2023届浙江高三物理高考复习微专题模型精讲---第32讲动能定理的准确理解与实际应用(含详解).pdf

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1、第 32讲动能定理的准确理解与实际应用I真题示例_（2 0 2 2 甲卷）北京2 0 2 2 年冬奥会首钢滑雪大跳台局部示意图如图所示。运动员从a 处由静止自由滑下，到 b处起跳，c点为a、b 之间的最低点，a、c两处的高度差为h。要求运动员经过c点时对滑雪板的压力不大于自身所受重力的k倍，运动过程中将运动员视为质点并忽略所有阻力，则 c点处这一段圆弧雪道的半径不应小于()（多选）2.（2 0 2 2 湖南）下端附着重物的粗细均匀木棒，竖直浮在河面，在重力和浮力作用下，沿竖直方向做频率为1 Hz 的简谐运动；与此同时，木棒在水平方向上随河水做匀速直线运动，如图（a）所示。以木棒所受浮力F为纵轴

2、，木棒水平位移x为横轴建立直角坐标系，浮 力 F随水平位 移 x的变化如图（b）所示。已知河水密度为p,木棒横截面积为S,重力加速度大小为g。下列 说 法 正 确 的 是（）AF/NI I I i I_ .01 0.1 0.20.3 0.4 0.5图（a）图（b）A.x从 0.0 5 m 到 0.1 5 m 的过程中，木棒的动能先增大后减小B.x从 0.2 1 m 到 0.2 5 m 的过程中，木棒加速度方向竖直向下，大小逐渐变小C.x=0.3 5 m 和 x=0.4 5 m 时，木棒的速度大小相等，方向相反D.木棒在竖直方向做简谐运动的振幅为 空 空2pSgE.木棒的运动为向x 轴正方向传播

3、的机械横波，波速为0.4 m/s3.（2 0 2 2 浙江）物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车中，如图所示，倾斜滑轨与水平面成2 4 角，长度h=4m,水平滑轨长度可调，两滑轨间平滑连接。若货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑，其与滑轨间的动摩擦因数均为产土货物可视为质点（取 c o s 2 4。=0.9,s i n 2 4 =0.4）。(1)求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度ai 的大小;(2)求货物在倾斜滑轨末端时速度v的大小；(3)若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2 m/s,求水平滑轨的最短长度1 2。一.知识回顾1 .动能(1)定义：物体由于运动而具有的能。(2)公式：k=m v2o(3

4、)标矢性：动能是标量，只有正值，动能与速度方向无关。(4)状态量：动能是状态量，因为v 是瞬时速度。(5)相对性：由于速度具有相对性，所以动能也具有相对性。(6)动能的变化：物体末动能与初动能之差，即九动能的变化是过程量。2 .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1,1,W=A E k；卬=&2 E k i；W=5%退一呼防。3.物理意义：合力的功是物体动能变化的量度。4 .适用范围广泛(1)既适用于直线运动，也适用于曲线运动。(2)既适用于恒力做功，也适用于变力做功。(3)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以不同时作用。5 .动

5、能定理的理解和应用(1)做功的过程就是能量转化的过程，动能定理表达式中的“=的意义是一种因果关系在数值上相等的符号。因果关系：合力做功是引起物体动能变化的原因。数量关系：合力做功与动能变化具有等量代换的关系。单位关系：国际单位制中功和能的单位都是焦耳。(2)动能定理叙述中所说的“力”，既可以是重力、弹力、摩擦力，也可以是静电力、磁场力或其他力；既可以是恒力，也可以是变力。(3)动能定理中涉及的物理量有F、I、a、m、v、W、Ek,在处理含有上述物理量的问题时，优先考虑使用动能定理。6.应用动能定理的注意事项(1)应用动能定理解题应抓好“两状态，一过程”。两状态 即明确研究对象的始、末状态的速度

6、或动能情况，一过程 即明确研究过程，确定这一过程研究对象的受力情况和位置变化或位移信息。(2)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。(3)应用动能定理的关键在于对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析，并画出运动过程的草图，借助草图理解物理过程之间的关系。(4)当物体的运动包含多个不同过程时，可分段应用动能定理求解；当所求解的问题不涉及中间的速度时，也可以全过程应用动能定理求解，这样更简便。(5)当选择全部子过程作为研究过程，涉及重力、大小恒定的阻力或摩擦力做功时，要注意运用它们的做功特点：重力做的功取决于物体的初、末位置，与路径无关；大小

7、恒定的阻力或摩擦力做的功等于力与路程的乘积。(6)列动能定理方程时，必须明确各力做功的正、负，确实难以判断的先假定为正功，最后根据结果加以检验。7.应用动能定理解决问题的流程确定研究对象和研究过程动能阶或过列程分段全程方解方程、得出结果二.例题精析题型一：运用动能定理求变力做的功(多 选)例L如 图 所 示,AB为:圆弧轨道,BC为水平直轨道,圆弧的半径为R,BC的长度也是R.一质量为m的物体，与两个轨道间的动摩擦因数都为a 当它由轨道顶端A从静止开始下落，恰好运动到C处停止，那 么(A.物 体 在BC段克服摩擦力所做的功pmgRB.物体在BC段克服摩擦力所做的功mgRC.物 体 在AB段克服

8、摩擦力所做的功mgRD.物体在AB段克服摩擦力所做的功（1 -n）mgR题型二：牛顿定律与动能定理相结合解决问题例 2.如图，倾角为6=3 0 的光滑固定斜面，一物块在沿斜面向上的恒定外力F 作用下，由静止开始从斜面的底端向上做匀加速直线运动，经时间t 物块至斜面B 点（图未标）外力F 做的功为W,此后撤去外力F,再经过时间3 后物块恰好运动至最高点，则撤去外力F 时物块的动能为（）1B.-W41 2C.-W D.-W3 3题型三：运用动能定理分析各力做功的数量关系（多选）例 3.如图所示，一块长木板B 放在光滑的水平面上，在 B 上放一物体A,现以恒定的外力拉B,由于A,B 间摩擦力的作用，

9、A 将在B 上滑动，以地面为参考系，A 和 B 都向前移动一段距离.在此过程中（）Al i l i/n i i H i i i u i f i i A B对 A 的摩擦力所做的功等于A 的动能的增量B.外力F 做的功等于A 和 B 动能的增量C.A 对 B 的摩擦力所做的功等于B 对 A 的摩擦力所做的功D.外力F 对 B 做的功等于B 的动能的增量与B 克服摩擦力所做的功之和三.举一反三，巩固训练一质量为m=2kg的物体自倾角为3 0 的固定斜面底端沿斜面向上运动，一段时间后回到斜面底端。该物体的动能Ek随位移x 的变化关系如图所示。取重力加速度g=10m/s2,则物体沿斜面向1.“长征”系

10、列运载火箭是中国自行研制的航天运载工具，为中国航天的发展提供了强有力的支撑。“长征三号”丙发射“嫦娥二号”，“嫦娥二号”质量为m,假设可以把整个助推过程看成初速度为0 的匀加速直线运动，助推的距离为s,时间为t,则它们在脱离的瞬间，“嫦娥二号”获得的动能是（)2ms22ms22.甲、乙两辆汽车在水平路面上行驶,若甲车速度从1 0k m/h 加速到2 0k m/h,乙汽车的速度从50k m/h加速到6 0k m/h,下列说法正确的是（）A.甲汽车的动能增大到原来的2倍B.乙汽车的动能增大到原来的2 倍C.若甲、乙两车的质量相等，则甲车所受合力做功较多D.若甲、乙两车的质量相等，则乙车所受合力做功

11、较多3.一辆质量为m 的汽车在发动机牵引力F的作用下，沿水平方向运动.在t o时刻关闭发动机，其运动的V-t 图象如图所示，已知汽车行驶过程中牵引力所做的功为W F,克服阻力所做的功为Wf.下列说法中正确的是（）t o 2t0 3l0 t A.汽车加速过程与减速过程的平均速度之比为1：2B.汽车加速过程与减速过程动能变化量的绝对值不同C.F：f=3：ID.WF：W f=l：3如图甲所示,质量为1 kg 的物块静止在粗糙的水平面上，用大小为1 0N 的水平拉力F拉动物块，其动能E k随位移x变化的关系图线如图乙所示。重力加速度g=1 0m/s 2,物块可视为质点，下列说法正确的是（）E/JA.水

12、平拉力做的功为40JB.物块运动的加速度大小为4m/s 2C.物块与水平面间的摩擦力大小为2 ND.物块与水平面间的动摩擦因数为0.14.如图所示装置，A B为光滑竖直管道，高度h=8m,BCD为半径R i=2 m的光滑半圆轨道，DE为半径R2=3m的粗糙四分之一圆轨道，现有质量m=1kg的小球从A点由静止释放，进入到装置中。已知小球到达E点时，小球对外轨道的压力为1.5mg,g=10m/s2,下面正确的是（）O广C A.整个运动过程中，小球的机械能守恒B.小球到达最低点C点时，对轨道的压力为100NC.整个运动过程，摩擦力做的功W f=-37.5JD.小球从E点离开轨道，再次落到地面上时的动

13、能为Ek=87.5J在一个斜面上，摆 两 条（光滑）轨道，一条是直线，一条是曲线，起点高度以及终点高度都相同。两个质量，大小一样的小球同时从起点向下滑落，曲线的小球反而先到终点。这是由于曲线轨道上的小球先达到最高速度，所以先到达。然而，两点之间的直线只有一条，曲线却有无数条，那么，哪一条才是最快的呢？1696年，瑞士数学家约翰伯努利解决了这个问题，这条最速曲线就是一条摆线，也叫旋轮线 现让质量相同的小球1和2分别同时从起点沿直线，最速曲线由静止开始下滑到斜面底端。此过程中（）B.两小球下滑过程中合力做功一样多C.最速曲线轨道对球2的支持力做正功D.两小球下滑到底端时重力做功的瞬时功率一样大5.

14、图甲所示为固定在竖直平面内半径为R=0.5m的半圆形轨道，A为最低点，B与圆心等高，C为最高点，A C竖直。一质量为1kg的小球从最低点A以一定速度进入半圆轨道，沿轨道运动过程中小球的速率的平方与上升高度的关系图像如图乙所示 已知轨道粗糙程度处处相同，小球能够到达最高点，不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2。则下列说法正确的是（）cB.小球沿轨道运动过程中摩擦力做的功为8.5JC.小球能到达的最高点的高度为0.8mD.小球经过A 点时的切向加速度与初动能有关6.如图所示,人通过滑轮将质量为m 的物体，沿粗糙的斜面由静止开始匀加速地由底端拉上斜面,物体上升的高度为h 时，速度为V。在此过程中

15、（）1做功等于mgh+2C.人的拉力做功等于m gh+|m v21D.人的拉力做功大于mgh+nw27.如图所示，质量为m 的物体在水平恒力F 的作用下，从倾角为0 的斜面底端O 点沿斜面缓慢移动到A 点，去掉F 后，物体立即从A 点下滑到水平面的B 点停下。已知OA距离为Li,OB距离为L 2,物体与水平面和斜面间的动摩擦因数均为山 下面判断正确的是（）A.物体从O 点到A 点，重力做的功是mgLisinOB.物体从0 点到A 点，水平恒力F 做的功是FLiC.物体从0 点到A 点和从A 点下滑到O 点克服摩擦力做的功相等D.物体从A 点下滑到水平面的B 点，克服摩擦力做的功是pmg（LIC

16、OS6+L2）8.某兴趣小组设计了一款智能弹跳游戏，简化模型如图所示，有一长为L（已知量）的空心上下无底的圆筒，圆筒顶端固定了一个智能主控装置（未画出），可以自动检测弹性小球运动过程中的运动物理量和对小球施加的特定作用力，圆筒轴线上与筒顶端等高处有一弹性小球，现让小球和圆筒同时由静止自由落下，圆筒与小球间无相互作用力，圆筒碰地后立即竖直锁住让它停止运动，小球碰地后的反弹速率为落地时速率的苛 倍，小球与地面的碰撞时间极短，可看作瞬间反弹，运动过程中圆筒的轴线始终位于竖直方向，若小球第一次反弹上升到最高点时刚好与圆筒上端平齐，则智能主控装置就会进行智能识别，提示游戏成功。若某次圆筒的下端距水平地面

17、为某一高度静止释放，按上述要求完成实验，刚好提示游戏成功，已知重力加速度为g,不计空气阻力，求：（1）在游戏成功的情况下，圆筒释放时下端距水平面的高度H；（2）在游戏成功的情况下，小球从释放到第一次落地所经历的时间t；（3）另一次弹跳实验，若小球和圆筒同时由静止释放的同时，智能主控装置自动对弹性小球产生一个竖直向下的恒力，将小球快速向下弹出，检测到小球向下弹出的加速度大小为5 g,小球弹出M过程中圆筒刚好悬停不动，求圆筒与智能主控装置的总质量M 与 小 球 质 量 m 的比值一。9.如图所示是公路上的“避险车道”，车道表面是粗糙的碎石，其作用是供下坡的汽车在刹车失灵的情况下避险。质 量 m=2

18、.0 X 1 0 3 k g 的汽车沿干道下坡行驶，当驾驶员发现刹车失灵的同时发动机失去动力，此时速度表示数v i=3 6 k m/h,汽车继续沿下坡匀加速直行时间t=2 0 s 后刚好到达“避险车道”，此时速度表示数V 2=7 2 k/h,已知下坡斜面和“避险车道”与水平面间的夹角均为。，且 s i n 0、O.2 （g 取 l O m/s 2）。汽车在下坡过程中的加速度大小；(2)求汽车在下坡过程中的阻力大小：(3)若汽车在“避险车道”受到的阻力是在下坡公路上的2倍，为保证汽车不与“避险车道”尽头的防撞设施发生碰撞，求“避险车道”的最小长度。第 32讲动能定理的准确理解与实际应用I真题示例

19、1.（2022-甲卷）北京2022年冬奥会首钢滑雪大跳台局部示意图如图所示。运动员从a 处由静止自由滑下，到 b 处起跳，c 点为a、b 之间的最低点，a、c 两处的高度差为h 要求运动员经过c 点时对滑雪板的压力不大于自身所受重力的k倍，运动过程中将运动员视为质点并忽略所有阻力，则 c 点处这一段圆弧雪道的半径不应小于（）h.k+1【解答】解：从 a 到 c 根据动能定理有：mgh=在 c 点根据牛顿第二定律有：kmg-m g=写 联立解得：R=1A故 ABC错误，D 正确；故选：D。（多选）2.（2022 湖南）下端附着重物的粗细均匀木棒，竖直浮在河面，在重力和浮力作用下，沿竖直方向做频率

20、为1Hz的简谐运动；与此同时，木棒在水平方向上随河水做匀速直线运动，如图（a）所示。以木棒所受浮力F 为纵轴，木棒水平位移x 为横轴建立直角坐标系，浮 力 F 随水平位移x 的变化如图（b）所示。已知河水密度为p,木棒横截面积为S,重力加速度大小为g。下列 说 法正确的是（）图(a)0.1 0.20.3 0.40.5图 9 A.x 从 0.05m到 0.15m的过程中，木棒的动能先增大后减小B.x 从 0.21m到 0.25m的过程中，木棒加速度方向竖直向下，大小逐渐变小C.x=0.35m和 x=0.45m 时，木棒的速度大小相等，方向相反 D.木棒在竖直方向做简谐运E.木棒的运动为向x 轴正

21、方向传播的机械横波，波速为0.4 m/s【解答】解：A、木棒在竖直方向做简谐运动，根据图（b）可知x=O m处，木棒达到平衡位置，此时的速度最大，所以x从 0.0 5 m 到 0.1 5 m 的过程中，木棒的动能先增大后减小，故 A正确；B、x=0.2 m 时木棒浮力最小，此时木棒在上方最大位移处，重力大于浮力，木棒开始向下振动，x从 0.2 1 m 到 0.2 5 m 的过程中，木棒的浮力增大，但小于重力，说明在木棒加速度方向竖直向下，大小逐渐变小，故 B正确；C、在 x=0.3 5 m 和 x=0.4 5 m 时，木板的浮力相同，说明木板处于同一位置，根据简谐运动的对称性可知，在 x=0.

22、3 5 m 和 x=0.4 5 m 时木棒竖直方向的速度大小相等，方向相反，但木棒水平方向速度相同，根据速度的合成可知，木棒的速度方向不是相反，故 C错误；D、设木棒在平衡位置处浸没的深度为h,振幅为A。浮力最大时，有：F i =p gS （A+h）,浮力最小时，有：F 2=p gS （h-A）,联立解得：A=与 看，故 D正确；E、振动质点不会随波逐流，故 D错误。故选：A B D o3.（2 0 2 2 浙江）物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车中，如图所示，倾斜滑轨与水平面成2 4 角，长度h=4m,水平滑轨长度可调，两滑轨间平滑连接。若货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑，其与滑轨间的动摩

23、擦因数均为产 系 货物可视为质点（取 co s2 4。=0.9,si n 2 4 =0.4）。一，一 心/,（1）求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度a i 的大小;（2）求货物在倾斜滑轨末端时速度v的大小；（3）若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2 m/s,求水平滑轨的最短长度1 2。【解答】解：（1）倾斜滑轨与水平面成。=2 4 角，对货物根据牛顿第二定律可得:m gsi n。-n m gco sO代入数据解得：a i=2 m/s2；（2）根据速度一位移关系可得：v2=2 a i li代入数据解得：v=4 m/s；（3）货物在水平轨道上运动时，根据动能定理可得：-|i m gl2=mv2 m

24、v2.其中 v，=2 m/s代入数据解得：1 2=2.7 m。答：货物在倾斜滑轨上滑行时加速度a i 的大小为2 m/s2；(2)货物在倾斜滑轨末端时速度v的大小为4 m/s；(3)若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2 m/s,则水平滑轨的最短长度为2.7 m。一.知识回顾I.动能(1)定义：物体由于运动而具有的能。(2)公式：Ek=mv2a(3)标矢性：动能是标量，只有正值，动能与速度方向无关。(4)状态量：动能是状态量，因为v 是瞬时速度。(5)相对性：由于速度具有相对性，所以动能也具有相对性。(6)动能的变化：物体末动能与初动能之差，即&=%泊一3%而。动能的变化是过程量。2.动能定理

25、(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=A E k；W=Ek2-Ekl;卬=/正一品面。3 .物理意义：合力的功是物体动能变化的量度。4 .适用范围广泛(1)既适用于直线运动，也适用于曲线运动。(2)既适用于恒力做功，也适用于变力做功。(3)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以不同时作用。5.动能定理的理解和应用(1)做功的过程就是能量转化的过程，动能定理表达式中的“=的意义是一种因果关系在数值上相等的符号。因果关系：合力做功是引起物体动能变化的原因。数量关系：合力做功与动能变化具有等量代换的关系。单位关系：国际单位制中功和能的单位都是焦

26、耳。(2)动能定理叙述中所说的“力”，既可以是重力、弹力、摩擦力，也可以是静电力、磁场力或其他力；既可以是恒力，也可以是变力。(3)动能定理中涉及的物理量有尸、I、a、机、v、W、Ek，在处理含有上述物理量的问题时，优先考虑使用动能定理。6.应用动能定理的注意事项(1)应用动能定理解题应抓好“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，确定这i过程研究对象的受力情况和位置变化或位移信息。(2)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。(3)应用动能定理的关键在于对研究对象进行准确的受力分析及运动

27、过程分析，并画出运动过程的草图，借助草图理解物理过程之间的关系。(4)当物体的运动包含多个不同过程时，可分段应用动能定理求解；当所求解的问题不涉及中间的速度时，也可以全过程应用动能定理求解，这样更简便。(5)当选择全部子过程作为研究过程，涉及重力、大小恒定的阻力或摩擦力做功时，要注意运用它们的做功特点：重力做的功取决于物体的初、末位置，与路径无关；大小恒定的阻力或摩擦力做的功等于力与路程的乘积。(6)列动能定理方程时，必须明确各力做功的正、负，确实难以判断的先假定为正功，最后根据结果加以检验。7.应用动能定理解决问题的流程确定研究对象和研究过程阶或过列程分段全程方解方程、得出结果题型一：运用动

28、能定理求变力做的功1(多 选)例 1.如图所示，A B 为一圆弧轨道，BC为水平直轨道，圆弧的半径为R,B C 的长度也是4R.一质量为m 的物体，与两个轨道间的动摩擦因数都为口，当它由轨道顶端A 从静止开始下落，恰好运动到C 处停止，那 么()B C A.物体在BC段克服摩擦力所做的功pmgRB.物体在BC段克服摩擦力所做的功mgRC.物体在AB段克服摩擦力所做的功mgRD.物体在AB段克服摩擦力所做的功(1-n)mgR【解答】解：A、BC段物体受摩擦力=0 ,位移为R,故 BC段摩擦力对物体做功W=-fR=-ym gR,故 A 正确，B 错误；C、对全程由动能定理可知，m g R+W i+

29、W=O解得 W i =|i m g R-m g R；故 AB段克服摩擦力做功为W=mgR-umgR,故 C错误，D正确。故选：A D o题型二：牛顿定律与动能定理相结合解决问题例 2.如图，倾角为9=30 的光滑固定斜面，一物块在沿斜面向上的恒定外力F作用下，由静止开始从斜面的底端向上做匀加速直线运动，经时间t 物块至斜面B点（图未标）外力F做的功为W,此后撤去外力F,再经过时间点后物块恰好运动至最高点，则撤去外力F时物块的动能为（）6 4 3 3【解答】解：由匀变速直线运动规律取向上为正方向则有，加速过程，根据运动学公式有vi=a i t,减速过程有：V i =a2,解得：a 2=3a i,

30、由牛顿第二定律有，加速过程有：F -m g s i n 0=m a i,减速过程 m g s i n 8=m a 2,解得 F=由静止开始到撤去外力F的过程，设物块的位移为s,由动能定理有：W-m g s s i n S=E k,外力做功为：W=F s=mgsind s解得：E k 岩W,故 ACD错误，B正确。故选：B o题型三：运用动能定理分析各力做功的数量关系（多选）例 3.如图所示，一块长木板B放在光滑的水平面上，在 B上放一物体A,现以恒定的外力拉B,由于A,B间摩擦力的作用，A将在B上滑动，以地面为参考系，A和 B都向前移动一段距离.在此过程中（）AJ j_，/，A.B对 A的摩擦

31、力所做的功等于A的动能的增量B.外力F做的功等于A和 B动能的增量C.A对 B的摩擦力所做的功等于B对 A的摩擦力所做的功D.外力F对 B做的功等于B的动能的增量与B克服摩擦力所做的功之和【解答】解：A、对 A物运用动能定理分析可知，B对 A的摩擦力所做的功，等于A的动能的增量，故 A正确；B、选择A和 B作为研究对象，运用动能定理研究：B受外力F做功，A对 B的摩擦力与B对 A的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在 B上滑动，A、B对地的位移不等，故二者做功不等，根据功能关系可知：W F+（-f*A x）=E k A+E k B,其 中 为A、B的相对位移。所以外力

32、F做的功不等于A和 B的动能的增量，故 B错误。C、A对 B的摩擦力与B对 A的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，但是由于 A在 B上滑动，A、B对地的位移不等，故二者做功不等，故 C错误。D、对 B物体应用动能定理，WF-W f=Z E k B,W f 为 B克服摩擦力所做的功，即 WF=A E k B+Wf,就是外力F对 B做的功等于B的动能增量与B克服摩擦力所做的功之和，故 D正确。故选：AD。三.举一反三，巩固训练1.一质量为m=2 k g 的物体自倾角为30。的固定斜面底端沿斜面向上运动，一段时间后回到斜面底端。该物体的动能E k 随位移x的变化关系如图所示。取重力加

33、速度g=10m/s 2,则物体沿斜面向上滑动的最大距离为（）B.4y/3m16C.一m3D.6m【解答】解：根据动能定理可知，W=F x=E k-E k（）,则可知对物体上滑和下滑过程，动 能 E k 随位移x的图像的斜率表示合外力，由牛顿第二定律有对上滑过程有：mgsin30 0+/=当对下滑过程有：mgsin30 0-/=学联立解得x=4 m,f=6 N,故 A正确，BCD错误。故选：A o2.“长征”系列运载火箭是中国自行研制的航天运载工具，为中国航天的发展提供了强有力的支撑。“长征三号”丙发射“嫦娥二号”，“嫦娥二号”质量为m,假设可以把整个助推过程看成初速度为0的匀加速直线运动，助推

34、的距离为s,时间为t,则它们在脱离的瞬间，“嫦娥二号”获得的动能是（）ms2 2ms2 2ms2 2msA.F B-C-D-【解答】解：根据匀变速直线运动的规律可得：万=竽=：则根据动能的计算公式可得：E k=*n w 2=等，故 C正确，ABD 错误；故选：C o3 .甲、乙两辆汽车在水平路面上行驶,若甲车速度从1 0 k m/h 加速到2 0 k m/h,乙汽车的速度从50 k m/h加速到6 0 k m/h,下列说法正确的是（）A.甲汽车的动能增大到原来的2倍B.乙汽车的动能增大到原来的2倍C.若甲、乙两车的质量相等，则甲车所受合力做功较多D.若甲、乙两车的质量相等，则乙车所受合力做功较

35、多【解答】解：A B、由可知，甲汽车的速度变为原来的2倍，则动能增大到原来的4倍，乙汽车的速度变为原来的1.2 倍，乙汽车的动能增大到原来的1.4 4 倍，故 AB错误；CD、由动能定理可知，外力所做的功等于动能的变化量，若甲乙两车的质量相等，有W尹=|mvl-1 m vl,解得皿甲=W解得皿4=故 W“VW 乙，C 错误，D 正确。故选：D。4.一辆质量为m 的汽车在发动机牵引力F 的作用下，沿水平方向运动.在t o 时刻关闭发动机，其运动的v -t 图象如图所示，己知汽车行驶过程中牵引力所做的功为WF,克服阻力所做的功为W f.下列说法中正确的是（）2/fl 3l0 t A.汽车加速过程与

36、减速过程的平均速度之比为1：2B.汽车加速过程与减速过程动能变化量的绝对值不同C.F：f=3：1D.WF：W f=l：3【解答】解：A、由图示v-t 图象可知，加速过程平均速度大小V M 产 上!守=手，减速过程的平均速度大小V般=巧 2=号，则汽车加速过程与减速过程的平均速度之比为1：1,故 A错误:B、汽车加速过程动能的变化量 E k 加=：?n 端 0=3 6啕，减速过程动能的变化量A E k 减=汽车加速过程与减速过程动能变化量的绝对值相等，故 B错误；C、由图示v-t 图象可知，加速阶段加速度大小a1.尸 警，减速阶段加速度a 设=亏 吗-=要，。0 3。0 一。0 z to根据牛顿

37、第二定律得：F-f=m a 加，f=m a 跋，解得：F：f=3：1,故 C正确；D、在整个运动过程中，根据动能定理可得：WF-Wf=0 -0,故WF：W f=l：1,故 D 错误。故选：C 5.如图甲所示,质量为1 k g 的物块静止在粗糙的水平面上，用大小为1 0 N 的水平拉力F 拉动物块，其动能E k 随位移x变化的关系图线如图乙所示。重力加速度g=1 0 m/s 2,物块可视为质点，下列说法正确的是()甲 乙 A.水平拉力做的功为4 0 JB.物块运动的加速度大小为4 m/s 2C.物块与水平面间的摩擦力大小为2 ND.物块与水平面间的动摩擦因数为0.1【解答】解：A.水平拉力做的功

38、为W=F x=1 0 X 5 J=5 0 J,故 A错误。C.设物块与水平面间的摩擦力大小为f,由动能定理可知：E k=Fx-f x=(F-f)x结合图乙可知，物块受到的合外力的大小为：F-f=摩擦力大小为：f=2 N,故 A错误；C正确;B.由牛顿第二定律可知F-f=m a代入数据解得：a=8m/s 2,故 B错误；D.由 f=|i N代入数据解得：H=0.2O故 D 错误。故选：C o如图所示装置，AB为光滑竖直管道，高度h =8 m,BC D 为半径R i=2 m 的光滑半圆轨道，D E 为半径R 2=3 m 的粗糙四分之一圆轨道，现有质量m=1 k g 的小球从A点由静止释放，进入到装

39、置中。已知小球到达E 点时，小球对外轨道的压力为1.5 m g,g=1 0 m/s2,下面正确的是()A.整个运动过程中，小球的机械能守恒B.小球到达最低点C 点时，对轨道的压力为1 0 0 NC.整个运动过程，摩擦力做的功W f=-3 7.5 JD.小球从E 点离开轨道，再次落到地面上时的动能为Ek=8 7.5 J【解答】解：A、小球在D E 段运动过程中，阻力做负功，小球的机械能减少，故 A错误；B、设小球到达最低点C 点时的速度大小为v i,从 A到 C 过程中，根据动能定理可得：m g(h+R i)1 2 A=2 m 0在最低点，根据牛顿第二定律可得：FN-mg=m*联立解得:FN=1

40、 1 0 N,根据牛顿第三定律可得小球到达最低点C 点时，对轨道的压力为1 1 0 N,故 B错误；C、设小球到达E 点时，小球的速度大小为V 2,对小球根据牛顿第二定律可得：1.5 m g+m g=m 兽,代入数据解得：v 2=5 V 3 m/s小球从A到 E 过程中，根据动能定理可得：m g (h -R 2)+W f=；m谚-0联立解得：W f=-1 2.5 J,故 C 错误;D、从 E 到地面过程中，根据动能定理可得：mg（R1+R2）=Ek-1m v2代入数据解得：E k=87.5J,故 D 正确。故选：D。在一个斜面上，摆 两 条（光滑）轨道，一条是直线，一条是曲线，起点高度以及终点

41、高度都相同。两个质量，大小一样的小球同时从起点向下滑落，曲线的小球反而先到终点。这是由于曲线轨道上的小球先达到最高速度，所以先到达。然而，两点之间的直线只有一条，曲线却有无数条，那么，哪一条才是最快的呢？1696年，瑞士数学家约翰伯努利解决了这个问题，这条最速曲线就是一条摆线，也叫旋轮线。现让质量相同的小球1 和 2 分别同时从起点沿直线，最速曲线由静止开始下滑到斜面底端。此过程中（）B.两小球下滑过程中合力做功一样多C.最速曲线轨道对球2 的支持力做正功D.两小球下滑到底端时重力做功的瞬时功率一样大【解答】解：A B.由图可知，两球沿两条不同的路径下滑，都只有重力做功，且下落的高度相同，根

42、据 动 能 定 理 有=讲解得口=J 荻，故两小球最终的速度大小相等，下滑过程中合力做功一样多，故 A 错误，B 正确；C.最速曲线轨道对球2 的支持力始终与速度方向垂直，故不做功，故 C 错误；D.两小球下滑到底端时，速度大小相等但速度方向不相同，故重力做功的瞬时功率不一样大，故 D 错误。故选：B o6.图甲所示为固定在竖直平面内半径为R=0.5m 的半圆形轨道，A 为最低点，B 与圆心等高，C为最高点，A C 竖直。一质量为1kg的小球从最低点A 以一定速度进入半圆轨道，沿轨道运动过程中小球的速率的平方与上升高度的关系图像如图乙所示。已知轨道粗糙程度处处相同，小球能够到达最高点，不计空气

43、阻力，重力加速度g=10m/s2。则下列说法正确的是（）c甲 乙 A.小 球从轨道脱离时速度大小为5m/sB.小球沿轨道运动过程中摩擦力做的功为8.5JC.小球能到达的最高点的高度为0.8m D.小球经过A 点时的切向加速度与初动能有关【解答】解:A.若轨道没有摩擦力，根据动能定理-mg2R=；nw2-诏,解 得 v=4m/s5m/s,故 A 错误。B.若小刚好达到最高点，m g=写得。=ygR-V10 x 0.5m/s=V5m/s；设小球克服摩擦力做功为W f,根据动能定理-m g-2R-Wf=1m v2-品 诏，代入数据解得Wf5.5 J,即小球沿轨道上升过程中克服摩擦力做功不大于5.5

44、J,小球才能通过最高处，故 B 错误。C.由图乙知，小球上升的高度h=2 R=lm,小球能够达到最高点，故 C 错误。D.小球在最低处，根据牛顿第二定律N =m 票 又最低处的动能以0=加 堤，联立得八=讥9+费，小球所受的滑动摩擦力/=以7=4（山9+智）；根据牛顿第二定律，小球在人点的切向加速度4 =5=阂+鬻,可见小球经过A 点时的切向加速度与初动能有关，故 D 正确。故选：D7.如图所示,人通过滑轮将质量为m 的物体，沿粗糙的斜面由静止开始匀加速地由底端拉上斜面,B.物体所受的合力做功等于rngh+m/C.人的拉力做功等于m gh+arn/1D.人的拉力做功大于mgh+2Tnv2【解答

45、】解：A、重力对物体做的功为-m g h,故 A 错误；B、根据动能定理，物体所受的合力做功等于物体的动能变化量，即为故B错误;C D、根据动能定理得：W m g A-Wf=m v2则人的拉力做功为1W =mg/i+2 m v2+Wf,故 C 错误，D 正确;故选：D。8.如图所示，质量为m 的物体在水平恒力F的作用下，从倾角为。的斜面底端0点沿斜面缓慢移动到A 点，去掉F后，物体立即从A 点下滑到水平面的B点停下。己知0A 距离为Li,O B距离为L2,物体与水平面和斜面间的动摩擦因数均为上 下面判断正确的是()物体从0点到A 点，重力做的功是m g Li s i n。B.物体从O点到A 点

46、，水平恒力F做的功是F LiC.物体从0点到A 点和从A 点下滑到O点克服摩擦力做的功相等D.物体从A 点下滑到水平面的B点，克服摩擦力做的功是i i m g (LI CO S0+L2)【解答】解：A.物体从O点到A 点，重力做的功是WG=-m g Li s i n S,故 A 错误；B.物体从0点到A 点，水平恒力F做的功是W F=F Li s i n 0,故 B错误；C.物体从O点到A 点的摩擦力大小为f=u (m g c os 0+F s i n 0),从 A 点下滑到0点过程中摩擦力大小为H i n g c os S,两个过程中位移大小相等，所以两过程中克服摩擦力做的功不相等，故 C

47、错误；D.物体从A 点下滑到水平面的B点克服摩擦力做功为W r=n m g (Li c os e+L2),故 D正确。故选：D。某兴趣小组设计了一款智能弹跳游戏，简化模型如图所示，有一长为L(已知量)的空心上下无底的圆筒，圆筒顶端固定了一个智能主控装置(未画出)，可以自动检测弹性小球运动过程中的运动物理量和对小球施加的特定作用力，圆筒轴线上与筒顶端等高处有一弹性小球，现让小球和圆筒同时由静止自由落下，圆筒与小球间无相互作用力，圆筒碰地后立即竖直锁住让它停止运动，小球碰地后的反弹速率为落地时速率的言倍，小球与地面的碰撞时间极短，可看作瞬间反弹，运动过程中圆筒的轴线始终位于竖直方向，若小球第一次反

48、弹上升到最高点时刚好与圆筒上端平齐，则智能主控装置就会进行智能识别，提示游戏成功。若某次圆筒的下端距水平地面为某一高度静止释放，按上述要求完成实验，刚好提示游戏成功，已知重力加速度为g,不计空气阻力，求：（1）在游戏成功的情况下，圆筒释放时下端距水平面的高度H；（2）在游戏成功的情况下，小球从释放到第一次落地所经历的时间t；（3）另一次弹跳实验，若小球和圆筒同时由静止释放的同时，智能主控装置自动对弹性小球产生一个竖直向下的恒力，将小球快速向下弹出，检测到小球向下弹出的加速度大小为5 g,小球弹出M过程中圆筒刚好悬停不动，求圆筒与智能主控装置的总质量M 与小球质量m的比值一。m自由落体运动，小球

49、下落过程，由速度一位移公式得：v 2=2 g （H+L）小球反弹后的速度大小巧=等 小球反弹后上升过程，由动能定理得：-m g L=0-1 7 n v f解得：H=1L（2）设小球从释放到第一次落地的时间为3 由位移一时间公式得：H+L=gt2解 得:岛（3）设智能主控装置对小球施加的力的大小为F,则圆筒受到的反作用力也为F,对圆筒，由平衡条件得：F=M g对小球有：F+m g=m X 5 g,M解得：一=4m答：（1）在游戏成功的情况下，圆筒释放时下端距水平面的高度H是1 L；4(2)在游戏成功的情况下，小球从释放到第一次落地所经历的时间t 是 源；M9.(3)圆筒与智能主控装置的总质量M

50、与小球质量m 的比值一是4。如图所示是公路上的“避m险车道”，车道表面是粗糙的碎石，其作用是供下坡的汽车在刹车失灵的情况下避险。质量m=2.0 X 1 03kg的汽车沿干道下坡行驶，当驾驶员发现刹车失灵的同时发动机失去动力，此时速度表示数v i=3 6 k m/h,汽车继续沿下坡匀加速直行时间t=2 0 s 后刚好到达“避险车道”，此时速度表示数V 2=7 2 k/h,已知下坡斜面和“避险车道”与水平面间的夹角均为。，且 s in e 0.2 (g取 1 0 m/s2)o汽车在下坡过程中的加速度大小；(2)求汽车在下坡过程中的阻力大小；(3)若汽车在“避险车道”受到的阻力是在下坡公路上的2 倍