2024版高考物理一轮复习第五章机械能第2讲动能定理及其应练习含解析新人教版

PAGE7-2024版高考物理一轮复习第五章机械能第2讲动能定理及其应练习含解析新人教版第2讲动能定理及其应用一、选择题(本题共8小题，1～4题为单选，5～8题为多选)1．(2021·山东枣庄月考)如图所示，长为L＝1m的长木板水平放置，在木板的A端放置一个质量为m＝1kg的小物块，现缓慢地抬高A端，使木板以左端为轴转动，当木板转到与水平面的夹角为α＝30°时小物块开始滑动，此时停止转动木板，小物块滑到底端时的速度为v＝2m/s，g取10m/s2，则在整个过程中(D)A．木板对小物块做功为5JB．摩擦力对小物块做功为5JC．支持力对小物块做功为零D．小物块克服摩擦力做功为3J[解析]本题考查旋转运动中各力做功情况的计算。设在整个过程中木板对小物块做功为W，整个过程中重力做功为零，则根据动能定理得W＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)×1×22J＝2J，故A错误；在木板从水平位置开始转动到与水平面的夹角为30°的过程中，设支持力对物块做功为WN，根据动能定理得WN－mgLsin30°＝0，解得WN＝mgLsin30°＝5J，故C错误；设小物块沿木板下滑的过程中摩擦力做的功为Wf，根据动能定理得mgLsin30°＋Wf＝eq\f(1,2)mv2－0，解得Wf＝－3J，所以小物块克服摩擦力做功为3J，故B错误，D正确。2．刹车距离是衡量汽车安全性能的重要参数之一，如图所示的图线1,2分别为甲、乙两辆汽车在紧急刹车过程中的刹车距离l与刹车前的车速v的关系曲线。已知紧急刹车过程中车与地面间的摩擦是滑动摩擦。据此可知，下列说法中正确的是(B)A．甲车的刹车距离随刹车前的车速v变化快，甲车的刹车性能好B．乙车与地面间的动摩擦因数较大，乙车的刹车性能好C．以相同的车速开始刹车，甲车先停下来，甲车的刹车性能好D．甲车的刹车距离随刹车前的车速v变化快，甲车与地面间的动摩擦因数较大[解析]对刹车过程，由动能定理可知μmgl＝eq\f(1,2)mv2，得l＝eq\f(v2,2μg)＝eq\f(v2,2a)，结合题图可知甲车与地面间的动摩擦因数小，乙车与地面间的动摩擦因数大，刹车时的加速度a＝μg，以相同的车速开始刹车，乙车先停下来，乙车刹车性能好，B正确。3．如图所示，ABCD是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底BC的连接处均为与BC相切的圆弧，BC是水平的，其长度d＝0.60m。盆边缘的高度为h＝0.30m。在A处放一个质量为m的小物块并让其从静止下滑。已知盆内侧壁是光滑的，而盆底BC面与小物块间的动摩擦因数为μ＝0.10。小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停止位置到B点的距离为(B)A．0.50m B．0.60mC．0.10m D．0[解析]本题考查动能定理在圆弧曲面上的应用。设小物块在BC面上运动的总路程为s。物块在BC面上所受的滑动摩擦力大小始终为f＝μmg，对小物块从开始运动到停止运动的过程，由动能定理得mgh－μmgs＝0，得s＝eq\f(h,μ)＝eq\f(0.30,0.10)m＝3m，d＝0.60m，则s＝5d，所以小物块在BC面上来回运动共5次，最后停在C点，则停止位置到B点的距离为0.60m，故B正确。4．(2021·湖南岳阳月考)将三块木板1、2、3分别固定在墙角，构成如图所示的三个斜面，其中1与2底边相同，2和3高度相同。现将一个可以视为质点的物块，分别从三块木板的顶端由静止释放，沿木板下滑到底端。下列说法中正确的是(D)A．若木板均光滑，沿木板2和3下滑到底端时，物块的速度相同B．若木板均光滑，物块沿木板3下滑到底端时，速度最大C．若木板均光滑，物块沿木板3下滑到底端的过程用时最短D．若木板1和2粗糙程度相同，则物块沿木板1和木板2下滑到底端的过程中，克服摩擦力做功相同[解析]若木板光滑，物块从高为h的木板上由静止滑到底端时，根据动能定理有mgh＝eq\f(1,2)mv2，可知只要物块下降的高度相同，到达底端时的速度大小相同，但方向不同，下降的高度越大，物块沿木板下滑到底端时的速度越大，A、B均错误；设木板与竖直方向的夹角为θ，若木板均光滑，在物块下滑过程中由牛顿第二定律得mgcosθ＝ma，a＝gcosθ，位移为L＝eq\f(h,cosθ)，时间为L＝eq\f(1,2)at2，联立解得物块沿木板下滑到底端的时间为t＝eq\r(\f(2h,gcos2θ))，由此可知，当高度相同时，θ越小，运动时间越小，故物块沿木板2下滑到底端的过程用时比物块沿木板3下滑到底端的过程用时短，C错误；若木板1和2粗糙程度相同，设木板与水平方向的夹角为α，物块的水平位移为s，物块所受摩擦力f＝μmgcosα，物块沿木板下滑的位移L＝eq\f(s,cosα)，摩擦力做功W＝－fL＝－μmgs，故克服摩擦力做功与α大小无关，两次做功相同，D正确。5．(2021·河北衡水中学期中)如图所示，一内壁粗糙程度相同、半径为R的圆筒固定在竖直平面内，圆筒内一质量为m的小球沿筒壁做圆周运动。若小球从最低点算起运动一圈又回到最低点的过程中，两次在最低点时筒壁对小球的弹力大小分别为10mg和8mg。设小球在该过程中克服摩擦力做的功为W，经过最高点时筒壁对小球的弹力大小为F，重力加速度为g，则(BD)A．W＝2mgR B．W＝mgRC．3mg<F<4mg D．2mg<F<3mg[解析]对小球进行受力分析，先后两次在最低点所受的合外力分别为9mg和7mg，方向指向圆心。设小球先后两次经过最低点的速率分别为v1和v2，根据牛顿第二定律有9mg＝eq\f(mv\o\al(2,1),R)和7mg＝eq\f(mv\o\al(2,2),R)，小球在整个过程中，由动能定理得W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，联立解得W＝mgR，故A错，B对；小球在上升和下降过程中的等高处，上升时受到的摩擦力较大，而下降时受到的摩擦力较小，则上升时克服摩擦力做功W1>eq\f(W,2)，下降时克服摩擦力做功W2<eq\f(W,2)，设小球上升到最高点时的速度为v3，筒壁对小球的弹力满足F＋mg＝eq\f(mv\o\al(2,3),R)，再由能量守恒得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)＋2mgR＋W1，解得F<3mg；假设小球到达最高点时克服摩擦力做功为W＝mgR，由能量守恒得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)＋2mgR＋W，解得F＝2mg，实际上小球下降时也要克服摩擦力做功，因此上升过程中克服摩擦力做的功小于W，则有F>2mg，故C错，D对。故选BD。6．如图所示，在竖直平面内有一光滑水平直轨道与半径为R的光滑半圆形轨道在半圆的一个端点B相切，可视为质点的小球从A点通过B点进入半径为R的半圆，恰好能通过半圆的最高点M，从M点飞出后落在水平面上，不计空气阻力，则(BC)A．小球到达M点时的速度大小为0B．小球在A点时的速度为eq\r(5gR)C．小球落地点离B点的水平距离为2RD．小球落地时的动能为3mgR[解析]小球恰好能通过半圆的最高点M，由重力提供向心力，则有mg＝eq\f(mv\o\al(2,M),R)，解得vM＝eq\r(gR)，故选项A错误；小球从A到M，由动能定理得－2mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,M)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)，解得vA＝eq\r(5gR)，EkA＝eq\f(5,2)mgR，故B正确，D错误；小球离开M点后做平抛运动，则有x＝vMt,2R＝eq\f(1,2)gt2，得x＝2R，故C正确。7．(2021·青岛模拟)在新冠肺炎疫情防控期间，可以利用无人机投送物品。设无人机悬停在距离地面高度为h的空中，欲将质量为m的物质投送到地面，重力加速度为g，下列说法中正确的是(BD)A．若让物品自由下落，到达地面时速度为v1，则下落过程中物品克服空气阻力做的功为eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)B．若用轻绳系在物品上，轻绳另一端系在无人机上，使物品加速下落，到达地面时物品速度为v2，不计空气阻力，则下落过程中克服轻绳拉力做的功为mgh－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)C．若用轻绳系在物品上，轻绳另一端系在无人机上(忽略短暂的加速过程)，物品以速度v3匀速落到地面，不计空气阻力，则下落过程中克服轻绳拉力做的功为mgh－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)D．若用轻绳系在物品上，轻绳另一端系在无人机上，使物品先加速下落eq\f(1,2)h，然后以同样大小的加速度减速下落，不计空气阻力，则下落过程中克服轻绳拉力做的功为mgh[解析]若让物品自由下落，到达地面时速度为v1，则下落过程由动能定理有mgh－WF＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，解得下落过程中物品克服空气阻力做的功为WF＝mgh－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，选项A错误；若用轻绳系在物品上，物品加速下落，到达地面的速度为v2，不计空气阻力，则由动能定理有mgh－WF2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，解得下落过程中克服轻绳拉力做的功为WF2＝mgh－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，选项B正确；若用轻绳系在物品上，物品匀速下落，动能不变，不计空气阻力，则由动能定理有mgh－WF3＝0，解得下落过程中克服轻绳拉力做的功为WF3＝mgh，选项C错误；若用轻绳系在物品上，物品先加速下落eq\f(1,2)h，然后以同样大小的加速度减速下落，由运动的对称性可知，物品落地时速度为零，动能变化量为零，不计空气阻力，则由动能定理有mgh－WF4＝0，解得下落过程中克服轻绳拉力做的功为WF4＝mgh，选项D正确。8．(2021·陕西质检)质量均为1t的甲、乙两辆汽车同时同地出发，沿同一方向做直线运动，两车的动能Ek随位移x的变化图像如图所示，下列说法正确的是(AC)A．甲的加速度大小为2m/s2B．乙的加速度大小为1.5m/s2C．甲、乙在x＝6m处的速度大小为2eq\r(3)m/sD．甲、乙在x＝9m处相遇[解析]本题结合动能图像考查追及相遇问题。根据动能定理，对甲有－F甲x＝Ek－Ek0，由题图可知甲车图线的斜率为－F甲＝－2000N，则F甲＝2000N，对乙有F乙x＝Ek－0，由题图可知乙车图线的斜率为F乙＝1000N，根据牛顿第二定律F合＝ma可知，a甲＝eq\f(F甲,m)＝2m/s2，a乙＝eq\f(F乙,m)＝1m/s2，故A正确，B错误；甲、乙图线在x＝6m处交于一点，动能均为Ek＝eq\f(1,2)mv2＝6000J，解得v＝2eq\r(3)m/s，故C正确；设甲、乙相遇时位移为x，初始时甲的速度v0＝6m/s，则x＝v0t－eq\f(1,2)a甲t2，对乙有x＝eq\f(1,2)a乙t2，联立解得x＝8m，故D错误。二、非选择题9．如图甲所示，游乐场的过山车可以底朝上在竖直圆轨道上运行，可抽象为图乙所示的模型。倾角为45°的直轨道AB、半径R＝10m的光滑竖直圆轨道和倾角为37°的直轨道EF。分别通过水平光滑衔接轨道BC、C′E平滑连接，另有水平减速直轨道FG与EF平滑连接，EG间的水平距离l＝40m。现有质量m＝500kg的过山车，从高h＝40m处的A点由静止下滑，经BCDC′EF最终停在G点。过山车与轨道AB、EF间的动摩擦因数均为μ1＝0.2，与减速直轨道FG间的动摩擦因数μ2＝0.75。过山车可视为质点，运动中不脱离轨道，g取10m/s2。求：(1)过山车运动至圆轨道最低点C时的速度大小；(2)过山车运动至圆轨道最高点D时对轨道的作用力大小；(3)减速直轨道FG的长度x。(已知sin37°＝0.6,cos37°＝0.8)[答案](1)8eq\r(10)m/s(2)7×103N(3)30m[解析](1)设过山车在C点的速度大小为vC，由动能定理得mgh－μ1mgcos45°·eq\f(h,sin45)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)，代入数据得vC＝8eq\r(10)m/s。(2)设过山车在D点的速度大小为vD，受到轨道的作用力大小为F，由动能定理得mg(h－2R)－μ1mgcos45°·eq\f(h,sin45°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)又F＋mg＝meq\f(v\o\al(2,D),R)，联立解得F＝7×103N由牛顿第三定律知，过山车在D点对轨道的作用力大小为7×103N。(3)对全程应用动能定理有mg[h－(l－x)tan37°]－μ1mgcos45°·eq\f(h,sin45°)－μmgcos37°·eq\f(l－x,cos37°)－μ2mgx＝0代入数据解得x＝30m。10．(2018·全国卷Ⅲ，25)如图，在竖直平面内，一半径为R的光滑圆弧轨道ABC和水平轨道PA在A点相切，BC为圆弧轨道的直径，O为圆心，OA和OB之间的夹角为α，sinα＝eq\f(3,5)。一质量为m的小球沿水平轨道向右运动，经A点沿圆弧轨道通过C点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用。已知小球在C点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零。重力加速度大小为g。求：(1)水平恒力的大小和小球到达C点时速度的大小；(2)小球到达A点时动量的大小；(3)小球从C点落至水平轨道所用的时间。[答案](1)eq\f(3,4)mgeq\f(\r(5gR),2)(2)eq\f(m\r(23gR),2)(3)eq\f(3,5)eq\r(\f(5R,g))[解析](1)设水平恒力的大小为F0，小球到达C点时所受合力的大小为F。由力的合成法则有eq\f(F0,mg)＝tanα ①F2＝(mg)2＋Feq\o\al(2,0) ②设小球到达C点时的速度大小为v，由牛顿第二定律得F＝meq\f(v2,R) ③由①②③式和题给数据得F0＝eq\f(3,4)mg ④v＝eq\f(\r(5gR),2)。 ⑤(2)设小球到达A点的速度大小为v1，作CD⊥PA，交PA于D点，由几何关系得DA＝Rsinα ⑥CD＝R(1＋cosα) ⑦由动能定理有－mg·CD－F0·DA＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1) ⑧由④⑤⑥⑦⑧式和题给数据得，小球在A点的动量大小为p＝mv1＝eq\f(m\r(23gR),2)。 ⑨(3)小球离开C点后在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运动，加速度大小为g。设小球在竖直方向的初速度为v⊥，从C点落至水平轨道上所用时间为t。由运动学公式有v⊥t＋eq\f(1,2)gt2＝CD ⑩v⊥＝vsinα ⑪由⑤⑦⑩⑪式和题给数据得t＝eq\f(3,5)eq\r(\f(5R,g))。第2讲动能定理及其应用知识点1动能1．定义：物体由于运动而具有的能叫动能。2．公式：Ek＝eq\f(1,2)mv2。3．单位：焦耳,1J＝1N·m。4．矢标性：动能是标量，只有正值。5．状态量：动能是状态量，因为v是瞬时速度。知识点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：W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)或W＝Ek2－Ek1。3．物理意义：合外力的功是物体动能变化的量度。思考：(1)动能定理适用于直线运动，还适用于曲线运动吗？动能定理适用于恒力做功，还适用于变力做功吗？(2)能对物体分方向列动能定理方程吗？[答案](1)适用，适用(2)不能双基自测一、堵点疏通1．—定质量的物体动能变化时，速度一定变化，但速度变化时，动能不一定变化。(√)2．动能不变的物体一定处于平衡状态。(×)3．如果物体所受的合外力为零，那么合外力对物体做功一定为零。(√)4．物体在合外力作用下做变速运动时，动能一定变化。(×)5．物体的动能不变，所受的合外力必定为零。(×)6．做自由落体运动的物体，动能与时间的二次方成正比。(√)二、对点激活1．(多选)关于动能，下列说法正确的是(AB)A．公式Ek＝eq\f(1,2)mv2中的速度v一般是物体相对于地面的速度B．动能的大小由物体的质量和速率决定，与物体运动的方向无关C．物体以相同的速率向东和向西运动，动能的大小相等但方向不同D．物体以相同的速率做匀速直线运动和曲线运动，其动能不同[解析]动能是标量，与速度的大小有关，而与速度的方向无关。公式中的速度一般是相对于地面的速度，故A、B正确。2．(2018·全国卷Ⅱ)如图所示，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度。木箱获得的动能一定(A)A．小于拉力所做的功B．等于拉力所做的功C．等于克服摩擦力所做的功D．大于克服摩擦力所做的功[解析]木箱受力如图所示，木箱在移动的过程中有两个力做功，拉力做正功，摩擦力做负功，根据动能定理可知WF－Wf＝eq\f(1,2)mv2－0，所以动能小于拉力做的功，故A正确，B错误；无法比较动能与摩擦力做功的大小，C、D错误。核心考点·重点突破HEXINKAODIANZHONGDIANTUPO考点一对动能定理的理解和应用1．准确理解动能定理的表达式W＝Ek2－Ek1(1)W是合力的功，不要与某个力的功混淆。(2)Ek2－Ek1是末动能与初动能的差。(3)动能定理的表达式是标量式，与速度方向无关。(4)应用动能定理时，要明确针对哪个物体，哪个过程。2．应用动能定理的流程3．应用动能定理的注意事项(1)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。(2)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。(3)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。(4)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。例1(2020·浙江杭州二中模拟)如图所示，运动员把质量为m的足球从水平地面踢出，足球在空中达到的最高点高度为h，在最高点时的速度为v，不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是(C)A．运动员踢球时对足球做功为eq\f(1,2)mv2B．足球上升过程重力做功为mghC．运动员踢球时对足球做功为mgh＋eq\f(1,2)mv2D．足球上升过程克服重力做功为mgh＋eq\f(1,2)mv2[解析]本题考查动能定理的应用。足球被踢起后在运动过程中，只受到重力作用，只有重力做功，足球的机械能守恒，足球到达最高点时，机械能为E＝mgh＋eq\f(1,2)mv2，由于足球的机械能守恒，则足球刚被踢起时的机械能为E＝mgh＋eq\f(1,2)mv2，足球获得的机械能等于运动员对足球所做的功，因此运动员踢球时对足球做功为E＝mgh＋eq\f(1,2)mv2，故A错误，C正确；足球上升过程重力做功为WG＝－mgh，足球上升过程中克服重力做功为W克＝mgh，故B、D错误。〔变式训练1〕(2021·湖南师大附中模拟)港珠澳大桥是中国境内一座连接香港、珠海和澳门的桥隧工程。2018年10月24日上午9时正式通车。大桥设计使用寿命120年，可抵御8级地震、16级台风、允许30万吨级油轮通过。假设一艘质量为m的轮船由于失控，以速度v撞向大桥(大桥无损)，最后没有反弹而停下来，事故勘察测量发现轮船迎面相撞处下凹深度d，据此估算出船对桥的平均撞击力F，关于F的表达式正确的是(A)A．eq\f(mv2,2d) B．eq\f(mv2,d)C．eq\f(mv,2d) D．mv[解析]本题考查变力做功问题。根据动能定理可得Fd＝eq\f(1,2)mv2，解得F＝eq\f(mv2,2d)，故选A。考点二动能定理与图像的综合问题解决物理图像问题的基本步骤1．观察题目给出的图像，弄清纵坐标、横坐标所对应的物理量及图线所表示的物理意义。2．根据物理规律推导出纵坐标与横坐标所对应的物理量间的函数关系式。3．将推导出的物理规律与数学上与之相对应的标准函数关系式相对比，找出图线的斜率、截距、图线的交点，图线下的面积所对应的物理意义，分析解答问题。或者利用函数图线上的特定值代入函数关系式求物理量。例2用传感器研究质量为2kg的物体由静止开始做直线运动的规律时，在计算机上得到0～6s内物体的加速度随时间变化的关系如图所示。下列说法正确的是(D)A．0～6s内物体先向正方向运动，后向负方向运动B．0～6s内物体在4s时的速度最大C．物体在2～4s内速度不变D．0～4s内合力对物体做的功等于0～6s内合力对物体做的功[解析]a－t图线与横轴围成的“面积”表示速度的变化量，由题给图像可知，0～6s内速度变化量为正，物体速度方向不变，物体在0～5s内一直加速，5s时速度最大，选项A，B均错误；2～4s内物体的加速度不变，做匀加速直线运动，选项C错误；t＝4s时和t＝6s时物体速度大小相等，由动能定理可知，物体在0～4s内和0～6s内动能变化量相等，合外力做功也相等，选项D正确。名师点拨图像所围“面积”的意义(1)v－t图：由公式x＝vt可知，v－t图线与坐标轴围成的面积表示物体的位移。(2)a－t图：由公式Δv＝at可知，a－t图线与坐标轴围成的面积表示物体速度的变化量。(3)F－x图：由公式W＝Fx可知，F－x图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功。(4)P－t图：由公式W＝Pt可知，P－t图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功。〔变式训练2〕(多选)放在粗糙水平地面上质量为0.8kg的物体受到水平拉力的作用，在0～6s内其速度与时间的关系图像和该拉力的功率与时间的关系图像分别如图(甲)、(乙)所示，g取10m/s2，下列说法中正确的是(AD)A．0～6s内拉力做的功为140JB．物体在0～2s内所受的拉力为4NC．物体与粗糙水平地面间的动摩擦因数为0.5D．合外力在0～6s内做的功与0～2s内做的功相等[解析]拉力在0～6s内做的总功为P－t图线与t轴所围面积，则WF＝eq\f(1,2)×2×60J＋20×(6－2)J＝140J，选项A正确；在0～2s物体做匀加速直线运动，物体所受拉力等于t＝2s时的拉力，由P＝Fv可知拉力F1＝eq\f(60,10)N＝6N，选项B错误；在2～6s物体匀速运动，则拉力F2与摩擦力Ff大小相等，而P＝20W，由P＝Fv得Ff＝F2＝eq\f(20,10)N＝2N，由Ff＝μmg得μ＝0.25，选项C错误；2s后物体速度不再变化即动能不变，由动能定理可知，物体所受的合外力在0～6s内所做的功与0～2s内所做的功均为W合＝eq\f(1,2)mv2＝40J，D正确。考点三运用动能定理求解多过程问题1．运用动能定理解决多过程问题时，有两种思路：一种是分段列式按部就班，注意衔接；另一种是全过程列式，计算简便，但要分析全面，不能遗漏某个功。2．所列动能定理方程涉及重力、弹簧弹力、大小恒定的阻力或摩擦力做功时，要注意运用它们的特点：(1)重力、弹簧弹力做功取决于物体的初、末位置，与路径无关。(2)大小恒定的阻力或摩擦力所做的功等于力的大小与路程的乘积。例3如图所示，质量m＝3kg的小物块以初速度v0＝4m/s水平向右抛出，恰好从A点沿着圆弧的切线方向进入圆弧轨道，圆弧轨道的半径为R＝3.75m，B点是圆弧轨道的最低点，圆弧轨道与水平轨道BD平滑连接，A与圆心O的连线与竖直方向成37°角。MN是一段粗糙的水平轨道，小物块与MN间的动摩擦因数μ＝0.1，轨道其他部分光滑。最右侧是一个半径为r＝0.4m的半圆弧光滑轨道，C点是圆弧轨道的最高点，半圆弧轨道与水平轨道BD在D点平滑连接。已知重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。(1)求小物块的抛出点离A点的竖直高度h；(2)若MN的长度为L＝6m，求小物块通过C点时所受轨道的弹力大小FN；(3)若小物块恰好能通过C点，求MN的长度L′。[解析](1)根据平抛运动规律有tan37°＝eq\f(gt,v0)解得t＝0.3s，故h＝eq\f(1,2)gt2＝0.45m(2)小物块从抛出点运动到B点，根据动能定理有mg[h＋R(1－cos37°)]＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得vB＝2eq\r(10)m/s小物块由B点运动到C点，根据动能定理有－μmgL－2mgr＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)在C点根据牛顿第二定律有：FN＋mg＝eq\f(mv\o\al(2,C),r)解得：FN＝60N(3)小物块刚好能通过C点时，有mg＝eq\f(mv′\o\al(2,C),r)解得vC′＝2m/s小物块从B点运动到C点的过程，根据动能定理有－μmgL′－2mgr＝eq\f(1,2)mv′eq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)解得L′＝10m。[答案](1)0.45m(2)60N(3)10m〔变式训练3〕如图所示，固定在地面上的半圆轨道直径ab水平，小球P与半圆轨道间的动摩擦因数处相等，当小球P从a点正上方高H处自由下落，经过轨道后从b点冲出做竖直上抛运动，上升的最大高度为eq\f(H,2)，空气阻力不计。当小球P下落再经过轨道a点冲出时，能上升的最大高度为h，则小球P(B)A．不能从a点冲出半圆轨道B．能从a点冲出半圆轨道，但h<eq\f(H,2)C．能从a点冲出半圆轨道，但h>eq\f(H,2)D．无法确定能否从a点冲出半圆轨道[解析]本题考查物体的多过程运动问题。小球第一次在半圆轨道的运动过程中，由动能定理得mg(H－eq\f(H,2))＋(－Wf)＝0－0，Wf为小球克服摩擦力做功大小，解得Wf＝eq\f(1,2)mgH，即第一次小球在半圆轨道中运动损失的机械能为eq\f(1,2)mgH，由于第二次小球在半圆轨道中运动时，对应位置处速度变小，因此半圆轨道给小球的弹力变小，由于动摩擦因数不变，所以摩擦力变小，则摩擦力做功小于eq\f(1,2)mgH，机械能损失小于eq\f(1,2)mgH，因此小球再次冲出a点时，能上升的高度大于零而小于eq\f(1,2)H，故B正确。名师讲坛·素养提升MINGSHIJIANGTANSUYANGTISHENG运用动能定理解决往复运动问题在有些问题中物体的运动过程具有重复性、往返性，而在这一过程中，描述运动的物理量多数是变化的，而重复的次数又往往是无限的或者难以确定，求解这类问题时若运用牛顿运动定律及运动学公式将非常繁琐，甚至无法解出。由于动能定理只涉及物体的初、末状态而不计运动过程的细节，所以用动能定理分析这类问题可使解题过程简化。(一)往复次数可确定的情形例4如图所示装置由AB、BC、CD三段轨道组成，轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接，其中轨道AB、CD段是光滑的，水平轨道BC的长度s＝5m，轨道CD足够长且倾角θ＝37°，A、D两点离轨道BC的高度分别为h1＝4.3m、h2＝1.35m。现让质量为m的小滑块自A点由静止释放。已知小滑块与轨道BC间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求小滑块最终停止的位置距B点的距离。[解析]对小滑块运动全过程应用动能定理，设小滑块在水平轨道上运动的总路程为s总有：mgh1＝μmgs总将h1、μ代入得：s总＝8.6m故小滑块最终停止的位置距B点的距离为2s－s总＝1.4m。[答案]1.4m(二)往复次数无法确定的情形例5如图所示，斜面的倾角为θ，质量为m的滑块距挡板P的距离为x0，滑块以初速度v0沿斜面上滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力。若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失，则滑块经过的总路程是(A)A．eq\f(1,μ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v\o\al(2,0),2gcosθ)＋x0tanθ))B．eq\f(1,μ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v\o\al(2,0),2gsinθ)＋x0tanθ))C．eq\f(2,μ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v\o\al(2,0),2gcosθ)＋x0tanθ)) D．eq\f(1,μ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v\o\al(2,0),2gcosθ)＋x0cotθ))[解析]滑块最终要停在斜面底部，设滑块经过的总路程为x，对滑块运动的全程应用动能定理：mgx0sinθ－μmgxcosθ＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得x＝eq\f(1,μ)(eq\f(v\o\al(2,0),2gcosθ)＋x0tanθ)，A正确。(三)往复运动永不停止的情形例6如图所示，竖直固定放置的斜面DE与一光滑的圆弧轨道ABC相连，C为切点，圆弧轨道的半径为R，斜面的倾角为θ。现有一质量为m的滑块从D点无初速下滑，滑块可在斜面和圆弧轨道之间做往复运动，已知圆弧轨道的圆心O与A、D在同一水平面上，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，求：(1)滑块第一次至左侧AC弧上时距A点的最小高度差h；(2)滑块在斜面上能通过的最大路程s。[解析](1)滑块从D到达左侧最高点F经历DC、CB、BF三个过程，现以DF整个过程为研究过程，运用动能定理得：mgh－μmgcosθ·eq\f(R,tanθ)＝0，解得h＝eq\f(μRcosθ,tanθ)。(2)通过分析可知，滑块最终停至C点的速度为0时对应在斜面上的总路程最大，由动能定理得：mgRcosθ－μmgcosθ·s＝0，解得：s＝eq\f(R,μ)。[答案](1)eq\f(μRcosθ,tanθ)(2)eq\f(R,μ)2年高考·1年模拟2NIANGAOKAO1NIANMONI1．(2020·江苏单科，4)如图所示，一小物块由静止开始沿斜面向下滑动，最后停在水平地面上。斜面和地面平滑连接，且物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为常数。该过程中，物块的动能Ek与水平位移x关系的图像是(A)[解析]设斜面倾角为θ，物块滑到斜面底端时的动能为Ek0，物块在斜面上滑行的长度对应的水平位移为x0，应用动能定理，在斜面上有(mgsinθ－μmgcosθ)·eq\f(x,cosθ)＝Ek，在水平面上有－μ′mg(x－x0)＝Ek－Ek0，即Ek＝－μ′mg(x－x0)＋Ek0，综上所述可知：两段Ek－x图线为线性关系，故A正确，B、C、D错误。2．(2019·全国卷Ⅲ，17)从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用。距地面高度h在3m以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图所示。重力加速度取10m/s2。该物体的质量为(C)A．2kg B．1.5kgC．1kg D．0.5kg[解析]画出运动示意图，设阻力为f，据动能定理知A→B(上升过程)：EkB－EkA＝－(mg＋f)hC→D(下落过程)：EkD－EkC＝(mg－f)h整理以上两式得：mgh＝30J，解得物体的质量m＝1kg。选项C正确。3．(2020·课标Ⅱ，25)如图，一竖直圆管质量为M，下端距水平地面的高度为H，顶端塞有一质量为m的小球。圆管由静止自由下落，与地面发生多次弹性碰撞，且每次碰撞时间均极短；在运动过程中，管始终保持竖直。已知M＝4m，球和管之间的滑动摩擦力大小为4mg，g为重力加速度的大小，不计空气阻力。(1)求管第一次与地面碰撞后的瞬间，管和球各自的加速度大小；(2)管第一次落地弹起后，在上升过程中球没有从管中滑出，求管上升的最大高度；(3)管第二次落地弹起的上升过程中，球仍没有从管中滑出，求圆管长度应满足的条件。[答案](1)2g3g(2)eq\f(13,25)H(3)见解析[思路分析][解析]本题通过连接体的落体运动考查牛顿运动定律、运动学规律及功能关系。(1)管第一次落地弹起的瞬间，小球仍然向下运动。设此时管的加速度大小为a1，方向向下；球的加速度大小为a2，方向向上；球与管之间的摩擦力大小为f，由牛顿运动定律有Mg＋f＝Ma1 ①f－mg＝ma2 ②联立①②式并代入题给数据，得a1＝2g，a2＝3g。 ③(2)管第一次碰地前与球的速度大小相同。由运动学公式，碰地前瞬间它们的速度大小均为v0＝eq\r(2gH) ④方向均向下。管弹起的瞬间，管的速度反向，球的速度方向依然向下。设自弹起时经过时间t1，管与小球的速度刚好相同。取向上为正方向，由运动学公式有v0－a1t1＝－v0＋a2t1 ⑤联立③④⑤式得t1＝eq\f(2,5)eq\r(\f(2H,g)) ⑥设此时管下端距地面的高度为h1，速度为v。由运动学公式可得h1＝v0t1－eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1) ⑦v＝v0－a1t1 ⑧由③④⑥⑧式可判断此时v>0。此后，管与小球将以加速度g减速上升h2，到达最高点。由运动学公式有h2＝eq\f(v2,2g) ⑨设管第一次落地弹起后上升的最大高度为H1，则H1＝h1＋h2 ⑩联立③④⑥⑦⑧⑨⑩式可得H1＝eq\f(13,25)H。 ⑪(3)设第一次弹起过程中球相对管的位移为x1。在管开始下落到上升H1这一过程中，由动能定理有Mg(H－H1)＋mg(H－H1＋x1)－4mgx1＝0 ⑫联立⑪⑫式并代入题给数据得x1＝eq\f(4,5)H ⑬同理可推得，管与球从再次下落到第二次弹起至最高点的过程中，球与管的相对位移x2为x2＝eq\f(4,5)H1 ⑭设圆管长度为L。管第二次落地弹起后的上升过程中，球不会滑出管外的条件是x1＋x2≤L ⑮联立⑪⑬⑭⑮式，解得L应满足的条件为L≥eq\f(152,125)H。 ⑯4．(2019·天津，10)完全由我国自行设计、建造的国产新型航空母舰已完成多次海试，并取得成功。航母上的舰载机采用滑跃式起飞，故甲板是由水平甲板和上翘甲板两部分构成，如图1所示。为了便于研究舰载机的起飞过程，假设上翘甲板BC是与水平甲板AB相切的一段圆弧，示意如图2，AB长L1＝150m，BC水平投影L2＝63m，图中C点切线方向与水平方向的夹角θ＝12°(sin12°≈0.21)。若舰载机从A点由静止开始做匀加速直线运动，经t＝6s到达B点进入BC。已知飞行员的质量m＝60kg，g＝10m/s2，求： 图1 图2(1)舰载机水平运动的过程中，飞行员受到的水平力所做功W；(2)舰载机刚进入BC时，飞行员受到竖直向上的压力FN多大。[答案](1)7.5×104J(2)1.1×103N[解析](1)舰载机由静止开始做匀加速直线运动，设其刚进入上翘甲板时的速度为v，则有eq\f(v,2)＝eq\f(L1,t) ①根据动能定理，对飞行员有W＝eq\f(1,2)mv2－0 ②联立①②式，代入数据，得W＝7.5×104J。 ③(2)设上翘甲板所对应的圆弧半径为R，根据几何关系，有L2＝Rsinθ ④由牛顿第二定律，有FN－mg＝meq\f(v2,R) ⑤联立①④⑤式，代入数据，得FN＝1.1×103N。第3讲机械能守恒定律及应用一、选择题(本题共8小题，1～5题为单选，6～8题为多选)1．(2021·上海虹口区质检)不同质量的两个物体由同一地点以相同的动能竖直向上抛出，不计空气阻力，则这两个物体(C)A．所能达到的最大高度和最大重力势能都相同B．所能达到的最大高度和最大重力势能均不同C．所能达到的最大高度不同，但最大重力势能相同D．所能达到的最大高度相同，但最大重力势能不同[解析]物体做竖直上抛运动到最高点，速度为零，根据机械能守恒定律得Ek＝mgh，解得h＝eq\f(Ek,mg)，m不同，Ek相等，故最大高度h不同，而最大重力势能EP＝mgh＝Ek相同，故A、B、D错误，C正确。2．如图所示，斜面体置于光滑水平地面上，其光滑斜面上有一物体由静止沿斜面下滑，在物体下滑过程中，下列说法正确的是(D)A．物体的重力势能减少，动能不变B．斜面体的机械能不变C．斜面对物体的作用力垂直于接触面，不对物体做功D．物体和斜面体组成的系统机械能守恒[解析]物体由静止开始下滑的过程其重力势能减少，动能增加，选项A错误；物体在下滑过程中，斜面体做加速运动，其机械能增加，选项B错误；物体沿斜面下滑时，既沿斜面向下运动，又随斜面向右运动，其合速度方向与弹力方向不垂直，弹力方向垂直于接触面，但与速度方向之间的夹角大于90°，所以斜面对物体的作用力对物体做负功，选项C错误；对物体与斜面体组成的系统，只有重力势能和动能间的相互转化，机械能守恒，选项D正确。3．(2018·全国卷Ⅰ，18)如图，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R；bc是半径为R的四分之一圆弧，与ab相切于b点。一质量为m的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静止开始向右运动。重力加速度大小为g。小球从a点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为(C)A．2mgR B．4mgRC．5mgR D．6mgR[解析]小球从a运动到c，根据动能定理，得F·3R－mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，又F＝mg，故v1＝2eq\r(gR)，小球离开c点在竖直方向做竖直上抛运动，水平方向做初速度为零的匀加速直线运动。且水平方向与竖直方向的加速度大小相等，都为g，故小球从c点到最高点所用的时间t＝eq\f(v1,g)＝2eq\r(\f(R,g))，水平位移x＝eq\f(1,2)gt2＝2R，根据功能关系，小球从a点到轨迹最高点机械能的增量为力F做的功，即ΔE＝F·(2R＋R＋x)＝5mgR。4．如图所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的圆环，圆环与一根轻质弹性橡皮绳相连，橡皮绳的另一端固定在地面上的A点，橡皮绳竖直且处于原长，原长为h，现让圆环沿杆从静止开始下滑，滑到杆的底端时速度为零。则在圆环下滑过程中(整个过程中橡皮绳始终处于弹性限度内)，下列说法中正确的是(C)A．圆环的机械能守恒B．圆环的机械能先增大后减小C．圆环滑到杆的底端时机械能减少了mghD．橡皮绳再次恰好恢复原长时，圆环动能最大[解析]本题考查机械能守恒的判断。圆环沿杆滑下，滑到杆的底端的过程中有两个力对圆环做功，即环的重力和橡皮绳的拉力，所以圆环的机械能不守恒，如果把圆环和橡皮绳组成的系统作为研究对象，则系统的机械能守恒，因为橡皮绳的弹性势能先不变再增大，所以圆环的机械能先不变后减小，故A、B错误；圆环滑到杆的底端时动能为零，重力势能减小了mgh，即圆环的机械能减少了mgh，故C正确；在圆环下滑过程中，橡皮绳再次恢复原长时，该过程中圆环动能一直增大，但不是最大，沿杆方向合力为零的时刻，圆环加速度为零，圆环的速度最大，故D错误。5．如图所示，质量均为m的物块A、B用轻弹簧相连放置于倾角为α的光滑固定斜面上，物块B与垂直于斜面的挡板C接触，物块A系一轻质细绳，细绳绕过斜面顶端的定滑轮系一轻质挂钩，细绳与轻弹簧均与斜面平行，物块A、B保持静止。现在挂钩上挂一重物D，平衡时物块B恰好不离开挡板。已知弹簧的劲度系数为k，重力加速度为g，某一瞬间剪断细绳，则下列说法正确的是(D)A．重物D的重力为mgsinαB．物块A下滑过程中机械能守恒C．剪断细绳瞬间，物块A的加速度大小为gsinαD．物块A下滑过程中的最大速度为2gsinαeq\r(\f(m,k))[解析]本题考查连接体问题的机械能守恒问题。平衡时物块B恰好不离开挡板，则对A、B、D组成的系统，由平衡知识可知mDg＝2mgsinα，选项A错误；下滑过程中物块A受到弹簧弹力做功，故A机械能不守恒，选项B错误；剪断细绳之前细绳上的拉力T＝2mgsinα，剪断细绳瞬间，弹簧的弹力不变，对物块A分析，由牛顿第二定律得2mgsinα＝ma，解得a＝2gsinα，选项C错误；A速度最大时，加速度为零，受力平衡，有F弹＝mgsinα，此时弹簧压缩量为x1＝eq\f(mgsinα,k)，同理当B刚要离开挡板时弹簧的拉伸量为x2＝eq\f(mgsinα,k)，两个位置弹簧的形变量相同，则弹性势能相同，从开始到A速度最大，A下落的位移为x＝x1＋x2＝eq\f(2mgsinα,k)，根据机械能守恒定律知mgxsinα＝eq\f(1,2)mv2，即v＝2gsinαeq\r(\f(m,k))，故D正确。6．(2021·湖北调研)如图所示，质量为m的小物块(可视为质点)从固定的半球形金属球壳的最高点由静止沿球壳下滑，物块通过球壳最低点时的速度大小为v。球壳的半径为R，其两端的最高点在同一水平线上，物块与球壳间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。下列说法正确的是(BC)A．物块运动到最低点时，受到的摩擦力大小为μmgB．物块通过球壳最低点时，对球壳的压力大小为mg＋eq\f(mv2,R)C．从刚释放至运动到最低点的过程中，物块减少的机械能为mgR－eq\f(1,2)mv2D．物块通过球壳最低点时重力的瞬时功率为mgv[解析]本题考查机械能变化的计算。在最低点，物块受到重力、球壳的支持力和滑动摩擦力，由重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律得N－mg＝meq\f(v2,R)，则有N＝mg＋meq\f(v2,R)，由牛顿第三定律知，物块对球壳的压力为mg＋meq\f(v2,R)，则物块受到的滑动摩擦力为f＝μN＝μeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(mg＋m\f(v2,R)))，故A错误，B正确；下滑过程中，物块重力势能的减少量为ΔEP＝mgR，动能的增加量为ΔEk＝eq\f(1,2)mv2，所以机械能的减少量为ΔE＝mgR－eq\f(1,2)mv2，故C正确；物块到最低点时，速度方向水平向右，和重力相互垂直，所以重力的瞬时功率为零，故D错误。7．(2021·海口模拟)如图所示，三个小球A、B、C的质量均为m，A与B、C间通过铰链用轻杆连接，杆长为L。B、C置于水平地面上，用一轻质弹簧连接，弹簧处于原长。现A由静止释放下降到最低点，两轻杆间夹角α由60°变为120°，A、B、C在同一竖直平面内运动，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g。则此下降过程中(AB)A．A的动能达到最大前，B受到地面的支持力小于eq\f(3,2)mgB．A的动能最大时，B受到地面的支持力等于eq\f(3,2)mgC．弹簧的弹性势能最大时，A的加速度方向竖直向下D．弹簧的弹性势能最大值为eq\f(\r(3),2)mgL[解析]在A的动能达到最大前，A向下加速运动，此时A处于失重状态，则整个系统对地面的压力小于3mg，即地面对B的支持力小于eq\f(3,2)mg，A正确；当A的动能最大时，A的加速度为零，这时系统既不失重，也不超重，系统对地面的压力等于3mg，即B受到地面的支持力等于eq\f(3,2)mg，B正确；当弹簧的弹性势能最大时，A减速运动到最低点，此时A的加速度方向竖直向上，C错误；由机械能守恒定律可知，弹簧的弹性势能最大值等于A的重力势能的减少量，即为mg(Lcos30°－Lcos60°)＝eq\f(\r(3)－1,2)mgL，D错误。8．如图所示，长度为l的竖直轻杆上端连着一质量为m的小球A(可视为质点)，杆的下端用铰链连接于水平地面上的O点。置于同一水平地面上的正方体B恰与A接触，正方体B的质量为M。今有微小扰动，使杆向右倾倒，各处摩擦均不计，而A与B刚脱离接触的瞬间，杆与地面夹角恰为eq\f(π,6)，重力加速度为g，则下列说法正确的是(ABD)A．A与B刚脱离接触的瞬间，A、B速率之比为2︰1B．A与B刚脱离接触的瞬间，B的速率为eq\r(\f(gl,8