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第五章　機械能
第2節　動能定理及其應用
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
1．對動能定理中“力”的兩點理解
(1)“力”指的是合力，包括重力、彈力、摩擦力、電場力、磁場力或其他力，它們可以同時作用，也可以不同時作用。
(2)力既可以是恒力，也可以是變力。應用動能定理可求變力做的功。
2．動能定理公式中體現的“三個關系”
(1)數量關系：即合力所做的功與物體動能的變化具有等量替代關系。可以通過計算物體動能的變化，求合力做的功，進而求得某一力做的功。
(2)單位關系：等式兩邊物理量的國際單位都是焦耳。
(3)因果關系：合力做功是引起物體動能變化的原因。
3．標量性
動能定理的表達式是一個標量式，不存在方向的選取問題。在某方向上應用動能定理是無依據的。
[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增加到v2時，上升高度為H，則在這個過程中，下列說法或表達式正確的是(　　)
A．對物體，動能定理的表達式為＝，其中為支持力做的功
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－mgH＝
D．對電梯，其所受合力做功為
√
√
CD　[電梯上升的過程中，對物體做功的有重力mg、支持力FN，這兩個力的總功才等于物體動能的增量ΔEk＝，故A、B錯誤，C正確；對電梯，無論有幾個力對它做功，由動能定理可知，其合力做的功一定等于其動能的增量，故D正確。]
[典例2]　(多選)如圖所示，一質量為M、長為l的木板靜止在光滑水平桌面上，另一質量為m的小物塊(可視為質點)從木板上的左端以速度v0開始運動。已知物塊與木板間的滑動摩擦力大小為f ，當物塊從木板右端離開時(　　)
A．木板的動能一定等于f l
B．木板的動能一定小于f l
C．物塊的動能一定大于－f l
D．物塊的動能一定小于－f l
√
√
BD　[物塊和木板的v-t圖像如圖所示，根據題意分析可知，物塊做勻減速運動、木板做勻加速運動，物塊離開木板時，物塊的速度大于木板的速度，則有物塊位移x物＝SABFO，木板位移x木＝S△COF，又x物－
x木＝l＝SABCO，可知x木，故C錯誤，D正確。]
[典例3]　(多選)(2024·廣東廣州三模)如圖所示，半徑為R的半圓弧槽固定在水平面上，槽口直徑水平，一個質量為m的小物塊從距離槽口A點高為R的P點靜止釋放，剛好從A點無碰撞地滑入槽中，并沿圓弧槽勻速率地滑行到點B，重力加速度大小為g，則物塊(　　)
A．從A運動到B過程中重力做功的最大功率為mg
B．到達B點時對槽的壓力大于重力
C．從A運動到B過程中克服摩擦力做功為mgR
D．與槽內AB之間各處的動摩擦因數均相等
√
√
√
ABC　[根據PG＝mgvy，從A運動到B過程中小物塊豎直方向分速度逐漸減小，重力做功的最大功率為小物塊在A點時的功率，由mgR＝mv2，聯立解得PG＝mg，故A正確；到達B點時合力提供向心力，其方向為豎直向上，可知小物塊所受支持力大于自身重力，根據牛頓第三定律可知小物塊對槽的壓力大于重力，故B正確；從A運動到B過程中，由動能定理，可得mgR－Wf＝0，解得克服摩擦力做功為Wf＝mgR，故C正確；對小物塊受力分析如圖所示，可知，
所受摩擦力與重力的切向分力等大，設小物塊與圓心連線和豎直方向夾角為θ，則有mg sin θ＝f ＝μN，N－mg cos θ＝m，聯立解得μ＝，由此可知，隨著θ的減小，
動摩擦因數減小，故D錯誤。]
考點2　動能定理與圖像結合問題
1．常見圖像的意義
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、圖線下方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4]　(2025·廣東云浮調研)如圖甲所示，長為4 m 的水平軌道AB與半徑為R＝0.6 m的豎直半圓軌道BC在B處平滑連接，C點在B點的正上方，有一質量為m＝1 kg的滑塊(大小不計)受水平外力F的作用，從A處由靜止開始向右運動，F與滑塊位移x的關系圖像如圖乙所示，滑塊與軌道AB間的動摩擦因數為μ＝0.25，與軌道BC間的動摩擦因數未知，g取10 m/s2。(規定水平向右為力F的正方向)
(1)求滑塊到達B處時的速度大小；
(2)求滑塊在水平軌道AB上運動前2 m所用的時間；
(3)若滑塊到達B點時撤去外力F，滑塊沿半圓軌道內側上滑，并恰好能到達最高點C，則滑塊在半圓軌道上克服摩擦力所做的功是多少？
思路點撥：解此題的關鍵有兩點：
(1)理解圖像的物理意義并正確獲取受力、運動及做功信息。
(2)分階段應用動能定理。
[解析]　(1)對滑塊從A到B的過程，由動能定理得F1x1＋F3x3－μmgx＝
解得vB＝2 m/s。
(2)在前2 m內，根據牛頓第二定律有
F1－μmg＝ma
且x1＝
解得t1＝ s。
(3)滑塊恰好能到達最高點C，根據牛頓第二定律有mg＝
對滑塊從B到C的過程，由動能定理得
－Wf－mg·2R＝
解得Wf＝5 J
可知滑塊克服摩擦力做的功為5 J。
[答案]　(1)2 m/s　(2) s　(3)5 J
規律方法　動能定理與圖像結合問題的分析方法
(1)首先看清所給圖像的種類(如v-t圖像、F-t圖像、Ek-x圖像等)。
(2)挖掘圖像的隱含條件，得出所需要的物理量，如由v-t圖像所包圍的面積求位移，由F-x圖像所包圍的面積求功等。
(3)分析有哪些力做功，根據動能定理列方程，求出相應的物理量。
[典例5]　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3 m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10 m/s2。
該物體的質量為(　　)
A．2 kg B．1.5 kg
C．1 kg D．0.5 kg
√
C　[設物體的質量為m，則物體在上升過程中，受到豎直向下的重力mg和豎直向下的恒定外力F，由動能定理結合題圖可得－(mg＋ F )×3 m＝(36－72)J；物體在下落過程中，受到豎直向下的重力mg和豎直向上的恒定外力F，再由動能定理結合題圖可得(mg－F)×
3 m＝(48－24)J，聯立解得m＝1 kg，F＝2 N，選項C正確，A、B、D均錯誤。]
考點3　應用動能定理求解多過程問題
1．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。
2．利用動能定理求解多過程問題的基本思路
角度1　組合運動的多過程問題
[典例6]　(2025·廣東韶關調研)如圖所示，與水平面夾角θ＝37°的斜面和半徑R＝0.4 m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。已知滑塊與斜面間的動摩擦因數μ＝0.25。(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝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。
思路點撥：解此題要抓住以下兩點信息：
(1)“通過最高點C時軌道對滑塊的彈力為零”，則此時速度為vC＝。
(2)“與斜面間的動摩擦因數μ”說明滑塊沿AB運動時摩擦力做負功。
[解析]　(1)在C點，滑塊豎直方向所受合力提供向心力mg＝
vC＝＝2 m/s。
(2)對B→C過程由動能定理得
－mgR(1＋cos 37°)＝
vB＝≈4.29 m/s。
(3)滑塊在A→B的過程，利用動能定理得
mgh－μmg cos 37°·＝－0
代入數據解得h≈1.38 m。
[答案]　(1)2 m/s　(2)4.29 m/s　(3)1.38 m
角度2　往復運動的多過程問題
[典例7]　如圖所示，ABCD為一位于豎直平面內的軌道，其中BC水平，A點比BC高出10 m，BC長1 m，AB和CD軌道光滑且與BC平滑連接。一質量為1 kg的物體，從A點以4 m/s的速度開始運動，經過BC后滑到高出C點10.3 m的D點速度為零。求：(g取10 m/s2)
(1)物體與BC軌道間的動摩擦因數；
(2)物體第5次經過B點時的速度；
(3)物體最后停止的位置(距B點多少米)。
[解析]　(1)物體從A到D的運動過程只有重力、摩擦力做功，由動能定理可得
mg(H－h)－μmgLBC＝
解得μ＝
代入數據得μ＝0.5。
(2)物體第5次經過B點時，物體在BC上運動的總位移x＝4LBC＝4 m
那么，對物體從A到物體第5次經過B點的運動過程應用動能定理可得
mgH－μmgx＝
解得v＝＝4 m/s。
(3)由受力平衡可知物體最終停在BC上，設物體整個運動過程在BC上的總路程為x′，那么由動能定理可得mgH－μmgx′＝
所以x′＝＝21.6 m＝21LBC＋0.6 m
故物體最后停止的位置距B點
LBC－0.6 m＝0.4 m。
[答案]　(1)0.5　(2)4 m/s　(3)0.4 m
規律方法　應用動能定理求多過程問題的技巧
(1)運用動能定理解決多過程問題時，有兩種思路：一種是全過程列式，另一種是分段列式。
(2)全過程列式時，涉及重力、彈簧彈力、大小恒定的阻力或摩擦力做功，要注意運用它們的特點：
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的大小與路程的乘積；
③彈簧彈力做功與路徑無關。
1．如圖所示，粗糙程度處處相同的水平桌面上有一長為L的輕質細桿，一端可繞豎直光滑軸O轉動，另一端與質量為m的小木塊相連。木塊以水平初速度v0出發，恰好能完成一個完整的圓周運動。在運動過程中，木塊所受摩擦力的大小為(　　)
√
學情診斷·當堂評價
B　[在運動過程中，只有摩擦力做功，而摩擦力做功與路徑有關，根據動能定理－f ·2πL＝，可得摩擦力的大小f ＝。故選B。]
2．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關系的圖像是(　　)
A　　　　　　　B
C　　　　　　　D
√
A　[在斜面上，物塊受豎直向下的重力、沿斜面向上的滑動摩擦力以及垂直斜面向上的支持力，設物塊的質量為m，斜面的傾角為θ，物塊沿斜面下滑的距離對應的水平位移為x，由動能定理有mg sin θ·－μ1mg cos θ·＝Ek－0，解得Ek＝(mg tan θ－μ1mg)x，即在斜面上時物塊的動能與水平位移成正比，B、D項均錯誤；在水平面上，物塊受豎直向下的重力、豎直向上的支持力以及水平向左的滑動摩擦力，由動能定理有－μ2mg(x－x0)＝Ek－Ek0，解得Ek＝
Ek0－μ2mg(x－x0)，其中Ek0為物塊滑到斜面底端時的動能，x0為物塊沿斜面下滑到底端時的水平位移，即在水平面上物塊的動能與水平位移為一次函數關系，且為減函數，A項正確，C項錯誤。]
3．(多選)一質量為m的物體靜止在水平地面上，在水平拉力的作用下開始運動，圖甲是在0～6 s內其速度與時間關系圖像，圖乙是拉力的功率與時間關系圖像，g取10 m/s2。下列判斷正確的是(　　)
A．拉力的大小為4 N，且保持不變
B．物體的質量為2 kg
C．0～6 s內物體克服摩擦力做的功
為24 J
D．0～6 s內拉力做的功為156 J
√
√
BD　[對物體受力分析，由題圖甲可知，在0～2 s內物體做勻加速運動，拉力大于滑動摩擦力，在2～6 s內物體做勻速運動，拉力等于滑動摩擦力，因此拉力大小不恒定，選項A錯誤；在2～6 s內根據功率公式P＝Fv，有F＝＝4 N，故滑動摩擦力f ＝F＝4 N，在題圖甲中，0～2 s內有a＝＝3 m/s2，由牛頓第二定律可知F′－f ＝ma，又P′＝F′v，聯立解得m＝2 kg，F′＝10 N，選項B正確；由題圖甲可知在0～6 s內物體通過的位移為x＝30 m，故物體克服摩擦力做的功
為Wf＝f x＝120 J，選項C錯誤；由動能定理可知W－Wf＝mv2，故0～6 s內拉力做的功W＝mv2＋Wf＝×2×62 J＋120 J＝156 J，選項D正確。]
4．(2025·廣東汕頭檢測)如圖所示AB和CDO都是處于豎直平面內的光滑圓弧形軌道，OA處于同一水平位置。AB是半徑為R＝1 m的圓周軌道，CDO是半徑為r＝0.5 m的半圓軌道，最高點O處固定一個豎直彈性擋板(可以把小球彈回且不損失能量，圖中沒有畫出)，D為CDO軌道的中點。BC段是水平粗糙軌道，與圓弧形軌道平滑連接。已知BC段水平軌道長L＝2 m，與小球之間的動摩擦因數μ＝0.2。現讓一個質量為m＝1 kg的小球從A點的正上方距水平線OA高H的P處自由落下。(g取10 m/s2)
(1)當H＝2 m時，求此時小球第一次到達D點對軌道的壓力大小；
(2)為使小球僅僅與彈性擋板碰撞一次，且小球不會脫離CDO軌道，求H的取值范圍。
[解析]　(1)設小球第一次到達D的速度為vD，對小球從P點到D點的過程，根據動能定理得
mg(H＋r)－μmgL＝－0
在D點軌道對小球的支持力FN提供向心力，則有
FN＝，聯立解得FN＝84 N
由牛頓第三定律得，小球對軌道的壓力大小為
FN′＝FN＝84 N。
(2)為使小球僅僅與擋板碰撞一次，且小球不會脫離CDO軌道，H最小時必須滿足能上升到O點，由動能定理得
mgHmin－μmgL＝－0
在O點有mg＝
代入數據解得Hmin＝0.65 m
僅僅與彈性擋板碰撞一次，且小球不會脫離CDO軌道，H最大時，碰后再返回最高點能上升到D點，則有mg(Hmax＋r)－3μmgL＝0
代入數據解得Hmax＝0.7 m
故有0.65 m≤H≤0.7 m。
[答案]　(1)84 N　(2)0.65 m≤H≤0.7 m
課時分層作業(十三)　動能定理及其應用
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1．(多選)(2023·廣東卷)人們用滑道從高處向低處運送貨物。如圖所示，可看作質點的貨物從圓弧滑道頂端P點靜止釋放，沿滑道運動到圓弧末端Q點時速度大小為6 m/s。已知貨物質量為20 kg，滑道高度h為4 m，且過Q點的切線水平，重力加速度取10 m/s2。關于貨物從P點運動到Q點的過程，下列說法正確的有(　　)
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A．重力做的功為360 J
B．克服阻力做的功為440 J
C．經過Q點時向心加速度大小為9 m/s2
D．經過Q點時對軌道的壓力大小為380 N
√
√
√
題號
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BCD　[重力做的功為WG＝mgh＝800 J, A錯誤；下滑過程根據動能定理可得WG－Wf＝，代入數據解得，克服阻力做的功為Wf＝440 J，B正確；經過Q點時向心加速度大小為a＝＝9 m/s2，C正確；經過Q點時，據牛頓第二定律可得F－mg＝ma，解得貨物受到的支持力大小為F＝380 N，據牛頓第三定律可知，貨物對軌道的壓力大小為380 N，D正確。故選BCD。]
2．一半徑為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)(　　)
A． B．
C． D．2
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A　[當與圓柱體未接觸部分的細繩豎直時，小球下落的高度h＝R＋＝R＋，根據動能定理有mgh＝mv2，解得v＝，故A正確，B、C、D錯誤。]
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3．(2024·廣東惠州市第三次調研)如圖所示，半圓形光滑軌道固定在水平地面上，半圓的直徑與地面垂直，一小球以速度v從軌道下端滑入軌道，并保證從軌道上端水平飛出，則關于小球落地點到軌道下端的水平距離x與軌道半徑R的關系，下列說法正確的是(　　)
A．R越大，則x越大
B．R越小，則x越大
C．當R為某一定值時，x才有最大值
D．當R為某一定值時，x才有最小值
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C　[根據動能定理得－mg·2R＝mv′2－mv2，離開最高點做平拋運動有2R＝gt2，x＝v′t，聯立解得x＝＝，可知當R＝時，水平位移最大；當R<時，R增大，x增大；當R>時，R增大，x減小。]
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4．(多選)小劉駕駛一輛質量為m＝2×103 kg的汽車由靜止開始以60 kW的恒定功率在水平路面運動，100 s后汽車以該情況下能達到的最大速度駛上一傾角固定的傾斜路面，隨即將汽車功率提高到90 kW，并保持不變。已知汽車在水平路面行駛時所受阻力為其所受重力的0.1倍，在傾斜路面上勻速行駛時的速度為15 m/s。重力加速度g取10 m/s2，下列說法正確的是(　　)
A．汽車在水平路面上能達到的最大速度為25 m/s
B．汽車在水平路面上行駛的距離為2 550 m
C．汽車在傾斜路面上運動時受到的阻力大小為5 000 N
D．汽車駛上傾斜路面瞬間的加速度大小為1.5 m/s2
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BD　[汽車達到最大速度時，其牽引力與阻力大小相等，有F＝f＝0.1mg，由功率的公式有P＝Fvm，解得vm＝30 m/s，故A項錯誤；由題意可知，該車從靜止開始經過100 s時已經達到最大速度，由動能定理有Pt－fx＝－0，解得x＝2 550 m，故B項正確；設當汽車在傾斜路面穩定時其所受阻力為f1，則有P1＝F1v1，受力分析有F1＝f1，解得f1＝6 000 N，故C項錯誤；設汽車提高到90 kW時的牽引力為F2，有P1＝F2vm，到傾斜路面瞬間有F2－f1＝ma，解得a＝－1.5 m/s2，所以其加速度大小為1.5 m/s2，故D項正確。]
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5．如圖甲所示，置于水平地面上質量為m的物體，在豎直拉力F作用下，由靜止開始向上運動，其動能Ek與距地面高度h的關系圖像如圖乙所示，已知重力加速度為g，空氣阻力不計。下列說法正確的是(　　)
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A．在0～h0過程中，F大小始終為mg
B．在0～h0和h0～2h0過程中，F做功之比為2∶1
C．在0～2h0過程中，物體的機械能不斷增加
D．在2h0～3.5h0過程中，物體的機械能不斷減少
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C　[在0～h0過程中，Ek-h圖像為一段直線，由動能定理得(F－mg)h0＝mgh0－0，故F＝2mg，A錯誤；由A項分析可知，在0～h0過程中，F做功為2mgh0，在h0～2h0過程中，由動能定理可知，WF－mgh0＝1.5 mgh0－mgh0，解得WF＝1.5 mgh0，因此在0～h0和h0～2h0過程中，F做功之比為4∶3，故B錯誤；在0～2h0過程中，F一直做正功，故物體的機械能不斷增加，C正確；在2h0～3.5h0過程中，由動能定理得WF′－1.5mgh0＝0－1.5mgh0，則WF′＝0，故F做功為0，物體的機械能保持不變，故D錯誤。]
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6．某滑雪場設置了如圖所示滑道跳雪游戲項目，滑道由高為H的斜面滑道AB、水平滑道BC和高為h的斜面滑道CD三部分組成，AC水平距離為L，CD滑道的傾角固定為45°，游客腳上的滑雪板與三段滑道之間的動摩擦因數均為μ＝0.25，游客從A
點由靜止開始下滑，經過水平滑道BC后在C點
水平飛出，若不計在B點的機械能損失，下列說
法正確的是(　　)
題號
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A．其他條件不變，為保證游客落在滑道CD上而不是D所在水平面，L可以設計適當短一些
B．若游客落在滑道CD的不同點上，則落在滑道各點時的速度方向不相同
C．只要H和L一定，不管滑道AB的傾角有多大，游客從C點飛出的速度相同
D．當3H＝L＋h時，游客恰好落在D點
題號
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√
C　[對游客從A到C，由動能定理有mgH－μmg cos α·AB－μmg·BC＝，即mgH－μmgL＝，則只要H和L一定，不管滑道AB的傾角有多大，游客從C點飛出的速度一定，故C正確；若游客落在滑道CD的不同點上，則位移的偏向角相同，根據平拋運動的速度的偏向角的正切值等于位移偏向角的正切值的2倍可知，落在滑道各點時的速度偏向角相等，即落在斜面上的速度方向相同，
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故B錯誤；由C選項的分析可知，L越短，則到達C點時速度越大，游客在CD斜面上的位移越長，故A錯誤；若恰能落在D點，則h＝vCt＝gt2，又mgH－μmgL＝，聯立解得4H＝L＋h，故D錯誤。]
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7．如圖所示，AB為平直導軌，長為L，物塊與導軌間動摩擦因數為μ，BC為光滑曲面。A與地面間高度差為h1，BC間高度差為h2，一個質量為m的物塊在水平恒力作用下，從A點靜止開始向右運動，到達B點時撤去恒力，物塊經過C點后落地，已知重力加速度為g。
(1)若物塊落地時動能為E1，求其經過B
點時的動能EkB；
(2)若要物塊落地時動能小于E1，求恒力
必須滿足的條件。
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[解析]　(1)物塊從B到落地過程中機械能守恒，設地面為零勢能面，則mgh1＋EkB＝E1，解得EkB＝E1－mgh1。
(2)整個過程中根據動能定理得
FmaxL－μmgL＋mgh1＝E1
所以Fmax＝
若物塊恰能達到C點，根據動能定理得
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FminL－μmgL－mgh2＝0
解得Fmin＝
綜上所述可得
≤F＜。
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[答案]　(1)E1－mgh1　(2)≤F＜
8．(2024·廣東汕頭金山中學高三模擬)如圖所示，豎直平面內有一半徑為R的圓軌道與水平軌道相切于最低點B。一質量為m的小物塊從A處由靜止滑下，沿軌道運動至C處停下，B、C兩點間的距離為R，物塊與圓軌道和水平軌道之間的動摩擦因數相同。現用始終平行于軌道或軌道切線方向的力推動物塊，使物塊從C處緩慢返回A處，重力加速度為g，設推力做的功為W，則(　　)
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A．W＝mgR B．mgRC．W＝2mgR D．W>2mgR
√
B　[從A到C過程根據動能定理有mgR－μmgR－Wf＝0，解得Wf＝mgR－μmgR，從C到A過程根據動能定理得W－mgR－μmgR－W′f＝0，解得W＝mgR＋μmgR＋W′f，物塊從A到B做圓周運動，根據向心力知識可知物塊受到的支持力比緩慢運動時大，所以克服摩擦力做功Wf >W′f，可得W<2mgR，從B到A過程，由動能定理得W－mgR－W′f＝0，可知W>mgR，綜上所述mgR題號
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9．(多選)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
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√
√
BC　[由公式W＝Fx可知，W-x圖像中圖線的斜率為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，又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，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，物體克服摩擦
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力做的功＝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。]
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10．如圖(a)，質量為m的籃球從離地H高度處由靜止下落，與地面發生一次非彈性碰撞后反彈至離地h的最高處。設籃球在運動過程中所受空氣阻力的大小是籃球所受重力的λ倍，且籃球每次與地面碰撞的碰后速
率與碰前速率之比相同，重力
加速度大小為g。
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(1)求籃球與地面碰撞的碰后速率與碰前速率之比；
(2)若籃球反彈至最高處h時，運動員對籃球施加一個向下的壓力F，使得籃球與地面碰撞一次后恰好反彈至h的高度處，力F隨高度y的變化如圖(b)所示，其中h0已知，求F0的大小。
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[解析]　(1)籃球下降過程中根據牛頓第二定律有mg－λmg＝ma下，再根據勻變速直線運動的公式，下落的過程中有＝2a下H，籃球反彈后上升過程中根據牛頓第二定律有mg＋λmg＝ma上，再根據勻變速直線運動的公式，上升的過程中有＝2a上h，則籃球與地面碰撞的碰后速率與碰前速率之比k＝＝。
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(2)若籃球反彈至最高處h時，運動員對籃球施加一個向下的壓力F，則籃球下落過程中根據動能定理有mgh＋F0－λmgh＝
籃球反彈后上升過程中根據動能定理有
－mgh－λmgh＝0－m(kv′下)2
聯立解得F0＝。
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[答案]　(1)　(2)
11．如圖所示，AB是傾角為θ的粗糙直軌道，BCD是光滑的圓弧軌道，AB恰好在B點與圓弧相切，圓弧的半徑為R。一個質量為m的物體(可以看作質點)從直軌道上與圓弧的圓心O等高的P點由靜止釋放，結果它能在兩軌道間做往返運動。已知物體與軌道AB間的動摩擦因數為μ，重力加速度為g。試求：
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(1)物體釋放后，第一次到達B處的速度大小，并求出物體做往返運動的整個過程中在AB軌道上通過的總路程s；
(2)最終當物體通過圓弧軌道最低點E時，對圓弧軌道的壓力大小；
(3)為使物體能順利到達圓弧軌道的最高點D(E、O、D為同一條豎直直徑上的3個點)，釋放點距B點的距離L應滿足什么條件。
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[解析]　(1)設物體釋放后，第一次到達B處的速度為v1，根據動能定理可知
mgR cos θ－μmg cos θ＝
解得v1＝
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物體每完成一次往返運動，在AB斜面上能上升的高度都減少一些，最終當它運動到B點時，速度變為零，對物體從P到B 全過程用動能定理，有
mgR cos θ－μmgs cos θ＝0
得物體在AB軌道上通過的總路程為
s＝。
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(2)最終物體以B為最高點在圓弧軌道底部做往返運動，設物體從B運動到E時速度為v2，由動能定理知
mgR(1－cos θ)＝
在E點，由牛頓第二定律有
FN－mg＝
解得物體受到的支持力為
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FN＝mg(3－2cos θ)
根據牛頓第三定律，物體對軌道的壓力大小為F′N＝FN＝mg(3－2cos θ)，方向豎直向下。
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(3)設物體剛好到達D點時的速度為vD，此時有
mg＝
解得vD＝
設物體恰好通過D點時釋放點距B點的距離為L0，由動能定理可知
mg[L0sin θ－R(1＋cos θ)]－μmgL0cos θ＝
聯立解得
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L0＝
則L≥。
[答案]　(1)　
(2)mg(3－2cos θ)　(3)L≥
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謝 謝 ！

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