2025屆高考物理一輪復(fù)習(xí)第五章機械能第2講動能定理及應(yīng)用學(xué)案粵教版

PAGE18-第2講動能定理及應(yīng)用學(xué)問要點一、動能1.定義：物體由于運動而具有的能叫動能。2.公式：Ek＝eq\f(1,2)mv2。3.單位：焦耳，1J＝1N·m＝1kg·m2/s2。4.矢標(biāo)性：動能是標(biāo)量，只有正值。5.狀態(tài)量：動能是狀態(tài)量，因為v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更。2.表達式：W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)或W＝Ek2－Ek1。3.物理意義：合外力的功是物體動能變更的量度。4.適用條件(1)動能定理既適用于直線運動，也適用于曲線運動。(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?；A(chǔ)診斷1.(多選)關(guān)于動能的理解，下列說法正確的是()A.動能是機械能的一種表現(xiàn)形式，凡是運動的物體都具有動能B.動能總為非負值C.肯定質(zhì)量的物體動能變更時，速度不肯定變更，但速度變更時，動能肯定變更D.動能不變的物體，肯定處于平衡狀態(tài)解析由動能的定義和特點知，A、B項正確；動能是標(biāo)量而速度是矢量，當(dāng)動能變更時，速度的大小肯定變更；而速度的變更可能只是方向變了，大小未變，則動能不變，且物體有加速度，處于非平衡狀態(tài)，故C、D項均錯誤。答案AB2.(2024·全國Ⅱ卷，14)如圖1，某同學(xué)用繩子拉動木箱，使它從靜止起先沿粗糙水平路面運動至具有某一速度。木箱獲得的動能肯定()圖1A.小于拉力所做的功B.等于拉力所做的功C.等于克服摩擦力所做的功D.大于克服摩擦力所做的功解析由動能定理WF－Wf＝Ek－0，可知木箱獲得的動能肯定小于拉力所做的功，A正確。答案A3.兩輛汽車在同一平直路面上行駛，它們的質(zhì)量之比，m1∶m2＝1∶2，速度之比v1∶v2＝2∶1，當(dāng)兩車急剎車后，甲車滑行的最大距離為s1，乙車滑行的最大距離為s2，設(shè)兩車與路面間的動摩擦因數(shù)相等，不計空氣阻力，則()A.s1∶s2＝1∶2B.s1∶s2＝1∶1C.s1∶s2＝2∶1D.s1∶s2＝4∶1解析由動能定理，對兩車分別列式－f1s1＝0－eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)，－f2s2＝0－eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)，f1＝μm1g，f2＝μm2g，由以上四式聯(lián)立得s1∶s2＝4∶1，故選項D正確。答案D對動能定理的理解及應(yīng)用1.對“外力”的兩點理解(1)“外力”指的是合外力，可以是重力、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)“外力”既可以是恒力，也可以是變力。2.公式W合＝ΔEk中“＝”體現(xiàn)的三個關(guān)系【例1】(多選)如圖2所示，一塊長木板B放在光滑的水平面上，在B上放一物體A，現(xiàn)以恒定的外力拉B，由于A、B間摩擦力的作用，A將在B上滑動，以地面為參考系，A、B都向前移動一段距離。在此過程中()圖2A.外力F做的功等于A和B動能的增量B.B對A的摩擦力所做的功等于A的動能的增量C.A對B的摩擦力所做的功等于B對A的摩擦力所做的功D.外力F對B做的功等于B的動能的增量與B克服摩擦力所做的功之和解析A物體所受的合外力等于B對A的摩擦力，對A物體運用動能定理，則有B對A的摩擦力所做的功等于A的動能的增量，B正確；A對B的摩擦力與B對A的摩擦力是一對作用力與反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑動，A、B相對地的位移不相等，故二者做功不相等，C錯誤；對B應(yīng)用動能定理WF－Wf＝ΔEkB，WF＝ΔEkB＋Wf，即外力F對B做的功等于B的動能的增量與B克服摩擦力所做的功之和，D正確；依據(jù)功能關(guān)系可知，外力F做的功等于A和B動能的增量與產(chǎn)生的內(nèi)能之和，故A錯誤。答案BD1.(多選)如圖3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運動。已知當(dāng)子彈相對木塊靜止時，木塊前進的距離為L，子彈進入木塊的深度為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()圖3A.FL＝eq\f(1,2)Mv2 B.Fs＝eq\f(1,2)mv2C.Fs＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(M＋m)v2 D.F(L＋s)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mv2解析依據(jù)動能定理，對子彈，有－F(L＋s)＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，選項D正確；對木塊，有FL＝eq\f(1,2)Mv2，選項A正確；由以上二式可得Fs＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(M＋m)v2，選項C正確，只有選項B錯誤。答案ACD2.(多選)用力F拉著一個物體從空中的a點運動到b點的過程中，重力做功－3J，拉力F做功8J，空氣阻力做功－0.5J，則下列推斷正確的是()A.物體的重力勢能增加了3JB.物體的重力勢能削減了3JC.物體的動能增加了4.5JD.物體的動能增加了8J解析因為重力做功－3J，所以重力勢能增加3J，A正確，B錯誤；依據(jù)動能定理W合＝ΔEk，得ΔEk＝－3J＋8J－0.5J＝4.5J，C正確，D錯誤。答案AC3.如圖4所示，小物塊從傾角為θ的傾斜軌道上A點由靜止釋放滑下，最終停在水平軌道上的B點，小物塊與水平軌道、傾斜軌道之間的動摩擦因數(shù)均相同，A、B兩點的連線與水平方向的夾角為α，不計物塊在軌道轉(zhuǎn)折時的機械能損失，則動摩擦因數(shù)為()圖4A.tanθ B.tanαC.tan(θ＋α) D.tan(θ－α)解析如圖所示，設(shè)B、O間距離為s1，A點離水平面的高度為h，A、O間的水平距離為s2，物塊的質(zhì)量為m，在物塊運動的全過程中，應(yīng)用動能定理可得mgh－μmgcosθ·eq\f(s2,cosθ)－μmgs1＝0，解得μ＝eq\f(h,s1＋s2)＝tanα，故選項B正確。答案B動能定理在多過程問題中的應(yīng)用1.多過程問題的分析方法(1)將“多過程”分解為很多“子過程”，各“子過程”間由“連接點”連接。(2)對各“連接點”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)依據(jù)“子過程”和“連接點”的模型特點選擇合理的物理規(guī)律列方程。(4)分析“連接點”速度、加速度等的關(guān)聯(lián)，確定各段間的時間關(guān)聯(lián)，并列出相關(guān)的協(xié)助方程。(5)聯(lián)立方程組，分析求解，對結(jié)果進行必要的驗證或探討。(6)分析的思路2.利用動能定理求解多過程問題的基本思路【例2】(2024·4月浙江選考，20)某砂場為提高運輸效率，探討砂粒下滑的高度與砂粒在傳送帶上運動的關(guān)系，建立如圖5所示的物理模型。豎直平面內(nèi)有一傾角θ＝37°的直軌道AB，其下方右側(cè)放置一水平傳送帶，直軌道末端B與傳送帶間距可近似為零，但允許砂粒通過。轉(zhuǎn)輪半徑R＝0.4m、轉(zhuǎn)軸間距L＝2m的傳送帶以恒定的線速度逆時針轉(zhuǎn)動，轉(zhuǎn)輪最低點離地面的高度H＝2.2m?，F(xiàn)將一小物塊放在距離傳送帶高h處靜止釋放，假設(shè)小物塊從直軌道B端運動到達傳送帶上C點時，速度大小不變，方向變?yōu)樗较蛴?。已知小物塊與直軌道和傳送帶間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.5。(sin37°＝0.6，g取10m/s2)圖5(1)若h＝2.4m，求小物塊到達B端時速度的大小；(2)若小物塊落到傳送帶左側(cè)地面，求h須要滿意的條件；(3)變更小物塊釋放的高度h，小物塊從傳送帶的D點水平向右拋出，求小物塊落地點到D點的水平距離x與h的關(guān)系式及h須要滿意的條件。解析(1)小物塊由靜止釋放到B的過程中，有mgsinθ－μmgcosθ＝maveq\o\al(2,B)＝2aeq\f(h,sinθ)解得vB＝4m/s。(2)若要小物塊落到傳送帶左側(cè)地面，設(shè)當(dāng)小物塊到達傳送帶上D點時速度為零時，小物塊從距傳送帶高度為h1處由靜止釋放，則有mgh1－μmgcosθ·eq\f(h1,sinθ)－μmgL＝0解得h1＝3.0m當(dāng)h＜h1＝3.0m時滿意題中條件。(3)當(dāng)小物塊從右側(cè)拋出時，設(shè)小物塊到達D點的速度為v，則有mgh－μmgcosθeq\f(h,sinθ)－μmgL＝eq\f(1,2)mv2H＋2R＝eq\f(1,2)gt2，x＝vt解得x＝2eq\r(h－3)(m)為使小物塊能在D點水平向右拋出，則需滿意mg≤eq\f(mv2,R)解得h≥3.6m。答案(1)4m/s(2)h＜3.0m(3)x＝2eq\r(h－3)(m)h≥3.6m1.如圖6甲所示為一景區(qū)游樂滑道，游客坐在座墊上沿著花崗巖滑道下滑，他可依靠手、腳與側(cè)壁間的摩擦來限制下滑速度。滑道簡化圖如乙所示，滑道由AB、BC、CD三段組成，各段之間平滑連接。AB段和CD段與水平面夾角為θ1，豎直距離均為h0，BC段與水平面夾角為θ2，豎直距離為eq\f(1,2)h0。一質(zhì)量為m的游客從A點由靜止起先下滑，到達底端D點時的平安速度不得大于eq\r(2gh0)，已知sinθ1＝eq\f(1,4)、sinθ2＝eq\f(1,8)，座墊與滑道底面間摩擦及空氣阻力均不計，若未運用座墊，游客與滑道底面間的摩擦力大小f恒為重力的0.1倍，運動過程中游客始終不離開滑道，問：圖6(1)游客運用座墊自由下滑(即與側(cè)壁間無摩擦)，則游客在BC段增加的動能ΔEk多大？(2)若游客未運用坐墊且與側(cè)壁間無摩擦下滑，則游客到達D點時是否平安；(3)若游客運用座墊下滑，則克服側(cè)壁摩擦力做功的最小值。解析(1)由動能定理得ΔEk＝eq\f(1,2)mgh0。(2)在AD段，由動能定理得mg(h0＋eq\f(1,2)h0＋h0)－0.1mg(eq\f(2h0,sinθ1)＋eq\f(\f(1,2)h0,sinθ2))＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－0，解得vD＝eq\r(2.6gh0)＞eq\r(2gh0)，到達D點時擔(dān)心全。(3)整個過程，由動能定理得mg(h0＋eq\f(1,2)h0＋h0)－W＝eq\f(1,2)mvDeq\o\al(2,max)－0，解得W＝1.5mgh0。答案(1)eq\f(1,2)mgh0(2)擔(dān)心全(3)1.5mgh02.在港珠澳大橋6.7千米海底隧道的兩端各建有一個人工島，兩人工島及隧道路面可簡化成如圖7所示，各部分的長度已在圖中標(biāo)出，其中傾斜路面與水平路面之間有一小段圓弧連接，重力加速度為g。圖7(1)假設(shè)汽車在傾斜路面上運動所受阻力和在水平路面上運動所受阻力相等。若汽車關(guān)閉發(fā)動機后剛好能夠從左側(cè)傾斜路面對下勻速運動，求汽車關(guān)閉發(fā)動機以速度v0從左側(cè)傾斜路面的最高點向下運動后，能夠在水平路面上運動的距離s(s＜L2)；(2)已知質(zhì)量為m、額定功率為P的汽車在水平路面上行駛的最大速度為vm1，若汽車在水平路面上以加速度a勻加速啟動，求汽車做勻加速運動的時間；(3)已知質(zhì)量為m、額定功率為P的汽車在圖中右側(cè)傾斜路面上向上行駛的最大速度為vm2，求汽車以額定功率在右側(cè)傾斜路面上向上行駛速度為v1(v1＜vm2)時的加速度大小。解析(1)左側(cè)路面與水平面的夾角記為θ，由共點力的平衡條件可得汽車在左側(cè)路面上運動所受的阻力大小f1＝mgsinθ，sinθ＝eq\f(h,\r(h2＋Leq\o\al(2,1)))汽車運動到水平路面時速度為v0，由動能定理得－f1s＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，聯(lián)立解得s＝eq\f(veq\o\al(2,0)\r(h2＋Leq\o\al(2,1)),2gh)。(2)汽車啟動過程中達到最大速度vm1時，牽引力等于阻力，則P＝f2vm1，解得阻力f2＝eq\f(P,vm1)；在勻加速啟動過程中，汽車做勻加速運動的牽引力記為F、達到額定功率時的速度記為v、時間記為t，則P＝Fv，v＝at，F(xiàn)－f2＝ma聯(lián)立解得t＝eq\f(P,（\f(P,vm1)＋ma）a)＝eq\f(Pvm1,（P＋mavm1）a)。(3)由P＝F阻vm2(F阻包含重力沿斜面對下的分力)，解得阻力F阻＝eq\f(P,vm2)當(dāng)汽車速度為v1時牽引力F1＝eq\f(P,v1)由牛頓其次定律有F1－F阻＝ma1，聯(lián)立解得a1＝eq\f(P,mv1)－eq\f(P,mvm2)。答案(1)eq\f(veq\o\al(2,0)\r(h2＋Leq\o\al(2,1)),2gh)(2)eq\f(Pvm1,（P＋mavm1）a)(3)eq\f(P,mv1)－eq\f(P,mvm2)動能定理與圖象結(jié)合的問題1.圖象所圍“面積”或“斜率”的含義2.解決動能定理與圖象問題的基本步驟【例3】(2024·全國Ⅲ卷，17)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(nèi)時，物體上升、下落過程中動能Ek隨h的變更如圖8所示。重力加速度取10m/s2。該物體的質(zhì)量為()圖8A.2kg B.1.5kgC.1kg D.0.5kg解析畫出運動示意圖。設(shè)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－EkAB→A(下落過程)：(mg－F)h＝EkA′－EkB′整理以上兩式并代入數(shù)據(jù)得mgh＝30J，解得物體的質(zhì)量m＝1kg。選項C正確。答案C1.用傳感器探討質(zhì)量為2kg的物體由靜止起先做直線運動的規(guī)律時，在計算機上得到0～6s內(nèi)物體的加速度隨時間變更的關(guān)系如圖9所示。下列說法正確的是()圖9A.0～6s內(nèi)物體先向正方向運動，后向負方向運動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)合力做的功解析由Δv＝at可知，a－t圖象中，圖線與坐標(biāo)軸所圍面積表示質(zhì)點的速度的變更量，0～6s內(nèi)物體的速度始終為正值，故始終為正方向，A項錯誤；t＝5s時，速度最大，B項錯誤；2～4s內(nèi)加速度保持不變且不為零，速度肯定變更，C項錯誤；0～4s內(nèi)與0～6s內(nèi)圖線與坐標(biāo)軸所圍面積相等，故物體4s末和6s末速度相同，由動能定理可知，兩段時間內(nèi)合力對物體做功相等，D項正確。答案D2.A、B兩物體分別在水平恒力F1和F2的作用下沿水平面運動，先后撤去F1、F2后，兩物體最終停下，它們的v－t圖象如圖10所示。已知兩物體與水平面間的滑動摩擦力大小相等。則下列說法正確的是()圖10A.F1、F2大小之比為1∶2B.F1、F2對A、B做功之比為1∶2C.A、B質(zhì)量之比為2∶1D.全過程中A、B克服摩擦力做功之比為2∶1解析由速度與時間圖象可知，兩個勻減速運動的加速度之比為1∶2，由牛頓其次定律可知：A、B受摩擦力大小相等，所以A、B的質(zhì)量關(guān)系是2∶1，由速度與時間圖象可知，A、B兩物體運動的位移相等，且勻加速運動位移之比1∶2，勻減速運動的位移之比2∶1，由動能定理可得：A物體的拉力與摩擦力的關(guān)系，F(xiàn)1·s－f1·3s＝0－0；B物體的拉力與摩擦力的關(guān)系，F(xiàn)2·2s－f2·3s＝0－0，因此可得：F1＝3f1，F(xiàn)2＝eq\f(3,2)f2，f1＝f2，所以F1＝2F2。全過程中摩擦力對A、B做功相等，F(xiàn)1、F2對A、B做功大小相等。故A、B、D項錯誤，C項正確。答案C3.如圖11甲所示，在傾角為30°的足夠長的光滑斜面AB的A處連接一粗糙水平面OA，OA長為4m。有一質(zhì)量為m的滑塊，從O處由靜止起先受一水平向右的力F作用。F只在水平面上按圖乙所示的規(guī)律變更?；瑝K與OA間的動摩擦因數(shù)μ＝0.25，g取10m/s2，試求：圖11(1)滑塊運動到A處的速度大小；(2)不計滑塊在A處的速率變更，滑塊沖上斜面AB的長度是多少？解析(1)由題圖乙知，在前2m內(nèi)，F(xiàn)1＝2mg，做正功，在第3m內(nèi)，F(xiàn)2＝－0.5mg，做負功，在第4m內(nèi)，F(xiàn)3＝0?；瑒幽Σ亮＝－μmg＝－0.25mg，始終做負功，對于滑塊在OA上運動的全過程，由動能定理得F1s1＋F2s2＋fs＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)－0代入數(shù)據(jù)解得vA＝5eq\r(2)m/s。(2)對于滑塊沖上斜面的過程，由動能定理得－mgLsin30°＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)解得L＝5m所以滑塊沖上斜面AB的長度L＝5m。答案(1)5eq\r(2)m/s(2)5m課時作業(yè)(時間：40分鐘)基礎(chǔ)鞏固練1.(多選)關(guān)于動能定理的表達式W＝Ek2－Ek1，下列說法正確的是()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)的全部力做的功，也可通過以下兩種方式計算：先求每個力的功再求功的代數(shù)和或先求合外力再求合外力的功C.公式中的Ek2－Ek1為動能的增量，當(dāng)W＞0時動能增加，當(dāng)W＜0時，動能削減D.動能定理適用于直線運動，但不適用于曲線運動，適用于恒力做功，但不適用于變力做功答案BC2.在籃球競賽中，某位同學(xué)獲得罰球機會，如圖1，他站在罰球線處用力將籃球投出，籃球以約為1m/s的速度撞擊籃筐。已知籃球質(zhì)量約為0.6kg，籃筐離地高度約為3m，忽視籃球受到的空氣阻力，則該同學(xué)罰球時對籃球做的功大約為()圖1A.1J B.10JC.50J D.100J解析該同學(xué)將籃球投出時的高度約為h1＝1.8m，依據(jù)動能定理有W－mg(h－h(huán)1)＝eq\f(1,2)mv2，解得W＝7.5J，故選項B正確。答案B3.在離地面高為h處豎直上拋一質(zhì)量為m的物塊，拋出時的速度為v0，它落到地面時的速度為v，用g表示重力加速度，則在此過程中物塊克服空氣阻力所做的功等于()A.mgh－eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)B.－eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－mghC.mgh＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mv2D.mgh＋eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解析對物塊從h高處豎直上拋到落地的過程，依據(jù)動能定理可得mgh－Wf＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得Wf＝mgh＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mv2，選項C正確。答案C4.(2024·北京101中學(xué)檢測)如圖2所示，質(zhì)量為m的物體靜置在水平光滑平臺上，系在物體上的繩子跨過光滑的定滑輪，由地面上的人以速度v0向右勻速拉動，設(shè)人從地面上平臺的邊緣起先向右行至繩與水平方向夾角為45°處，在此過程中人所做的功為()圖2A.eq\f(mveq\o\al(2,0),2) B.eq\f(\r(2)mveq\o\al(2,0),2)C.eq\f(mveq\o\al(2,0),4) D.mveq\o\al(2,0)解析由題意知，繩與水平方向夾角為45°時，沿繩方向的速度v＝v0cos45°＝eq\f(\r(2)v0,2)，故質(zhì)量為m的物體速度等于eq\f(\r(2)v0,2)，對物體應(yīng)用動能定理可知，在此過程中人所做的功為W＝eq\f(1,2)mv2－0＝eq\f(mveq\o\al(2,0),4)，C正確。答案C5.如圖3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從靜止起先下落，恰好運動到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()圖3A.eq\f(μmgR,2) B.eq\f(mgR,2)C.mgR D.(1－μ)mgR解析設(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，依據(jù)動能定理有mgR－WAB－μmgR＝0，所以WAB＝mgR－μmgR＝(1－μ)mgR，故D正確。答案D6.北京獲得2024年冬奧會舉辦權(quán)，冰壺是冬奧會的競賽項目。將一個冰壺以肯定初速度推出后將運動一段距離停下來。換一個材料相同、質(zhì)量更大的冰壺，以相同的初速度推出后，冰壺運動的距離將()A.不變 B.變小C.變大 D.無法推斷解析冰壺在冰面上以肯定初速度被推出后，在滑動摩擦力作用下做勻減速運動，依據(jù)動能定理有－μmgs＝0－eq\f(1,2)mv2，得s＝eq\f(v2,2μg)，兩種冰壺的初速度相等，材料相同，故運動的距離相等，故選項A正確。答案A7.如圖4所示，物塊以60J的初動能從斜面底端沿斜面對上滑動，當(dāng)它的動能削減為零時，重力勢能增加了45J，則物塊回到斜面底端時的動能為()圖4A.15J B.20JC.30J D.45J解析由動能定理可知WG＋Wf＝0－Ek0，解得摩擦力做功為Wf＝－15J，對物塊整個過程由動能定理得2Wf＝Ek－Ek0，解得物塊回到斜面底端時的動能為Ek＝30J，故C正確，A、B、D錯誤。答案C8.如圖5，高臺跳水項目中要求運動員從距離水面H的高臺上跳下，在完成空中動作后進入水中。若某運動員起跳瞬間重心離高臺臺面的高度為h1，斜向上跳離高臺瞬間速度的大小為v0，跳至最高點時重心離臺面的高度為h2，入水(手剛觸及水面)時重心離水面的高度為h1。圖中虛線為運動員重心的運動軌跡。已知運動員的質(zhì)量為m，重力加速度為g，不計空氣阻力，則運動員跳至最高點時速度及入水(手剛觸及水面)時速度的大小分別是()圖5A.0eq\r(veq\o\al(2,0)＋2gH)B.0eq\r(2g（H＋h2－h(huán)1）)C.eq\r(veq\o\al(2,0)＋2g（h1－h(huán)2）)eq\r(veq\o\al(2,0)＋2gH)D.eq\r(veq\o\al(2,0)＋2g（h1－h(huán)2）)eq\r(veq\o\al(2,0)＋2g（H－h(huán)1）)解析從運動員起跳到最高點時由動能定理得－mg(h2－h(huán)1)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,高)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得v高＝eq\r(2g（h1－h(huán)2）＋veq\o\al(2,0))從運動員起跳到入水過程由動能定理得mgH＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得v1＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋2gH)，故C正確。答案C9.(2024·天津卷，10)完全由我國自行設(shè)計、建立的國產(chǎn)新型航空母艦已完成多次海試，并取得勝利。航母上的艦載機采納滑躍式起飛，故甲板是由水平甲板和上翹甲板兩部分構(gòu)成，如圖6所示。為了便于探討艦載機的起飛過程，假設(shè)上翹甲板BC是與水平甲板AB相切的一段圓弧，示意如圖7，AB長L1＝150m，BC水平投影L2＝63m，圖中C點切線方向與水平方向的夾角θ＝12°(sin12°≈0.21)。若艦載機從A點由靜止起先做勻加速直線運動，經(jīng)t＝6s到達B點進入BC。已知飛行員的質(zhì)量m＝60kg，g＝10m/s2，求(1)艦載機水平運動的過程中，飛行員受到的水平力所做功W；(2)艦載機剛進入BC時，飛行員受到豎直向上的壓力FN多大。解析(1)艦載機由靜止起先做勻加速直線運動，設(shè)其剛進入上翹甲板時的速度為v，則有eq\f(v,2)＝eq\f(L1,t)①依據(jù)動能定理，有W＝eq\f(1,2)mv2－0②聯(lián)立①②式，代入數(shù)據(jù)，得W＝7.5×104J。③(2)設(shè)上翹甲板所對應(yīng)的圓弧半徑為R，依據(jù)幾何關(guān)系，有L2＝Rsinθ④由牛頓其次定律，有FN－mg＝meq\f(v2,R)⑤聯(lián)立①④⑤式，代入數(shù)據(jù)，得FN＝1.1×103N。答案(1)7.5×104J(2)1.1×103N綜合提能練10.從地面豎直向上拋出一只小球，小球運動一段時間后落回地面。忽視空氣阻力，該過程中小球的動能Ek與時間t的關(guān)系圖象是()解析小球做豎直上拋運動，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)mveq\o\al(2,0)Ek與t為二次函數(shù)關(guān)系。答案A11.(多選)質(zhì)量為1kg的物體靜止在水平粗糙的地面上，在一水平外力F的作用下運動，如圖8甲所示，外力F和物體克服摩擦力f做的功W與物體位移s的關(guān)系如圖乙所示，重力加速度g取10m/s2。下列分析正確的是()圖8A.物體與地面之間的動摩擦因數(shù)為0.5B.物體在前3m運動過程中的加速度為3m/s2C.物體運動的位移為13mD.s＝9m時，物體的速度為3eq\r(2)m/s解析依據(jù)f做功的圖象，由Wf＝μmgs，代入得20＝μ×1×10×10，解得μ＝0.2，故A項錯誤；摩擦力大小為f＝μmg＝0.2×10N＝2N，在前3m的運動過程中，F(xiàn)＝eq\f(W,s)＝eq\f(1