第20讲 动能定理的理解及应用（讲义）-【上好课】2025年高考物理一轮复习讲练测（新教材新高考）

第20讲 动能定理的理解及应用 目录 01、考情透视，目标导航 02、知识导图，思维引航 3 03、考点突破，考法探究 3 考点一　动能定理的理解和基本应用 3 知识点1 动能 3 知识点2 动能定理 4 考向1　对动能定理的理解 5 考点2 动能定理的基本应用 5 考点二　应用动能定理求变力的功 7 考向洞察 7 考点三 动能定理与图像结合的问题 8 考向洞察 9 考向1 动能定理与v-t图像 9 考向2 动能定理与Ek-x图像 9 考向3 动能定理与F-x图像 10 考向4 动能随位移变化的图像 11 考点四 动能定理在多过程问题中的应用 11 知识点1．应用动能定理解决多过程问题的两种思路 11 知识点2．全过程列式时要注意 12 知识点3.多过程问题的分析方法 12 知识点4 动能定理在往复运动问题中的应用 12 考向洞察 12 考向1多过程直线运动问题 12 考向2 多过程曲线运动问题 14 考向3 多过程直线往复运动问题 15 考向4 多过程曲线往复运动问题 16 04、真题练习，命题动向 17 考情分析 2024·全国·高考物理试题 2024·福建·高考物理试题 2024·安徽·高考物理试题 2024·全国·新课标高考物理试题 2024·广东·高考物理试题 复习目标 目标1.理解动能、动能定理，会用动能定理解决一些基本问题。 目标2.能利用动能定理求变力做的功。 目标3.掌握解决动能定理与图像结合的问题的方法。 考点一　动能定理的理解和基本应用 知识点1 动能 1．动能 (1)定义：物体由于运动而具有的能量叫作动能。 (2)公式：Ek＝mv2。 (3)单位：焦耳，1 J＝1 N·m＝1 kg·m2/s2。 (4)标矢性：动能是标量，动能与速度方向无关。 2．动能与动能变化的区别 (1)动能与动能的变化是两个不同的概念，动能是状态量，动能的变化是过程量。 (2)动能没有负值，而动能变化量有正负之分。ΔEk>0，表示物体的动能增加；ΔEk<0，表示物体的动能减少。 知识点2 动能定理 1．动能定理 (1)内容：力在一个过程中对物体做的功，等于物体在这个过程中动能的变化。 (2)表达式：W合＝ΔEk＝mv22－mv12。 (3)物理意义：合力的功是物体动能变化的量度。 说明：(1)动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系。 (2)动能是标量，动能定理是标量式，解题时不能分解动能。 3．对动能定理的理解 (1)做功的过程就是能量转化的过程，动能定理表达式中“＝”有三层关系： 因果关系 合力做功是物体动能变化的原因 数量关系 合力的功与动能变化可以等量代换 单位关系 国际单位都是焦耳 (2)动能定理中的“力”指物体受到的所有力，既包括重力、弹力、摩擦力，也包括电场力、磁场力或其他力，功则为合力所做的总功。 3.应用动能定理的注意点 (1)动能定理表达式是一个标量式，式中各项均为标量，因此，应用动能定理时不必关注速度的具体方向，也不能在某个方向上列出动能定理的表达式。 (2)注意物体所受各力做功的特点，如：重力做功与路径无关，重点关注始末两点的高度差，摩擦阻力做功与路径有关。 (3)动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系。 (4)动能定理既可解决直线运动问题，也可解决曲线运动问题。 考向1　对动能定理的理解 1.(多选)如图所示，电梯质量为M，在它的水平地板上放置一质量为m的物体。电梯在钢索的拉力作用下竖直向上加速运动，当电梯的速度由v1增大到v2时，上升高度为H，重力加速度为g，则在这个过程中，下列说法正确的是(　　) A.对物体，动能定理的表达式为W＝mv－mv，其中W为支持力做的功 B.对物体，动能定理的表达式为W合＝0，其中W合为合力做的功 C.对物体，动能定理的表达式为W－mgH＝mv－mv，其中W为支持力做的功 D.对电梯，其所受的合力做功为Mv－Mv 【答案】　CD 【解析】　电梯上升的过程中，对物体做功的有重力mg、支持力FN，这两个力的总功(即合力做的功)才等于物体动能的变化，即W合＝W－mgH＝mv－mv，其中W为支持力做的功，故A、B错误，C正确；对电梯做功的有重力Mg、压力FN′和拉力F，合力做功为W合′＝Mv－Mv，故D正确。 考点2 动能定理的基本应用 1.(多选)一质量为m的物体自倾角为α的固定斜面底端沿斜面向上滑动。该物体开始滑动时的动能为Ek，向上滑动一段距离后速度减小为零，此后物体向下滑动，到达斜面底端时动能为。已知sin α＝0.6，重力加速度大小为g。则(　　) A．物体向上滑动的距离为 B．物体向下滑动时的加速度大小为 C．物体与斜面间的动摩擦因数等于0.5 D．物体向上滑动所用的时间比向下滑动的时间长 【答案】　BC 【解析】　物体从斜面底端回到斜面底端根据动能定理有－μmg·2lcos α＝－Ek， 物体从斜面底端到最高点根据动能定理有 －mglsin α－μmglcos α＝0－Ek， 整理得l＝，μ＝0.5，A错误，C正确； 物体向下滑动时根据牛顿第二定律有 ma下＝mgsin α－μmgcos α， 解得a下＝，B正确； 物体向上滑动时根据牛顿第二定律有 ma上＝mgsin α＋μmgcos α， 解得a上＝g，故a上>a下， 由于上滑过程中的末速度为零，下滑过程中的初速度为零，且走过相同的位移，根据位移公式l＝at2，则可得出t上<t下，D错误。 2.如图所示，在水平的PQ面上有一小物块(可视为质点)，小物块以某速度从P点最远能滑到倾角为θ的斜面QA上的A点(水平面和斜面在Q点通过一极短的圆弧连接)。若减小斜面的倾角θ，变为斜面QB(如图中虚线所示)，小物块仍以原来的速度从P点出发滑上斜面。已知小物块与水平面和斜面间的动摩擦因数相同，AB为水平线，AC为竖直线。则(　　) A.小物块恰好能运动到B点 B.小物块最远能运动到B点上方的某点 C.小物块只能运动到C点 D.小物块最远能运动到B、C两点之间的某点 【答案】　D 【解析】　小物块从P点滑上斜面的运动过程中有重力和摩擦力做功，设小物块能到达斜面上的最高点与水平面的距离为h，与Q点的水平距离为x，根据动能定理得－mgh－μmg·xPQ－μmgcos θ·xAQ＝0－mv，即mgh＋μmg(xPQ＋x)＝mv，若减小倾角θ时，h不变，则x不变，故A、C错误；若h变大，则x变小，故B错误；若h变小，则x变大，故D正确。 【题后反思】应用动能定理解题应抓住“两状态，一过程”。“两状态”即明确研究对象的始、末状态的速度或动能情况，“一过程”即明确研究过程，确定在这一过程中研究对象的受力情况和位置变化或位移信息。 　 考点二　应用动能定理求变力的功 在有变力做功的过程中，变力做功无法直接通过功的公式求解，可用动能定理W变＋W恒＝mv－mv求解。物体初、末速度已知，恒力做功W恒可由公式求出，得到W变＝mv－mv－W恒，就可以求出变力做的功了。 1.(多选)人们用滑道从高处向低处运送货物，如图所示，可看作质点的货物从圆弧滑道顶端P点静止释放，沿滑道运动到圆弧末端Q点时速度大小为6 m/s。已知货物质量为20 kg，滑道高度h为4 m，且过Q点的切线水平，重力加速度取10 m/s2。关于货物从P点运动到Q点的过程，下列说法正确的有(　　) A.重力做的功为360 J B.克服阻力做的功为440 J C.经过Q点时向心加速度大小为9 m/s2 D.经过Q点时对轨道的压力大小为380 N 【答案】　BCD 【解析】　重力做的功为WG＝mgh＝800 J，A错误；下滑过程由动能定理可得WG－Wf＝mv，代入数据解得克服阻力做的功为Wf＝440 J，B正确；经过Q点时向心加速度大小为a＝＝9 m/s2，C正确；经过Q点时，根据牛顿第二定律可得FN－mg＝ma，解得货物受到的支持力大小为FN＝380 N，根据牛顿第三定律可知，货物对轨道的压力大小为380 N，D正确。 2.质量为m的物体以初速度v0沿水平面向左开始运动，起始点A与一水平放置的轻弹簧O端相距s，轻弹簧的另一端固定在竖直墙上，如图5所示，已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，物体与弹簧相碰后，弹簧的最大压缩量为x，重力加速度为g，则从开始碰撞到弹簧被压缩至最短的过程中，弹簧弹力所做的功为(　　) A.mv－μmg(s＋x) B.mv－μmgx C.μmg(s＋x)－mv D.－μmg(s＋x) 【答案】　C 【解析】　对物体由动能定理可得W弹－μmg(s＋x)＝0－mv，解得W弹＝μmg(s＋x)－mv，故C正确。 考点三 动能定理与图像结合的问题 图像与横轴所围“面积”或图像斜率的含义 考向1 动能定理与v-t图像 1.A、B两物体的质量之比mA∶mB＝1∶4，它们以相同的初速度v0在水平面上做匀减速直线运动，直到停止，其v－t图像如图所示。此过程中，A、B两物体受到的摩擦力做的功之比WA∶WB和A、B两物体受到的摩擦力之比FA∶FB分别是(　　) A．WA∶WB＝1∶2 B．WA∶WB＝4∶1 C．FA∶FB＝1∶2 D．FA∶FB＝4∶1 【答案】C 【解析】　根据动能定理－W＝0－mv02，可知A、B两物体受到的摩擦力做的功之比为WA∶WB＝1∶4，故A、B错误；根据v－t图像可知两物体的加速度之比为aA∶aB＝2∶1， 根据牛顿第二定律F＝ma，可得A、B两物体受到的摩擦力之比FA∶FB＝1∶2，故C正确，D错误。 考向2 动能定理与Ek-x图像 2.如图(a)所示，一物块以一定初速度沿倾角为30°的固定斜面上滑，运动过程中摩擦力大小f恒定，物块动能Ek与运动路程s的关系如图(b)所示。重力加速度大小取10 m/s2，物块质量m和所受摩擦力大小f分别为(　　) A．m＝0.7 kg，f＝0.5 N B．m＝0.7 kg，f＝1.0 N C．m＝0.8 kg，f＝0.5 N D．m＝0.8 kg，f＝1.0 N 【答案】　A 【解析】　0～10 m内物块上滑，由动能定理得 －mgsin 30°·s－fs＝Ek－Ek0， 整理得Ek＝Ek0－(mgsin 30°＋f)s， 结合0～10 m内的图像得，斜率的绝对值 |k|＝mgsin 30°＋f＝4 N， 10～20 m内物块下滑，由动能定理得 (mgsin 30°－f)(s－s1)＝Ek， 整理得Ek＝(mgsin 30°－f)s－(mgsin 30°－f)s1， 结合10～20 m内的图像得， 斜率k′＝mgsin 30°－f＝3 N， 联立解得f＝0.5 N，m＝0.7 kg，故选A。 考向3 动能定理与F-x图像 3.一质量为4 kg的物体，在粗糙的水平面上受水平恒定的拉力F作用做匀速直线运动。物体运动一段时间后拉力逐渐减小，当拉力减小到零时，物体刚好停止运动。如图所示为拉力F随位移x变化的关系图像，重力加速度大小取10 m/s2，则可以求得(　　) A.物体做匀速直线运动的速度为4 m/s B.整个过程拉力对物体所做的功为4 J C.整个过程摩擦力对物体所做的功为－8 J D.整个过程合外力对物体所做的功为－4 J 【答案】　D 【解析】　F－x图线与横轴所围区域的面积表示拉力对物体所做的功，所以WF＝ J＝12 J，故B错误；0～2 m阶段，根据平衡条件可得F＝Ff＝4 N，所以整个过程中摩擦力对物体做的功为Wf＝－Ffx＝－4×4 J＝－16 J，故C错误；整个过程中合外力所做的功为W合＝WF＋Wf＝12 J＋(－16 J)＝－4 J，故D正确；根据动能定理可得W合＝0－mv，解得v0＝ m/s，故A错误。 考向4 动能随位移变化的图像 4.某滑雪赛道如图所示，滑雪运动员从静止开始沿斜面下滑，经圆弧滑道起跳。将运动员视为质点，不计摩擦力及空气阻力，此过程中，运动员的动能Ek与水平位移x的关系图像正确的是(　　) 【答案】　A 【解析】　设斜面倾角为θ，不计摩擦力和空气阻力，运动员在沿斜面下滑过程中，根据动能定理有Ek＝mgxtan θ，即＝mgtan θ，下滑过程中开始阶段倾角θ不变，Ek－x图像为一条直线；经过圆弧轨道过程中，θ先减小后增大，即图像斜率先减小后增大，故A正确。 考点四 动能定理在多过程问题中的应用 知识点1．应用动能定理解决多过程问题的两种思路 (1)分阶段应用动能定理 ①若题目需要求某一中间物理量，应分阶段应用动能定理。 ②物体在多个运动过程中，受到的弹力、摩擦力等力若发生了变化，力在各个过程中做功情况也不同，不宜全过程应用动能定理，可以研究其中一个或几个分过程，结合动能定理，各个击破。 (2)全过程(多个过程)应用动能定理 当物体运动过程包含几个不同的物理过程，又不需要研究过程的中间状态时，可以把几个运动过程看作一个整体，巧妙运用动能定理来研究，从而避开每个运动过程的具体细节，大大减少运算。 知识点2．全过程列式时要注意 (1)重力、弹簧弹力做功取决于物体的初、末位置，与路径无关。 (2)大小恒定的阻力或摩擦力做功的数值等于力的大小与路程的乘积。 知识点3.多过程问题的分析方法 (1)将“多过程”分解为许多“子过程”，各“子过程”间由“衔接点”连接。 (2)对各“衔接点”进行受力分析和运动分析，必要时画出受力图和过程示意图。 (3)根据“子过程”和“衔接点”的模型特点选择合理的物理规律列方程。 (4)分析“衔接点”速度、加速度等的关联，确定各段间的时间关联，并列出相关的辅助方程。 (5)联立方程组，分析求解，对结果进行必要的验证或讨论。 知识点4 动能定理在往复运动问题中的应用 1.往复运动问题：在有些问题中物体的运动过程具有重复性、往返性，而在这一过程中，描述运动的物理量多数是变化的，而重复的次数又往往是无限的或者难以确定的。 2.解题策略：此类问题多涉及滑动摩擦力或其他阻力做功，其做功特点与路程有关，求解这类问题时若运用牛顿运动定律及运动学公式将非常繁琐，甚至无法解出。由于动能定理只涉及物体的初、末状态而不计运动过程的细节，所以用动能定理分析这类问题可使解题过程简化。 考向1多过程直线运动问题 1.如图所示的装置由AB、BC、CE三段轨道组成，轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接，其中轨道AB、CE是光滑的，水平轨道BC的长度s＝5 m，轨道CE足够长且倾角θ＝37°，D为轨道CE上一点，A、D两点离轨道BC的高度分别为h1＝4.3 m、h2＝1.35 m。现让质量为m可视为质点的小滑块从A点由静止释放。已知小滑块与轨道BC间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求： (1)小滑块第一次到达D点时的速度大小vD； (2)小滑块第一次与第二次通过C点的时间间隔； (3)小滑块最终停止的位置距B点的距离。 【答案】　(1)3 m/s　(2)2 s　(3)1.4 m 【解析】　(1)小滑块在A→B→C→D过程中，应用动能定理得mg(h1－h2)－μmgs＝mvD2－0， 代入数据解得vD＝3 m/s。 (2)小滑块在A→B→C过程中，由动能定理得mgh1－μmgs＝mvC2－0，代入数据解得vC＝6 m/s， 小滑块沿CE段上滑时，由牛顿第二定律得mgsin θ＝ma，解得a＝gsin θ＝6 m/s2。 则小滑块从C点沿CE段上滑到最高点所用的时间t1＝＝1 s，小滑块沿CE段上滑和下滑的受力情况不变，由对称性可知，小滑块从最高点滑回C点所用的时间t2＝1 s，故小滑块第一次与第二次通过C点的时间间隔t＝t1＋t2＝2 s。 (3)设小滑块在水平轨道上运动的总路程为s总，对小滑块从静止释放到最终停止的全过程，由动能定理得mgh1－μmgs总＝0，解得s总＝8.6 m，故小滑块最终停止的位置与B点的距离为2s－s总＝1.4 m。 2.如图所示，水平桌面上的轻质弹簧左端固定，右端与静止在O点质量为m＝1 kg的小物块接触而不连接，此时弹簧无形变。现对小物块施加F＝10 N的水平向左的恒力，使其由静止开始向左运动。小物块在向左运动到A点前某处速度最大时，弹簧的弹力为6 N，运动到A点时撤去推力F，小物块最终运动到B点静止。图中OA＝0.8 m，OB＝0.2 m，重力加速度取g＝10 m/s2。求小物块： (1)与桌面间的动摩擦因数μ； (2)向右运动过程中经过O点的速度大小； (3)向左运动的过程中弹簧的最大压缩量。 【答案】　(1)0.4　(2)1.26 m/s　(3)0.9 m 【解析】　(1)小物块速度达到最大时，加速度为零，则 F－μmg－F弹＝0 解得μ＝0.4。 (2)设向右运动通过O点时的速度为v0，从O→B， 由动能定理得 －FfxOB＝0－mv Ff＝μmg＝4 N 解得v0＝ m/s≈1.26 m/s。 (3)设弹簧最大压缩量为xmax，对小物块运动的全过程，根据动能定理得 FxOA－Ff(2xmax＋xOB)＝0 代入数值得xmax＝0.9 m。 考向2 多过程曲线运动问题 1.(2023·湖北高考)如图为某游戏装置原理示意图。水平桌面上固定一半圆形竖直挡板，其半径为2R、内表面光滑，挡板的两端A、B在桌面边缘，B与半径为R的固定光滑圆弧轨道在同一竖直平面内，过C点的轨道半径与竖直方向的夹角为60°。小物块以某一水平初速度由A点切入挡板内侧，从B点飞出桌面后，在C点沿圆弧切线方向进入轨道内侧，并恰好能到达轨道的最高点D。小物块与桌面之间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g，忽略空气阻力，小物块可视为质点。求： (1)小物块到达D点的速度大小； (2)B和D两点的高度差； (3)小物块在A点的初速度大小。 【答案】　(1)　(2)0　(3) 【解析】　(1)由题意知，小物块恰好能到达轨道的最高点D，则在D点有m＝mg，解得vD＝。 (2)由题意知，小物块从C点沿圆弧切线方向进入轨道内侧，则在C点有cos 60°＝，小物块从C到D的过程中，根据动能定理有－mg(R＋Rcos 60°)＝mvD2－mvC2，则小物块从B到D的过程中，根据动能定理有mgHBD＝mvD2－mvB2，联立解得vB＝，HBD＝0。 (3)小物块从A到B的过程中，根据动能定理有－μmgs＝mvB2－mvA2，s＝π·2R 解得vA＝。 2．如图所示，小明设计的游戏装置，由光滑平台、倾斜粗糙直轨道AB、竖直圆管道CDEBC′(管道内径远小于管道半径)、水平粗糙直轨道平滑连接组成。其中平台左侧固定一弹簧，倾斜直轨道AB与圆管道相切于B点，水平直轨道与圆管道相切于C′点(C和C′略错开)。小滑块与倾斜直轨道AB及水平直轨道间的动摩擦因数均为μ＝0.5，AB斜轨道倾角θ＝37°，AB长度l＝0.4 m。小滑块从B点进入管道内，当小滑块沿管道内靠近圆心O的内侧运动时有摩擦，沿管道外侧运动时无摩擦，管道半径为R＝0.2 m。第一次压缩弹簧后释放小滑块，A点上方挡片可以让小滑块无速度损失进入AB段，恰好可以运动到与管道圆心等高的D点。第二次压缩弹簧使弹簧弹性势能为0.36 J时释放小滑块，小滑块运动到圆管道最高处E的速度为1 m/s。已知小滑块质量m＝0.1 kg，可视为质点，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2。　 (1)求第一次压缩弹簧释放小滑块后，第一次运动到C点时对轨道的压力； (2)求第二次压缩弹簧释放小滑块后，运动到E点的过程，小滑块在圆管道内所受摩擦力做的功； (3)若第三次压缩弹簧使弹簧弹性势能为0.48 J时释放小滑块，通过计算判断小滑块在圆管道内运动是否受到摩擦力作用。小滑块在水平直轨道上距离C′为x处的速度为v，求v与x之间的关系式。 【答案】：(1)3 N，方向竖直向下　(2)－0.03 J(3)不受　v＝ m/s 【解析】：(1)从C到D过程，对小滑块由动能定理得－mgR＝0－mvC2，在C点由牛顿第二定律有FN－mg＝m，联立解得FN＝3 N由牛顿第三定律可知，小滑块第一次运动到C点时对轨道的压力大小为3 N，方向竖直向下。 (2)从释放小滑块到E点过程，由动能定理有W弹＋mglsin θ－μmglcos θ－mgR(1＋cos θ)＋Wf＝mvE2－0，W弹＝Ep＝0.36 J，解得Wf＝－0.03 J。 (3)当滑块以v0通过最高点时恰好对管道无压力作用，设此时对应的弹簧弹性势能为Ep0，由牛顿第二定律有m＝mg， 从开始到E点由动能定理有W0＋mglsin θ－μmglcos θ－mgR(1＋cos θ)＝mv02－0，解得Ep0＝W0＝0.38 J， 弹性势能为0.48 J大于Ep0，小滑块在圆管道内不受到摩擦力作用。 从开始到离C′距离为x处，由动能定理有W′＋mglsin θ－μmglcos θ＋mgR(1－cos θ)－μmgx＝mv2－0，其中W′＝0.48 J，解得v＝ m/s。 考向3 多过程直线往复运动问题 3.如图所示，在地面上竖直固定了刻度尺和轻质弹簧，弹簧处于原长时上端与刻度尺上的A点等高，质量m＝0.5 kg的篮球静止在弹簧正上方，底端距A点的高度h1＝1.10 m，篮球静止释放测得第一次撞击弹簧时，弹簧的最大形变量x1＝0.15 m，第一次反弹至最高点，篮球底端距A点的高度h2＝0.873 m，篮球多次反弹后静止在弹簧的上端，此时弹簧的形变量x2＝0.01 m，弹性势能为Ep＝0.025 J。若篮球运动时受到的空气阻力大小恒定，忽略篮球与弹簧碰撞时的机械能损失和篮球的形变，弹簧形变在弹性限度范围内。求：(g取10 m/s2) (1)弹簧的劲度系数； (2)篮球在运动过程中受到的空气阻力； (3)篮球在整个运动过程中通过的路程； (4)篮球在整个运动过程中速度最大的位置。 【答案】(1)500 N/m　(2)0.5 N(3)11.05 m　(4)第一次下落至A点下方0.009 m处速度最大 【解析】(1)篮球静止在弹簧上时， 有mg－kx2＝0，解得k＝500 N/m。 (2)篮球从开始运动到第一次上升到最高点，由动能定理得mg(h1－h2)－f(h1＋h2＋2x1)＝0 代入数值解得f≈0.5 N。 (3)设篮球在整个运动过程中通过的总路程为s， 整个运动过程中，空气阻力一直与运动方向相反， 根据动能定理有WG＋Wf＋W弹＝0 重力做功WG＝mg(h1＋x2)＝5.55 J 弹力做功W弹＝－Ep＝－0.025 J 则空气阻力做功Wf＝－fs＝－5.525 J 解得s＝11.05 m。 (4)篮球在首次下落过程中，合力为零处速度最大 速度最大时弹簧形变量为x3 mg－f－kx3＝0 在A点下方，离A点x3＝0.009 m。 考向4 多过程曲线往复运动问题 4.如图所示，质量m＝0.1 kg的可视为质点的小球从距地面高H＝5 m处由静止开始自由下落，到达地面恰能沿凹陷于地面的半圆形槽的右端切入，半圆形槽半径R＝0.4 m。小球到达槽最低点时速率为10 m/s，并继续沿槽壁运动直到从槽左端边缘竖直向上飞出……，如此反复，设小球在槽壁运动时受到的摩擦力大小恒定不变，不计空气阻力及小球与槽壁口接触时的机械能损失(取g＝10 m/s2)。求： (1)小球第一次飞离槽后上升的高度H1； (2)小球最多能飞出槽外的次数。 【答案】　(1)4.2 m　(2)6次 【解析】　(1)由于小球在槽壁运动时受到的摩擦力大小恒定不变，由对称性可知，小球在槽右半部分与左半部分运动时克服摩擦力做的功相等，设为Wf。 小球从开始下落至到达槽最低点的过程中，由动能定理得mg(H＋R)－Wf＝mv2，解得Wf＝0.4 J 小球由槽最低点到第一次上升到最大高度的过程，由动能定理得－mg(H1＋R)－Wf＝0－mv2，解得H1＝4.2 m。 (2)设小球能飞出槽外n次，对整个过程，由动能定理得mgH－n×2Wf＝0 解得n＝6.25，n只能取整数，故小球最多能飞出槽外6次。 1．（2024·全国·高考真题）福建舰是我国自主设计建造的首艘弹射型航空母舰。借助配重小车可以进行弹射测试，测试时配重小车被弹射器从甲板上水平弹出后，落到海面上。调整弹射装置，使小车水平离开甲板时的动能变为调整前的4倍。忽略空气阻力，则小车在海面上的落点与其离开甲板处的水平距离为调整前的（　　） A．0.25倍 B．0.5倍 C．2倍 D．4倍 【答案】C 【详解】动能表达式为 由题意可知小车水平离开甲板时的动能变为调整前的4倍，则离开甲板时速度变为调整前的2倍；小车离开甲板后做平抛运动，从离开甲板到到达海面上时间不变，根据 可知小车在海面上的落点与其离开甲板处的水平距离为调整前的2倍。 故选C。 2．（2024·福建·高考真题）先后两次从高为高处斜向上抛出质量为同一物体落于，测得，两轨迹交于P点，两条轨迹最高点等高且距水平地面高为，下列说法正确的是（　　） A．第一次抛出上升时间，下降时间比值为 B．第一次过P点比第二次机械能少 C．落地瞬间，第一次，第二次动能之比为 D．第二次抛出时速度方向与落地瞬间速度方向夹角比第一次大 【答案】B 【详解】A．第一次抛出上升的高度为 故上升时间为 最高点距水平地面高为，故下降的时间为 故一次抛出上升时间，下降时间比值为，故A错误； B．两条轨迹最高点等高，故可知两次从抛出到落地的时间相等为 故可得第一次，第二次抛出时水平方向的分速度分别为 由于两条轨迹最高点等高，故抛出时竖直方向的分速度相等为 由于物体在空中机械能守恒，故第一次过P点比第二次机械能少 故B正确； C．从抛出到落地瞬间根据动能定理 故落地瞬间，第一次，第二次动能之比为，故C错误； D．根据前面分析可知两次抛出时竖直方向的分速度相同，两次落地时物体在竖直方向的分速度也相同，由于第一次的水平分速度较小，物体在水平方向速度不变，故可知第一次抛出时速度与水平方向的夹角较大，第一次落地时速度与水平方向的夹角也较大，故可知第一次抛出时速度方向与落地瞬间速度方向夹角比第二次大，故D错误。 故选B。 3．（2024·安徽·高考真题）某同学参加户外拓展活动，遵照安全规范，坐在滑板上，从高为h的粗糙斜坡顶端由静止下滑，至底端时速度为v．已知人与滑板的总质量为m，可视为质点．重力加速度大小为g，不计空气阻力．则此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】人在下滑的过程中，由动能定理可得 可得此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为 故选D。 4．（2024·广东·高考真题）如图所示，光滑斜坡上，可视为质点的甲、乙两个相同滑块，分别从、高度同时由静止开始下滑。斜坡与水平面在O处平滑相接，滑块与水平面间的动摩擦因数为，乙在水平面上追上甲时发生弹性碰撞。忽略空气阻力。下列说法正确的有（　　） A．甲在斜坡上运动时与乙相对静止 B．碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度 C．乙的运动时间与无关 D．甲最终停止位置与O处相距 【答案】ABD 【详解】A．两滑块在光滑斜坡上加速度相同，同时由静止开始下滑，则相对速度为0，故A正确； B．两滑块滑到水平面后均做匀减速运动，由于两滑块质量相同，且发生弹性碰撞，可知碰后两滑块交换速度，即碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度，故B正确； C．设斜面倾角为θ，乙下滑过程有 在水平面运动一段时间t2后与甲相碰，碰后以甲碰前速度做匀减速运动t3，乙运动的时间为 由于t1与有关，则总时间与有关，故C错误； D．乙下滑过程有 由于甲和乙发生弹性碰撞，交换速度，则可知甲最终停止位置与不发生碰撞时乙最终停止的位置相同；则如果不发生碰撞，乙在水平面运动到停止有 联立可得 即发生碰撞后甲最终停止位置与O处相距。故D正确。 故选ABD。 5.（2023·全国·高考真题）无风时，雨滴受空气阻力的作用在地面附近会以恒定的速率竖直下落。一质量为m的雨滴在地面附近以速率v下落高度h的过程中，克服空气阻力做的功为（重力加速度大小为g）（　　） A．0 B．mgh C． D． 【答案】B 【详解】在地面附近雨滴做匀速运动，根据动能定理得 故雨滴克服空气阻力做功为。 故选B。 6．（2023·全国·高考真题）一质量为1kg的物体在水平拉力的作用下，由静止开始在水平地面上沿x轴运动，出发点为x轴零点，拉力做的功W与物体坐标x的关系如图所示。物体与水平地面间的动摩擦因数为0.4，重力加速度大小取10m/s2。下列说法正确的是（   ）    A．在x = 1m时，拉力的功率为6W B．在x = 4m时，物体的动能为2J C．从x = 0运动到x = 2m，物体克服摩擦力做的功为8J D．从x = 0运动到x = 4的过程中，物体的动量最大为2kg∙m/s 【答案】BC 【详解】由于拉力在水平方向，则拉力做的功为 W = Fx 可看出W—x图像的斜率代表拉力F。 AB．在物体运动的过程中根据动能定理有 则x = 1m时物体的速度为 v1= 2m/sx = 1m时，拉力为 则此时拉力的功率 P = Fv1= 12Wx = 4m时物体的动能为 Ek= 2J A错误、B正确； C．从x = 0运动到x = 2m，物体克服摩擦力做的功为 Wf= μmgx = 8J C正确； D．根据W—x图像可知在0—2m的过程中F1= 6N，2—4m的过程中F2= 3N，由于物体受到的摩擦力恒为f = 4N，则物体在x = 2m处速度最大，且根据选项AB分析可知此时的速度 则从x = 0运动到x = 4的过程中，物体的动量最大为 D错误。 故选BC。 7．（2024·海南·高考真题）某游乐项目装置简化如图，A为固定在地面上的光滑圆弧形滑梯，半径，滑梯顶点a与滑梯末端b的高度，静止在光滑水平面上的滑板B，紧靠滑梯的末端，并与其水平相切，滑板质量，一质量为的游客，从a点由静止开始下滑，在b点滑上滑板，当滑板右端运动到与其上表面等高平台的边缘时，游客恰好滑上平台，并在平台上滑行停下。游客视为质点，其与滑板及平台表面之间的动摩擦系数均为，忽略空气阻力，重力加速度，求： （1）游客滑到b点时对滑梯的压力的大小； （2）滑板的长度L 【答案】（1）；（2） 【详解】（1）设游客滑到b点时速度为，从a到b过程，根据机械能守恒 解得 在b点根据牛顿第二定律 解得 根据牛顿第三定律得游客滑到b点时对滑梯的压力的大小为 （2）设游客恰好滑上平台时的速度为，在平台上运动过程由动能定理得 解得 根据题意当滑板右端运动到与其上表面等高平台的边缘时，游客恰好滑上平台，可知该过程游客一直做减速运动，滑板一直做加速运动，设加速度大小分别为和，得 根据运动学规律对游客 解得 该段时间内游客的位移为 滑板的位移为 根据位移关系得滑板的长度为 8．（2024·全国·高考真题）将重物从高层楼房的窗外运到地面时，为安全起见，要求下降过程中重物与楼墙保持一定的距离。如图，一种简单的操作方法是一人在高处控制一端系在重物上的绳子P，另一人在地面控制另一根一端系在重物上的绳子Q，二人配合可使重物缓慢竖直下降。若重物的质量，重力加速度大小，当P绳与竖直方向的夹角时，Q绳与竖直方向的夹角 （1）求此时P、Q绳中拉力的大小； （2）若开始竖直下降时重物距地面的高度，求在重物下降到地面的过程中，两根绳子拉力对重物做的总功。 【答案】（1），；（2） 【详解】（1）重物下降的过程中受力平衡，设此时P、Q绳中拉力的大小分别为和，竖直方向 水平方向 联立代入数值得 ， （2）整个过程根据动能定理得 解得两根绳子拉力对重物做的总功为 9．（2023·江苏·高考真题）如图所示，滑雪道AB由坡道和水平道组成，且平滑连接，坡道倾角均为45°。平台BC与缓冲坡CD相连。若滑雪者从P点由静止开始下滑，恰好到达B点。滑雪者现从A点由静止开始下滑，从B点飞出。已知A、P间的距离为d，滑雪者与滑道间的动摩擦因数均为，重力加速度为g，不计空气阻力。 （1）求滑雪者运动到P点的时间t； （2）求滑雪者从B点飞出的速度大小v； （3）若滑雪者能着陆在缓冲坡CD上，求平台BC的最大长度L。    【答案】（1）；（2）；（3） 【详解】（1）滑雪者从A到P根据动能定理有 根据动量定理有 联立解得 （2）由于滑雪者从P点由静止开始下滑，恰好到达B点，故从P点到B点合力做功为0，所以当从A点下滑时，到达B点有 （3）当滑雪者刚好落在C点时，平台BC的长度最大；滑雪者从B点飞出做斜抛运动，竖直方向上有 水平方向上有 联立可得 10．（2023·湖北·高考真题）如图为某游戏装置原理示意图。水平桌面上固定一半圆形竖直挡板，其半径为2R、内表面光滑，挡板的两端A、B在桌面边缘，B与半径为R的固定光滑圆弧轨道在同一竖直平面内，过C点的轨道半径与竖直方向的夹角为60°。小物块以某一水平初速度由A点切入挡板内侧，从B点飞出桌面后，在C点沿圆弧切线方向进入轨道内侧，并恰好能到达轨道的最高点D。小物块与桌面之间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g，忽略空气阻力，小物块可视为质点。求： （1）小物块到达D点的速度大小； （2）B和D两点的高度差； （3）小物块在A点的初速度大小。 【答案】（1）；（2）0；（3） 【详解】（1）由题知，小物块恰好能到达轨道的最高点D，则在D点有 解得      （2）由题知，小物块从C点沿圆弧切线方向进入轨道内侧，则在C点有 小物块从C到D的过程中，根据动能定理有 则小物块从B到D的过程中，根据动能定理有 联立解得 ，HBD = 0 （3）小物块从A到B的过程中，根据动能定理有 S = π∙2R 解得 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 11 / 11 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第20讲 动能定理的理解及应用 目录 01、考情透视，目标导航 02、知识导图，思维引航 3 03、考点突破，考法探究 3 考点一　动能定理的理解和基本应用 3 知识点1 动能 3 知识点2 动能定理 4 考向1　对动能定理的理解 5 考点2 动能定理的基本应用 5 考点二　应用动能定理求变力的功 7 考向洞察 7 考点三 动能定理与图像结合的问题 8 考向洞察 9 考向1 动能定理与v-t图像 9 考向2 动能定理与Ek-x图像 9 考向3 动能定理与F-x图像 10 考向4 动能随位移变化的图像 11 考点四 动能定理在多过程问题中的应用 11 知识点1．应用动能定理解决多过程问题的两种思路 11 知识点2．全过程列式时要注意 12 知识点3.多过程问题的分析方法 12 知识点4 动能定理在往复运动问题中的应用 12 考向洞察 12 考向1多过程直线运动问题 12 考向2 多过程曲线运动问题 14 考向3 多过程直线往复运动问题 15 考向4 多过程曲线往复运动问题 16 04、真题练习，命题动向 17 考情分析 2024·全国·高考物理试题 2024·福建·高考物理试题 2024·安徽·高考物理试题 2024·全国·新课标高考物理试题 2024·广东·高考物理试题 复习目标 目标1.理解动能、动能定理，会用动能定理解决一些基本问题。 目标2.能利用动能定理求变力做的功。 目标3.掌握解决动能定理与图像结合的问题的方法。 考点一　动能定理的理解和基本应用 知识点1 动能 1．动能 (1)定义：物体由于运动而具有的能量叫作动能。 (2)公式：Ek＝mv2。 (3)单位：焦耳，1 J＝1 N·m＝1 kg·m2/s2。 (4)标矢性：动能是标量，动能与速度方向无关。 2．动能与动能变化的区别 (1)动能与动能的变化是两个不同的概念，动能是状态量，动能的变化是过程量。 (2)动能没有负值，而动能变化量有正负之分。ΔEk>0，表示物体的动能增加；ΔEk<0，表示物体的动能减少。 知识点2 动能定理 1．动能定理 (1)内容：力在一个过程中对物体做的功，等于物体在这个过程中动能的变化。 (2)表达式：W合＝ΔEk＝mv22－mv12。 (3)物理意义：合力的功是物体动能变化的量度。 说明：(1)动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系。 (2)动能是标量，动能定理是标量式，解题时不能分解动能。 3．对动能定理的理解 (1)做功的过程就是能量转化的过程，动能定理表达式中“＝”有三层关系： 因果关系 合力做功是物体动能变化的原因 数量关系 合力的功与动能变化可以等量代换 单位关系 国际单位都是焦耳 (2)动能定理中的“力”指物体受到的所有力，既包括重力、弹力、摩擦力，也包括电场力、磁场力或其他力，功则为合力所做的总功。 3.应用动能定理的注意点 (1)动能定理表达式是一个标量式，式中各项均为标量，因此，应用动能定理时不必关注速度的具体方向，也不能在某个方向上列出动能定理的表达式。 (2)注意物体所受各力做功的特点，如：重力做功与路径无关，重点关注始末两点的高度差，摩擦阻力做功与路径有关。 (3)动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系。 (4)动能定理既可解决直线运动问题，也可解决曲线运动问题。 考向1　对动能定理的理解 1.(多选)如图所示，电梯质量为M，在它的水平地板上放置一质量为m的物体。电梯在钢索的拉力作用下竖直向上加速运动，当电梯的速度由v1增大到v2时，上升高度为H，重力加速度为g，则在这个过程中，下列说法正确的是(　　) A.对物体，动能定理的表达式为W＝mv－mv，其中W为支持力做的功 B.对物体，动能定理的表达式为W合＝0，其中W合为合力做的功 C.对物体，动能定理的表达式为W－mgH＝mv－mv，其中W为支持力做的功 D.对电梯，其所受的合力做功为Mv－Mv 考点2 动能定理的基本应用 1.(多选)一质量为m的物体自倾角为α的固定斜面底端沿斜面向上滑动。该物体开始滑动时的动能为Ek，向上滑动一段距离后速度减小为零，此后物体向下滑动，到达斜面底端时动能为。已知sin α＝0.6，重力加速度大小为g。则(　　) A．物体向上滑动的距离为 B．物体向下滑动时的加速度大小为 C．物体与斜面间的动摩擦因数等于0.5 D．物体向上滑动所用的时间比向下滑动的时间长 2.如图所示，在水平的PQ面上有一小物块(可视为质点)，小物块以某速度从P点最远能滑到倾角为θ的斜面QA上的A点(水平面和斜面在Q点通过一极短的圆弧连接)。若减小斜面的倾角θ，变为斜面QB(如图中虚线所示)，小物块仍以原来的速度从P点出发滑上斜面。已知小物块与水平面和斜面间的动摩擦因数相同，AB为水平线，AC为竖直线。则(　　) A.小物块恰好能运动到B点 B.小物块最远能运动到B点上方的某点 C.小物块只能运动到C点 D.小物块最远能运动到B、C两点之间的某点 【题后反思】应用动能定理解题应抓住“两状态，一过程”。“两状态”即明确研究对象的始、末状态的速度或动能情况，“一过程”即明确研究过程，确定在这一过程中研究对象的受力情况和位置变化或位移信息。 　 考点二　应用动能定理求变力的功 在有变力做功的过程中，变力做功无法直接通过功的公式求解，可用动能定理W变＋W恒＝mv－mv求解。物体初、末速度已知，恒力做功W恒可由公式求出，得到W变＝mv－mv－W恒，就可以求出变力做的功了。 1.(多选)人们用滑道从高处向低处运送货物，如图所示，可看作质点的货物从圆弧滑道顶端P点静止释放，沿滑道运动到圆弧末端Q点时速度大小为6 m/s。已知货物质量为20 kg，滑道高度h为4 m，且过Q点的切线水平，重力加速度取10 m/s2。关于货物从P点运动到Q点的过程，下列说法正确的有(　　) A.重力做的功为360 J B.克服阻力做的功为440 J C.经过Q点时向心加速度大小为9 m/s2 D.经过Q点时对轨道的压力大小为380 N 2.质量为m的物体以初速度v0沿水平面向左开始运动，起始点A与一水平放置的轻弹簧O端相距s，轻弹簧的另一端固定在竖直墙上，如图5所示，已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，物体与弹簧相碰后，弹簧的最大压缩量为x，重力加速度为g，则从开始碰撞到弹簧被压缩至最短的过程中，弹簧弹力所做的功为(　　) A.mv－μmg(s＋x) B.mv－μmgx C.μmg(s＋x)－mv D.－μmg(s＋x) 考点三 动能定理与图像结合的问题 图像与横轴所围“面积”或图像斜率的含义 考向1 动能定理与v-t图像 1.A、B两物体的质量之比mA∶mB＝1∶4，它们以相同的初速度v0在水平面上做匀减速直线运动，直到停止，其v－t图像如图所示。此过程中，A、B两物体受到的摩擦力做的功之比WA∶WB和A、B两物体受到的摩擦力之比FA∶FB分别是(　　) A．WA∶WB＝1∶2 B．WA∶WB＝4∶1 C．FA∶FB＝1∶2 D．FA∶FB＝4∶1 考向2 动能定理与Ek-x图像 2.如图(a)所示，一物块以一定初速度沿倾角为30°的固定斜面上滑，运动过程中摩擦力大小f恒定，物块动能Ek与运动路程s的关系如图(b)所示。重力加速度大小取10 m/s2，物块质量m和所受摩擦力大小f分别为(　　) A．m＝0.7 kg，f＝0.5 N B．m＝0.7 kg，f＝1.0 N C．m＝0.8 kg，f＝0.5 N D．m＝0.8 kg，f＝1.0 N 考向3 动能定理与F-x图像 3.一质量为4 kg的物体，在粗糙的水平面上受水平恒定的拉力F作用做匀速直线运动。物体运动一段时间后拉力逐渐减小，当拉力减小到零时，物体刚好停止运动。如图所示为拉力F随位移x变化的关系图像，重力加速度大小取10 m/s2，则可以求得(　　) A.物体做匀速直线运动的速度为4 m/s B.整个过程拉力对物体所做的功为4 J C.整个过程摩擦力对物体所做的功为－8 J D.整个过程合外力对物体所做的功为－4 J 考向4 动能随位移变化的图像 4.某滑雪赛道如图所示，滑雪运动员从静止开始沿斜面下滑，经圆弧滑道起跳。将运动员视为质点，不计摩擦力及空气阻力，此过程中，运动员的动能Ek与水平位移x的关系图像正确的是(　　) 考点四 动能定理在多过程问题中的应用 知识点1．应用动能定理解决多过程问题的两种思路 (1)分阶段应用动能定理 ①若题目需要求某一中间物理量，应分阶段应用动能定理。 ②物体在多个运动过程中，受到的弹力、摩擦力等力若发生了变化，力在各个过程中做功情况也不同，不宜全过程应用动能定理，可以研究其中一个或几个分过程，结合动能定理，各个击破。 (2)全过程(多个过程)应用动能定理 当物体运动过程包含几个不同的物理过程，又不需要研究过程的中间状态时，可以把几个运动过程看作一个整体，巧妙运用动能定理来研究，从而避开每个运动过程的具体细节，大大减少运算。 知识点2．全过程列式时要注意 (1)重力、弹簧弹力做功取决于物体的初、末位置，与路径无关。 (2)大小恒定的阻力或摩擦力做功的数值等于力的大小与路程的乘积。 知识点3.多过程问题的分析方法 (1)将“多过程”分解为许多“子过程”，各“子过程”间由“衔接点”连接。 (2)对各“衔接点”进行受力分析和运动分析，必要时画出受力图和过程示意图。 (3)根据“子过程”和“衔接点”的模型特点选择合理的物理规律列方程。 (4)分析“衔接点”速度、加速度等的关联，确定各段间的时间关联，并列出相关的辅助方程。 (5)联立方程组，分析求解，对结果进行必要的验证或讨论。 知识点4 动能定理在往复运动问题中的应用 1.往复运动问题：在有些问题中物体的运动过程具有重复性、往返性，而在这一过程中，描述运动的物理量多数是变化的，而重复的次数又往往是无限的或者难以确定的。 2.解题策略：此类问题多涉及滑动摩擦力或其他阻力做功，其做功特点与路程有关，求解这类问题时若运用牛顿运动定律及运动学公式将非常繁琐，甚至无法解出。由于动能定理只涉及物体的初、末状态而不计运动过程的细节，所以用动能定理分析这类问题可使解题过程简化。 考向1多过程直线运动问题 1.如图所示的装置由AB、BC、CE三段轨道组成，轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接，其中轨道AB、CE是光滑的，水平轨道BC的长度s＝5 m，轨道CE足够长且倾角θ＝37°，D为轨道CE上一点，A、D两点离轨道BC的高度分别为h1＝4.3 m、h2＝1.35 m。现让质量为m可视为质点的小滑块从A点由静止释放。已知小滑块与轨道BC间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求： (1)小滑块第一次到达D点时的速度大小vD； (2)小滑块第一次与第二次通过C点的时间间隔； (3)小滑块最终停止的位置距B点的距离。 2.如图所示，水平桌面上的轻质弹簧左端固定，右端与静止在O点质量为m＝1 kg的小物块接触而不连接，此时弹簧无形变。现对小物块施加F＝10 N的水平向左的恒力，使其由静止开始向左运动。小物块在向左运动到A点前某处速度最大时，弹簧的弹力为6 N，运动到A点时撤去推力F，小物块最终运动到B点静止。图中OA＝0.8 m，OB＝0.2 m，重力加速度取g＝10 m/s2。求小物块： (1)与桌面间的动摩擦因数μ； (2)向右运动过程中经过O点的速度大小； (3)向左运动的过程中弹簧的最大压缩量。 考向2 多过程曲线运动问题 1.(2023·湖北高考)如图为某游戏装置原理示意图。水平桌面上固定一半圆形竖直挡板，其半径为2R、内表面光滑，挡板的两端A、B在桌面边缘，B与半径为R的固定光滑圆弧轨道在同一竖直平面内，过C点的轨道半径与竖直方向的夹角为60°。小物块以某一水平初速度由A点切入挡板内侧，从B点飞出桌面后，在C点沿圆弧切线方向进入轨道内侧，并恰好能到达轨道的最高点D。小物块与桌面之间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g，忽略空气阻力，小物块可视为质点。求： (1)小物块到达D点的速度大小； (2)B和D两点的高度差； (3)小物块在A点的初速度大小。 2．如图所示，小明设计的游戏装置，由光滑平台、倾斜粗糙直轨道AB、竖直圆管道CDEBC′(管道内径远小于管道半径)、水平粗糙直轨道平滑连接组成。其中平台左侧固定一弹簧，倾斜直轨道AB与圆管道相切于B点，水平直轨道与圆管道相切于C′点(C和C′略错开)。小滑块与倾斜直轨道AB及水平直轨道间的动摩擦因数均为μ＝0.5，AB斜轨道倾角θ＝37°，AB长度l＝0.4 m。小滑块从B点进入管道内，当小滑块沿管道内靠近圆心O的内侧运动时有摩擦，沿管道外侧运动时无摩擦，管道半径为R＝0.2 m。第一次压缩弹簧后释放小滑块，A点上方挡片可以让小滑块无速度损失进入AB段，恰好可以运动到与管道圆心等高的D点。第二次压缩弹簧使弹簧弹性势能为0.36 J时释放小滑块，小滑块运动到圆管道最高处E的速度为1 m/s。已知小滑块质量m＝0.1 kg，可视为质点，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2。　 (1)求第一次压缩弹簧释放小滑块后，第一次运动到C点时对轨道的压力； (2)求第二次压缩弹簧释放小滑块后，运动到E点的过程，小滑块在圆管道内所受摩擦力做的功； (3)若第三次压缩弹簧使弹簧弹性势能为0.48 J时释放小滑块，通过计算判断小滑块在圆管道内运动是否受到摩擦力作用。小滑块在水平直轨道上距离C′为x处的速度为v，求v与x之间的关系式。 考向3 多过程直线往复运动问题 3.如图所示，在地面上竖直固定了刻度尺和轻质弹簧，弹簧处于原长时上端与刻度尺上的A点等高，质量m＝0.5 kg的篮球静止在弹簧正上方，底端距A点的高度h1＝1.10 m，篮球静止释放测得第一次撞击弹簧时，弹簧的最大形变量x1＝0.15 m，第一次反弹至最高点，篮球底端距A点的高度h2＝0.873 m，篮球多次反弹后静止在弹簧的上端，此时弹簧的形变量x2＝0.01 m，弹性势能为Ep＝0.025 J。若篮球运动时受到的空气阻力大小恒定，忽略篮球与弹簧碰撞时的机械能损失和篮球的形变，弹簧形变在弹性限度范围内。求：(g取10 m/s2) (1)弹簧的劲度系数； (2)篮球在运动过程中受到的空气阻力； (3)篮球在整个运动过程中通过的路程； (4)篮球在整个运动过程中速度最大的位置。 考向4 多过程曲线往复运动问题 4.如图所示，质量m＝0.1 kg的可视为质点的小球从距地面高H＝5 m处由静止开始自由下落，到达地面恰能沿凹陷于地面的半圆形槽的右端切入，半圆形槽半径R＝0.4 m。小球到达槽最低点时速率为10 m/s，并继续沿槽壁运动直到从槽左端边缘竖直向上飞出……，如此反复，设小球在槽壁运动时受到的摩擦力大小恒定不变，不计空气阻力及小球与槽壁口接触时的机械能损失(取g＝10 m/s2)。求： (1)小球第一次飞离槽后上升的高度H1； (2)小球最多能飞出槽外的次数。 1．（2024·全国·高考真题）福建舰是我国自主设计建造的首艘弹射型航空母舰。借助配重小车可以进行弹射测试，测试时配重小车被弹射器从甲板上水平弹出后，落到海面上。调整弹射装置，使小车水平离开甲板时的动能变为调整前的4倍。忽略空气阻力，则小车在海面上的落点与其离开甲板处的水平距离为调整前的（　　） A．0.25倍 B．0.5倍 C．2倍 D．4倍 2．（2024·福建·高考真题）先后两次从高为高处斜向上抛出质量为同一物体落于，测得，两轨迹交于P点，两条轨迹最高点等高且距水平地面高为，下列说法正确的是（　　） A．第一次抛出上升时间，下降时间比值为 B．第一次过P点比第二次机械能少 C．落地瞬间，第一次，第二次动能之比为 D．第二次抛出时速度方向与落地瞬间速度方向夹角比第一次大 3．（2024·安徽·高考真题）某同学参加户外拓展活动，遵照安全规范，坐在滑板上，从高为h的粗糙斜坡顶端由静止下滑，至底端时速度为v．已知人与滑板的总质量为m，可视为质点．重力加速度大小为g，不计空气阻力．则此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为（    ） A． B． C． D． 4．（2024·广东·高考真题）如图所示，光滑斜坡上，可视为质点的甲、乙两个相同滑块，分别从、高度同时由静止开始下滑。斜坡与水平面在O处平滑相接，滑块与水平面间的动摩擦因数为，乙在水平面上追上甲时发生弹性碰撞。忽略空气阻力。下列说法正确的有（　　） A．甲在斜坡上运动时与乙相对静止 B．碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度 C．乙的运动时间与无关 D．甲最终停止位置与O处相距 5.（2023·全国·高考真题）无风时，雨滴受空气阻力的作用在地面附近会以恒定的速率竖直下落。一质量为m的雨滴在地面附近以速率v下落高度h的过程中，克服空气阻力做的功为（重力加速度大小为g）（　　） A．0 B．mgh C． D． 6．（2023·全国·高考真题）一质量为1kg的物体在水平拉力的作用下，由静止开始在水平地面上沿x轴运动，出发点为x轴零点，拉力做的功W与物体坐标x的关系如图所示。物体与水平地面间的动摩擦因数为0.4，重力加速度大小取10m/s2。下列说法正确的是（   ）    A．在x = 1m时，拉力的功率为6W B．在x = 4m时，物体的动能为2J C．从x = 0运动到x = 2m，物体克服摩擦力做的功为8J D．从x = 0运动到x = 4的过程中，物体的动量最大为2kg∙m/s 7．（2024·海南·高考真题）某游乐项目装置简化如图，A为固定在地面上的光滑圆弧形滑梯，半径，滑梯顶点a与滑梯末端b的高度，静止在光滑水平面上的滑板B，紧靠滑梯的末端，并与其水平相切，滑板质量，一质量为的游客，从a点由静止开始下滑，在b点滑上滑板，当滑板右端运动到与其上表面等高平台的边缘时，游客恰好滑上平台，并在平台上滑行停下。游客视为质点，其与滑板及平台表面之间的动摩擦系数均为，忽略空气阻力，重力加速度，求： （1）游客滑到b点时对滑梯的压力的大小； （2）滑板的长度L 8．（2024·全国·高考真题）将重物从高层楼房的窗外运到地面时，为安全起见，要求下降过程中重物与楼墙保持一定的距离。如图，一种简单的操作方法是一人在高处控制一端系在重物上的绳子P，另一人在地面控制另一根一端系在重物上的绳子Q，二人配合可使重物缓慢竖直下降。若重物的质量，重力加速度大小，当P绳与竖直方向的夹角时，Q绳与竖直方向的夹角 （1）求此时P、Q绳中拉力的大小； （2）若开始竖直下降时重物距地面的高度，求在重物下降到地面的过程中，两根绳子拉力对重物做的总功。 9．（2023·江苏·高考真题）如图所示，滑雪道AB由坡道和水平道组成，且平滑连接，坡道倾角均为45°。平台BC与缓冲坡CD相连。若滑雪者从P点由静止开始下滑，恰好到达B点。滑雪者现从A点由静止开始下滑，从B点飞出。已知A、P间的距离为d，滑雪者与滑道间的动摩擦因数均为，重力加速度为g，不计空气阻力。 （1）求滑雪者运动到P点的时间t； （2）求滑雪者从B点飞出的速度大小v； （3）若滑雪者能着陆在缓冲坡CD上，求平台BC的最大长度L。    10．（2023·湖北·高考真题）如图为某游戏装置原理示意图。水平桌面上固定一半圆形竖直挡板，其半径为2R、内表面光滑，挡板的两端A、B在桌面边缘，B与半径为R的固定光滑圆弧轨道在同一竖直平面内，过C点的轨道半径与竖直方向的夹角为60°。小物块以某一水平初速度由A点切入挡板内侧，从B点飞出桌面后，在C点沿圆弧切线方向进入轨道内侧，并恰好能到达轨道的最高点D。小物块与桌面之间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g，忽略空气阻力，小物块可视为质点。求： （1）小物块到达D点的速度大小； （2）B和D两点的高度差； （3）小物块在A点的初速度大小。 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 11 / 11 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$