2023年高考物理專題5.2動能定理及應用熱點題型和提分秘籍

專題5.2動能定理及應用1.掌握動能定理，能運用動能定理解答實際問題。熱點題型一對動能定理的理解例1、【2023·江蘇卷】一小物塊沿斜面向上滑動，然后滑回到原處．物塊初動能為，與斜面間的動摩擦因數(shù)不變，那么該過程中，物塊的動能與位移的關系圖線是【答案】C【變式探究】一物塊沿傾角為θ的斜坡向上滑動。當物塊的初速度為v時，上升的最大高度為H，如下圖；當物塊的初速度為eq\f(v,2)時，上升的最大高度記為h。重力加速度大小為g。物塊與斜坡間的動摩擦因數(shù)和h分別為()A．tanθ和eq\f(H,2) B．(eq\f(v2,2gH)－1)tanθ和eq\f(H,2)C．tanθ和eq\f(H,4) D．(eq\f(v2,2gH)－1)tanθ和eq\f(H,4)解析：此題考查牛頓第二定律的兩類根本問題，用牛頓第二定律和運動學公式解即可，根據牛頓第二定律，mgsinθ＋μmgcosθ＝ma，而0－v2＝－2aeq\f(H,sinθ)，解得μ＝[eq\f(v2,2gH)－1]tanθ，當速度為eq\f(v,2)時，(eq\f(v,2))2－v2＝－2aeq\f(h,sinθ)，解得h＝eq\f(H,4)，此題中物體做勻變速運動，且末速度為零，可以根據動能定理求動摩擦因數(shù)，根據初速度為零的勻變速運動規(guī)律直接判斷h＝eq\f(H,4)。答案：D【提分秘籍】1．從兩個方面理解動能定理(1)動能定理公式中表達的三個關系①數(shù)量關系：即合外力所做的功與物體動能的變化具有等量代換關系?？梢酝ㄟ^計算物體動能的變化，求合外力的功，進而求得某一力的功。②單位關系，等式兩側物理量的國際單位都是焦耳。③因果關系：合外力的功是引起物體動能變化的原因。(2)動能定理表達中所說的“外力〞，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。2．運用動能定理需注意的問題(1)應用動能定理解題時，在分析過程的根底上無需深究物體運動過程中狀態(tài)變化的細節(jié)，只需考慮整個過程的功及過程初末的動能。(2)假設過程包含了幾個運動性質不同的分過程，既可分段考慮，也可整個過程考慮。但求功時，有些力不是全過程都作用的，必須根據不同的情況分別對待求出總功，計算時要把各力的功連同正負號一同代入公式。(3)動能定理中涉及的物理量有F、x、m、v、W、Ek等，在處理含有上述物理量的問題時，優(yōu)先考慮使用動能定理。(4)高中階段動能定理中的位移和速度應以地面或相對地面靜止的物體為參考系。3.應用動能定理解題的技巧(1)應用動能定理時，也必須進行受力分析，分析在所研究過程中有哪些力做功，并注意區(qū)分做功的正負。(2)應用動能定理時，要注意選取的研究對象和對應過程，合力做的功和動能的增量一定是對應于同一研究對象的同一過程。(3)應用動能定理時，不必考慮勢能的變化。特別是有重力做功、彈力做功、電場力做功時，將這些力的功計入總功內，而不必考慮重力勢能、彈性勢能和電勢能。(4)利用動能定理可求物體的速度、受力、位移及變力的功。【舉一反三】(多項選擇)質量為1kg的物體靜止在水平粗糙的地面上，受到一水平外力F作用運動，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的關系如圖乙所示，重力加速度g取10m/s2。以下分析正確的選項是()A．物體與地面之間的動摩擦因數(shù)為0.2B．物體運動的位移為13mC．前3m運動過程中物體的加速度為3m/s2D．x＝9m時，物體速度為3m/s答案：ACD熱點題型二動能定理的應用例2、如下圖裝置由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的長度s＝5m，軌道CD足夠長且傾角θ＝37°，A、D兩點離軌道BC的高度分別為h1＝4.3m、h2＝1.35m?，F(xiàn)讓質量為m的小滑塊自A點由靜止釋放。小滑塊與軌道BC間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：(1)小滑塊第一次到達D點時的速度大??；(2)小滑塊第一次與第二次通過C點的時間間隔；(3)小滑塊最終停止的位置距B點的距離。答案：(1)重力做功與路徑無關，只與初、末位置有關；摩擦力做功與路徑有關。(2)應用動能定理時要進行受力分析和過程分析。將h1、s、μ、g代入得：vC＝6m/s 小滑塊沿CD段上滑加速度大小a＝gsinθ＝6m/s2小滑塊沿CD段上滑到最高點的時間t1＝eq\f(vC,a)＝1s由對稱性可知小滑塊從最高點滑回C點的時間t2＝t1＝1s故小滑塊第一次與第二次通過C點的時間間隔t＝t1＋t2＝2s。(3)對小滑塊運動全過程應用動能定理，設小滑塊在水平軌道上運動的總路程為s總。有：mgh1＝μmgs總將h1、μ代入得：s總＝8.6m故小滑塊最終停止的位置距B點的距離為2s－s總＝1.4m答案：(1)3m/s(2)2s(3)1.4m【特別提醒】應用動能定理應突破的五個難點(1)突破研究對象的選取難點動能定理適用于單個物體，當題目中出現(xiàn)多個物體時可分別將單個物體取為研究對象，應用動能定理；也可以把多個物體組成整體，再應用動能定理求解，此時的條件是內力的功沒有引起動能向其他形式能的轉化。(2)突破研究過程的選取難點應用動能定理時，選取不同的研究過程列出的方程是不相同的。因為動能定理是個過程式，選取適宜的過程往往可以大大簡化運算。(3)突破受力的分析難點運用動能定理時，必須分析清楚物體在過程中的全部受力情況，找出哪些力不做功，哪些力做功，做多少功，從而確定出外力的總功，這是解題的關鍵。(4)突破位移的計算難點應用動能定理時，要注意有的力做功與路程無關，只與位移有關，有的力做功卻與路程有關。(5)突破初、末狀態(tài)確實定難點動能定理的計算式為標量式，v為相對同一參考系的速度，所以確定初、末狀態(tài)動能時，必須相對于同一參考系而言?！咎岱置丶?．應用動能定理解題的步驟2．考前須知(1)動能定理往往用于單個物體的運動過程，由于不涉及加速度及時間，比動力學研究方法要簡便。(2)動能定理表達式是一個標量式，在某個方向上應用動能定理沒有任何依據。(3)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。(4)應用動能定理時，必須明確各力做功的正、負。當一個力做負功時，可設物體克服該力做功為W，將該力做功表達為－W，也可以直接用字母W表示該力做功，使其字母本身含有負號?！九e一反三】如圖甲所示，固定在水平地面上的工件，由AB和BD兩局部組成，其中AB局部為光滑的圓弧，∠AOB＝37°，圓弧的半徑R＝0.5m；BD局部水平，長度為0.2m，C為BD的中點?，F(xiàn)有一質量m＝1kg，可視為質點的物塊從A端由靜止釋放，恰好能運動到D點。(g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求：(1)物塊運動到B點時，對工件的壓力大?。?2)為使物塊恰好運動到C點靜止，可以在物塊運動到B點后，對它施加一豎直向下的恒力F，F(xiàn)應為多大？(3)為使物塊運動到C點時速度為零，也可先將BD局部以B為軸向上轉動一銳角θ，如圖乙所示，θ應為多大？(假設物塊經過B點時沒有能量損失)答案：(1)14N(2)10N(3)37°解析：(1)物塊在AB局部下滑過程，由動能定理mgR(1－cos37°)＝eq\f(1,2)mv2在B點，由牛頓第二定律得FN－mg＝eq\f(mv2,R)解得FN＝14N由牛頓第三定律得F壓＝FN＝14N。解得F＝10N。(3)物塊在從A經B運動到C的過程中，由動能定理mgR(1－cos37°)－mgLBCsinθ－μmgLBCcosθ＝0代入數(shù)據得1＝sinθ＋eq\f(1,2)cosθ解得θ＝37°熱點題型三動能定理與圖象結合的問題例3．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，它的面積、體積和流量都較大。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，如圖甲所示，他們設計了如下的模型：在水平地面上放置一個質量為m＝5kg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，物體與地面間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.6，g取10m/s2。(1)物體在運動過程中的最大加速度為多大？(2)在距出發(fā)點多遠處，物體的速度到達最大？(3)物體在水平面上運動的最大位移是多大？答案：(1)合力為零(2)推力F做的功對應F－x圖線與x軸所圍的面積。(2)由圖象可知：F隨x變化的函數(shù)方程為F＝80－20x速度最大時，合外力為零。即F＝μmg所以x＝2.5m(3)位移最大時，末速度一定為0由動能定理可得WF－μmgs＝0由圖象可知，力F做的功為WF＝eq\f(1,2)Fx＝160J所以s＝eq\f(160,30)m＝5.33m【歸納總結】圖象所圍“面積〞的意義(1)v－t圖：由公式x＝vt可知，v－t圖線與坐標軸圍成的面積表示物體的位移。(2)a－t圖：由公式Δv＝at可知，a－t圖線與坐標軸圍成的面積表示物體速度的變化量。(3)F－x圖：由公式W＝Fx可知，F(xiàn)－x圖線與坐標軸圍成的面積表示力所做的功。(4)P－t圖：由公式W＝Pt可知，P－t圖線與坐標軸圍成的面積表示力所做的功?！咎岱置丶拷鉀Q物理圖象問題的根本步驟1．觀察題目給出的圖象，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(guī)律推導出縱坐標與橫坐標所對應的物理量間的函數(shù)關系式。3．將推導出的物理規(guī)律與數(shù)學上與之相對應的標準函數(shù)關系式相比照，找出圖線的斜率、截距、圖線的交點，圖線下的面積所對應的物理意義，分析解答問題。或者利用函數(shù)圖線上的特定值代入函數(shù)關系式求物理量。【舉一反三】小軍看到打樁機，對打樁機的工作原理產生了興趣。他構建了一個打樁機的簡易模型，如圖甲所示。他設想，用恒定大小的拉力F拉動繩端B，使物體從A點(與釘子接觸處)由靜止開始運動，上升一段高度后撤去F，物體運動到最高點后自由下落并撞擊釘子，將釘子打入一定深度。按此模型分析，假設物體質量m＝1kg，上升了1m高度時撒去拉力，撒去拉力前物體的動能Ek與上升高度h的關系圖象如圖乙所示。(g取10m/s2，不計空氣阻力)(1)求物體上升到0.4m高度處F的瞬時功率；(2)假設物體撞擊釘子后瞬間彈起，且使其不再落下，釘子獲得20J的動能向下運動。釘子總長為10cm。撞擊前插入局部可以忽略，不計釘子重力。釘子在插入過程中所受阻力Ff與深度x的關系圖象如圖丙所示，求釘子能夠插入的最大深度。答案：(1)120W(2)0.02m解析：(1)撤去F前，根據動能定理，有(F－mg)h＝Ek－0由題圖乙得，斜率為k＝F－mg＝20N，得F＝30N又由題圖乙得，h＝0.4m時，Ek＝8J，那么v＝4m/sP＝Fv＝120W。(2)碰撞后，對釘子，有－eq\x\to(F)fx′＝0－Ek′Ek′＝20Jeq\x\to(F)f＝eq\f(k′x′,2)又由題圖丙得k′＝105N/m解得：x′＝0.02m。1．【2023·江蘇卷】一小物塊沿斜面向上滑動，然后滑回到原處．物塊初動能為，與斜面間的動摩擦因數(shù)不變，那么該過程中，物塊的動能與位移的關系圖線是【答案】C1．【2023·四川卷】韓曉鵬是我國首位在冬奧會雪上工程奪冠的運發(fā)動．他在一次自由式滑雪空中技巧比賽中沿“助滑區(qū)〞保持同一姿態(tài)下滑了一段距離，重力對他做功1900J，他克服阻力做功100J．韓曉鵬在此過程中()A．動能增加了1900JB．動能增加了2000JC．重力勢能減小了1900JD．重力勢能減小了2000J【答案】C【解析】由題可得，重力做功1900J，那么重力勢能減少1900J，可得C正確，D錯誤．由動能定理：WG－Wf＝ΔEk可得動能增加1800J，那么A、B錯誤．2．【2023·浙江卷】如圖1-4所示為一滑草場，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摩擦因數(shù)為μ.質量為m的載人滑草車從坡頂由靜止開始自由下滑，經過上、下兩段滑道后，最后恰好靜止于滑道的底端(不計滑草車在兩段滑道交接處的能量損失，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)．那么()圖1-4A．動摩擦因數(shù)μ＝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【答案】AB3．【2023·全國卷Ⅰ】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(tài)，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，AC＝7R，A、B、C、D均在同一豎直平面內．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，最高到達F點，AF＝4R，P與直軌道間的動摩擦因數(shù)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)求P第一次運動到B點時速度的大?。?2)求P運動到E點時彈簧的彈性勢能．(3)改變物塊P的質量，將P推至E點，從靜止開始釋放．P自圓弧軌道的最高點D處水平飛出后，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．圖1-【答案】(1)2eq\r(gR)(2)eq\f(12,5)mgR(3)eq\f(3,5)eq\r(5gR)eq\f(1,3)m(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－μmgxcosθ－Ep＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)④E、F之間的距離l1為l1＝4R－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－μmgl1cosθ＝0⑥聯(lián)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.由平拋物運動公式有y1＝eq\f(1,2)gt2?x1＝vDt?聯(lián)立⑨⑩??式得vD＝eq\f(3,5)eq\r(5gR)?設P在C點速度的大小為vC，在P由C運動到D的過程中機械能守恒，有eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,C)＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,D)＋m1geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,6)R＋\f(5,6)Rcosθ))?P由E點運動到C點的過程中，同理，由動能定理有Ep－m1g(x＋5R)sinθ－μm1g(x＋5R)cosθ＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,C)?聯(lián)立⑦⑧???式得m1＝eq\f(1,3)m?4．【2023·全國卷Ⅱ】小球P和Q用不可伸長的輕繩懸掛在天花板上，P球的質量大于Q球的質量，懸掛P球的繩比懸掛Q球的繩短．將兩球拉起，使兩繩均被水平拉直，如圖1-所示．將兩球由靜止釋放，在各自軌跡的最低點()圖1-A．P球的速度一定大于Q球的速度B．P球的動能一定小于Q球的動能C．P球所受繩的拉力一定大于Q球所受繩的拉力D．P球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度【答案】C【解析】從釋放到最低點過程中，由動能定理得mgl＝eq\f(1,2)mv2－0，可得v＝eq\r(2gL)，因lP<lQ，那么vP<vQ，應選項A錯誤；由EkQ＝mQglQ，EkP＝mPglP，而mP>mQ，故兩球動能大小無法比擬，選項B錯誤；在最低點對兩球進行受力分析，根據牛頓第二定律及向心力公式可知T－mg＝meq\f(v2,l)＝man，得T＝3mg，an＝2g，那么TP>TQ，aP＝aQ，C正確，D錯誤．5．【2023·全國卷Ⅲ】一質點做速度逐漸增大的勻加速直線運動，在時間間隔t內位移為s，動能變?yōu)樵瓉淼?倍．該質點的加速度為()A.eq\f(s,t2)B.eq\f(3s,2t2)C.eq\f(4s,t2)D.eq\f(8s,t2)【答案】A6．【2023·全國卷Ⅲ】如下圖，一固定容器的內壁是半徑為R的半球面；在半球面水平直徑的一端有一質量為m的質點P.它在容器內壁由靜止下滑到最低點的過程中，克服摩擦力做的功為W.重力加速度大小為g.設質點P在最低點時，向心加速度的大小為a，容器對它的支持力大小為N，那么()圖1-A．a＝eq\f(2〔mgR－W〕,mR)B．a＝eq\f(2mgR－W,mR)C．N＝eq\f(3mgR－2W,R)D．N＝eq\f(2〔mgR－W〕,R)【答案】AC【解析】質點P下滑到底端的過程，由動能定理得mgR－W＝eq\f(1,2)mv2－0，可得v2＝eq\f(2〔mgR－W〕,m)，所以a＝eq\f(v2,R)＝eq\f(2〔mgR－W〕,mR)，A正確，B錯誤；在最低點，由牛頓第二定律得N－mg＝meq\f(v2,R)，故N＝mg＋meq\f(v2,R)＝mg＋eq\f(m,R)·eq\f(2〔mgR－W〕,m)＝eq\f(3mgR－2W,R)，C正確，D錯誤．7．【2023·天津卷】我國將于2023年舉辦冬奧會，跳臺滑雪是其中最具欣賞性的工程之一．如圖1-所示，質量m＝60kg的運發(fā)動從長直助滑道AB的A處由靜止開始以加速度a＝3.6m/s2勻加速滑下，到達助滑道末端B時速度vB＝24m/s，A與B的豎直高度差H＝48m．為了改變運發(fā)動的運動方向，在助滑道與起跳臺之間用一段彎曲滑道銜接，其中最低點C處附近是一段以O為圓心的圓?。滥┒薆與滑道最低點C的高度差h＝5m，運發(fā)動在B、C間運動時阻力做功W＝－1530J，g取圖1-(1)求運發(fā)動在AB段下滑時受到阻力Ff的大??；(2)假設運發(fā)動能夠承受的最大壓力為其所受重力的6倍，那么C點所在圓弧的半徑R至少應為多大？【答案】(1)144N(2)12.5【解析】(1)運發(fā)動在AB上做初速度為零的勻加速運動，設AB的長度為x，那么有veq\o\al(2,B)＝2ax①由牛頓第二定律有mgeq\f(H,x)－Ff＝ma②聯(lián)立①②式，代入數(shù)據解得Ff＝144N③(2)設運發(fā)動到達C點時的速度為vC，在由B到達C的過程中，由動能定理有mgh＋W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)④設運發(fā)動在C點所受的支持力為FN，由牛頓第二定律有FN－mg＝meq\f(veq\o\al(2,C),R)⑤由運發(fā)動能夠承受的最大壓力為其所受重力的6倍，聯(lián)立④⑤式，代入數(shù)據解得R＝12.51.【2023·四川·1】在同一位置以相同的速率把三個小球分別沿水平、斜向上、斜向下方向拋出，不計空氣阻力，那么落在同一水平地面時的速度大小A．一樣大B．水平拋的最大C．斜向上拋的最大D．斜向下拋的最大【答案】A2.【2023·全國新課標Ⅱ·17】一汽車在平直公路上行駛。從某時刻開始計時，發(fā)動機的功率P隨時間t的變化如下圖。假定汽車所受阻力的大小f恒定不變。以下描述該汽車的速度v隨時間t變化的圖像中，可能正確的選項是【答案】A【解析】由圖可知，汽車先以恒定功率P1起動，所以剛開始做加速度減小的加速度運動，后以更大功率P2運動，所以再次做加速度減小的加速運動，故A正確，B、C、D錯誤。3.【2023·浙江·18】我國科學教正在研制航母艦載機使用的電磁彈射器。艦載機總質量為，設起飛過程中發(fā)動機的推力恒為；彈射器有效作用長度為100m，推力恒定。要求艦載機在水平彈射結束時速度大小到達80m/s。彈射過程中艦載機所受總推力為彈射器和發(fā)動機推力之和，假設所受阻力為總推力的20％，那么A．彈射器的推力大小為B．彈射器對艦載機所做的功為C．彈射器對艦載機做功的平均功率為D．艦載機在彈射過程中的加速度大小為【答案】ABD，根據公式可得運動時間為，所以彈射器對艦載機做功的平均功率為，故C錯誤，D正確。4．(2023·山東理綜，23)如圖8甲所示，物塊與質量為m的小球通過不可伸長的輕質細繩跨過兩等高定滑輪連接。物塊置于左側滑輪正下方的外表水平的壓力傳感裝置上，小球與右側滑輪的距離為l。開始時物塊和小球均靜止，將此時傳感裝置的示數(shù)記為初始值?，F(xiàn)給小球施加一始終垂直于l段細繩的力，將小球緩慢拉起至細繩與豎直方向成60°角，如圖乙所示，此時傳感裝置的示數(shù)為初始值的1.25倍；再將小球由靜止釋放，當運動至最低位置時，傳感裝置的示數(shù)為初始值的0.6倍。不計滑輪的大小和摩擦，重力加速度的大小為g。求：圖8(1)物塊的質量；(2)從釋放到運動至最低位置的過程中，小球克服空氣阻力所做的功。當細繩與豎直方向的夾角為60°時，設細繩的拉力大小為T2，傳感裝置的示數(shù)為F2，據題意可知，F(xiàn)2＝1.25F1對小球，T2＝mgcos60°③對物塊，F(xiàn)2＋T2＝Mg④聯(lián)立①②③④式，代入數(shù)據得M＝3m(2)設小球運動至最低位置時速度的大小為v，從釋放到運動至最低位置的過程中，小球克服阻力所做的功為Wf，由動能定理得mgl(1－cos60°)－Wf＝eq\f(1,2)mv2⑥在最低位置，設細繩的拉力大小為T3，傳感裝置的示數(shù)為F3，據題意可知，F(xiàn)3＝0.6F1，對小球，由牛頓第二定律得T3－mg＝meq\f(v2,l)⑦對物塊，由平衡條件得F3＋T3＝Mg⑧聯(lián)立①②⑤⑥⑦⑧式，代入數(shù)據得Wf＝0.1mgl⑨答案(1)3m(2)0.11．〔2023·天津卷〕如下圖，水平地面上靜止放置一輛小車A，質量mA＝4kg，上外表光滑，小車與地面間的摩擦力極小，可以忽略不計．可視為質點的物塊B置于A的最右端，B的質量mB＝2kg.現(xiàn)對A施加一個水平向右的恒力F＝10N，A運動一段時間后，小車左端固定的擋板與B發(fā)生碰撞，碰撞時間極短，碰后A、B粘合在一起，共同在F的作用下繼續(xù)運動，碰撞后經時間t＝0.6s，二者的速度到達vt＝2m/s.求：(1)A開始運動時加速度a的大??；(2)A、B碰撞后瞬間的共同速度v的大??；(3)A的上外表長度l.【答案】(1)2.5m/s2(2)1m/s(3)0.45m(2)對A、B碰撞后共同運動t＝0.6s的過程，由動量定理得Ft＝(mA＋mB)vt－(mA＋mB)v③代入數(shù)據解得v＝1m/s④(3)設A、B發(fā)生碰撞前，A的速度為vA，對A、B發(fā)生碰撞的過程，由動量守恒定律有mAvA＝(mA＋mB)v⑤A從開始運動到與B發(fā)生碰撞前，由動能定理有Fl＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)⑥由④⑤⑥式，代入數(shù)據解得l＝0.45m⑦2．〔2023·四川卷〕如下圖，水平放置的不帶電的平行金屬板p和b相距h，與圖示電路相連，金屬板厚度不計，忽略邊緣效應．p板上外表光滑，涂有絕緣層，其上O點右側相距h處有小孔K；b板上有小孔T，且O、T在同一條豎直線上，圖示平面為豎直平面．質量為m、電荷量為－q(q>0)的靜止粒子被發(fā)射裝置(圖中未畫出)從O點發(fā)射，沿p板上外表運動時間t后到達K孔，不與板碰撞地進入兩板之間．粒子視為質點，在圖示平面內運動，電荷量保持不變，不計空氣阻力，重力加速度大小為g.(1)求發(fā)射裝置對粒子做的功；(2)電路中的直流電源內阻為r，開關S接“1”位置時，進入板間的粒子落在b板上的A點，A點與過K孔豎直線的距離為l.此后將開關S接“2”位置，求阻值為R的電阻中的電流強度；(3)假設選用恰當直流電源，電路中開關S接“1”位置，使進入板間的粒子受力平衡，此時在板間某區(qū)域加上方向垂直于圖面的、磁感應強度大小適宜的勻強磁場(磁感應強度B只能在0～Bm＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(21)＋5))m,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(21)－2))qt)范圍內選取)，使粒子恰好從b板的T孔飛出，求粒子飛出時速度方向與b板板面的夾角的所有可能值(可用反三角函數(shù)表示)．【解析】(1)eq\f(mh2,2t2)(2)eq\f(mh,q〔R＋r〕)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(g－\f(2h3,l2t2)))(3)0<θ≤arcsineq\f(2,5)[解析](1)設粒子在p板上做勻速直線運動的速度為v0，有h＝v0t①設發(fā)射裝置對粒子做的功為W，由動能定理得W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)②聯(lián)立①②可得W＝eq\f(mh2,2t2)③(2)S接“1”位置時，電源的電動勢E0與板間電勢差U有E0＝U④板間產生勻強電場的場強為E，粒子進入板間時有水平方向的速度v0，在板間受到豎直方向的重力和電場力作用而做類平拋運動，設加速度為a，運動時間為t1，有U＝Eh⑤mg－qE＝ma⑥h＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)⑦l＝v0t1⑧S接“2”位置，那么在電阻R上流過的電流I滿足I＝eq\f(E0,R＋r)⑨聯(lián)立①④～⑨得I＝eq\f(mh,q〔R＋r〕)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(g－\f(2h3,l2t2)))⑩(3)由題意知此時在板間運動的粒子重力與電場力平衡，當粒子從K進入板間后立即進入磁場做勻速圓周運動，如下圖，粒子從D點出磁場區(qū)域后沿DT做勻速直線運動，DT與b板上外表的夾角為題目所求夾角θ，磁場的磁感應強度B取最大值時的夾角θ為最大值θm，設粒子做勻速圓周運動的半徑為R，有qv0B＝eq\f(mveq\o\al(2,0),R)eq\o(○,\s\up1(11))過D點作b板的垂線與b板的上外表交于G，由幾何關系有DG＝h－R(1＋cosθ)eq\o(○,\s\up1(12))TG＝h＋Rsinθeq\o(○,\s\up1(13))tanθ＝eq\f(sinθ,cosθ)＝eq\f(DG,TG)eq\o(○,\s\up1(14))聯(lián)立①eq\o(○,\s\up1(11))～eq\o(○,\s\up1(14))，將B＝Bm代入，求得θm＝arcsineq\f(2,5)eq\o(○,\s\up1(15))θ0＝0eq\o(○,\s\up1(16))那么題目所求為0<θ≤arcsineq\f(2,5)eq\o(○,\s\up1(17))3．〔2023·福建卷Ⅰ〕圖為某游樂場內水上滑梯軌道示意圖，整個軌道在同一豎直平面內，外表粗糙的AB段軌道與四分之一光滑圓弧軌道BC在B點水平相切．點A距水面的高度為H，圓弧軌道BC的半徑為R，圓心O恰在水面．一質量為m的游客(視為質點)可從軌道AB的任意位置滑下，不計空氣阻力．(1)假設游客從A點由靜止開始滑下，到B點時沿切線方向滑離軌道落在水面上的D點，OD＝2R，求游客滑到B點時的速度vB大小及運動過程軌道摩擦力對其所做的功Wf；(2)假設游客從AB段某處滑下，恰好停在B點，又因受到微小擾動，繼續(xù)沿圓弧軌道滑到P點后滑離軌道，求P點離水面的高度h.(提示：在圓周運動過程中任一點，質點所受的向心力與其速率的關系為F向＝meq\f(v2,R))【答案】(1)eq\r(2gR)－(mgH－2mgR)(2)eq\f(2,3)R(2)設OP與OB間夾角為θ，游客在P點時的速度為vP，受到的支持力為N，從B到P由機械能守恒定律，有mg(R－Rcosθ)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,P)－0⑥過P點時，根據向心力公式，有mgcosθ－N＝meq\f(veq\o\al(2,P),R)⑦N＝0⑧cosθ＝eq\f(h,R)⑨由⑥⑦⑧⑨式解得h＝eq\f(2,3)R.⑩1.一個質量為m的物體靜止放在光滑水平面上，在互成60°角的大小相等的兩個水平恒力作用下，經過一段時間，物體獲得的速度為v，在力的方向上獲得的速度分別為v1、v2，如下圖，那么在這段時間內，其中一個力做的功為()A．eq\f(1,6)mv2 B．eq\f(1,4)mv2C．eq\f(1,3)mv2 D．eq\f(1,2)mv2答案：B解析：物體由靜止勻加速直線運動，由動能定理W＝eq\f(1,2)mv2，兩分力等大，物體沿對角線方向運動，那么兩分力的功W1與W2等大，由W＝W1＋W2可知W1－W2＝eq\f(1,2)W＝eq\f(1,2)·eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,4)mv2，那么B正確。2.用起重機提升貨物，貨物上升過程中的v－t圖象如下圖，在t＝3s到t＝5s內，重力對貨物做的功為W1、繩索拉力對貨物做的功為W2、貨物所受合力做的功為W3，那么()A．W1>0 B．W2<0C．W2>0 D．W3>0答案：C3．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、s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，那么以下各圖象中，能正確反映這一過程的是()答案：C解析：物體在恒定阻力作用下運動，其加速度隨時間不變，隨位移不變，選項A、B錯誤；由動能定理，－fs＝Ek－Ek0，解得Ek＝Ek0－fs，選項C正確D錯誤。4．用水平力F拉一物體，使物體在水平地面上由靜止開始做勻加速直線運動，t1時刻撤去拉力F，物體做勻減速直線運動，到t2時刻停止，其速度—時間圖象如下圖，且α>β，假設拉力F做的功為W1，平均功率為P1；物體克服摩擦阻力Ff做的功為W2，平均功率為P2，那么以下選項正確的選項是()A．W1>W2，F(xiàn)＝2Ff B．W1＝W2，F(xiàn)>2FfC．P1<P2，F(xiàn)>2Ff D．P1＝P2，F(xiàn)＝2Ff答案：B解析：整個過程中，只有拉力和阻力做功，即W總＝W1－W2，物體動能的變化由圖象可知ΔEk＝0，所以有W1＝W2，由圖象可知拉力F做功時間和阻力Ff做功時間的關系為t1<t2，勻加速直線運動的位移s1與勻減速直線運動的位移s2的關系為s1<s2，所以有P1>P2，且Fs1－Ff(s1＋s2)＝0得F＝eq\f(s1＋s2,s1)Ff，即F>2Ff.應選B。5．如圖，一質量為m的小石塊從半徑為R的四分之一圓弧軌道上與圓心等高處A靜止釋放，經時間t下滑到軌道最低點B時對軌道的壓力為2mg，此后水平飛出恰好垂直擊中傾角為θ＝30°的斜面，空氣阻力不計。那么以下關于石塊運動的說法中，正確的選項是()A．從A到B平均速度為eq\f(πR,2t)B．石塊在圓弧軌道上運動時先超重后失重C．石塊在圓弧軌道上運動時克服阻力做的功為eq\f(mgR,4)D．石塊從圓弧軌道飛出到擊中斜面的時間為eq\r(\f(3R,g))答案：D6．如下圖，假設物體與接觸面之間的動摩擦因數(shù)處處相同，DO是水平面，AB是斜面。初速度為10m/s的物體從D點出發(fā)沿路面DBA恰好可以到達頂點A，如果斜面改為AC，再讓該物體從D點出發(fā)沿DCA恰好也能到達A點，那么物體第二次運動具有的初速度()A．可能大于12m/sB．可能等于8m/sC．一定等于10m/sD．可能等于10m/s，具體數(shù)值與斜面的傾角有關答案：C解析：物體從D點滑動到頂點A過程中，由動能定理，可得－mg·xOA－μmg·xDB－μmgcosα·xAB＝0－eq\f(1,2)mv2，由幾何關系cosα·xAB＝xOB，因而上式可以簡化為－mg·xOA－μmg·xOD＝0－eq\f(1,2)mv2；同理推得沿DCA有－mg·xOA－μmg·xOD＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，解得v2＝v，C選項正確。7．如下圖，一個小球(視為質點)從H＝12m高處，由靜止開始沿光滑彎曲軌道AB進入半徑R＝4m的豎直圓環(huán)內側，且與圓環(huán)的動摩擦因數(shù)處處相等，當?shù)竭_圓環(huán)頂點C時，剛好對軌道壓力為零；然后沿CB圓弧滑下，進入光滑弧形軌道BD，到達高度為h的D點時速度為零，那么A的值可能為()A．10m B．9.5mC．8.5m D．8m答案：BC根據動能定理得：mg(H－2R)－Wf＝eq\f(1,2)mv2，所以克服摩擦力做功Wf＝2mg，此時機械能等于10mg，之后小球沿軌道下滑，由于機械能有損失，所以下滑速度比上升速度小，因此對軌道壓力變小，受摩擦力變小，所以下滑時，克服摩擦力做功大小小于2mg，機械能有損失，到達底端時小于10mg；此時小球機械能大于10mg－2mg＝8mg，而小于10mg，所以進入光滑弧形軌道BD時，小球機械能的范圍為，8mg<Ep<10mg，所以高度范圍為8m<h<10m，故B、C正確。8.如下圖，與水平面的夾角為銳角的斜面底端A向上有三個等間距點B、C和D，即AB＝BC＝CD，D點距水平面高為h。小滑塊以某一初速度從A點出發(fā)，沿斜面向上運動。假設斜面光滑，那么滑塊到達D位置時速度為零；假設斜面AB局部與滑塊有處處相同的摩擦，其余局部光滑，那么滑塊上滑到C位置時速度為零，然后下滑。重力加速度為g，那么在AB有摩擦的情況下()A．從C位置返回到A位置的過程中，克服阻力做的功為eq\f(2,3)mghB．滑塊從B位置返回到A位置的過程中，動能的變化為零C．滑塊從C位置返回到B位置時的動能為eq\f(1,3)mghD．滑塊從B位置返回到A位置時的動能為eq\f(2,3)mgh答案：BC置的過程中克服阻力做的功為eq\f(1,3)mgh，選項A錯誤；從B位置返回到A位置時，因WG＝Wf，所以動能的變化為零，選項B正確，D錯誤；設滑塊下滑到B位置時速度大小為vB，根據動能定理，有WG＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＝eq\f(1,3)mgh，選項C正確。9．如下圖，A是半徑為R的圓形光滑軌道，固定在木板B上，豎直放置；B的左右兩側各有一光滑擋板固定在地面上，使其不能左右運動，小球C靜止放在軌道最低點，A、B、C的質量相等?，F(xiàn)給小球一水平向右的初速度v0，使小球在圓形軌道的內側做圓周運動，為保證小球能通過軌道的最高點，且不會使B離開地面，初速度v0必須滿足(重力加速度為g)()A．最小值為eq\r(4gR) B．最大值為eq\r(6gR)C．最小值為eq\r(5gR) D．最大值為eq\r(7gR)答案：CD解析：由題意可知，此圓形軌道的模型是繩系小球在豎直面內的圓周運動，為保證小球能通過軌道的最高點，設在最高點處的最小速度為v1，那么mg＝eq\f(mv\o\al(2,1),R)，從最低點到最高點過程中，由機械能守恒定律可得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0min)＝2mgR＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，解得v0min＝eq\r(5gR)，選項A錯誤，選項C正確；為使B不離開地面，設小球運動到最高點時，受到軌道的壓力為F，對軌道和木板受力分析，可得F－2mg＝0，對小球，可得F＋mg＝eq\f(mv\o\al(2,2),R)，從最低點到最高點過程中，由機械能守恒定律可得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0max)＝2mgR＋eq\f(1,2)mveq\o