第2講動(dòng)能定理及其應(yīng)用A級基礎(chǔ)對點(diǎn)練對點(diǎn)練1動(dòng)能定理的理解與基本應(yīng)用1.(多選)如圖所示，電梯質(zhì)量為M，在它的水平地板上放置一質(zhì)量為m的物體。電梯在鋼索的拉力作用下豎直向上加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)電梯的速度由v1增大到v2時(shí)，上升高度為H，重力加速度為g，則在這個(gè)過程中，下列說法正確的是()A.對物體，動(dòng)能定理的表達(dá)式為W＝12mv22－1B.對物體，動(dòng)能定理的表達(dá)式為W合＝0，其中W合為合力做的功C.對物體，動(dòng)能定理的表達(dá)式為W－mgH＝12mv22－1D.對電梯，其所受的合力做功為12Mv2答案CD解析電梯上升的過程中，重力mg和支持力FN這兩個(gè)力的總功(即合力做的功)才等于物體動(dòng)能的變化，即W合＝W－mgH＝12mv22－12mv12，其中W為支持力做的功，故A、B錯(cuò)誤，C正確;對電梯做功的有重力Mg、壓力FN'和拉力F，合力做功為W合'＝12.(2025·湖北武漢一模)冰滑梯是一種體驗(yàn)冰雪運(yùn)動(dòng)的娛樂項(xiàng)目，其示意圖如圖所示，游客從螺旋滑道上端滑下，旋轉(zhuǎn)兩周后經(jīng)傾斜滑道沖上水平滑道，滑行結(jié)束時(shí)停在水平滑道上。假設(shè)螺旋滑道的圓面半徑為r＝52πm，上端與下端高度差為h1＝6m，傾斜滑道高度差為h2＝2m，螺旋滑道、傾斜滑道和水平滑道均平滑相接，游客與各滑道間的動(dòng)摩擦因數(shù)處處相同，游客可視為質(zhì)點(diǎn)?，F(xiàn)測得游客某次滑行時(shí)停在水平滑道的位置與螺旋滑道上端的水平距離為LA.0.07 B.0.08C.0.09 D.0.10答案A解析研究游客整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程，根據(jù)動(dòng)能定理有mg(h1＋h2)－μmg(4πr)2??12－μmgL＝0，代入數(shù)據(jù)解得μ＝0.08，實(shí)際上游客在螺旋軌道運(yùn)行時(shí)，因?yàn)橄蛐牧Φ脑驅(qū)е轮С至Ρ仍谕嵌鹊男泵娲?，即在螺旋軌道摩擦力做功W>μmg3.(多選)(2025·山東濟(jì)南高三期中)豎直平面內(nèi)有一半徑為R的圓，O為圓心，直徑AB沿水平方向，將質(zhì)量為m的小球從A點(diǎn)以相同的速率v0拋出，拋出的方向不定，小球進(jìn)入圓內(nèi)同時(shí)受到一個(gè)平行于圓面的恒力F作用，其大小等于mg，g為重力加速度，小球從A點(diǎn)拋出后會經(jīng)過圓上的不同點(diǎn)，在這些所有的點(diǎn)中，小球到達(dá)C點(diǎn)的動(dòng)能最大，已知AB與AC夾角為30°。不計(jì)空氣阻力，下列說法正確的是()A.恒力F的方向沿AC方向B.恒力F的方向沿OC方向C.小球到達(dá)C點(diǎn)的動(dòng)能EkC＝12mvD.小球到達(dá)B點(diǎn)的動(dòng)能EkB＝12mv答案AD解析小球到達(dá)C點(diǎn)的動(dòng)能最大，則小球的受力情況如圖所示。恒力方向沿AC，合力方向沿OC，A正確，B錯(cuò)誤;合力F合＝3mg，從A到C，由動(dòng)能定理得3mg·32R＝EkC－12mv02，從A到B，有3mgcos60°·2R＝EkB－12mv02，得EkC＝12mv02＋332對點(diǎn)練2應(yīng)用動(dòng)能定理求變力做功4.如圖所示，粗糙程度處處相同的水平桌面上有一長為L的輕質(zhì)細(xì)桿，一端可繞豎直光滑軸O轉(zhuǎn)動(dòng)，另一端與質(zhì)量為m的小木塊相連。木塊以水平初速度v0出發(fā)，恰好能完成一個(gè)完整的圓周運(yùn)動(dòng)。在運(yùn)動(dòng)過程中，木塊所受摩擦力的大小為()A.mv02C.mv02答案B解析在運(yùn)動(dòng)過程中，只有摩擦力做功，而摩擦力做功與路徑有關(guān)，根據(jù)動(dòng)能定理得－Ff·2πL＝0－12mv02，可得摩擦力的大小Ff＝mv5.(多選)(2023·廣東卷，8)人們用滑道從高處向低處運(yùn)送貨物，如圖所示，可看作質(zhì)點(diǎn)的貨物從14圓弧滑道頂端P點(diǎn)靜止釋放，沿滑道運(yùn)動(dòng)到圓弧末端Q點(diǎn)時(shí)速度大小為6m/s。已知貨物質(zhì)量為20kg，滑道高度h為4m，且過Q點(diǎn)的切線水平，重力加速度取10m/s2。關(guān)于貨物從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到QA.重力做的功為360JB.克服阻力做的功為440JC.經(jīng)過Q點(diǎn)時(shí)向心加速度大小為9m/s2D.經(jīng)過Q點(diǎn)時(shí)對軌道的壓力大小為380N答案BCD解析重力做的功為WG＝mgh＝800J，A錯(cuò)誤;下滑過程由動(dòng)能定理可得WG－Wf＝12mvQ2，代入數(shù)據(jù)解得克服阻力做的功為Wf＝440J，B正確;經(jīng)過Q點(diǎn)時(shí)向心加速度大小為a＝vQ2?＝9m/s2，C正確;經(jīng)過Q點(diǎn)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律可得FN－mg＝ma，解得貨物受到的支持力大小為FN＝380N，根據(jù)牛頓第三定律可知6.(2025·河南三門峽模擬)如圖所示，質(zhì)量為m的小球從離地面H高處由靜止釋放，落到地面，陷入泥土中h深處后停止運(yùn)動(dòng)，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g，則下列說法正確的是()A.小球落地時(shí)的動(dòng)能等于mg(H＋h)B.小球克服泥土阻力所做的功等于小球剛落到地面時(shí)的動(dòng)能C.泥土阻力對小球做的功為mg(H＋h)D.小球在泥土中受到的平均阻力大小為mg1＋答案D解析根據(jù)動(dòng)能定理知，小球落地時(shí)的動(dòng)能等于mgH，A錯(cuò)誤;設(shè)小球剛落地時(shí)的速度為v，小球從落地到陷入泥土中h深度的過程，由動(dòng)能定理得mgh－W克阻＝0－12mv2，解得克服泥土阻力做功W克阻＝mgh＋12mv2，B錯(cuò)誤;根據(jù)動(dòng)能定理得mg(H＋h)＋W阻＝0，故泥土阻力對小球做的功W阻＝－mg(H＋h)，C錯(cuò)誤;根據(jù)動(dòng)能定理得mg(H＋h)－F阻h＝0，解得小球在泥土中受到的平均阻力大小為F阻＝mg1＋對點(diǎn)練3動(dòng)能定理與圖像問題的結(jié)合7.如圖甲所示，一物塊以一定初速度沿傾角為30°的固定斜面上滑，運(yùn)動(dòng)過程中摩擦力大小f恒定，物塊動(dòng)能Ek與運(yùn)動(dòng)路程s的關(guān)系如圖乙所示。重力加速度大小取10m/s2，物塊質(zhì)量m和所受摩擦力大小f分別為()A.m＝0.7kg，f＝0.5N B.m＝0.7kg，f＝1.0NC.m＝0.8kg，f＝0.5N D.m＝0.8kg，f＝1.0N答案A解析0~10m內(nèi)物塊上滑，由動(dòng)能定理得－mgsin30°·s1－fs1＝Ek－Ek0，整理得Ek＝Ek0－(mgsin30°＋f)s1，結(jié)合0~10m內(nèi)的圖像得，斜率的絕對值|k|＝mgsin30°＋f＝4N;10~20m內(nèi)物塊下滑，由動(dòng)能定理得(mgsin30°－f)(s－s1)＝Ek，整理得Ek＝(mgsin30°－f)s－(mgsin30°－f)s1，結(jié)合10~20m內(nèi)的圖像得，斜率k'＝mgsin30°－f＝3N。聯(lián)立解得f＝0.5N、m＝0.7kg，A正確，B、C、D錯(cuò)誤。8.(2025·山東威海高三期末)如圖甲所示，質(zhì)量為0.2kg的物塊受到水平向右的拉力F，以4m/s的初速度從A點(diǎn)向右運(yùn)動(dòng)，F(xiàn)隨位移x變化的圖像如圖乙所示。已知物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.3，重力加速度g取10m/s2，在運(yùn)動(dòng)過程中物塊的最大速度為()A.58m/s B.42m/sC.34m/s D.32m/s答案A解析由圖像可知，拉力減小時(shí)表達(dá)式為F＝F0＋kx＝1.8＋0?1.812?6(x?6)N＝(3.6－0.3x)N，物塊受到的滑動(dòng)摩擦力大小為Ff＝μmg＝0.3×0.2×10N＝0.6N，當(dāng)物塊所受合力為零時(shí)，物塊的速度最大，即F＝Ff，則有(3.6－0.3x)N＝0.6N，解得x＝10m，F(xiàn)－x圖線與坐標(biāo)軸圍成圖形的面積等于拉力對物塊做功，設(shè)物塊的最大速度為vm，速度最大時(shí)，拉力對物塊做功為W＝12×1.8×6J＋12×(1.8＋0.6)×(10－6)J＝10.2J，從物塊開始運(yùn)動(dòng)到速度最大過程，由動(dòng)能定理得W－μmgx＝12mvm2－12B級綜合提升練9.(2024·河北石家莊模擬)如圖所示，一半徑為R的光滑14圓弧槽固定在水平面上，可視為質(zhì)點(diǎn)的小球由與圓心OA.小球的動(dòng)能和重力勢能相等時(shí)，小球與O點(diǎn)的連線與水平方向的夾角為45°B.小球的動(dòng)能和重力勢能相等時(shí)，小球下落的高度為RC.小球的動(dòng)能為重力勢能2倍時(shí)，小球與O點(diǎn)的連線與水平方向的夾角為60°D.小球的動(dòng)能為重力勢能2倍時(shí)，小球下落的高度為R答案B解析以水平面為重力勢能零勢能面，當(dāng)小球的動(dòng)能和重力勢能相等時(shí)有mgR??1＝12mv12，小球下滑至此位置，根據(jù)動(dòng)能定理有mgh1＝12mv12，解得h1＝12R，此時(shí)，小球與O點(diǎn)的連線與水平方向的夾角sinθ＝?1R＝12，解得θ＝30°，故A錯(cuò)誤，B正確;當(dāng)小球的動(dòng)能為重力勢能2倍時(shí)有2mg(R－h(huán)2)＝12mv22，小球下滑至此位置，根據(jù)動(dòng)能定理有mgh2＝12mv22，解得h2＝23R，10.(多選)(2025·河南安陽調(diào)研)如圖甲所示為一種新型的電動(dòng)玩具，其整體質(zhì)量為m，下方的圓球里有電動(dòng)機(jī)、電池、紅外線發(fā)射器等，打開開關(guān)后葉片轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)會產(chǎn)生一個(gè)與葉片轉(zhuǎn)動(dòng)平面垂直的升力F，使玩具在空中飛行。將玩具從離地面高度為4h0處由靜止釋放，使玩具在豎直方向運(yùn)動(dòng)，升力F隨離地面高度h變化的關(guān)系如圖乙所示，重力加速度為g，玩具只受升力和自身重力作用。對于4h0~2h0過程，下列判斷正確的是()A.玩具先做勻加速運(yùn)動(dòng)再做勻減速運(yùn)動(dòng)B.玩具下落到距地面3h0高處速度最大C.玩具下落的最大速度為gD.玩具下落的最大速度為3答案BC解析玩具在下落過程中，根據(jù)牛頓第二定律有mg－F＝ma，在4h0~2h0過程中，由題圖乙可知，F(xiàn)從零增大到2mg，在3h0時(shí)為mg，所以開始時(shí)加速度向下并逐漸減小，速度在增大，當(dāng)下落到3h0時(shí)合力為零，加速度為零，速度達(dá)到最大值，玩具繼續(xù)向下運(yùn)動(dòng)，合力向上，加速度向上并逐漸增大，速度減小，A錯(cuò)誤，B正確;根據(jù)上述分析可知，玩具下落到距地面3h0時(shí)速度最大，F(xiàn)做負(fù)功，大小為F－h(huán)圖線與橫軸圍成圖形的面積，所以有WF＝－(4h0－3h0)·mg·12＝－12mgh0，對該過程根據(jù)動(dòng)能定理有mgh0－12mgh0＝12mvm2，解得最大速度vmC級培優(yōu)加強(qiáng)練11.如圖甲所示，在傾角θ＝30°的光滑固定斜面上有一勁度系數(shù)k＝100N/m的輕質(zhì)彈簧，彈簧下端固定在垂直于斜面的擋板上，彈簧上端拴接一質(zhì)量m＝2kg的物體，初始時(shí)物體處于靜止?fàn)顟B(tài)。重力加速度g＝10m/s2。(1)求此時(shí)彈簧的形變量x0;(2)現(xiàn)對物體施加沿斜面向上的拉力F，拉力F的大小與物體位移x的關(guān)系如圖所示，設(shè)斜面足夠長。①寫出物體的速度v與位移x的關(guān)系式;②若物體位移為0.1m時(shí)撤去拉力F，求此后物體沿斜面上滑的最大距離xm(結(jié)果保留2位有效數(shù)字)。答案(1)0.1m(2)①v2＝4.8x②0.04m解析(1)物體處于平衡狀態(tài)，則kx0＝mgsinθ解得此時(shí)彈簧的形變量x0＝0.1m。(2)①由F－x圖像可得F＝(4.8＋100x)N設(shè)物體運(yùn)動(dòng)位移為x時(shí)