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(共85張PPT)
第五章　機械能
第2節　動能定理及其應用
[學習目標]　1．理解動能、動能定理，會用動能定理解決一些基本問題。
2．掌握解決動能定理與圖像結合的問題的方法。
3．能利用動能定理求解多過程問題。
鏈接教材·夯基固本
1．動能
(1)定義：物體由于____而具有的能。
(2)公式：Ek＝_______。
(3)單位：____，1 J＝1 N·m＝1 kg·m2/s2。
(4)標矢性：動能是____，是狀態量。
(5)動能的變化量：ΔEk＝__________________。
運動
mv2
焦耳
標量
2．動能定理
(1)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_______________。
(2)表達式：W＝Ek2－Ek1＝________________。
(3)物理意義：合力做的功是物體動能變化的量度。
動能的變化
(4)適用條件
①動能定理既適用于直線運動，也適用于________。
②動能定理既適用于恒力做功，也適用于____做功。
③力可以是各種性質的力，既可以同時作用，也可以______作用。
④高中階段用動能定理只解決單個物體的問題。
曲線運動
變力
分階段
1．易錯易混辨析
(1)一定質量的物體動能變化時，速度一定變化，但速度變化時，動能不一定變化。 (　　)
(2)動能不變的物體一定處于平衡狀態。 (　　)
(3)物體所受的合外力為零，合外力對物體做的功也一定為零。 (　　)
(4)物體在合外力作用下做變速運動時，動能一定變化。 (　　)
(5)物體的動能不變，所受的合外力必定為零。 (　　)
√
×
√
×
×
2．(人教版必修第二冊習題改編)運動員把質量是 500 g 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10 m，在最高點的速度為20 m/s。估算出運動員踢球時對足球做的功為
(　　)
A．50 J B．100 J
C．150 J D．無法確定
√
C　[方法1：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＝150 J。方法2：全過程應用動能定理，W－mgh＝mv2－0，得W＝mgh＋mv2＝50 J＋100 J＝150 J，故C正確。]
細研考點·突破題型
考點1　動能定理的理解和基本應用
1．動能和動能變化量的區別
(1)動能與動能的變化量是兩個不同的概念，動能是狀態量，動能的變化量是過程量。
(2)動能沒有負值，而動能變化量有正負之分。ΔEk＞0表示物體的動能增加，ΔEk＜0表示物體的動能減少。
2．對動能定理的理解
(1)做功的過程就是能量轉化的過程。
(2)動能定理敘述中所說的“力”，既可以是重力、彈力、摩擦力，也可以是電場力、磁場力或其他力。
3．標量性
動能是標量，功也是標量，所以動能定理是一個標量式，不存在方向的選取問題，當然動能定理也就不存在分量的表達式。
4．應用動能定理解題的步驟
(1)確定研究對象和研究過程(高中階段動能定理的研究對象只能是單個物體；如果是系統，那么系統內的各個物體間內力做的總功必須是零)。
(2)對研究對象進行受力分析。
(3)寫出該過程中所用外力做功的和(注意功的正負)。
(4)寫出物體的初、末動能。
(5)按照動能定理列式求解。
角度1　動能定理的理解
[典例1]　(多選)如圖所示，電梯質量為M，在它的水平地板上放置一質量為m的物體。電梯在鋼索的拉力作用下豎直向上加速運動，當電梯的速度由v1增大到v2時，上升高度為H，重力加速度為g，則在這個過程中，下列說法正確的是(　　)
A．對物體，動能定理的表達式為W＝，其中W為支持力做的功
B．對物體，動能定理的表達式為W合＝0，其中W合為合力做的功
C．對物體，動能定理的表達式為W－mgH＝，其中W為支持力做的功
D．對電梯，其所受合力做的功為
√
√
CD　[電梯上升的過程中，對物體做功的有重力mg、支持力FN，這兩個力的總功(即合力做的功)才等于物體動能的變化，即W合＝W－mgH＝，其中W為支持力做的功，故A、B錯誤，C正確；對電梯做功的有重力Mg、壓力F′N和拉力F，合力做的功為W′合＝，故D正確。]
角度2　動能定理的簡單應用
[典例2]　(2024·安徽卷)某同學參加戶外拓展活動，遵照安全規范，坐在滑板上，從高為h的粗糙斜坡頂端由靜止下滑，至底端時速度為v。已知人與滑板的總質量為m，可視為質點。重力加速度大小為g，不計空氣阻力。則此過程中人與滑板克服摩擦力做的功為(　　)
A．mgh B．mv2
C．mgh＋mv2 D．mgh－mv2
√
D　[人在下滑的過程中，由動能定理可得mgh－Wf＝mv2－0，可得此過程中人與滑板克服摩擦力做的功為Wf＝mgh－mv2，故選D。]
考點2　動能定理與圖像結合的問題
1．五類常見圖像中面積或斜率的意義
2．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、圖線與坐標軸圍成的面積所對應的物理意義，根據對應關系列式解答問題。
[典例3]　(2022·江蘇卷)某滑雪賽道如圖所示，滑雪運動員從靜止開始沿斜面下滑，經圓弧滑道起跳。將運動員視為質點，不計摩擦力及空氣阻力，此過程中，運動員的動能Ek與水平位移x的關系圖像正確的是(　　)
A　　　　　　　　　B
C　　　　　　　　　D
√
A　[設斜面傾角為θ，不計摩擦力和空氣阻力，運動員在沿斜面下滑過程中，根據動能定理有Ek＝mgx tan θ，即＝mg tan θ，下滑過程中，開始階段傾角θ不變，Ek-x圖像為一條直線；經過圓弧軌道過程中，θ先減小后增大，即圖像斜率先減小后反向(即為負)增大，故A正確。]
[典例4]　(多選)(2024·黑龍江大慶實驗中學期中)如圖甲所示，一質量為5 kg的物體靜止在水平地面上，讓物體在隨位移均勻減小的水平推力F作用下開始運動，推力F隨位移x變化的關系如圖乙所示，已知物體與地面間的動摩擦因數μ＝0.5，g取10 m/s2，則下列說法正確的是(　　)
A．物體運動4 m時速度減為零
B．物體運動4 m時動能為120 J
C．物體在水平地面上運動的最大位移是8 m
D．物體運動的速度最大時，位移x＝3 m
√
√
CD　[物體運動4 m，F做的功等于題圖乙中圖線與x軸所圍的面積，則WF＝×100×4 J＝200 J，由動能定理得WF－μmgx＝mv2，解得v＝2 m/s，故A錯誤；由動能公式得Ek＝mv2＝100 J，故B錯誤；從開始到物體停止的全過程，由動能定理有WF－μmgx′＝0，解得x′＝8 m，故C正確；物體滑動摩擦力為Ff＝μmg＝0.5×5×10 N＝25 N，由題圖乙可得圖線表達式為F＝(100－25x)N，當推力等于滑動摩擦力時，物體處于平衡狀態，速度最大，此后物體做減速運動，即F＝(100－25x)N＝Ff，解得x＝3 m，故D正確。]
[典例5]　(多選)放在粗糙水平地面上的質量為 0.8 kg 的物體受到水平拉力的作用，在0～6 s內其速度與時間的關系圖像和該拉力的功率與時間的關系圖像分別如圖甲、乙所示。下列說法中正確的是(g取10 m/s2)(　　)
A．0～6 s內拉力做的功為140 J
B．物體在0～2 s內所受的拉力為4 N
C．物體與粗糙水平地面間的動摩擦因數為0.5
D．合力在0～6 s內做的功與0～2 s內做的功相等
√
√
AD　[由P＝Fv可知，物體在0～2 s內所受的拉力F＝＝ N＝6 N，在2～6 s內所受的拉力F′＝＝ N＝2 N，B錯誤；拉力在0～6 s內做的總功W＝Fx1＋F′x2＝6××2 J＋2×10×4 J＝140 J，A正確；由物體在2～6 s內做勻速運動可知，F′＝μmg，可求得μ＝0.25，C錯誤；由動能定理可知，物體所受的合力在0～6 s內所做的功與0～2 s內所做的功均為mv2＝40 J，D正確。]
考點3　動能定理求解多過程問題
1．動能定理的應用流程
2．求解多過程問題抓好“兩狀態，一過程”
“兩狀態”即明確研究對象始、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。
[典例6]　(2024·山東濰坊二模)如圖所示，半徑為1 m的四分之三光滑圓軌道豎直固定在水平地面上，B點為軌道最低點，A點與圓心O等高。質量為1 kg的小球(可視為質點)在A點正上方0.75 m處靜止釋放，下落至A點時進入圓軌道，重力加速度g取10 m/s2，不計空氣阻力，則(　　)
A．小球在B點的動能為7.5 J
B．小球在A點受到軌道的彈力大小為10 N
C．小球上升過程中距地面的最大高度為1.75 m
D．小球離開軌道后將落至軌道B點
√
D　[小球從釋放到最低點，根據動能定理有mg(h＋R)＝EkB，解得EkB＝17.5 J，故A錯誤；小球從釋放到A點，根據動能定理有mgh＝，在A點，水平方向彈力提供向心力，根據牛頓第二定律有N＝，解得N＝15 N，故B錯誤；設小球上升過程中距地面最大高度處與圓心的連線和豎直方向的夾角為θ，則有mg cos θ＝，從B
點到最高點，根據動能定理有－mgR(1＋cos θ)＝mv2－EkB，解得cos θ＝，最大高度為H＝R(1＋cos θ)＝1.5 m，故C錯誤；假設小球離開軌道后將落至軌道B點，由C項分析可知小球脫離軌道的速度為v＝ m/s，根據斜拋的運動規律可知H＝－v sin 60°t＋gt2，x＝v cos 60°t，解得x＝ m＝R cos 30°，可知小球離開軌道后將落至軌道B點，故D正確。]
[典例7]　(多選)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＝，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mg
B．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3mg
D．滑塊在斜面上經過的總路程為
√
√
CD　[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，對滑塊根據動能定理有mgR(1－cos θ)＝在E點有N－mg＝，聯立解得N＝mg(3－2cos θ)，根據牛頓第三定律，滑塊經過E點時對軌道的最小壓力為(3－2cos θ)mg，故A錯誤；滑塊從A點到G點，由動能定理得mg(L sin θ－R cos θ)－μmg cos θ·L＝，其
中L＝，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＝－0，解得vE2＝，滑塊第二次到達E點時，根據牛頓第二定律有N2－mg＝，解得N2＝3mg，根據牛頓第三定律知，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，從滑塊由A點靜止下滑到滑塊在D點速度為零的過程，根據動能定理得mgL sin θ－μmg cos θ·s總＝0－0，解得s總＝，故D正確。]
[典例8]　(2023·湖北卷)如圖為某游戲裝置的原理示意圖。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，過C點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點切入擋板內側，從B點飛出桌面后，在C點沿圓弧切線方向進入軌道內側，并恰好能到達軌道的最高點D。小物塊與桌面之間的動摩擦因數為，重力加速度大小為g，忽略空氣阻力，小物塊可視為質點。求：
(1)小物塊到達D點的速度大小；
(2)B和D兩點的高度差；
(3)小物塊在A點的初速度大小。
[解析]　(1)小物塊恰好運動到光滑圓弧軌道的最高點，有mg＝
解得小物塊到達D點的速度大小vD＝。
(2)小物塊由C到D的過程，由動能定理有
－mgR(1＋cos 60°)＝
小物塊由B到C做平拋運動，由速度的分解可知
vB＝vC cos 60°
設B和D兩點的高度差為h，小物塊由B到D的過程，由動能定理有mgh＝
代入數據解得h＝0。
(3)小物塊由A到B的過程，由動能定理有
－μmg·π·2R＝
解得小物塊在A點的初速度大小vA＝。
[答案]　(1)　(2)0　(3)
規律方法　多過程問題的分析方法
(1)將“多過程”分解為許多“子過程”，各“子過程”間由“銜接點”連接。
(2)對研究對象在“子過程”中進行受力分析和運動分析，必要時畫出受力分析圖和過程示意圖。
(3)根據“子過程”和“銜接點”選擇合理的物理規律列方程。
(4)聯立方程組，分析求解，對結果進行必要的驗證或討論。
即時檢驗·感悟高考
1．(2024·重慶卷)活檢針可用于活體組織取樣，如圖所示。取樣時，活檢針的針芯和針鞘被瞬間彈出后僅受阻力。質量為m的針鞘在軟組織中運動距離d1后進入目標組織，繼續運動d2后停下來。若兩段運動中針鞘整體受到的阻力均視為恒力，大小分別為F1、F2，則針鞘(　　)
A．被彈出時速度大小為
B．到達目標組織表面時的動能為F1d1
C．運動d2過程阻力做的功為(F1＋F2)d2
D．運動d2的過程動量變化量大小為
√
A　[ ]
2．(多選)(2023·新課標卷)一質量為1 kg的物體在水平拉力的作用下，由靜止開始在水平地面上沿x軸運動，出發點為x軸零點，拉力做的功W與物體坐標x的關系如圖所示。物體與水平地面間的動摩擦因數為0.4，重力加速度大小取10 m/s2。下列說法正確的是(　　)
A．在x＝1 m時，拉力的功率為6 W
B．在x＝4 m時，物體的動能為2 J
C．從x＝0運動到x＝2 m，物體克服摩擦
力做的功為8 J
D．從x＝0運動到x＝4 m的過程中，物體的動量最大為2 kg·m/s
√
√
BC　[由公式W＝Fx可知，W-x圖像中圖線的斜率大小表示物體所受的拉力大小，由題圖可知0～2 m內物體所受的拉力大小F1＝6 N，2～4 m內物體所受的拉力大小F2＝3 N，物體所受的滑動摩擦力大小Ff＝μmg＝0.4×1×10 N＝4 N。0～1 m的過程中，對物體由動能定理得W1－Ffx1＝，解得v1＝2 m/s，由公式P＝F1v1得拉力的功率為12 W，A錯誤；0～4 m的過程中，對物體由動能定理得W2－Ff x2＝Ek，代入數據解得Ek＝2 J，B正確；0～2 m的過程中，物體
克服摩擦力做的功Wf＝Ffx3＝4×2 J＝8 J，C正確；由于F2＜Ff，所以物體在2～4 m的過程中做勻減速直線運動，因此物體在2 m處的速度最大，動量最大，對物體由動能定理得W3－Ffx3＝，代入數據解得v2＝2 m/s，物體動量的最大值p＝mv2＝2 kg·m/s，D錯誤。]
3．(2024·新課標卷)將重物從高層樓房的窗外運到地面時，為安全起見，要求下降過程中重物與樓墻保持一定的距離。如圖所示，一種簡單的操作方法是一人在高處控制一端系在重物上的繩子P，另一人在地面控制另一根一端系在重物上的繩子Q，二人配合可使重物緩慢豎直下降。若重物的質量m＝42 kg，重力加速度大小g＝10 m/s2。當P繩與豎直方向的夾角α＝37°時，Q繩
與豎直方向的夾角β＝53°。(sin 37°＝0.6)
(1)求此時P、Q繩中拉力的大小；
(2)若開始豎直下降時重物距地面的高度h＝10 m，求在重物下降到地面的過程中，兩根繩子拉力對重物做的總功。
[解析]　(1)由題意可知重物下降過程中受力平衡，設此時P繩中拉力的大小為FP、Q繩中拉力的大小為FQ，則
在豎直方向上有FP cos α＝FQ cos β＋mg
在水平方向上有FP sin α＝FQ sin β
代入數據解得FP＝1 200 N，FQ＝900 N。
(2)重物下降到地面的過程，根據動能定理有
mgh＋W總＝0
代入數據解得W總＝－4 200 J。
[答案]　(1)1 200 N　900 N　(2)－4 200 J
課時數智作業(十三)
題號
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11
1．(2021·河北卷)一半徑為R的圓柱體水平固定，橫截面如圖所示。長度為πR、不可伸長的輕細繩，一端固定在圓柱體最高點P處，另一端系一個小球，小球位于P點右側同一水平高度的Q點時，繩剛好拉直。將小球從Q點由靜止釋放，當與圓柱體未接觸部分的細繩豎直時，小球的速度大小為(重力加速度為g，不計空氣阻力)(　　)
12
題號
1
3
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2
4
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11
A．
C． D．2
12
√
A　[小球下落的高度為h＝πR－R＋R＝R，小球下落過程中，根據動能定理有mgh＝mv2 ，綜上有v＝，故選A。]
2．質量為m的物體以初速度v0沿水平面向左開始運動，起始點A與一輕彈簧O端相距s，如圖所示。已知物體與水平面間的動摩擦因數為μ，物體與彈簧相碰后，彈簧的最大壓縮量為x，則從開始碰撞到彈簧被壓縮至最短，物體克服彈簧彈力所做的功為(重力加速度大小為g)(　　)
A
－μmgx
C．μmgs
D ．μmg(s＋x)
題號
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12
√
A　[根據功的定義式可知物體克服摩擦力做功為Wf＝μmg(s＋x)，由動能定理可得－W彈－Wf＝，則W彈＝－μmg(s＋x)，故選項A正確。]
題號
1
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12
3．物體在恒定阻力作用下，以某初速度在水平面上沿直線滑行直到停止。以a、Ek、x和t分別表示物體運動的加速度大小、動能、位移的大小和運動的時間，則以下各圖像中，能正確反映這一過程的是(　　)
題號
1
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11
12
A　　　　　　　B
C　　　　　　　D
√
C　[物體在恒定阻力作用下運動，其加速度不隨時間變化，不隨位移變化，A、B錯誤；由動能定理有－Ffx＝Ek－Ek0，解得Ek＝Ek0－Ff x，C正確；又x＝vt－at2，故Ek與t不呈線性關系，D錯誤。]
題號
1
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11
12
4．如圖所示，傾角 θ＝37°的斜面AB與水平面平滑連接于B點，A、B兩點之間的距離x0＝3 m，質量m＝3 kg的小物塊與斜面及水平面間的動摩擦因數均為μ＝0.4。當小物塊從A點由靜止開始沿斜面下滑的同時，對小物塊施加一個水平向左的恒力F(圖中未畫出)，g取10 m/s2。若F＝10 N，小物塊從A點由靜止開始沿斜面運動，到B點時撤去恒力F，則小物塊在水平面上滑行的距離x為(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)(　　)
A．5.7 m B．4.7 m
C．6.5 m D．5.5 m
題號
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11
12
√
B　[小物塊在斜面上受力分析如圖所示，從A點開始沿ABC路徑運動到C點停止的過程中，由動能定理可得Fx0cos θ＋mgx0sin θ－Ff x0－μmgx＝0，Ff＝μFN，FN＋F sin θ＝mg cos θ，代入數據解得x＝4.7 m，故選項B正確。]
題號
1
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11
12
5．(多選)一物體以初速度v0自固定斜面底端沿斜面向上運動，一段時間后回到斜面底端。該物體的動能Ek隨位移x的變化關系如圖所示，圖中x0、Ek1、Ek2均已知。根據圖中信息可以求出的物理量有(　　)
A．重力加速度大小
B．物體所受滑動摩擦力的大小
C．斜面的傾角
D．沿斜面上滑的時間
題號
1
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11
12
√
√
BD　[分析知，題圖中右上方圖線對應上滑階段，左下方圖線對應下滑階段。由動能定理知，Ek-x圖線的斜率的絕對值等于對應階段所受合外力的大小，設物體質量為m，重力加速度大小為g，物體所受滑動摩擦力的大小為f ，斜面傾角為θ，可知mg sin θ＋f ＝，mg sin θ－f ＝，聯立解得mg sin θ＝，f ＝，即可求出物體所受滑動摩擦力的大小f ，但因條件不足，重力加速度大小g、斜面的傾角θ不能求出，故A、C錯誤，B正確；設物體沿斜面上滑的時間為t，由勻變速直線運動規律可知x0＝v0t，則t＝，D正確。]
題號
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12
6．如圖所示，質量m＝0.1 kg的可視為質點的小球從距地面高H＝5 m處由靜止開始自由下落，到達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＝0.4 m。小球到達槽最低點時速率為10 m/s，并繼續沿槽壁運動直到從槽左端邊緣豎直向上飛出……，如此反復，設小球在槽壁運動時受到的摩擦力大小恒定不變，不計空氣阻力及小球與槽壁口接觸時的能量損失(取g＝10 m/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。
題號
1
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12
[解析]　(1)由于小球在槽壁運動時受到的摩擦力大小恒定不變，由對稱性可知，小球在槽右半部分與左半部分運動時克服摩擦力做的功相等，設為Wf。小球從開始下落至到達槽最低點的過程中，由動能定理得mg(H＋R)－Wf＝mv2，解得Wf＝0.4 J，
小球由槽最低點到第一次上升到最大高度的過程，
由動能定理得－mg(H1＋R)－Wf＝0－mv2，
解得H1＝4.2 m。
題號
1
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12
(2)設小球能飛出槽外n次，對整個過程，由動能定理得mgH－n×2Wf＝0
解得n＝6.25，n只能取整數，故小球最多能飛出槽外6次。
題號
1
3
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4
6
8
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[答案]　(1)4.2 m　(2)6次
7．(2023·重慶卷)機械臂廣泛應用于機械裝配。若某質量為m的工件(視為質點)被機械臂抓取后，在豎直平面內由靜止開始斜向上做加速度大小為a的勻加速直線運動，運動方向與豎直方向夾角為θ，提升高度為h，如圖所示。求：
(1)提升高度為h時，工件的速度大小；
(2)在此過程中，工件運動的時間及合力對工
件做的功。
題號
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[解析]　(1)根據勻變速直線運動位移與速度的關系有＝2a
解得v0＝。
(2)由v0＝at解得t＝
對工件根據動能定理有W合＝
解得W合＝。
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[答案]　(1)　(2)　
8．如圖甲所示，一物塊以一定初速度沿傾角為30°的固定斜面上滑，運動過程中摩擦力大小f 恒定，物塊動能Ek與運動路程s的關系如圖乙所示。重力加速度大小取10 m/s2，則物塊的質量m和所受的摩擦力大小f 分別為(　　)
A．m＝0.7 kg，f ＝0.5 N
B．m＝0.7 kg，f ＝1.0 N
C．m＝0.8 kg，f ＝0.5 N
D．m＝0.8 kg，f ＝1.0 N
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√
A　[0～10 m內物塊上滑，由動能定理得－mg sin 30°·s－f s＝Ek－Ek0，整理得Ek＝Ek0－(mg sin 30°＋f )s，結合0～10 m內的圖線得，斜率的絕對值|k|＝mg sin 30°＋f ＝4 N；10～20 m內物塊下滑，由動能定理得(mg sin 30°－f )(s－s1)＝Ek，整理得Ek＝(mg sin 30°－f )s－(mg sin 30°－f )s1，結合10～20 m 內的圖線得，斜率k′＝mg sin 30°－f ＝3 N，聯立解得f ＝0.5 N，m＝0.7 kg，A正確，B、C、D錯誤。]
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9．(2025·山東濟南高三檢測)如圖所示，水平平臺與水平細桿間的高度差為H，質量為M的物塊放在水平平臺上，質量為M的小球套在水平桿上，物塊和小球通過小滑輪用輕質細線相連，滑輪右側細線恰好豎直。現用一水平恒力F由靜止沿桿拉動小球，物塊始終在水平平臺上，不計一切摩擦。則小球前進2H時，物塊的速度為(　　)
A．
C．
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√
D　[小球從平臺的邊緣正下方由靜止向右運動2H時，設小球的速度為v，此時輕質細線與水平方向夾角為θ，如圖所示，由圖可知tan θ＝，則有cos θ＝，小球沿細線方向的分速度等于物塊的速度，則物塊的速度為v1＝v cos θ＝，對物塊和小球組成的系統，用動能定理可得F·2H＝，解得v1＝，
A、B、C錯誤，D正確。]
題號
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10．如圖所示，兩傾角均為θ的光滑斜面對接后固定在水平地面上，O點為斜面的最低點。一個小物塊從右側斜面上高為H處由靜止滑下，在兩個斜面上做往復運動。小物塊每次通過O點時都會有動能損失，損失的動能為小物塊當次到達O點時動能的5%。小物塊從開始下滑到停止的過程中運動的總路程為(　　)
A．
C．
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√
B　[由題意知，對小物塊第一次到達O點的過程由動能定理可得mgH＝Ek，此時小物塊運動的路程s1＝，第一次通過O點后動能Ek1＝95%Ek＝95%mgH，此時利用動能定理知小物塊上升的高度H1＝95%H，第一次離開O點到第二次到達O點運動的路程s2＝＝95%，同理第二次離開O點到第三次到達O點運動的路程s3＝(95%)2，…，故小物塊下滑的總路程s總＝s1＋s2＋…＋sn＝＋95%＋(95%)2＋…＋(95%)n-1，n無窮大時，可得s總＝(等比數列求和)，故B正確。]
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11．(2024·山東濰坊三模)如圖所示為冰雪沖浪項目流程圖，AB段為水平加速區，BC段為半徑r＝22.5 m的光滑圓管形通道，AB與BC相切于B點；CDE段為半徑R＝100 m的圓弧冰滑道，BC與CDE相切于C點，弧DE所對應的圓心角θ＝37°，D為軌道最低點，C、E關于OD對稱。安全員將小朋友和滑板(可視為質點)從A點沿水平方向向左加速推動一段距離后釋放，到達光滑圓管形通道上B點時小朋友和滑板與通道沒有相互作用力，小朋友運動至滑道E點時對滑道壓力FN＝410 N。已知小朋友和滑板總質量為m＝40 kg，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，
cos 37°＝0.8。求：
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(1)小朋友在B點時的速度v0；
(2)小朋友通過CDE段滑道時
克服摩擦力做的功。
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[解析]　(1)由于到達光滑圓管形通道上B點時小朋友和滑板與通道沒有相互作用力，則
mg＝
解得v0＝15 m/s，方向水平向左。
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(2)小朋友從B滑到E，根據動能定理可得
mgr(1－cos 37°)－W克f＝
在E點，根據牛頓第二定律可得
FN－mg cos 37°＝
聯立解得W克f＝1 800 J。
題號
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[答案]　(1)15 m/s，方向水平向左　(2)1 800 J
12．(2022·浙江1月選考)如圖所示，處于豎直平面內的一探究裝置，由傾角α＝37°的光滑直軌道AB、圓心為O1的半圓形光滑軌道BCD、圓心為O2的半圓形光滑細圓管軌道DEF、傾角也為37°的粗糙直軌道FG組成，B、D和F為軌道間的相切點，彈性板垂直軌道固定在G點(與B點等高)，B、O1、D、O2和F點處于同一直線上。已知可視為質點的滑塊質量m＝0.1 kg，軌道BCD和DEF的半徑R＝0.15 m，軌道AB長度lAB＝3 m，滑塊與軌道FG間的動摩擦因數μ＝。滑塊與彈性板作用后，以等大速度彈回，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2。滑塊開始時均從軌道AB上某點靜止釋放。
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(1)若釋放點距B點的長度l＝0.7 m，求滑塊到最低點C時軌道對其支持力FN的大小；
(2)設釋放點距B點的長度為lx，求滑塊第1次經F點時的速度v與lx之間的關系式；
(3)若滑塊最終靜止在軌道FG的
中點，求釋放點距B點長度lx的值。
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[解析]　(1)滑塊從A到C的過程只有重力做功，機械能守恒，則
mgl sin 37°＋mgR(1－cos 37°)＝
在C點根據牛頓第二定律有
FN－mg＝
代入數據解得FN＝7 N。
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(2)要使得滑塊到達F點，則必過圓弧軌道DEF的最高點，即有mglx sin 37°－mg(3R cos 37°＋R)＝>0
即lx>0.85 m
滑塊運動到F的過程中，由機械能守恒定律有mglx sin 37°－4mgR cos 37°＝mv2
解得v＝(m/s)(0.85 m題號
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(3)設最終摩擦力做的功為滑塊第一次到達FG中點時的n倍，由動能定理得mglx sin 37°－mgsin 37°－nμmgcos 37°＝0
解得lx＝ m
將0.85 m由運動過程可知，n只能取1、3、5
題號
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①當n＝1時，lx＝ m
②當n＝3時，lx＝ m
③當n＝5時，lx＝ m。
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[答案]　(1)7 N　(2)v＝(m/s)　(0.85 m謝 謝 ！

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