2022高考物理一輪復(fù)習(xí)第五章機(jī)械能及其守恒定律第2講動(dòng)能動(dòng)能定理學(xué)案

1、2021高考物理一輪復(fù)習(xí)第五章機(jī)械能及其守恒定律第2講動(dòng)能動(dòng)能定理學(xué)案2017年高考“最后三十天”專題透析PAGE 好教育云平臺(tái)教育因你我而變PAGE 43第2講動(dòng)能動(dòng)能定理【基礎(chǔ)梳理】一、動(dòng)能1定義：物體由于運(yùn)動(dòng)而具有的能2表達(dá)式：Ekeq f(1,2)mv23單位：焦耳，1 J1 Nm1 kgm2/s2.4矢標(biāo)性：標(biāo)量二、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：WEk2Ek1eq f(1,2)mveq oal(2,2)eq f(1,2)mveq oal(2,1)3適用范圍(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

2、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，也可以不同時(shí)作用【自我診斷】 判一判(1)運(yùn)動(dòng)的物體具有的能量就是動(dòng)能()(2)一定質(zhì)量的物體動(dòng)能變化時(shí)，速度一定變化，速度變化時(shí)，動(dòng)能也一定變化()(3)處于平衡狀態(tài)的物體動(dòng)能一定保持不變()(4)做自由落體運(yùn)動(dòng)的物體，動(dòng)能與下落的時(shí)間成正比()(5)物體在合外力作用下做變速運(yùn)動(dòng)，但動(dòng)能卻不一定變化()提示：(1)(2)(3)(4)(5) 做一做(多選)關(guān)于動(dòng)能定理的表達(dá)式WEk2Ek1，下列說(shuō)法中正確的是()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(nèi)的所有力做的功，也可通過(guò)以下兩種方式計(jì)算：先求每個(gè)力的功再求功

3、的代數(shù)和或先求合外力再求合外力的功C公式中的Ek2Ek1為動(dòng)能的增量，當(dāng)W0時(shí)動(dòng)能增加，當(dāng)W0時(shí)動(dòng)能減少D動(dòng)能定理適用于直線運(yùn)動(dòng)，但不適用于曲線運(yùn)動(dòng)，適用于恒力做功，但不適用于變力做功提示：BC對(duì)動(dòng)能定理的理解和應(yīng)用學(xué)生用書P86【知識(shí)提煉】1動(dòng)能定理公式中“”體現(xiàn)的“三個(gè)關(guān)系”數(shù)量關(guān)系合力的功與物體動(dòng)能的變化可以等量代換單位關(guān)系國(guó)際單位都是焦耳因果關(guān)系合力做的功是物體動(dòng)能變化的原因2.“一個(gè)參考系”：高中階段動(dòng)能定理中的位移和速度應(yīng)以地面或相對(duì)地面靜止的物體為參考系3適用范圍：直線運(yùn)動(dòng)、曲線運(yùn)動(dòng)、恒力做功、變力做功、各個(gè)力同時(shí)做功、分段做功均可用動(dòng)能定理【典題例析】(2017高考江蘇卷)如圖

4、所示，兩個(gè)半圓柱A、B緊靠著靜置于水平地面上，其上有一光滑圓柱C，三者半徑均為R.C的質(zhì)量為m，A、B的質(zhì)量都為eq f(m,2)，與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為.現(xiàn)用水平向右的力拉A，使A緩慢移動(dòng)，直至C恰好降到地面整個(gè)過(guò)程中B保持靜止設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度為g.求：(1)未拉A時(shí)，C受到B作用力的大小F；(2)動(dòng)摩擦因數(shù)的最小值min；(3)A移動(dòng)的整個(gè)過(guò)程中，拉力做的功W.審題指導(dǎo)由圓柱C一開始受力平衡可得出力F的大小動(dòng)摩擦因數(shù)最小時(shí)，B受C壓力的水平分力最大拉力為變力，可根據(jù)動(dòng)能定理求解拉力做的功解析(1)C受力平衡2Fcos 30 mg解得Feq f(r(3),3)mg.

5、(2)C恰好降到地面時(shí)，B受C壓力的水平分力最大Fxmaxeq f(r(3),2)mgB受地面的摩擦力fmg根據(jù)題意fminFxmax，解得mineq f(r(3),2).(3)C下降的高度h(eq r(3)1)RA的位移x2(eq r(3)1)R摩擦力做功的大小Wffx2(eq r(3)1)mgR根據(jù)動(dòng)能定理WWfmgh00解得W(21)(eq r(3)1)mgR.答案見解析eq avs4al()1應(yīng)用動(dòng)能定理解題的基本思路2當(dāng)F為變力或物體做曲線運(yùn)動(dòng)時(shí)，或要求解的問(wèn)題中沒(méi)有明確固定的受力或在力的方向上的位移時(shí)，考慮用動(dòng)能定理求變力做的功分析各力做功情況時(shí)不要出現(xiàn)“丟功”及“錯(cuò)功”嚴(yán)格按照重

6、力、彈力、摩擦力的順序找出運(yùn)動(dòng)物體所受的各個(gè)力，然后準(zhǔn)確判斷出各個(gè)力做的功存在電場(chǎng)時(shí)，還要考慮是否有電場(chǎng)力做功 【遷移題組】 遷移1對(duì)動(dòng)能定理的理解1關(guān)于運(yùn)動(dòng)物體所受的合外力、合外力做的功及動(dòng)能變化的關(guān)系下列說(shuō)法正確的是()A合外力為零，則合外力做功一定為零B合外力做功為零，則合外力一定為零C合外力做功越多，則動(dòng)能一定越大D動(dòng)能不變，則物體合外力一定為零解析：選A.由WFlcos 可知，物體所受合外力為零，合外力做功一定為零，但合外力做功為零，可能是90，故A正確，B錯(cuò)誤；由動(dòng)能定理WEk可知，合外力做功越多，動(dòng)能變化量越大，但動(dòng)能不一定越大，動(dòng)能不變，合外力做功為零，但合外力不一定為零，C、

7、D均錯(cuò)誤 遷移2動(dòng)能定理在直線運(yùn)動(dòng)中的應(yīng)用2(2017高考全國(guó)卷)為提高冰球運(yùn)動(dòng)員的加速能力，教練員在冰面上與起跑線距離s0和s1(s1eq f(1,2)mgR，質(zhì)點(diǎn)不能到達(dá)Q點(diǎn)CWeq f(1,2)mgR，質(zhì)點(diǎn)到達(dá)Q點(diǎn)后，繼續(xù)上升一段距離DWeq f(1,2)mgR，質(zhì)點(diǎn)到達(dá)Q點(diǎn)后，繼續(xù)上升一段距離解析：選C.設(shè)質(zhì)點(diǎn)到達(dá)N點(diǎn)的速度為vN，在N點(diǎn)質(zhì)點(diǎn)受到軌道的彈力為FN，則FNmgeq f(mveq oal(2,N),R)，已知FNFN4mg，則質(zhì)點(diǎn)到達(dá)N點(diǎn)的動(dòng)能為EkNeq f(1,2)mveq oal(2,N)eq f(3,2)mgR.質(zhì)點(diǎn)由開始至N點(diǎn)的過(guò)程，由動(dòng)能定理得mg2RWfEkN

8、0，解得摩擦力做的功為Wfeq f(1,2)mgR，即克服摩擦力做的功為WWfeq f(1,2)mgR.設(shè)從N到Q的過(guò)程中克服摩擦力做功為W，則WW.從N到Q的過(guò)程，由動(dòng)能定理得mgRWeq f(1,2)mveq oal(2,Q)eq f(1,2)mveq oal(2,N)，即eq f(1,2)mgRWeq f(1,2)mveq oal(2,Q)，故質(zhì)點(diǎn)到達(dá)Q點(diǎn)后速度不為0，質(zhì)點(diǎn)繼續(xù)上升一段距離選項(xiàng)C正確 遷移4動(dòng)能定理在變力做功中的應(yīng)用4如圖甲所示，輕彈簧左端固定在豎直墻上，右端點(diǎn)在O位置質(zhì)量為m的物塊A(可視為質(zhì)點(diǎn))以初速度v0從距O點(diǎn)右方x0的P點(diǎn)處向左運(yùn)動(dòng)，與彈簧接觸后壓縮彈簧，將彈簧

9、右端壓到O點(diǎn)位置后，A又被彈簧彈回A離開彈簧后，恰好回到P點(diǎn)物塊A與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為.求：(1)物塊A從P點(diǎn)出發(fā)又回到P點(diǎn)的過(guò)程，克服摩擦力所做的功(2)O點(diǎn)和O點(diǎn)間的距離x1.(3)如圖乙所示，若將另一個(gè)與A完全相同的物塊B(可視為質(zhì)點(diǎn))與彈簧右端拴接，將A放在B右邊，向左推A、B，使彈簧右端壓縮到O點(diǎn)位置，然后從靜止釋放，A、B共同滑行一段距離后分離分離后物塊A向右滑行的最大距離x2是多少？解析：(1)物塊A從P點(diǎn)出發(fā)又回到P點(diǎn)的過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理得克服摩擦力所做的功為Wfeq f(1,2)mveq oal(2,0).(2)物塊A從P點(diǎn)出發(fā)又回到P點(diǎn)的過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理得2mg(x1

10、x0)eq f(1,2)mveq oal(2,0)解得x1eq f(veq oal(2,0),4g)x0.(3)A、B在彈簧處于原長(zhǎng)處分離，設(shè)此時(shí)它們的共同速度是v1，彈出過(guò)程彈力做功WF只有A時(shí)，從O到P有WFmg(x1x0)00A、B共同從O到O有WF2mgx1eq f(1,2)2mveq oal(2,1)分離后對(duì)A有eq f(1,2)mveq oal(2,1)mgx2聯(lián)立以上各式可得x2x0eq f(veq oal(2,0),8g).答案：(1)eq f(1,2)mveq oal(2,0)(2)eq f(veq oal(2,0),4g)x0(3)x0eq f(veq oal(2,0),8

11、g)動(dòng)能定理在多階段、多過(guò)程綜合問(wèn)題中的應(yīng)用學(xué)生用書P87【知識(shí)提煉】1由于多過(guò)程問(wèn)題的受力情況、運(yùn)動(dòng)情況比較復(fù)雜，從動(dòng)力學(xué)的角度分析多過(guò)程問(wèn)題往往比較復(fù)雜，但是，用動(dòng)能定理分析問(wèn)題，是從總體上把握其運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的變化，并不需要從細(xì)節(jié)上了解因此，動(dòng)能定理的優(yōu)越性就明顯地表現(xiàn)出來(lái)了，分析力的作用是看力做的功，也只需把所有的力做的功累加起來(lái)即可2運(yùn)用動(dòng)能定理解決問(wèn)題時(shí)，有兩種思路：一種是全過(guò)程列式，另一種是分段列式3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)重力做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做的功等于力的大小

12、與路程的乘積(3)彈簧彈力做功與路徑無(wú)關(guān)【典題例析】如圖所示，AB是固定于豎直平面內(nèi)的eq f(1,4)光滑圓弧軌道，末端B處的切線方向水平一物體P(可視為質(zhì)點(diǎn))從圓弧最高點(diǎn)A處由靜止釋放，滑到B端飛出，落到地面上的C點(diǎn)測(cè)得C點(diǎn)和B點(diǎn)的水平距離OCL，B點(diǎn)距地面的高度OBh.現(xiàn)在軌道下方緊貼B端安裝一個(gè)水平傳送帶，傳送帶的右端與B點(diǎn)的距離為eq f(L,2).當(dāng)傳送帶靜止時(shí)，讓物體P從A處由靜止釋放，物體P沿軌道滑過(guò)B點(diǎn)后又在傳送帶上滑行并從傳送帶右端水平飛出，仍落在地面上的C點(diǎn)(1)求物體P與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)(2)若在A處給P一個(gè)豎直向下的初速度v0，物體P從傳送帶右端水平飛出，落在地

13、面上的D點(diǎn)，求OD的大小(3)若傳送帶驅(qū)動(dòng)輪順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，帶動(dòng)傳送帶以速度v勻速運(yùn)動(dòng)再把物體P從A處由靜止釋放，物體P落在地面上設(shè)著地點(diǎn)與O點(diǎn)的距離為x，求出x可能的范圍審題指導(dǎo)第(3)問(wèn)中，若物體在傳送帶上全程減速，則x最小；若物體在傳送帶上全程加速，則x最大解析(1)無(wú)傳送帶時(shí)，物體由B運(yùn)動(dòng)到C，做平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)物體在B點(diǎn)的速度為vB，則LvBtheq f(1,2)gt2由式得vBL eq r(f(g,2h)有傳送帶時(shí)，設(shè)物體離開傳送帶時(shí)的速度為v2，則有eq f(L,2)v2teq f(mgL,2)eq f(1,2)mveq oal(2,2)eq f(1,2)mveq oal(2,B)由式得

14、v2eq f(L,2)eq r(f(g,2h)eq f(3L,8h).(2)設(shè)物體離開傳送帶時(shí)的速度為v2，則由動(dòng)能定理有mgRmgeq f(L,2)eq f(1,2)mveq oal(2,2)eq f(1,2)mveq oal(2,0)mgReq f(1,2)mveq oal(2,B)ODeq f(L,2)v2t由式得ODeq f(L,2) eq r(f(L2,4)f(2hveq oal(2,0),g).(3)物體在傳送帶上全程減速時(shí)，離開傳送帶的末速度vIeq f(L,2)eq r(f(g,2h)，則xminL物體在傳送帶上全程加速時(shí)，離開傳送帶的末速度為 v，mgeq f(L,2)eq

15、f(1,2)mveq oal(2,)eq f(1,2)mveq oal(2,B)，veq r(veq oal(2,B)gL)eq f(L,2) eq r(f(7g,2h).則xmaxeq f(L,2)veq r(f(2h,g)eq f(1r(7),2)L故Lxeq f(1r(7),2)L.答案(1)eq f(3L,8h)(2)eq f(L,2) eq r(f(L2,4)f(2hveq oal(2,0),g)(3)Lxeq f(1r(7),2)Leq avs4al()利用動(dòng)能定理求解多過(guò)程問(wèn)題的基本思路(1)弄清物體的運(yùn)動(dòng)由哪些過(guò)程組成(2)分析每個(gè)過(guò)程中物體的受力情況(3)各個(gè)力做功有何特點(diǎn)，

16、對(duì)動(dòng)能的變化有無(wú)影響(4)從總體上把握全過(guò)程，表達(dá)出總功，找出初、末狀態(tài)的動(dòng)能(5)對(duì)所研究的全過(guò)程運(yùn)用動(dòng)能定理列方程 【遷移題組】 遷移1運(yùn)用動(dòng)能定理巧解往復(fù)運(yùn)動(dòng)問(wèn)題1如圖所示裝置由AB、BC、CD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、CD段是光滑的，水平軌道BC的長(zhǎng)度s5 m，軌道CD足夠長(zhǎng)且傾角37，A、D兩點(diǎn)離軌道BC的高度分別為h14.30 m、h21.35 m現(xiàn)讓質(zhì)量為m的小滑塊自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)0.5，重力加速度g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8.求：(1)小滑塊第一次到達(dá)D點(diǎn)時(shí)的速度大??；(2)小滑

17、塊最終停止的位置距B點(diǎn)的距離解析：(1)小滑塊從ABCD過(guò)程中，由動(dòng)能定理得mg(h1h2)mgseq f(1,2)mveq oal(2,D)0將h1、h2、s、g代入得：vD3 m/s.(2)對(duì)小滑塊運(yùn)動(dòng)全過(guò)程應(yīng)用動(dòng)能定理，設(shè)小滑塊在水平軌道上運(yùn)動(dòng)的總路程為s總有：mgh1mgs總將h1、代入得：s總8.6 m故小滑塊最終停止的位置距B點(diǎn)的距離為2ss總1.4 m.答案：(1)3 m/s(2)1.4 m 遷移2動(dòng)能定理解決平拋、圓周運(yùn)動(dòng)相結(jié)合的問(wèn)題2(2018桂林質(zhì)檢)如圖所示，傾角為37的粗糙斜面AB底端與半徑R0.4 m的光滑半圓軌道BC平滑相連，O點(diǎn)為軌道圓心，BC為圓軌道直徑且處于豎

18、直方向，A、C兩點(diǎn)等高，質(zhì)量m1 kg的滑塊從A點(diǎn)由靜止開始下滑，恰能滑到與O點(diǎn)等高的D點(diǎn)，g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8.(1)求滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)；(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C點(diǎn)的速度大小為4 m/s，求滑塊從C點(diǎn)飛出至落到斜面上所經(jīng)歷的時(shí)間t.解析：(1)滑塊恰能滑到D點(diǎn)，則vD0滑塊從ABD過(guò)程中，由動(dòng)能定理得mg(2RR)mgcos eq f(2R,sin )00解得0.375.(2)滑塊恰能過(guò)C點(diǎn)時(shí)，vC有最小值，則在C點(diǎn)mgeq f(mveq oal(2,C),R)滑塊從ABDC過(guò)程，

19、由動(dòng)能定理得mgcos eq f(2R,sin )eq f(1,2)mveq oal(2,C)eq f(1,2)mveq oal(2,0)解得v02eq r(3) m/s.(3)滑塊離開C點(diǎn)后做平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)下落的高度為h，則有heq f(1,2)gt2xvC teq f(x,2Rh)tan 53其中vC4 m/s聯(lián)立解得t0.2 s.答案：(1)0.375(2)2eq r(3) m/s(3)0.2 s動(dòng)能定理與圖象綜合問(wèn)題學(xué)生用書P88【知識(shí)提煉】1四類圖象所圍“面積”的含義(1)vt圖：由公式xvt可知，vt圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積表示物體的位移(2)at圖：由公式vat可知，at圖線與坐標(biāo)軸

20、圍成的面積表示物體速度的變化量(3)Fs圖：由公式WFs可知，F(xiàn)s圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積表示力所做的功(4)Pt圖：由公式WPt可知，Pt圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積表示力所做的功2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)圖線上的特定點(diǎn)的坐標(biāo)值代入函數(shù)關(guān)系式求物理量【跟進(jìn)題組】1(2018山西模擬)用傳感器研究質(zhì)量為2

21、 kg的物體由靜止開始做直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律時(shí)，在計(jì)算機(jī)上得到06 s內(nèi)物體的加速度隨時(shí)間變化的關(guān)系如圖所示下列說(shuō)法正確的是()A06 s內(nèi)物體先向正方向運(yùn)動(dòng)，后向負(fù)方向運(yùn)動(dòng)B06 s內(nèi)物體在4 s時(shí)的速度最大C物體在24 s內(nèi)速度不變D04 s內(nèi)合力對(duì)物體做的功等于06 s內(nèi)合力做的功解析：選D.由vat可知，at圖象中，圖線與坐標(biāo)軸所圍面積表示質(zhì)點(diǎn)的速度，06 s內(nèi)物體的速度始終為正值，故一直為正方向，A項(xiàng)錯(cuò)；t5 s時(shí)，速度最大，B項(xiàng)錯(cuò)；24 s內(nèi)加速度保持不變且不為零，速度一定變化，C項(xiàng)錯(cuò)；04 s內(nèi)與06 s內(nèi)圖線與坐標(biāo)軸所圍面積相等，故物體4 s末和6 s末速度相同，由動(dòng)能定理可知，兩段

22、時(shí)間內(nèi)合力對(duì)物體做功相等，D項(xiàng)對(duì)2宇航員在某星球表面做了如下實(shí)驗(yàn)，實(shí)驗(yàn)裝置如圖甲所示，豎直平面內(nèi)的光滑軌道由斜軌道AB和圓弧軌道BC組成將質(zhì)量m0.2 kg的小球，從軌道AB上高H處的某點(diǎn)由靜止釋放，用力傳感器測(cè)出小球經(jīng)過(guò)C點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小為F，改變H的大小，可測(cè)出F隨H的變化關(guān)系如圖乙所示，求：(1)圓軌道的半徑(2)星球表面的重力加速度(3)作出小球經(jīng)過(guò)C點(diǎn)時(shí)動(dòng)能隨H的變化關(guān)系EkH圖象解析：(1)小球過(guò)C點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律得：Fmgmeq f(veq oal(2,C),r)小球由靜止下滑至C點(diǎn)的過(guò)程，由動(dòng)能定理得：mg(H2r)eq f(1,2)mveq oal(2,C)解得：Fe

23、q f(2mg,r)H5mg由圖可知：當(dāng)H10.5 m時(shí)，F(xiàn)10 N解得：r0.2 m.(2)當(dāng)H21.0 m時(shí)，F(xiàn)25 N解得：g5 m/s2.(3)小球由靜止下滑至C點(diǎn)的過(guò)程，由動(dòng)能定理得：mg(H2r)Ek0解得：EkH0.4則EkH圖象如圖所示：答案：(1)0.2 m(2)5 m/s2(3)見解析圖學(xué)生用書P891(多選)(2016高考全國(guó)卷)如圖，一固定容器的內(nèi)壁是半徑為R的半球面；在半球面水平直徑的一端有一質(zhì)量為m的質(zhì)點(diǎn)P.它在容器內(nèi)壁由靜止下滑到最低點(diǎn)的過(guò)程中，克服摩擦力做的功為W.重力加速度大小為g.設(shè)質(zhì)點(diǎn)P在最低點(diǎn)時(shí)，向心加速度的大小為a，容器對(duì)它的支持力大小為N，則()Aa

24、eq f(2（mgRW）,mR)Baeq f(2mgRW,mR)CNeq f(3mgR2W,R) DNeq f(2（mgRW）,R)解析：選AC.質(zhì)點(diǎn)由半球面最高點(diǎn)到最低點(diǎn)的過(guò)程中，由動(dòng)能定理有：mgRWeq f(1,2)mv2，又在最低點(diǎn)時(shí)，向心加速度大小aeq f(v2,R)，兩式聯(lián)立可得aeq f(2（mgRW）,mR)，A項(xiàng)正確，B項(xiàng)錯(cuò)誤；在最低點(diǎn)時(shí)有Nmgmeq f(v2,R)，解得Neq f(3mgR2W,R)，C項(xiàng)正確，D項(xiàng)錯(cuò)誤2(多選)(2016高考浙江卷)如圖所示為一滑草場(chǎng)某條滑道由上、下兩段高均為h，與水平面傾角分別為45和37的滑道組成，滑草車與草地之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為.質(zhì)

25、量為m的載人滑草車從坡頂由靜止開始自由下滑，經(jīng)過(guò)上、下兩段滑道后，最后恰好靜止于滑道的底端(不計(jì)滑草車在兩段滑道交接處的能量損失，sin 370.6，cos 370.8)則()A動(dòng)摩擦因數(shù)eq f(6,7)B載人滑草車最大速度為 eq r(f(2gh,7)C載人滑草車克服摩擦力做功為mghD載人滑草車在下段滑道上的加速度大小為eq f(3,5)g解析：選AB.由題意根據(jù)動(dòng)能定理有，2mghWf0，即2mghmgcos 45eq f(h,sin 45)mgcos 37eq f(h,sin 37)0，得動(dòng)摩擦因數(shù)eq f(6,7)，則A項(xiàng)正確；載人滑草車克服摩擦力做的功為Wf2mgh，則C項(xiàng)錯(cuò)誤；

26、載人滑草車在上下兩段的加速度分別為a1g(sin 45cos 45)eq f(r(2),14)g，a2g(sin 37cos 37)eq f(3,35)g，則載人滑草車在上下兩段滑道上分別做加速運(yùn)動(dòng)和減速運(yùn)動(dòng)，則在上段底端時(shí)達(dá)到最大速度v，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有2a1eq f(h,sin 45)v2得，v eq r(2a1f(h,sin 45) eq r(f(2gh,7)，故B項(xiàng)正確，D項(xiàng)錯(cuò)誤3(多選)(2018湖南長(zhǎng)沙長(zhǎng)郡中學(xué)高三周測(cè))如圖所示，豎直固定放置的粗糙斜面AB的下端與光滑的圓弧軌道BCD在B點(diǎn)相切，圓弧軌道的半徑為R，圓心O與A、D在同一水平面上，C點(diǎn)為圓弧軌道最低點(diǎn)，COB30.現(xiàn)使一

27、質(zhì)量為m的小物塊從D點(diǎn)無(wú)初速度地釋放，小物塊與粗糙斜面AB間的動(dòng)摩擦因數(shù)tan ，則關(guān)于小物塊的運(yùn)動(dòng)情況，下列說(shuō)法正確的是()A小物塊可能運(yùn)動(dòng)到AB小物塊經(jīng)過(guò)較長(zhǎng)時(shí)間后會(huì)停在C點(diǎn)C小物塊通過(guò)圓弧軌道最低點(diǎn)C時(shí)，對(duì)C點(diǎn)的最大壓力大小為3mgD小物塊通過(guò)圓弧軌道最低點(diǎn)C時(shí)，對(duì)C點(diǎn)的最小壓力大小為eq blc(rc)(avs4alco1(3r(3)mg解析：選CD.物塊從D點(diǎn)無(wú)初速度滑下后，由于克服摩擦力做功，所以物塊在斜面上運(yùn)動(dòng)時(shí)機(jī)械能不斷減小，在斜面上升的最大高度越來(lái)越小，不可能運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)，又知道m(xù)gcos ，最終在與B點(diǎn)對(duì)稱的E點(diǎn)之間來(lái)回運(yùn)動(dòng)，A、B錯(cuò)誤；物塊第一次運(yùn)動(dòng)到C時(shí)速度最大，對(duì)軌道的

28、壓力最大，物塊從D第一次運(yùn)動(dòng)到C過(guò)程，由動(dòng)能定理得：mgReq f(1,2)mveq oal(2,1)；設(shè)此時(shí)軌道對(duì)物塊的支持力為F1，由牛頓第二定律得：F1mgmeq f(veq oal(2,1),R)，聯(lián)立解得：F13mg，由牛頓第三定律知物塊對(duì)C點(diǎn)的最大壓力為3mg，故C正確；當(dāng)最后穩(wěn)定后，物塊在BE之間運(yùn)動(dòng)時(shí)，設(shè)物塊經(jīng)過(guò)C點(diǎn)的速度為v2，由動(dòng)能定理得：mgR(1cos )eq f(1,2)mveq oal(2,2)，設(shè)軌道對(duì)物塊的支持力為F2，由牛頓第二定律得：F2mgmeq f(veq oal(2,2),R)，聯(lián)立解得：F2eq blc(rc)(avs4alco1(3r(3)mg，由

29、牛頓第三定律可知，物塊對(duì)C點(diǎn)的最小壓力為eq blc(rc)(avs4alco1(3r(3)mg，D正確4如圖，與水平面夾角37的斜面和半徑R0.4 m的光滑圓軌道相切于B點(diǎn)，且固定于豎直平面內(nèi)滑塊從斜面上的A點(diǎn)由靜止釋放，經(jīng)B點(diǎn)后沿圓軌道運(yùn)動(dòng)，通過(guò)最高點(diǎn)C時(shí)軌道對(duì)滑塊的彈力為零已知滑塊與斜面間動(dòng)摩擦因數(shù)0.25.(g取10 m/s2，sin 370.6 cos 370.8)求：(1)滑塊在C點(diǎn)的速度大小vC；(2)滑塊在B點(diǎn)的速度大小vB；(3)A、B兩點(diǎn)間的高度差h.解析：本題考查圓周運(yùn)動(dòng)、機(jī)械能守恒、動(dòng)能定理(1)對(duì)C點(diǎn)：滑塊豎直方向所受合力提供向心力mgeq f(mveq oal(2,

30、C),R)vCeq r(gR)2 m/s.(2)對(duì)BC過(guò)程：滑塊機(jī)械能守恒eq f(1,2)mveq oal(2,B)eq f(1,2)mveq oal(2,C)mgR(1cos 37)vBeq r(veq oal(2,C)2gR（1cos 37）)4.29 m/s.(3)滑塊在AB的過(guò)程，利用動(dòng)能定理：mghmgcos 37eq f(h,sin 37)eq f(1,2)mveq oal(2,B)0代入數(shù)據(jù)解得h1.38 m.答案：見解析學(xué)生用書P305(單獨(dú)成冊(cè))(建議用時(shí)：60分鐘)一、單項(xiàng)選擇題1(2018襄陽(yáng)模擬)用豎直向上大小為30 N的力F，將2 kg的物體從沙坑表面由靜止提升1

31、m時(shí)撤去力F，經(jīng)一段時(shí)間后，物體落入沙坑，測(cè)得落入沙坑的深度為20 cm.若忽略空氣阻力，g取10 m/s2.則物體克服沙坑的阻力所做的功為()A20 JB24 JC34 J D54 J解析：選C.對(duì)整個(gè)過(guò)程應(yīng)用動(dòng)能定理得：Fh1mgh2Wf0，解得：Wf34 J，C對(duì)2.(2018寧波模擬)如圖所示，木盒中固定一質(zhì)量為m的砝碼，木盒和砝碼在桌面上以一定的初速度一起滑行一段距離后停止現(xiàn)拿走砝碼，而持續(xù)加一個(gè)豎直向下的恒力F(Fmg)，若其他條件不變，則木盒滑行的距離()A不變B變小C變大 D變大變小均可能解析：選B.設(shè)木盒質(zhì)量為M，木盒中固定一質(zhì)量為m的砝碼時(shí)，由動(dòng)能定理可知，(mM)gx1e

32、q f(1,2)(Mm)v2，解得x1eq f(v2,2g)；加一個(gè)豎直向下的恒力F(Fmg)時(shí)，由動(dòng)能定理可知，(mM)gx2eq f(1,2)Mv2，解得x2eq f(Mv2,2（mM）g).顯然x2Ek2；t1t2BEk1Ek2；t1t2CEk1Ek2；t1t2 DEk1Ek2；t1t2.6.如圖所示，某滑草場(chǎng)有兩個(gè)坡度不同的滑道AB和AB(均可看做斜面)質(zhì)量相同的甲、乙兩名游客先后乘坐同一滑草板從A點(diǎn)由靜止開始分別沿AB和AB滑下，最后都停在水平草面上，斜草面和水平草面平滑連接，滑草板與草面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)處處相同，下列說(shuō)法正確的是()A甲沿斜草面下滑過(guò)程中克服摩擦力做的功比乙的多B甲

33、、乙經(jīng)過(guò)斜草面底端時(shí)的速率相等C甲、乙最終停在水平草面上的同一位置D甲停下時(shí)的位置與B的距離和乙停下時(shí)的位置與B的距離相等解析：選C.設(shè)斜草面長(zhǎng)度為l，傾角為，游客在斜草面上下滑，克服摩擦力做功Wmglcos ，因此甲克服摩擦力做的功少，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由A點(diǎn)到斜草面底端過(guò)程，由動(dòng)能定理有mghmglcos eq f(1,2)mv2，可得vBvB，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；游客由A點(diǎn)開始下滑到停在水平草面上，設(shè)x為游客最終停在水平草面上的位置與斜草面底端的距離，由動(dòng)能定理有mghmg(lcos x)0，則lcos xeq f(h,)，與斜草面的傾角無(wú)關(guān)，所以甲、乙最終停在水平草面上的同一位置，選項(xiàng)C正確、D錯(cuò)誤

34、二、多項(xiàng)選擇題7質(zhì)量為1 kg的物體靜止在水平粗糙的地面上，在一水平外力F的作用下運(yùn)動(dòng)，如圖甲所示，外力F和物體克服摩擦力Ff做的功W與物體位移x的關(guān)系如圖乙所示，重力加速度g取10 m/s2.下列分析正確的是()A物體與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2B物體運(yùn)動(dòng)的位移為13 mC物體在前3 m運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的加速度為3 m/s2Dx9 m時(shí)，物體的速度為3eq r(2) m/s解析：選ACD.由WfFfx對(duì)應(yīng)題圖乙可知，物體與地面之間的滑動(dòng)摩擦力Ff2 N，由Ffmg可得0.2，A正確；由WFFx對(duì)應(yīng)題圖乙可知，前3 m內(nèi)，拉力F15 N，39 m內(nèi)拉力F22 N，物體在前3 m內(nèi)的加速度a1eq

35、f(F1Ff,m)3 m/s2，C正確；由動(dòng)能定理得：WFFfxeq f(1,2)mv2，可得：x9 m時(shí)，物體的速度為v3eq r(2) m/s，D正確；物體的最大位移xmeq f(WF,Ff)13.5 m，B錯(cuò)誤8(2018河北衡水中學(xué)模擬)如圖所示，質(zhì)量為0.1 kg的小物塊在粗糙水平桌面上滑行4 m后以3.0 m/s的速度飛離桌面，最終落在水平地面上，已知物塊與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，桌面高0.45 m，若不計(jì)空氣阻力，取g10 m/s2，則下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是()A小物塊的初速度是5 m/sB小物塊的水平射程為1.2 mC小物塊在桌面上克服摩擦力做8 J的功D小物塊落地時(shí)的動(dòng)能為0.

36、9 J解析：選ABC.小物塊在桌面上克服摩擦力做功WfmgL2 J，C錯(cuò)在水平桌面上滑行，由動(dòng)能定理得Wfeq f(1,2)mv2eq f(1,2)mveq oal(2,0)，解得v07 m/s，A錯(cuò)小物塊飛離桌面后做平拋運(yùn)動(dòng)，有xvt、heq f(1,2)gt2，聯(lián)立解得x0.9 m，B錯(cuò)設(shè)小物塊落地時(shí)動(dòng)能為Ek，由動(dòng)能定理得mghEkeq f(1,2)mv2，解得Ek0.9 J，D對(duì)9.(2018南寧月考)在有大風(fēng)的情況下，一小球自A點(diǎn)豎直上拋，其運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示(小球的運(yùn)動(dòng)可看做豎直方向的豎直上拋運(yùn)動(dòng)和水平方向的初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)的合運(yùn)動(dòng))，小球運(yùn)動(dòng)軌跡上的A、B兩點(diǎn)在同一水平直

37、線上，M點(diǎn)為軌跡的最高點(diǎn)若風(fēng)力的大小恒定，方向水平向右，小球在A點(diǎn)拋出時(shí)的動(dòng)能為4 J，在M點(diǎn)時(shí)它的動(dòng)能為2 J，落回到B點(diǎn)時(shí)動(dòng)能記為EkB，小球上升時(shí)間記為t1，下落時(shí)間記為t2，不計(jì)其他阻力，則()Ax1x213Bt1t2CEkB6 J DEkB12 J解析：選AD.由小球上升與下落時(shí)間相等即t1t2得，x1(x1x2)12214，即x1x213，A正確，B錯(cuò)誤；AM應(yīng)用動(dòng)能定理得mghW1eq f(1,2)mveq oal(2,M)eq f(1,2)mv2，豎直方向有v22gh式聯(lián)立得W12 JAB風(fēng)力做功W24W18 J，AB由動(dòng)能定理W2EkBEkA，可求得EkB12 J，C錯(cuò)誤，D

38、正確102022年北京和張家口將攜手舉辦冬奧會(huì)，因此在張家口建造了高標(biāo)準(zhǔn)的滑雪跑道，來(lái)迎接冬奧會(huì)的到來(lái)如圖所示，一個(gè)滑雪運(yùn)動(dòng)員從左側(cè)斜坡距離坡底8 m處自由滑下，當(dāng)下滑到距離坡底s1處時(shí)，動(dòng)能和勢(shì)能相等(以坡底為參考平面)；到坡底后運(yùn)動(dòng)員又靠慣性沖上斜坡(不計(jì)經(jīng)過(guò)坡底時(shí)的機(jī)械能損失)，當(dāng)上滑到距離坡底s2處時(shí)，運(yùn)動(dòng)員的動(dòng)能和勢(shì)能又相等，上滑的最大距離為4 m關(guān)于這個(gè)過(guò)程，下列說(shuō)法中正確的是()A摩擦力對(duì)運(yùn)動(dòng)員所做的功等于運(yùn)動(dòng)員動(dòng)能的變化量B重力和摩擦力對(duì)運(yùn)動(dòng)員所做的總功等于運(yùn)動(dòng)員動(dòng)能的變化量Cs12 mDs14 m，s2s1，即s14 m同理，從右側(cè)斜坡s2處滑至s(s4 m)處過(guò)程中，由動(dòng)能定理得：mg(ss2)sin Wf0eq f(1,2)mveq oal(2,1)因?yàn)榫嗥碌譻2處動(dòng)能和勢(shì)能相等，有mgs2sin eq f(1,2)mveq oal(2,1)由得：mg(ss2)sin Wfmgs2sin 由式得：ss22 m綜上所述，C正確，D錯(cuò)誤三、非選擇題1