦因數μ＝eq\f(1,4)，重力加速度大小為g。(取sin37°＝eq\f(3,5)，cos37°＝eq\f(4,5))(1)③求P第一次運動到B點時速度的大小；(2)④求P運動到E點時彈簧的彈性勢能；(3)⑤改變物塊P的質量，將P推至E點，從靜止開始釋放。已知P自圓弧軌道的最高點D處水平飛出后，⑤恰好通過G點。G點在C點左下方，與C點水平相距eq\f(7,2)R、豎直相距R。求P運動到D點時速度的大小和改變后P的質量。[審題抓住信息，準確推斷]關鍵信息信息挖掘題干①AC＝7R，AB＝2R說明CB＝5R②小物塊從C到E，又從E到F彈簧的彈性勢能先增加Ep，后又減少Ep問題③求P第一次運動到B的速度大小可對C→B過程由動能定理列式求解④求P運動到E點時彈簧的彈性勢能可設彈簧的彈性勢能為Ep，對應的BE＝x，分別對B→E和E→F過程用動能定理列式求解⑤改變P的質量后a．求P運動到D點時的速度；b．求改變后P的質量a.求出平拋的水平位移和豎直位移借助平拋知識求解；b．對E→D過程用動能定理求解[破題形成思路，快速突破](1)P第一次運動到B點時速度大小的求解①選研究過程：P從C到B。②列動能定理方程：設B、C間距離為l＝5Rmglsinθ－μmgcosθ·l＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)。(2)P運動到E點時彈簧的彈性勢能的求解①選研究過程：P由B到E和P由E到F。②列動能定理方程：設BE＝x，EF間距離l1＝2R＋xmgxsinθ－μmgxcosθ－Ep＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，Ep－mgl1sinθ－μmgcosθl1＝0。(3)①P從D點平拋速度大小的求解a．水平位移：x1＝eq\f(7,2)R－eq\f(5,6)Rsinθ。b．豎直位移：y1＝R＋eq\f(5,6)R＋eq\f(5,6)Rcosθ。c．列平拋運動公式：x1＝vDt，y1＝eq\f(1,2)gt2。②改變后P的質量的求解a．選研究過程：P從E到D。b．列動能定理方程：設改變后P的質量為m1Ep－m1g(x＋5R)sinθ－μm1gcosθ(x＋5R)－m1geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,6)R＋\f(5,6)Rcosθ))＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,D)。[解題規范步驟，水到渠成](1)根據題意知，B、C之間的距離l為l＝7R－2R＝5R①設P到達B點時的速度為vB，由動能定理得mglsinθ－μmgcosθl＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)②式中θ＝37°。聯立①②式并由題給條件得vB＝2eq\r(gR)③(2)設BE＝x。P到達E點時速度為零，設此時彈簧的彈性勢能為Ep。P由B點運動到E點的過程中，由動能定理有mgxsinθ－μmgcosθx－Ep＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)④E、F之間的距離l1為l1＝4R－2R＋x＝2R＋x⑤P到達E點后反彈，從E點運動到F點的過程中，由動能定理有Ep－mgl1sinθ－μmgcosθl1＝0⑥聯立③④⑤⑥式并由題給條件得x＝R⑦Ep＝eq\f(12,5)mgR⑧(3)設改變后P的質量為m1。D點與G點的水平距離x1和豎直距離y1分別為x1＝eq\f(7,2)R－eq\f(5,6)Rsinθ⑨y1＝R＋eq\f(5,6)R＋eq\f(5,6)Rcosθ⑩式中，已應用了過C點的圓軌道半徑與豎直方向夾角仍為θ的事實。設P在D點的速度為vD，由D點運動到G點的時間為t。由平拋運動規律有y1＝eq\f(1,2)gt2?x1＝vDt?聯立⑨⑩??式得vD＝eq\f(3,5)eq\r(5gR)?P由E點運動到D點的過程中，由動能定理有Ep－m1g(x＋5R)sinθ－μm1gcosθ(x＋5R)－m1geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,6)R＋\f(5,6)Rcosθ))＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,D)?聯立⑦⑧??式得m1＝eq\f(1,3)m。?[評分標準]①②③⑤⑦⑧⑨⑩????各1分，④⑥?各2分。[點題突破瓶頸，穩拿滿分](1)不敢設P到達E點時彈簧的彈性勢能為Ep，BE＝x，而列不出方程組解待求量。(2)不能正確地求出平拋運動的豎直分位移和水平分位移導致處理不了第(3)問。1．(2020·全國卷Ⅱ)如圖，在摩托車越野賽途中的水平路段前方有一個坑，該坑沿摩托車前進方向的水平寬度為3h，其左邊緣a點比右邊緣b點高0.5h。若摩托車經過a點時的動能為E1，它會落到坑內c點，c與a的水平距離和高度差均為h；若經過a點時的動能為E2，該摩托車恰能越過坑到達b點。eq\f(E2,E1)等于()A．20 B.18C.9.0 D.3.0答案B解析摩托車經過a點的動能為E1時，有E1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，根據平拋運動規律有h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)，h＝v1t1；摩托車經過a點的動能為E2時，有E2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，根據平拋運動規律有eq\f(1,2)h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)，3h＝v2t2。聯立以上各式可解得eq\f(E2,E1)＝18，故B正確。2．(2020·江蘇高考)如圖所示，一小物塊由靜止開始沿斜面向下滑動，最后停在水平地面上。斜面和地面平滑連接，且物塊與斜面、物塊與地面間的動摩擦因數均為常數。該過程中，物塊的動能Ek與水平位移x關系的圖象是()答案A解析設斜面傾角為θ，物塊與斜面、物塊與地面間的動摩擦因數分別為μ1、μ2。物塊在斜面上運動時，根據動能定理有mgxtanθ－μ1mgcosθ·eq\f(x,cosθ)＝Ek－0，整理可得Ek＝(mgtanθ－μ1mg)x，即在斜面上運動時，物塊的動能Ek與x成線性關系；設物塊到達斜面底端時動能為Ek0，水平位移為x0，物塊在水平地面上運動時，根據動能定理有－μ2mg(x－x0)＝Ek－Ek0，整理可得Ek＝－μ2mgx＋Ek0＋μ2mgx0，即在水平地面上運動時，物塊的動能Ek與x也成線性關系。綜上分析可知A正確。3．(2020·天津高考)(多選)復興號動車在世界上首次實現速度350km/h自動駕駛功能，成為我國高鐵自主創新的又一重大標志性成果。一列質量為m的動車，初速度為v0，以恒定功率P在平直軌道上運動，經時間t達到該功率下的最大速度vm，設動車行駛過程所受到的阻力F保持不變。動車在時間t內()A．做勻加速直線運動B．加速度逐漸減小C．牽引力的功率P＝FvmD．牽引力做功W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)答案BC解析動車的功率恒定，根據P＝F牽v可知，動車的牽引力減小，根據牛頓第二定律得F牽－F＝ma，可知動車的加速度減小，所以動車做加速度減小的加速直線運動，A錯誤，B正確；當加速度為0時，牽引力等于阻力，列車達到最大速度vm，則牽引力的功率P＝Fvm，C正確；動車的功率恒定，在時間t內，牽引力做功W＝Pt，根據動能定理得Pt－Fs＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，故W>eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，D錯誤。4.(2018·全國卷Ⅱ)如圖，某同學用繩子拉動木箱，使它從靜止開始沿粗糙水平路面運動至具有某一速度，木箱獲得的動能一定()A．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答案A解析木箱受力如圖所示，木箱在移動的過程中有兩個力做功，拉力做正功，摩擦力做負功，根據動能定理可知：WF－Wf＝eq\f(1,2)mv2－0，所以動能小于拉力做的功，故A正確，B錯誤；無法比較動能與克服摩擦力做功的大小，C、D錯誤。5.(2018·江蘇高考)(多選)如圖所示，輕質彈簧一端固定，另一端連接一小物塊，O點為彈簧在原長時物塊的位置。物塊由A點靜止釋放，沿粗糙程度相同的水平面向右運動，最遠到達B點。在從A到B的過程中，物塊()A．加速度先減小后增大B．經過O點時的速度最大C．所受彈簧彈力始終做正功D．所受彈簧彈力做的功等于克服摩擦力做的功答案AD解析物塊從A點到O點的過程，彈力逐漸減為零，剛開始彈簧彈力大于摩擦力，故可分為彈力大于摩擦力過程和彈力小于摩擦力過程：彈力大于摩擦力過程，合力向右，加速度也向右，由于彈力逐漸減小，摩擦力不變，物塊所受合力逐漸減小，加速度逐漸減小，當彈力等于摩擦力時速度最大，此位置在A點與O點之間；彈力小于摩擦力過程，合力方向與運動方向相反，彈力減小，摩擦力大小不變，物塊所受合力增大，物塊的加速度隨彈簧形變量的減小而增大，方向向左，物塊做減速運動；從O點到B點的過程彈力增大，合力向左，加速度繼續增大，A正確，B錯誤。從A點到O點過程，彈簧由壓縮恢復原長，彈力做正功，從O點到B點的過程，彈簧被拉伸，彈力做負功，故C錯誤。從A到B的過程中根據動能定理彈簧彈力做的功等于物塊克服摩擦力做的功，故D正確。6．(2017·上海高考)如圖所示，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，且固定于豎直平面內。滑塊從斜面上的A點由靜止釋放，經B點后沿圓軌道運動，通過最高點C時軌道對滑塊的彈力為零。已知滑塊與斜面間動摩擦因數μ＝0.25。(g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求：(1)滑塊在C點的速度大小vC；(2)滑塊在B點的速度大小vB；(3)A、B兩點間的高度差h。答案(1)2m/s(2)4.29m/s(3)1.38m解析(1)滑塊經過C點時，滑塊所受重力提供向心力mg＝eq\f(mv\o\al(2,C),R)解得vC＝eq\r(gR)＝2m/s。(2)對B→C過程，由動能定理得－mgR(1＋cos37°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)解得vB＝eq\r(v\o\al(2,C)＋2gR1＋cos37°)≈4.29m/s。(3)滑塊在A→B的過程，由動能定理得mgh－μmgcos37°·eq\f(h,sin37°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－0代入數據解得h＝1.38m。7．(2020·浙江7月選考)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AB和傾角θ＝37°的斜軌道BC平滑連接而成。質量m＝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，LAB＝LBC＝1.0m，滑塊與軌道AB和BC間的動摩擦因數均為μ＝0.25，弧形軌道和圓軌道均可視為光滑，忽略空氣阻力。(1)求滑塊運動到與圓心O等高的D點時對軌道的壓力；(2)通過計算判斷滑塊能否沖出斜軌道的末端C點；(3)若滑下的滑塊與靜止在水平直軌道上距A點x處的質量為2m的小滑塊相碰，碰后一起運動，動摩擦因數仍為0.25，求它們在軌道BC上到達的高度h與x答案(1)8N，方向水平向左(2)不會沖出(3)h＝eq\f(1,6)x－eq\f(5,48)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,8)m<x≤1m))，h＝0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0≤x≤\f(5,8)m))解析(1)從開始到D點，由機械能守恒定律有mgH＝mgR＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)，在D點，由牛頓第二定律有FN＝eq\f(mv\o\al(2,D),R)，聯立并代入數據解得FN＝8N，由牛頓第三定律有FN′＝FN＝8N，方向水平向左。(2)假設斜軌道足夠長，滑塊在斜軌道上能到達的最高點為C′點，從開始到C′點，由能量守恒定律有mgH＝μmgLAB＋μmgLBC′cosθ＋mgLBC′sinθ，代入數據解得LBC′＝eq\f(15,16)m<1.0m，故假設成立，滑塊不會沖出斜軌道的末端C點。(3)設滑塊運動到距A點x處時的速度為v，由動能定理得mgH－μmgx＝eq\f(1,2)mv2，設碰撞后瞬間兩者的共同速度為v′，由動量守恒定律得mv＝3mv′，碰撞后，對整體滑到最高點的過程，由動能定理有－3μmg(LAB－x)－3μmgcosθeq\f(h,sinθ)－3mgh＝0－eq\f(1,2)×(3m)v′2，得h＝eq\f(1,6)x－eq\f(5,48)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,8)m<x≤1m))，h＝0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0≤x≤\f(5,8)m))。時間：60分鐘滿分：100分一、選擇題(本題共8小題，每小題8分，共64分。其中1～4題為單選，5～8題為多選)1．若物體在運動過程中受到的合力不為0，則()A．物體的動能不可能總是不變的B．物體的加速度一定變化C．物體的速度方向一定變化D．物體所受的合力做的功可能為0答案D解析當合力不為0時，若物體做勻速圓周運動，則動能不變，合力做的功為0，A錯誤，D正確；當合力恒定時，加速度就不變，速度方向可能不變，B、C錯誤。2.物體沿直線運動的v－t圖像如圖所示，已知在第1秒內合力對物體做的功為W，則()A．從第1秒末到第3秒末合力做功為4WB．從第3秒末到第5秒末合力做功為－2WC．從第5秒末到第7秒末合力做功為WD．從第3秒末到第4秒末合力做功為－2W答案C解析物體在第1秒末到第3秒末做勻速直線運動，合力為零，合力做功為零，A錯誤；從第3秒末到第5秒末動能的變化量與第1秒內動能的變化量大小相同，合力做的功為－W，B錯誤；從第5秒末到第7秒末動能的變化量與第1秒內動能的變化量相同，合力做功相同，即為W，C正確；從第3秒末到第4秒末速度從v0減小到eq\f(v0,2)，則動能變化量的大小等于第1秒內動能變化量大小的eq\f(3,4)，則合力做功為－0.75W，D錯誤。3.長為L的木塊靜止在光滑水平面上。質量為m的子彈以水平速度v0射入木塊并從中射出，且出射速度為v1。已知從子彈射入到射出，木塊移動的距離為s，子彈在木塊中受到的平均阻力大小為()A.eq\f(mv\o\al(2,1)－v\o\al(2,0),2s＋L) B.eq\f(mv\o\al(2,0)－v\o\al(2,1),2s)C.eq\f(mv\o\al(2,0)－v\o\al(2,1),2L) D.eq\f(mv\o\al(2,0)－v\o\al(2,1),2s＋L)答案D解析對子彈根據動能定理：－f(L＋s)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得f＝eq\f(mv\o\al(2,0)－v\o\al(2,1),2s＋L)，D正確。4．(2019·全國卷Ⅲ)從地面豎直向上拋出一物體，物體在運動過程中除受到重力外，還受到一大小不變、方向始終與運動方向相反的外力作用。距地面高度h在3m以內時，物體上升、下落過程中動能Ek隨h的變化如圖所示。重力加速度取10m/s2。該物體的質量為()A．2kg B.1.5kgC.1kg D.答案C解析畫出運動示意圖如圖，設阻力大小為f，據動能定理知，A→B(上升過程)：EkB－EkA＝－(mg＋f)hC→D(下落過程)：EkD－EkC＝(mg－f)h聯立以上兩式，解得物體的質量m＝1kg，C正確。5.(2020·吉林省吉林市高三下第四次調研)2022年第24屆冬季奧林匹克運動會將在北京舉行，跳臺滑雪是冬奧會的比賽項目之一。如圖所示為一簡化后的跳臺滑雪的雪道示意圖，運動員從O點由靜止開始，在不借助其他外力的情況下，自由滑過一段圓心角為60°的光滑圓弧軌道后從A點水平飛出，然后落到斜坡上的B點。已知A點是斜坡的起點，光滑圓弧軌道半徑為40m，斜坡與水平面的夾角θ＝30°，運動員的質量m＝50kg，重力加速度g＝10m/s2，忽略空氣阻力。下列說法正確的是()A．運動員從O點運動到B點的整個過程中機械能守恒B．運動員到達A點時的速度為20m/sC．運動員到達B點時的動能為10kJD．運動員從A點飛出到落到B點所用的時間為eq\r(3)s答案AB解析運動員在光滑的圓弧軌道上的運動和隨后的平拋運動的過程中只有重力做功，機械能守恒，故A正確。由動能定理，運動員在光滑的圓弧軌道上從O到A有：mgR(1－cos60°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)－0，代入數據解得vA＝20m/s，故B正確。設運動員做平拋運動的時間為t，則：x＝vAt，y＝eq\f(1,2)gt2，由幾何關系有：eq\f(y,x)＝tan30°＝eq\f(\r(3),3)，聯立并代入數據解得：t＝eq\f(4\r(3),3)s，y＝eq\f(80,3)m；運動員從A到B的過程中，根據動能定理有：mgy＝EkB－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)，代入數據解得：EkB＝eq\f(7,3)×104J，故C、D錯誤。6．(2020·江蘇省鎮江市高三上學期期末)如圖1所示，傾角為θ(θ<45°)的斜面ABC固定在水平地面上，置于斜面上的滑塊P恰能沿斜面勻速下滑，已知滑塊P從斜面頂端滑至底端的過程中，重力勢能減小量為K，重力加速度為g，現將該斜面逆時針旋轉90°后仍固定在水平地面上(如圖2所示)，在滑塊P從斜面頂端由靜止釋放下滑至底端的過程中，能求出滑塊()A．下滑至底端時的速度B．下滑過程中的加速度C．下滑至底端時的動能D．下滑至底端時重力的功率答案BC解析設AB＝h，滑塊P恰能沿斜面勻速下滑時，有mgsinθ＝μmgcosθ，解得μ＝tanθ，該過程重力勢能減小量為K，即mgh＝K，將該斜面逆時針旋轉90°后，根據動能定理有mgeq\f(h,tanθ)－μmgsinθ·eq\f(h,sinθ)＝eq\f(1,2)mv2＝Ek，聯立解得v＝eq\r(2gh\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,tanθ)－tanθ)))，Ek＝eq\f(K,tanθ)－Ktanθ，由于m未知，所以根據mgh＝K不能求出h，因此v無法求出，可求出滑塊下滑至底端時的動能Ek，故A錯誤，C正確；根據牛頓第二定律有mgcosθ－μmgsinθ＝ma，解得a＝gcosθ－gtanθsinθ，可以求出滑塊下滑過程中的加速度a，故B正確；滑塊下滑至底端時重力的功率為P＝mgvcosθ＝mgcosθeq\r(2gh\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,tanθ)－tanθ)))，根據K＝mgh只能求出mh，無法求出meq\r(h)，則P求不出，故D錯誤。7．(2020·陜西省渭南市高三下教學質量檢測)如圖所示，斜面和水平面由相同材料組成，質量為m的小滑塊由斜面上A點由靜止開始釋放，它運動到水平面上C點時的速度為v1，最后停在D點。現給小滑塊施加一個豎直向下的恒力F，仍讓小滑塊由A點靜止開始釋放，它運動到C點時的速度為v2，忽略在B點因碰撞而損失的能量，水平面足夠長，以下判斷正確的是()A．v1＝v2 B.v1<v2C．最后仍停在D點 D.最后停在D點右側答案BC解析設斜面傾角為α，滑塊與斜面和水平面間的動摩擦因數為μ，因由靜止釋放時滑塊下滑，則有mgsinα>μmgcosα，即μ<tanα，當不施加恒力時，從A到C由動能定理可得mgxABsinα－μmgxABcosα－μmgxBC＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－0；同理，當施加恒力F時，有(mg＋F)xABsinα－μ(mg＋F)xABcosα－μ(mg＋F)xBC＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－0，兩式對比可知v1<v2，故B正確，A錯誤。設從B到停止點的位移為s，當不施加恒力時，滑塊從A到停止點由動能定理可得mgxABsinα－μmgxABcosα－μmgs1＝0－0，即xABsinα－μxABcosα＝μs1，同理，當施加恒力F時，有(mg＋F)xABsinα－μ(mg＋F)xABcosα－μ(mg＋F)s2＝0－0，聯立解得s1＝s2，則滑塊最后仍停在D點，故C正確，D錯誤。8.(2020·四川省樂山市高三下第三次調研)如圖所示，斜面ABC豎直固定放置，斜邊AC與一光滑的圓弧軌道DEG相切，切點為D，AD長為L＝eq\f(R,tanθ－μ)，圓弧軌道圓心為O，半徑為R，∠DOE＝θ，∠EOG＝90°，OG水平。現有一質量為m、可視為質點的滑塊從A點由靜止下滑，滑塊與斜面間的動摩擦因數為μ，重力加速度為g，則關于滑塊的運動，下列說法正確的是()A．滑塊經過E點時對軌道的最小壓力為mgB．滑塊下滑后將會從G點飛出C．滑塊第二次經過E點時對軌道的壓力大小為3mgD．滑塊在斜面上經過的總路程為eq\f(Rtanθ,μtanθ－μ)答案CD解析滑塊從A點下滑后在AD部分要克服摩擦力做功，則返回到AD斜面上時的高度逐漸降低，最終滑塊將以E點為最低點、D點為最高點來回滑動，此時滑塊經過E點時對軌道的壓力最小，從D點到E點，根據動能定理有mgR(1－cosθ)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,E)，在E點有N－mg＝meq\f(v\o\al(2,E),R)，聯立解得N＝mg(3－2cosθ)，根據牛頓第三定律，滑塊經過E點時對軌道的最小壓力為(3－2cosθ)mg，故A錯誤；滑塊從A點到G點，由動能定理得：mg(Lsinθ－Rcosθ)－μmgcosθ·L＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,G)，其中L＝eq\f(R,tanθ－μ)，解得：vG＝0，則滑塊下滑后不能從G點飛出，故B錯誤；設滑塊第二次經過E點時速度大小為vE2，對滑塊從G點到E點，根據動能定理得：mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,E2)－0，解得vE2＝eq\r(2gR)，滑塊第二次到達E點時，根據牛頓第二定律有N2－mg＝eq\f(mv\o\al(2,E2),R)，解得N2＝3mg，根據牛頓第三定律，滑塊此時對軌道的壓力大小為3mg，故C正確；滑塊最終將以E點為最低點、D點為最高點來回運動，根據動能定理得：mgLsinθ－μmgcosθ·s總＝0－0，解得s總＝eq\f(Rtanθ,μtanθ－μ)，故D正確。二、非選擇題(本題共3小題，共36分)9．(2020·江蘇省淮安市六校聯盟高三下學期第三次學情調查)(10分)泥石流是在雨季由于暴雨、洪水將含有沙石且松軟的土質山體經飽和稀釋后形成的洪流。泥石流流動的全過程雖然只有很短時間，但由于其高速前進，具有強大的能量，因而破壞性極大。某課題小組對泥石流的威力進行了模擬研究，他們設計了如圖甲所示的模型：在水平地面上放置一個質量為m＝4kg的物體，讓其在隨位移均勻減小的水平推力作用下運動，推力F隨位移變化如圖乙所示，已知物體與地面間的動摩擦因數為μ＝0.5，g＝10m/s2。則：(1)物體在運動過程中的最大加速度為多少？(2)在距出發點多遠處，物體的速度達到最大？(3)物體在水平面上運動的最大位移是多少？答案(1)15m/s2(2)3m(3)8m解析(1)當推力F最大時，物體