2026-2027学年高一上学期物理（人教版2019）必修第二册：8.3 动能 动能定理【重难突破系列】

专题讲义 人教版高中物理必修第二册 人教版·高中物理必修第二册 8.3　动能 动能定理【单元复习】 （原卷版） 人教版高中物理必修第二册　|　第八章《机械能守恒定律》　|　单元复习提优　|　建议用时 45 分钟　|　难度：★★★☆☆ ▎学习目标 1．理解动能：物体由于运动而具有的能叫动能，其表达式为 Ek＝mv²。动能是标量，只有大小、没有方向，因含 v² 而恒为非负值，单位为焦耳（J），是对应某一速度（状态）的状态量。动能只与速度的大小有关、与速度的方向无关：速度方向变化而大小不变时动能不变。 2．掌握动能定理：合外力对物体所做的总功等于物体动能的变化量，即 W合＝ΔEk＝Ek2－Ek1＝mv₂²－mv₁²。合外力做正功时动能增加，合外力做负功（克服合外力做功）时动能减少，动能的增减量等于合外力做功的多少。 3．理解动能定理的普适性：它既适用于恒力、也适用于变力，既适用于直线运动、也适用于曲线运动，既适用于单过程、也适用于多过程。由于公式中不出现时间 t 和加速度 a，特别适合用来求变力做的功、位移或末速度。 4．会求总功（各力做功代数和，或恒力 W合＝F合·l·cosα）并按“对象与过程→受力分析判各力功正负→初末动能→列 W合＝ΔEk”解题；了解福建舰电磁弹射在百米甲板内对舰载机做巨功、使其获得起飞动能的工程前沿。 【思维导图】 动能 动能定理 动能概念 Ek＝mv²　标量·单位 J 与速度大小有关·与方向无关 状态量·因 v² 恒非负 动能 动能定理 动能定理 W合＝ΔEk＝Ek2－Ek1 正功动能增·负功动能减 恒力变力·直线曲线·多过程均适用 动能 动能定理 总功与解法 W合＝W₁＋W₂＋…（代数和） F-x 图面积求变力功 受力→判功正负→初末动能→列式 动能 动能定理 前沿综合 福建舰电磁弹射短距做大功 W合＝ΔEk 获起飞动能 不涉时间加速度·便于求变力功 考点一　动能的概念、动能定理及其推导 1．动能：物体由于运动而具有的能量叫做动能。物体的质量越大、速度越大，它对外做功的本领就越强。物理学中把物体动能的大小规定为 Ek＝mv²，即物体的动能等于物体质量与速度二次方乘积的一半。动能是标量，只有大小、没有方向；由于式中出现 v²，动能恒为非负值，单位为焦耳（J）。动能是状态量，对应物体某一时刻（某一速度）；它只与速度的大小有关、与速度的方向无关，因此匀速圆周运动中速度方向不断改变而动能保持不变。 2．动能定理的推导：如图1，设质量为 m 的物体在水平恒力 F 作用下沿光滑水平面做匀加速直线运动，速度由 v₁ 变为 v₂，位移为 l。由牛顿第二定律 F＝ma，结合运动学公式 v₂²－v₁²＝2al，可得力 F 做的功 W＝Fl＝mal＝mv₂²－mv₁²。等式右边正是物体末动能与初动能之差，即动能的变化量。 图1　动能定理的推导：恒力 F 使物体速度由 v₁ 增大到 v₂，位移为 l，则 W＝Fl＝mal＝mv₂²－mv₁²，即合外力做的功等于动能的变化 3．动能定理：合外力对物体所做的功，等于物体动能的变化量，即 W合＝ΔEk＝Ek2－Ek1＝mv₂²－mv₁²。当合外力做正功（W合>0）时，Ek2>Ek1，物体动能增加；当合外力做负功（W合<0）时，物体动能减少。动能定理既适用于恒力作用下的直线运动，也适用于变力作用、曲线运动以及多过程问题；由于公式中不涉及时间和加速度，在求变力做功、位移或末速度时往往比牛顿运动定律更简便。 ▎重难诠释 ①动能 Ek＝mv² 是标量、恒非负，速度方向改变而大小不变时动能不变（如匀速圆周运动）； ②动能定理 W合＝ΔEk 中的 W合 是“合外力”做的总功，即所有外力做功的代数和，不是某一个力做的功； ③ΔEk＝Ek末－Ek初 一律用“末动能减初动能”；合外力做多少正功，动能就增加多少，做多少负功，动能就减少多少； ④动能定理是标量式，方程中只代速度的大小，不分解方向；多过程可对全程列式，不必分段求加速度。 考点二　总功的求法、解题步骤、与牛顿定律比较及前沿实例 1．总功的两种求法：一是先求各力做的功再求代数和 W合＝W₁＋W₂＋…（注意各功的正负号）；二是当物体所受合外力恒定时，先求合外力 F合，再用 W合＝F合·l·cosα（α 为合外力与位移方向的夹角）。对于变力做功，还可利用 F-x 图像：图线与横轴所围图形的面积等于该力在这段位移上做的功；而 Ek-x 图像图线的斜率则反映合外力的大小，如图2所示。 图2　左：F-x 图像中图线与横轴围成的面积表示力做的功 W＝Fl；右：Ek-x 图像中图线斜率等于物体所受合外力 动能定理与牛顿运动定律的比较 比较项 牛顿运动定律 动能定理 核心关系 F合＝ma，涉及加速度与时间 W合＝ΔEk，不涉时间与加速度 适用范围 恒力作用下的匀变速运动 恒力/变力、直线/曲线、单/多过程 求变力功 不便，需借助微元或积分 直接由 ΔEk 求出变力做的功 优选场景 已知时间 t、求加速度 求功、位移、末速度等不涉 t 的量 2．解题的一般步骤：①明确研究对象和研究过程（可分段，也可对全程）；②受力分析，判断各个力做正功还是负功，求出 W合；③确定过程初、末两状态的动能 Ek1、Ek2（只取速度大小）；④沿运动方向列方程 W合＝Ek2－Ek1，代入数据求解。遇到曲线运动、变力做功或多过程衔接时，优先考虑对全程用动能定理，可避开烦琐的加速度与时间。 3．前沿实例：福建舰电磁弹射：我国第三艘航母福建舰采用电磁弹射器起飞舰载机。与陆地跑道数千米的助跑距离不同，航母甲板供起飞的长度只有约百米，电磁弹射器在短短几十米内对舰载机施加巨大的恒定推力，对飞机做的功 W合 几乎全部转化为飞机起飞所需的动能 Ek＝mv²，使歼-15T 等重型舰载机在极短距离内加速到起飞速度（如图3、图4）。这正是动能定理 W合＝ΔEk 在工程中的极致应用：不纠结于加速用了多少时间、加速度多大，只关心“做了多少功、获得了多少动能”。 图3　前沿实例：我国航母福建舰上，歼-15T 舰载机经电磁弹射后离舰升空。电磁弹射器在约百米甲板内对飞机做巨功 W合＝ΔEk，使其瞬间获得起飞动能 图4　前沿实例：歼-15T 离开福建舰甲板瞬间，双发动机开加力。舰载机能在极短距离内达到起飞速度，靠的正是弹射力与合力做的功全部转化为动能 mv² ▎重难诠释 ①求总功“先分后合”：各力做功带正负号求代数和；只有当合外力恒定时才可先用 F合·l·cosα； ②F-x 图面积＝变力的功；Ek-x 图斜率＝合外力大小--图像题多用这两条结论快速判断； ③与牛顿定律相比：恒力匀变速二者皆可，变力/曲线/多过程（尤其是不求时间、加速度时）优先动能定理； ④电磁弹射、再生制动等工程问题都是 W合＝ΔEk 的应用：弹射是合力做正功获动能，制动是合力做负功消耗动能。 考向一　动能概念与 Ek＝mv²（标量·与方向无关·总功代数和·做功＝动能变化） 1．放在光滑水平面上的物体，仅在两个同向水平力的共同作用下开始运动，若这两个力分别做了6J和8J的功，则该物体的动能增加了（　　） A．48J B．14J C．10J D．2J 2．A、B两物体以相同的初速度滑到同一粗糙水平面上，若两物体的质量mA＞mB，两物体与粗糙水平面间的动摩擦因数相同，则两物体能滑行的最大距离sA与sB相比（　　） A．sA＝sB B．sA＞sB C．sA＜sB D．不能确定 3．质量为m的物体，以初速度v0在水平直轨道上滑行的最大距离为x，最长时间为t。下列说法正确的是（　　） A．仅将初速度变为2v0，滑行的最长时间变为2t B．仅将初速度变为2v0，滑行的最大距离变为2x C．仅将物体的质量变为2m，滑行的最长时间变为 D．仅将物体的质量变为2m，滑行的最大距离变为 4．如图所示，一足球运动员在水平草地上练习传高空球。如果他在同一地点O把同一个足球前后两次斜向上踢出，第一次足球落在草地上的M点，第二次落在草地上的N点，足球两次在空中运动的最大高度相等，且ON＝2OM，空气阻力不计。下列说法正确的是（　　） A．足球第二次在空中运动的时间较长 B．足球第二次在空中运动的速度变化量较大 C．足球第二次被踢出时的初速度较大 D．第二次踢球，运动员对足球做的功是第一次的4倍 5．在太阳系的深空无阻力环境中，我国“天问”系列小行星探测器的实验舱中，光滑水平面上静止放有甲、乙两个物块，甲的质量为2m，乙的质量为m，对甲、乙分别施加大小为F和2F，方向相同的水平推力，甲、乙前进了相同距离。则甲、乙的运动时间之比为（　　） A．2：1 B．1：2 C．：1 D．1： 考向二　动能定理理解与单过程（W合＝ΔEk·正功增/负功减·单过程列式） 6．（多选）避险车道是指在长下坡路段行车道外侧增设的供刹车失灵的车辆驶离正线安全减速的专用车道，如图甲是某高速公路旁建设的避险车道，简化为图乙所示。若质量为m的货车刹车失灵后以速度v0经A点冲上避险车道，运动到B点速度减为0，货车所受摩擦阻力恒定，不计空气阻力。已知A、B两点高度差为h，重力加速度为g，下列关于该货车从A运动到B的过程说法正确的是（　　） A．重力做的功为mgh B．合外力做的功为-mv₀² C．摩擦阻力做的功为mgh-mv₀² D．摩擦阻力做的功为mv₀²-mgh 7．羽毛球运动是一项深受同学们喜爱的课间体育运动。如图所示是无风天气一羽毛球的飞行轨迹图，图中A、B为轨迹上等高的两点，P为最高点。假设羽毛球所受空气阻力方向与运动方向始终相反，则该羽毛球在从A到B的整个运动过程中（　　） A．在A、B两点时速度相同 B．从P到B速度不断增大 C．从A到P速度不断减小 D．经过P点时的加速度等于重力加速度g 8．如图所示，一个质量为m的小球，用轻绳悬挂于O点，初始时刻小球静止于P点。第一次小球在水平拉力F1的作用下，从P点缓慢地移动到Q点（缓慢移动可以看作每个时刻物体都处于平衡状态），此时轻绳与竖直方向夹角为θ；第二次小球在水平恒力F2的作用下，从P点开始运动恰好能到达Q点。不计空气阻力，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．第一次的水平拉力大小不变 B．第二次水平恒力的大小为mgtanθ C．第二次到达Q点时绳的拉力比第一次小 D．第二次水平力做的功比第一次多 9．一小球从如图所示的弧形轨道上的A点，由静止开始滑下。由于轨道不光滑，它仅能滑到B点。由B点返回后，仅能滑到C点，已知A、B高度差为h1，B、C高度差为h2，则下列关系正确的是（　　） A．h1＝h2 B．h1＜h2 C．h1＞h2 D．h1、h2大小关系不确定 10．（多选）如图所示，滑索是一种常见的儿童游乐设施，轻绳与轻质滑环连接，玩耍时儿童手握轻绳由静止沿钢索滑下。若钢索与水平方向的夹角为α，下滑过程中轻绳与竖直方向的夹角β保持不变，忽略空气阻力影响，下列说法正确的是（　　） A．β有可能大于α B．β等于时，滑环与钢索间的动摩擦因数μ=tan C．β等于α时，滑环与钢索间的动摩擦因数μ＝tanα D．若μ=tanα，则儿童下滑过程中动能的增量与克服摩擦力做的功大小相等 考向三　动能定理求变力功/速度/位移（F-x 图面积·末速度·摩擦功） 11．如图甲所示，物体在水平推力作用下沿水平粗糙地面沿直线开始运动，推力大小F随位移大小x变化的情况如图乙所示，则（　　） A．运动过程中推力做的功一定为200J B．运动过程物体加速度一定都在变化 C．物体运动的位移一定为4m D．因推力是变力，无法确定推力做功的大小 12．如图所示，在光滑的水平台阶上静置一质量m＝2kg的小物块，物块到台阶边缘O点的距离s＝2.5m，台阶右侧固定一竖直挡板，O到挡板的水平距离x＝5m。现用F＝10N的水平恒力拉动物块，到O点时撤去拉力，g＝10m/s²。（1）求物块运动到O点时的速度大小v；（2）求物块从O点到击中挡板时的位移大小l；（3）若拉力F的大小可以改变，求物块以最小速度击中挡板时拉力的值F′。 13．如图所示，竖直平面内粗糙的倾斜轨道AB与光滑的水平轨道BC平滑连接，轨道AB的倾角θ＝30°。小物块从轨道AB上距离B点L＝9m处由静止释放，物块与斜面间的动摩擦因数μ=，轨道BC距离地面的高度h＝3.2m，重力加速度g＝10m/s²。求：（1）物块在轨道BC上滑行的速度v1；（2）物块落到地面时的速度大小v2。 14．如图所示，O、A两点位于同一水平线上且间距L＝0.45m，质量m＝1kg的小球用长L的轻质细线悬挂在距水平地面高H＝0.90m的O点。现将小球由A点静止释放，运动至悬点O的正下方B点时细线刚好断裂，接着小球水平飞出，落至水平面上的C点。不计空气阻力，重力加速度g取10m/s²。求：（1）细线断裂前瞬间拉力F的大小；（2）小球落地点C到B点的水平距离x。 15．如图，一雪块从倾角θ＝37°的大山顶上的O点由静止开始下滑，滑到A点后离开大山。O、A间距离x＝22.5m，A点距地面的高度h＝8.75m，雪块与大山的动摩擦因数μ＝0.125。不计空气阻力，雪块质量不变，取sin37°＝0.6，重力加速度大小g＝10m/s²。求：（1）雪块从A点离大山顶时的速度大小v0；（2）雪块落地时的速度大小v1及其速度方向与水平方向夹角的正切值tanα。 考向四　多过程、曲线与图像综合（全程列式·斜面/圆周/平抛·v-t/a-x/F-x 图） 16．冰壶是冬奥会的一项竞技项目，考查参与者的体能与脑力，被称为“冰上国际象棋”。某次运动员将冰壶从Ⅰ区域某处以一定的初速度向前掷出，冰壶最终停止在Ⅲ区域的某处。已知冰壶与前方水平冰面上Ⅰ、Ⅲ区域间的动摩擦因数相同且大于与Ⅱ区域间的动摩擦因数。若运动员第二次掷出冰壶的位置较第一次更靠近Ⅱ区域，掷出冰壶的初速度与第一次相同，则关于冰壶两次运动过程中的位移、时间关系，下列说法正确的是（　　） A．冰壶第一次运动的位移大于第二次的 B．冰壶第一次运动的位移小于第二次的 C．冰壶第一次运动的时间大于第二次的 D．冰壶第一次运动的时间小于第二次的 17．质量可以忽略的甲、乙两棒一端各固定一相同小球，另一端可以绕水平转轴在竖直平面内转动，如图所示，现将两棒由水平位置无初速度释放，转过θ角（θ≤90°）。已知甲棒较长，不计一切阻力，下列说法正确的是（　　） A．两棒转过相同角度θ时，两小球的线速度一样大 B．两棒转过相同角度θ时，甲棒上小球的向心加速度较大 C．两棒转过相同角度θ时，两棒转动的角速度一样大 D．两棒转过相同角度θ时，运动时间的关系为t甲＞t乙 18．交警驾驶执法车沿滨湖新区环湖大道直线巡查，初始以10m/s的初速度经过坐标原点O。执法车的加速度a随其到O点的距离x变化的关系如图所示（初速度方向为正）。下列说法正确的是（　　） A．0～30m内，执法车的加速度恒定不变，做匀变速直线运动 B．执法车速度最大时，到O点的距离为30m C．当执法车到O点的距离为40m时，速度大小为5m/s D．执法车的最大速度为15m/s 19．（多选）人们有时用“打夯”的方式把松散的地面夯实，如图所示。设某次打夯符合以下模型：两人同时通过绳子对质量为m的地面上的重物各施加一个力，力的大小均恒为F，方向都斜向上与竖直方向成θ角，重物离开地面高度为h时人停止施力，重物最终下落至地面，并把地面砸下深度为d的凹坑。不计空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．重物落下接触地面时的动能等于2Fhcosθ B．重物上升的最大高度为 C．整个过程重力做功等于mg（h+d） D．地面对重物的阻力做功等于-（2Fhcosθ+mgd） 20．如图甲，装置由弧形轨道AB、竖直圆轨道（C点位置轨道前后稍有错开）及水平直轨道BD平滑连接而成。水平轨道BC段与滑块间的动摩擦因数μ从左向右随距离x均匀变化，如图乙所示。除BC段外，其余轨道均光滑。现将质量m＝1kg的滑块（视为质点）从高度h＝1.4m的A点静止释放，第一次通过圆轨道后与挡板碰撞反弹，恰好能第二次通过圆轨道最高点。已知圆轨道半径R＝0.11m，BC段长x0＝1m，重力加速度g取10m/s²。求：（1）滑块第一次运动到B点时的速度大小vB；（2）滑块第二次经过C点时的动能EkC并求出滑块与挡板碰撞损失的动能ΔEk；（3）滑块最终停在何处。 ★ 重难题型专练（15题）★ （精选高频重难题，覆盖动能定理理解、变力做功与 F-x/a-x 图像、多过程全程列式、曲线与圆周平抛综合、福建舰电磁弹射前沿） 21．如图所示，将一质量为m的小球从距离地面H高处以初速度v₀水平抛出，落地时速度与水平方向夹角为30°。已知运动过程所受空气阻力的大小与速度大小成正比，满足f＝kv（其中k=，g为重力加速度），方向始终与速度方向相反。下列说法正确的是（　　） A．小球落地时速度大小为2v0 B．下落过程中空气阻力对小球做功为-mgH+mv₀² C．小球下落过程中的水平位移大小为 D．小球下落的时间为+ 22．无人机也常常用来送外卖，如图甲所示。地面上的无人机在外卖小哥的操控下竖直向上运动一段时间后悬停在顾客家阳台旁，整个上升过程的v-t图像如图乙所示。若物品质量为2kg，受到的空气阻力恒为重力的0.2倍，重力加速度取g＝10m/s²，则下列说法正确的是（　　） A．上升过程无人机升高了26m B．上升过程无人机的最大功率为80W C．前3s和后4s无人机对物品的拉力大小之比为4：3 D．上升过程中无人机对物品所做的功为520J 23．如图甲所示，一高山滑雪运动员在与水平面夹角θ＝30°的雪地上向下沿直线滑行，滑道足够长，运动员下滑过程的重力势能Ep、动能Ek与下滑位移x的变化关系如图所示，不计滑行过程的阻力，g＝10m/s²，则下列说法正确的是（　　） A．运动员质量为50kg B．滑雪杆对运动员的平均推力为400N C．下滑4m时，运动员的重力势能与动能相等 D．下滑10m时，重力的瞬时功率P=1200W 24．如图甲所示，一轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m的小球从弹簧上端由静止下落。若以小球开始下落的位置为坐标原点，沿竖直向下建立坐标轴Ox，小球下落至最低点过程中的a-x图像如图乙所示（图中坐标值皆已知），不计空气阻力，小球可看作质点，重力加速度为g。则（　　） A．劲度系数k= B．小球向下运动过程中最大速度vm= C．弹簧最大弹力Fm=mg D．小球向下运动过程中最大加速度am=g 25．（多选）质量为1kg的物体在水平力作用下由静止开始沿水平面做直线运动，物体的加速度a随时间t的变化规律如图所示，下列说法正确的是（　　） A．t＝2s时物体的运动方向发生改变 B．t＝1s时物体的速度大小为6m/s C．0～3s内，合外力对物体做功为128J D．0～3s内，合外力对物体做功为32J 26．（多选）如图所示，甲为水平平台，乙为与甲处在同一水平面的传送带。传送带在电机带动下以速度v匀速运转。某时刻质量为m的货物自平台上以垂直于传送带运行方向的速度冲上传动带，货物刚冲上传送带时速度也为v。已知货物与传送带之间的动摩擦因数为μ，货物与传动带相对静止之前未脱离传动带，重力加速度为g，关于自货物冲上传送带至货物与传送带相对静止过程中下列描述正确的是（　　） A．货物相对于地面做曲线运动 B．货物在传送带上的划痕为直线 C．摩擦力对货物做功为mv2 D．货物在传送带上留下的划痕长度为 27．（多选）作为研制新一代飞行器的摇篮，我国JF-22超高速风洞研制成功。JF-22超高速风洞可以复现几十千米高空、速度最高达约三十倍声速的飞行条件。若将一质量为m的小球从风洞中地面上的A点竖直向上弹出，小球受到大小恒定的水平风力作用，到达最高点B时的速度大小与A点的速度大小之比为3：4。小球最后落回到地面上的C点。不计空气阻力，重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　） A．小球受到的风力大小为mg B．小球运动过程的加速度大小为g C．小球从A到B与从B到C的过程中水平速度变化量大小之比为1：1 D．小球在空中的最小速率与A点的速率之比为3：5 28．如图所示，质量为m的小球系在一根长为L的细线一端，细线另一端固定于O点，圆O是竖直平面内以线长为半径的圆，AB、CD分别为其水平和竖直直径。在A处有一弹射装置（图中未画出），可使小球获得竖直向上大小不同的发射速度，空间存在水平向右大小恒定的风力，重力加速度为g。（1）无风F＝0时，小球从A点获得某速度后恰能做完整的圆周运动，求小球到D点时速度的大小；（2）风力F1＝0.5mg时，小球从A点获得速度v₁=，求小球在A点受到细线拉力的大小；（3）风力F2＝mg时，小球从A处获得速度v₂=，求小球运动到AOB所在水平面时速度的大小。 29．如图所示是某游乐场中水上过山车的原理示意图。半径为R＝8m的圆轨道竖直固定在离水面高h＝3.2m的水平平台上，圆轨道与水平平台相切于A点，A、B分别为圆轨道的最低点和最高点。过山车（实际是一艘带轮子的气垫小船，可视作质点）高速行驶，先后会通过多个圆轨道，然后从A点离开圆轨道进入光滑的水平轨道AC，最后从C点水平飞出落入水中，整个过程刺激惊险，受到很多年轻人的喜爱。已知水面宽度为s＝12m，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s²。（结果可保留根号）（1）若过山车恰好能通过圆轨道的最高点B，则其在B点的速度为多大？（2）为使过山车安全落入水中，则过山车在C点的最大速度为多少？（3）某次运动过程中乘客在圆轨道最低点A对座椅的压力为自身重力的3倍，随后进入水平轨道AC并落入水中，求过山车落入水中时的速度大小。 30．如图所示，竖直平面内的圆弧形光滑轨道半径为R＝0.4m，A端与圆心O等高，AD为与水平方向成45°角的斜面，B端在O的正上方，一个质量m＝1kg的小球在A点正上方某处由静止开始释放，自由下落至A点后进入圆形轨道并能沿圆形轨道到达B点，最后落到斜面上C点，且到达B处时小球对圆弧轨道顶端的压力大小为3mg（忽略空气阻力，重力加速度g取10m/s²）。求：（1）小球到达B点的速度；（2）从到达B点开始计时，小球何时距离直线BD最远；（3）小球在B点到C点的运动过程中重力势能的减小量ΔEp。 31．如图所示，BC为圆心角θ＝37°的粗糙圆弧轨道，半径R＝2m，末端C与传送带水平相接，传送带顺时针转动，CD长度l＝11.75m。一质量m＝1kg的小物块自A点以速度v0＝4m/s水平抛出，沿圆弧B端切向滑入轨道做匀速圆周运动，离开圆弧轨道后进入传送带运动到D点，小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2。不计空气阻力，g取10m/s²，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：（1）物块从A运动到B的时间t；（2）物块在圆弧轨道C端对轨道的压力大小；（3）若要使物块在2s内从C运动到D，传送带速度至少为多少？ 32．如图，两个半径均为R＝2m的四分之一圆弧管道BC（管道内径很小）及轨道CD对接后竖直固定在水平面AEF的上方，其圆心分别为O1、O2，管道BC下端B与水平面相切。在轨道BCD的右侧竖直固定一半径为2R的四分之一圆弧轨道EFG，其圆心恰好在D点，下端E与水平面相切，D、O2、E在同一竖直线上，在水平面上与管道BC下端B左侧距离为L＝12m处有一质量为m＝2kg、可视为质点的物块，以初速度v0＝13m/s沿水平面向右运动，从B处进入管道BC，恰好能从轨道CD的最高点D飞出，并打在轨道EFG上。已知物块与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.2，重力加速度大小取g＝10m/s²。求：（1）物块通过D点时的速度大小；（2）物块刚进入管道BC的下端B时对管道BC的压力；（3）物块从轨道CD的D点飞出后打在轨道EFG上时下落的高度。 33．如图所示，一质量为m的粗细均匀的圆木棒竖直静止放置在地面上，一质量为2m小环套在木棒上，从距离木棒下端l＝3m处以竖直向上v0＝6m/s的初速度向上滑动。已知木棒与小环间的滑动摩擦力大小为Ff＝2mg，小环可以看作质点，木棒与地面发生碰撞后速度立刻减为零，整个过程中木棒始终保持竖直，且小环不会从木棒上方滑出，g＝10m/s²，不计空气阻力，求：（1）小环经过多长时间第一次与木棒速度相同；（2）木棒第一次与地面碰撞时的速度的大小；（3）小环第一次与地面碰撞时：ⅰ.小环的速度大小为多少；ⅱ.从木棒第一次与地面碰撞到此时刻所用时间。 34．如图所示，从A点以v0＝4m/s的水平速度抛出一质量m＝1kg的小物块（可视为质点，不计空气阻力），当物块运动至B点时，恰好沿切线方向进入固定在地面上的半径R＝3m的粗糙圆弧轨道BC，其中轨道C端切线水平，当小物块运动到轨道末端C时对轨道的压力大小为22N。随后小物块滑上静止在粗糙水平面的长木板上，已知长木板的质量M＝2kg，物块与长木板之间的动摩擦因数μ1＝0.5，长木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，半径OB与竖直半径OC间的夹角θ＝37°。取g＝10m/s²，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：（1）小物块运动至B点时的速度大小；（2）小物块在粗糙圆弧轨道BC上运动的过程中，摩擦力所做的功？（3）若长木板长为L＝3.2m，则自小物块滑上长木板起，到它们最终都停下来的过程中，小物块与长木板间产生的热量及地面与长木板间产生的热量各为多少？ 35．如图所示，长L＝3m的水平桌面AC固定在地面上，B为AC的中点，桌面上AB段光滑，BC段粗糙，轻弹簧右端固定在A点，左端与质量m＝1kg的小物块（可视为质点）接触（不拴接）。左侧倾角θ＝45°的斜面与桌面等高，高度h＝2m，C、D两点恰好在同一竖直线上。缓慢向右推动小物块，使弹簧压缩量Δx＝0.2m，此时突然释放小物块，小物块恰好能运动到C点。已知A、B两点的距离恰好等于弹簧的原长，弹簧的最大压缩量为7Δx，弹簧具有的弹性势能Ep=kx²，式中x为弹簧相对原长的形变量，小物块与BC段间的动摩擦因数μ＝0.1，取重力加速度大小g＝10m/s²，不计空气阻力。（1）求弹簧的劲度系数k；（2）改变小物块释放的初始位置，求小物块离开桌面时的最大速度vm；（3）改变小物块释放的初始位置，求小物块击中斜面时的最小动能Ekmin。 重难突破系列　|　人教版高中物理必修二　|　8.3 动能 动能定理 重难突破系列　|　人教版高中物理必修二　|　8.3 动能 动能定理　 学科网（北京）股份有限公司 $专题讲义 人教版高中物理必修第二册 人教版·高中物理必修第二册 8.3　动能 动能定理【单元复习】 （解析版） 人教版高中物理必修第二册　|　第八章《机械能守恒定律》　|　单元复习提优　|　建议用时 45 分钟　|　难度：★★★☆☆ ▎学习目标 1．理解动能：物体由于运动而具有的能叫动能，其表达式为 Ek＝mv²。动能是标量，只有大小、没有方向，因含 v² 而恒为非负值，单位为焦耳（J），是对应某一速度（状态）的状态量。动能只与速度的大小有关、与速度的方向无关：速度方向变化而大小不变时动能不变。 2．掌握动能定理：合外力对物体所做的总功等于物体动能的变化量，即 W合＝ΔEk＝Ek2－Ek1＝mv₂²－mv₁²。合外力做正功时动能增加，合外力做负功（克服合外力做功）时动能减少，动能的增减量等于合外力做功的多少。 3．理解动能定理的普适性：它既适用于恒力、也适用于变力，既适用于直线运动、也适用于曲线运动，既适用于单过程、也适用于多过程。由于公式中不出现时间 t 和加速度 a，特别适合用来求变力做的功、位移或末速度。 4．会求总功（各力做功代数和，或恒力 W合＝F合·l·cosα）并按“对象与过程→受力分析判各力功正负→初末动能→列 W合＝ΔEk”解题；了解福建舰电磁弹射在百米甲板内对舰载机做巨功、使其获得起飞动能的工程前沿。 【思维导图】 动能 动能定理 动能概念 Ek＝mv²　标量·单位 J 与速度大小有关·与方向无关 状态量·因 v² 恒非负 动能 动能定理 动能定理 W合＝ΔEk＝Ek2－Ek1 正功动能增·负功动能减 恒力变力·直线曲线·多过程均适用 动能 动能定理 总功与解法 W合＝W₁＋W₂＋…（代数和） F-x 图面积求变力功 受力→判功正负→初末动能→列式 动能 动能定理 前沿综合 福建舰电磁弹射短距做大功 W合＝ΔEk 获起飞动能 不涉时间加速度·便于求变力功 考点一　动能的概念、动能定理及其推导 1．动能：物体由于运动而具有的能量叫做动能。物体的质量越大、速度越大，它对外做功的本领就越强。物理学中把物体动能的大小规定为 Ek＝mv²，即物体的动能等于物体质量与速度二次方乘积的一半。动能是标量，只有大小、没有方向；由于式中出现 v²，动能恒为非负值，单位为焦耳（J）。动能是状态量，对应物体某一时刻（某一速度）；它只与速度的大小有关、与速度的方向无关，因此匀速圆周运动中速度方向不断改变而动能保持不变。 2．动能定理的推导：如图1，设质量为 m 的物体在水平恒力 F 作用下沿光滑水平面做匀加速直线运动，速度由 v₁ 变为 v₂，位移为 l。由牛顿第二定律 F＝ma，结合运动学公式 v₂²－v₁²＝2al，可得力 F 做的功 W＝Fl＝mal＝mv₂²－mv₁²。等式右边正是物体末动能与初动能之差，即动能的变化量。 图1　动能定理的推导：恒力 F 使物体速度由 v₁ 增大到 v₂，位移为 l，则 W＝Fl＝mal＝mv₂²－mv₁²，即合外力做的功等于动能的变化 3．动能定理：合外力对物体所做的功，等于物体动能的变化量，即 W合＝ΔEk＝Ek2－Ek1＝mv₂²－mv₁²。当合外力做正功（W合>0）时，Ek2>Ek1，物体动能增加；当合外力做负功（W合<0）时，物体动能减少。动能定理既适用于恒力作用下的直线运动，也适用于变力作用、曲线运动以及多过程问题；由于公式中不涉及时间和加速度，在求变力做功、位移或末速度时往往比牛顿运动定律更简便。 ▎重难诠释 ①动能 Ek＝mv² 是标量、恒非负，速度方向改变而大小不变时动能不变（如匀速圆周运动）； ②动能定理 W合＝ΔEk 中的 W合 是“合外力”做的总功，即所有外力做功的代数和，不是某一个力做的功； ③ΔEk＝Ek末－Ek初 一律用“末动能减初动能”；合外力做多少正功，动能就增加多少，做多少负功，动能就减少多少； ④动能定理是标量式，方程中只代速度的大小，不分解方向；多过程可对全程列式，不必分段求加速度。 考点二　总功的求法、解题步骤、与牛顿定律比较及前沿实例 1．总功的两种求法：一是先求各力做的功再求代数和 W合＝W₁＋W₂＋…（注意各功的正负号）；二是当物体所受合外力恒定时，先求合外力 F合，再用 W合＝F合·l·cosα（α 为合外力与位移方向的夹角）。对于变力做功，还可利用 F-x 图像：图线与横轴所围图形的面积等于该力在这段位移上做的功；而 Ek-x 图像图线的斜率则反映合外力的大小，如图2所示。 图2　左：F-x 图像中图线与横轴围成的面积表示力做的功 W＝Fl；右：Ek-x 图像中图线斜率等于物体所受合外力 动能定理与牛顿运动定律的比较 比较项 牛顿运动定律 动能定理 核心关系 F合＝ma，涉及加速度与时间 W合＝ΔEk，不涉时间与加速度 适用范围 恒力作用下的匀变速运动 恒力/变力、直线/曲线、单/多过程 求变力功 不便，需借助微元或积分 直接由 ΔEk 求出变力做的功 优选场景 已知时间 t、求加速度 求功、位移、末速度等不涉 t 的量 2．解题的一般步骤：①明确研究对象和研究过程（可分段，也可对全程）；②受力分析，判断各个力做正功还是负功，求出 W合；③确定过程初、末两状态的动能 Ek1、Ek2（只取速度大小）；④沿运动方向列方程 W合＝Ek2－Ek1，代入数据求解。遇到曲线运动、变力做功或多过程衔接时，优先考虑对全程用动能定理，可避开烦琐的加速度与时间。 3．前沿实例：福建舰电磁弹射：我国第三艘航母福建舰采用电磁弹射器起飞舰载机。与陆地跑道数千米的助跑距离不同，航母甲板供起飞的长度只有约百米，电磁弹射器在短短几十米内对舰载机施加巨大的恒定推力，对飞机做的功 W合 几乎全部转化为飞机起飞所需的动能 Ek＝mv²，使歼-15T 等重型舰载机在极短距离内加速到起飞速度（如图3、图4）。这正是动能定理 W合＝ΔEk 在工程中的极致应用：不纠结于加速用了多少时间、加速度多大，只关心“做了多少功、获得了多少动能”。 图3　前沿实例：我国航母福建舰上，歼-15T 舰载机经电磁弹射后离舰升空。电磁弹射器在约百米甲板内对飞机做巨功 W合＝ΔEk，使其瞬间获得起飞动能 图4　前沿实例：歼-15T 离开福建舰甲板瞬间，双发动机开加力。舰载机能在极短距离内达到起飞速度，靠的正是弹射力与合力做的功全部转化为动能 mv² ▎重难诠释 ①求总功“先分后合”：各力做功带正负号求代数和；只有当合外力恒定时才可先用 F合·l·cosα； ②F-x 图面积＝变力的功；Ek-x 图斜率＝合外力大小--图像题多用这两条结论快速判断； ③与牛顿定律相比：恒力匀变速二者皆可，变力/曲线/多过程（尤其是不求时间、加速度时）优先动能定理； ④电磁弹射、再生制动等工程问题都是 W合＝ΔEk 的应用：弹射是合力做正功获动能，制动是合力做负功消耗动能。 考向一　动能概念与 Ek＝mv²（标量·与方向无关·总功代数和·做功＝动能变化） 1．放在光滑水平面上的物体，仅在两个同向水平力的共同作用下开始运动，若这两个力分别做了6J和8J的功，则该物体的动能增加了（　　） A．48J B．14J C．10J D．2J 【答案】B 【详解】 运用动能定理： ΔE＝w合＝6J+8J＝14J 所以该物体的动能增加了14J。 故选：B。 2．A、B两物体以相同的初速度滑到同一粗糙水平面上，若两物体的质量mA＞mB，两物体与粗糙水平面间的动摩擦因数相同，则两物体能滑行的最大距离sA与sB相比（　　） A．sA＝sB B．sA＞sB C．sA＜sB D．不能确定 【答案】A 【详解】 根据动能定理得 对A：-μmAgsA＝0-mAv²① 对B：-μmBgsB＝0-mBv²② 由①：②得sA：sB＝1：1 故选：A。 3．质量为m的物体，以初速度v0在水平直轨道上滑行的最大距离为x，最长时间为t。下列说法正确的是（　　） A．仅将初速度变为2v0，滑行的最长时间变为2t B．仅将初速度变为2v0，滑行的最大距离变为2x C．仅将物体的质量变为2m，滑行的最长时间变为 D．仅将物体的质量变为2m，滑行的最大距离变为 【答案】A 【详解】 物体在水平直轨道上滑行，说明其受到滑动摩擦力的作用，做匀减速直线运动。设物体与轨道之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则物体所受的摩擦力为f＝μmg 由牛顿第二定律f＝ma，即μmg＝ma，约去质量m，得物体的加速度为a＝μg 可以看出，加速度与质量无关，仅由动摩擦因数和重力加速度决定。 A.若仅将初速度变为2v0，则物体的加速度a＝μg不变。根据匀减速直线运动的公式t= 若初速度变为2v0，则时间变为t′==2t，故A正确； B.滑行的最大距离由公式x= 若初速度变为2v0，则距离变为x′===4x，故B错误； C.若仅将质量变为2m，由于加速度a＝μg 与质量无关，因此加速度不变。时间公式为t= 质量变化不影响时间，因此时间仍为t，故C错误； D.滑行距离公式为x= 质量变化不影响加速度，因此滑行距离也不变，故D错误。 故选：A。 4．如图所示，一足球运动员在水平草地上练习传高空球。如果他在同一地点O把同一个足球前后两次斜向上踢出，第一次足球落在草地上的M点，第二次落在草地上的N点，足球两次在空中运动的最大高度相等，且ON＝2OM，空气阻力不计。下列说法正确的是（　　） A．足球第二次在空中运动的时间较长 B．足球第二次在空中运动的速度变化量较大 C．足球第二次被踢出时的初速度较大 D．第二次踢球，运动员对足球做的功是第一次的4倍 【答案】C 【详解】 A、足球在空中做斜抛运动，只受到重力的作用，两次运动的最大高度是相同的，结合自由落体运动h=gt² 从最高点落下所用的时间是相等的，上升时间与下落时间也是相等的，上升和下落在空中运动的时间一样长，故A错误； B、足球运动的加速度是g，所以速度变化量Δv＝gt相同，故B错误； C、足球在水平方向上做匀速直线运动x＝vxt 两次飞行的水平距离之比为1：2 时间相等时则vx2＝2vx1 二者的竖直方向初速度是相同的，第二次的初速度更大，故C正确； D、足球刚踢出时的初速度v= 动能的表达式Ek=mv²=m(vx²+vy²) 两次运动的竖直方向初速度相同，水平方向的初速度之比为1：2，总动能不是1：4的关系，故D错误。 故选：C。 5．在太阳系的深空无阻力环境中，我国“天问”系列小行星探测器的实验舱中，光滑水平面上静止放有甲、乙两个物块，甲的质量为2m，乙的质量为m，对甲、乙分别施加大小为F和2F，方向相同的水平推力，甲、乙前进了相同距离。则甲、乙的运动时间之比为（　　） A．2：1 B．1：2 C．：1 D．1： 【答案】A 【详解】 设甲、乙前进相同距离时速度分别为v甲和v乙。 根据动能定理得 对甲有 Fs=×2mv甲² 对乙有 2Fs=mv乙² 解得v甲：v乙＝1：2 根据运动学公式得 对甲有 s=t甲 对乙有 s=t乙 解得t甲：t乙＝2：1，故A正确，BCD错误。 故选：A。 考向二　动能定理理解与单过程（W合＝ΔEk·正功增/负功减·单过程列式） 6．（多选）避险车道是指在长下坡路段行车道外侧增设的供刹车失灵的车辆驶离正线安全减速的专用车道，如图甲是某高速公路旁建设的避险车道，简化为图乙所示。若质量为m的货车刹车失灵后以速度v0经A点冲上避险车道，运动到B点速度减为0，货车所受摩擦阻力恒定，不计空气阻力。已知A、B两点高度差为h，重力加速度为g，下列关于该货车从A运动到B的过程说法正确的是（　　） A．重力做的功为mgh B．合外力做的功为-mv₀² C．摩擦阻力做的功为mgh-mv₀² D．摩擦阻力做的功为mv₀²-mgh 【答案】BC 【详解】 A．该货车从A运动到B的过程中重力做的功为WG＝-mgh，故A错误； B．根据动能定理可知合外力做的功为W合=0-mv₀²=-mv₀²，B正确； CD．根据动能定理有WG+Wf=-mv₀² 代入数据得摩擦阻力做的功为wf＝mgh-mv₀²，故C正确，D错误。 故选：BC。 7．羽毛球运动是一项深受同学们喜爱的课间体育运动。如图所示是无风天气一羽毛球的飞行轨迹图，图中A、B为轨迹上等高的两点，P为最高点。假设羽毛球所受空气阻力方向与运动方向始终相反，则该羽毛球在从A到B的整个运动过程中（　　） A．在A、B两点时速度相同 B．从P到B速度不断增大 C．从A到P速度不断减小 D．经过P点时的加速度等于重力加速度g 【答案】C 【详解】 A．A、B两点等高，羽毛球重力做功为零，空气阻力与运动方向始终相反，所以空气阻力做负功，即 Wf＜0 从A点到B点过程，由动能定理有 Wf=mvB²-mvA² 可知B点的速度小于A点的速度大小，且两点速度方向不同，故A错误； B．从P到B，阻力做负功，重力做正功，无法判断动能大小的变化，速度大小变化无法判断，故B错误； C．从A到P，阻力做负功，重力做负功，动能不断减小，速度不断减小，故C正确； D．羽毛球在P点时，竖直方向速度为零，水平方向速度不为零，所以水平方向还有空气阻力，羽毛球在P点的合力大于重力，根据牛顿第二定律可得羽毛球经过P点的加速度大于重力加速度，故D错误。 故选：C。 8．如图所示，一个质量为m的小球，用轻绳悬挂于O点，初始时刻小球静止于P点。第一次小球在水平拉力F1的作用下，从P点缓慢地移动到Q点（缓慢移动可以看作每个时刻物体都处于平衡状态），此时轻绳与竖直方向夹角为θ；第二次小球在水平恒力F2的作用下，从P点开始运动恰好能到达Q点。不计空气阻力，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．第一次的水平拉力大小不变 B．第二次水平恒力的大小为mgtanθ C．第二次到达Q点时绳的拉力比第一次小 D．第二次水平力做的功比第一次多 【答案】C 【详解】 A.设移动过程中轻绳与竖直方向的夹角为α， 因为小球始终处于平衡状态，则由平衡条件可得，第一次的水平拉力大小为：F1＝mgtanα， 由此可知，随着α增大，tanα增大、F1增大，故A错误； B.设绳长为l， 第二次小球从P点到Q点，初、末速度均为零，则由动能定理可得： F2lsinθ-mgl（1-cosθ）＝0-0， 解得第二次水平恒力的大小为： F₂=mg=mgtan，故B错误； C.第一次小球在Q点平衡，由平衡条件可得： T1cosθ＝mg， 解得第一次到达Q点时绳的拉力大小为： T₁=， 第二次小球到达Q点时速率为零，则有： T2-mgcosθ-F2sinθ＝0， 解得第二次到达Q点时绳的拉力大小为： T2＝mgcosθ+F2sinθ＝mg＜T1，故C正确； D.两次过程中小球的初、末动能均相等，绳的拉力不做功，则由动能定理可知，两次水平力做功均为mgl（1-cosθ），故D错误。 故选：C。 9．一小球从如图所示的弧形轨道上的A点，由静止开始滑下。由于轨道不光滑，它仅能滑到B点。由B点返回后，仅能滑到C点，已知A、B高度差为h1，B、C高度差为h2，则下列关系正确的是（　　） A．h1＝h2 B．h1＜h2 C．h1＞h2 D．h1、h2大小关系不确定 【答案】C 【详解】 从A到B过程，根据动能定理可得mgh1-Wf＝0。从B到C过程，根据动能定理可得mgh2-W'f＝0。由于小球克服摩擦力做功导致机械能持续减少，当两次经过轨道同一点时速度降低，所需向心力减小，轨道对小球的支持力随之减小，滑动摩擦力也相应减小。因滑动摩擦力做功与路程相关，故Wf＞W'f，解得：h1＞h2。故C正确，ABD错误； 故选：C。 10．（多选）如图所示，滑索是一种常见的儿童游乐设施，轻绳与轻质滑环连接，玩耍时儿童手握轻绳由静止沿钢索滑下。若钢索与水平方向的夹角为α，下滑过程中轻绳与竖直方向的夹角β保持不变，忽略空气阻力影响，下列说法正确的是（　　） A．β有可能大于α B．β等于时，滑环与钢索间的动摩擦因数μ=tan C．β等于α时，滑环与钢索间的动摩擦因数μ＝tanα D．若μ=tanα，则儿童下滑过程中动能的增量与克服摩擦力做的功大小相等 【答案】BD 【详解】 A．设滑环与钢索间的动摩擦因数为μ，对人受力分析可知mgcosα＝Tcos（α-β），mgsinα-Tsin（α-β）＝ma 代入数据得a＝gsinα-gcosα•tan（α-β） 对人和滑环构成的整体受力分析可知加速度a＝gsinα-μgcosα 代入数据得μ＝tan（α-β） 故不可能有β＞α，故A错误； B．结合以上分析，当β=时，μ=tan，故B正确； C．结合以上分析，当β＝α时，μ＝0，故C错误； D．若μ=tanα，则滑环受到的摩擦力f=μmgcosα=mgsinα 位移为L时，动能增量ΔEk=(mgsinα-f)L=mgLsinα 克服摩擦力做功Wf=fL=mgLsinα 代入数据得Wf=mgLsinα，故D正确。 故选：BD。 考向三　动能定理求变力功/速度/位移（F-x 图面积·末速度·摩擦功） 11．如图甲所示，物体在水平推力作用下沿水平粗糙地面沿直线开始运动，推力大小F随位移大小x变化的情况如图乙所示，则（　　） A．运动过程中推力做的功一定为200J B．运动过程物体加速度一定都在变化 C．物体运动的位移一定为4m D．因推力是变力，无法确定推力做功的大小 【答案】A 【详解】 AD.F-x图像中，图线与坐标轴围成的面积表示该力做功， 则由图乙可知，运动过程中推力做的功为：W=J=200J， 故A正确，D错误； BC.运动过程，有F作用时，物体竖直方向受力平衡，水平方向受向右推力F、向左滑动摩擦力f， 由牛顿第二定律可得：F-f＝ma， 因为物体对地面正压力不变，则f不变，由图知，F一直减小，则该过程物体加速度一直变化； 运动过程，设有F作用的过程，物体克服滑动摩擦力做功为W， 则由动能定理可得：200J-W＝Ek-0， 若W＝200J，则x＝4m时，物体动能为零，物体运动的位移大小为4m； 若W＜200J，则x＝4m时，物体动能大于零，物体继续向右运动，该过程物体竖直方向受力平衡，水平方向受向左滑动摩擦力f， 由牛顿第二定律可得：f＝ma，则物体继续向右做匀减速直线运动，该过程物体加速度不变化，则此种情况，物体运动的位移大于4m， 故BC错误； 故选：A。 12．如图所示，在光滑的水平台阶上静置一质量m＝2kg的小物块，物块到台阶边缘O点的距离s＝2.5m，台阶右侧固定一竖直挡板，O到挡板的水平距离x＝5m。现用F＝10N的水平恒力拉动物块，到O点时撤去拉力，g＝10m/s²。（1）求物块运动到O点时的速度大小v；（2）求物块从O点到击中挡板时的位移大小l；（3）若拉力F的大小可以改变，求物块以最小速度击中挡板时拉力的值F′。 【答案】（1）物块运动到O点时的速度大小v为5m/s； 【详解】 （1）物块从出发点到O点的过程，根据动能定理得 Fs=mv² 解得 v＝5m/s （2）物块离开平台后做平抛运动，运动到挡板的时间为 t==s＝1s 竖直位移大小为 h=gt²=×10×1²m＝5m 则物块从O点到击中挡板时的位移大小为 l==m＝5m （3）物块在平台上运动过程，由动能定理得 F′s=mv′² 平抛运动的时间为 t′= 物块击中挡板时速度大小为 v″=== 根据数学知识，当v′2= 即v′==m/s＝5m/s时，v″最小 根据F′s=mv′²得 F′＝20N （1）物块运动到O点时的速度大小v为5m/s； （2）物块从O点到击中挡板时的位移大小l为5m； （3）物块以最小速度击中挡板时拉力的值F′为20N。 13．如图所示，竖直平面内粗糙的倾斜轨道AB与光滑的水平轨道BC平滑连接，轨道AB的倾角θ＝30°。小物块从轨道AB上距离B点L＝9m处由静止释放，物块与斜面间的动摩擦因数μ=，轨道BC距离地面的高度h＝3.2m，重力加速度g＝10m/s²。求：（1）物块在轨道BC上滑行的速度v1；（2）物块落到地面时的速度大小v2。 【答案】（1）物块在轨道BC上滑行的速度v1为6m/s。 【详解】 （1）滑块从A到B过程，根据动能定理得 mgLsinθ−μmgLcosθ=mv₁² 解得：v1＝6m/s （2）从C点到落地的过程，根据动能定理得 mgh=mv₂²-mv₁² 解得：v2＝10m/s （1）物块在轨道BC上滑行的速度v1为6m/s。 （2）物块落到地面时的速度大小v2为10m/s。 14．如图所示，O、A两点位于同一水平线上且间距L＝0.45m，质量m＝1kg的小球用长L的轻质细线悬挂在距水平地面高H＝0.90m的O点。现将小球由A点静止释放，运动至悬点O的正下方B点时细线刚好断裂，接着小球水平飞出，落至水平面上的C点。不计空气阻力，重力加速度g取10m/s²。求：（1）细线断裂前瞬间拉力F的大小；（2）小球落地点C到B点的水平距离x。 【答案】（1）细线断裂前瞬间拉力F的大小为30N； 【详解】 （1）从A点到B点过程，根据动能定理可得mgL=mvB²-0 解得vB＝3m/s 在B点，由牛顿第二定律可得F-mg=m 解得F＝30N （2）小球从B点抛出后做平抛运动，竖直方向有H-L=gt² 解得t＝0.3s 则小球落地点C到B点的水平距离为x＝vBt 解得 x＝0.9m （1）细线断裂前瞬间拉力F的大小为30N； （2）小球落地点C到B点的水平距离x为0.9m。 15．如图，一雪块从倾角θ＝37°的大山顶上的O点由静止开始下滑，滑到A点后离开大山。O、A间距离x＝22.5m，A点距地面的高度h＝8.75m，雪块与大山的动摩擦因数μ＝0.125。不计空气阻力，雪块质量不变，取sin37°＝0.6，重力加速度大小g＝10m/s²。求：（1）雪块从A点离大山顶时的速度大小v0；（2）雪块落地时的速度大小v1及其速度方向与水平方向夹角的正切值tanα。 【答案】（1）雪块从A点离大山顶时的速度大小v0为15m/s； 【详解】 （1）雪块下滑过程中，由动能定理可得： mg⋅xsinθ-μmgcosθ⋅x=mv₀²-0， 化简可得： v₀²=2gx(sinθ-μcosθ)， 解得： v0＝15m/s； （2）由题意可知，雪块从A点离开后做斜抛运动，初速度v0沿斜面向下，与水平方向夹角为θ，则由运动学规律可知： 在水平方向，雪块做匀速直线运动，速度为： vx＝v0cosθ＝（15×0.8）m/s＝12m/s， 在竖直方向，雪块做竖直下抛运动，初速度与下落高度分别为： v0y＝v0sinθ＝（15×0.6）m/s＝9m/s），h＝8.75m， 则由运动学规律可得： h=v0yt+gt²， 联立可得： t＝0.7s， 由此可知，雪块竖直方向末速度为： vy＝v0y+gt＝（9+10×0.7）m/s＝16m/s 则落地时的速度大小为： v₁==m/s=20m/s， 速度方向与水平方向夹角的正切值为： tanα===； （1）雪块从A点离大山顶时的速度大小v0为15m/s； （2）雪块落地时的速度大小v1为20m/s，其速度方向与水平方向夹角的正切值tanα为。 考向四　多过程、曲线与图像综合（全程列式·斜面/圆周/平抛·v-t/a-x/F-x 图） 16．冰壶是冬奥会的一项竞技项目，考查参与者的体能与脑力，被称为“冰上国际象棋”。某次运动员将冰壶从Ⅰ区域某处以一定的初速度向前掷出，冰壶最终停止在Ⅲ区域的某处。已知冰壶与前方水平冰面上Ⅰ、Ⅲ区域间的动摩擦因数相同且大于与Ⅱ区域间的动摩擦因数。若运动员第二次掷出冰壶的位置较第一次更靠近Ⅱ区域，掷出冰壶的初速度与第一次相同，则关于冰壶两次运动过程中的位移、时间关系，下列说法正确的是（　　） A．冰壶第一次运动的位移大于第二次的 B．冰壶第一次运动的位移小于第二次的 C．冰壶第一次运动的时间大于第二次的 D．冰壶第一次运动的时间小于第二次的 【答案】C 【详解】 A、设冰壶在Ⅰ、Ⅲ区域运动的总位移大小为x1，Ⅰ、Ⅲ区域间的动摩擦因数为μ1；Ⅱ区域的长度为x2，Ⅱ区域间的动摩擦因数为μ2，冰壶的初速度为v0。对整个过程，根据动能定理有 -μ₁mgx₁-μ₂mgx₂=0-mv₀² 因冰壶前后两次的x2均相等，故x1也相同，则冰壶第一次运动的位移等于第二次的，故AB错误； CD、根据牛顿第二定律有μmg＝ma 解得：a＝μg 因为μ1＞μ2，所以a1＞a2 根据v-t图线的斜率表示加速度，v-t图像与时间轴所围的面积表示位移，作出冰壶两次运动的大致v-t图像如图所示： 由图可知，冰壶第一次运动的时间大于第二次的，故C正确，D错误。 故选：C。 17．质量可以忽略的甲、乙两棒一端各固定一相同小球，另一端可以绕水平转轴在竖直平面内转动，如图所示，现将两棒由水平位置无初速度释放，转过θ角（θ≤90°）。已知甲棒较长，不计一切阻力，下列说法正确的是（　　） A．两棒转过相同角度θ时，两小球的线速度一样大 B．两棒转过相同角度θ时，甲棒上小球的向心加速度较大 C．两棒转过相同角度θ时，两棒转动的角速度一样大 D．两棒转过相同角度θ时，运动时间的关系为t甲＞t乙 【答案】D 【详解】 A．转过θ的过程中，根据动能定理有：mgLsinθ=mv²，解得：v=，所以甲球的速度比乙球大，故A错误； B．向心加速度为：a=，解得：a＝2gsinθ，所以两球向心加速度相等，故B错误； C．根据v＝Lω可知角速度为：ω=，可知两棒转过相同角度θ时，乙棒转动的角速度较大，故C错误； D．根据角速度的计算公式ω=可知，两棒转过相同角度θ时，运动时间的关系为t甲＞t乙，故D正确； 故选：D。 18．交警驾驶执法车沿滨湖新区环湖大道直线巡查，初始以10m/s的初速度经过坐标原点O。执法车的加速度a随其到O点的距离x变化的关系如图所示（初速度方向为正）。下列说法正确的是（　　） A．0～30m内，执法车的加速度恒定不变，做匀变速直线运动 B．执法车速度最大时，到O点的距离为30m C．当执法车到O点的距离为40m时，速度大小为5m/s D．执法车的最大速度为15m/s 【答案】B 【详解】 A、由a-x图像分析可知，在0～30m区间内，执法车的加速度a随位移x增大而线性减小，说明加速度非恒定，因此车辆做变加速直线运动，故A错误； B、根据动能定理FΔx＝ΔEk及牛顿第二定律F＝ma可得maΔx＝ΔEk，即a-x图像与横轴围成的面积代表单位质量的动能变化量v²-v₀²。在0～30m阶段，加速度a与速度v方向相同，车辆加速；当x＞30m时a反向，车辆减速，故x＝30m时速度达到最大值，故B正确； D、计算得0～30m区间面积S1=×10×30m＝150m，代入vmax²-v₀²=150，解得vmax＝20m/s，故D错误； C、当x＝40m时，由几何关系得a=-m/s²。30m～40m区间面积为负值S2=×(40-30)×(-)m=-m，全程总面积S总＝150m-m=m。由v²-v₀²=（m/s）2，解得v≈19.15m/s，故C错误。 故选：B。 19．（多选）人们有时用“打夯”的方式把松散的地面夯实，如图所示。设某次打夯符合以下模型：两人同时通过绳子对质量为m的地面上的重物各施加一个力，力的大小均恒为F，方向都斜向上与竖直方向成θ角，重物离开地面高度为h时人停止施力，重物最终下落至地面，并把地面砸下深度为d的凹坑。不计空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．重物落下接触地面时的动能等于2Fhcosθ B．重物上升的最大高度为 C．整个过程重力做功等于mg（h+d） D．地面对重物的阻力做功等于-（2Fhcosθ+mgd） 【答案】ABD 【详解】 A.设重物落下接触地面时的动能为Ek，从地面到接触地面的过程，拉力做功2Fhcosθ，重力总做功为0（初末位置均在地面）。根据动能定理，接触地面时的动能等于拉力做功，即 Ek＝2Fhcosθ，故A正确； B.对重物从刚开始离开地面上升到最大高度过程，根据动能定理有2Fhcosθ-mgH＝0 可得重物上升的最大高度H=，故B正确； C.重力做功仅与初末高度差有关，整个过程重物下降位移为d，则重力做功为WG＝mgd，故C错误； D.设地面对重物的阻力做功为Wf，重物下落至刚接触地面到最终停下的过程，根据动能定理有WG+Wf＝0-Ek解得W＝-（2Fhcosθ+mgd），故D正确。 故选：ABD。 20．如图甲，装置由弧形轨道AB、竖直圆轨道（C点位置轨道前后稍有错开）及水平直轨道BD平滑连接而成。水平轨道BC段与滑块间的动摩擦因数μ从左向右随距离x均匀变化，如图乙所示。除BC段外，其余轨道均光滑。现将质量m＝1kg的滑块（视为质点）从高度h＝1.4m的A点静止释放，第一次通过圆轨道后与挡板碰撞反弹，恰好能第二次通过圆轨道最高点。已知圆轨道半径R＝0.11m，BC段长x0＝1m，重力加速度g取10m/s²。求：（1）滑块第一次运动到B点时的速度大小vB；（2）滑块第二次经过C点时的动能EkC并求出滑块与挡板碰撞损失的动能ΔEk；（3）滑块最终停在何处。 【答案】（1）滑块第一次运动到B点时的速度大小vB为2m/s； 【详解】 （1）滑块从A点运动到B点，由动能定理，有mgh=mvB²-0 解得vB=2m/s （2）由题意，滑块反弹后恰好能从C点通过圆轨道最高点，由动能定理，有-mg⋅2R=mv′²-EkC 在圆轨道最高点，有mg=m 联立解得EkC＝2.75J 利用面积法可得滑块经过BC段，滑动摩擦力做功为Wf=-×(0.5+0.7)×1.0×10J=-6J 与挡板碰前的动能为Ek＝mgh+Wf＝1×10×1.4J+（-6J）＝8J 滑块与挡板碰撞损失的动能ΔEk＝5.25J （3）由题意，而EkC＝2.75J＜6J 则滑块不能回到B点，设其还能向左运动位移为Lm，如图所示 则由几何关系可知，在停止位置，接触面间的动摩擦因数μ1＝0.5+0.2L 由动能定理，有Wf1＝0-EkC 由面积法，有Wf1=-×(0.5+μ₁)×L×10J 联立，解得L＝0.5m或-5.5m（舍去） 则x＝1.0m-0.5m＝0.5m 即滑块最终停止位置为B点右侧0.5m处。 （1）滑块第一次运动到B点时的速度大小vB为2m/s； （2）滑块第二次经过C点时的动能EkC为2.75J，滑块与挡板碰撞损失的动能ΔEk为5.25J； （3）滑块最终停在B点右侧0.5m处。 ★ 重难题型专练（15题）★ （精选高频重难题，覆盖动能定理理解、变力做功与 F-x/a-x 图像、多过程全程列式、曲线与圆周平抛综合、福建舰电磁弹射前沿） 21．如图所示，将一质量为m的小球从距离地面H高处以初速度v₀水平抛出，落地时速度与水平方向夹角为30°。已知运动过程所受空气阻力的大小与速度大小成正比，满足f＝kv（其中k=，g为重力加速度），方向始终与速度方向相反。下列说法正确的是（　　） A．小球落地时速度大小为2v0 B．下落过程中空气阻力对小球做功为-mgH+mv₀² C．小球下落过程中的水平位移大小为 D．小球下落的时间为+ 【答案】C 【详解】 小球在水平方向只受空气阻力，竖直方向受重力和向上的空气阻力。根据牛顿第二定律，水平方向有-kvx=m，竖直方向有mg-kvy=m。由于k=，可得mg＝kv0，则竖直方向方程可变形为k(v₀-vy)=m。令vy'＝v0-vy，则有Δvy'＝-Δvy，竖直方向方程转化为-kvy′=m。由此可知vx与vy'随时间的变化规律完全相同，两者在任意时刻的比值等于初态时的比值。初态时vx0=v₀，vy0'＝v0-0＝v0，则==，即vx=(v₀-vy)。 A、小球落地时速度方向与水平方向夹角为30°，则有tan30°==，解得vx=vy，代入vx=(v₀-vy)解得落地时小球竖直分速度为vy=v₀，水平分速度为vx=v₀，所以落地时速度大小为v==v₀，故A错误； B、小球下落过程中，初动能为Ek0=mvx0²=mv₀²，末动能为Ek=mv²=mv₀²，根据动能定理有mgH+Wf＝Ek-Ek0，解得下落过程中空气阻力对小球做功为Wf=-mgH-mv₀²，故B错误； C、对水平方向利用动量定理，在极短时间Δt内有-kvxΔt＝mΔvx，即-kΔx＝mΔvx，对全过程求和有-kx＝m（vx-vx0），解得水平位移大小为x=，将k=、vx0=v₀、vx=v₀代入解得x=，故C正确； D、对竖直方向利用动量定理，在极短时间Δt内有（mg-kvy）Δt＝mΔvy，即mgΔt-kΔy＝mΔvy，对全过程求和有mgt-kH＝m（vy-0），将k=、vy=v₀代入可得mgt-=mv₀，解得小球下落的时间为t=+，故D错误。 故选：C。 22．无人机也常常用来送外卖，如图甲所示。地面上的无人机在外卖小哥的操控下竖直向上运动一段时间后悬停在顾客家阳台旁，整个上升过程的v-t图像如图乙所示。若物品质量为2kg，受到的空气阻力恒为重力的0.2倍，重力加速度取g＝10m/s²，则下列说法正确的是（　　） A．上升过程无人机升高了26m B．上升过程无人机的最大功率为80W C．前3s和后4s无人机对物品的拉力大小之比为4：3 D．上升过程中无人机对物品所做的功为520J 【答案】A 【详解】 A.在v-t图像的面积代表物体运动的位移，所以无人机升高了h=×4m=26m，故A正确； B．由v-t图线斜率代表物体的加速度，无人机在前3s的加速度为a₁=m/s² 上升过程无人机的最大功率在3s末根据P＝Fv，F＝mg+f+ma 代入数据得P=W，故B错误； C．由牛顿第二定律，前3s的拉力大小F1-mg-f＝ma1 代入数据得F₁=N 由v-t图线斜率可得，无人机在后4s的加速度大小为a₂=m/s²=1m/s² 由牛顿第二定律，后4s的拉力大小F2-mg-f＝m（-a2） 代入数据得F2＝22N 代入数据得F1：F2＝40：33，故C错误； D.上升过程由动能定理得W-mgh-fh＝0-0 代入数据得W＝1.2mgh＝624J，故D错误。 故选：A。 23．如图甲所示，一高山滑雪运动员在与水平面夹角θ＝30°的雪地上向下沿直线滑行，滑道足够长，运动员下滑过程的重力势能Ep、动能Ek与下滑位移x的变化关系如图所示，不计滑行过程的阻力，g＝10m/s²，则下列说法正确的是（　　） A．运动员质量为50kg B．滑雪杆对运动员的平均推力为400N C．下滑4m时，运动员的重力势能与动能相等 D．下滑10m时，重力的瞬时功率P=1200W 【答案】C 【详解】 A、由题意可知mgxsin30°＝EP0，解得运动员质量为m=kg=60kg，故A错误； B、根据动能定理mgxsin30°+Fx＝Ek-Ek0，可得滑雪杆对运动员的平均推力为F=，解得：F=N=100N，故B错误； D、下滑10m时，物体的速度v==m/s=m/s，重力的瞬时功率P=mgvsin30°=600××0.5W=600W，故D错误。 C、由图像可知，下滑4m时，运动员的重力势能EP4=3000J-×4J=1800J，动能Ek4=200J+×4J=1800J，故C正确； 故选：C。 24．如图甲所示，一轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m的小球从弹簧上端由静止下落。若以小球开始下落的位置为坐标原点，沿竖直向下建立坐标轴Ox，小球下落至最低点过程中的a-x图像如图乙所示（图中坐标值皆已知），不计空气阻力，小球可看作质点，重力加速度为g。则（　　） A．劲度系数k= B．小球向下运动过程中最大速度vm= C．弹簧最大弹力Fm=mg D．小球向下运动过程中最大加速度am=g 【答案】B 【详解】 A.结合图乙可知，小球下落的加速度为零时，由胡克定律及平衡条件可得：k（x1-x0）＝mg， 解得弹簧的劲度系数为：k=， 故A错误； C.由胡克定律可知，小球向下运动过程中弹簧最大弹力为：Fm＝k（x2-x0）， 解得：Fm=mg， 故C错误； D.弹簧弹力最大时加速度最大，则小球向下运动过程中最大加速度为：am=， 解得：am=g， 故D错误； B.根据动能定理可知：mv²-mv₀²=F合x， 整理可得：v²-v₀²=ax， 设小球向下运动过程中最大速度为vm， 结合a-x图像可知：=g， 解得小球向下运动过程中最大速度为：vm=， 故B正确； 故选：B。 25．（多选）质量为1kg的物体在水平力作用下由静止开始沿水平面做直线运动，物体的加速度a随时间t的变化规律如图所示，下列说法正确的是（　　） A．t＝2s时物体的运动方向发生改变 B．t＝1s时物体的速度大小为6m/s C．0～3s内，合外力对物体做功为128J D．0～3s内，合外力对物体做功为32J 【答案】BD 【详解】 由a-t图像可知，在0～2s内物体做匀加速直线运动，其加速度a₁=6m/s²；在2～3s内做匀减速直线运动，其加速度a₂=-4m/s²。根据速度公式v＝v0+at可得，t＝1s时的速度v1＝6m/s，t＝2s时的速度v2＝12m/s，而在t＝3s时的速度v3＝v2+a2Δt，解得：v3＝8m/s。 AB、由于在0～3s整个过程中物体的速度始终大于零，说明物体的运动方向一直未发生改变，故t＝2s时运动方向不变；由计算可知t＝1s时物体的速度大小为6m/s，故A错误，B正确； CD、根据动能定理，在0～3s内合外力对物体做的总功等于动能的变化量，即W=mv₃²-0，代入数据解得：W＝32J，故C错误，D正确。 故选：BD。 26．（多选）如图所示，甲为水平平台，乙为与甲处在同一水平面的传送带。传送带在电机带动下以速度v匀速运转。某时刻质量为m的货物自平台上以垂直于传送带运行方向的速度冲上传动带，货物刚冲上传送带时速度也为v。已知货物与传送带之间的动摩擦因数为μ，货物与传动带相对静止之前未脱离传动带，重力加速度为g，关于自货物冲上传送带至货物与传送带相对静止过程中下列描述正确的是（　　） A．货物相对于地面做曲线运动 B．货物在传送带上的划痕为直线 C．摩擦力对货物做功为mv2 D．货物在传送带上留下的划痕长度为 【答案】ABD 【详解】 A．设货物刚冲上传送带时速度方向为x轴正方向，传送带运行方向为y轴正方向，货物沿x轴正方向做匀减速运动，直至速度为零，沿y轴正方向做匀加速运动，直至速度与传送带速度相同，可知货物受到合力与x轴负方向呈45°角，故货物所受合外力方向与速度方向不在同一直线上，根据做曲线运动的条件可知货物相对于地面做曲线运动，故A正确； B．货物刚冲上传送带时相对于传送带的速度大小为v，方向与x轴正方向成45°角，与y轴负方向也成45°角，之后相对于传送带做匀减速直线运动直到相对于传送带静止，故货物在传送带上的划痕为直线，故B正确； C．最终货物与传送带共速，根据动能定理可知摩擦力对货物做功为Wf=mv²-mv²=0 故C错误； D．以传送带为参考系，货物的初速度大小为v，根据牛顿第二定律可知加速度大小为a==μg 划痕长度即整个过程中货物相对于传送带的位移大小，设为l，根据运动学公式有l== 故D正确。 故选：ABD。 27．（多选）作为研制新一代飞行器的摇篮，我国JF-22超高速风洞研制成功。JF-22超高速风洞可以复现几十千米高空、速度最高达约三十倍声速的飞行条件。若将一质量为m的小球从风洞中地面上的A点竖直向上弹出，小球受到大小恒定的水平风力作用，到达最高点B时的速度大小与A点的速度大小之比为3：4。小球最后落回到地面上的C点。不计空气阻力，重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　） A．小球受到的风力大小为mg B．小球运动过程的加速度大小为g C．小球从A到B与从B到C的过程中水平速度变化量大小之比为1：1 D．小球在空中的最小速率与A点的速率之比为3：5 【答案】ACD 【详解】 AB.小球到达最高点B时的速度大小与A点的速度大小之比为v水平：v0＝3：4，在最高点竖直方向速度为0，设从A到B需要时间t，则 v水平＝a水平t v0＝gt 小球运动的加速度大小为 a= 联立解得 a水平=g a=g 则 F水平=ma水平=m×g=mg 故A正确，B错误； C.小球上升和下降的时间相等，根据以上分析可知，小球在水平方向做匀加速直线运动，所以小球从A到B与从B到C的过程中水平速度变化量大小之比为1：1，故C正确； D.小球在重力和风力的合力场中做类斜抛运动，当小球速度方向与合力方向垂直时速度最小，根据前面分析可知合力与竖直方向的夹角θ的正切值为tanθ== 解得 tanθ= 根据速度的合成与分解可得小球运动过程中的最小速度为vmin＝v0sinθ 小球在空中的最小速率与A点的速率之比为 = = 故D正确。 故选：ACD。 28．如图所示，质量为m的小球系在一根长为L的细线一端，细线另一端固定于O点，圆O是竖直平面内以线长为半径的圆，AB、CD分别为其水平和竖直直径。在A处有一弹射装置（图中未画出），可使小球获得竖直向上大小不同的发射速度，空间存在水平向右大小恒定的风力，重力加速度为g。（1）无风F＝0时，小球从A点获得某速度后恰能做完整的圆周运动，求小球到D点时速度的大小；（2）风力F1＝0.5mg时，小球从A点获得速度v₁=，求小球在A点受到细线拉力的大小；（3）风力F2＝mg时，小球从A处获得速度v₂=，求小球运动到AOB所在水平面时速度的大小。 【答案】（1）小球到D点时速度的大小为；（2）小球在A点受到细线拉力的大小为2.5mg；（3）小球运动到AOB所在水平面时速度的大小为。 【详解】 （1）无风F＝0时，要使小球恰能做完整的圆周运动，在最高点D处细线的张力应为零，由重力提供向心力，由牛顿第二定律有 mg= 解得vD= （2）在A点时，小球由细线的拉力及风力的合力提供圆周运动的向心力，根据牛顿第二定律可得 F+F₁= 其中风力F1＝0.5mg 解得小球在A点受到细线拉力的大小为F＝2.5mg （3）有风力F2＝mg，小球从A点以 v₂= 竖直向上发射，再次经过水平直径（即 AOB 所在水平面）时，重力势能无变化，风力做正功W＝F•x 小球从 A到 B水平方向上位移x＝2L，故风力所做功为W＝F•2L＝2mgL 设该时刻速率为v，由动能定理得W=mv²-mv₂² 联立解得v= （1）小球到D点时速度的大小为； （2）小球在A点受到细线拉力的大小为2.5mg； （3）小球运动到AOB所在水平面时速度的大小为。 29．如图所示是某游乐场中水上过山车的原理示意图。半径为R＝8m的圆轨道竖直固定在离水面高h＝3.2m的水平平台上，圆轨道与水平平台相切于A点，A、B分别为圆轨道的最低点和最高点。过山车（实际是一艘带轮子的气垫小船，可视作质点）高速行驶，先后会通过多个圆轨道，然后从A点离开圆轨道进入光滑的水平轨道AC，最后从C点水平飞出落入水中，整个过程刺激惊险，受到很多年轻人的喜爱。已知水面宽度为s＝12m，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s²。（结果可保留根号）（1）若过山车恰好能通过圆轨道的最高点B，则其在B点的速度为多大？（2）为使过山车安全落入水中，则过山车在C点的最大速度为多少？（3）某次运动过程中乘客在圆轨道最低点A对座椅的压力为自身重力的3倍，随后进入水平轨道AC并落入水中，求过山车落入水中时的速度大小。 【答案】（1）若过山车恰好能通过圆轨道的最高点B，则其在B点的速度大小为4m/s； 【详解】 （1）若过山车恰好能通过圆轨道的最高点B，则在B处重力提供向心力， 可得：mg=m， 解得：vB=4m/s； （2）过山车离开C点后做平抛运动， 竖直方向有：h=gt²， 水平方向有：s＝vmt， 解得：t＝0.8s，vm＝15m/s； （3）在A点时， 由牛顿第二定律可得：FN-m′g=m， 由题意可知：FN＝3m'g， 过山车离开C点后做平抛运动， 竖直方向有：vy＝gt， 由矢量合成法则可知，过山车落入水中时的速度大小为：v=， 联立可得：v＝4m/s； （1）若过山车恰好能通过圆轨道的最高点B，则其在B点的速度大小为4m/s； （2）为使过山车安全落入水中，则过山车在C点的最大速度为15m/s； （3）某次运动过程中乘客在圆轨道最低点A对座椅的压力为自身重力的3倍，随后进入水平轨道AC并落入水中，过山车落入水中时的速度大小为4m/s。 30．如图所示，竖直平面内的圆弧形光滑轨道半径为R＝0.4m，A端与圆心O等高，AD为与水平方向成45°角的斜面，B端在O的正上方，一个质量m＝1kg的小球在A点正上方某处由静止开始释放，自由下落至A点后进入圆形轨道并能沿圆形轨道到达B点，最后落到斜面上C点，且到达B处时小球对圆弧轨道顶端的压力大小为3mg（忽略空气阻力，重力加速度g取10m/s²）。求：（1）小球到达B点的速度；（2）从到达B点开始计时，小球何时距离直线BD最远；（3）小球在B点到C点的运动过程中重力势能的减小量ΔEp。 【答案】（1）小球到达B点的速度大小为4m/s，方向水平向右； 【详解】 （1）由题知，小球到达B处时对圆弧轨道顶端的压力大小为3mg，则由作用力与反作用力的特点可知，小球到达B处时圆弧轨道顶端对小球的弹力大小也为3mg， 则根据牛顿第二定律有：3mg+mg=m， 解得：vB＝4m/s，方向水平向右； （2）将小球从离开B点后的运动沿着BD和垂直于BD方向进行分解，则在垂直于BD方向的速度减为0时小球距离直线BD最远， 根据逆向思维法有：vBcos45°＝gsin45°t， 解得：t＝0.4s； （3）将小球从离开B点后的运动沿着水平和竖直方向进行分解， 则有：tan45°=， 解得：t′＝0.8s， 则小球在B点到C点的运动过程中竖直方向的位移大小为：h=gt′²， 解得：h＝3.2m， 则小球在B点到C点的运动过程中重力势能的减小量为：ΔEp＝mgh， 解得：ΔEp＝32J； （1）小球到达B点的速度大小为4m/s，方向水平向右； （2）从到达B点开始计时，小球0.4s时距离直线BD最远； （3）小球在B点到C点的运动过程中重力势能的减小量ΔEp为32J。 31．如图所示，BC为圆心角θ＝37°的粗糙圆弧轨道，半径R＝2m，末端C与传送带水平相接，传送带顺时针转动，CD长度l＝11.75m。一质量m＝1kg的小物块自A点以速度v0＝4m/s水平抛出，沿圆弧B端切向滑入轨道做匀速圆周运动，离开圆弧轨道后进入传送带运动到D点，小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2。不计空气阻力，g取10m/s²，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：（1）物块从A运动到B的时间t；（2）物块在圆弧轨道C端对轨道的压力大小；（3）若要使物块在2s内从C运动到D，传送带速度至少为多少？ 【答案】（1）物块从A运动到B的时间t为0.3s； 【详解】 （1）物块从A抛出后做平抛运动，恰好从B点滑入，根据几何关系可知其速度的偏向角为θ。设物块在B点时竖直方向的分速度为vy，则有 =tan37° 即得 vy＝3m/s 物块从A到B做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，有 vy＝gt 联立解得物块从A运动到B的时间为 t＝0.3s （2）物块到达B点时的速度大小为 vB==m/s＝5m/s 从B到C做匀速圆周运动，可得 vB＝vC 在C点对物块由牛顿第二定律有 FN-mg=m 联立解得 FN＝22.5N 根据牛顿第三定律可知，物块在圆弧轨道C端对轨道的压力大小F′N＝FN＝22.5N。 （3）从C到D物块加速时，根据牛顿第二定律得 μmg＝ma 若物块从C到D始终加速，则根据速度与时间的关系可得，物块到达D点的速度为 vD＝vC+at＝（5+2×2）m/s＝9m/s 根据速度与位移的关系可得 vD²-vC²=2ax 解得 x＝14m＞l＝11.75m 由此可知，物块应先做匀加速直线运动，与传送带共速后再做匀速直线运动，所用时间恰好为2s，即可得到传送带的最小速度，设匀加速运动的时间为t1，匀速运动的时间为t2，则有 t1+t2＝t x₁=vCt₁+at₁² x2＝（vC+at1）t2 且有x1+x2＝l 联立以上各式解得 t1＝0.5s，t2＝1.5s 即经过0.5s物块和传送带达到共速后一起做匀速直线运动，所用时间恰好为2s，则传送带的速度为 v＝vC+at1＝（5+2×0.5）m/s＝6m/s 所以可知，若要使物块在2s内从C运动到D，传送带速度至少为6m/s。 （1）物块从A运动到B的时间t为0.3s； （2）物块在圆弧轨道C端对轨道的压力大小为22.5N； （3）若要使物块在2s内从C运动到D，传送带速度至少为6m/s。 32．如图，两个半径均为R＝2m的四分之一圆弧管道BC（管道内径很小）及轨道CD对接后竖直固定在水平面AEF的上方，其圆心分别为O1、O2，管道BC下端B与水平面相切。在轨道BCD的右侧竖直固定一半径为2R的四分之一圆弧轨道EFG，其圆心恰好在D点，下端E与水平面相切，D、O2、E在同一竖直线上，在水平面上与管道BC下端B左侧距离为L＝12m处有一质量为m＝2kg、可视为质点的物块，以初速度v0＝13m/s沿水平面向右运动，从B处进入管道BC，恰好能从轨道CD的最高点D飞出，并打在轨道EFG上。已知物块与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.2，重力加速度大小取g＝10m/s²。求：（1）物块通过D点时的速度大小；（2）物块刚进入管道BC的下端B时对管道BC的压力；（3）物块从轨道CD的D点飞出后打在轨道EFG上时下落的高度。 【答案】（1）物块通过D点时的速度大小为2m/s； 【详解】 （1）物块恰好能从轨道CD的最高点D飞出，在D点，由重力提供向心力，由牛顿第二定律有mg=m 解得物块通过D点时的速度大小v＝2m/s （2）物块从A到B过程，由动能定理得 -μmgL=mvB²-mv₀² 解得vB＝11m/s B点是圆弧管道最低点，物块在B点所需要的向心力由支持力和重力合力提供，则有N-mg=m 解得N＝141N 根据牛顿第三定律，物块对管道的压力大小为141N，方向竖直向下。 （3）物块从D点水平抛出做平抛运动，设下落高度为h，运动时间为t，则水平方向有x＝vDt 竖直方向可分解为自由落体运动，有h=gt² 可得t²==s² EFG轨道圆心在D点，半径2R，轨迹满足几何关系x²+h²＝（2R）²＝16m² 将vD²=20m²/s²、t²=s²代入，得4h+h2＝16m2 解得h=(2-2)m （1）物块通过D点时的速度大小为2m/s； （2）物块刚进入管道BC的下端B时对管道BC的压力为141N，方向竖直向下； （3）物块从轨道CD的D点飞出后打在轨道EFG上时下落的高度是(2-2)m。 33．如图所示，一质量为m的粗细均匀的圆木棒竖直静止放置在地面上，一质量为2m小环套在木棒上，从距离木棒下端l＝3m处以竖直向上v0＝6m/s的初速度向上滑动。已知木棒与小环间的滑动摩擦力大小为Ff＝2mg，小环可以看作质点，木棒与地面发生碰撞后速度立刻减为零，整个过程中木棒始终保持竖直，且小环不会从木棒上方滑出，g＝10m/s²，不计空气阻力，求：（1）小环经过多长时间第一次与木棒速度相同；（2）木棒第一次与地面碰撞时的速度的大小；（3）小环第一次与地面碰撞时：ⅰ.小环的速度大小为多少；ⅱ.从木棒第一次与地面碰撞到此时刻所用时间。 【答案】（1）小环经过0.2s第一次与木棒速度相同； 【详解】 （1）小环刚开始受到的摩擦力向下，根据牛顿第二定律，对小环分析：Ff+2mg＝2ma1 代入数据得a₁=20m/s²，对木棒分析Ff-mg＝ma2 代入数据得a₂=10m/s² 设小环和木棒达到共速的时间为t，可得v0-a1t＝a2t 代入数据得t＝0.2s （2）小环与木棒共速的速度v＝a2t 代入数据得＝2m/s 木棒上升高度h₁=a₂t² 代入数据得h1＝0.2m 共速后小环与木棒一起向上做竖直上抛运动，共同运动加速度a₃=10m/s² 匀减速运动位移h₂= 代入数据得h2＝0.2m 木棒竖直方向总位移为h＝h1+h2 代入数据得h＝0.4m 木棒第一次与地面碰撞时的速度的大小v= 代入数据得v＝2m/s （3）ⅰ.因木棒与地面发生碰撞速度立马减为零，此时对小环分析Ff-2mg＝2ma4 代入数据得a4＝0，小环匀速运动，木棒受力平衡，速度为零后不再有加速度，处于静止状态，代入数据得小环速度v₁=2m/s ⅱ.小环与木棒共速前小环运动位移h′₁=v₀t-a₁t²=0.8m 代入数据得h′1＝0.8m 小环相对木棒向上运动的位移Δh＝h'1-h1 代入数据得Δh＝0.6m 小环相对木棒下端高度为x＝l+Δh 代入数据得x＝3.6m 由x＝v1t1可知从木棒第一次与地面碰撞到小环第一次与地面碰撞所用时间 代入数据得t₁=s （1）小环经过0.2s第一次与木棒速度相同； （2）木棒第一次与地面碰撞时的速度的大小是2m/s； （3）小环第一次与地面碰撞时：ⅰ.小环的速度大小是2m/s； ⅱ.从木棒第一次与地面碰撞到此时刻所用时间是s。 34．如图所示，从A点以v0＝4m/s的水平速度抛出一质量m＝1kg的小物块（可视为质点，不计空气阻力），当物块运动至B点时，恰好沿切线方向进入固定在地面上的半径R＝3m的粗糙圆弧轨道BC，其中轨道C端切线水平，当小物块运动到轨道末端C时对轨道的压力大小为22N。随后小物块滑上静止在粗糙水平面的长木板上，已知长木板的质量M＝2kg，物块与长木板之间的动摩擦因数μ1＝0.5，长木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，半径OB与竖直半径OC间的夹角θ＝37°。取g＝10m/s²，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：（1）小物块运动至B点时的速度大小；（2）小物块在粗糙圆弧轨道BC上运动的过程中，摩擦力所做的功？（3）若长木板长为L＝3.2m，则自小物块滑上长木板起，到它们最终都停下来的过程中，小物块与长木板间产生的热量及地面与长木板间产生的热量各为多少？ 【答案】（1）小物块运动至B点时的速度大小5m/s。 【详解】 （1）根据运动的分解可知vB=，解得vB＝5m/s （2）在C点对物体受力分析，根据牛顿第二定律可得FN-mg= 由题意可知FN＝22N 代入数据，联立解得vC＝6m/s 小物块从B到C的过程中，根据动能定理可得mgR（1-cosθ）+Wf=mvC²-mvB² 代入数据解得Wf＝-0.5J （3）小物块在长木板上滑动过程中，设小物块和长木板的加速度大小分别为a1、a2，根据牛顿第二定律可得μ1mg＝ma1，μ1mg-μ2（M+m）g＝Ma2 解得a1＝5m/s²，a2＝1m/s² 假设小物块与长木板可以达到共速时，且所用时间为t，由运动学公式有v共＝vC-a1t＝a2t 解得t＝1s，v共＝1m/s t时间内小物块和长木板的位移大小分别为x1=(vC+v共)t，解得x2＝3.5m， x2=v共t，解得x2＝0.5m 二者的位移差Δx＝x1-x2 解得Δx＝3m＜L＝3.2m 假设成立，由于μ1＞μ2，所以共速之后二者将共同做匀减速运动，加速度大小为a'=(μ₂(M+m)g)/(M+m)=μ₂g，解得a′=1m/s² 从共速到停下来通过的位移为x'=，解得x'＝0.5m 自小物块滑上长木板起，到它们最终都停下来的过程中， 小物块与长木板间产生的热量为Q1＝μ1mg•Δx，解得Q1＝15J 地面与长木板间产生的热量为Q2＝μ2（M+m）g（x2+x'），解得Q2＝3J （1）小物块运动至B点时的速度大小5m/s。 （2）小物块在粗糙圆弧轨道BC上运动的过程中，摩擦力所做的功-0.5J。 （3）若长木板长为L＝3.2m，则自小物块滑上长木板起，到它们最终都停下来的过程中，小物块与长木板间产生的热量15J，地面与长木板间产生的热量3J。 35．如图所示，长L＝3m的水平桌面AC固定在地面上，B为AC的中点，桌面上AB段光滑，BC段粗糙，轻弹簧右端固定在A点，左端与质量m＝1kg的小物块（可视为质点）接触（不拴接）。左侧倾角θ＝45°的斜面与桌面等高，高度h＝2m，C、D两点恰好在同一竖直线上。缓慢向右推动小物块，使弹簧压缩量Δx＝0.2m，此时突然释放小物块，小物块恰好能运动到C点。已知A、B两点的距离恰好等于弹簧的原长，弹簧的最大压缩量为7Δx，弹簧具有的弹性势能Ep=kx²，式中x为弹簧相对原长的形变量，小物块与BC段间的动摩擦因数μ＝0.1，取重力加速度大小g＝10m/s²，不计空气阻力。（1）求弹簧的劲度系数k；（2）改变小物块释放的初始位置，求小物块离开桌面时的最大速度vm；（3）改变小物块释放的初始位置，求小物块击中斜面时的最小动能Ekmin。 【答案】（1）弹簧的劲度系数等于75 N/m； 【详解】 （1）根据动能定理有 kΔx²-=0-0 解得 k＝75N/m （2）当弹簧的压缩量为7Δx时，设弹簧具有的弹性势能为Ep7，有 Ep7=k(7Δx)² Ep7-=mvm² 解得 vm＝12m/s （3）改变小物块释放的初始位置，设小物块离开桌面时的速度大小为vC′，击中斜面时的动能为Ek，则有 Ek=mvC′²+mgy x＝vC′t，y=gt² 由几何关系可知 x+y＝h 整理得 Ek=mg(+-) 当存在 = 此时，Ek取最小值，最小值 Ekmin=10(-1)J （1）弹簧的劲度系数等于75 N/m； （2）小物块离开桌面时的最大速度等于12 m/s； （3）小物块击中斜面时的最小动能等于10(-1)J。 重难突破系列　|　人教版高中物理必修二　|　8.3 动能 动能定理 重难突破系列　|　人教版高中物理必修二　|　8.3 动能 动能定理　 学科网（北京）股份有限公司 $