2024屆高考物理一輪總復(fù)習(xí)第五章機(jī)械能第2講動能定理第1課時動能定理的理解及應(yīng)用教師用書

第1課時動能定理的理解及應(yīng)用一、動能1．定義：物體由于運(yùn)動而具有的能叫動能。2．公式：Ek＝eq\f(1,2)mv2。單位為焦耳，1J＝1N·m＝1kg·m2/s2。3．矢標(biāo)性：動能是標(biāo)量，只有正值。4．狀態(tài)量：動能是狀態(tài)量，因?yàn)関是瞬時速度。二、動能定理1．內(nèi)容：力在一個過程中對物體做的功，等于物體在這個過程中動能的變化。2．表達(dá)式：W＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12或W＝Ek2－Ek1。3．物理意義：合外力的功是物體動能變化的量度。4．適用條件(1)既適用于直線運(yùn)動，也適用于曲線運(yùn)動。(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，既可以同時作用，也可以間斷作用。情境創(chuàng)設(shè)滑雪運(yùn)動深受人民群眾喜愛。某滑雪運(yùn)動員(可視為質(zhì)點(diǎn))由坡道進(jìn)入豎直面內(nèi)的圓弧形滑道AB，從滑道的A點(diǎn)滑行到最低點(diǎn)B的過程中，由于摩擦力的存在，運(yùn)動員的速率不變。微點(diǎn)判斷(1)運(yùn)動員由A點(diǎn)到B點(diǎn)速度方向在不斷變化，所以動能也在不斷變化。(×)(2)運(yùn)動員所受合力不為零，合外力做功也不為零。(×)(3)摩擦力對運(yùn)動員做負(fù)功。(√)(4)重力和摩擦力的合力做的功為零。(√)(一)對動能定理的理解(固基點(diǎn))[題點(diǎn)全練通]1．[對物體動能的理解]從地面豎直向上拋出一只小球，小球運(yùn)動一段時間后落回地面。忽略空氣阻力，該過程中小球的動能Ek與時間t的關(guān)系圖像是()解析：選A小球做豎直上拋運(yùn)動，設(shè)初速度為v0，則v＝v0－gt，小球的動能Ek＝eq\f(1,2)mv2，把速度v代入得，Ek＝eq\f(1,2)mg2t2－mgv0t＋eq\f(1,2)mv02，Ek與t為二次函數(shù)關(guān)系。2．[對動能定理的理解]如圖所示，輕彈簧一端系在墻上的O點(diǎn)，自由伸長到B點(diǎn)?，F(xiàn)將小物體靠著彈簧(不拴接)并將彈簧壓縮到A點(diǎn)，然后由靜止釋放，小物體在粗糙水平面上運(yùn)動到C點(diǎn)靜止，則()A．小物體從A到B過程速度一直增加B．小物體從A到B過程加速度一直減小C．小物體從B到C過程中動能變化量大小小于克服摩擦力做功D．小物體從A到C過程中彈簧的彈性勢能變化量大小等于小物體克服摩擦力做功解析：選D在A、B間某處物體受到的彈力等于摩擦力，合力為0，速度最大，而在B點(diǎn)只受摩擦力，合力不為零，因此小物體從A到B過程加速度先減小再增大，速度先增大后減小，故A、B錯誤；小物體從B到C過程中，由動能定理得－Wf＝ΔEk，故C錯誤；小物體從A到C過程中，由動能定理得W彈－Wf1＝0，故D正確。3．[由動能定理分析合力做功](多選)如圖所示，某質(zhì)點(diǎn)沿直線運(yùn)動的v-t圖像為余弦曲線，從圖中可以判斷()A．在0～t1時間內(nèi)，合力逐漸減小B．在0～t2時間內(nèi)，合力做正功C．在t1～t2時間內(nèi)，合力的功率先增大后減小D．在t2～t4時間內(nèi)，合力做的總功為零解析：選CD從v-t圖線的斜率表示加速度可知，在0～t1時間內(nèi)，加速度增大，由牛頓第二定律可知，合力增大，故A錯誤；由動能定理知0～t2時間內(nèi)，動能增量為0，即合外力做功為0，故B錯誤；t1時刻，F(xiàn)最大，v＝0，F(xiàn)的功率為0，t2時刻F＝0，速度最大，F(xiàn)的功率為0，t1～t2時間內(nèi)，合外力的功率先增大后減小，故C正確；由動能定理知t2～t4時間內(nèi)，動能增量為0，即合外力做功為0，故D正確。4．[由動能定理分析動能的變化量](多選)如圖所示，質(zhì)量為M的木塊靜止在光滑的水平面上，質(zhì)量為m的子彈以速度v0沿水平方向射入木塊，并最終留在木塊中與木塊一起以速度v運(yùn)動。已知當(dāng)子彈相對木塊靜止時，木塊前進(jìn)的距離為L，子彈進(jìn)入木塊的深度為s。若木塊對子彈的阻力F視為恒定，則下列關(guān)系式中正確的是()A．FL＝eq\f(1,2)Mv2B．Fs＝eq\f(1,2)mv2C．Fs＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)(M＋m)v2D．F(L＋s)＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)mv2解析：選ACD根據(jù)動能定理，對子彈，有－F(L＋s)＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02，D正確；對木塊，有FL＝eq\f(1,2)Mv2，A正確；由以上二式可得Fs＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)(M＋m)v2，C正確，B錯誤。[要點(diǎn)自悟明]1．動能與動能變化的區(qū)別(1)動能與動能的變化是兩個不同的概念，動能是狀態(tài)量，動能的變化是過程量。(2)動能沒有負(fù)值，而動能變化量有正負(fù)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(zhuǎn)化的過程，動能定理表達(dá)式中的“＝”有三層關(guān)系：①因果關(guān)系：合力做功是物體動能變化的原因。②數(shù)量關(guān)系：合力的功與動能變化可以等量代換。③單位關(guān)系：國際單位都是焦耳。(2)動能定理中的“力”指物體受到的所有力，既包括重力、彈力、摩擦力，也包括電場力、磁場力或其他力，功則為合力所做的總功。(二)動能定理的應(yīng)用(培優(yōu)點(diǎn))考法(一)用動能定理求解直線運(yùn)動問題[例1]某幼兒園要在空地上做一個滑梯，由于空地大小限制，滑梯的水平跨度確定為x＝6m。設(shè)計(jì)時，考慮兒童褲料與滑板間的動摩擦因數(shù)μ＝0.4，為使兒童在滑梯上恰能滑下，重力加速度g＝10m/s2。(1)求滑梯的高度h；(2)若小明褲料與滑板間的動摩擦因數(shù)μ1＝eq\f(1,3)，求他從滑梯上由靜止滑到底端的瞬時速度大??；(3)若體重比小明重、穿相同褲料的小華，從滑梯上由靜止滑到底端，有人認(rèn)為小華滑行的時間比小明長。這種說法是否正確？簡要說明理由。[解析](1)兒童恰能滑下，重力的下滑分力等于摩擦力，設(shè)滑梯與水平面的夾角為θ，則mgsinθ＝μmgcosθ根據(jù)幾何關(guān)系：tanθ＝eq\f(h,x)聯(lián)立解得：h＝0.4x＝2.4m。(2)設(shè)滑板長為L，由動能定理得：mgh－μ1mgLcosθ＝eq\f(1,2)mv2，x＝Lcosθ聯(lián)立解得：v＝2eq\r(2)m/s。(3)這種說法不正確，小華下滑的時間與小明相等。根據(jù)位移時間關(guān)系：L＝eq\f(1,2)at2根據(jù)牛頓第二定律，下滑的加速度a＝g(sinθ－μ1cosθ)聯(lián)立解得：t＝eq\r(\f(2L,gsinθ－μ1cosθ))可見，下滑時間與體重?zé)o關(guān)。[答案](1)2.4m(2)2eq\r(2)m/s(3)見解析[規(guī)律方法](1)在恒力作用下的直線運(yùn)動問題可以應(yīng)用牛頓運(yùn)動定律與運(yùn)動學(xué)公式結(jié)合求解，也可以應(yīng)用動能定理求解。(2)在不涉及時間的問題中，可優(yōu)先考慮應(yīng)用動能定理。(3)動能定理中的位移和速度均是相對于同一參考系的，一般以地面為參考系?？挤?二)用動能定理求解曲線運(yùn)動問題[例2](多選)如圖所示，長為L＝0.4m的輕桿一端連著質(zhì)量為m＝1kg的小球，另一端用鉸鏈固接于水平地面上的O點(diǎn)，初始時小球靜止于地面上?，F(xiàn)在桿中點(diǎn)處施加一大小不變、方向始終垂直于桿的力F，輕桿轉(zhuǎn)動30°時撤去F，則小球恰好能到達(dá)最高點(diǎn)。忽略一切摩擦，重力加速度g＝10m/s2，π≈3。下列說法正確的是()A．力F所做的功為4JB．力F的大小約為40NC．小球到達(dá)最高點(diǎn)時，輕桿對小球的作用力大小為5ND．撤去F瞬間，小球的速度大小為2m/s[解析]小球恰好能到達(dá)最高點(diǎn)，小球到達(dá)最高點(diǎn)的速度為0，在整個運(yùn)動過程中，根據(jù)動能定理得WF－mgL＝0－0，解得WF＝mgL＝4J，A正確；施加的力始終垂直于桿，則WF＝F·eq\f(L,2)·eq\f(π,6)，解得F＝eq\f(WF,\f(πL,12))＝40N，B正確；小球恰好能到達(dá)最高點(diǎn)，小球到達(dá)最高點(diǎn)的速度為0，根據(jù)平衡條件得輕桿對小球的作用力為FN＝mg＝10N，C錯誤；在力F作用過程中，根據(jù)動能定理得WF－mgLsin30°＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(\f(2WF－2mgLsin30°,m))＝2m/s，D正確。[答案]ABD[規(guī)律方法](1)動能定理表達(dá)式是一個標(biāo)量式，式中各項(xiàng)均為標(biāo)量，因此，應(yīng)用動能定理時不必關(guān)注速度的具體方向，也不能在某個方向上列出動能定理的表達(dá)式。(2)注意物體所受各力做功的特點(diǎn)，如：重力做功與路徑無關(guān)，重點(diǎn)關(guān)注始末兩點(diǎn)的高度差，摩擦阻力做功與路徑有關(guān)。(三)動能定理與圖像的綜合問題(精研點(diǎn))1．五類圖像中所圍“面積”或斜率的意義2．解決動能定理與圖像問題的基本步驟[考法全析]考法(一)動能定理與v-t圖像的綜合[例1]質(zhì)量為m的物體從高為h的斜面頂端靜止下滑，最后停在平面上，若該物體以v0的初速度從頂端下滑，最后仍停在平面上，如圖甲所示。圖乙為物體兩次在平面上運(yùn)動的v-t圖像，則物體在斜面上運(yùn)動過程中克服摩擦力的功為()A.eq\f(1,2)mv02－3mgh B．3mgh－eq\f(1,2)mv02C.eq\f(1,6)mv02－mgh D．mgh－eq\f(1,6)mv02[解析]若物體靜止開始下滑，由動能定理得mgh－Wf＝eq\f(1,2)mv12，若該物體以v0的初速度從頂端下滑，由動能定理得mgh－Wf＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv02，由題圖乙可知，物體兩次滑到平面的速度關(guān)系為v2＝2v1，由以上三式解Wf＝mgh－eq\f(1,6)mv02。[答案]Deq\a\vs4\al(考法二動能定理與a-t圖像的綜合)[例2]用傳感器研究質(zhì)量為2kg的物體由靜止開始做直線運(yùn)動的規(guī)律時，在計(jì)算機(jī)上得到0～6s內(nèi)物體的加速度隨時間變化的關(guān)系如圖所示。下列說法正確的是()A．0～6s內(nèi)物體先向正方向運(yùn)動，后向負(fù)方向運(yùn)動B．0～6s內(nèi)物體在4s時的速度最大C．物體在2～4s內(nèi)速度不變D．0～4s內(nèi)合力對物體做的功等于0～6s內(nèi)合力對物體做的功[解析]a-t圖線與坐標(biāo)軸圍成的“面積”等于速度的變化量，由題給圖像可知，0～6s內(nèi)速度變化量為正，物體速度方向不變，物體在0～5s內(nèi)一直加速，5s時速度最大，A、B均錯誤；2～4s內(nèi)物體的加速度不變，做勻加速直線運(yùn)動，C錯誤；由題圖可知，t＝4s時和t＝6s時物體速度大小相等，由動能定理可知，物體在0～4s內(nèi)和0～6s內(nèi)動能變化量相等，合外力對物體做功也相等，D正確。[答案]Deq\a\vs4\al(考法三動能定理與F-x圖像的綜合)[例3](多選)如圖甲所示，輕彈簧豎直放置，下端固定在水平地面上，一質(zhì)量為m的小球從離彈簧上端高h(yuǎn)處由靜止釋放。某同學(xué)研究小球落到彈簧上后繼續(xù)向下運(yùn)動到最低點(diǎn)的過程，他以小球開始下落的位置為原點(diǎn)，沿豎直向下方向建立坐標(biāo)軸Ox，作出小球所受彈力F的大小隨小球下落的位置坐標(biāo)x的變化關(guān)系如圖乙所示。不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g。以下判斷正確的是()A．當(dāng)x＝h時，小球的速度開始減小，而加速度先減小后增大，直至最低點(diǎn)B．最低點(diǎn)的坐標(biāo)x＝h＋x1＋eq\r(x12＋2hx1)C．當(dāng)x＝h＋2x1時，小球的加速度為－g，彈力為2mg且為小球下落的最低點(diǎn)D．小球動能的最大值為mgh＋eq\f(mgx1,2)[解析]小球下落到x＝h時，小球剛接觸彈簧，直到x＝h＋x1前，彈力小于重力，小球一直做加速度減小的加速運(yùn)動，之后彈力大于重力，加速度反向逐漸增大，直至到達(dá)最低點(diǎn)，A錯誤；由題圖乙知mg＝kx1，解得x1＝eq\f(mg,k)，由F-x圖線與橫軸所圍圖形的面積表示克服彈力所做的功，從開始下落到最低點(diǎn)過程，W克彈＝eq\f(1,2)k(x－h(huán))2，由動能定理得mgx－eq\f(1,2)k(x－h(huán))2＝0，解得最低點(diǎn)的坐標(biāo)x＝h＋x1＋eq\r(x12＋2hx1)，B正確；由對稱性可知，當(dāng)x＝h＋2x1時，小球的加速度為－g，且彈力為2mg，但還未到最低點(diǎn)，C錯誤；小球在x＝h＋x1處時，動能有最大值，根據(jù)動能定理得mg(h＋x1)＋W彈′＝Ekm－0，由題知，W彈′＝－eq\f(1,2)kx12＝－eq\f(1,2)mgx1，解得最大動能Ekm＝mgh＋eq\f(mgx1,2)，D正確。[答案]BD考法(四)動能定理與v-t、P-t圖像的綜合[例4](多選)放在粗糙水平地面上質(zhì)量為0.8kg的物體受到水平拉力的作用，在0～6s內(nèi)其速度與時間的關(guān)系圖像和該拉力的功率與時間的關(guān)系圖像分別如圖所示。下列說法中正確的是(g取10m/s2)()A．0～6s內(nèi)拉力做的功為140JB．物體在0～2s內(nèi)所受的拉力為4NC．物體與粗糙水平地面間的動摩擦因數(shù)為0.5D．合外力在0～6s內(nèi)做的功與0～2s內(nèi)做的功相等[解析]由于P-t圖像與t軸圍成的面積表示拉力所做的功，所以0～6s內(nèi)拉力做的功為W＝eq\f(1,2)×2×60J＋4×20J＝140J，故A正確；由水平拉力的功率P＝Fv可得，在0～2s內(nèi)拉力F＝eq\f(P,v)＝6N,2～6s，拉力F′＝eq\f(P′,v′)＝2N，故B錯誤；物體在水平面上只受摩擦力和拉力，在2～6s內(nèi)物體受力平衡可得f＝μmg＝F′，解得μ＝eq\f(F′,mg)＝eq\f(2N,0.8×10N)＝0.25，故C錯誤；由v-t圖像可知，物體在2s末的速度與6s末的速度相等，由動能定理W合＝ΔEk可知，0～6s與0～2s動能的變化量相同，所以合外力在0～6s內(nèi)做的功與0～2s內(nèi)做的功相等，故D正確。[答案]ADeq\a\vs4\al(考法五動能定理與Ek-h圖像的綜合)[例5](2022·山東濟(jì)寧高三調(diào)研)(多選)“彈跳小人”(如圖甲所示)是一種深受兒童喜愛的玩具，其原理如圖乙所示。豎直光滑長桿固定在地面不動，套在桿上的輕質(zhì)彈簧下端不固定，上端與滑塊拴接，滑塊的質(zhì)量為0.80kg?，F(xiàn)在向下壓滑塊，直到彈簧上端離地面高度h＝0.40m時停止，然后由靜止釋放滑塊?；瑝K的動能Ek隨離地高度h變化的圖像如圖丙所示。其中高度從0.80m到1.40m范圍內(nèi)的圖線為直線，其余部分為曲線。若以地面為重力勢能的參考平面，空氣阻力為恒力，g取10m/s2。則結(jié)合圖像可知()A．彈簧原長為0.72mB．空氣阻力大小為1.00NC．彈簧的最大彈性勢能為9.00JD．在彈簧落回地面的瞬間滑塊的動能為5.40J[解析]由題圖丙可知，從h＝0.80m開始，彈簧下端與地面分離，則知彈簧的原長為0.80m，故A錯誤；從0.80m上升到1.40m過程，在Ek-h圖像中，根據(jù)動能定理知：圖線的斜率大小表示滑塊所受的合外力，由于高度從0.80m上升到1.40m范圍內(nèi)圖像為直線，其余部分為曲線，說明滑塊從0.80m上升到1.40m范圍內(nèi)所受作用力為恒力，根據(jù)動能定理得－(mg＋f)Δh＝0－Ek，由題圖知Δh＝0.60m，Ek＝5.40J，解得空氣阻力f＝1.00N，故B正確；根據(jù)能的轉(zhuǎn)化與守恒可知，當(dāng)滑塊上升至最大高度時，整個過程中，增加的重力勢能和克服空氣阻力做功之和等于彈簧的最大彈性勢能，所以Epm＝(mg＋f)Δh′＝9.00J，故C正確；滑塊由最大高度到彈簧落回地面的瞬間，根據(jù)動能定理得(mg－f)Δh＝Ek′－0，得Ek′＝4.2J，故D錯誤。[答案]BC[課時跟蹤檢測]一、立足主干知識，注重基礎(chǔ)性和綜合性1．靜止在地面上的物體在不同合外力F的作用下通過了相同的位移x0，下列情況中物體在x0位置時速度最大的是()解析：選CF-x圖線與x軸所圍面積表示合外力F所做的功，由動能定理可知，物體在x0位置速度最大的情況一定對應(yīng)F-x圖線與x軸所圍面積最大的情況，故C正確。2．(2021·山東等級考)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(zhì)細(xì)桿，一端可繞豎直光滑軸O轉(zhuǎn)動，另—端與質(zhì)量為m的小木塊相連。木塊以水平初速度v0出發(fā)，恰好能完成一個完整的圓周運(yùn)動。在運(yùn)動過程中，木塊所受摩擦力的大小為()A.eq\f(mv02,2πL)B.eq\f(mv02,4πL)C.eq\f(mv02,8πL)D.eq\f(mv02,16πL)解析：選B對木塊由動能定理得：－Ff·2πL＝0－eq\f(1,2)mv02，解得摩擦力大小為：Ff＝eq\f(mv02,4πL)，故B正確，A、C、D錯誤。3.如圖所示，AB為eq\f(1,4)圓弧軌道，BC為水平直軌道，BC恰好在B點(diǎn)與AB相切，圓弧的半徑為R，BC的長度也是R。一質(zhì)量為m的物體與兩個軌道間的動摩擦因數(shù)都為μ，它由軌道頂端A從靜止開始下滑，恰好運(yùn)動到C處停止，重力加速度為g，那么物體在AB段克服摩擦力所做的功為()A.eq\f(μmgR,2) B.eq\f(mgR,2)C．mgR D．(1－μ)mgR解析：選D設(shè)物體在AB段克服摩擦力所做的功為WAB，物體從A到C的全過程，根據(jù)動能定理有mgR－WAB－μmgR＝0－0，所以WAB＝mgR－μmgR＝(1－μ)mgR，故D正確。4.如圖所示，在輕彈簧的下端懸掛一個質(zhì)量為m的小球A，若將小球A從彈簧的原長位置由靜止釋放，小球A能夠下降的最大高度為h。若將小球A換為質(zhì)量為3m的小球B，仍從彈簧原長位置由靜止釋放，則小球B下降h時的速度為(重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力)()A.eq\r(2gh) B.eq\r(\f(4gh,3))C.eq\r(gh) D.eq\r(\f(gh,2))解析：選B設(shè)小球A下降h的過程中克服彈簧彈力做功為W1，根據(jù)動能定理，有mgh－W1＝0；小球B下降過程，由動能定理，有3mgh－W1＝eq\f(1,2)·3mv2－0。聯(lián)立以上兩式解得v＝eq\r(\f(4gh,3))，故B正確。5.(多選)質(zhì)量相等的A、B兩物體放在同一水平面上，分別受到水平拉力F1、F2的作用從靜止開始做勻加速直線運(yùn)動。經(jīng)過時間t0和4t0速度分別達(dá)到2v0和v0時，分別撤去F1和F2，以后物體繼續(xù)做勻減速直線運(yùn)動直至停止，兩物體速度隨時間變化的圖線如圖所示。則下列結(jié)論正確的是()A．A、B物體所受摩擦力Ff1∶Ff2＝2∶1B．A、B物體所受摩擦力Ff1∶Ff2＝1∶1C．F1和F2對A、B做的功W1∶W2＝6∶5D．F1和F2對A、B做的功W1∶W2＝12∶5解析：選BC從圖像可知，兩物體勻減速運(yùn)動的加速度大小都為a＝eq\f(v0,t0)，根據(jù)牛頓第二定律，勻減速運(yùn)動中有Ff＝ma，則兩物體所受摩擦力相同，故A錯誤，B正確；圖線與時間軸所圍成的面積表示運(yùn)動的位移，則A、B的位移之比為6∶5，對全過程運(yùn)用動能定理得，W1－Ffx1＝0，W2－Ffx2＝0，解得W1＝Ffx1，W2＝Ffx2，所以整個運(yùn)動過程中F1和F2做功之比為6∶5，故C正確，D錯誤。6.從地面豎直向上拋出一物體，物體在運(yùn)動過程中除受到重力外，還受到一大小不變、方向始終與運(yùn)動方向相反的外力作用。距地面高度h在3m以內(nèi)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10m/s2。該物體的質(zhì)量為()A．2kg B．1.5kgC．1kg D．0.5kg解析：選C畫出物體運(yùn)動示意圖，設(shè)阻力為f，據(jù)動能定理知，A→B(上升過程)：－(mg＋f)h＝EkB－EkA，C→D(下落過程)：(mg－f)h＝EkD－EkC，整理以上兩式得：mgh＝30J，解得物體的質(zhì)量m＝1kg。C正確。7.如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端固定在墻壁上的O點(diǎn)，另一端自由伸長到A點(diǎn)，OA之間的水平面光滑，固定曲面在B處與水平面平滑連接。AB之間的距離s＝1m。質(zhì)量m＝0.2kg的小物塊開始時靜置于水平面上的B點(diǎn)，物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.4?，F(xiàn)給物塊一個水平向左的初速度v0＝5m/s，g取10m/s2。(1)求彈簧被壓縮到最短時所具有的彈性勢能Ep；(2)求物塊返回B點(diǎn)時的速度大??；(3)若物塊能沖上曲面的最大高度h＝0.2m，求物塊沿曲面上滑過程所產(chǎn)生的熱量。解析：(1)對小物塊從B點(diǎn)至壓縮彈簧最短的過程，由動能定理得，－μmgs－W克彈＝0－eq\f(1,2)mv02，W克彈＝Ep代入數(shù)據(jù)解得Ep＝1.7J。(2)對小物塊從B點(diǎn)開始運(yùn)動至返回B點(diǎn)的過程，由動能定理得，－μmg·2s＝eq\f(1,2)mvB2－eq\f(1,2)mv02代入數(shù)據(jù)解得vB＝3m/s。(3)對小物塊沿曲面的上滑過程，由動能定理得－W克f－mgh＝0－eq\f(1,2)mvB2產(chǎn)生的熱量Q＝W克f＝0.5J。答案：(1)1.7J(2)3m/s(3)0.5J二、強(qiáng)化遷移能力，突出創(chuàng)新性和應(yīng)用性8.在一次航模比賽中，某同學(xué)遙控航模飛機(jī)豎直上升，某段過程中其動能Ek隨位移x變化的關(guān)系如圖所示。已知飛機(jī)質(zhì)量為1kg，重力加速度g＝10m/s2，此過程中飛機(jī)()A．處于超重狀態(tài)B．機(jī)械能減少C．加速度大小為4.5m/s2D．輸出功率最大值為27W解析：選C由題圖可知，飛機(jī)動能逐漸減小，由Ek＝eq\f(1,2)mv2可知，初速度v0＝eq\r(\f(2Ek,m))＝6eq\r(2)m/s，當(dāng)飛機(jī)上升8m時，動能為零，速度為零，故飛機(jī)在向上運(yùn)動的過程中，飛機(jī)做減速運(yùn)動，處于失重狀態(tài)，A錯誤；動能減少量為ΔEk＝36J，重力勢能增加量為ΔEp＝mgh＝80J，故機(jī)械能增加，B錯誤；在升力F作用下，飛機(jī)向上運(yùn)動，根據(jù)動能定理可得(F－mg)x＝Ek－Ek0，解得Ek＝Ek0＋(F－mg)x，故圖線斜率表示飛機(jī)所受到的合力，故F合＝－4.5N，根據(jù)牛頓第二定律可知F合＝ma，解得a＝－4.5m/s2，C正確；F合＝F－mg，解得F＝5.5N，升力恒定，當(dāng)速度最大時，輸出功率最大，即剛開始起飛時，輸出功率最大，Pm＝Fv0＝33eq\r(2)W，D錯誤。9．(多選)如圖甲所示，長為l、傾角為α的斜面固定在水平地面上，一質(zhì)量為m的小物塊從斜面頂端由靜止釋放并沿斜面向下滑動，已知小物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ與下滑距離x的變化圖像如圖乙所示，則()A．μ0＞tanαB．小物塊下滑的加速度逐漸增大C．小物塊下滑到斜面底端的過程中克服摩擦力做的功為eq\f(1,2)μ0mglcosαD．小物塊下滑到底端時的速度大小為eq\r(2glsinα－2μ0glcosα)解析：選BC小物塊在斜面頂端靜止釋放能夠下滑，則滿足mgsinα＞μ0mgcosα，即μ0＜tanα，故A錯誤；根據(jù)牛頓第二定律得a＝eq\f(mgsinα－μmgcosα,m)＝gsinα－μgcosα，下滑過程中μ逐漸減小，則加速度a逐漸增大，故B正確；由題圖乙可知μ＝－eq\f(μ0,l)x＋μ0，則摩擦力Ff＝μmgcosα＝－eq\f(μ0mgcosα,l)x＋μ0mgcosα，可知Ff與x成線性關(guān)系，如圖所示，其中Ff0＝μ0mgcosα，圖線和橫軸所圍成的面積表示克服摩擦力做的功，則小物塊下滑到斜面底端的過程克服摩擦力做功Wf＝eq\f(1,2)Ff0l＝eq\f(1,2)μ0mglcosα，故C正確；下滑過程根據(jù)動能定理得mglsinα－Wf＝eq\f(1,2)mv2－0，解得v＝eq\r(2glsinα－μ0glcosα)，故D錯誤。10．(2021·遼寧高考)(多選)冰滑梯是東北地區(qū)體驗(yàn)冰雪運(yùn)動樂趣的設(shè)施之一，某冰滑梯的示意圖如圖所示，螺旋滑道的摩擦可忽略，傾斜滑道和水平滑道與同一滑板間的動摩擦因數(shù)μ相同，因滑板不同μ滿足μ0≤μ≤1.2μ0。在設(shè)計(jì)滑梯時，要確保所有游客在傾斜滑道上均減速下滑，且滑行結(jié)束時停在水平滑道上，以下L1、L2的組合符合設(shè)計(jì)要求的是()A．L1＝eq\f(h,2μ0)，L2＝eq\f(3h,2μ0) B．L1＝eq\f(4h,3μ0)，L2＝eq\f(h,3μ0)C．L1＝eq\f(4h,3μ0)，L2＝eq\f(