8.3动能定理应用及实验-2024-2025学年高一物理同步培优练（人教版2019必修第二册）

8.3 动能定理应用及实验 一、动能定理与多段过程问题 1．如图所示，两倾角均为的光滑斜面对接后固定水平地面上，O点为斜面的最低点。一个小物块从右侧斜面上高为H处由静止滑下，在两个斜面上做往复运动。小物块每次通过O点时都会有动能损失，损失的动能为小物块当次到达O点时动能的5%。小物块从开始下滑到停止的过程中运动的总路程为（  ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】小物块第一次到达O点，获得的动能 运动的路程 小球第一次通过O点损失的动能为，滑上斜面到最高点 到第二次到达O点运动的路程 小球第二次通过O点损失的动能为 则第二次通过O点小球的动能为 滑上斜面的最高点 小球第三次达到O点的路程 小球第三次通过O点损失的动能为 …… 设当小球第n次通过O点时刚好静止，第n次损失的动能为 则在整个过程中损失的动能 根据等比数列求和公式得 可得n趋于无穷大； 则在整个过程中的路程 根据等比数列求和公式得 当n趋于无穷大，有 故选B。 2．如图所示，斜面体OAB固定在水平桌面上，斜面底端A、B处夹角分别为、，斜面体与桌面材质相同，在顶端O处同时静止释放完全相同的两物块a、b，两物块均沿斜面向下滑行最终静止在水平桌面上，物块在A、B处没有机械能的损失。则以下说法正确的是（　　） A．两物块运动全程的位移大小相等 B．两物块运动全程的路程相等 C．两物块一定同时到达水平桌面 D．两物块刚到达水平桌面时动能相等 【答案】A 【详解】C．由题意可知，物块与斜面和地面有摩擦，设物块和斜面与地面的动摩擦因数为，设O与水平桌面的高度为h，在O点到水平桌面过程中，对a，由牛顿第二定律有 联立解得 同理对b有 解得 因为 所以 故C错误； D．到达水平桌面时，对a由动能定理得 同理对b有 因为 所以 故D错误； A．设物块a从A点到静止的水平位移为，对全过程由动能定理得 设物块b从A点到静止的水平位移为，对全过程由动能定理得 可得 可得两物块在水平方向上位移相等，竖直方向的位移为h，所以两物块的位移大小相等，故A正确； B．对物块a，从最高点到静止时根据动能定理 解得 则物块a的路程为 同理，对b，从B点到静止时由动能定理 解得 则物块b的路程为 因为 所以两物块运动全程的路程不相等，故B错误。 故选A。 3．如图甲所示，一竖直平面内的轨道由粗糙斜面AD和光滑圆轨道DCE组成，AD与DCE相切于D点，C为圆轨道的最低点，将一小物块置于轨道ADC上离地面高为H处由静止下滑，用力传感器测出其经过C点时对轨道的压力FN，改变H的大小，可测出相应的FN的大小，FN随H的变化关系如图乙折线PQI所示（PQ与QI两直线相连接于Q点），QI反向延长交纵轴于F点（0，5.8N），重力加速度g取10m/s2，求： （1）小物块的质量m； （2）光滑圆轨道DCE的半径R和小物块与斜面AD间的动摩擦因数μ； （3）若粗糙斜面AD换成光滑曲面，小物块从H=2R的高度静止释放进入半径为R光滑圆轨道，R为（2）问的取值，则小物块相对地面能上升的最大高度是多少？ 【答案】（1）0.5kg；（2）1m；0.3；（3） 【详解】（1）由图乙知，当H=0时，有 （2）如果物块只在圆轨道上运动，则由动能定理得 由向心力公式，经过C点时有 联立两式可得 由图乙知 可得 显然当时，对应图甲中的D点，所以有 求得 物块从A点运动到C点运用动能定理，得 物块在C点有 联立可得 结合QI曲线知 （3）由题意可知，当小球在到达轨道最高点前的某一点E时会脱离轨道做斜抛运动，设脱离时OE与竖直方向间的夹角为，由牛顿第二定律可知 根据机械能守恒定律 联立解得 小球脱轨后斜抛运动还能上升的高度 因此，相当于地面，小球上升的最大高度为 4．为了研究滑板运动中的滑道设计，如图所示，将滑道的竖直截面简化为直轨道与圆弧轨道，半径与垂直，两点的高度差，两点的高度差段动摩擦因数段摩擦不计，圆弧半径，运动过程空气阻力不计，与水平方向的夹角．将运动员及滑板简化为一质量的质点，经过前一滑道的滑行，到达图示的A点时速度恰好水平向右，到达B点时速度恰好与斜面平行进入斜面，经过后竖直上抛再从E点落回滑道，取求： （1）运动员到达B点时的速度大小； （2）第一次到达D点时滑板对D点的压力； （3）运动员有几次向上冲出E点的机会。 【答案】（1）；（2），方向竖直向下；（3）2 【详解】（1）分解运动员到达B点的速度，有 ， 解得 （2）运动员从B运动到D，由动能定理有 运动员在D点，受力分析根据牛顿第二定律可得 解得 根据牛顿第三定律可知 方向竖直向下。 （3）要冲出E点，在C点的最小速度必须满足 解得 由牛顿第二定律有 解得 根据运动学公式，有 解得 因为 所以第一次能冲出E点。 返回时，有 解得 由运动学公式，有 再次返回C点的速度满足 因为 所以第二次能冲出E点，再次返回时 所以第三次不能冲上E点，综上所述总共能有2次冲上E点的机会。 二、动能定理与机车问题 5．（24-25高三上·山东潍坊·期中）2024年11月12 日，第十五届中国国际航空航天博览会在广东珠海国际航展中心开幕。悬停在空中的直-20武装直升机用钢索将静止在地面上的质量为m的军车竖直向上吊起。钢索上的拉力F随时间变化的图像如图所示，已知时刻拉力的功率为P，此后拉力的功率保持不变。不计空气阻力，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（　　） A．时刻军车的加速度为 B．时刻军车的速度为 C．向上吊起过程中军车的最大速度为 D．到时间内军车上升的高度为 【答案】BC 【详解】A．根据牛顿第二定律可知，时刻军车的加速度为 故A错误； B．根据题意，时刻军车的速度为 根据图像可知时间内拉力大小不变，即合力不变，加速度不变，军车做匀加速直线运动，则时刻军车的速度为 故B正确； C．向上吊起过程中军车的最大速度在加速度等于0时取得，之后军车做匀速直线运动，速度大小不变，拉力大小也不变，此时拉力大小与重力大小相等，即 故C正确； D．到时间，根据动能定理可知 整理可得军车上升的高度为 故D错误。 故选BC。 6．（23-24高一下·重庆渝中·阶段练习）电动汽车具有节能环保、低噪声、提速快等优点，随着电池续航能力不断提升，其越来越受到消费者的青睐。质量为m的电动车由于摩擦及空气流动等原因产生的总阻力随车速满足，其中k为已知常数。求： （1）当车以最大速度匀速行驶时，电动车所受的牵引力与车速v应满足的关系； （2）若该电动汽车的最大输出功率为，此功率下最大行驶速度为，求其速度为时的加速度（仅用、、m表达）； （3）若电动汽车以最大输出功率启动，经过时间后电动汽车的速度大小为，求该过程中电动汽车克服总阻力所做的功。 【答案】（1）；（2）；（3） 【详解】（1）当汽车以最大速度匀速前行时，牵引力和阻力等大反向，即 （2）当汽车达到最大速度行驶时，牵引力和阻力等大反向，即 所以汽车的最大输出功率为 解得 速度为时，有 ， 解得 ， 所以加速度 （3）根据动能定理可得 解得 7．（24-25高三上·北京·阶段练习）如图甲所示，某同学用轻绳通过定滑轮提升一重物，模拟升国旗过程。运用传感器（未在图中画出）测得此过程中不同时刻被提升重物的速度v与对轻绳的拉力F，并描绘出图像。假设某次实验得到的图像如图乙所示，其中第一个时间段内线段AB与v轴平行，第二个时间段内线段BC的延长线过原点，第三个时间段内拉力F和速度v均与C点的坐标对应，大小均保持不变，因此图像上没有反映。实验中还测得重物由静止开始经过，速度增加到，此后物体做匀速运动。取重力加速度，滑轮质量、摩擦和其他阻力均可忽略不计。 (1)在提升重物的过程中，除了重物的质量和所受重力保持不变以外，在第一个时间段内和第二个时间段内还各有一些物理量的值保持不变。 a．请指出保持不变的物理量分别是哪些； b．求出这些不变的物理量的大小； (2)第一个时间段内拉力的平均功率； (3)求时间内重物通过的总路程。 【答案】(1)a．拉力、加速度；功率；b．；； (2)6W (3) 【详解】（1）a．由图像可知，第一个时间段的图像是一条竖直的直线，故第一个时间段保持不变的物理量是拉力、加速度。第二个时间段的图像是一条倾斜的直线，根据功率的定义 解得 可知，第二个时间段保持不变的物理量是功率。 b．由图像可知，第一个时间段内重物所受拉力 设重物质量为m，重物加速 第三个时间段内重物所受拉力 联立，解得 在第二段时间内，拉力的功率 （2）第一个时间段内平均速度大小为 根据 （3）设第一段时间为，重物在这段时间内的位移为，则 ， 设第二段时间为，则重物在这段时间内的位移为，根据动能定理有 解得 所以被提升重物在第一时间段内和第二时间段内通过的总路程 三、动能定理与传送带问题 8．（24-25高二上·湖南·开学考试）如图所示，顺时针运行的传送带与水平面夹角，底端到顶端的距离，运行速度大小。将质量的物块轻放在传送带底部，物块与传送带间的动摩擦因数，取重力加速度,,。下列说法正确的是（　　） A．物块从传送带底端到达顶端的时间为5s B．物块相对传送带的位移大小为6m C．物块被运送到顶端的过程中，摩擦力对物块做的功为80J D．物块被运送到顶端的过程中，电动机对传送带做功至少为136J 【答案】ACD 【详解】AB．物块刚放上传送带时，所受摩擦力沿传送带向上，根据牛顿第二定律得 解得 物块速度与传送带速度相等的时间 之后，由于 摩擦力突变为静摩擦力，大小为，物块与传送带保持相对静止向上匀速运动，物块匀加速阶段的位移 传送带的位移 物块与传送带保持相对静止运动的时间 物块从传送带底端到达顶端的时间 物块相对传送带的位移大小为 故A正确，B错误； C．物块被运送到顶端的过程中，摩擦力对物块做的功为 故C正确； D．物块被运送到顶端的过程中，电动机对传送带做的功转化为热和物块增加的机械能，其大小为 故D正确。 故选ACD。 9．（24-25高二上·浙江·开学考试）如图所示，一不可伸长的细线长为，一端固定于点，另一端连接质量为的滑块。滑块在点正下方时，恰好位于水平传送带的左端点。传送带右端点连接两段光滑圆弧轨道两点切线水平，两段圆弧半径均为，圆心角均为，传送带与圆弧平滑连接。水平面与等高，点位于点正下方，滑块运动过程中可视为质点。现将滑块拉至点（等高且）静止释放，细绳恰好在点断裂，滑块滑上水平传送带，传送带长为。若传送带静止，滑块恰好可以滑到点，重力加速度，求： (1)细线能承受的最大拉力； (2)滑块与传送带间的动摩擦因数； (3)若传送带顺时针转动，滑块能沿圆弧轨道运动并从点水平抛出，求落点到点的距离与传送带速度之间的关系。 【答案】(1)30N (2)0.15 (3)见解析 【详解】（1）滑块由释放到A点，根据动能定理有 解得 在A点由向心力公式 解得 （2）滑埠恰好可以滑到C点，则；滑块由释放到C点，根据动能定理 解得 （3）滑块由B到D，根据动能定理有 解得 滑块做平抛运动，则有 解得平抛运动的时间为 则有 滑块能从D点水平抛出，则须满足 临界①，可得 临界②C点不脱离，由向心力知识得 解得 由B到C，根据动能定理可得 解得 若滑块在传送带上一直减速，则滑块最多滑到C点，不能从D点抛出； 若滑块在传送带上一直加速，则，在C点会与轨道脱离； 若滑块与传送带共速，则 所以落点到M点的距离x与传送带速度v之间的关系为 （） 10．如图所示，足够长的传送带AB以速度顺时针转动，与水平面夹角为α=37°，下端与足够长的光滑水平轨道BC平滑连接，CD为固定在地面上的一半径R=1m光滑圆弧轨道，其圆心O在C点正下方的地面上。滑块P、Q用细线拴在一起静止在水平轨道BC上，中间有一被压缩的轻质弹簧（P、Q与弹簧不相连）。剪断细线后弹簧恢复原长时，滑块P向左运动的速度为。已知滑块与传送带之间的动摩擦因数，滑块P、Q质量分别为kg、kg。若滑块经过B点时没有能量损失，重力加速度g取10m/s2，求： (1)弹簧压缩时储存的弹性势能； (2)滑块Q脱离CD轨道时距离地面的高度； (3)物块P与传送带之间因摩擦而产生的内能。 【答案】(1)；(2)0.8m；(3)6J 【详解】(1)设弹簧恢复原长后滑块Q的速度为v2 由动量守恒和能量守恒可知 解得 ， (2)若滑块Q刚好从C点水平抛出，则由牛顿第二定律 解得 可知 故滑块Q不会从C点水平抛出。 滑块Q脱离CD轨道的瞬间，与轨道间作用力为零，设滑块Q从E点脱离轨道，设OE与竖直方向夹角为θ，滑块Q的速度为vQ 动能定理 由牛顿第二定律 解得 解得离地高度 (3)设滑块P沿传送带上滑的加速度为a1，所用时间为t1，最大位移为s1，牛顿第二定律 由运动学规律 传送带位移 相对位移 解得 ，，，， 之后向下加速的加速度仍为a1，设加速到v0所用时间为t2，位移为s2，由运动学规律 传送带位移 相对位移 解得 ，， 因为 故共速之后滑块会以加速度a2继续向下加速，设继续滑到B点时速度为vB，所用时间为t3，由牛顿第二定律 运动学规律 传送带位移 相对位移 解得 ，，， 产生的内能 解得 11．如图所示，可视为质点的质量为m = 0.2kg的小滑块静止在水平轨道上的A点，在水平向右的恒定拉力F = 4N的作用下，从A点开始做匀加速直线运动，当其滑行到AB的中点时撤去拉力，滑块继续运动到B点后进入半径为R = 0.3m且内壁光滑的竖直固定圆轨道，在圆轨道上运行一周后从C处的出口出来后向D点滑动，D点右侧有一与CD等高的传送带紧靠D点，并以恒定的速度v = 3m/s顺时针转动。已知滑块运动到圆轨道的最高点时对轨道的压力大小刚好为滑块重力的3倍，水平轨道CD的长度为l2 = 2.0m，小滑块与水平轨道ABCD间的动摩擦因数为μ1 = 0.2，与传送带间的动摩擦因数μ2 = 0.5，传送带的长度L = 0.4m，重力加速度g = 10m/s2。求： (1)水平轨道AB的长度l1； (2)若水平拉力F大小可变，要使小滑块能到达传送带左侧的D点，则F应满足什么条件； (3)若在AB段水平拉力F的作用距离x可变，试求小滑块到达传送带右侧E点时的速度v与水平拉力F的作用距离x的关系。 【答案】(1)1.5m；(2)F≥2.4N；(3)见解析 【详解】(1)设小滑块运动到最高点P时的速度大小为vP，根据圆周运动知识，有 从A到P点，列动能定理有 解得 (2)分析若恰能过P点，则，满足vP = 0，从A到P点列定能定理，有： 算得 若小滑块恰能到D点，则有 解得 综上所述应满足条件为 (3)分析各类情况： ①要到达E点，必须过P点，过P点，至少满足 得 可知时，无法达到E点。 ②恰好过P点的情况下 得 即进入传送带加速。 讨论传送带上运动问题 [1]若全程加速，加到E点时恰好为3，有 得 对应距离满足 得 即 满足 得 [2]当过D点的速度超过3时，进入传送带即减速，若全程减速，减到E点时恰好为3，有 得 对应距离满足 得 即 ， [3]若，则满足 得 综上分析，过E点时的速度v与F的作用距离x的关系如下： 在时，无法达到E点； 在时， 在时， 在时， 12．如图所示，一根轻弹簧左端固定于竖直墙上，右端被质量且可视为质点的小物块压缩而处于静止状态，且弹簧与物块不拴接，弹簧原长小于光滑平台的长度。在平台的右端有一传送带，长，物块与传送带间的动摩擦因数，与传送带相邻的粗糙水平面长，它与物块间的动摩擦因数，在C点右侧有一半径为R的光滑竖直圆弧与平滑连接，圆弧对应的圆心角为，在圆弧的最高点F处有一固定挡板，物块撞上挡板后会以原速率反弹回来。若传送带以的速率顺时针转动，不考虑物块滑上和滑下传送带的机械能损失，当弹簧储存的能量全部释放时，小物块恰能滑到与圆心等高的E点，取。 （1）求右侧圆弧的轨道半径R； （2）求小物块最终停下时与C点的距离； （3）若传送带的速度大小可调，欲使小物块与挡板只碰一次，且碰后不脱离轨道，求传送带速度的可调节范围。 【答案】（1）；（2）；（3） 【详解】（1）物块被弹簧弹出，由 可知 因为 故物块滑上传送带后先减速物块与传送带相对滑动过程中，由 解得 因为 故物块与传送带同速后相对静止，最后物块以的速度滑上水平面BC，物块滑离传送带后恰到E点，由动能定理可知 代入数据整理可以得到 （2）设物块从E点返回至B点的速度为，由 得到 因为，故物块会再次滑上传送带，物块在恒定摩擦力的作用下先减速至0再反向加速，由运动的对称性可知其以相同的速率离开传送带，设最终停在距C点x处，由 得到 （3）设传送带速度为时物块能恰到F点，在F点满足 从B到F过程中由动能定理可知 解得 设传送带速度为时，物块撞挡板后返回能再次上滑恰到E点，由： 解得 若物块在传送带上一直加速运动，由 知其到B点的最大速度 综合上述分析可知，只要传送带速度 就满足条件。 13．（24-25高三上·重庆·阶段练习）如图所示的简化模型，主要由光滑曲面轨道AB、光滑竖直圆轨道、水平轨道BD、水平传送带DE和足够长的落地区FG组成，各部分平滑连接，圆轨道最低点B处的入、出口靠近但相互错开，滑块落到FG区域时马上停止运动。现将一质量为的滑块从AB轨道上某一位置由静止释放，若已知圆轨道半径，水平面BD的长度，传送带长度，距离落地区的竖直高度，滑块始终不脱离圆轨道，且与水平轨道BD和传送带间的动摩擦因数均为，传送带以恒定速度逆时针转动（不考虑传送带轮的半径对运动的影响）。 (1)要使滑块恰能运动到E点，求滑块释放点的高度； (2)若，则滑块在传送带上运动过程中，电动机因传送物块多做的功； (3)求滑块静止时距B点的水平距离x与释放点高度h的关系。 【答案】(1)1.4m (2)3.2J (3)见解析 【详解】（1）若滑块恰好能过最高点，在最高点时有 从A到C，根据动能定理有 解得 m 要使滑块恰能运动到E点，则滑块到E点的速度为0，从A到E，根据动能定理有 解得 显然 要使滑块恰能运动到E点，则滑块释放点的高度 （2）若m，设物体到达D点的速度为，根据动能定理有 解得 <4m/s 则物体到传送带上减速为0后，反向加速到传送带左端，速度依然为2m/s，加速和减速的时间均为 s 整个过程中的相对位移为 m 动能不变，则电动机因传送物块多做的功为 J （3）①若滑块刚好停在D点，则 得 m 当滑块释放点的高度范围满足时，滑块不能运动到D点，最终停在BD上，设其在BD上滑动的路程为x，根据动能定理有 可得 ②当滑块释放点的高度范围满足时，滑块从传送带返回D点，最终停在BD上，在BD上滑动的路程为，根据动能定理有 可得 ③当滑块释放点的高度范围满足时，滑块从传送带返回D点，重回圆轨道，最终停在BD上，分析可知滑块在BD上滑动的路程为，根据动能定理有 可得 ④当滑块释放点的高度时，滑块从E点飞出，根据动能定理有 由平抛运动知识可知，平抛运动的时间 可得 四、动能定理实验探究 14．某实验小组用图1实验装置探究合力做功与动能变化的关系。铁架台竖直固定放置在水平桌面上，将长木板倾斜放置，一端固定在水平桌面边缘P处，另一位置放置在铁架台的铁杆上，忽略铁杆粗细，木板与铁杆接触处记为Q，P处放置一光电门。 实验步骤是： ①用游标卡尺测出滑块的挡光片宽度L，用天平测出滑块的质量m； ②平衡摩擦力：以木板放置在水平桌面上的P处为轴，调节长木板在铁架台上的放置位置，使滑块恰好沿木板向下做匀速运动。在铁架台竖直杆上记下此位置Q1，用刻度尺测出Q1到水平面的高度H； ③保持P位置不变，长木板一端放置在铁架台竖直杆Q2上。用刻度尺量出Q1Q2的距离h1，将滑块从木板上的Q2位置由静止释放，由光电门计时器读出滑块的挡光时间t1； ④保持P位置不变，重新调节长木板一端在铁架台上的放置位置，重复步骤③数次。 （1）滑块沿长木板由Q2运动到P的过程中，用测量的物理量回答下列问题（已知重力加速度为g）： ①滑块动能的变化量△Ek= ； ②滑块克服摩擦力做的功Wf= ； ③合力对滑块做的功W合= 。 （2）某学生以铁架台竖直杆上的放置位置到Q1的距离h为横坐标，以滑块通过光电门的挡光时间的平方倒数为纵坐标，根据测量数据在坐标中描点画出如图2所示直线，若图线过原点，且图线斜率k= ，则能证明合外力做的功等于物体动能增量。 【答案】 【详解】(1)[1]滑块通过光电门的速度为 则滑块的动能的变化量为 [2]设P点到铁架台的水平长度为，滑块做匀速直线运动时，由动能定理可得 解得：； 改变倾角后，克服摩擦力做的功为 [3]合外力做的功为 (2)[4]由上可知，合力做的功为，根据动能定理可知 联立可得：，则图线的斜率。 15．某同学利用图1中的实验装置探究机械能变化量与力做功的关系，所用器材有：一端带滑轮的长木板、轻细绳、的钩码若干、光电门2个、数字计时器、带遮光条的滑块（质量为，其上可放钩码）、刻度尺，当地重力加速度为，实验操作步骤如下： ①安装器材，调整两个光电门距离为，轻细绳下端悬挂4个钩码，如图1所示； ②接通电源，释放滑块，分别记录遮光条通过两个光电门的时间，并计算出滑块通过两个光电门的速度； ③保持最下端悬挂4个钩码不变，在滑块上依次增加一个钩码，记录滑块上所载钩码的质量，重复上述步骤； ④完成5次测量后，计算出每次实验中滑块及所载钩码的总质量M、系统（包含滑块、滑块所载钩码和轻细绳悬挂钩码）总动能的增加量及系统总机械能的减少量，结果如下表所示： 0.200 0.250 0.300 0.350 0.400 0.582 0.490 0.392 0.294 0.195 0.393 0.490 0.686 0.785 回答下列问题： （1）实验中轻细绳所悬挂钩码重力势能的减少量为 J（保留三位有效数字）； （2）步骤④中的数据所缺数据为 ； （3）若M为横轴，为纵轴，选择合适的标度，在图2中绘出图像 ； 若系统总机械能的减少量等于克服摩擦力做功，则物块与木板之间的摩擦因数为 （保留两位有效数字） 【答案】 0.980 0.588 0.40（0.38~0.42） 【详解】（1）[1]四个钩码重力势能的减少量为 （2）[2]对滑块和钩码构成的系统，由能量守恒定律可知 其中系统减少的重力势能为 系统增加的动能为 系统减少的机械能为，则代入数据可得表格中减少的机械能为 （3）[3]根据表格数据描点得的图像为 [4]根据做功关系可知 则图像的斜率为 解得动摩擦因数为 （0.38~0.42） 16．某同学利用如图甲所示的装置验证动能定理．固定并调整斜槽，使它的末端O点的切线水平，在水平地面上依次铺放好木板、白纸、复写纸．将小球从不同的标记点由静止释放，记录小球到达斜槽底端时下落的高度H，并根据落点位置测量出小球平抛的水平位移x．改变小球在斜槽上的释放位置，进行多次测量，记录数据如下： 高度 H（h为单位长度） h 2h 3h 4h 5h 6h 7h 8h 9h 水平位移 x/cm 5.5 9.1 11.7 14.2 15.9 17.6 19.0 20.6 21.7 （1）已知斜槽倾角为θ，小球与斜槽之间的动摩擦因数为μ，斜槽底端离地的高度为y，不计小球与水平槽之间的摩擦，小球从斜槽上滑下的过程中，动能定理若成立应满足的关系式是 ； （2）以H为横坐标，以 为纵坐标，在坐标纸上描点作图，如图乙所示；由第（1）、（2）问，可以得出结论：在实验误差允许的范围内，小球运动到斜槽底端的过程中，合外力对小球所做的功等于动能变化量． （3）受该实验方案的启发，某同学改用图丙的装置实验．他将木板竖直放置在斜槽末端的前方某一位置固定，仍将小球从不同的标记点由静止释放，记录小球到达斜槽底端时下落的高度H，并测量小球击中木板时平抛下落的高度d，他以H为横坐标，以 为纵坐标，描点作图，使之仍为一条倾斜的直线，也达到了同样的目的． 【答案】 【详解】（1）设小球离开斜槽时的速度为v，根据平抛运动的规律得： x=vt，y=gt2 联立得： 小球在斜槽上滑下过程中，重力和摩擦力做功，则合力做的功为： 小球动能的变化量 则小球从斜槽上滑下的过程中，动能定理若成立应满足的关系式是 ，即 （2）根据上题结果可知，以H为横坐标，以x2为纵坐标，在坐标纸上描点作图． （3）根据平抛运动的规律有： 则动能定理表达式为： 所以以H为横坐标，以为纵坐标，描点作图，使之仍为一条倾斜的直线； 【点睛】本题关键利用平抛运动的知识求得小球到达斜槽的末速度，从而写出动能定理表达式，要能根据数学知识灵活选择坐标． 试卷第1页，共3页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 8.3 动能定理应用及实验 一、动能定理与多段过程问题 1．如图所示，两倾角均为的光滑斜面对接后固定水平地面上，O点为斜面的最低点。一个小物块从右侧斜面上高为H处由静止滑下，在两个斜面上做往复运动。小物块每次通过O点时都会有动能损失，损失的动能为小物块当次到达O点时动能的5%。小物块从开始下滑到停止的过程中运动的总路程为（  ） A． B． C． D． 2．如图所示，斜面体OAB固定在水平桌面上，斜面底端A、B处夹角分别为、，斜面体与桌面材质相同，在顶端O处同时静止释放完全相同的两物块a、b，两物块均沿斜面向下滑行最终静止在水平桌面上，物块在A、B处没有机械能的损失。则以下说法正确的是（　　） A．两物块运动全程的位移大小相等 B．两物块运动全程的路程相等 C．两物块一定同时到达水平桌面 D．两物块刚到达水平桌面时动能相等 3．如图甲所示，一竖直平面内的轨道由粗糙斜面AD和光滑圆轨道DCE组成，AD与DCE相切于D点，C为圆轨道的最低点，将一小物块置于轨道ADC上离地面高为H处由静止下滑，用力传感器测出其经过C点时对轨道的压力FN，改变H的大小，可测出相应的FN的大小，FN随H的变化关系如图乙折线PQI所示（PQ与QI两直线相连接于Q点），QI反向延长交纵轴于F点（0，5.8N），重力加速度g取10m/s2，求： （1）小物块的质量m； （2）光滑圆轨道DCE的半径R和小物块与斜面AD间的动摩擦因数μ； （3）若粗糙斜面AD换成光滑曲面，小物块从H=2R的高度静止释放进入半径为R光滑圆轨道，R为（2）问的取值，则小物块相对地面能上升的最大高度是多少？ 4．为了研究滑板运动中的滑道设计，如图所示，将滑道的竖直截面简化为直轨道与圆弧轨道，半径与垂直，两点的高度差，两点的高度差段动摩擦因数段摩擦不计，圆弧半径，运动过程空气阻力不计，与水平方向的夹角．将运动员及滑板简化为一质量的质点，经过前一滑道的滑行，到达图示的A点时速度恰好水平向右，到达B点时速度恰好与斜面平行进入斜面，经过后竖直上抛再从E点落回滑道，取求： （1）运动员到达B点时的速度大小； （2）第一次到达D点时滑板对D点的压力； （3）运动员有几次向上冲出E点的机会。 二、动能定理与机车问题 5．（24-25高三上·山东潍坊·期中）2024年11月12 日，第十五届中国国际航空航天博览会在广东珠海国际航展中心开幕。悬停在空中的直-20武装直升机用钢索将静止在地面上的质量为m的军车竖直向上吊起。钢索上的拉力F随时间变化的图像如图所示，已知时刻拉力的功率为P，此后拉力的功率保持不变。不计空气阻力，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（　　） A．时刻军车的加速度为 B．时刻军车的速度为 C．向上吊起过程中军车的最大速度为 D．到时间内军车上升的高度为 6．（23-24高一下·重庆渝中·阶段练习）电动汽车具有节能环保、低噪声、提速快等优点，随着电池续航能力不断提升，其越来越受到消费者的青睐。质量为m的电动车由于摩擦及空气流动等原因产生的总阻力随车速满足，其中k为已知常数。求： （1）当车以最大速度匀速行驶时，电动车所受的牵引力与车速v应满足的关系； （2）若该电动汽车的最大输出功率为，此功率下最大行驶速度为，求其速度为时的加速度（仅用、、m表达）； （3）若电动汽车以最大输出功率启动，经过时间后电动汽车的速度大小为，求该过程中电动汽车克服总阻力所做的功。 7．（24-25高三上·北京·阶段练习）如图甲所示，某同学用轻绳通过定滑轮提升一重物，模拟升国旗过程。运用传感器（未在图中画出）测得此过程中不同时刻被提升重物的速度v与对轻绳的拉力F，并描绘出图像。假设某次实验得到的图像如图乙所示，其中第一个时间段内线段AB与v轴平行，第二个时间段内线段BC的延长线过原点，第三个时间段内拉力F和速度v均与C点的坐标对应，大小均保持不变，因此图像上没有反映。实验中还测得重物由静止开始经过，速度增加到，此后物体做匀速运动。取重力加速度，滑轮质量、摩擦和其他阻力均可忽略不计。 (1)在提升重物的过程中，除了重物的质量和所受重力保持不变以外，在第一个时间段内和第二个时间段内还各有一些物理量的值保持不变。 a．请指出保持不变的物理量分别是哪些； b．求出这些不变的物理量的大小； (2)第一个时间段内拉力的平均功率； (3)求时间内重物通过的总路程。 三、动能定理与传送带问题 8．（24-25高二上·湖南·开学考试）如图所示，顺时针运行的传送带与水平面夹角，底端到顶端的距离，运行速度大小。将质量的物块轻放在传送带底部，物块与传送带间的动摩擦因数，取重力加速度,,。下列说法正确的是（　　） A．物块从传送带底端到达顶端的时间为5s B．物块相对传送带的位移大小为6m C．物块被运送到顶端的过程中，摩擦力对物块做的功为80J D．物块被运送到顶端的过程中，电动机对传送带做功至少为136J 9．（24-25高二上·浙江·开学考试）如图所示，一不可伸长的细线长为，一端固定于点，另一端连接质量为的滑块。滑块在点正下方时，恰好位于水平传送带的左端点。传送带右端点连接两段光滑圆弧轨道两点切线水平，两段圆弧半径均为，圆心角均为，传送带与圆弧平滑连接。水平面与等高，点位于点正下方，滑块运动过程中可视为质点。现将滑块拉至点（等高且）静止释放，细绳恰好在点断裂，滑块滑上水平传送带，传送带长为。若传送带静止，滑块恰好可以滑到点，重力加速度，求： (1)细线能承受的最大拉力； (2)滑块与传送带间的动摩擦因数； (3)若传送带顺时针转动，滑块能沿圆弧轨道运动并从点水平抛出，求落点到点的距离与传送带速度之间的关系。 10．如图所示，足够长的传送带AB以速度顺时针转动，与水平面夹角为α=37°，下端与足够长的光滑水平轨道BC平滑连接，CD为固定在地面上的一半径R=1m光滑圆弧轨道，其圆心O在C点正下方的地面上。滑块P、Q用细线拴在一起静止在水平轨道BC上，中间有一被压缩的轻质弹簧（P、Q与弹簧不相连）。剪断细线后弹簧恢复原长时，滑块P向左运动的速度为。已知滑块与传送带之间的动摩擦因数，滑块P、Q质量分别为kg、kg。若滑块经过B点时没有能量损失，重力加速度g取10m/s2，求： (1)弹簧压缩时储存的弹性势能； (2)滑块Q脱离CD轨道时距离地面的高度； (3)物块P与传送带之间因摩擦而产生的内能。 11．如图所示，可视为质点的质量为m = 0.2kg的小滑块静止在水平轨道上的A点，在水平向右的恒定拉力F = 4N的作用下，从A点开始做匀加速直线运动，当其滑行到AB的中点时撤去拉力，滑块继续运动到B点后进入半径为R = 0.3m且内壁光滑的竖直固定圆轨道，在圆轨道上运行一周后从C处的出口出来后向D点滑动，D点右侧有一与CD等高的传送带紧靠D点，并以恒定的速度v = 3m/s顺时针转动。已知滑块运动到圆轨道的最高点时对轨道的压力大小刚好为滑块重力的3倍，水平轨道CD的长度为l2 = 2.0m，小滑块与水平轨道ABCD间的动摩擦因数为μ1 = 0.2，与传送带间的动摩擦因数μ2 = 0.5，传送带的长度L = 0.4m，重力加速度g = 10m/s2。求： (1)水平轨道AB的长度l1； (2)若水平拉力F大小可变，要使小滑块能到达传送带左侧的D点，则F应满足什么条件； (3)若在AB段水平拉力F的作用距离x可变，试求小滑块到达传送带右侧E点时的速度v与水平拉力F的作用距离x的关系。 12．如图所示，一根轻弹簧左端固定于竖直墙上，右端被质量且可视为质点的小物块压缩而处于静止状态，且弹簧与物块不拴接，弹簧原长小于光滑平台的长度。在平台的右端有一传送带，长，物块与传送带间的动摩擦因数，与传送带相邻的粗糙水平面长，它与物块间的动摩擦因数，在C点右侧有一半径为R的光滑竖直圆弧与平滑连接，圆弧对应的圆心角为，在圆弧的最高点F处有一固定挡板，物块撞上挡板后会以原速率反弹回来。若传送带以的速率顺时针转动，不考虑物块滑上和滑下传送带的机械能损失，当弹簧储存的能量全部释放时，小物块恰能滑到与圆心等高的E点，取。 （1）求右侧圆弧的轨道半径R； （2）求小物块最终停下时与C点的距离； （3）若传送带的速度大小可调，欲使小物块与挡板只碰一次，且碰后不脱离轨道，求传送带速度的可调节范围。 13．（24-25高三上·重庆·阶段练习）如图所示的简化模型，主要由光滑曲面轨道AB、光滑竖直圆轨道、水平轨道BD、水平传送带DE和足够长的落地区FG组成，各部分平滑连接，圆轨道最低点B处的入、出口靠近但相互错开，滑块落到FG区域时马上停止运动。现将一质量为的滑块从AB轨道上某一位置由静止释放，若已知圆轨道半径，水平面BD的长度，传送带长度，距离落地区的竖直高度，滑块始终不脱离圆轨道，且与水平轨道BD和传送带间的动摩擦因数均为，传送带以恒定速度逆时针转动（不考虑传送带轮的半径对运动的影响）。 (1)要使滑块恰能运动到E点，求滑块释放点的高度； (2)若，则滑块在传送带上运动过程中，电动机因传送物块多做的功； (3)求滑块静止时距B点的水平距离x与释放点高度h的关系。 四、动能定理实验探究 14．某实验小组用图1实验装置探究合力做功与动能变化的关系。铁架台竖直固定放置在水平桌面上，将长木板倾斜放置，一端固定在水平桌面边缘P处，另一位置放置在铁架台的铁杆上，忽略铁杆粗细，木板与铁杆接触处记为Q，P处放置一光电门。 实验步骤是： ①用游标卡尺测出滑块的挡光片宽度L，用天平测出滑块的质量m； ②平衡摩擦力：以木板放置在水平桌面上的P处为轴，调节长木板在铁架台上的放置位置，使滑块恰好沿木板向下做匀速运动。在铁架台竖直杆上记下此位置Q1，用刻度尺测出Q1到水平面的高度H； ③保持P位置不变，长木板一端放置在铁架台竖直杆Q2上。用刻度尺量出Q1Q2的距离h1，将滑块从木板上的Q2位置由静止释放，由光电门计时器读出滑块的挡光时间t1； ④保持P位置不变，重新调节长木板一端在铁架台上的放置位置，重复步骤③数次。 （1）滑块沿长木板由Q2运动到P的过程中，用测量的物理量回答下列问题（已知重力加速度为g）： ①滑块动能的变化量△Ek= ； ②滑块克服摩擦力做的功Wf= ； ③合力对滑块做的功W合= 。 （2）某学生以铁架台竖直杆上的放置位置到Q1的距离h为横坐标，以滑块通过光电门的挡光时间的平方倒数为纵坐标，根据测量数据在坐标中描点画出如图2所示直线，若图线过原点，且图线斜率k= ，则能证明合外力做的功等于物体动能增量。 15．某同学利用图1中的实验装置探究机械能变化量与力做功的关系，所用器材有：一端带滑轮的长木板、轻细绳、的钩码若干、光电门2个、数字计时器、带遮光条的滑块（质量为，其上可放钩码）、刻度尺，当地重力加速度为，实验操作步骤如下： ①安装器材，调整两个光电门距离为，轻细绳下端悬挂4个钩码，如图1所示； ②接通电源，释放滑块，分别记录遮光条通过两个光电门的时间，并计算出滑块通过两个光电门的速度； ③保持最下端悬挂4个钩码不变，在滑块上依次增加一个钩码，记录滑块上所载钩码的质量，重复上述步骤； ④完成5次测量后，计算出每次实验中滑块及所载钩码的总质量M、系统（包含滑块、滑块所载钩码和轻细绳悬挂钩码）总动能的增加量及系统总机械能的减少量，结果如下表所示： 0.200 0.250 0.300 0.350 0.400 0.582 0.490 0.392 0.294 0.195 0.393 0.490 0.686 0.785 回答下列问题： （1）实验中轻细绳所悬挂钩码重力势能的减少量为 J（保留三位有效数字）； （2）步骤④中的数据所缺数据为 ； （3）若M为横轴，为纵轴，选择合适的标度，在图2中绘出图像 ； 若系统总机械能的减少量等于克服摩擦力做功，则物块与木板之间的摩擦因数为 （保留两位有效数字） 16．某同学利用如图甲所示的装置验证动能定理．固定并调整斜槽，使它的末端O点的切线水平，在水平地面上依次铺放好木板、白纸、复写纸．将小球从不同的标记点由静止释放，记录小球到达斜槽底端时下落的高度H，并根据落点位置测量出小球平抛的水平位移x．改变小球在斜槽上的释放位置，进行多次测量，记录数据如下： 高度 H（h为单位长度） h 2h 3h 4h 5h 6h 7h 8h 9h 水平位移 x/cm 5.5 9.1 11.7 14.2 15.9 17.6 19.0 20.6 21.7 （1）已知斜槽倾角为θ，小球与斜槽之间的动摩擦因数为μ，斜槽底端离地的高度为y，不计小球与水平槽之间的摩擦，小球从斜槽上滑下的过程中，动能定理若成立应满足的关系式是 ； （2）以H为横坐标，以 为纵坐标，在坐标纸上描点作图，如图乙所示；由第（1）、（2）问，可以得出结论：在实验误差允许的范围内，小球运动到斜槽底端的过程中，合外力对小球所做的功等于动能变化量． （3）受该实验方案的启发，某同学改用图丙的装置实验．他将木板竖直放置在斜槽末端的前方某一位置固定，仍将小球从不同的标记点由静止释放，记录小球到达斜槽底端时下落的高度H，并测量小球击中木板时平抛下落的高度d，他以H为横坐标，以 为纵坐标，描点作图，使之仍为一条倾斜的直线，也达到了同样的目的． 试卷第1页，共3页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $$