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课时16 动能定理及其应用
考纲对本模块内容的具体要求如下：
1、理解动能定理，明确外力对物体所做的总功与物体动能变化的关系；
2、会用动能定理分析相关物理过程；
3、熟悉动能定理的运用技巧；
4、知道力学中各种能量变化和功的关系，会用动能定理分析问题。
1物理观念：动能和动能定理。
（1）理解动能和动能定理。能用动能定理解释生产生活中的现象
2科学思维：变力做功、机车启动模型
（1）能应用图像法、微元法、动能定理等计算变力做功问题培养分析、推理和综合能力。
3.科学态度与责任
会利用功能知识初步分析生产生活中的现象，体会物理学的应用价值。
知识点一：动能
1.动能的定义：物体由于运动而具有的能量叫作动能，用符号Ek表示.
2.动能的表达式：Ek＝mv2.
3.动能的单位：与功的单位相同，动能的国际单位制单位为焦耳，简称焦，符号为J
4.动能的“三个性质”
标矢性 动能是标量，只有大小，没有方向.动能的取值可以为正值或零，但不会为负值
瞬时性 动能是状态量，对应物体在某一时刻的运动状态，速度变化时，动能不一定变化，但动（ 能变化时，速度一定变化
相对性 由于瞬时速度与参考系有关，所以Ek也与参考系有关.在一般情况下，如无特殊说明， 则取大地为参考系
5．动能的变化：物体末动能与初动能之差，即ΔEk＝mv－mv.
知识点二：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、动能定理的表达式
　　。式中W为合外力对物体所做的功，为物体末状态的动能，为物体初状态的动能。动能定理的计算式为标量式，为相对同一参考系的速度，中学物理中一般取地球为参考系。
要点诠释：
1．物理意义
（1）动能定理实际上是一个质点的功能关系。
（2）说明了功和能之间密切相关，即做功的过程就是能量转化的过程。
2．对动能定理的理解
（1）适用范围：既适用于恒力作用过程，也适用于变力作用过程；既适用于物体做直线运动的情 况，也适用于物体做曲线运动的情况
（2）揭示关系：揭示了合外力做功与动能变化的关系，若合外力做功为W，则物体的动能就增加W；若合外力做功为-W，则物体的动能就减少W
（3）研究对象：一般是单个物体，若是几个物体所组成的一个系统，则系统的所有外力和内力做功的代数和等于系统总动能的变化量。
技巧点拨
动能定理的基本应用
1．应用流程
2．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准确分析研究对象的受力情况及运动情况，可以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；也可以全过程应用动能定理．
(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．
动能定理与图像问题的结合
1．解决图象问题的基本步骤
(1)观察题目给出的图象，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．
2．图象所围“面积”的意义
(1)v－t图象：由公式x＝vt可知，v－t图线与t坐标轴围成的面积表示物体的位移．
(2)a－t图象：由公式Δv＝at可知，a－t图线与t坐标轴围成的面积表示物体速度的变化量．
(3)F－x图象：由公式W＝Fx可知，F－x图线与x坐标轴围成的面积表示力所做的功．
(4)P－t图象：由公式W＝Pt可知，P－t图线与t坐标轴围成的面积表示力所做的功．
考点一：动能定理的基本应用
例1.(多选)(2021·宁夏银川市质检)如图所示为一滑草场．某条滑道由上下两段高均为h，与水平面倾角分别为45°和37°的滑道组成，载人滑草车与草地之间的动摩擦因数为μ.质量为m的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端(不计载人滑草车在两段滑道交接处的能量损失，重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．则(　　)
A．动摩擦因数μ＝
B．载人滑草车最大速度为
C．载人滑草车克服摩擦力做功为mgh
D．载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为g
答案　AB
解析　对载人滑草车从坡顶由静止开始滑到底端的全过程分析，由动能定理可知：mg·2h－μmgcos 45°·－μmgcos 37°·＝0，解得μ＝，选项A正确； 对经过上段滑道的过程分析，根据动能定理有mgh－μmgcos 45°·＝mv，解得：vm＝，选项B正确；载人滑草车克服摩擦力做功为2mgh，选项C错误；载人滑草车在下段滑道上的加速度为a＝＝－g，故大小为g，选项D错误．
变式训练　(2019·河南平顶山市一轮复习质检)如图所示，半径为r的半圆弧轨道ABC固定在竖直平面内，直径AC水平，一个质量为m的物块从圆弧轨道A端正上方P点由静止释放，物块刚好从A点无碰撞地进入圆弧轨道并做匀速圆周运动，到B点时对轨道的压力大小等于物块重力的2倍，重力加速度为g，不计空气阻力，不计物块的大小，则：
(1)物块到达A点时的速度大小和PA间的高度差分别为多少？
(2)物块从A运动到B所用时间和克服摩擦力做的功分别为多少？
答案　(1)　　(2)　mgr
解析　(1)设物块在B点时的速度为v，由牛顿第二定律得：FN－mg＝m，
因为FN＝2mg，所以v＝，
因为物块从A点进入圆弧轨道并做匀速圆周运动，所以物块到达A点时速度大小为；
设PA间的高度差为h，从P到A的过程由动能定理得：mgh＝mv2，所以h＝.
(2)因为物块从A点进入圆弧轨道并做匀速圆周运动，所以物块从A运动到B所用时间t＝＝；
从A运动到B由动能定理有：mgr－W克f＝0，解得：W克f＝mgr.
考点二：动能定理在多过程问题中的应用
例2、如图所示，轻质弹簧一端固定在墙壁上的O点，另一端自由伸长到A点，OA之间的水平面光滑，固定曲面在B处与水平面平滑连接．AB之间的距离s＝1 m．质量m＝0.2 kg的小物块开始时静置于水平面上的B点，物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4.现给物块一个水平向左的初速度v0＝5 m/s，g取10 m/s2.
(1)求弹簧被压缩到最短时所具有的弹性势能Ep；
(2)求物块返回B点时的速度大小；
(3)若物块能冲上曲面的最大高度h＝0.2 m，求物块沿曲面上滑过程所产生的热量．
答案　(1)1.7 J　(2)3 m/s　(3)0.5 J
解析　(1)对小物块从B点至压缩弹簧最短的过程，由动能定理得，
－μmgs－W克弹＝0－mv
W克弹＝Ep
代入数据解得Ep＝1.7 J
(2)对小物块从B点开始运动至返回B点的过程，由动能定理得，
－μmg·2s＝mv－mv
代入数据解得vB＝3 m/s
(3)对小物块沿曲面上滑的过程，
由动能定理得－W克f－mgh＝0－mv
产生的热量Q＝W克f＝0.5 J.
变式训练(2021·河南名校联考)如图所示，AB是一段位于竖直平面内的光滑轨道，高度为h，末端B处的切线方向水平．一个质量为m的小物体P从轨道顶端A处由静止释放，滑到B端后飞出，落到地面上的C点，轨迹如图中虚线BC所示．已知它落地时相对于B点的水平位移OC ＝ l．现在轨道下方紧贴B点安装一水平木板，木板的右端与B的距离为，让P再次从A点由静止释放，它离开轨道并在木板上滑行后从右端水平飞出，仍然落在地面的C点．求：(不计空气阻力，重力加速度为g)
(1)P滑至B点时的速度大小；
(2)P与木板之间的动摩擦因数μ.
答案　(1)　(2)
解析　(1)物体P在AB轨道上滑动时，根据动能定理mgh＝mv
得物体P滑到B点时的速度大小为v0＝
(2)当没有木板时，物体离开B点后做平抛运动，设运动时间为t，有：
t＝＝
当在轨道下方紧贴B点安装木板时，物体从木板右端水平抛出，在空中运动的时间也为t，水平位移为，因此物体从木板右端抛出的速度v1＝＝
根据动能定理，物体在木板上滑动时，有
－μmg＝mv－mv
解得物体P与木板之间的动摩擦因数μ＝.
1．（2021 湖北）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＝0.5N B．m＝0.7kg，f＝1.0N
C．m＝0.8kg，f＝0.5N D．m＝0.8kg，f＝1.0N
2．（2020 江苏）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关系的图象是（　　）
A． B．
C． D．
3．（2021 辽宁）冰滑梯是东北地区体验冰雪运动乐趣的设施之一，某冰滑梯的示意图如图所示，螺旋滑道的摩擦可忽略；倾斜滑道和水平滑道与同一滑板间的动摩擦因数μ相同，因滑板不同μ满足μ0≤μ≤1.2μ0。在设计滑梯时，要确保所有游客在倾斜滑道上均减速下滑，且滑行结束时停在水平滑道上，以下L1、L2的组合符合设计要求的是（　　）
A．L1＝，L2＝ B．L1＝，L2＝
C．L1＝，L2＝ D．L1＝，L2＝
4．（2020 新课标Ⅲ）某同学利用图（a）所示装置验证动能定理。调整木板的倾角平衡摩擦阻力后，挂上钩码，钩码下落，带动小车运动并打出纸带。某次实验得到的纸带及相关数据如图（b）所示。已知打出图（b）中相邻两点的时间间隔为0.02s，从图（b）给出的数据中可以得到，打出B点时小车的速度大小vB＝　 　m/s，打出P点时小车的速度大小vP＝　 　m/s。（结果均保留2位小数）若要验证动能定理，除了需测量钩码的质量和小车的质量外，还需要从图（b）给出的数据中求得的物理量为　 　。
5．（2021 浙江）如图所示，水平地面上有一高H＝0.4m的水平台面，台面上竖直放置倾角θ＝37°的粗糙直轨道AB、水平光滑直轨道BC、四分之一圆周光滑细圆管道CD和半圆形光滑轨道DEF，它们平滑连接，其中管道CD的半径r＝0.1m、圆心在O1点，轨道DEF的半径R＝0.2m、圆心在O2点，O1、D、O2和F点均处在同一水平线上。小滑块从轨道AB上距台面高为h的P点静止下滑，与静止在轨道BC上等质量的小球发生弹性碰撞，碰后小球经管道CD、轨道DEF从F点竖直向下运动，与正下方固定在直杆上的三棱柱G碰撞，碰后速度方向水平向右，大小与碰前相同，最终落在地面上Q点，已知小滑块与轨道AB间的动摩擦因数μ＝，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。
（1）若小滑块的初始高度h＝0.9m，求小滑块到达B点时速度vB的大小；
（2）若小球能完成整个运动过程，求h的最小值hmin；
（3）若小球恰好能过最高点E，且三棱柱G的位置上下可调，求落地点Q与F点的水平距离x的最大值xmax。
6．（2021 乙卷）一篮球质量为m＝0.60kg，一运动员使其从距地面高度为h1＝1.8m处由静止自由落下，反弹高度为h2＝1.2m。若使篮球从距地面h3＝1.5m的高度由静止下落，并在开始下落的同时向下拍球，球落地后反弹的高度也为1.5m。假设运动员拍球时对球的作用力为恒力，作用时间为t＝0.20s；该篮球每次与地面碰撞前后的动能的比值不变。重力加速度大小取g＝10m/s2，不计空气阻力。求：
（1）运动员拍球过程中对篮球所做的功；
（2）运动员拍球时对篮球的作用力的大小。
7．（2020 浙江）如图所示，一弹射游戏装置由安装在水平台面上的固定弹射器、竖直圆轨道（在最低点E分别与水平轨道EO和EA相连）、高度h可调的斜轨道AB组成。游戏时滑块从O点弹出，经过圆轨道并滑上斜轨道。全程不脱离轨道且恰好停在B端则视为游戏成功。已知圆轨道半径r＝0.1m，OE长L1＝0.2m，AC长L2＝0.4m，圆轨道和AE光滑，滑块与AB、OE之间的动摩擦因数μ＝0.5．滑块质量m＝2g且可视为质点，弹射时从静止释放且弹簧的弹性势能完全转化为滑块动能。忽略空气阻力，各部分平滑连接。求
（1）滑块恰好能过圆轨道最高点F时的速度vF大小；
（2）当h＝0.1m且游戏成功时，滑块经过E点对圆轨道的压力FN大小及弹簧的弹性势能EP0；
（3）要使游戏成功，弹簧的弹性势能EP与高度h之间满足的关系。
8．（2020 新课标Ⅲ）如图，相距L＝11.5m的两平台位于同一水平面内，二者之间用传送带相接。传送带向右匀速运动，其速度的大小v可以由驱动系统根据需要设定。质量m＝10kg的载物箱（可视为质点），以初速度v0＝5.0m/s自左侧平台滑上传送带。载物箱与传送带间的动摩擦因数μ＝0.10，重力加速度取g＝10m/s2。
（1）若v＝4.0m/s，求载物箱通过传送带所需的时间；
（2）求载物箱到达右侧平台时所能达到的最大速度和最小速度；
（3）若v＝6.0m/s，载物箱滑上传送带△t＝s后，传送带速度突然变为零。求载物箱从左侧平台向右侧平台运动的过程中，传送带对它的冲量。
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课时16 动能定理及其应用
考纲对本模块内容的具体要求如下：
1、理解动能定理，明确外力对物体所做的总功与物体动能变化的关系；
2、会用动能定理分析相关物理过程；
3、熟悉动能定理的运用技巧；
4、知道力学中各种能量变化和功的关系，会用动能定理分析问题。
1物理观念：动能和动能定理。
（1）理解动能和动能定理。能用动能定理解释生产生活中的现象
2科学思维：变力做功、机车启动模型
（1）能应用图像法、微元法、动能定理等计算变力做功问题培养分析、推理和综合能力。
3.科学态度与责任
会利用功能知识初步分析生产生活中的现象，体会物理学的应用价值。
知识点一：动能
1.动能的定义：物体由于运动而具有的能量叫作动能，用符号Ek表示.
2.动能的表达式：Ek＝mv2.
3.动能的单位：与功的单位相同，动能的国际单位制单位为焦耳，简称焦，符号为J
4.动能的“三个性质”
标矢性 动能是标量，只有大小，没有方向.动能的取值可以为正值或零，但不会为负值
瞬时性 动能是状态量，对应物体在某一时刻的运动状态，速度变化时，动能不一定变化，但动（ 能变化时，速度一定变化
相对性 由于瞬时速度与参考系有关，所以Ek也与参考系有关.在一般情况下，如无特殊说明， 则取大地为参考系
5．动能的变化：物体末动能与初动能之差，即ΔEk＝mv－mv.
知识点二：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、动能定理的表达式
　　。式中W为合外力对物体所做的功，为物体末状态的动能，为物体初状态的动能。动能定理的计算式为标量式，为相对同一参考系的速度，中学物理中一般取地球为参考系。
要点诠释：
1．物理意义
（1）动能定理实际上是一个质点的功能关系。
（2）说明了功和能之间密切相关，即做功的过程就是能量转化的过程。
2．对动能定理的理解
（1）适用范围：既适用于恒力作用过程，也适用于变力作用过程；既适用于物体做直线运动的情 况，也适用于物体做曲线运动的情况
（2）揭示关系：揭示了合外力做功与动能变化的关系，若合外力做功为W，则物体的动能就增加W； 若合外力做功为-W，则物体的动能就减少W
（3）研究对象：一般是单个物体，若是几个物体所组成的一个系统，则系统的所有外力和内力做功的代数和等于系统总动能的变化量。
技巧点拨
动能定理的基本应用
1．应用流程
2．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准确分析研究对象的受力情况及运动情况，可以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；也可以全过程应用动能定理．
(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．
动能定理与图像问题的结合
1．解决图象问题的基本步骤
(1)观察题目给出的图象，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．
2．图象所围“面积”的意义
(1)v－t图象：由公式x＝vt可知，v－t图线与t坐标轴围成的面积表示物体的位移．
(2)a－t图象：由公式Δv＝at可知，a－t图线与t坐标轴围成的面积表示物体速度的变化量．
(3)F－x图象：由公式W＝Fx可知，F－x图线与x坐标轴围成的面积表示力所做的功．
(4)P－t图象：由公式W＝Pt可知，P－t图线与t坐标轴围成的面积表示力所做的功．
考点一：动能定理的基本应用
例1.(多选)(2021·宁夏银川市质检)如图所示为一滑草场．某条滑道由上下两段高均为h，与水平面倾角分别为45°和37°的滑道组成，载人滑草车与草地之间的动摩擦因数为μ.质量为m的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端(不计载人滑草车在两段滑道交接处的能量损失，重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．则(　　)
A．动摩擦因数μ＝
B．载人滑草车最大速度为
C．载人滑草车克服摩擦力做功为mgh
D．载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为g
答案　AB
解析　对载人滑草车从坡顶由静止开始滑到底端的全过程分析，由动能定理可知：mg·2h－μmgcos 45°·－μmgcos 37°·＝0，解得μ＝，选项A正确； 对经过上段滑道的过程分析，根据动能定理有mgh－μmgcos 45°·＝mv，解得：vm＝，选项B正确；载人滑草车克服摩擦力做功为2mgh，选项C错误；载人滑草车在下段滑道上的加速度为a＝＝－g，故大小为g，选项D错误．
变式训练　(2019·河南平顶山市一轮复习质检)如图所示，半径为r的半圆弧轨道ABC固定在竖直平面内，直径AC水平，一个质量为m的物块从圆弧轨道A端正上方P点由静止释放，物块刚好从A点无碰撞地进入圆弧轨道并做匀速圆周运动，到B点时对轨道的压力大小等于物块重力的2倍，重力加速度为g，不计空气阻力，不计物块的大小，则：
(1)物块到达A点时的速度大小和PA间的高度差分别为多少？
(2)物块从A运动到B所用时间和克服摩擦力做的功分别为多少？
答案　(1)　　(2)　mgr
解析　(1)设物块在B点时的速度为v，由牛顿第二定律得：FN－mg＝m，
因为FN＝2mg，所以v＝，
因为物块从A点进入圆弧轨道并做匀速圆周运动，所以物块到达A点时速度大小为；
设PA间的高度差为h，从P到A的过程由动能定理得：mgh＝mv2，所以h＝.
(2)因为物块从A点进入圆弧轨道并做匀速圆周运动，所以物块从A运动到B所用时间t＝＝；
从A运动到B由动能定理有：mgr－W克f＝0，解得：W克f＝mgr.
考点二：动能定理在多过程问题中的应用
例2、如图所示，轻质弹簧一端固定在墙壁上的O点，另一端自由伸长到A点，OA之间的水平面光滑，固定曲面在B处与水平面平滑连接．AB之间的距离s＝1 m．质量m＝0.2 kg的小物块开始时静置于水平面上的B点，物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4.现给物块一个水平向左的初速度v0＝5 m/s，g取10 m/s2.
(1)求弹簧被压缩到最短时所具有的弹性势能Ep；
(2)求物块返回B点时的速度大小；
(3)若物块能冲上曲面的最大高度h＝0.2 m，求物块沿曲面上滑过程所产生的热量．
答案　(1)1.7 J　(2)3 m/s　(3)0.5 J
解析　(1)对小物块从B点至压缩弹簧最短的过程，由动能定理得，
－μmgs－W克弹＝0－mv
W克弹＝Ep
代入数据解得Ep＝1.7 J
(2)对小物块从B点开始运动至返回B点的过程，由动能定理得，
－μmg·2s＝mv－mv
代入数据解得vB＝3 m/s
(3)对小物块沿曲面上滑的过程，
由动能定理得－W克f－mgh＝0－mv
产生的热量Q＝W克f＝0.5 J.
变式训练(2021·河南名校联考)如图所示，AB是一段位于竖直平面内的光滑轨道，高度为h，末端B处的切线方向水平．一个质量为m的小物体P从轨道顶端A处由静止释放，滑到B端后飞出，落到地面上的C点，轨迹如图中虚线BC所示．已知它落地时相对于B点的水平位移OC ＝ l．现在轨道下方紧贴B点安装一水平木板，木板的右端与B的距离为，让P再次从A点由静止释放，它离开轨道并在木板上滑行后从右端水平飞出，仍然落在地面的C点．求：(不计空气阻力，重力加速度为g)
(1)P滑至B点时的速度大小；
(2)P与木板之间的动摩擦因数μ.
答案　(1)　(2)
解析　(1)物体P在AB轨道上滑动时，根据动能定理mgh＝mv
得物体P滑到B点时的速度大小为v0＝
(2)当没有木板时，物体离开B点后做平抛运动，设运动时间为t，有：
t＝＝
当在轨道下方紧贴B点安装木板时，物体从木板右端水平抛出，在空中运动的时间也为t，水平位移为，因此物体从木板右端抛出的速度v1＝＝
根据动能定理，物体在木板上滑动时，有
－μmg＝mv－mv
解得物体P与木板之间的动摩擦因数μ＝.
1．（2021 湖北）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＝0.5N B．m＝0.7kg，f＝1.0N
C．m＝0.8kg，f＝0.5N D．m＝0.8kg，f＝1.0N
【解答】解：对物块根据动能定理可知
在上滑过程中：﹣fs﹣mgssin30°＝mv2
变形可得Ek＝（f+mgsin30°）s
在下降过程中：mgssin30°﹣fs＝mv'2
变形可得Ek'＝（mgsin30°﹣f）s
结合图像联立解得m＝0.7kg，f＝0.5N
故A正确，BCD错误
故选：A。
2．（2020 江苏）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关系的图象是（　　）
A． B．
C． D．
【解答】解：设斜面倾角为θ，小物块的质量为m，物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为μ，小物块由静止开始在沿斜面上运动的过程中，当水平位移为x时，由动能定理得：
mg xtanθ﹣＝Ek﹣0
整理得小物块的动能Ek与水平位移x关系为：
Ek＝（mgtanθ﹣μmg）x
假设小物块达到斜面底端的动能为Ek0，此时小物块的水平位移为x0，在水平面上运动的过程中，由动能定理得：
﹣μmg（x﹣x0）＝Ek﹣Ek0
整理得小物块的动能Ek与水平位移x关系为：
Ek＝Ek0+μmgx0﹣μmgx
所以小物块的动能Ek与水平位移x关系的图象为正比关系和一次函数关系，故A正确，BCD错误。
故选：A。
3．（2021 辽宁）冰滑梯是东北地区体验冰雪运动乐趣的设施之一，某冰滑梯的示意图如图所示，螺旋滑道的摩擦可忽略；倾斜滑道和水平滑道与同一滑板间的动摩擦因数μ相同，因滑板不同μ满足μ0≤μ≤1.2μ0。在设计滑梯时，要确保所有游客在倾斜滑道上均减速下滑，且滑行结束时停在水平滑道上，以下L1、L2的组合符合设计要求的是（　　）
A．L1＝，L2＝ B．L1＝，L2＝
C．L1＝，L2＝ D．L1＝，L2＝
【解答】解：设倾斜轨道的倾角为θ，游客质量为m。
因为要确保所有游客在倾斜滑道上均减速下滑，所以要满足：mgsinθ＜μ0mgcosθ，即tanθ＝＜μ0，可得：L1＞；
假设游客恰好停止在水平轨道右端，对于游客运动的过程，由动能定理得：mgh+mgh﹣μmgcosθ ＝0﹣0
整理得：L1＝，
当μ取最大值1.2μ0时，L1的临界长度最短，故要使游客能滑到水平轨道上，需满足：L1≤＝；
假设游客恰好停止在水平轨道左端，对于游客运动的过程，由动能定理得：mgh+mgh﹣μmgcosθ ﹣μmgL2＝0﹣0
整理得：L1+L2＝，
当μ取最小值μ0时，（L1+L2）的临界长度最长，故要使游客能停在水平轨道上，需满足：L1+L2≥，
综上可得：L1+L2≥，且＜L1≤。
对于A选项：L1＝不满足条件，故A错误；
对于B选项：L1＝满足条件，L1+L2＝+＜不满足条件，故B错误；
对于C选项：L1＝满足条件，L1+L2＝+＝满足条件，故C正确；
对于D选项：L1＝满足条件，L1+L2＝+＞满足条件，故D正确。
故选：CD。
4．（2020 新课标Ⅲ）某同学利用图（a）所示装置验证动能定理。调整木板的倾角平衡摩擦阻力后，挂上钩码，钩码下落，带动小车运动并打出纸带。某次实验得到的纸带及相关数据如图（b）所示。已知打出图（b）中相邻两点的时间间隔为0.02s，从图（b）给出的数据中可以得到，打出B点时小车的速度大小vB＝　0.36　m/s，打出P点时小车的速度大小vP＝　1.80　m/s。（结果均保留2位小数）若要验证动能定理，除了需测量钩码的质量和小车的质量外，还需要从图（b）给出的数据中求得的物理量为　B、P之间的距离　。
【解答】解：根据匀变速直线运动中中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度可得B点和P点的速度分别为
若要验证动能定理需要求出小车运动过程中拉力对小车做的功，必须要知道在拉力作用下小车通过B点和P点的距离。
故答案为：0.36，1.80，B、P之间的距离。
5．（2021 浙江）如图所示，水平地面上有一高H＝0.4m的水平台面，台面上竖直放置倾角θ＝37°的粗糙直轨道AB、水平光滑直轨道BC、四分之一圆周光滑细圆管道CD和半圆形光滑轨道DEF，它们平滑连接，其中管道CD的半径r＝0.1m、圆心在O1点，轨道DEF的半径R＝0.2m、圆心在O2点，O1、D、O2和F点均处在同一水平线上。小滑块从轨道AB上距台面高为h的P点静止下滑，与静止在轨道BC上等质量的小球发生弹性碰撞，碰后小球经管道CD、轨道DEF从F点竖直向下运动，与正下方固定在直杆上的三棱柱G碰撞，碰后速度方向水平向右，大小与碰前相同，最终落在地面上Q点，已知小滑块与轨道AB间的动摩擦因数μ＝，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。
（1）若小滑块的初始高度h＝0.9m，求小滑块到达B点时速度vB的大小；
（2）若小球能完成整个运动过程，求h的最小值hmin；
（3）若小球恰好能过最高点E，且三棱柱G的位置上下可调，求落地点Q与F点的水平距离x的最大值xmax。
【解答】解：（1）小滑块在AB轨道上运动过程中，根据动能定理可得：
mgh﹣μmgcosθ ＝
解得：vB＝4m/s；
（2）若小球能完成整个运动过程，则小球在DEF轨道最高点E时恰好对最高的压力为零，根据牛顿第二定律可得：
mg＝m，解得：vE＝m/s
设小球与小滑块碰撞后的速度大小为v2，从C到E根据机械能守恒定律可得：
＝+mg（R+r）
解得：v2＝2m/s
设小滑块与小球碰撞前的速度为v0，碰撞后的速度为v1，取向右为正方向，根据动量守恒定律可得：mv0＝mv1+mv2
根据机械能守恒定律可得：mv02＝mv12+mv22
联立解得：v0＝2m/s
小滑块在AB轨道上运动过程中，根据动能定理可得：
mghmin﹣μmgcosθ ＝
解得：hmin＝0.45m；
（3）设F到G的距离为y，小球从E点到G点的运动，根据动能定理可得：
mg（R+y）＝﹣
小球离开G后做平抛运动，水平位移x＝vGt
竖直方向：H+r﹣y＝
联立解得：x＝2
当0.5﹣y＝0.3+y，即y＝0.1m时x最大，
最大值xmax＝2×0.4m＝0.8m。
答：（1）若小滑块的初始高度h＝0.9m，小滑块到达B点时速度大小为4m/s；
（2）若小球能完成整个运动过程，h的最小值为0.45m；
（3）落地点Q与F点的水平距离的最大值为0.8m。
6．（2021 乙卷）一篮球质量为m＝0.60kg，一运动员使其从距地面高度为h1＝1.8m处由静止自由落下，反弹高度为h2＝1.2m。若使篮球从距地面h3＝1.5m的高度由静止下落，并在开始下落的同时向下拍球，球落地后反弹的高度也为1.5m。假设运动员拍球时对球的作用力为恒力，作用时间为t＝0.20s；该篮球每次与地面碰撞前后的动能的比值不变。重力加速度大小取g＝10m/s2，不计空气阻力。求：
（1）运动员拍球过程中对篮球所做的功；
（2）运动员拍球时对篮球的作用力的大小。
【解答】解：（1）设篮球自由下落与地面碰撞前瞬间的动能为Ek1，
篮球与地面碰撞后瞬间篮球的动能为Ek2，由动能定理得：
篮球下落过程：mgh1＝Ek1﹣0
篮球上升过程：﹣mgh2＝0﹣Ek2，
篮球每次与地面碰撞前后的动能的比值：k＝
代入数据解得：k＝1.5
设拍球后篮球落地瞬间的动能为Ek3，与地面碰撞后瞬间动能为Ek4，
拍球后篮球反弹上升过程，对篮球，由动能定理得：﹣mgh3＝0﹣Ek4，
设拍球过程，运动员对篮球做的功为W，从拍球到篮球与地面碰撞前瞬间过程，
由动能定理得：W+mgh3＝Ek3﹣0
篮球与地面碰撞前后的动能之比k＝
代入数据解得：W＝4.5J
（2）运动员拍球时对球的作用力为恒力，设运动员拍球时对球的作用力大小为F，
运动员拍球过程，设球的加速度大小为a，
对篮球，由牛顿第二定律得：F+mg＝ma
拍球过程篮球做初速度为零的匀加速直线运动，设位移为x，
由匀变速直线运动的位移﹣时间公式得：x＝
运动员拍球过程中对篮球所做的功W＝Fx
代入数据解得：F＝9N （F＝﹣15N 不符合题意，舍去）
答：（1）运动员拍球过程中对篮球所做的功是4.5J；
（2）运动员拍球时对篮球的作用力的大小是9N。
7．（2020 浙江）如图所示，一弹射游戏装置由安装在水平台面上的固定弹射器、竖直圆轨道（在最低点E分别与水平轨道EO和EA相连）、高度h可调的斜轨道AB组成。游戏时滑块从O点弹出，经过圆轨道并滑上斜轨道。全程不脱离轨道且恰好停在B端则视为游戏成功。已知圆轨道半径r＝0.1m，OE长L1＝0.2m，AC长L2＝0.4m，圆轨道和AE光滑，滑块与AB、OE之间的动摩擦因数μ＝0.5．滑块质量m＝2g且可视为质点，弹射时从静止释放且弹簧的弹性势能完全转化为滑块动能。忽略空气阻力，各部分平滑连接。求
（1）滑块恰好能过圆轨道最高点F时的速度vF大小；
（2）当h＝0.1m且游戏成功时，滑块经过E点对圆轨道的压力FN大小及弹簧的弹性势能EP0；
（3）要使游戏成功，弹簧的弹性势能EP与高度h之间满足的关系。
【解答】解：（1）滑块恰好过F的条件为，
解得vF＝1m/s。
（2）滑块从E到B，根据动能定理有﹣mgh﹣μmgL2＝0﹣，
在E点有，
代入数据解得FN＝0.14N，
从O到B点，
Ep0﹣mgh﹣μmg（L1+L2）＝0，
解得Ep0＝8.0×10﹣3J。
（3）滑块恰能过F点的弹性势能为Ep1＝2mgr+μmgL1，
此时B点减速到0有Ep1﹣mgh1﹣μmg（L1+L2）＝0，
代入数据解得h1＝0.05m，
故0.05m≤h，能停在B点，则μmgcosθ≥mgsinθ，
得tanθ＝0.5，
此时h2＝0.2m，
从O到B点Ep＝mgh+μmg（L1+L2）＝2×10﹣3（10h+3）J，
其中0.05m≤h≤0.2m。
答：（1）滑块恰好能过圆轨道最高点F时的速度大小为1m/s。
（2）当h＝0.1m且游戏成功时，滑块经过E点对圆轨道的压力FN大小为0.14N，弹簧的弹性势能为8.0×10﹣3J。
（3）要使游戏成功，弹簧的弹性势能EP与高度h之间满足的关系为Ep＝2×10﹣3（10h+3）J。
8．（2020 新课标Ⅲ）如图，相距L＝11.5m的两平台位于同一水平面内，二者之间用传送带相接。传送带向右匀速运动，其速度的大小v可以由驱动系统根据需要设定。质量m＝10kg的载物箱（可视为质点），以初速度v0＝5.0m/s自左侧平台滑上传送带。载物箱与传送带间的动摩擦因数μ＝0.10，重力加速度取g＝10m/s2。
（1）若v＝4.0m/s，求载物箱通过传送带所需的时间；
（2）求载物箱到达右侧平台时所能达到的最大速度和最小速度；
（3）若v＝6.0m/s，载物箱滑上传送带△t＝s后，传送带速度突然变为零。求载物箱从左侧平台向右侧平台运动的过程中，传送带对它的冲量。
【解答】解：（1）传送带的速度v＝4.0m/s时，载物箱在传送带上先做匀减速运动，设其加速度为a，由牛顿第二定律可得
μmg＝ma ①
设载物箱滑上传送带后匀减速运动的距离为s1，由运动学公式可得
v2﹣v02＝﹣2as1②
联立①②代入数据解得：s1＝4.5m ③
因此，载物箱在到达右侧平台前，速度先减小到v，然后开始做匀速运动，设载物箱在传送带上做匀减速运动的时间为t1，在传送带上做匀速运动的时间为t2，则
v＝v0﹣at1④
t2＝⑤
则载物箱通过传送带的时间为
t＝t1+t2
联立①③④⑤代入数据解得：t＝2.75s ⑥
（2）当载物箱滑上传送带后一直做匀减速运动时，到达右侧平台时的速度最小，设为v1；当载物箱滑上传送带后一直做匀加速运动时，到达右侧平台时的速度最大，设为v2．由动能定理得
﹣μmgL＝⑦
μmgL＝⑧
由⑦⑧式并代入题给条件得：
v1＝m/s ⑨
（3）传送带的速度v＝6.0m/s时，由于v0＜v＜v2，所以载物箱先做匀加速运动，加速度大小仍为a。设载物箱做匀加速运动通过的距离为s2，所用时间为t1′，由运动学公式得
v＝v0+at1′
v2﹣v02＝2as2
代入数据解得：
t1′＝1.0s
s2＝5.5m
因此载物箱加速运动1.0s、向右运动5.5m时，达到与传送带相同的速度，此后载物箱与传送带共同匀速运动（△t﹣t1′）的时间后，传送带突然停止，设载物箱匀速运动通过的距离为s3，则
s3＝v（△t﹣t1′）＝0.5m
由上面可知，，即载物箱运动到右侧平台时速度大于零，设为v3，由运动学公式可得
v32﹣v2＝﹣2a（L﹣s2﹣s3）
解得：v3＝5m/s
传送带突然停止后，载物箱运动到右侧平台的时间为t3，
at3＝v﹣v3
解得：t3＝1s
设载物箱通过传送带的过程中，传送带对它的水平冲量为Ix，由动量定理有：
Ix＝m（v3﹣v0）＝0
根据冲量的定义得竖直方向上的冲量为：Iy＝FN（△t+t3）＝N s
所以合冲量为：Iy＝N s，方向竖直向上。
答：（1）若v＝4.0m/s，求载物箱通过传送带所需的时间为2.75s；
（2）载物箱到达右侧平台时所能达到的最大速度为4m/s，最小速度为m/s；
（3）传送带对它的冲量为N s，方向竖直向上。
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