第六章 第2講　動能定理-2025高三總復習 物理（新高考）

第2講動能定理[課標要求]1．理解動能和動能定理。2．能用動能定理解釋生產(chǎn)生活中的現(xiàn)象?？键c一動能定理的理解1．動能(1)定義：物體由于運動而具有的能量叫作動能。(2)公式：Ek＝eq\f(1,2)mv2，國際制單位：焦耳(J)。1J＝1N·m＝1kg·m2/s2。(3)動能是標量、狀態(tài)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動能的變化。(2)表達式：W＝Ek2－Ek1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝ΔEk。(3)物理意義：合力做的功是物體動能變化的量度。自主訓練1動能的理解高鐵列車在啟動階段的運動可看作初速度為零的勻加速直線運動。在啟動階段，列車的動能()A．與它所經(jīng)歷的時間成正比B．與它的位移成正比C．與它的速度成正比D．與它的動量成正比答案：B解析：動能Ek＝eq\f(1,2)mv2，與速度的平方成正比，C錯誤；速度v＝at，可得Ek＝eq\f(1,2)ma2t2，與經(jīng)歷的時間的平方成正比，A錯誤；根據(jù)v2＝2ax，可得Ek＝max，與位移成正比，B正確；動量p＝mv，可得Ek＝eq\f(p2,2m)，與動量的平方成正比，D錯誤。自主訓練2動能定理的理解(多選)(2023·陜西寶雞二模)下列說法正確的有()A．若運動物體所受的合外力為零，則物體的動能一定保持不變B．若運動物體所受的合外力不為零，則物體的動能一定發(fā)生變化C．若運動物體的動能保持不變，則該物體所受合外力一定為零D．若運動物體的動能發(fā)生變化，則該物體所受合外力一定不為零答案：AD解析：運動物體所受合外力為零，合外力對物體不做功，由動能定理可知，物體動能不變，故A正確；運動物體所受合外力不為零，物體運動狀態(tài)一定變化，則該物體一定做變速運動，如果合外力方向與物體速度方向垂直，則合外力對物體不做功，物體動能不變，故B錯誤；如果運動物體所受合外力與物體的速度方向垂直，則合外力對物體不做功，物體動能不變，如勻速圓周運動，故C錯誤；若運動物體的動能發(fā)生變化，根據(jù)動能定理可知，合外力一定做功，即合外力一定不為零，故D正確。故選AD。自主訓練3動能定理的簡單應用(2023·新課標卷)無風時，雨滴受空氣阻力的作用在地面附近會以恒定的速率豎直下落。一質量為m的雨滴在地面附近以速率v下落高度h的過程中，克服空氣阻力做的功為(重力加速度大小為g)()A．0 B．mghC．eq\f(1,2)mv2－mgh D．eq\f(1,2)mv2＋mgh答案：B解析：在地面附近雨滴做勻速運動，根據(jù)動能定理得mgh－Wf＝0，故雨滴克服空氣阻力做功為mgh。故選B。對動能定理的理解1．做功的過程就是能量轉化的過程，動能定理表達式中“＝”的意義是一種因果關系在數(shù)值上相等的符號。2．動能定理中的“力”指的是物體受到的所有力，既包括重力、彈力、摩擦力，也包括電場力、磁場力和其他力，功則為合力所做的總功?？键c二動能定理的應用1．應用動能定理的解題流程2．動能定理的優(yōu)越性(1)應用牛頓第二定律和運動學規(guī)律解題時，涉及到的有關物理量比較多，對運動過程的細節(jié)也要仔細研究。(2)應用動能定理解題只需考慮外力做的總功及初、末狀態(tài)的動能，并且可以把不同的運動過程合并為一個全過程來處理。學生用書第109頁(3)一般情況下，能用牛頓第二定律和運動學規(guī)律解決的問題，用動能定理也可以求解，并且更為簡捷。(多選)(2023·湖南高考)如圖所示，固定在豎直面內的光滑軌道ABC由直線段AB和圓弧段BC組成，兩段相切于B點，AB段與水平面夾角為θ，BC段圓心為O，最高點為C、A與C的高度差等于圓弧軌道的直徑2R。小球從A點以初速度v0沖上軌道，能沿軌道運動恰好到達C點，下列說法正確的是()A．小球從B到C的過程中，對軌道的壓力逐漸增大B．小球從A到C的過程中，重力的功率始終保持不變C．小球的初速度v0＝eq\r(2gR)D．若小球初速度v0增大，小球有可能從B點脫離軌道答案：AD解析：由題知，小球能沿軌道運動恰好到達C點，則小球在C點的速度vC＝0，則小球從B到C的過程中，根據(jù)動能定理有－mgR(1－cosα)＝0－eq\f(1,2)mv2，F(xiàn)N＝mgcosα－meq\f(v2,R)，聯(lián)立有FN＝3mgcosα－2mg，則從B到C的過程中α由θ減小到0，則cosα逐漸增大，故FN逐漸增大，由牛頓第三定律知小球從B到C的過程中，對軌道的壓力逐漸增大，A正確；由于A到B的過程中小球的速度逐漸減小，則A到B的過程中重力的功率為P＝－mgvsinθ，則A到B的過程中小球重力的功率始終減小，B錯誤；從A到C的過程中由動能定理有－mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得v0＝eq\r(4gR)，C錯誤；小球在B點恰好脫離軌道有mgcosθ＝meq\f(veq\o\al(2,B),R)，則vB＝eq\r(gRcosθ)，則若小球初速度v0增大，小球在B點的速度有可能為eq\r(gRcosθ)，故小球有可能從B點脫離軌道，D正確。故選AD。易錯警示應用動能定理的三點注意1．動能定理中的位移和速度必須是相對于同一個參考系的，一般以地面或相對地面靜止的物體為參考系。2．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；也可以全過程應用動能定理求解。3．動能定理是標量式，解題時不能分解動能。對點練1．(2022·全國甲卷)北京2022年冬奧會首鋼滑雪大跳臺局部示意圖如圖所示。運動員從a處由靜止自由滑下，到b處起跳，c點為a、b之間的最低點，a、c兩處的高度差為h。要求運動員經(jīng)過c點時對滑雪板的壓力不大于自身所受重力的k倍，運動過程中將運動員視為質點并忽略所有阻力，則c點處這一段圓弧雪道的半徑不應小于()A．eq\f(h,k＋1) B．eq\f(h,k)C．eq\f(2h,k) D．eq\f(2h,k－1)答案：D解析：運動員從a到c根據(jù)動能定理(或機械能守恒定律)有mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,c)，在c點有FNc－mg＝meq\f(veq\o\al(2,c),Rc)，F(xiàn)Nc≤kmg，聯(lián)立有Rc≥eq\f(2h,k－1)，D正確。對點練2.(2021·河北高考)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．eq\r(（2＋π）gR) B．eq\r(2πgR)C．eq\r(2（1＋π）gR) D．2eq\r(gR)答案：A解析：當與圓柱體未接觸部分的細繩豎直時，小球下落的高度為h＝πR－eq\f(π,2)R＋R＝eq\f(π＋2,2)R，小球下落過程中，根據(jù)動能定理有mgh＝eq\f(1,2)mv2，聯(lián)立以上兩式解得v＝eq\r(（2＋π）gR)，A正確，B、C、D錯誤。對點練3．如圖所示，一半徑為R的半圓形軌道豎直固定放置，軌道兩端等高，質量為m的質點自軌道端點P由靜止開始滑下，滑到最低點Q時，對軌道的壓力為2mg，重力加速度大小為g。質點自P滑到Q的過程中，克服摩擦力所做的功為()A．eq\f(1,4)mgR B．eq\f(1,3)mgRC．eq\f(1,2)mgR D．eq\f(π,4)mgR答案：C解析：在Q點，質點受到的豎直向下的重力和豎直向上的支持力的合力充當向心力，所以有FN－mg＝meq\f(v2,R)，F(xiàn)N＝FN′＝2mg，聯(lián)立解得v＝eq\r(gR)，下滑過程中，根據(jù)動能定理可得mgR＋Wf＝eq\f(1,2)mv2，解得Wf＝－eq\f(1,2)mgR，所以克服摩擦力做的功為eq\f(1,2)mgR，C正確?？键c三應用動能定理處理多過程問題1．分階段應用動能定理(1)若題目需要求某一中間物理量，應分階段應用動能定理。(2)物體在多個運動過程中受到的彈力、摩擦力等力若發(fā)生了變化，力在各個過程中做功情況也不同，不宜全過程應用動能定理，可以研究其中一個或幾個分過程，結合動能定理，各個擊破。學生用書第110頁2．全過程應用動能定理(1)當物體運動過程包含幾個不同的物理過程，又不需要研究過程的中間狀態(tài)時，可以把幾個運動過程看作一個整體，巧妙運用動能定理來研究，從而避開每個運動過程的具體細節(jié)，大大簡化運算。(2)全過程列式時要注意①重力、彈簧彈力做功取決于物體的初、末位置，與路徑無關。②大小恒定的阻力或摩擦力做功的數(shù)值等于力的大小與路程的乘積?？枷?單向運動的多過程問題(2023·湖北高考)如圖為某游戲裝置原理示意圖。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eq\o(CDE,\s\up10(︵))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eq\o(CDE,\s\up10(︵))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(shù)為eq\f(1,2π)，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?。?2)B和D兩點的高度差；(3)小物塊在A點的初速度大小。答案：(1)eq\r(gR)(2)0(3)eq\r(3gR)解析：(1)由題知小物塊恰好能到達軌道的最高點D，則在D點有meq\f(veq\o\al(2,D),R)＝mg解得vD＝eq\r(gR)。(2)由題知小物塊從C點沿圓弧切線方向進入軌道eq\o(CDE,\s\up10(︵))內側，則在C點有cos60°＝eq\f(vB,vC)小物塊從C到D的過程中，根據(jù)動能定理有－mg(R＋Rcos60°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)則小物塊從B到D的過程中，根據(jù)動能定理有mgHBD＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)聯(lián)立解得vB＝eq\r(gR)，HBD＝0。(3)小物塊從A到B的過程中，根據(jù)動能定理有－μmgS＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)，S＝π·2R解得vA＝eq\r(3gR)。對點練．(多選)(2021·全國甲卷)一質量為m的物體自傾角為α的固定斜面底端沿斜面向上滑動。該物體開始滑動時的動能為Ek，向上滑動一段距離后速度減小為零，此后物體向下滑動，到達斜面底端時動能為eq\f(Ek,5)。已知sinα＝0.6，重力加速度大小為g。則()A．物體向上滑動的距離為eq\f(Ek,2mg)B．物體向下滑動時的加速度大小為eq\f(g,5)C．物體與斜面間的動摩擦因數(shù)等于0.5D．物體向上滑動所用的時間比向下滑動的時間長答案：BC解析：物體從斜面底端回到斜面底端，根據(jù)動能定理有－μmg·2lcosα＝eq\f(Ek,5)－Ek，物體從斜面底端到斜面頂端，根據(jù)動能定理有－mglsinα－μmglcosα＝0－Ek，整理得l＝eq\f(Ek,mg)，μ＝0.5，A錯誤，C正確；物體向下滑動時，根據(jù)牛頓第二定律有ma下＝mgsinα－μmgcosα，解得a下＝eq\f(g,5)，B正確；物體向上滑動時，根據(jù)牛頓第二定律有ma上＝mgsinα＋μmgcosα，解得a上＝g，故a上＞a下，由于上滑過程中的末速度為零，下滑過程中的初速度為零，且走過相同的位移，根據(jù)位移公式x＝eq\f(1,2)at2，則可得出t上＜t下，D錯誤。考向2往復運動的多過程問題1．往復運動問題：在有些問題中物體的運動過程具有重復性、往返性，而在這一過程中，描述運動的物理量多數(shù)是變化的，而且重復的次數(shù)又往往是無限的或難以確定的。2．解題策略：此類問題多涉及滑動摩擦力或其他阻力做功，其做功的特點是與路程有關，運用牛頓第二定律及運動學公式將非常繁瑣，甚至無法解出，由于動能定理只涉及物體的初、末狀態(tài)，所以用動能定理分析這類問題可使解題過程簡化。如圖所示，豎直面內有一粗糙斜面AB，BCD部分是一個光滑的圓弧面，C為圓弧的最低點，AB正好是圓弧在B點的切線，圓心O與A、D點在同一高度，θ＝37°，圓弧面的半徑R＝3.6m，一滑塊質量m＝5kg與AB斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.45，將滑塊從A點由靜止釋放(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2)。求在此后的運動過程中：學生用書第111頁(1)滑塊在AB段上運動的總路程；(2)在滑塊運動過程中，C點受到的壓力的最大值和最小值。答案：(1)8m(2)102N70N解析：(1)由題意可知斜面AB與水平面的夾角為θ＝37°，則知mgsinθ＞μmgcosθ，故滑塊最終不會停留在斜面上，由于滑塊在AB段受摩擦力作用，則滑塊做往復運動的高度將越來越低，最終以B點為最高點在光滑的圓弧面上做往復運動。設滑塊在AB段上運動的總路程為s，滑塊在AB段上所受摩擦力大小Ff＝μFN＝μmgcosθ，從A點出發(fā)到最終以B點為最高點做往復運動，由動能定理得mgRcosθ－Ffs＝0，解得s＝8m。(2)滑塊第一次過C點時，速度最大，設為v1，此時滑塊所受軌道支持力最大，設為Fmax，從A到C的過程，由動能定理得mgR－FflAB＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－0，斜面AB的長度lAB＝eq\f(R,tanθ)，由牛頓第二定律得Fmax－mg＝eq\f(mveq\o\al(2,1),R)，解得Fmax＝102N?；瑝K以B為最高點做往復運動的過程中，過C點時速度最小，設為v2，此時滑塊所受軌道支持力最小，設為Fmin，從B到C，由動能定理得mgR(1－cosθ)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－0，由牛頓第二定律得Fmin－mg＝eq\f(mveq\o\al(2,2),R)，解得Fmin＝70N，根據(jù)牛頓第三定律可知C點受到的壓力最大值為102N，最小值為70N。對點練．如圖所示，固定斜面的傾角為θ，質量為m的滑塊從距擋板P的距離為x0處以初速度v0沿斜面上滑，滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ，滑塊所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力。若滑塊每次與擋板相碰均無機械能損失，重力加速度為g，則滑塊經(jīng)過的總路程是()A．eq\f(1,μ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(veq\o\al(2,0),2gcosθ)＋x0tanθ)) B．eq\f(1,μ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(veq\o\al(2,0),2gsinθ)＋x0tanθ))C．eq\f(2,μ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(veq\o\al(2,0),2gcosθ)＋x0tanθ)) D．eq\f(1,μ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(veq\o\al(2,0),2gcosθ)＋\f(x0,tanθ)))答案：A解析：滑塊最終要停在斜面底部，設滑塊經(jīng)過的總路程為x，對滑塊運動的全程應用動能定理得mgx0sinθ－μmgxcosθ＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得x＝eq\f(1,μ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(veq\o\al(2,0),2gcosθ)＋x0tanθ))，選項A正確。幾種典型圖像中圖線所圍“面積”和圖線斜率的含義應用1．[W-x圖像的綜合](多選)(2023·新課標卷)一質量為1kg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(fā)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(shù)為0.4，重力加速度大小取10m/s2。下列說法正確的是()A．在x＝1m時，拉力的功率為6WB．在x＝4m時，物體的動能為2JC．從x＝0運動到x＝2m，物體克服摩擦力做的功為8JD．從x＝0運動到x＝4m的過程中，物體的動量最大為2kg·m/s答案：BC解析：由于拉力在水平方向，則拉力做的功為W＝Fx，可看出W-x圖像的斜率表示拉力F。在物體運動的過程中，根據(jù)動能定理有W－μmgx＝eq\f(1,2)mv2，則x＝1m時物體的速度為v1＝2m/s，x＝1m時拉力為F＝eq\f(ΔW,Δx)＝6N，則此時拉力的功率P＝Fv1＝12W，x＝4m時物體的動能為Ek＝2J，A錯誤，B正確；從x＝0運動到x＝2m，物體克服摩擦力做的功為Wf＝μmgx＝8J，C正確；根據(jù)W-x圖像可知在0～2m的過程中F1＝6N，2～4m的過程中F2＝3N，由于物體受到的摩擦力恒為Ff＝4N，則物體在x＝2m處速度最大，且根據(jù)選項A、B的分析可知此時的速度v2＝2eq\r(2)m/s，則從x＝0運動到x＝4m的過程中，物體的動量最大為p＝mv2＝2eq\r(2)kg·m/s，D錯誤。故選BC。應用2．[Ek-x圖像的綜合](2022·江蘇高考)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(jīng)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()答案：A解析：設斜面傾角為θ，不計摩擦力和空氣阻力，由題意可知運動員在沿斜面下滑過程中根據(jù)動能定理有Ek＝mgxtanθ，即eq\f(Ek,x)＝mgtanθ，下滑過程中，開始階段傾角θ不變，即Ek-x圖像為一條直線；經(jīng)過圓弧軌道過程中，θ先減小后增大，即圖像斜率先減小后增大。故A正確。學生用書第112頁應用3．[Ek-t圖像的綜合]如圖甲所示，在光滑水平面上，一物體在水平向右的恒定拉力F作用下由靜止開始向右做直線運動，物體的動能Ek隨時間t變化的圖像如圖乙所示，虛線為圖像上P點的切線，切線與t軸交點的坐標t1是()A．0.60 B．0.70C．0.75 D．0.80答案：C解析：物體在拉力作用下做勻加速直線運動，則根據(jù)動能定理得Fx＝Ek，根據(jù)運動學公式及牛頓第二定律有x＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(F,2m)t2，代入后得Ek＝Fx＝eq\f(F2,2m)t2，把P點坐標代入后得出Ek＝eq\f(4,3)t2(J)，求導得k＝eq\f(dEk,dt)＝eq\f(4,3)×2t(J/s)＝eq\f(4,3)×2×1.5(J/s)＝4(J/s)，即k＝eq\f(3J－0,1.5s－t1)＝4J/s，則t1＝0.75s，故選C。應用4．[Ek-θ圖像的綜合]如圖所示，一個質量為m的小滑塊在高度為h的斜面頂端由靜止釋放；滑塊與斜面間動摩擦因數(shù)恒定，以水平地面為參考平面。則滑塊滑至斜面底端時的動能Ek隨斜面傾角θ變化的關系圖像可能正確的是()答案：A解析：由題知小滑塊在高度為h的斜面頂端由靜止釋放，則對于小滑塊下滑的過程應用動能定理可得mgh－eq\f(μmgh,tanθ)＝Ek(tanθ≥μ)，故當θ＝eq\f(π,2)時，Ek＝mgh；隨著θ減小，tanθ逐漸減小，物塊滑到斜面底端的動能逐漸減??；當重力沿斜面方向的分力小于等于最大靜摩擦力時，有mgsinθ≤μmgcosθ，解得μ≥tanθ，此后繼續(xù)減小θ，物塊都不再下滑，則此后小滑塊的動能一直為零。故A正確。課時測評26動能定理eq\f(對應學生,用書P400)(時間：45分鐘滿分：60分)(本欄目內容，在學生用書中以獨立形式分冊裝訂！)(選擇題1～10題，每題4分，共40分)1．(多選)(2024·河南商丘模擬)如圖甲為乘客乘坐觀光電梯的情景，可以簡化成圖乙所示，電梯質量為M，乘客的質量為m。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．對乘客，動能定理的表達式為W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，其中W為支持力做的功B．對乘客，動能定理的表達式為W－mgH＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，其中W為支持力做的功C．對電梯，動能定理的表達式為W合＝0，其中W合為合力做的功D．對電梯，其所受的合力做功為eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,1)答案：BD解析：電梯上升的過程中，對乘客做功的有重力mg、支持力FN，這兩個力的總功(即合力做的功)才等于乘客動能的增量，即W合＝W－mgH＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，其中W為支持力做的功，A錯誤，B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，即eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,1)，C錯誤，D正確。2．(2024·湖南懷化模擬)北京冬奧會高臺滑雪場地示意圖如圖所示。一運動員(含裝備)的質量為m，從助滑坡上A點由靜止沿坡(曲線軌道)下滑，經(jīng)最低點B從坡的末端C起跳，在空中飛行一段時間后著陸于著陸坡上的D點。已知A、C的高度差為h1，C、D的高度差為h2，重力加速度大小為g，摩擦阻力和空氣阻力不能忽略，運動員可視為質點。則下列說法正確的是()A．運動員在B點處于失重狀態(tài)B．運動員起跳時的速率vC＞eq\r(2gh1)C．運動員著陸前瞬間的動能EkD＝mg(h1＋h2)D．運動員在空中飛行的時間t＞eq\r(\f(2h2,g))答案：D解析：由題意知運動員在B點滿足FN－mg＝meq\f(veq\o\al(2,B),R)，所以FN＞mg，即運動員在B點處于超重狀態(tài)，A錯誤；從A到C，由動能定理得mgh1－Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)，所以vC＜eq\r(2gh1)，B錯誤；從A到D滿足mg(h1＋h2)－Wf′＝EkD，所以EkD＜mg(h1＋h2)，C錯誤；因為運動員在C點起跳時，速度方向斜向上，即做斜拋運動，且存在空氣阻力，故運動員在空中飛行的時間t＞eq\r(\f(2h2,g))，D正確。3．(2021·湖北高考)如圖(a)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(b)所示。重力加速度大小取10m/s2，物塊質量m和所受摩擦力大小f分別為()A．m＝0.7kg，f＝0.5NB．m＝0.7kg，f＝1.0NC．m＝0.8kg，f＝0.5ND．m＝0.8kg，f＝1.0N答案：A解析：0～10m內物塊上滑，由動能定理得－mgsin30°·s－fs＝Ek－Ek0，整理得Ek＝Ek0－(mgsin30°＋f)s，結合0～10m內的圖像得，斜率的絕對值|k|＝mgsin30°＋f＝4N，10～20m內物塊下滑，由動能定理得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(mgsin30°－f))(s－s1)＝Ek，整理得Ek＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(mgsin30°－f))s－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(mgsin30°－f))s1，結合10～20m內的圖像得，斜率k′＝mgsin·30°－f＝3N，聯(lián)立解得f＝0.5N，m＝0.7kg，故選A。4．如圖所示，一物體由固定斜面上的A點以初速度v0下滑到底端B，它與擋板發(fā)生無動能損失的碰撞后又滑回到A點，其速度恰好為零。設A、B兩點高度差為h，重力加速度為g，則它與擋板碰前瞬間的速度大小為()A．eq\r(2gh＋\f(veq\o\al(2,0),4)) B．eq\r(2gh)C．eq\r(2gh＋\f(veq\o\al(2,0),2)) D．eq\r(2gh＋veq\o\al(2,0))答案：C解析：設整個滑動過程中物體所受摩擦力大小為Ff(此力大小不變，下滑時方向沿斜面向上，上滑時方向沿斜面向下)，斜面長為s，則對物體由A→B→A的整個過程運用動能定理得－2Ffs＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)。同理，對物體由A到B的過程運用動能定理，設物體與擋板碰前瞬間速度為v，則mgh－Ffs＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得v＝eq\r(2gh＋\f(veq\o\al(2,0),2))，C正確。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3m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10m/s2。該物體的質量為()A．2kg B．1.5kgC．1kg D．0.5kg答案：C解析：方法一：特殊值法畫出運動示意圖，如圖所示。設該外力的大小為F，據(jù)動能定理知，A→B(上升過程)：－(mg＋F)h＝EkB－EkA，B→A(下落過程)：(mg－F)h＝EkA′－EkB′，整理以上兩式并代入數(shù)據(jù)得物體的質量m＝1kg，選項C正確。方法二：寫表達式根據(jù)斜率求解上升過程：－(mg＋F)h＝Ek－Ek0，則Ek＝－(mg＋F)h＋Ek0，下落過程：(mg－F)h＋Ek′＝Ek0′，則Ek′＝－(mg－F)h＋Ek0′，結合題圖可知mg＋F＝eq\f(72－36,3－0)N＝12N，mg－F＝eq\f(48－24,3－0)N＝8N，聯(lián)立可得m＝1kg，選項C正確。6．(多選)跳臺滑雪是一項深受勇敢者喜愛的滑雪運動。圖甲為某跳臺滑雪運動員從跳臺a(長度可忽略不計)處沿水平方向飛出、經(jīng)2s在斜坡b處著陸的示意圖，圖乙為運動員從a到b飛行時的動能Ek隨飛行時間t變化的關系圖像。不計空氣阻力的作用，重力加速度g取10m/s2，下列說法正確的是()A．斜坡的傾角為30°B．運動員在a處的速度大小為10m/sC．運動員運動到b處時重力的瞬時功率為1.2×104WD．運動員在1s末時離坡面的距離最大答案：BCD解析：根據(jù)題圖乙可得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝3×103J，eq\f(1,2)m[veq\o\al(2,0)＋(gt)2]＝15×103J，聯(lián)立解得m＝60kg，v0＝10m/s，B正確；t＝2s時，運動員落在斜坡上，斜坡的傾角滿足tanα＝eq\f(\f(1,2)gt2,v0t)＝1，解得α＝45°，A錯誤；t＝2s時，運動員運動到b處時重力的瞬時功率為P＝mgvy＝mg2t＝1.2×104W，C正確；運動員離坡面距離最遠時，速度方向與坡面平行，有tanα＝eq\f(gt′,v0)＝1，解得t′＝1s，D正確。7．如圖所示，斜面傾角為θ＝37°，物體1放在斜面緊靠擋板處，物體1和斜面間動摩擦因數(shù)為μ＝0.5，一根不可伸長的柔質輕繩跨過光滑輕質的小定滑輪，繩一端固定在物體1上，另一端固定在物體2上，斜面上方的輕繩與斜面平行，物體2下端固定一長度為h的輕繩，輕繩下端拴在小物體3上，物體1、2、3的質量之比為4∶1∶5，開始時用手托住小物體3，小物體3到地面的高度也為h，此時各段輕繩剛好拉緊，已知物體觸地后立即停止運動、不再反彈，重力加速度為g＝10m/s2，sin37°＝0.6，物體3從靜止突然放手后，物體1沿斜面上滑的最大距離為()A．3h B．eq\f(3,7)hC．2h D．eq\f(4,3)h答案：D解析：設物體1、2、3的質量分別為4m、m、5m，對物體1，開始向上滑動時，重力沿斜面方向的分力與摩擦力的合力F＝4mgsin37°＋4μmgcos37°，方向沿繩向下，設物體3觸地時刻的速度為v1，因物體1、2、3在同一條繩上，從開始放手到物體3觸地的過程，對系統(tǒng)應用動能定理有6mgh－Fh＝eq\f(1,2)×10mveq\o\al(2,1)－0，物體3觸地以后立刻停止運動，設物體2觸地之前物體1停止運動，且在物體3觸地以后運動的距離為s，再次應用動能定理有mgs－Fs＝0－eq\f(1,2)×5mveq\o\al(2,1)，解得s＝eq\f(1,3)h，全過程Δx＝h＋s＝eq\f(4,3)h，A、B、C錯誤，D正確。8．如圖所示，ABCD是一個盆式容器，盆內側壁與盆底BC的連接處都是一段與BC相切的圓弧，BC水平，其長度d＝0.50m，盆邊緣的高度為h＝0.30m。在A處放一個質量為m的小物塊并讓其由靜止下滑。已知盆內側壁是光滑的，而盆底BC面與小物塊間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.1。小物塊在盆內來回滑動，最后停下來，則停止的地點到B的距離為()A．0.50m B．0.25mC．0.10m D．0答案：D解析：小物塊從A點出發(fā)到最后停下來，設小物塊在BC面上運動的總路程為s，整個過程由動能定理有mgh－μmgs＝0，所以小物塊在BC面上運動的總路程為s＝eq\f(h,μ)＝eq\f(0.3,0.1)m＝3m，而d＝0.5m，剛好3個來回，所以最終停在B點，即到B點的距離為0，故選D。9．(多選)(2023·江蘇省啟東中學模擬)如圖所示，直桿AB與水平面成α角固定，在桿上套一質量為m的小滑塊，桿底端B點處有一彈性擋板，桿與板面垂直，滑塊與擋板碰撞后將以原速率返回?，F(xiàn)將滑塊拉到A點由靜止釋放，與擋板第一次碰撞后恰好能上升到AB的中點，設重力加速度為g，由此可以確定()A．滑塊下滑和上滑過程加速度大小a1、a2B．滑塊第1次與擋板碰撞前的速度v1C．滑塊與桿之間的動摩擦因數(shù)μD．滑塊第k次與擋板碰撞到第k＋1次與擋板碰撞的時間間隔Δt答案：AC解析：設AB長為L，對整個過程運用動能定理得mgsinα·0.5L－μmgcosα(L＋0.5L)＝0，解得μ＝eq\f(sinα,3cosα)，故C正確；根據(jù)牛頓第二定律得下滑過程mgsinα－μmgcosα＝ma1，上滑過程mgsinα＋μmgcosα＝ma2，解得a1＝gsinα－μgcosα，a2＝gsinα＋μgcosα，所以可求得滑塊下滑和上滑過程加速度的大小a1、a2，故A正確；由于A、B間的距離未知，盡管求出加速度，但不能求出滑塊到達擋板時的時間以及與擋板碰撞前的速度，故B、D錯誤。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每次到達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．eq\f(49H,sinθ) B．eq\f(39H,sinθ)C．eq\f(29H,sinθ) D．eq\f(20H,sinθ)答案：B解析：由題意知，小物塊第一次到達O點由動能定理可得mgH＝Ek，此時小物塊所走路程s1＝eq\f(H,sinθ)，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高度H1＝95%H，第二次到達O點所走的路程s2＝eq\f(2H1,sinθ)＝95%eq\f(2H,sinθ)，同理第二次離開O點到第三次到達O點所走路程s3＝(95%)2eq\f(2H,sinθ)，…，故小物塊所走的總路程s總＝s1＋s2＋…sn＝eq\f(H,sinθ)＋95%eq\f(2H,sinθ)＋(95%)2eq\f(2H,sinθ)＋…(95%)n－1eq\f(2H,sinθ)，n無窮大時，可得s總＝eq\f(39H,sinθ)(等比數(shù)列求和)，故B正確。11．(10分)(2024·河北張家口模擬)如圖所示，傾角為θ＝37°的足夠長光滑固定斜面AB與長LBC＝2m的粗糙水平面BC用一小段光滑圓弧(長度不計，未畫出)平滑連接，半徑R＝1.5m的光滑圓弧軌道CD與水平面相切于C點，OD與水平方向的夾角也為θ＝37°。質量為m的小滑塊從斜面上距B點L0＝2m的位置由靜止開始下滑，恰好運動到C點。已知重力加速度g＝10m/s2，s