資源簡(jiǎn)介

第13講　動(dòng)能定理
知識(shí)內(nèi)容 考試要求 說(shuō)明
動(dòng)能和動(dòng)能定理 d 1.不要求用平均力計(jì)算變力做功和利用F－l圖象求變力做功． 2.不要求用動(dòng)能定理解決物體系的問(wèn)題.
動(dòng)能　動(dòng)能定理
1．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＝mv2.
(3)標(biāo)矢性：動(dòng)能是標(biāo)量，只有正值．
(4)狀態(tài)量：動(dòng)能是狀態(tài)量，因?yàn)関是瞬時(shí)速度．
2．動(dòng)能定理
(1)內(nèi)容：在一個(gè)過(guò)程中合外力對(duì)物體所做的功，等于物體在這個(gè)過(guò)程中動(dòng)能的變化．
(2)表達(dá)式：W＝mv22－mv12＝Ek2－Ek1.
(3)適用條件：
①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，也可以分階段作用．
(4)應(yīng)用技巧：若整個(gè)過(guò)程包含了幾個(gè)運(yùn)動(dòng)性質(zhì)不同的分過(guò)程，既可以分段考慮，也可以整個(gè)過(guò)程考慮．
命題點(diǎn)一　對(duì)動(dòng)能定理的理解
1．動(dòng)能定理表明了“三個(gè)關(guān)系”
(1)數(shù)量關(guān)系：合外力做的功與物體動(dòng)能的變化具有等量代換關(guān)系，但并不是說(shuō)動(dòng)能變化就是合外力做的功．
(2)因果關(guān)系：合外力做功是引起物體動(dòng)能變化的原因．
(3)量綱關(guān)系：?jiǎn)挝幌嗤瑖?guó)際單位都是焦耳．
2．標(biāo)量性
動(dòng)能是標(biāo)量，功也是標(biāo)量，所以動(dòng)能定理是一個(gè)標(biāo)量式，不存在方向的選取問(wèn)題．當(dāng)然動(dòng)能定理也就不存在分量的表達(dá)式．
3．定理中“外力”的兩點(diǎn)理解
(1)可以是重力、彈力、摩擦力、電場(chǎng)力、磁場(chǎng)力或其他力，它們可以同時(shí)作用，也可以不同時(shí)作用．
(2)既可以是恒力，也可以是變力．
（2023秋 揭西縣期末）對(duì)質(zhì)量一定的物體，下列說(shuō)法中，正確的是（　　）
A．物體的動(dòng)能不變，則其速度一定也不變
B．物體的速度不變，則其動(dòng)能也不變
C．物體的動(dòng)能不變，說(shuō)明物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)沒(méi)有改變
D．物體的動(dòng)能不變，說(shuō)明物體所受的合外力一定為零
（2024 嘉興一模）如圖所示用無(wú)人機(jī)拍攝一個(gè)盆景的特效，無(wú)人機(jī)在盆景正上方沿豎直方向先減速下降再加速上升。若拍攝全程無(wú)人機(jī)升力相等，所受空氣阻力也相等，則無(wú)人機(jī)（　　）
A．下降過(guò)程失重
B．上升過(guò)程失重
C．下降過(guò)程動(dòng)能增加
D．上升和下降過(guò)程的加速度不相等
（2023春 太原期末）對(duì)動(dòng)能的理解，下列說(shuō)法正確的是（　　）
A．動(dòng)能可取負(fù)值
B．物體的動(dòng)能改變，其運(yùn)動(dòng)狀態(tài)不一定改變
C．物體速度變化時(shí)，動(dòng)能不一定變化
D．動(dòng)能不變的物體，一定處于平衡狀態(tài)
命題點(diǎn)二　動(dòng)能定理的基本應(yīng)用
1．應(yīng)用流程
2．應(yīng)用動(dòng)能定理的優(yōu)越性
(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．
（2023秋 唐縣校級(jí)期末）如圖所示為一簡(jiǎn)化后的滑雪雪道模型示意圖，豎直平面內(nèi)半徑R＝7.2m的光滑圓弧軌道固定在水平面上與水平雪道相切于B點(diǎn)、質(zhì)量m＝50kg的運(yùn)動(dòng)員由A點(diǎn)靜止下滑，最后靜止于水平雪道上的C點(diǎn)。已知運(yùn)動(dòng)員與地面BC間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2。運(yùn)動(dòng)員可視為質(zhì)點(diǎn)，忽略空氣阻力，重力加速度大小為g＝10m/s2，則（　　）
A．運(yùn)動(dòng)員從A運(yùn)動(dòng)到B加速度方向始終指向圓心
B．運(yùn)動(dòng)員在B點(diǎn)時(shí)速度大小為15m/s
C．運(yùn)動(dòng)員在B點(diǎn)時(shí)所受圓弧軌道的支持力大小為1500N
D．B、C兩點(diǎn)間的距離為42m
（2023春 溫州期中）第24屆冬奧會(huì)于2022年2月4日在我國(guó)的北京、延慶等地舉行，如圖甲所示，兩名質(zhì)量相同的跳雪運(yùn)動(dòng)員a、b（可視為質(zhì)點(diǎn)）從雪道末端先后以初速度v0a、v0b沿水平方向向左飛出，示意圖如圖乙。若v0a：v0b＝1：3，不計(jì)空氣阻力，則兩名運(yùn)動(dòng)員從飛出至落到雪坡（可視為斜面）上的整個(gè)過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是（　　）
A．a(chǎn)、b飛行時(shí)間之比為3：1
B．a(chǎn)、b飛行的水平位移之比為1：3
C．a(chǎn)、b落到雪坡上的瞬時(shí)速度方向不相同
D．a(chǎn)、b落到雪坡上的動(dòng)能之比為1：9
（2023春 即墨區(qū)期中）如圖，為2022年北京冬季奧運(yùn)會(huì)自由式滑雪U形池比賽賽道截面示意圖，賽道截面為半徑為R、粗糙程度處處相同的半圓形，直徑AOB水平。總質(zhì)量為m的滑雪運(yùn)動(dòng)員自A點(diǎn)上方高度h＝R處由靜止開(kāi)始下落，恰好從A點(diǎn)切入賽道，運(yùn)動(dòng)員滑到賽道最低點(diǎn)C時(shí)，位于C點(diǎn)的壓力傳感器顯示滑板對(duì)賽道的壓力為運(yùn)動(dòng)員自身重力的4倍。用W表示運(yùn)動(dòng)員從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)過(guò)程中克服賽道摩擦力所做的功，重力加速度為g，運(yùn)動(dòng)員可視為質(zhì)點(diǎn)，空氣阻力不計(jì)，下列說(shuō)法正確的是（　　）
A．，運(yùn)動(dòng)員不能到達(dá)B點(diǎn)
B．，運(yùn)動(dòng)員能到達(dá)B點(diǎn)并沖出賽道，繼續(xù)上升至某一高度
C．，運(yùn)動(dòng)員恰能到達(dá)B點(diǎn)
D．，運(yùn)動(dòng)員能到達(dá)B點(diǎn)并沖出賽道，繼續(xù)上升至某一高度
命題點(diǎn)三　動(dòng)能定理與圖象問(wèn)題的結(jié)合
1．解決物理圖象問(wèn)題的基本步驟
(1)觀察題目給出的圖象，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．
(2)根據(jù)物理規(guī)律推導(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．
(3)將推導(dǎo)出的物理規(guī)律與數(shù)學(xué)上與之相對(duì)應(yīng)的標(biāo)準(zhǔn)函數(shù)關(guān)系式相對(duì)比，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，分析解答問(wèn)題，或者利用函數(shù)圖線上的特定值代入函數(shù)關(guān)系式求物理量．
2．圖象所圍“面積”的意義
(1)v－t圖象：由公式x＝vt可知，v－t圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積表示物體的位移．
(2)a－t圖象：由公式Δv＝at可知，a－t圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積表示物體速度的變化量．
(3)F－x圖象：由公式W＝Fx可知，F(xiàn)－x圖線與橫軸圍成的面積表示力所做的功．
(4)P－t圖象：由公式W＝Pt可知，P－t圖線與橫軸圍成的面積表示力所做的功．
（2024 碑林區(qū)校級(jí)模擬）隨著技術(shù)的不斷進(jìn)步和成本的不斷降低，無(wú)人機(jī)快遞物流將會(huì)逐漸普及，無(wú)人機(jī)配送將在未來(lái)重塑物流行業(yè)。某次無(wú)人機(jī)載重測(cè)試，無(wú)人機(jī)在8個(gè)相同旋轉(zhuǎn)葉片的帶動(dòng)下豎直上升，其動(dòng)能Ek隨位移x變化的關(guān)系如圖所示。已知無(wú)人機(jī)及其載重總質(zhì)量為m＝10kg，重力加速度大小為10m/s2，不計(jì)空氣阻力，此過(guò)程中無(wú)人機(jī)（　　）
A．0～5m加速階段，每個(gè)葉片提供的升力大小為8N
B．5m～10m減速階段，每個(gè)葉片提供的升力大小為6N
C．0～10m的上升過(guò)程中，無(wú)人機(jī)及其載重的機(jī)械能增加了320J
D．5m～10m的上升過(guò)程中，無(wú)人機(jī)受到的升力的平均功率為144W
（2024 重慶模擬）如圖1所示，固定斜面的傾角θ＝37°，一物體（可視為質(zhì)點(diǎn)）在沿斜面向上的恒定拉力F作用下，從斜面底端由靜止開(kāi)始沿斜面向上滑動(dòng)，經(jīng)過(guò)距斜面底端x0處的A點(diǎn)時(shí)撤去拉力F。該物體的動(dòng)能Ek與它到斜面底端的距離x的部分關(guān)系圖像如圖2所示。已知該物體的質(zhì)量m＝1kg，該物體兩次經(jīng)過(guò)A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能之比為4：1，該物體與斜面間動(dòng)摩擦因數(shù)處處相同，sin37°＝0.6，重力加速度g取10m/s2，不計(jì)空氣阻力。則拉力F的大小為（　　）
A．8N B．9.6N C．16N D．19.2N
（多選）（2024 讓胡路區(qū)校級(jí)開(kāi)學(xué)）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，下列判斷正確的是（　　）
A．物塊的質(zhì)量為0.7kg
B．物塊所受摩擦力f＝1N
C．物塊在最高點(diǎn)時(shí)重力勢(shì)能為30J
D．物塊上滑過(guò)程克服摩擦力做功為5J
命題點(diǎn)四　用動(dòng)能定理解決多過(guò)程問(wèn)題
1．解決多過(guò)程問(wèn)題的兩種思路：
一種是全過(guò)程列式，另一種是分段列式．
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)，要注意運(yùn)用它們的功能特點(diǎn)：
(1)重力的功取決于物體的初、末位置，與路徑無(wú)關(guān)；
(2)大小恒定的阻力或摩擦力的功等于力的大小與路程的乘積．
(3)彈簧彈力做功與路徑無(wú)關(guān)．
類型1　直線運(yùn)動(dòng)與圓周運(yùn)動(dòng)的結(jié)合
（2023秋 河西區(qū)期末）如圖所示，水平軌道AB長(zhǎng)為2R，其A端有一被鎖定的輕質(zhì)彈簧，彈簧左端連接在固定的擋板上，圓心在O1半徑為R的光滑圓形軌道BC與AB相切于B點(diǎn)，并且和圓心在O2半徑為2R的光滑細(xì)圓管軌道CD平滑對(duì)接，O1、C、O2三點(diǎn)在同一條直線上，光滑細(xì)圓管軌道CD右側(cè)有一半徑為2R，圓心在D點(diǎn)的圓弧擋板MO2豎直放置，并且與地面相切于O2點(diǎn).質(zhì)量為m的小球（可視為質(zhì)點(diǎn)）從軌道上的C點(diǎn)由靜止滑下，剛好能運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)，觸發(fā)彈簧，彈簧立即解除鎖定，小滑塊被彈回，小球在到達(dá)B點(diǎn)之前已經(jīng)脫離彈簧，并恰好無(wú)擠壓通過(guò)細(xì)圓管軌道最高點(diǎn)D（計(jì)算時(shí)圓管直徑可不計(jì)，重力加速度為g）。求：
（1）小滑塊與水平軌道AB間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ；
（2）彈簧鎖定時(shí)具有的彈性勢(shì)能EP；
（3）滑塊通過(guò)最高點(diǎn)D后落到擋板上時(shí)具有的動(dòng)能EK。
（2024 江蘇模擬）如圖所示，傾角為37°的粗糙斜面AB底端與半徑R＝0.4m的光滑半圓軌道BC平滑相連，O為軌道圓心，BC為圓軌道直徑且處于豎直方向，A、C兩點(diǎn)等高．質(zhì)量m＝1kg的滑塊從A點(diǎn)由靜止開(kāi)始下滑，恰能滑到與O等高的D點(diǎn)，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.
（1）求滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ．
（2）若使滑塊能到達(dá)C點(diǎn)，求滑塊從A點(diǎn)沿斜面滑下時(shí)的初速度v0的最小值．
（3）若滑塊離開(kāi)C處的速度大小為4m/s，求滑塊從C點(diǎn)飛出至落到斜面上的時(shí)間t．
類型2　直線運(yùn)動(dòng)與平拋運(yùn)動(dòng)的結(jié)合
（2023 福建學(xué)業(yè)考試）如圖所示為打彈珠的游戲裝置，光滑豎直細(xì)管AB位于平臺(tái)下方，高度為4h，直管底部有一豎直輕彈簧，其長(zhǎng)度遠(yuǎn)小于4h。平臺(tái)上方BC段為一光滑的圓弧管型軌道，其半徑為h，管自身粗細(xì)對(duì)半徑的影響可忽略不計(jì)。現(xiàn)拉動(dòng)拉桿壓縮彈簧，再釋放拉桿將一質(zhì)量為m的小球彈出，小球彈出后從管口C水平飛出，落至平臺(tái)上，落點(diǎn)距管口C的水平距離為10h，不計(jì)一切阻力，重力加速度為g，試求：
（1）小球從管口C飛出時(shí)的速度；
（2）彈簧被壓縮后具有的彈性勢(shì)能；
（3）若平臺(tái)上方圓弧軌道的半徑可調(diào)，且保證每次拉動(dòng)拉桿壓縮彈簧的形變量為定值，則當(dāng)圓弧軌道半徑為何值時(shí)，小球從管口飛出后距管口C的水平距離最大？最大值是多少？
（2022秋 杭州期末）在足夠長(zhǎng)的光滑平臺(tái)左端鎖定一被壓縮的輕質(zhì)彈簧，一個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的質(zhì)量m＝0.04kg的滑塊與彈簧接觸但不栓接。某一時(shí)刻釋放彈簧彈出滑塊，滑塊從平臺(tái)右端A點(diǎn)水平飛出，恰能落到B點(diǎn)，剛好無(wú)碰撞地沿著傾斜軌道BC滑下。已知AB的豎直高度h＝0.45m，傾斜軌道BC長(zhǎng)L＝2.0m，軌道傾角α＝37°，BC通過(guò)粗糙水平軌道CD與光滑豎直半圓軌道DE和連，CD長(zhǎng)s＝1.3m，滑塊與BC、CD的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，各部分平滑連接。（g＝10m/s2，cos37°＝0.8，sin37°＝0.6）求：
（1）彈簧處于鎖定狀態(tài)時(shí)的彈性勢(shì)能；
（2）若小球能運(yùn)動(dòng)到軌道最高點(diǎn)E，豎直圓弧軌道的半徑應(yīng)滿足什么條件；
（3）小球從最高點(diǎn)E水平拋出，落在水平軌道的F點(diǎn)（圖中未畫(huà)出），F(xiàn)離豎直半圓軌道D點(diǎn)的水平距離為x，僅改變軌道半徑R，當(dāng)R為何值時(shí)x有最大值，最大值為多少。
（2024 綿陽(yáng)模擬）質(zhì)量為m和M的物體用輕繩相連，現(xiàn)將M用手按在光滑斜面上的A點(diǎn)，讓輕繩跨過(guò)O點(diǎn)的一光滑微小定滑輪，OM水平，Om豎直，兩物體均靜止，如圖所示。現(xiàn)松手釋放M，M沿斜面由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過(guò)程中，m沒(méi)有落地，OB垂直于斜面。在物體M從A到B的過(guò)程中（　　）
A．m始終處于失重狀態(tài) B．m始終處于超重狀態(tài)
C．m的動(dòng)能一直增大 D．M的動(dòng)能一直增大
（2024 豐臺(tái)區(qū)一模）如圖所示，斜面頂端在水平面上的投影為O點(diǎn)，斜面與水平面平滑連接。一小木塊從斜面的頂端由靜止開(kāi)始下滑，停到水平面上的A點(diǎn)。已知小木塊與斜面、水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同。保持斜面長(zhǎng)度不變，增大斜面傾角，下列說(shuō)法正確的是（　　）
A．小木塊沿斜面下滑的加速度減小
B．小木塊滑至斜面底端時(shí)重力的瞬時(shí)功率增大
C．小木塊滑至斜面底端的時(shí)間增大
D．A點(diǎn)到O點(diǎn)的距離不變
（2024 海門區(qū)校級(jí)二模）如圖所示，細(xì)繩一端固定，下端連接乒乓球，乒乓球從A點(diǎn)靜止釋放擺動(dòng)到右側(cè)最高點(diǎn)E，C為最低點(diǎn)，B、D兩點(diǎn)等高，上述過(guò)程中乒乓球（　　）
A．在E點(diǎn)時(shí)，繩中拉力為零
B．在C點(diǎn)時(shí)速度最大
C．在B、D兩點(diǎn)的速度大小相等
D．從B點(diǎn)到C點(diǎn)的時(shí)間比從C點(diǎn)到D點(diǎn)的時(shí)間短
（2024 貴州模擬）如圖所示，某一斜面的頂端到正下方水平面O點(diǎn)的高度為h，斜面底端與水平面平滑連接。一小木塊從斜面的頂端由靜止開(kāi)始滑下，滑到水平面上的A點(diǎn)停下。已知小木塊與斜面、水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，A點(diǎn)到O點(diǎn)的距離為x，斜面傾角為θ。則下列說(shuō)法正確的是（　　）
A．木塊沿斜面下滑的過(guò)程中，摩擦力對(duì)木塊做功為μmgx
B．若保持h和μ不變，θ增大，木塊應(yīng)在A點(diǎn)左側(cè)停下
C．若保持h和μ不變，θ增大，木塊應(yīng)在A點(diǎn)右側(cè)停下
D．若保持h和μ不變，將斜面底端延長(zhǎng)至A點(diǎn)，木塊則剛好不下滑
（2024春 思明區(qū)校級(jí)月考）如圖甲，質(zhì)量m＝10kg的物體靜止在水平地面上，在水平推力F作用下開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，水平推力（F）隨位移（x）變化的圖像如圖乙。已知物體與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，取重力加速度大小g＝10m/s2，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，則（　　）
A．在0～10m的過(guò)程中，推力F對(duì)物體所做的功為1000J
B．在0～10m的過(guò)程中，滑動(dòng)摩擦力對(duì)物體所做的功為500J
C．物體的位移x＝5m時(shí)，其速度大小為5m/s
D．物體的位移x＝10m時(shí)，其速度大小為10m/s
（2024 日照一模）如圖所示，在水平地面上固定一傾角α＝37°的斜面體，質(zhì)量m＝1kg的小車A以P＝100W的恒定功率沿斜面底端由靜止開(kāi)始向上運(yùn)動(dòng)，同時(shí)在小車A的正上方某處，有一物塊B以v0＝6m/s的初速度水平拋出。當(dāng)小車A上滑到斜面上某點(diǎn)時(shí)恰好被物塊B垂直于斜面擊中。小車A、物塊B均可看作質(zhì)點(diǎn)，小車與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，不計(jì)空氣阻力，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列判斷正確的是（　　）
A．物塊在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間等于0.4s
B．物塊擊中小車時(shí)小車的速度等于2m/s
C．物塊擊中小車時(shí)的速度等于8m/s
D．小車從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到被物塊擊中時(shí)的位移等于10m
（2023秋 包河區(qū)校級(jí)期末）滑塊以初速度v0沿粗糙斜面從底端O上滑，到達(dá)最高點(diǎn)B后返回到底端。利用頻閃儀分別對(duì)上行和下滑過(guò)程進(jìn)行拍攝，頻閃照片示意圖如圖所示，圖中A為OB的中點(diǎn)。下列判斷正確的是（　　）
A．圖乙中的滑塊處于上行階段
B．滑塊上行與下滑的加速度之比為16：9
C．滑塊上行與下滑通過(guò)A時(shí)的動(dòng)能之比為4：3
D．滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.25
（2024 山西模擬）質(zhì)量為m、電荷量為q的物塊處于水平方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)E中，在電場(chǎng)力的作用下，由靜止開(kāi)始在水平地面上做直線運(yùn)動(dòng)，E與時(shí)間t的關(guān)系如圖所示。已知物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2，g＝10m/s2，則（　　）
A．t＝3s時(shí)，物塊的速率為3m/s
B．t＝4s時(shí)，物塊的動(dòng)能為零
C．t＝6s時(shí)，物塊回到初始位置
D．0～6s內(nèi)，物塊平均速度的大小為2m/s
（2022秋 上虞區(qū)期末）汽車在平直的公路上由靜止開(kāi)始勻加速行駛，經(jīng)過(guò)時(shí)間t，速度為v時(shí)功率達(dá)到額定功率，并保持不變。之后汽車又繼續(xù)前進(jìn)了距離s，達(dá)到最大速度vmax。設(shè)汽車質(zhì)量為m，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所受阻力恒為f，則下列說(shuō)法正確的是（　　）
A．汽車的額定功率為fv
B．汽車勻加速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，克服阻力做功為fvt
C．汽車從靜止開(kāi)始到速度達(dá)到最大值的過(guò)程中，合力做的功為
D．汽車從靜止到速度最大的過(guò)程中，牽引力做功為
（2023春 西城區(qū)校級(jí)期中）質(zhì)量為M的木塊放在光滑的水平面上，質(zhì)量為m的子彈以速度v0沿水平方向射中木塊并最終留在木塊中與木塊一起以速度v運(yùn)動(dòng)。當(dāng)子彈進(jìn)入木塊的深度為s時(shí)相對(duì)木塊靜止，這時(shí)木塊前進(jìn)的距離為L(zhǎng)，若木塊對(duì)子彈的阻力大小f視為恒定，下列關(guān)系正確的是（　　）
A．fL
B．﹣fs
C．﹣fs
D．f（L+s）
（2024 佛山二模）“路亞”是一種釣魚(yú)方法，用這種方法釣魚(yú)時(shí)先把魚(yú)餌通過(guò)魚(yú)線收到魚(yú)竿末端，然后用力將魚(yú)餌甩向遠(yuǎn)處。如圖所示，釣魚(yú)愛(ài)好者在a位置開(kāi)始甩竿，魚(yú)餌被甩至最高點(diǎn)b時(shí)迅速釋放魚(yú)線，魚(yú)餌被水平拋出，最后落在距b水平距離s＝16m的水面上。已知開(kāi)始甩竿時(shí)魚(yú)竿與豎直方向成53°角，魚(yú)餌的質(zhì)量為m＝0.02kg。甩竿過(guò)程竿可視為在豎直平面內(nèi)繞O點(diǎn)轉(zhuǎn)動(dòng)，且O離水面高度h＝1.6m、到魚(yú)竿末端魚(yú)餌的距離L＝1.6m。魚(yú)餌從b點(diǎn)拋出后，忽略魚(yú)線對(duì)其作用力和空氣阻力，重力加速度g取10m/s2，已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。求：
（1）魚(yú)餌在b點(diǎn)拋出時(shí)的速度大小；
（2）釋放魚(yú)線前，魚(yú)餌在b點(diǎn)受魚(yú)竿作用力的大小和方向；
（3）從a到b的甩竿過(guò)程，魚(yú)竿對(duì)魚(yú)餌做的功W。
（2024 下城區(qū)校級(jí)模擬）某校科技小組在創(chuàng)新大賽中設(shè)計(jì)如圖所示的軌道裝置，已知傾角θ＝37°的斜軌道AD長(zhǎng)為L(zhǎng)＝3.5m，在軌道中點(diǎn)B點(diǎn)連接一光滑的雙層圓軌道，切點(diǎn)B和B'稍錯(cuò)位，軌道半徑R＝0.5m，D點(diǎn)連接水平軌道DE，長(zhǎng)為s＝0.8m，E點(diǎn)離地面高度為h1＝2.3m。質(zhì)量m＝0.2kg的滑塊以一定初速度從A點(diǎn)出發(fā)，經(jīng)過(guò)圓軌道從E點(diǎn)平拋飛出，落入放置在水平地面上高為h2＝0.5m的小桶內(nèi)，小桶直徑為d＝0.3m。滑塊可看作質(zhì)點(diǎn)，圓軌道間距可忽略，滑塊與斜軌道、水平軌道的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.25，不計(jì)空氣阻力和滑塊在D點(diǎn)的能量損失。（已知g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）
（1）若滑塊初速度為零，求到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度大小；
（2）若滑塊的初速度v0＝4m/s，求到達(dá)圓軌道最高點(diǎn)C處時(shí)對(duì)軌道的壓力；
（3）要使滑塊落入小桶內(nèi)，求小桶左側(cè)離F點(diǎn)的水平距離x與滑塊初速度v0的關(guān)系。第13講　動(dòng)能定理
知識(shí)內(nèi)容 考試要求 說(shuō)明
動(dòng)能和動(dòng)能定理 d 1.不要求用平均力計(jì)算變力做功和利用F－l圖象求變力做功． 2.不要求用動(dòng)能定理解決物體系的問(wèn)題.
動(dòng)能　動(dòng)能定理
1．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＝mv2.
(3)標(biāo)矢性：動(dòng)能是標(biāo)量，只有正值．
(4)狀態(tài)量：動(dòng)能是狀態(tài)量，因?yàn)関是瞬時(shí)速度．
2．動(dòng)能定理
(1)內(nèi)容：在一個(gè)過(guò)程中合外力對(duì)物體所做的功，等于物體在這個(gè)過(guò)程中動(dòng)能的變化．
(2)表達(dá)式：W＝mv22－mv12＝Ek2－Ek1.
(3)適用條件：
①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，也可以分階段作用．
(4)應(yīng)用技巧：若整個(gè)過(guò)程包含了幾個(gè)運(yùn)動(dòng)性質(zhì)不同的分過(guò)程，既可以分段考慮，也可以整個(gè)過(guò)程考慮．
命題點(diǎn)一　對(duì)動(dòng)能定理的理解
1．動(dòng)能定理表明了“三個(gè)關(guān)系”
(1)數(shù)量關(guān)系：合外力做的功與物體動(dòng)能的變化具有等量代換關(guān)系，但并不是說(shuō)動(dòng)能變化就是合外力做的功．
(2)因果關(guān)系：合外力做功是引起物體動(dòng)能變化的原因．
(3)量綱關(guān)系：?jiǎn)挝幌嗤瑖?guó)際單位都是焦耳．
2．標(biāo)量性
動(dòng)能是標(biāo)量，功也是標(biāo)量，所以動(dòng)能定理是一個(gè)標(biāo)量式，不存在方向的選取問(wèn)題．當(dāng)然動(dòng)能定理也就不存在分量的表達(dá)式．
3．定理中“外力”的兩點(diǎn)理解
(1)可以是重力、彈力、摩擦力、電場(chǎng)力、磁場(chǎng)力或其他力，它們可以同時(shí)作用，也可以不同時(shí)作用．
(2)既可以是恒力，也可以是變力．
（2023秋 揭西縣期末）對(duì)質(zhì)量一定的物體，下列說(shuō)法中，正確的是（　　）
A．物體的動(dòng)能不變，則其速度一定也不變
B．物體的速度不變，則其動(dòng)能也不變
C．物體的動(dòng)能不變，說(shuō)明物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)沒(méi)有改變
D．物體的動(dòng)能不變，說(shuō)明物體所受的合外力一定為零
【解答】解：A、物體的動(dòng)能不變，物體的速度大小不變，而速度方向不一定不變，則速度也不一定不變。故A錯(cuò)誤。
B、物體的速度不變，物體的速度大小和方向均不變，則動(dòng)能一定不變。故B正確。
C、物體的動(dòng)能不變，物體的速度大小不變，而速度可能改變，則物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)也可能改變。故C錯(cuò)誤。
D、物體的動(dòng)能不變，速度可能改變，物體所受的合外力可能不為零。故D錯(cuò)誤。
故選：B。
（2024 嘉興一模）如圖所示用無(wú)人機(jī)拍攝一個(gè)盆景的特效，無(wú)人機(jī)在盆景正上方沿豎直方向先減速下降再加速上升。若拍攝全程無(wú)人機(jī)升力相等，所受空氣阻力也相等，則無(wú)人機(jī)（　　）
A．下降過(guò)程失重
B．上升過(guò)程失重
C．下降過(guò)程動(dòng)能增加
D．上升和下降過(guò)程的加速度不相等
【解答】解：根據(jù)加速度向下為失重狀態(tài)，加速度向上為超重狀態(tài)，所以
AB．減速下降過(guò)程，加速上升過(guò)程，加速度向上，無(wú)人機(jī)處于超重狀態(tài)，故AB錯(cuò)誤；
C．減速下降過(guò)程，質(zhì)量不變，速度減小，所以動(dòng)能減小，故C錯(cuò)誤；
D．根據(jù)牛頓第二定律：a下降；a上升
可知，上升和下降過(guò)程的加速度不相等，故D正確。
故選：D。
（2023春 太原期末）對(duì)動(dòng)能的理解，下列說(shuō)法正確的是（　　）
A．動(dòng)能可取負(fù)值
B．物體的動(dòng)能改變，其運(yùn)動(dòng)狀態(tài)不一定改變
C．物體速度變化時(shí)，動(dòng)能不一定變化
D．動(dòng)能不變的物體，一定處于平衡狀態(tài)
【解答】解：A.根據(jù)動(dòng)能表達(dá)式：，可知?jiǎng)幽懿豢梢匀∝?fù)值，故A錯(cuò)誤；
B.物體的動(dòng)能改變，則物體的速度大小發(fā)生改變，其運(yùn)動(dòng)狀態(tài)一定改變，故B錯(cuò)誤；
C物體速度變化時(shí)，如果只是速度方向發(fā)生變化時(shí)，速度大小不變，則動(dòng)能不變，故C正確；
D.動(dòng)能不變的物體，可能只是速度大小不變，而速度的方向發(fā)生改變，則物體不處于平衡狀態(tài)，故D錯(cuò)誤。
故選：C。
命題點(diǎn)二　動(dòng)能定理的基本應(yīng)用
1．應(yīng)用流程
2．應(yīng)用動(dòng)能定理的優(yōu)越性
(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．
（2023秋 唐縣校級(jí)期末）如圖所示為一簡(jiǎn)化后的滑雪雪道模型示意圖，豎直平面內(nèi)半徑R＝7.2m的光滑圓弧軌道固定在水平面上與水平雪道相切于B點(diǎn)、質(zhì)量m＝50kg的運(yùn)動(dòng)員由A點(diǎn)靜止下滑，最后靜止于水平雪道上的C點(diǎn)。已知運(yùn)動(dòng)員與地面BC間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2。運(yùn)動(dòng)員可視為質(zhì)點(diǎn)，忽略空氣阻力，重力加速度大小為g＝10m/s2，則（　　）
A．運(yùn)動(dòng)員從A運(yùn)動(dòng)到B加速度方向始終指向圓心
B．運(yùn)動(dòng)員在B點(diǎn)時(shí)速度大小為15m/s
C．運(yùn)動(dòng)員在B點(diǎn)時(shí)所受圓弧軌道的支持力大小為1500N
D．B、C兩點(diǎn)間的距離為42m
【解答】解：A、運(yùn)動(dòng)員從A運(yùn)動(dòng)到B做變速圓周運(yùn)動(dòng)，所受合外力沿切向的分力，使運(yùn)動(dòng)員的速率發(fā)生變化，沿徑向的分力提供向心力，使運(yùn)動(dòng)員的速度方向不斷變化，可知合外力不始終指向圓心，所以合加速度也不始終指向圓心，故A錯(cuò)誤；
B、運(yùn)動(dòng)員從A運(yùn)動(dòng)到B的過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理得：，解得：vB＝12m/s，故B錯(cuò)誤；
C、運(yùn)動(dòng)員在B點(diǎn)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律得：FN﹣mg＝m，解得：FN＝1500N，故C正確；
D、運(yùn)動(dòng)員由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理得：mgR﹣μmgx＝0，解得B、C兩點(diǎn)間的距離為：x＝36m，故D錯(cuò)誤。
故選：C。
（2023春 溫州期中）第24屆冬奧會(huì)于2022年2月4日在我國(guó)的北京、延慶等地舉行，如圖甲所示，兩名質(zhì)量相同的跳雪運(yùn)動(dòng)員a、b（可視為質(zhì)點(diǎn)）從雪道末端先后以初速度v0a、v0b沿水平方向向左飛出，示意圖如圖乙。若v0a：v0b＝1：3，不計(jì)空氣阻力，則兩名運(yùn)動(dòng)員從飛出至落到雪坡（可視為斜面）上的整個(gè)過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是（　　）
A．a(chǎn)、b飛行時(shí)間之比為3：1
B．a(chǎn)、b飛行的水平位移之比為1：3
C．a(chǎn)、b落到雪坡上的瞬時(shí)速度方向不相同
D．a(chǎn)、b落到雪坡上的動(dòng)能之比為1：9
【解答】解：A．設(shè)運(yùn)動(dòng)員的初速度為v0時(shí)，飛行時(shí)間為t，水平方向的位移大小為x，豎直方向的位移大小為y；
運(yùn)動(dòng)員在水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，有x＝v0t，在豎直方向上做自由落體運(yùn)動(dòng)，有ygt2
運(yùn)動(dòng)員落在斜面上時(shí)，有tanθ，聯(lián)立解得：t，則知運(yùn)動(dòng)員飛行的時(shí)間t與v0成正比，則他們飛行時(shí)間之比為ta：tb＝va：vb＝1：3，故A錯(cuò)誤；
B．他們飛行的水平位移之比為，故B錯(cuò)誤；
C．設(shè)運(yùn)動(dòng)員落到雪坡上的瞬時(shí)速度方向與水平方向的夾角為α，則結(jié)合上式可知：，所以他們落到雪坡上的瞬時(shí)速度方向一定相同，故C錯(cuò)誤；
D．根據(jù)C選項(xiàng)可知，兩名運(yùn)動(dòng)員落到雪坡上時(shí)的速度大小之比為1：3，根據(jù)
可知兩名運(yùn)動(dòng)員落到雪坡上時(shí)的動(dòng)能之比為1：9，故D正確。
故選：D。
（2023春 即墨區(qū)期中）如圖，為2022年北京冬季奧運(yùn)會(huì)自由式滑雪U形池比賽賽道截面示意圖，賽道截面為半徑為R、粗糙程度處處相同的半圓形，直徑AOB水平。總質(zhì)量為m的滑雪運(yùn)動(dòng)員自A點(diǎn)上方高度h＝R處由靜止開(kāi)始下落，恰好從A點(diǎn)切入賽道，運(yùn)動(dòng)員滑到賽道最低點(diǎn)C時(shí)，位于C點(diǎn)的壓力傳感器顯示滑板對(duì)賽道的壓力為運(yùn)動(dòng)員自身重力的4倍。用W表示運(yùn)動(dòng)員從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)過(guò)程中克服賽道摩擦力所做的功，重力加速度為g，運(yùn)動(dòng)員可視為質(zhì)點(diǎn)，空氣阻力不計(jì)，下列說(shuō)法正確的是（　　）
A．，運(yùn)動(dòng)員不能到達(dá)B點(diǎn)
B．，運(yùn)動(dòng)員能到達(dá)B點(diǎn)并沖出賽道，繼續(xù)上升至某一高度
C．，運(yùn)動(dòng)員恰能到達(dá)B點(diǎn)
D．，運(yùn)動(dòng)員能到達(dá)B點(diǎn)并沖出賽道，繼續(xù)上升至某一高度
【解答】解：根據(jù)牛頓第三定律可知，在C點(diǎn)，賽道對(duì)運(yùn)動(dòng)員的支持力大小為4mg。
在C點(diǎn)，由牛頓第二定律有
得運(yùn)動(dòng)員在C點(diǎn)的速度為：
設(shè)A到C過(guò)程中運(yùn)動(dòng)員克服摩擦力做的功為W，從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過(guò)程中，由動(dòng)能定理得
解得：
假設(shè)運(yùn)動(dòng)員能達(dá)到B點(diǎn)。設(shè)C到B過(guò)程中運(yùn)動(dòng)員克服摩擦力做的功為W′，在B點(diǎn)的動(dòng)能為EkB，則從C到B過(guò)程中，由動(dòng)能定理有
根據(jù)能量守恒，可得運(yùn)動(dòng)員在軌道CB上某點(diǎn)的速度比AC軌道上等高位置的速度小，相應(yīng)的彈力大小也是軌道CB上要小，受到的摩擦力也小，所以運(yùn)動(dòng)員在軌道CB上克服摩擦力所做的功比在AC軌道上克服摩擦力所做的功要小，即W′＜W，結(jié)合上式，可得EkB＞0，所以運(yùn)動(dòng)員能達(dá)到B點(diǎn)并沖出賽道，繼續(xù)上升至某一高度，故ABC錯(cuò)誤，D正確。
故選：D。
命題點(diǎn)三　動(dòng)能定理與圖象問(wèn)題的結(jié)合
1．解決物理圖象問(wèn)題的基本步驟
(1)觀察題目給出的圖象，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．
(2)根據(jù)物理規(guī)律推導(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．
(3)將推導(dǎo)出的物理規(guī)律與數(shù)學(xué)上與之相對(duì)應(yīng)的標(biāo)準(zhǔn)函數(shù)關(guān)系式相對(duì)比，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，分析解答問(wèn)題，或者利用函數(shù)圖線上的特定值代入函數(shù)關(guān)系式求物理量．
2．圖象所圍“面積”的意義
(1)v－t圖象：由公式x＝vt可知，v－t圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積表示物體的位移．
(2)a－t圖象：由公式Δv＝at可知，a－t圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積表示物體速度的變化量．
(3)F－x圖象：由公式W＝Fx可知，F(xiàn)－x圖線與橫軸圍成的面積表示力所做的功．
(4)P－t圖象：由公式W＝Pt可知，P－t圖線與橫軸圍成的面積表示力所做的功．
（2024 碑林區(qū)校級(jí)模擬）隨著技術(shù)的不斷進(jìn)步和成本的不斷降低，無(wú)人機(jī)快遞物流將會(huì)逐漸普及，無(wú)人機(jī)配送將在未來(lái)重塑物流行業(yè)。某次無(wú)人機(jī)載重測(cè)試，無(wú)人機(jī)在8個(gè)相同旋轉(zhuǎn)葉片的帶動(dòng)下豎直上升，其動(dòng)能Ek隨位移x變化的關(guān)系如圖所示。已知無(wú)人機(jī)及其載重總質(zhì)量為m＝10kg，重力加速度大小為10m/s2，不計(jì)空氣阻力，此過(guò)程中無(wú)人機(jī)（　　）
A．0～5m加速階段，每個(gè)葉片提供的升力大小為8N
B．5m～10m減速階段，每個(gè)葉片提供的升力大小為6N
C．0～10m的上升過(guò)程中，無(wú)人機(jī)及其載重的機(jī)械能增加了320J
D．5m～10m的上升過(guò)程中，無(wú)人機(jī)受到的升力的平均功率為144W
【解答】解：A、根據(jù)Ek﹣h的圖像可得，在0～5m加速階段，由動(dòng)能定理得
可知Ek﹣h圖像的斜率的大小表示合外力的大小，則由圖像可得：F合＝64N
設(shè)每個(gè)葉片提供的升力大小為F，則有：8F﹣mg＝F合
解得：F＝20.5N，故A錯(cuò)誤；
B、5m～10m減速階段，同理可知，圖線斜率的絕對(duì)值表示合外力的大小，設(shè)此階段升力的大小為F′，合外力為F′合，可得：F′合＝F合＝64N
則有mg﹣8F′＝F′合，解得：F′＝4.5N，故B錯(cuò)誤；
C、根據(jù)功能關(guān)系可知，0～10m的上升過(guò)程中，無(wú)人機(jī)及其載重的機(jī)械能增加量等于升力所做的功，而在整個(gè)上升過(guò)程中，升力做功為
W＝8Fh1+8F′h2＝8×20.5×5J+8×4.5×5J＝1000J
所以0～10m的上升過(guò)程中，機(jī)械能的增加量ΔE＝W＝1000J，故C錯(cuò)誤；
D、設(shè)5m～10m的上升過(guò)程中無(wú)人機(jī)的加速度大小為a。根據(jù)牛頓第二定律有：F′合＝ma
解得：a＝6.4m/s2
設(shè)上升到5m時(shí)的速度為v，則有，解得：v＝8m/s
5m～10m的上升過(guò)程中所用的時(shí)間為
5m～10m的上升過(guò)程中升力所做的功為
W′＝8F′h2＝8×4.5×5J＝180J
故該過(guò)程中無(wú)人機(jī)受到的升力的平均功率為
，故D正確。
故選：D。
（2024 重慶模擬）如圖1所示，固定斜面的傾角θ＝37°，一物體（可視為質(zhì)點(diǎn)）在沿斜面向上的恒定拉力F作用下，從斜面底端由靜止開(kāi)始沿斜面向上滑動(dòng)，經(jīng)過(guò)距斜面底端x0處的A點(diǎn)時(shí)撤去拉力F。該物體的動(dòng)能Ek與它到斜面底端的距離x的部分關(guān)系圖像如圖2所示。已知該物體的質(zhì)量m＝1kg，該物體兩次經(jīng)過(guò)A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能之比為4：1，該物體與斜面間動(dòng)摩擦因數(shù)處處相同，sin37°＝0.6，重力加速度g取10m/s2，不計(jì)空氣阻力。則拉力F的大小為（　　）
A．8N B．9.6N C．16N D．19.2N
【解答】解：依題意，設(shè)物體在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受到的滑動(dòng)摩擦力大小為f，
當(dāng)物體沿斜面向上運(yùn)動(dòng)到x0處時(shí)，根據(jù)動(dòng)能定理有
（F﹣Gsinθ﹣f）x0＝E0
運(yùn)動(dòng)到2x0處時(shí)，根據(jù)動(dòng)能定理有
Fx0﹣（Gsinθ+f） 2x0＝0
當(dāng)物體沿斜面向下運(yùn)動(dòng)到x0處時(shí)，根據(jù)動(dòng)能定理有
聯(lián)立方程，代入數(shù)據(jù)解得：F＝19.2N，故ABC錯(cuò)誤，D正確。
故選：D。
（多選）（2024 讓胡路區(qū)校級(jí)開(kāi)學(xué)）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，下列判斷正確的是（　　）
A．物塊的質(zhì)量為0.7kg
B．物塊所受摩擦力f＝1N
C．物塊在最高點(diǎn)時(shí)重力勢(shì)能為30J
D．物塊上滑過(guò)程克服摩擦力做功為5J
【解答】解：AB、0～10m內(nèi)物塊上滑，由動(dòng)能定理得
﹣mgsin30° s﹣fs＝Ek﹣Ek0
變形得：Ek＝Ek0﹣（mgsin30°+f）s
結(jié)合0～10m內(nèi)圖像斜率的絕對(duì)值|k|＝mgsin30°+fN＝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°﹣fN＝3N
聯(lián)立解得：f＝0.5N，m＝0.7kg，故A正確，B錯(cuò)誤；
C、由題圖可得，物塊沿斜面上滑的最大距離為10m，則物塊在最高點(diǎn)時(shí)重力勢(shì)能為：，故C錯(cuò)誤；
D、物塊在上滑過(guò)程中，由動(dòng)能定理得：﹣mgsin30° s1﹣Wf＝0﹣Ek0，解得物塊上滑過(guò)程克服摩擦力做功為：Wf＝5J，故D正確。
故選：AD。
命題點(diǎn)四　用動(dòng)能定理解決多過(guò)程問(wèn)題
1．解決多過(guò)程問(wèn)題的兩種思路：
一種是全過(guò)程列式，另一種是分段列式．
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)，要注意運(yùn)用它們的功能特點(diǎn)：
(1)重力的功取決于物體的初、末位置，與路徑無(wú)關(guān)；
(2)大小恒定的阻力或摩擦力的功等于力的大小與路程的乘積．
(3)彈簧彈力做功與路徑無(wú)關(guān)．
類型1　直線運(yùn)動(dòng)與圓周運(yùn)動(dòng)的結(jié)合
（2023秋 河西區(qū)期末）如圖所示，水平軌道AB長(zhǎng)為2R，其A端有一被鎖定的輕質(zhì)彈簧，彈簧左端連接在固定的擋板上，圓心在O1半徑為R的光滑圓形軌道BC與AB相切于B點(diǎn)，并且和圓心在O2半徑為2R的光滑細(xì)圓管軌道CD平滑對(duì)接，O1、C、O2三點(diǎn)在同一條直線上，光滑細(xì)圓管軌道CD右側(cè)有一半徑為2R，圓心在D點(diǎn)的圓弧擋板MO2豎直放置，并且與地面相切于O2點(diǎn).質(zhì)量為m的小球（可視為質(zhì)點(diǎn)）從軌道上的C點(diǎn)由靜止滑下，剛好能運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)，觸發(fā)彈簧，彈簧立即解除鎖定，小滑塊被彈回，小球在到達(dá)B點(diǎn)之前已經(jīng)脫離彈簧，并恰好無(wú)擠壓通過(guò)細(xì)圓管軌道最高點(diǎn)D（計(jì)算時(shí)圓管直徑可不計(jì)，重力加速度為g）。求：
（1）小滑塊與水平軌道AB間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ；
（2）彈簧鎖定時(shí)具有的彈性勢(shì)能EP；
（3）滑塊通過(guò)最高點(diǎn)D后落到擋板上時(shí)具有的動(dòng)能EK。
【解答】解：（1）由幾何關(guān)系可得CB間的高度差
小滑塊從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)的過(guò)程，由動(dòng)能定理得
mgh﹣μmg 2R＝0
解得
（2）滑塊在D點(diǎn)時(shí)，由重力提供向心力，可得
從A點(diǎn)到D點(diǎn)的過(guò)程中，由功能關(guān)系有
EP＝mg 2R+μmg 2R
解得
（3）滑塊通過(guò)最高點(diǎn)D后做平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可知，水平方向有x＝vt
豎直方向上有
又幾何關(guān)系為x2+y2＝4R2
可得滑塊落到擋板上的動(dòng)能為或
解得
答：（1）小滑塊與水平軌道AB間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ為；
（2）彈簧鎖定時(shí)具有的彈性勢(shì)能EP為mgR；
（3）滑塊通過(guò)最高點(diǎn)D后落到擋板上時(shí)具有的動(dòng)能EK為（21）mgR。
（2024 江蘇模擬）如圖所示，傾角為37°的粗糙斜面AB底端與半徑R＝0.4m的光滑半圓軌道BC平滑相連，O為軌道圓心，BC為圓軌道直徑且處于豎直方向，A、C兩點(diǎn)等高．質(zhì)量m＝1kg的滑塊從A點(diǎn)由靜止開(kāi)始下滑，恰能滑到與O等高的D點(diǎn)，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.
（1）求滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ．
（2）若使滑塊能到達(dá)C點(diǎn)，求滑塊從A點(diǎn)沿斜面滑下時(shí)的初速度v0的最小值．
（3）若滑塊離開(kāi)C處的速度大小為4m/s，求滑塊從C點(diǎn)飛出至落到斜面上的時(shí)間t．
【解答】解：（1）滑塊由A到D過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理，有：
mg（2R﹣R）﹣μmgcos37° 0﹣0
得
（2）若滑塊能到達(dá)C點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律　有
則得
A到C的過(guò)程：根據(jù)動(dòng)能定理　有﹣μmgcos37°
聯(lián)立解得，v02m/s
所以初速度v0的最小值為2m/s．
（3）滑塊離開(kāi)C點(diǎn)做平拋運(yùn)動(dòng)，則有
x＝vct
由幾何關(guān)系得：tan37°
聯(lián)立得 5t2+3t﹣0.8＝0
解得　t＝0.2s
類型2　直線運(yùn)動(dòng)與平拋運(yùn)動(dòng)的結(jié)合
（2023 福建學(xué)業(yè)考試）如圖所示為打彈珠的游戲裝置，光滑豎直細(xì)管AB位于平臺(tái)下方，高度為4h，直管底部有一豎直輕彈簧，其長(zhǎng)度遠(yuǎn)小于4h。平臺(tái)上方BC段為一光滑的圓弧管型軌道，其半徑為h，管自身粗細(xì)對(duì)半徑的影響可忽略不計(jì)。現(xiàn)拉動(dòng)拉桿壓縮彈簧，再釋放拉桿將一質(zhì)量為m的小球彈出，小球彈出后從管口C水平飛出，落至平臺(tái)上，落點(diǎn)距管口C的水平距離為10h，不計(jì)一切阻力，重力加速度為g，試求：
（1）小球從管口C飛出時(shí)的速度；
（2）彈簧被壓縮后具有的彈性勢(shì)能；
（3）若平臺(tái)上方圓弧軌道的半徑可調(diào)，且保證每次拉動(dòng)拉桿壓縮彈簧的形變量為定值，則當(dāng)圓弧軌道半徑為何值時(shí)，小球從管口飛出后距管口C的水平距離最大？最大值是多少？
【解答】解：（1）小球從管口C飛出后做平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向有：
h
水平方向有：
10h＝v0t
解得 v0＝5
（2）小球從彈出到管口過(guò)程，由動(dòng)能定理得：
W彈﹣mg（4h+h）0
根據(jù)功能關(guān)系知：彈簧被壓縮后具有的彈簧彈性勢(shì)能 Ep＝W彈
解得 Ep＝30mgh
（3）設(shè)圓弧半徑為x，由動(dòng)能定理得：
Ep﹣mg（4h+x）0
飛出后做平拋運(yùn)動(dòng)，有：
x
水平距離
s＝vt
解得 s＝2
當(dāng)26h﹣x＝x，即x＝13h時(shí)，水平距離s最大，且最大距離為26h。
（2022秋 杭州期末）在足夠長(zhǎng)的光滑平臺(tái)左端鎖定一被壓縮的輕質(zhì)彈簧，一個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的質(zhì)量m＝0.04kg的滑塊與彈簧接觸但不栓接。某一時(shí)刻釋放彈簧彈出滑塊，滑塊從平臺(tái)右端A點(diǎn)水平飛出，恰能落到B點(diǎn)，剛好無(wú)碰撞地沿著傾斜軌道BC滑下。已知AB的豎直高度h＝0.45m，傾斜軌道BC長(zhǎng)L＝2.0m，軌道傾角α＝37°，BC通過(guò)粗糙水平軌道CD與光滑豎直半圓軌道DE和連，CD長(zhǎng)s＝1.3m，滑塊與BC、CD的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，各部分平滑連接。（g＝10m/s2，cos37°＝0.8，sin37°＝0.6）求：
（1）彈簧處于鎖定狀態(tài)時(shí)的彈性勢(shì)能；
（2）若小球能運(yùn)動(dòng)到軌道最高點(diǎn)E，豎直圓弧軌道的半徑應(yīng)滿足什么條件；
（3）小球從最高點(diǎn)E水平拋出，落在水平軌道的F點(diǎn)（圖中未畫(huà)出），F(xiàn)離豎直半圓軌道D點(diǎn)的水平距離為x，僅改變軌道半徑R，當(dāng)R為何值時(shí)x有最大值，最大值為多少。
【解答】解：（1）A到B平拋運(yùn)動(dòng)，則在豎直方向，解得
在B點(diǎn)，
被釋放前彈簧的彈性勢(shì)能
（2）在B點(diǎn)
從B到D，根據(jù)動(dòng)能定理可得：
解得：
恰好過(guò)豎直圓軌道最高點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律可得：
從D到圓軌道最高點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理可得：
解得：R＝0.4m
所以R≤0.4m
（3）小球從E點(diǎn)飛出后做平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向
水平方向x＝vEt
D到E機(jī)械能守恒，
解得：
所以當(dāng)R
（2024 綿陽(yáng)模擬）質(zhì)量為m和M的物體用輕繩相連，現(xiàn)將M用手按在光滑斜面上的A點(diǎn)，讓輕繩跨過(guò)O點(diǎn)的一光滑微小定滑輪，OM水平，Om豎直，兩物體均靜止，如圖所示。現(xiàn)松手釋放M，M沿斜面由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過(guò)程中，m沒(méi)有落地，OB垂直于斜面。在物體M從A到B的過(guò)程中（　　）
A．m始終處于失重狀態(tài) B．m始終處于超重狀態(tài)
C．m的動(dòng)能一直增大 D．M的動(dòng)能一直增大
【解答】解：ABC、物體M運(yùn)動(dòng)到B位置時(shí)，OM間繩長(zhǎng)最短，此時(shí)m剛好到達(dá)最低點(diǎn)，速度為0，初速度也為0，所以在物體M從A到B的過(guò)程中，m先向下加速后向下減速，加速度方向先向下后向上，則m先處于失重狀態(tài)后處于超重狀態(tài)，m的動(dòng)能先增大后減小，故ABC錯(cuò)誤；
D、在物體M從A到B的過(guò)程中，繩子拉力和重力均一直對(duì)M做正功，根據(jù)動(dòng)能定理可知M的動(dòng)能一直增大，故D正確。
故選：D。
（2024 豐臺(tái)區(qū)一模）如圖所示，斜面頂端在水平面上的投影為O點(diǎn)，斜面與水平面平滑連接。一小木塊從斜面的頂端由靜止開(kāi)始下滑，停到水平面上的A點(diǎn)。已知小木塊與斜面、水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同。保持斜面長(zhǎng)度不變，增大斜面傾角，下列說(shuō)法正確的是（　　）
A．小木塊沿斜面下滑的加速度減小
B．小木塊滑至斜面底端時(shí)重力的瞬時(shí)功率增大
C．小木塊滑至斜面底端的時(shí)間增大
D．A點(diǎn)到O點(diǎn)的距離不變
【解答】解：A、設(shè)斜面的傾角為α，斜面長(zhǎng)度為L(zhǎng)。小木塊沿斜面下滑時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律有：mgsinα﹣μmgcosα＝ma
可得：a＝g（sinα﹣μcosα）
增大斜面傾角α，sinα增大，cosα減小，則小木塊沿斜面下滑的加速度a增大，故A錯(cuò)誤；
B、由v2＝2aL得小木塊滑至斜面底端時(shí)速度大小為：v
小木塊滑至斜面底端時(shí)重力的瞬時(shí)功率為P＝mgvsinα＝mgsinα，α增大，L不變，則P增大，故B正確；
C、設(shè)小木塊滑至斜面底端的時(shí)間為t，則L，a增大，L不變，則t減小，故C錯(cuò)誤；
D、設(shè)A點(diǎn)到O點(diǎn)的距離為s，對(duì)整個(gè)過(guò)程，由動(dòng)能定理得：
mgLsinα﹣μmgcosα L﹣μmg（s﹣Lcosα）＝0
可得：s，a增大，L不變，則s增大，故D錯(cuò)誤。
故選：B。
（2024 海門區(qū)校級(jí)二模）如圖所示，細(xì)繩一端固定，下端連接乒乓球，乒乓球從A點(diǎn)靜止釋放擺動(dòng)到右側(cè)最高點(diǎn)E，C為最低點(diǎn)，B、D兩點(diǎn)等高，上述過(guò)程中乒乓球（　　）
A．在E點(diǎn)時(shí)，繩中拉力為零
B．在C點(diǎn)時(shí)速度最大
C．在B、D兩點(diǎn)的速度大小相等
D．從B點(diǎn)到C點(diǎn)的時(shí)間比從C點(diǎn)到D點(diǎn)的時(shí)間短
【解答】解：A、在E點(diǎn)時(shí)，乒乓球速度為零，向心力為零，設(shè)繩子與豎直方向夾角為θ，則有F＝mgcosθ，則繩中拉力不為零，故A錯(cuò)誤；
B、由圖可知，乒乓球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中有阻力存在，當(dāng)切向加速度為0時(shí)，速度最大，顯然C點(diǎn)速度不是最大，故B錯(cuò)誤；
C、從B點(diǎn)到D點(diǎn)重力做功為零，由于阻力做負(fù)功，根據(jù)動(dòng)能定理可知B點(diǎn)的速度大于D點(diǎn)速度，故C錯(cuò)誤；
D、BC段平均速度大于CD的平均速度，則知從B點(diǎn)到C點(diǎn)的時(shí)間比從C點(diǎn)到D點(diǎn)的時(shí)間短，故D正確；
故選：D。
（2024 貴州模擬）如圖所示，某一斜面的頂端到正下方水平面O點(diǎn)的高度為h，斜面底端與水平面平滑連接。一小木塊從斜面的頂端由靜止開(kāi)始滑下，滑到水平面上的A點(diǎn)停下。已知小木塊與斜面、水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，A點(diǎn)到O點(diǎn)的距離為x，斜面傾角為θ。則下列說(shuō)法正確的是（　　）
A．木塊沿斜面下滑的過(guò)程中，摩擦力對(duì)木塊做功為μmgx
B．若保持h和μ不變，θ增大，木塊應(yīng)在A點(diǎn)左側(cè)停下
C．若保持h和μ不變，θ增大，木塊應(yīng)在A點(diǎn)右側(cè)停下
D．若保持h和μ不變，將斜面底端延長(zhǎng)至A點(diǎn)，木塊則剛好不下滑
【解答】解：BC、對(duì)小木塊運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理有
解得：x，可知x與θ無(wú)關(guān)，若保持h和μ不變，θ增大，仍停在A點(diǎn)，故BC錯(cuò)誤；
A、由上知h＝μx，木塊沿斜面下滑的過(guò)程中，重力對(duì)木塊做功為：WG＝mgh＝μmgx
根據(jù)動(dòng)能定理得：WG+Wf，則摩擦力對(duì)木塊做功為：WfWGmghμmgx，v為木塊運(yùn)動(dòng)到斜面底端時(shí)速度大小，故A錯(cuò)誤；
D、對(duì)小木塊運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理有
解得：h＝μx
將斜面底端延長(zhǎng)至A點(diǎn)，有：，則mgsinθ＝μmgcosθ
所以木塊則剛好不下滑，故D正確。
故選：D。
（2024春 思明區(qū)校級(jí)月考）如圖甲，質(zhì)量m＝10kg的物體靜止在水平地面上，在水平推力F作用下開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，水平推力（F）隨位移（x）變化的圖像如圖乙。已知物體與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，取重力加速度大小g＝10m/s2，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，則（　　）
A．在0～10m的過(guò)程中，推力F對(duì)物體所做的功為1000J
B．在0～10m的過(guò)程中，滑動(dòng)摩擦力對(duì)物體所做的功為500J
C．物體的位移x＝5m時(shí)，其速度大小為5m/s
D．物體的位移x＝10m時(shí)，其速度大小為10m/s
【解答】解：A、根據(jù)圖像可知F﹣x圖像圍成的面積表示推力F做的功，所以WJ＝500J，故A錯(cuò)誤；
B、Wf＝﹣fx＝﹣μmgx＝﹣0.5×10×10×10＝﹣500J，摩擦力做負(fù)功，故B錯(cuò)誤；
C、由圖可知運(yùn)動(dòng)位移為5m過(guò)程中力F做的功W′J＝375J，摩擦力做功Wf′＝﹣μmgx′＝0.5×10×10×5J＝250J，根據(jù)動(dòng)能定理W合＝W′+Wf′，即375J﹣250J解得v＝5m/s，故C正確；
D、由AB選項(xiàng)可知，當(dāng)物體運(yùn)動(dòng)位移為10m時(shí)，WF＝500J，Wf＝﹣500J，由動(dòng)能定理可知W合＝ΔEK＝0J，所以v′＝0m/s，故D錯(cuò)誤。
故選：C。
（2024 日照一模）如圖所示，在水平地面上固定一傾角α＝37°的斜面體，質(zhì)量m＝1kg的小車A以P＝100W的恒定功率沿斜面底端由靜止開(kāi)始向上運(yùn)動(dòng)，同時(shí)在小車A的正上方某處，有一物塊B以v0＝6m/s的初速度水平拋出。當(dāng)小車A上滑到斜面上某點(diǎn)時(shí)恰好被物塊B垂直于斜面擊中。小車A、物塊B均可看作質(zhì)點(diǎn)，小車與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，不計(jì)空氣阻力，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列判斷正確的是（　　）
A．物塊在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間等于0.4s
B．物塊擊中小車時(shí)小車的速度等于2m/s
C．物塊擊中小車時(shí)的速度等于8m/s
D．小車從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到被物塊擊中時(shí)的位移等于10m
【解答】解：A、當(dāng)小車A上滑到斜面上某點(diǎn)時(shí)恰好被物塊B垂直于斜面擊中，則有：，且vy＝gt，聯(lián)立解得物塊在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t＝0.8s，故A錯(cuò)誤；
B、物塊B擊中小車時(shí)，水平位移為x＝v0t＝6×0.8m＝4.8m
對(duì)小車，根據(jù)動(dòng)能定理可得：，解得物塊擊中小車時(shí)小車的速度為，故B正確；
C、物塊擊中小車時(shí)的速度為：，故C錯(cuò)誤；
D、小車從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到被物塊擊中時(shí)的位移為：，故D錯(cuò)誤。
故選：B。
（2023秋 包河區(qū)校級(jí)期末）滑塊以初速度v0沿粗糙斜面從底端O上滑，到達(dá)最高點(diǎn)B后返回到底端。利用頻閃儀分別對(duì)上行和下滑過(guò)程進(jìn)行拍攝，頻閃照片示意圖如圖所示，圖中A為OB的中點(diǎn)。下列判斷正確的是（　　）
A．圖乙中的滑塊處于上行階段
B．滑塊上行與下滑的加速度之比為16：9
C．滑塊上行與下滑通過(guò)A時(shí)的動(dòng)能之比為4：3
D．滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.25
【解答】解：A、因?yàn)轭l閃照片時(shí)間間隔相同，設(shè)時(shí)間間隔為T。對(duì)比圖甲和乙可知，圖甲中滑塊加速度大，是上行階段，故A錯(cuò)誤；
B、由甲圖可知，上行時(shí)間為3T，下行時(shí)間為4T，上行與下行位移相等，根據(jù)可得，上行與下滑的加速度之比為16：9，故B正確；
C、對(duì)上行（甲圖）逆向思考，有；對(duì)下行（乙圖），有，結(jié)合動(dòng)能Ek，可得滑塊上行與下滑通過(guò)A時(shí)的動(dòng)能之比為16：9，故C錯(cuò)誤；
D、由于斜面傾角未知，不能求出滑塊與斜面的動(dòng)摩擦因數(shù)，故D錯(cuò)誤。
故選：B。
（2024 山西模擬）質(zhì)量為m、電荷量為q的物塊處于水平方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)E中，在電場(chǎng)力的作用下，由靜止開(kāi)始在水平地面上做直線運(yùn)動(dòng)，E與時(shí)間t的關(guān)系如圖所示。已知物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2，g＝10m/s2，則（　　）
A．t＝3s時(shí)，物塊的速率為3m/s
B．t＝4s時(shí)，物塊的動(dòng)能為零
C．t＝6s時(shí)，物塊回到初始位置
D．0～6s內(nèi)，物塊平均速度的大小為2m/s
【解答】解：A、由圖可知，物塊受到的電場(chǎng)力大小一直為qE＝0.4mg
0～3s內(nèi)，物塊做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律得
0.4mg﹣0.2mg＝ma1
解得：
t1＝3s時(shí)，物塊的速率為v1＝a1t1＝2×3m/s＝6m/s，故A錯(cuò)誤；
BCD、0～3s內(nèi)位移為x13m＝9m
3s后，設(shè)物塊加速度大小為a2，根據(jù)牛頓第二定律得
﹣0.4mg﹣0.2mg＝﹣ma2
解得：
顯然t2＝4s時(shí)，物塊的速率為
v2＝v1﹣a2（t2﹣t1）＝6m/s﹣6×（4﹣3）m/s＝0
動(dòng)能為零
3s～4s間，位移為x21m＝3m
4s后反向加速，根據(jù)牛頓第二定律得
0.4mg﹣0.2mg＝ma3
解得：
4s～6s內(nèi)，位移為x3m＝4m
故0～6s內(nèi)，物塊的位移為
x＝x1+x2﹣x3＝9m+3m﹣4m＝8m
6s時(shí)未回到出發(fā)點(diǎn)
0～6s內(nèi)平均速度為m/sm/s，故B正確，CD錯(cuò)誤。
故選：B。
（2022秋 上虞區(qū)期末）汽車在平直的公路上由靜止開(kāi)始勻加速行駛，經(jīng)過(guò)時(shí)間t，速度為v時(shí)功率達(dá)到額定功率，并保持不變。之后汽車又繼續(xù)前進(jìn)了距離s，達(dá)到最大速度vmax。設(shè)汽車質(zhì)量為m，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所受阻力恒為f，則下列說(shuō)法正確的是（　　）
A．汽車的額定功率為fv
B．汽車勻加速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，克服阻力做功為fvt
C．汽車從靜止開(kāi)始到速度達(dá)到最大值的過(guò)程中，合力做的功為
D．汽車從靜止到速度最大的過(guò)程中，牽引力做功為
【解答】解：A、汽車勻加速行駛時(shí)的加速度為
根據(jù)牛頓第二定律得
F﹣f＝ma
可得
汽車的額定功率為，故A錯(cuò)誤；
B、汽車勻加速運(yùn)動(dòng)的位移為
此過(guò)程中克服阻力做功為，故B錯(cuò)誤；
C、汽車從靜止開(kāi)始到速度達(dá)到最大值的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理得合力做的功為：，故C錯(cuò)誤；
D、汽車從靜止到速度最大的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理得，則牽引力做功為，故D正確。
故選：D。
（2023春 西城區(qū)校級(jí)期中）質(zhì)量為M的木塊放在光滑的水平面上，質(zhì)量為m的子彈以速度v0沿水平方向射中木塊并最終留在木塊中與木塊一起以速度v運(yùn)動(dòng)。當(dāng)子彈進(jìn)入木塊的深度為s時(shí)相對(duì)木塊靜止，這時(shí)木塊前進(jìn)的距離為L(zhǎng)，若木塊對(duì)子彈的阻力大小f視為恒定，下列關(guān)系正確的是（　　）
A．fL
B．﹣fs
C．﹣fs
D．f（L+s）
【解答】解：A、研究木塊，木塊對(duì)地的位移為L(zhǎng)，根據(jù)動(dòng)能定理有：，故A正確；
BC、研究子彈和木塊組成的系統(tǒng)，系統(tǒng)減少的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，所以根據(jù)能量守恒有：，故BC錯(cuò)誤；
D、研究子彈，根據(jù)動(dòng)能定理有，故D錯(cuò)誤；
故選：A。
（2024 佛山二模）“路亞”是一種釣魚(yú)方法，用這種方法釣魚(yú)時(shí)先把魚(yú)餌通過(guò)魚(yú)線收到魚(yú)竿末端，然后用力將魚(yú)餌甩向遠(yuǎn)處。如圖所示，釣魚(yú)愛(ài)好者在a位置開(kāi)始甩竿，魚(yú)餌被甩至最高點(diǎn)b時(shí)迅速釋放魚(yú)線，魚(yú)餌被水平拋出，最后落在距b水平距離s＝16m的水面上。已知開(kāi)始甩竿時(shí)魚(yú)竿與豎直方向成53°角，魚(yú)餌的質(zhì)量為m＝0.02kg。甩竿過(guò)程竿可視為在豎直平面內(nèi)繞O點(diǎn)轉(zhuǎn)動(dòng)，且O離水面高度h＝1.6m、到魚(yú)竿末端魚(yú)餌的距離L＝1.6m。魚(yú)餌從b點(diǎn)拋出后，忽略魚(yú)線對(duì)其作用力和空氣阻力，重力加速度g取10m/s2，已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。求：
（1）魚(yú)餌在b點(diǎn)拋出時(shí)的速度大小；
（2）釋放魚(yú)線前，魚(yú)餌在b點(diǎn)受魚(yú)竿作用力的大小和方向；
（3）從a到b的甩竿過(guò)程，魚(yú)竿對(duì)魚(yú)餌做的功W。
【解答】解：（1）魚(yú)餌被甩至最高點(diǎn)b時(shí)迅速釋放魚(yú)線，魚(yú)餌被水平拋出，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可得
s＝vbt
L+h
聯(lián)立解得
t＝0.8s，vb＝20m/s
（2）釋放魚(yú)線前，魚(yú)餌在b點(diǎn)，由于
vbm/s＝4m/s
所以魚(yú)餌受魚(yú)竿作用力的方向豎直向下，根據(jù)牛頓第二定律可得
mg+F＝m
解得
F＝4.8N
（3）從a到b的甩竿過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理可得
W﹣mgL（1﹣cos53°）
解得魚(yú)竿對(duì)魚(yú)餌做的功為
W＝4.128J
答：（1）魚(yú)餌在b點(diǎn)拋出時(shí)的速度大小為20m/s；
（2）釋放魚(yú)線前，魚(yú)餌在b點(diǎn)受魚(yú)竿作用力的大小為4.8N，方向豎直向下；
（3）從a到b的甩竿過(guò)程，魚(yú)竿對(duì)魚(yú)餌做的功為4.128J。
（2024 下城區(qū)校級(jí)模擬）某校科技小組在創(chuàng)新大賽中設(shè)計(jì)如圖所示的軌道裝置，已知傾角θ＝37°的斜軌道AD長(zhǎng)為L(zhǎng)＝3.5m，在軌道中點(diǎn)B點(diǎn)連接一光滑的雙層圓軌道，切點(diǎn)B和B'稍錯(cuò)位，軌道半徑R＝0.5m，D點(diǎn)連接水平軌道DE，長(zhǎng)為s＝0.8m，E點(diǎn)離地面高度為h1＝2.3m。質(zhì)量m＝0.2kg的滑塊以一定初速度從A點(diǎn)出發(fā)，經(jīng)過(guò)圓軌道從E點(diǎn)平拋飛出，落入放置在水平地面上高為h2＝0.5m的小桶內(nèi)，小桶直徑為d＝0.3m。滑塊可看作質(zhì)點(diǎn)，圓軌道間距可忽略，滑塊與斜軌道、水平軌道的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.25，不計(jì)空氣阻力和滑塊在D點(diǎn)的能量損失。（已知g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）
（1）若滑塊初速度為零，求到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度大小；
（2）若滑塊的初速度v0＝4m/s，求到達(dá)圓軌道最高點(diǎn)C處時(shí)對(duì)軌道的壓力；
（3）要使滑塊落入小桶內(nèi)，求小桶左側(cè)離F點(diǎn)的水平距離x與滑塊初速度v0的關(guān)系。
【解答】解：（1）滑塊由靜止從A到B過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理，有
代入數(shù)據(jù)解得vBm/s
（2）滑塊再次從A到C過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理得
在C點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律得
聯(lián)立解得F＝2.8N，根據(jù)牛頓第三定律，滑塊對(duì)軌道的壓力F'＝﹣F＝﹣2.8N，方向豎直向上；
（3）若滑塊恰好通過(guò)C點(diǎn)，則vC＝0，根據(jù)動(dòng)能定理得
解得vA＝2m/s
滑塊從A到E過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理得
解得
滑塊平拋運(yùn)動(dòng)的高度h＝h1﹣h2＝2.3m﹣0.5m＝1.8m，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律
桶左端離F點(diǎn)最大距離x1＝vEt，最小距離x2＝vEt﹣d；
綜上可知，x與v0關(guān)系為，且v0≥2m/s
答：（1）到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度大小為m/s；
（2）最高點(diǎn)C處時(shí)對(duì)軌道的壓力為2.8N，方向豎直向上；
（3）x與v0的關(guān)系為，且v0≥2m/s。

展開(kāi)更多......

收起↑