第六章 第2讲　动能定理-2025高三总复习 物理（新高考）

第2讲动能定理[课标要求]1．理解动能和动能定理。2．能用动能定理解释生产生活中的现象。考点一动能定理的理解1．动能(1)定义：物体由于运动而具有的能量叫作动能。(2)公式：Ek＝eq\f(1,2)mv2，国际制单位：焦耳(J)。1J＝1N·m＝1kg·m2/s2。(3)动能是标量、状态量。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：W＝Ek2－Ek1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝ΔEk。(3)物理意义：合力做的功是物体动能变化的量度。自主训练1动能的理解高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动。在启动阶段，列车的动能()A．与它所经历的时间成正比B．与它的位移成正比C．与它的速度成正比D．与它的动量成正比答案：B解析：动能Ek＝eq\f(1,2)mv2，与速度的平方成正比，C错误；速度v＝at，可得Ek＝eq\f(1,2)ma2t2，与经历的时间的平方成正比，A错误；根据v2＝2ax，可得Ek＝max，与位移成正比，B正确；动量p＝mv，可得Ek＝eq\f(p2,2m)，与动量的平方成正比，D错误。自主训练2动能定理的理解(多选)(2023·陕西宝鸡二模)下列说法正确的有()A．若运动物体所受的合外力为零，则物体的动能一定保持不变B．若运动物体所受的合外力不为零，则物体的动能一定发生变化C．若运动物体的动能保持不变，则该物体所受合外力一定为零D．若运动物体的动能发生变化，则该物体所受合外力一定不为零答案：AD解析：运动物体所受合外力为零，合外力对物体不做功，由动能定理可知，物体动能不变，故A正确；运动物体所受合外力不为零，物体运动状态一定变化，则该物体一定做变速运动，如果合外力方向与物体速度方向垂直，则合外力对物体不做功，物体动能不变，故B错误；如果运动物体所受合外力与物体的速度方向垂直，则合外力对物体不做功，物体动能不变，如匀速圆周运动，故C错误；若运动物体的动能发生变化，根据动能定理可知，合外力一定做功，即合外力一定不为零，故D正确。故选AD。自主训练3动能定理的简单应用(2023·新课标卷)无风时，雨滴受空气阻力的作用在地面附近会以恒定的速率竖直下落。一质量为m的雨滴在地面附近以速率v下落高度h的过程中，克服空气阻力做的功为(重力加速度大小为g)()A．0 B．mghC．eq\f(1,2)mv2－mgh D．eq\f(1,2)mv2＋mgh答案：B解析：在地面附近雨滴做匀速运动，根据动能定理得mgh－Wf＝0，故雨滴克服空气阻力做功为mgh。故选B。对动能定理的理解1．做功的过程就是能量转化的过程，动能定理表达式中“＝”的意义是一种因果关系在数值上相等的符号。2．动能定理中的“力”指的是物体受到的所有力，既包括重力、弹力、摩擦力，也包括电场力、磁场力和其他力，功则为合力所做的总功。考点二动能定理的应用1．应用动能定理的解题流程2．动能定理的优越性(1)应用牛顿第二定律和运动学规律解题时，涉及到的有关物理量比较多，对运动过程的细节也要仔细研究。(2)应用动能定理解题只需考虑外力做的总功及初、末状态的动能，并且可以把不同的运动过程合并为一个全过程来处理。学生用书第109页(3)一般情况下，能用牛顿第二定律和运动学规律解决的问题，用动能定理也可以求解，并且更为简捷。(多选)(2023·湖南高考)如图所示，固定在竖直面内的光滑轨道ABC由直线段AB和圆弧段BC组成，两段相切于B点，AB段与水平面夹角为θ，BC段圆心为O，最高点为C、A与C的高度差等于圆弧轨道的直径2R。小球从A点以初速度v0冲上轨道，能沿轨道运动恰好到达C点，下列说法正确的是()A．小球从B到C的过程中，对轨道的压力逐渐增大B．小球从A到C的过程中，重力的功率始终保持不变C．小球的初速度v0＝eq\r(2gR)D．若小球初速度v0增大，小球有可能从B点脱离轨道答案：AD解析：由题知，小球能沿轨道运动恰好到达C点，则小球在C点的速度vC＝0，则小球从B到C的过程中，根据动能定理有－mgR(1－cosα)＝0－eq\f(1,2)mv2，FN＝mgcosα－meq\f(v2,R)，联立有FN＝3mgcosα－2mg，则从B到C的过程中α由θ减小到0，则cosα逐渐增大，故FN逐渐增大，由牛顿第三定律知小球从B到C的过程中，对轨道的压力逐渐增大，A正确；由于A到B的过程中小球的速度逐渐减小，则A到B的过程中重力的功率为P＝－mgvsinθ，则A到B的过程中小球重力的功率始终减小，B错误；从A到C的过程中由动能定理有－mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得v0＝eq\r(4gR)，C错误；小球在B点恰好脱离轨道有mgcosθ＝meq\f(veq\o\al(2,B),R)，则vB＝eq\r(gRcosθ)，则若小球初速度v0增大，小球在B点的速度有可能为eq\r(gRcosθ)，故小球有可能从B点脱离轨道，D正确。故选AD。易错警示应用动能定理的三点注意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．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；也可以全过程应用动能定理求解。3．动能定理是标量式，解题时不能分解动能。对点练1．(2022·全国甲卷)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()A．eq\f(h,k＋1) B．eq\f(h,k)C．eq\f(2h,k) D．eq\f(2h,k－1)答案：D解析：运动员从a到c根据动能定理(或机械能守恒定律)有mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,c)，在c点有FNc－mg＝meq\f(veq\o\al(2,c),Rc)，FNc≤kmg，联立有Rc≥eq\f(2h,k－1)，D正确。对点练2.(2021·河北高考)一半径为R的圆柱体水平固定，横截面如图所示。长度为πR、不可伸长的轻细绳，一端固定在圆柱体最高点P处，另一端系一个小球。小球位于P点右侧同一水平高度的Q点时，绳刚好拉直。将小球从Q点由静止释放，当与圆柱体未接触部分的细绳竖直时，小球的速度大小为(重力加速度为g，不计空气阻力)()A．eq\r(（2＋π）gR) B．eq\r(2πgR)C．eq\r(2（1＋π）gR) D．2eq\r(gR)答案：A解析：当与圆柱体未接触部分的细绳竖直时，小球下落的高度为h＝πR－eq\f(π,2)R＋R＝eq\f(π＋2,2)R，小球下落过程中，根据动能定理有mgh＝eq\f(1,2)mv2，联立以上两式解得v＝eq\r(（2＋π）gR)，A正确，B、C、D错误。对点练3．如图所示，一半径为R的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高，质量为m的质点自轨道端点P由静止开始滑下，滑到最低点Q时，对轨道的压力为2mg，重力加速度大小为g。质点自P滑到Q的过程中，克服摩擦力所做的功为()A．eq\f(1,4)mgR B．eq\f(1,3)mgRC．eq\f(1,2)mgR D．eq\f(π,4)mgR答案：C解析：在Q点，质点受到的竖直向下的重力和竖直向上的支持力的合力充当向心力，所以有FN－mg＝meq\f(v2,R)，FN＝FN′＝2mg，联立解得v＝eq\r(gR)，下滑过程中，根据动能定理可得mgR＋Wf＝eq\f(1,2)mv2，解得Wf＝－eq\f(1,2)mgR，所以克服摩擦力做的功为eq\f(1,2)mgR，C正确。考点三应用动能定理处理多过程问题1．分阶段应用动能定理(1)若题目需要求某一中间物理量，应分阶段应用动能定理。(2)物体在多个运动过程中受到的弹力、摩擦力等力若发生了变化，力在各个过程中做功情况也不同，不宜全过程应用动能定理，可以研究其中一个或几个分过程，结合动能定理，各个击破。学生用书第110页2．全过程应用动能定理(1)当物体运动过程包含几个不同的物理过程，又不需要研究过程的中间状态时，可以把几个运动过程看作一个整体，巧妙运用动能定理来研究，从而避开每个运动过程的具体细节，大大简化运算。(2)全过程列式时要注意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做功的数值等于力的大小与路程的乘积。考向1单向运动的多过程问题(2023·湖北高考)如图为某游戏装置原理示意图。水平桌面上固定一半圆形竖直挡板，其半径为2R、内表面光滑，挡板的两端A、B在桌面边缘，B与半径为R的固定光滑圆弧轨道eq\o(CDE,\s\up10(︵))在同一竖直平面内，过C点的轨道半径与竖直方向的夹角为60°。小物块以某一水平初速度由A点切入挡板内侧，从B点飞出桌面后，在C点沿圆弧切线方向进入轨道eq\o(CDE,\s\up10(︵))内侧，并恰好能到达轨道的最高点D。小物块与桌面之间的动摩擦因数为eq\f(1,2π)，重力加速度大小为g，忽略空气阻力，小物块可视为质点。求：(1)小物块到达D点的速度大小；(2)B和D两点的高度差；(3)小物块在A点的初速度大小。答案：(1)eq\r(gR)(2)0(3)eq\r(3gR)解析：(1)由题知小物块恰好能到达轨道的最高点D，则在D点有meq\f(veq\o\al(2,D),R)＝mg解得vD＝eq\r(gR)。(2)由题知小物块从C点沿圆弧切线方向进入轨道eq\o(CDE,\s\up10(︵))内侧，则在C点有cos60°＝eq\f(vB,vC)小物块从C到D的过程中，根据动能定理有－mg(R＋Rcos60°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)则小物块从B到D的过程中，根据动能定理有mgHBD＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)联立解得vB＝eq\r(gR)，HBD＝0。(3)小物块从A到B的过程中，根据动能定理有－μmgS＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)，S＝π·2R解得vA＝eq\r(3gR)。对点练．(多选)(2021·全国甲卷)一质量为m的物体自倾角为α的固定斜面底端沿斜面向上滑动。该物体开始滑动时的动能为Ek，向上滑动一段距离后速度减小为零，此后物体向下滑动，到达斜面底端时动能为eq\f(Ek,5)。已知sinα＝0.6，重力加速度大小为g。则()A．物体向上滑动的距离为eq\f(Ek,2mg)B．物体向下滑动时的加速度大小为eq\f(g,5)C．物体与斜面间的动摩擦因数等于0.5D．物体向上滑动所用的时间比向下滑动的时间长答案：BC解析：物体从斜面底端回到斜面底端，根据动能定理有－μmg·2lcosα＝eq\f(Ek,5)－Ek，物体从斜面底端到斜面顶端，根据动能定理有－mglsinα－μmglcosα＝0－Ek，整理得l＝eq\f(Ek,mg)，μ＝0.5，A错误，C正确；物体向下滑动时，根据牛顿第二定律有ma下＝mgsinα－μmgcosα，解得a下＝eq\f(g,5)，B正确；物体向上滑动时，根据牛顿第二定律有ma上＝mgsinα＋μmgcosα，解得a上＝g，故a上＞a下，由于上滑过程中的末速度为零，下滑过程中的初速度为零，且走过相同的位移，根据位移公式x＝eq\f(1,2)at2，则可得出t上＜t下，D错误。考向2往复运动的多过程问题1．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，而且重复的次数又往往是无限的或难以确定的。2．解题策略：此类问题多涉及滑动摩擦力或其他阻力做功，其做功的特点是与路程有关，运用牛顿第二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，所以用动能定理分析这类问题可使解题过程简化。如图所示，竖直面内有一粗糙斜面AB，BCD部分是一个光滑的圆弧面，C为圆弧的最低点，AB正好是圆弧在B点的切线，圆心O与A、D点在同一高度，θ＝37°，圆弧面的半径R＝3.6m，一滑块质量m＝5kg与AB斜面间的动摩擦因数μ＝0.45，将滑块从A点由静止释放(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2)。求在此后的运动过程中：学生用书第111页(1)滑块在AB段上运动的总路程；(2)在滑块运动过程中，C点受到的压力的最大值和最小值。答案：(1)8m(2)102N70N解析：(1)由题意可知斜面AB与水平面的夹角为θ＝37°，则知mgsinθ＞μmgcosθ，故滑块最终不会停留在斜面上，由于滑块在AB段受摩擦力作用，则滑块做往复运动的高度将越来越低，最终以B点为最高点在光滑的圆弧面上做往复运动。设滑块在AB段上运动的总路程为s，滑块在AB段上所受摩擦力大小Ff＝μFN＝μmgcosθ，从A点出发到最终以B点为最高点做往复运动，由动能定理得mgRcosθ－Ffs＝0，解得s＝8m。(2)滑块第一次过C点时，速度最大，设为v1，此时滑块所受轨道支持力最大，设为Fmax，从A到C的过程，由动能定理得mgR－FflAB＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－0，斜面AB的长度lAB＝eq\f(R,tanθ)，由牛顿第二定律得Fmax－mg＝eq\f(mveq\o\al(2,1),R)，解得Fmax＝102N。滑块以B为最高点做往复运动的过程中，过C点时速度最小，设为v2，此时滑块所受轨道支持力最小，设为Fmin，从B到C，由动能定理得mgR(1－cosθ)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－0，由牛顿第二定律得Fmin－mg＝eq\f(mveq\o\al(2,2),R)，解得Fmin＝70N，根据牛顿第三定律可知C点受到的压力最大值为102N，最小值为70N。对点练．如图所示，固定斜面的倾角为θ，质量为m的滑块从距挡板P的距离为x0处以初速度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，重力加速度为g，则滑块经过的总路程是()A．eq\f(1,μ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(veq\o\al(2,0),2gcosθ)＋x0tanθ)) B．eq\f(1,μ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(veq\o\al(2,0),2gsinθ)＋x0tanθ))C．eq\f(2,μ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(veq\o\al(2,0),2gcosθ)＋x0tanθ)) D．eq\f(1,μ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(veq\o\al(2,0),2gcosθ)＋\f(x0,tanθ)))答案：A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得mgx0sinθ－μmgxcosθ＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得x＝eq\f(1,μ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(veq\o\al(2,0),2gcosθ)＋x0tanθ))，选项A正确。几种典型图像中图线所围“面积”和图线斜率的含义应用1．[W-x图像的综合](多选)(2023·新课标卷)一质量为1kg的物体在水平拉力的作用下，由静止开始在水平地面上沿x轴运动，出发点为x轴零点，拉力做的功W与物体坐标x的关系如图所示。物体与水平地面间的动摩擦因数为0.4，重力加速度大小取10m/s2。下列说法正确的是()A．在x＝1m时，拉力的功率为6WB．在x＝4m时，物体的动能为2JC．从x＝0运动到x＝2m，物体克服摩擦力做的功为8JD．从x＝0运动到x＝4m的过程中，物体的动量最大为2kg·m/s答案：BC解析：由于拉力在水平方向，则拉力做的功为W＝Fx，可看出W-x图像的斜率表示拉力F。在物体运动的过程中，根据动能定理有W－μmgx＝eq\f(1,2)mv2，则x＝1m时物体的速度为v1＝2m/s，x＝1m时拉力为F＝eq\f(ΔW,Δx)＝6N，则此时拉力的功率P＝Fv1＝12W，x＝4m时物体的动能为Ek＝2J，A错误，B正确；从x＝0运动到x＝2m，物体克服摩擦力做的功为Wf＝μmgx＝8J，C正确；根据W-x图像可知在0～2m的过程中F1＝6N，2～4m的过程中F2＝3N，由于物体受到的摩擦力恒为Ff＝4N，则物体在x＝2m处速度最大，且根据选项A、B的分析可知此时的速度v2＝2eq\r(2)m/s，则从x＝0运动到x＝4m的过程中，物体的动量最大为p＝mv2＝2eq\r(2)kg·m/s，D错误。故选BC。应用2．[Ek-x图像的综合](2022·江苏高考)某滑雪赛道如图所示，滑雪运动员从静止开始沿斜面下滑，经圆弧滑道起跳。将运动员视为质点，不计摩擦力及空气阻力，此过程中，运动员的动能Ek与水平位移x的关系图像正确的是()答案：A解析：设斜面倾角为θ，不计摩擦力和空气阻力，由题意可知运动员在沿斜面下滑过程中根据动能定理有Ek＝mgxtanθ，即eq\f(Ek,x)＝mgtanθ，下滑过程中，开始阶段倾角θ不变，即Ek-x图像为一条直线；经过圆弧轨道过程中，θ先减小后增大，即图像斜率先减小后增大。故A正确。学生用书第112页应用3．[Ek-t图像的综合]如图甲所示，在光滑水平面上，一物体在水平向右的恒定拉力F作用下由静止开始向右做直线运动，物体的动能Ek随时间t变化的图像如图乙所示，虚线为图像上P点的切线，切线与t轴交点的坐标t1是()A．0.60 B．0.70C．0.75 D．0.80答案：C解析：物体在拉力作用下做匀加速直线运动，则根据动能定理得Fx＝Ek，根据运动学公式及牛顿第二定律有x＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(F,2m)t2，代入后得Ek＝Fx＝eq\f(F2,2m)t2，把P点坐标代入后得出Ek＝eq\f(4,3)t2(J)，求导得k＝eq\f(dEk,dt)＝eq\f(4,3)×2t(J/s)＝eq\f(4,3)×2×1.5(J/s)＝4(J/s)，即k＝eq\f(3J－0,1.5s－t1)＝4J/s，则t1＝0.75s，故选C。应用4．[Ek-θ图像的综合]如图所示，一个质量为m的小滑块在高度为h的斜面顶端由静止释放；滑块与斜面间动摩擦因数恒定，以水平地面为参考平面。则滑块滑至斜面底端时的动能Ek随斜面倾角θ变化的关系图像可能正确的是()答案：A解析：由题知小滑块在高度为h的斜面顶端由静止释放，则对于小滑块下滑的过程应用动能定理可得mgh－eq\f(μmgh,tanθ)＝Ek(tanθ≥μ)，故当θ＝eq\f(π,2)时，Ek＝mgh；随着θ减小，tanθ逐渐减小，物块滑到斜面底端的动能逐渐减小；当重力沿斜面方向的分力小于等于最大静摩擦力时，有mgsinθ≤μmgcosθ，解得μ≥tanθ，此后继续减小θ，物块都不再下滑，则此后小滑块的动能一直为零。故A正确。课时测评26动能定理eq\f(对应学生,用书P400)(时间：45分钟满分：60分)(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)(选择题1～10题，每题4分，共40分)1．(多选)(2024·河南商丘模拟)如图甲为乘客乘坐观光电梯的情景，可以简化成图乙所示，电梯质量为M，乘客的质量为m。电梯在钢索的拉力作用下竖直向上加速运动，当电梯的速度由v1增大到v2时，上升高度为H，重力加速度为g，则在这个过程中，下列说法正确的是()A．对乘客，动能定理的表达式为W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，其中W为支持力做的功B．对乘客，动能定理的表达式为W－mgH＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，其中W为支持力做的功C．对电梯，动能定理的表达式为W合＝0，其中W合为合力做的功D．对电梯，其所受的合力做功为eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,1)答案：BD解析：电梯上升的过程中，对乘客做功的有重力mg、支持力FN，这两个力的总功(即合力做的功)才等于乘客动能的增量，即W合＝W－mgH＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，其中W为支持力做的功，A错误，B正确；对电梯，无论有几个力对它做功，由动能定理可知，其合力做的功一定等于其动能的增量，即eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,1)，C错误，D正确。2．(2024·湖南怀化模拟)北京冬奥会高台滑雪场地示意图如图所示。一运动员(含装备)的质量为m，从助滑坡上A点由静止沿坡(曲线轨道)下滑，经最低点B从坡的末端C起跳，在空中飞行一段时间后着陆于着陆坡上的D点。已知A、C的高度差为h1，C、D的高度差为h2，重力加速度大小为g，摩擦阻力和空气阻力不能忽略，运动员可视为质点。则下列说法正确的是()A．运动员在B点处于失重状态B．运动员起跳时的速率vC＞eq\r(2gh1)C．运动员着陆前瞬间的动能EkD＝mg(h1＋h2)D．运动员在空中飞行的时间t＞eq\r(\f(2h2,g))答案：D解析：由题意知运动员在B点满足FN－mg＝meq\f(veq\o\al(2,B),R)，所以FN＞mg，即运动员在B点处于超重状态，A错误；从A到C，由动能定理得mgh1－Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)，所以vC＜eq\r(2gh1)，B错误；从A到D满足mg(h1＋h2)－Wf′＝EkD，所以EkD＜mg(h1＋h2)，C错误；因为运动员在C点起跳时，速度方向斜向上，即做斜抛运动，且存在空气阻力，故运动员在空中飞行的时间t＞eq\r(\f(2h2,g))，D正确。3．(2021·湖北高考)如图(a)所示，一物块以一定初速度沿倾角为30°的固定斜面上滑，运动过程中摩擦力大小f恒定，物块动能Ek与运动路程s的关系如图(b)所示。重力加速度大小取10m/s2，物块质量m和所受摩擦力大小f分别为()A．m＝0.7kg，f＝0.5NB．m＝0.7kg，f＝1.0NC．m＝0.8kg，f＝0.5ND．m＝0.8kg，f＝1.0N答案：A解析：0～10m内物块上滑，由动能定理得－mgsin30°·s－fs＝Ek－Ek0，整理得Ek＝Ek0－(mgsin30°＋f)s，结合0～10m内的图像得，斜率的绝对值|k|＝mgsin30°＋f＝4N，10～20m内物块下滑，由动能定理得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(mgsin30°－f))(s－s1)＝Ek，整理得Ek＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(mgsin30°－f))s－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(mgsin30°－f))s1，结合10～20m内的图像得，斜率k′＝mgsin·30°－f＝3N，联立解得f＝0.5N，m＝0.7kg，故选A。4．如图所示，一物体由固定斜面上的A点以初速度v0下滑到底端B，它与挡板发生无动能损失的碰撞后又滑回到A点，其速度恰好为零。设A、B两点高度差为h，重力加速度为g，则它与挡板碰前瞬间的速度大小为()A．eq\r(2gh＋\f(veq\o\al(2,0),4)) B．eq\r(2gh)C．eq\r(2gh＋\f(veq\o\al(2,0),2)) D．eq\r(2gh＋veq\o\al(2,0))答案：C解析：设整个滑动过程中物体所受摩擦力大小为Ff(此力大小不变，下滑时方向沿斜面向上，上滑时方向沿斜面向下)，斜面长为s，则对物体由A→B→A的整个过程运用动能定理得－2Ffs＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)。同理，对物体由A到B的过程运用动能定理，设物体与挡板碰前瞬间速度为v，则mgh－Ffs＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得v＝eq\r(2gh＋\f(veq\o\al(2,0),2))，C正确。5．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()A．2kg B．1.5kgC．1kg D．0.5kg答案：C解析：方法一：特殊值法画出运动示意图，如图所示。设该外力的大小为F，据动能定理知，A→B(上升过程)：－(mg＋F)h＝EkB－EkA，B→A(下落过程)：(mg－F)h＝EkA′－EkB′，整理以上两式并代入数据得物体的质量m＝1kg，选项C正确。方法二：写表达式根据斜率求解上升过程：－(mg＋F)h＝Ek－Ek0，则Ek＝－(mg＋F)h＋Ek0，下落过程：(mg－F)h＋Ek′＝Ek0′，则Ek′＝－(mg－F)h＋Ek0′，结合题图可知mg＋F＝eq\f(72－36,3－0)N＝12N，mg－F＝eq\f(48－24,3－0)N＝8N，联立可得m＝1kg，选项C正确。6．(多选)跳台滑雪是一项深受勇敢者喜爱的滑雪运动。图甲为某跳台滑雪运动员从跳台a(长度可忽略不计)处沿水平方向飞出、经2s在斜坡b处着陆的示意图，图乙为运动员从a到b飞行时的动能Ek随飞行时间t变化的关系图像。不计空气阻力的作用，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是()A．斜坡的倾角为30°B．运动员在a处的速度大小为10m/sC．运动员运动到b处时重力的瞬时功率为1.2×104WD．运动员在1s末时离坡面的距离最大答案：BCD解析：根据题图乙可得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝3×103J，eq\f(1,2)m[veq\o\al(2,0)＋(gt)2]＝15×103J，联立解得m＝60kg，v0＝10m/s，B正确；t＝2s时，运动员落在斜坡上，斜坡的倾角满足tanα＝eq\f(\f(1,2)gt2,v0t)＝1，解得α＝45°，A错误；t＝2s时，运动员运动到b处时重力的瞬时功率为P＝mgvy＝mg2t＝1.2×104W，C正确；运动员离坡面距离最远时，速度方向与坡面平行，有tanα＝eq\f(gt′,v0)＝1，解得t′＝1s，D正确。7．如图所示，斜面倾角为θ＝37°，物体1放在斜面紧靠挡板处，物体1和斜面间动摩擦因数为μ＝0.5，一根不可伸长的柔质轻绳跨过光滑轻质的小定滑轮，绳一端固定在物体1上，另一端固定在物体2上，斜面上方的轻绳与斜面平行，物体2下端固定一长度为h的轻绳，轻绳下端拴在小物体3上，物体1、2、3的质量之比为4∶1∶5，开始时用手托住小物体3，小物体3到地面的高度也为h，此时各段轻绳刚好拉紧，已知物体触地后立即停止运动、不再反弹，重力加速度为g＝10m/s2，sin37°＝0.6，物体3从静止突然放手后，物体1沿斜面上滑的最大距离为()A．3h B．eq\f(3,7)hC．2h D．eq\f(4,3)h答案：D解析：设物体1、2、3的质量分别为4m、m、5m，对物体1，开始向上滑动时，重力沿斜面方向的分力与摩擦力的合力F＝4mgsin37°＋4μmgcos37°，方向沿绳向下，设物体3触地时刻的速度为v1，因物体1、2、3在同一条绳上，从开始放手到物体3触地的过程，对系统应用动能定理有6mgh－Fh＝eq\f(1,2)×10mveq\o\al(2,1)－0，物体3触地以后立刻停止运动，设物体2触地之前物体1停止运动，且在物体3触地以后运动的距离为s，再次应用动能定理有mgs－Fs＝0－eq\f(1,2)×5mveq\o\al(2,1)，解得s＝eq\f(1,3)h，全过程Δx＝h＋s＝eq\f(4,3)h，A、B、C错误，D正确。8．如图所示，ABCD是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底BC的连接处都是一段与BC相切的圆弧，BC水平，其长度d＝0.50m，盆边缘的高度为h＝0.30m。在A处放一个质量为m的小物块并让其由静止下滑。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＝0.1。小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停止的地点到B的距离为()A．0.50m B．0.25mC．0.10m D．0答案：D解析：小物块从A点出发到最后停下来，设小物块在BC面上运动的总路程为s，整个过程由动能定理有mgh－μmgs＝0，所以小物块在BC面上运动的总路程为s＝eq\f(h,μ)＝eq\f(0.3,0.1)m＝3m，而d＝0.5m，刚好3个来回，所以最终停在B点，即到B点的距离为0，故选D。9．(多选)(2023·江苏省启东中学模拟)如图所示，直杆AB与水平面成α角固定，在杆上套一质量为m的小滑块，杆底端B点处有一弹性挡板，杆与板面垂直，滑块与挡板碰撞后将以原速率返回。现将滑块拉到A点由静止释放，与挡板第一次碰撞后恰好能上升到AB的中点，设重力加速度为g，由此可以确定()A．滑块下滑和上滑过程加速度大小a1、a2B．滑块第1次与挡板碰撞前的速度v1C．滑块与杆之间的动摩擦因数μD．滑块第k次与挡板碰撞到第k＋1次与挡板碰撞的时间间隔Δt答案：AC解析：设AB长为L，对整个过程运用动能定理得mgsinα·0.5L－μmgcosα(L＋0.5L)＝0，解得μ＝eq\f(sinα,3cosα)，故C正确；根据牛顿第二定律得下滑过程mgsinα－μmgcosα＝ma1，上滑过程mgsinα＋μmgcosα＝ma2，解得a1＝gsinα－μgcosα，a2＝gsinα＋μgcosα，所以可求得滑块下滑和上滑过程加速度的大小a1、a2，故A正确；由于A、B间的距离未知，尽管求出加速度，但不能求出滑块到达挡板时的时间以及与挡板碰撞前的速度，故B、D错误。10．如图所示，两倾角均为θ的光滑斜面对接后固定在水平地面上，O点为斜面的最低点。一个小物块从右侧斜面上高为H处由静止滑下，在两个斜面上做往复运动。小物块每次通过O点时都会有动能损失，损失的动能为小物块每次到达O点时动能的5%。小物块从开始下滑到停止的过程中运动的总路程为()A．eq\f(49H,sinθ) B．eq\f(39H,sinθ)C．eq\f(29H,sinθ) D．eq\f(20H,sinθ)答案：B解析：由题意知，小物块第一次到达O点由动能定理可得mgH＝Ek，此时小物块所走路程s1＝eq\f(H,sinθ)，第一次通过O点后动能Ek1＝95%Ek＝95%mgH，此时利用动能定理知小物块上升高度H1＝95%H，第二次到达O点所走的路程s2＝eq\f(2H1,sinθ)＝95%eq\f(2H,sinθ)，同理第二次离开O点到第三次到达O点所走路程s3＝(95%)2eq\f(2H,sinθ)，…，故小物块所走的总路程s总＝s1＋s2＋…sn＝eq\f(H,sinθ)＋95%eq\f(2H,sinθ)＋(95%)2eq\f(2H,sinθ)＋…(95%)n－1eq\f(2H,sinθ)，n无穷大时，可得s总＝eq\f(39H,sinθ)(等比数列求和)，故B正确。11．(10分)(2024·河北张家口模拟)如图所示，倾角为θ＝37°的足够长光滑固定斜面AB与长LBC＝2m的粗糙水平面BC用一小段光滑圆弧(长度不计，未画出)平滑连接，半径R＝1.5m的光滑圆弧轨道CD与水平面相切于C点，OD与水平方向的夹角也为θ＝37°。质量为m的小滑块从斜面上距B点L0＝2m的位置由静止开始下滑，恰好运动到C点。已知重力加速度g＝10m/s2，s