PAGEPAGE18第2講動能定理一、動能1．定義：物體由于運(yùn)動而具有的能量叫做動能．2．公式：Ek＝eq\f(1,2)mv2.3．單位：焦耳，1J＝1N·m＝1kg·m2/s2.4．動能是標(biāo)量，沒有負(fù)值．5．動能是狀態(tài)量，因?yàn)関為瞬時速度．自測1(多選)關(guān)于動能的理解，下列說法正確的是()A．動能是機(jī)械能的一種表現(xiàn)形式，凡是運(yùn)動的物體都具有動能B．動能總為非負(fù)值C．肯定質(zhì)量的物體動能變更時，速度肯定變更，但速度變更時，動能不肯定變更D．動能不變的物體，肯定處于平衡狀態(tài)答案ABC二、動能定理1．內(nèi)容全部外力對物體做的總功(也叫合外力的功)等于物體動能的變更量．2．表達(dá)式：W總＝Ek2－Ek1.3．對定理的理解當(dāng)W總>0時，Ek2>Ek1，物體的動能增大．當(dāng)W總<0時，Ek2<Ek1，物體的動能減小．當(dāng)W總＝0時，Ek2＝Ek1，物體的動能不變．4．適用條件：(1)動能定理既適用于直線運(yùn)動，也適用于曲線運(yùn)動．(2)動能定理既適用于恒力做功，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，也可以分階段作用．如圖1所示，物塊沿粗糙斜面下滑至水平面．圖1對物塊有WG＋Wf1＋Wf2＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(02,).自測2韓曉鵬是我國首位在冬奧會雪上項(xiàng)目奪冠的運(yùn)動員．他在一次自由式滑雪空中技巧競賽中沿“助滑區(qū)”保持同一姿態(tài)下滑了一段距離，重力對他做功1900J，他克服阻力做功100J．韓曉鵬在此過程中()A．動能增加了1900JB．動能增加了2000JC．重力勢能減小了1900JD．重力勢能減小了2000J答案C自測3(多選)關(guān)于動能定理的表達(dá)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(jì)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(yùn)動，但不適用于曲線運(yùn)動，適用于恒力做功，但不適用于變力做功答案BC命題點(diǎn)一動能定理的理解和簡潔應(yīng)用1．動能定理表明白“三個關(guān)系”(1)數(shù)量關(guān)系：合外力做的功與物體動能的變更具有等量代換關(guān)系，但并不是說動能的變更就是合外力做的功．(2)因果關(guān)系：合外力做功是引起物體動能變更的緣由．(3)量綱關(guān)系：單位相同，國際單位都是焦耳．2．標(biāo)量性動能是標(biāo)量，功也是標(biāo)量，所以動能定理是一個標(biāo)量式，不存在方向的選取問題．當(dāng)然動能定理也就不存在重量的表達(dá)式．例1(2024·南京市、鹽城市二模)在體育課上，某同學(xué)練習(xí)投籃，他站在罰球線處用力將籃球從手中投出，如圖2所示，籃球約以1m/s的速度撞擊籃筐．已知籃球質(zhì)量約為0.6kg，籃筐離地面的高度約為3m，則該同學(xué)投籃時對籃球做的功約為()圖2A．1J B．10JC．30J D．50J答案B解析籃筐離地面的高度約為3m，則起先時籃球到籃筐的豎直高度約為h＝1.5m，在籃球運(yùn)動過程中，依據(jù)動能定理有W－mgh＝eq\f(1,2)mv2，則該同學(xué)投籃時對籃球做的功約為W＝mgh＋eq\f(1,2)mv2＝9.3J，B正確．變式1人用手托著質(zhì)量為m的物體，從靜止起先沿水平方向運(yùn)動，前進(jìn)距離s后，速度為v(物體與手始終相對靜止)，物體與人手掌之間的動摩擦因數(shù)為μ，則人對物體做的功為()A．mgs B．0C．μmgs＋eq\f(1,2)mv2 D.eq\f(1,2)mv2答案D命題點(diǎn)二動能定理分析問題的“兩種思路”1．應(yīng)用動能定理的流程簡記為：“確定狀態(tài)找動能，分析過程找力功，正功負(fù)功加一起，動能增量與它同”．2．應(yīng)用動能定理的留意事項(xiàng)(1)“兩個分析”：分析探討對象的受力狀況及運(yùn)動狀況．(2)“全程列式”和“分過程列式”．(3)列動能定理方程時，必需明確各力做功的正、負(fù)，的確難以推斷的先假定為正功，最終依據(jù)結(jié)果加以檢驗(yàn)．例2(多選)(2024·江蘇單科·7)如圖3所示，輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端連接一小物塊，O點(diǎn)為彈簧在原長時物塊的位置．物塊由A點(diǎn)靜止釋放，沿粗糙程度相同的水平面對右運(yùn)動，最遠(yuǎn)到達(dá)B點(diǎn)．在從A到B的過程中，物塊()圖3A．加速度先減小后增大B．經(jīng)過O點(diǎn)時的速度最大C．所受彈簧彈力始終做正功D．所受彈簧彈力做的功等于克服摩擦力做的功答案AD解析由A點(diǎn)起先運(yùn)動時，F(xiàn)彈>Ff，合力向右，小物塊向右加速運(yùn)動，彈簧壓縮量漸漸減小，F(xiàn)彈減小，由F彈－Ff＝ma知，a減小；當(dāng)運(yùn)動到F彈＝Ff時，a減小為零，此時彈簧仍處于壓縮狀態(tài)，由于慣性，小物塊接著向右運(yùn)動，此時F彈<Ff，小物塊做減速運(yùn)動，且隨著壓縮量接著減小，F(xiàn)彈與Ff差值增大，即加速度增大；當(dāng)越過O點(diǎn)后，彈簧被拉伸，此時彈力方向與摩擦力方向相同，有F彈′＋Ff＝ma′，隨著拉伸量增大，a′也增大．故從A到B過程中，物塊加速度先減小后增大，在壓縮狀態(tài)F彈＝Ff時速度達(dá)到最大，A對，B錯．在AO段物塊運(yùn)動方向與彈力方向相同，彈力做正功，在OB段運(yùn)動方向與彈力方向相反，彈力做負(fù)功，C錯．由動能定理知，A到B的過程中，彈力做功和摩擦力做功之和為0，D對．變式2某滑沙場如圖4所示，一旅游者乘滑沙橇從A點(diǎn)由靜止起先滑下，最終停在水平沙面上的C點(diǎn)．設(shè)滑沙橇和沙面間的動摩擦因數(shù)到處相同(斜面和水平面連接處的能量損失和空氣阻力忽視不計(jì))，滑沙者保持肯定姿態(tài)坐在滑沙橇上不動，若測得AC間水平距離為x，A點(diǎn)高為h，求滑沙橇與沙面間的動摩擦因數(shù)μ.圖4答案eq\f(h,x)解析設(shè)斜面與水平面所成的夾角為θ，滑沙者和滑沙橇總質(zhì)量為m，則滑沙者和滑沙橇從A點(diǎn)到斜面最低點(diǎn)，重力做功WG＝mgh，摩擦力做功Wf＝－μmgcosθ·eq\f(h,sinθ)滑沙者在水平面上運(yùn)動時，只有滑動摩擦力做功Wf′＝－μmgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(h,tanθ))).方法一：“隔離”過程，分段探討，設(shè)斜面最低點(diǎn)物體的速度為v，由A點(diǎn)到斜面最低點(diǎn)依據(jù)動能定理得WG＋Wf＝eq\f(1,2)mv2－0在水平面上運(yùn)動時，同理有Wf′＝0－eq\f(1,2)mv2，解得μ＝eq\f(h,x).方法二：從A到C全過程由動能定理得WG＋Wf＋Wf′＝0，解得μ＝eq\f(h,x).變式3(2024·錫山中學(xué)月考)一物塊沿傾角為θ的斜坡向上滑動．當(dāng)物塊的初速度為v時，上升的最大高度為H，如圖5所示；當(dāng)物塊的初速度為eq\f(v,2)時，上升的最大高度記為h.重力加速度大小為g.物塊與斜坡間的動摩擦因數(shù)和h分別為()圖5A．tanθ和eq\f(H,2) B．(eq\f(v2,2gH)－1)tanθ和eq\f(H,2)C．tanθ和eq\f(H,2) D．(eq\f(v2,2gH)－1)tanθ和eq\f(H,4)答案D解析依據(jù)動能定理有：－mgH－eq\f(μmgH,tanθ)＝0－eq\f(1,2)mv2，解得：μ＝(eq\f(v2,2gH)－1)tanθ，故選項(xiàng)A、C錯誤；當(dāng)物塊的初速度為eq\f(v,2)時，有：－mgh－eq\f(μmgh,tanθ)＝0－eq\f(1,2)m(eq\f(v,2))2，解得：h＝eq\f(H,4)，故選項(xiàng)B錯誤，選項(xiàng)D正確．命題點(diǎn)三動能定理與圖象的綜合應(yīng)用1．基本步驟(1)視察題目給出的圖象，弄清縱坐標(biāo)、橫坐標(biāo)所對應(yīng)的物理量及圖線所表示的物理意義．(2)依據(jù)物理規(guī)律推導(dǎo)出縱坐標(biāo)與橫坐標(biāo)所對應(yīng)的物理量間的函數(shù)關(guān)系式．(3)將推導(dǎo)出的物理規(guī)律與數(shù)學(xué)上與之相對應(yīng)的標(biāo)準(zhǔn)函數(shù)關(guān)系式相對比，找出圖線的斜率、截距、圖線的交點(diǎn)、圖線下的面積所對應(yīng)的物理意義，分析解答問題，或者利用函數(shù)圖線上的特定值代入函數(shù)關(guān)系式求物理量．2．圖象所圍“面積”的意義(1)v－t圖象：由公式x＝vt可知，v－t圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積表示物體的位移．(2)a－t圖象：由公式Δv＝at可知，a－t圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積表示物體速度的變更量．(3)F－x圖象：由公式W＝Fx可知，F(xiàn)－x圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積表示力所做的功．(4)P－t圖象：由公式W＝Pt可知，P－t圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積表示力所做的功．例3(2024·江蘇單科·4)從地面豎直向上拋出一只小球，小球運(yùn)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()答案A解析小球做豎直上拋運(yùn)動時，速度v＝v0－gt，依據(jù)動能定理Ek＝eq\f(1,2)mv2得Ek＝eq\f(1,2)m(v0－gt)2，故圖象A正確．變式4(2024·鹽城市三模)小球被豎直向上拋出，然后回到原處．小球初動能為Ek0，所受空氣阻力與速度大小成正比，則該過程中，小球的動能與位移x關(guān)系的圖線是下列圖中的()答案C解析設(shè)小球的質(zhì)量為m，由題意可知，空氣阻力與速度關(guān)系為Ff＝kv(k是比例常數(shù))取極短位移Δx為探討過程，依據(jù)動能定理得：上升過程中有－(mg＋Ff)Δx＝ΔEk，所以ΔEk＝－(mg＋Ff)Δx，Ek－x圖象斜率的大小等于mg＋Ff，由于上升過程速度減小，則Ff減小，所以圖象斜率的肯定值減小(對應(yīng)上面一條曲線)．下降過程中有(mg－Ff)Δx＝ΔEk，Ek－x圖象斜率的大小等于mg－Ff，由于下降過程速度增大，則Ff增大，所以圖象斜率的肯定值隨位移的減小而減小(對應(yīng)下面一條曲線)，故C正確、A、B、D錯誤．命題點(diǎn)四應(yīng)用動能定理解決多過程問題動能定理只涉及初、末狀態(tài)的速率及過程中的位移，不涉及運(yùn)動的加速度、時間等，而且與各過程運(yùn)動性質(zhì)無關(guān)，所以可以便利地將幾個過程組合起來，列一個動能定理方程．留意：(1)分清各過程中各力做功狀況，求各力做功的代數(shù)和．(2)依據(jù)題中條件與問題選擇合適的過程，明確過程的初狀態(tài)、末狀態(tài)．例4(2024·蘇錫常鎮(zhèn)一調(diào))冬奧會上自由式滑雪是一項(xiàng)極具欣賞性的運(yùn)動．其場地由助滑坡AB(高度差為10m)、過渡區(qū)BDE(兩段半徑不同的圓弧平滑連接而成，其中DE半徑為3m、對應(yīng)的圓心角為60°)和跳臺EF(高度可調(diào)，取h＝4m)等組成，如圖6所示，質(zhì)量為60kg的運(yùn)動員從A點(diǎn)由靜止動身，沿軌道運(yùn)動到F處飛出．運(yùn)動員飛出的速度需在54km/h到68km/h之間才能在空中完成規(guī)定動作．設(shè)運(yùn)動員借助滑雪桿僅在AB段做功，不計(jì)摩擦和空氣阻力，g取10m/s2.則：圖6(1)為能完成空中動作，則該運(yùn)動員在AB過程中至少做多少功？(2)為能完成空中動作，在過渡區(qū)最低點(diǎn)D處，求該運(yùn)動員受到的最小支持力；(3)若該運(yùn)動員在AB段和EF段均視為勻變速運(yùn)動，且兩段運(yùn)動時間之比為tAB∶tEF＝3∶1，已知AB＝2EF，則運(yùn)動員在這兩段運(yùn)動的加速度之比為多少？答案(1)3150J(2)7300N(3)2∶3解析(1)由動能定理得mghAF＋W人＝eq\f(1,2)mveq\o\al(Fmin2,)代入數(shù)據(jù)解得W人＝3150J(2)從D點(diǎn)到F點(diǎn)，依據(jù)動能定理有－mg[h＋R(1－cos60°)]＝eq\f(1,2)mveq\o\al(Fmin2,)－eq\f(1,2)mveq\o\al(,D2)在D點(diǎn)：FN－mg＝meq\f(v\o\al(D2,),R)故運(yùn)動員在D點(diǎn)受到的最小支持力：FN＝mg＋meq\f(v\o\al(Fmin2,)＋2g[h＋R1－cos60°],R)＝7300N(3)兩段運(yùn)動的平均速度之比eq\x\to(v)AB∶eq\x\to(v)EF＝eq\f(AB,tAB)∶eq\f(EF,tEF)＝2∶3設(shè)滑到B點(diǎn)速度為v1，滑到F點(diǎn)速度為v2，則滑到E點(diǎn)速度也為v1.由eq\x\to(v)AB＝eq\f(v1,2)，eq\x\to(v)EF＝eq\f(v1＋v2,2)，得：v1＝2v2由a1＝eq\f(v1,tAB)，a2＝eq\f(v1－v2,tEF)得：a1∶a2＝2∶3.變式5(2024·小海中學(xué)模擬)如圖7所示，裝置由AB、BC、CD三段軌道組成，軌道交接處均由很小的圓弧平滑連接，其中軌道AB、CD是光滑的，水平軌道BC的長度x＝5m，軌道CD足夠長且傾角θ＝37°，A、D兩點(diǎn)離軌道BC的高度分別為h1＝4.30m、h2＝1.35m．現(xiàn)讓質(zhì)量為m的小滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))自A點(diǎn)由靜止釋放．已知小滑塊與軌道BC間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：圖7(1)小滑塊第一次到達(dá)D點(diǎn)時的速度大?。?2)小滑塊第一次與其次次通過C點(diǎn)的時間間隔；(3)小滑塊最終停止的位置與B點(diǎn)的距離．答案(1)3m/s(2)2s(3)1.4m解析(1)小滑塊從A→B→C→D過程中，由動能定理得mg(h1－h(huán)2)－μmgx＝eq\f(1,2)mveq\o\al(D2,)－0代入數(shù)據(jù)解得vD＝3m/s.(2)小滑塊從A→B→C過程中，由動能定理得mgh1－μmgx＝eq\f(1,2)mveq\o\al(C2,)－0代入數(shù)據(jù)解得vC＝6m/s小滑塊沿CD段上滑的加速度大小a＝gsinθ＝6m/s2小滑塊沿CD段上滑到最高點(diǎn)的時間t1＝eq\f(vC,a)＝1s由對稱性可知小滑塊從最高點(diǎn)滑回C點(diǎn)的時間t2＝t1＝1s故小滑塊第一次與其次次通過C點(diǎn)的時間間隔t＝t1＋t2＝2s.(3)設(shè)小滑塊在水平軌道上運(yùn)動的總路程為x總，對小滑塊運(yùn)動全過程應(yīng)用動能定理有mgh1＝μmgx總代入數(shù)據(jù)解得x總＝8.6m，故小滑塊最終停止的位置與B點(diǎn)的距離為：2x－x總＝1.4m.1．(多選)(2024·紅橋中學(xué)一調(diào))如圖8所示，甲、乙兩個質(zhì)量相同的物體，用大小相等的力F分別拉它們在水平面上從靜止起先運(yùn)動相同的距離l.甲在光滑水平面上，乙在粗糙水平面上，則下列關(guān)于力F對甲、乙做的功和甲、乙兩物體獲得的動能的說法中正確的是()圖8A．力F對甲做的功多B．力F對甲、乙兩個物體做的功一樣多C．甲物體獲得的動能比乙大D．甲、乙兩個物體獲得的動能相同答案BC解析由W＝Fl知，拉力的大小相同，物體的位移也相同，拉力和位移在同始終線，所以拉力對兩物體做的功一樣多，A錯誤，B正確；由動能定理可知，在光滑水平面上的物體，拉力對物體做的功等于物體的動能變更，在粗糙水平面上的物體，拉力對物體做正功的同時，摩擦力對物體做了負(fù)功，所以在光滑水平面上的物體獲得的動能要大于在粗糙水平面上物體獲得的動能，故C正確，D錯誤．2．(2024·常州市一模)如圖9所示，物塊固定在水平面上，子彈以某一速率從左向右水平穿透物塊時速率為v1，穿透時間為t1；若子彈以相同的速率從右向左水平穿透物塊時速率為v2，穿透時間為t2.子彈在物塊中受到的阻力大小與其到物塊左端的距離成正比．則()圖9A．t1＞t2B．t1＜t2C．v1＞v2D．v1＜v2答案B解析依據(jù)受力的特點(diǎn)與做功的特點(diǎn)可知兩種狀況下阻力對子彈做功的大小是相等的，依據(jù)動能定理可知兩種狀況下子彈的末速度大小是相等的，即v1＝v2，故C、D錯誤；設(shè)子彈的初速度是v0，子彈在物塊中受到的阻力大小與其到物塊左端的距離成正比，可知若子彈以某一速率從左向右水平穿透物塊時，子彈受到的阻力越來越大，木塊做加速度增大的減速運(yùn)動，所以平均速度：eq\x\to(v1)＞eq\f(v1＋v0,2)；若子彈以相同的速率從右向左水平穿透物塊時，子彈受到的阻力越來越小，則子彈做加速度減小的減速運(yùn)動，所以平均速度：eq\x\to(v2)＜eq\f(v0＋v2,2)＜eq\x\to(v1).子彈穿過物塊的時間：t＝eq\f(d,\x\to(v))，所以可知：t1＜t2.故A錯誤，B正確．3．(2024·淮安市、宿遷市等期中)如圖10所示，滑塊以初速度v0滑上表面粗糙的固定斜面，到達(dá)最高點(diǎn)后又返回到動身點(diǎn)．則下列能大致描述滑塊整個運(yùn)動過程中的速度v、加速度a、動能Ek、重力對滑塊所做的功W與時間t或位移x之間關(guān)系的圖象是(取初速度方向?yàn)檎较?()圖10答案D解析滑塊上滑時的加速度大小a1＝eq\f(mgsinθ＋μmgcosθ,m)＝gsinθ＋μgcosθ，方向沿斜面對下．下滑時的加速度大小a2＝eq\f(mgsinθ－μmgcosθ,m)＝gsinθ－μgcosθ，方向沿斜面對下，則知a1＞a2，方向相同，均為負(fù)方向．因v－t線的斜率等于加速度，可知選項(xiàng)A、B錯誤；動能是標(biāo)量，不存在負(fù)值，故C錯誤；重力做功W＝－mgh＝－mgxsinθ，故D正確．4．(2024·興化一中四模)如圖11所示，豎直放置的等螺距螺線管高為h，該螺線管用長為l的硬質(zhì)直管(內(nèi)徑遠(yuǎn)小于h)彎制而成．一光滑小球從管口上端由靜止釋放，下列說法正確的是(重力加速度為g)()圖11A．若僅增大l，小球到達(dá)管口下端時的速度增大B．小球到達(dá)管口下端時重力的功率為mgeq\r(2gh)C．小球到達(dá)管口下端的時間為eq\r(\f(2l2,gh))D．在運(yùn)動過程中小球所受管道的作用力大小不變答案C解析在小球到達(dá)最低點(diǎn)的過程中只有重力做功，故依據(jù)動能定理可知mgh＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(2gh)，小球到達(dá)下端管口時的速度大小與h有關(guān)，與l無關(guān)，故A錯誤；到達(dá)下端管口的速度為v＝eq\r(2gh)，速度沿管道的切線方向，與重力有肯定的夾角，故B錯誤；小球在管內(nèi)下滑的加速度為a＝eq\f(gh,l)，則l＝eq\f(1,2)at2，下滑所需時間t＝eq\r(\f(2l,a))＝eq\r(\f(2l2,gh))，故C正確；小球做的是加速螺旋圓周運(yùn)動，速度越來越大，依據(jù)Fn＝eq\f(mv2,R)可知，所受管道的作用力越來越大，故D錯誤．5．(2024·蘇州市模擬)如圖12所示軌道ABCDE在豎直平面內(nèi)，AB與水平面BC成37°角且平滑連接，圓心為O、半徑為R的光滑半圓軌道CDE與BC相切于C點(diǎn)，E、F兩點(diǎn)等高，BC長為eq\f(R,3).將小滑塊從F點(diǎn)由靜止釋放，恰能滑到與O等高的D點(diǎn)．已知小滑塊與AB及BC間的動摩擦因數(shù)相同，重力加速度為g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.圖12(1)求小滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ；(2)若AB足夠長，變更釋放點(diǎn)的位置，要使小滑塊恰能到達(dá)E點(diǎn)，求釋放點(diǎn)到水平面的高度h；(3)若半徑R＝1m，小滑塊在某次釋放后，滑過E點(diǎn)的速度大小為8m/s，則它從E點(diǎn)飛出至落到軌道上所需時間t為多少？(g取10m/s2)答案(1)eq\f(1,3)(2)4.7R(3)0.3s解析(1)滑塊從F到D過程，依據(jù)動能定理得mg(2R－R)－μmgcos37°·eq\f(2R,sin37°)－μmgeq\f(R,3)＝0代入數(shù)據(jù)解得μ＝eq\f(1,3).(2)若滑塊恰能到達(dá)E點(diǎn)，依據(jù)牛頓其次定律得mg＝eq\f(mv\o\al(,E2),R)在滑塊從釋放點(diǎn)到E的過程，依據(jù)動能定理得mg(h－2R)－μmgcosθ·eq\f(h,sinθ)－μmg·eq\f(R,3)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(E2,)－0代入數(shù)據(jù)解得h＝4.7R.(3)假設(shè)滑塊離開E點(diǎn)后落在AB上，依據(jù)平拋運(yùn)動規(guī)律可得x＝vEt，y＝eq\f(1,2)gt2由幾何關(guān)系得tan37°＝eq\f(2R－y,x－\f(R,3))代入數(shù)據(jù)解得t＝0.3s可得x＝2.4m>eq\f(R,3)所以假設(shè)正確，故t＝0.3s.1．(多選)質(zhì)量不等，但有相同初動能的兩個物體，在動摩擦因數(shù)相同的水平地面上滑行，直至停止，則()A．質(zhì)量大的物體滑行的距離大B．質(zhì)量小的物體滑行的距離大C．它們滑行的距離一樣大D．它們克服摩擦力所做的功一樣多答案BD解析依據(jù)動能定理－μmg·x＝0－Ek0，所以質(zhì)量小的物體滑行的距離大，并且它們克服摩擦力所做的功在數(shù)值上都等于初動能的大小，B、D選項(xiàng)正確．2．一個質(zhì)量為25kg的小孩從高度為3.0m的滑梯頂端由靜止起先滑下，滑究竟端時的速度為2.0m/s.g取10m/s2，關(guān)于力對小孩做的功，以下結(jié)果正確的是()A．合外力做功50J B．阻力做功500JC．重力做功500J D．支持力做功50J答案A3．(多選)(2024·泰州中學(xué)四模)如圖1所示，三角體由兩種材料拼接而成，BC界面平行底面DE，兩側(cè)面與水平面夾角分別為30°和60°，己知物塊從A由靜止下滑，加速至B勻速至D；若該物塊由靜止從A沿另一側(cè)面下滑，則有()圖1A．通過C點(diǎn)的速率等于通過B點(diǎn)的速率B．AB段的運(yùn)動時間大于AC段的運(yùn)動時間C．將加速至C勻速至ED．始終加速運(yùn)動到E，但AC段的加速度比CE段大答案BD解析物體從傾角為θ的斜面滑下，依據(jù)動能定理，有mgh－μmgcosθeq\f(h,sinθ)＝eq\f(1,2)mv2－0，由AB面與水平面夾角小于AC面與水平面夾角可知，物體通過C點(diǎn)的速率大于通過B點(diǎn)的速率，故A錯誤；物體從傾角為θ的斜面滑下，依據(jù)牛頓其次定律，有mgsinθ－μmgcosθ＝ma，解得a＝gsinθ－μgcosθ①依據(jù)運(yùn)動學(xué)公式，有eq\f(h,sinθ)＝eq\f(1,2)at2②由①②得到AC段的運(yùn)動時間小于AB段的運(yùn)動時間，故B正確；由①式可知，物體將始終加速滑行到E點(diǎn)，由于AC段滑動摩擦力較小，AC段的加速度比CE段大，故C錯誤，D正確．4．(2024·前黃中學(xué)檢測)靜止在粗糙水平面上的物塊在水平向右的拉力作用下做直線運(yùn)動，t＝4s時停下，其v－t圖象如圖2所示，已知物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)到處相同，則下列推斷正確的是()圖2A．整個過程中拉力做的功等于物塊克服摩擦力做的功B．整個過程中拉力做的功等于零C．t＝2s時刻拉力的瞬時功率在整個過程中最大D．t＝1s到t＝3s這段時間內(nèi)拉力不做功答案A5.(2024·東臺市5月模擬)如圖3所示，光滑斜面的頂端固定一彈簧，一小球向右滑行，并沖上固定在地面上的斜面．設(shè)小球在斜面最低點(diǎn)A的速度為v，壓縮彈簧至C點(diǎn)時彈簧最短，C點(diǎn)距地面高度為h，則小球從A到C的過程中彈簧彈力做的功是()圖3A．mgh－eq\f(1,2)mv2 B.eq\f(1,2)mv2－mghC．－mgh D．－(mgh＋eq\f(1,2)mv2)答案A解析小球從A點(diǎn)運(yùn)動到C點(diǎn)的過程中，重力和彈簧的彈力對小球做負(fù)功，由于支持力與小球速度方向始終垂直，則支持力對小球不做功，由動能定理，可得WG＋W彈＝0－eq\f(1,2)mv2，重力做功為WG＝－mgh，則彈簧的彈力對小球做的功為W彈＝mgh－eq\f(1,2)mv2，所以正確選項(xiàng)為A.6．(2024·儀征中學(xué)月考)如圖4所示，小物塊與水平軌道、傾斜軌道之間的動摩擦因數(shù)均相同，小物塊從傾角為θ1的軌道上高度為h的A點(diǎn)由靜止釋放，運(yùn)動至B點(diǎn)時速度為v1.現(xiàn)將傾斜軌道的傾角調(diào)為θ2，仍將物塊從軌道上高度為h的A點(diǎn)由靜止釋放，運(yùn)動至B點(diǎn)時速度為v2.已知θ2<θ1，不計(jì)物塊在軌道接觸處的機(jī)械能損失．則()圖4A．v1<v2B．v1>v2C．v1＝v2D．由于不知道θ1、θ2的詳細(xì)數(shù)值，v1、v2關(guān)系無法判定答案C解析設(shè)A點(diǎn)在水平軌道的豎直投影點(diǎn)為C，水平軌道與傾斜軌道的交點(diǎn)為D，物體運(yùn)動過程中摩擦力做負(fù)功，重力做正功，由動能定理可得eq\f(1,2)mv2－0＝mgh－μmgcosθ·eq\f(h,sinθ)－μmgxBD＝mgh－μmgh·eq\f(1,tanθ)－μmgxBD，因?yàn)閔·eq\f(1,tanθ)＝xCD，所以eq\f(1,2)mv2＝mgh－μmgxBC，故物塊到達(dá)B點(diǎn)的速度與傾斜軌道的傾角無關(guān)，所以v1＝v2，故C項(xiàng)正確．7．(2024·江蘇省高考壓軸沖刺卷)將一質(zhì)量為m的小球從足夠高處水平拋出，飛行一段時間后，小球的動能為Ek，再經(jīng)過相同的時間后，小球的動能為2Ek(此時小球未落地)，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g，則小球拋出的初速度大小為()A.eq\r(\f(2Ek,3m))B．2eq\r(\f(Ek,3m))C．3eq\r(\f(Ek,3m))D.eq\r(\f(3Ek,2m))答案B解析由動能定理可知，經(jīng)過時間t，mg·eq\f(1,2)gt2＝Ek－eq\f(1,2)mveq\o\al(02,)，經(jīng)過時間2t，mg·eq\f(1,2)g(2t)2＝2Ek－eq\f(1,2)mveq\o\al(02,)，解得v0＝2eq\r(\f(Ek,3m))，故選B.8．(多選)(2024·揚(yáng)州中學(xué)下學(xué)期開學(xué)考)一個小物塊從斜面底端沖上足夠長的斜面后又返回到斜面底端．已知小物塊的初動能為E，它返回到斜面底端的動能為eq\f(E,2)，小物塊上滑到最大路程的中點(diǎn)時速度為v；若木塊以2E的初動能沖上斜面，則有()A．返回斜面底端時的動能為EB．返回斜面底端時的動能為eq\f(3E,2)C．小物塊上滑到最大路程的中點(diǎn)時速度為eq\r(2)vD．小物塊上滑到最大路程的中點(diǎn)時速度為2v答案AC9.(2024·伍佑中學(xué)月考)如圖5所示，光滑的軌道ABO的AB部分與水平部分BO相切，軌道右側(cè)是一個半徑為R的四分之一的圓弧軌道，O點(diǎn)為圓心，C為圓弧上的一點(diǎn)，OC與水平方向的夾角為37°.現(xiàn)將一質(zhì)量為m的小球從軌道AB上某點(diǎn)由靜止釋放．已知重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力．(sin37°＝eq\f(3,5)，cos37°＝eq\f(4,5))圖5(1)若小球恰能擊中C點(diǎn)，求剛釋放小球的位置距離BO平面的高度；(2)變更釋放點(diǎn)的位置，求小球落到軌道時動能的最小值．答案(1)eq\f(4R,15)(2)eq\f(\r(3)mgR,2)解析(1)設(shè)小球經(jīng)過O點(diǎn)的速度為v0，從O點(diǎn)到C點(diǎn)做平拋運(yùn)動，則有Rcos37°＝v0t，Rsin37°＝eq\f(1,2)gt2從A點(diǎn)到O點(diǎn)，由動能定理得mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(02,)聯(lián)立可得，剛釋放小球的位置距離BO平面的高度h＝eq\f(4,15)R；(2)設(shè)小球落到軌道上的點(diǎn)與O點(diǎn)的連線與水平方向的夾角為θ，小球做平拋運(yùn)動，Rcosθ＝v0′tRsinθ＝eq\f(1,2)gt2對此過程，由動能定理得mgRsinθ＝Ek－eq\f(1,2)mv0′2解得Ek＝mgR(eq\f(3,4)sinθ＋eq\f(1,4sinθ))由數(shù)學(xué)學(xué)問可知，當(dāng)且僅當(dāng)sinθ＝eq\f(\r(3),3)時，小球落到軌道時的動能最小，最小值為Ek＝eq\f(\r(3),2)mgR.10．(2024·南京市、鹽城市一模)如圖6所示，煉鋼廠通常用滾筒來傳送軟鋼錠，使具有肯定初速度的軟鋼錠通過滾筒滑上平臺．質(zhì)量為M的軟鋼錠長為L，上表面光滑，下表面與平臺間是粗糙的．現(xiàn)以水平向右的初速度滑上平臺，全部滑上平臺時的速度為v.此時，在其右端無初速放上一個質(zhì)量為m的滑塊(視為質(zhì)點(diǎn))．隨后軟鋼錠滑過2L距離時速度為零，滑塊恰好到達(dá)平臺．重力加速度取g，空氣阻力不計(jì)．求：圖6(1)滑塊獲得的最大加速度(不考慮與平臺的撞擊過程)；(2)滑塊放上后，軟鋼錠滑動過程中克服阻力做的功；(3)軟鋼錠處于靜止?fàn)顟B(tài)時，滑塊到達(dá)平臺的動能．答案(1)g(2)eq\f(1,2)Mv2(3)eq\f(22M＋mmg2L2,Mv2)解析(1)由于滑塊與軟鋼錠間無摩擦，所以軟鋼錠在平臺上滑過距離L時，滑塊脫離做自由落體運(yùn)動，a＝g(2)依據(jù)動能定理得：初動能Ek