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第13讲　动能定理
目录
[考试标准] 1
[基础过关] 1
动能　动能定理 1
[命题点研究] 2
命题点一　对动能定理的理解 2
命题点二　动能定理的基本应用 3
命题点三　动能定理与图象问题的结合 6
命题点四　用动能定理解决多过程问题 8
[课时训练] 12
[考试标准]
知识内容 考试要求 说明
动能和动能定理 d 1.不要求用平均力计算变力做功和利用F－l图象求变力做功． 2.不要求用动能定理解决物体系的问题.
[基础过关]
动能　动能定理
1．动能
(1)定义：物体由于运动而具有的能叫动能．
(2)公式：Ek＝mv2.
(3)标矢性：动能是标量，只有正值．
(4)状态量：动能是状态量，因为v是瞬时速度．
2．动能定理
(1)内容：在一个过程中合外力对物体所做的功，等于物体在这个过程中动能的变化．
(2)表达式：W＝mv22－mv12＝Ek2－Ek1.
(3)适用条件：
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，也可以分阶段作用．
(4)应用技巧：若整个过程包含了几个运动性质不同的分过程，既可以分段考虑，也可以整个过程考虑．
[命题点研究]
命题点一　对动能定理的理解
1．动能定理表明了“三个关系”
(1)数量关系：合外力做的功与物体动能的变化具有等量代换关系，但并不是说动能变化就是合外力做的功．
(2)因果关系：合外力做功是引起物体动能变化的原因．
(3)量纲关系：单位相同，国际单位都是焦耳．
2．标量性
动能是标量，功也是标量，所以动能定理是一个标量式，不存在方向的选取问题．当然动能定理也就不存在分量的表达式．
3．定理中“外力”的两点理解
(1)可以是重力、弹力、摩擦力、电场力、磁场力或其他力，它们可以同时作用，也可以不同时作用．
(2)既可以是恒力，也可以是变力．
（2023 江苏）滑块以一定的初速度沿粗糙斜面从底端上滑，到达最高点B后返回到底端。利用频闪仪分别对上滑和下滑过程进行拍摄，频闪照片示意图如图所示。与图乙中相比，图甲中滑块（　　）
A．受到的合力较小
B．经过A点的动能较小
C．在A、B之间的运动时间较短
D．在A、B之间克服摩擦力做的功较小
（2022 宁波二模）如图所示，外层覆盖锌的纳米机器人可携带药物进入老鼠体内，到达老鼠的胃部之后，外层的锌与消化液中的酸发生化学反应，产生氢气气泡作为推进动力，机器人的速度可达6×10﹣5m/s。若不计重力和浮力，则下列说法正确的是（　　）
A．胃液中运动的纳米机器人不受阻力
B．机器人前进时对胃液的作用力比胃液对机器人的作用力大
C．氢气气泡对机器人作用力一定比胃液对机器人作用力小
D．机器人在胃液中加速前进时，氢气气泡对机器人做的功大于机器人动能的增加量
命题点二　动能定理的基本应用
1．应用流程
2．应用动能定理的优越性
(1)动能定理既适用于直线运动，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．
（2023春 杭州期中）如图甲，辘轱是古代民间提水设施，由辘轱头、支架、井绳、水斗等部分构成，如图乙为提水设施工作原理简化图，某次从井中汲取m＝2kg的水，辘轱绕绳轮轴半径为r＝0.1m，水斗的质量为0.5kg，井足够深且井绳的质量忽略不计。t＝0时刻，轮轴由静止开始绕中心轴转动向上提水桶，其角速度随时间变化规律如图丙所示，g取10m/s2，则（　　）
A．水斗速度随时间变化规律为v＝2t
B．井绳拉力瞬时功率随时间变化规律为P＝5t
C．0～10s内水斗上升的高度为4m
D．0～10s内井绳拉力所做的功为255J
（2023春 北仑区校级期中）如图所示，有一斜面体ABC，第一次将BC边固定在水平地面上，小物体从顶端沿斜面恰能匀速下滑；第二次将AB边固定于水平地面上，让该小物体从顶端C静止开始下滑，那么（　　）
A．小物体两次从顶端滑到底端的过程中，克服摩擦力做功相等
B．斜面的动摩擦因数为0.75
C．第二次小物体滑到底端A点时的速度大小
D．第二次小物体滑到底端A点时的克服摩擦力做功为1.5mgh
（2023春 浙江期中）如图所示，小孩用手托着质量为m的苹果，从静止开始沿水平方向运动，前进距离L后，速度为v（苹果与手始终相对静止，空气阻力可以忽略），苹果与手掌之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　）
A．苹果不受手的摩擦力
B．苹果所受摩擦力大小为μmg
C．手对苹果做的功等于
D．手对苹果的作用力竖直向上
（2023 温州模拟）如图所示，足够大的粗糙斜面倾角为θ，小滑块以大小为v0的水平初速度开始沿斜面运动，经过一段时间后，小滑块速度大小为v、方向与初速度垂直。此过程小滑块加速度的最大值为a1、最小值为a2。已知小滑块与斜面动摩擦因数μ＝tanθ，则（　　）
A．v＝v0 B．v＞v0 C． D．
（2023春 北仑区校级期中）如图所示，竖直平面内有由两段圆弧拼接而成的轨道，圆弧半径均为R＝1m，左侧为水平平台。一质量m＝1kg的小球（可视为质点）从平台边缘的A处以v0＝6m/s的水平速度射出，恰能沿圆弧轨道上P点的切线方向进入轨道内侧，轨道半径OP与竖直线的夹角为53°，已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。
（1）求小球到达P点时的速度大小vP；
（2）求小球在AP过程中重力所做的功；
（3）求小球在P点时重力的瞬时功率；
（4）若小球到达Q点时对下侧轨道的压力为154N，求小球在Q点的速度。
（2023 嘉兴一模）如图所示，某游乐场游乐装置由竖直面内轨道BCDE组成，左侧为半径R＝0.8m的光滑圆弧轨道BC，轨道上端点B和圆心O的连线与水平方向的夹角α，下端点C与粗糙水平轨道CD相切，DE为倾角θ＝37°的粗糙倾斜轨道，一轻质弹簧上端固定在E点处的挡板上。现有质量为m＝0.1kg的小滑块P（视为质点）从空中的A点以v0＝2m/s的初速度水平向左抛出，经过s后恰好从B点沿轨道切线方向进入轨道，沿着圆弧轨道运动到C点之后继续沿水平轨道CD滑动，经过D点后沿倾斜轨道向上运动至F点（图中未标出），弹簧恰好压缩至最短，已知CD＝DF＝1m，滑块与轨道CD、DE间的动摩擦因数为μ＝0.1，各轨道均平滑连接，不计其余阻力，sin37°＝0.6。求：
（1）BO连线与水平方向的夹角α的大小；
（2）小滑块P到达与O点等高的O'点时对轨道的压力；
（3）弹簧的弹性势能的最大值；
（4）试判断滑块返回时能否从B点离开，若能，求出飞出时对B点的压力大小；若不能，判断滑块最后位于何处。
命题点三　动能定理与图象问题的结合
1．解决物理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图线与横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图线与横轴围成的面积表示力所做的功．
（2020 浙江模拟）“歼20是中国自主研制的双发重型隐形战斗机，该机将担负中国未来对空、对海的主权维护任务。在某次起飞中，质量为m的“歼一20以恒定的功率P启动，其起飞过程的速度随时间变化图象如图所示，经时间t0飞机的速度达到最大值为vm时，刚好起飞。关于起飞过程，下列说法正确的是（　　）
A．飞机所受合力不变，速度增加越来越慢
B．飞机所受合力增大，速度增加越来越快
C．平均速度为
D．该过程克服阻力所做的功为Pt0
（2019 浙江模拟）如图甲所示，在倾角为θ的粗糙斜面上，有一个质量为m的物体在沿斜面方向的力F的作用下由静止开始向下运动，物体与斜面之间的动摩擦因数为μ，物体的机械能E随位移x的变化关系如图乙所示其中0～x1过程的图线是曲线，x1～x2过程的图线为平行于x轴的直线则下列说法中正确的是（　　）
A．在0～x2过程中物体先加速后匀速
B．在0～x1过程中物体的加速度一直减小
C．在x1～x2过程中物体的加速度为gsinθ
D．在0～x2过程中拉力F做的功为WF＝E1﹣E2+μmgx2
（2023 河北模拟）如图甲所示，一质量为1kg的滑块（视为质点）以某一初速度冲上足够长的固定斜面，以斜面底端为位移的起点，滑块在斜面上运动的动能Ek随位移x变化的关系如图乙所示。取重力加速度大小g＝10m/s2。下列说法正确的是（　　）
A．斜面倾角的正弦值为0.5
B．滑块上滑过程克服摩擦力做的功为20J
C．滑块与斜面间的动摩擦因数为0.25
D．滑块返回斜面底端时，滑块所受重力的功率为12W
（2023 峡江县校级一模）如图甲，在水平地面上固定一倾角θ＝37°、表面光滑的斜面体，物体A的质量为mA＝0.1kg，以某一初速度沿斜面上滑，同时在物体A的正上方，一物体B的质量为mB＝0.1kg，以某一初速度水平抛出。当A上滑到最高点C速度为0时恰好被物体B击中，规定相遇点所在平面为零势能面。A、B运动的高度h随动能Ek的变化关系图像如图乙所示，已知C点坐标为（1.8J，﹣1.8m）。A、B均可看成质点，不计空气阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2，则（　　）
A．物体B的初速度v0＝2.4m/s
B．物体A从最低点运动到斜面最高点的时间t＝1.2s
C．A、B起始时刻的高度差H＝5m
D．B撞击A瞬间的动能Ek＝5.4J
命题点四　用动能定理解决多过程问题
1．解决多过程问题的两种思路：
一种是全过程列式，另一种是分段列式．
2．全过程列式时，涉及重力、弹簧弹力、大小恒定的阻力或摩擦力做功时，要注意运用它们的功能特点：
(1)重力的功取决于物体的初、末位置，与路径无关；
(2)大小恒定的阻力或摩擦力的功等于力的大小与路程的乘积．
(3)弹簧弹力做功与路径无关．
类型1　直线运动与圆周运动的结合
（2023 湖北）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，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。
（2022 宁波二模）如图所示，在竖直平面内，某一游戏轨道由直轨道AB、光滑圆弧细管道BCD和光滑圆弧轨道DE平滑连接组成，两段圆弧半径相等R＝0.5m，B、D等高，图中θ角均为37°，AB与圆弧相切，AM水平。直轨道AB上方有与AB相平行的匀强电场E＝108N/C，且电场只分布在AB之间。直轨道AB底端装有弹射系统（弹簧长度很短，长度和质量不计，可以认为滑块从A点射出），具有初始弹性势能EP＝2.5J，某次弹射系统将尺寸略小于管道内径的带正电的滑块弹出，冲上直轨道AB，直轨道AB上铺有特殊材料，使滑块与轨道AB间的动摩擦因数μ大小可调。滑块进入光滑圆轨道后，最后能在E点与弹性挡板相互作用后以等速率弹回。已知滑块的质量为m＝0.1kg，带电量为q＝+8.0×10﹣9C，B点的高度h＝1.8m，整个过程中滑块可视为质点，所带电量保持不变，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。
（1）若调节AB间的特殊材料，使其变为光滑，求滑块在最高点C点时对轨道的作用力；
（2）现调节AB间的动摩擦因数μ，求滑块首次到达E点时的速率vE与μ之间的关系式；
（3）若滑块与弹性挡板相碰后最终能静止在轨道AB的中点，求动摩擦因数μ。
（2022 宁波模拟）如图所示，一游戏装置由安装在水平台面上的高度h可调的斜轨道AB、竖直圆轨道（在最低点E分别与水平轨道AE和EG相连）、细圆管道GHIJ（HI和IJ为两段四分之一圆弧）和与J相切的水平直轨道JK组成。可认为所有轨道均处在同一竖直平面内，连接处均平滑。已知，滑块质量为m＝30g且可视为质点，竖直圆轨道半径为r＝0.45m小圆弧管道HI和大圆弧管道IJ的半径之比为1：4，L1＝1.5m不变，L2＝0.5m，滑块与AB、EG及JK间摩擦因数均为μ＝0.5，其他轨道均光滑，不计空气阻力，忽略管道内外半径差异。现调节h＝2m，滑块从B点由静止释放后，贴着轨道恰好能滑上水平直轨道JK，求：
（1）大圆弧管道IJ的半径R；
（2）滑块经过竖直圆轨道与圆心O等高的P点时对轨道的压力F1与运动到圆弧管道最低点H时对轨道的压力F2大小之比；
（3）若在水平轨道JK上某一位置固定一弹性挡板，当滑块与之发生弹性碰撞后能以原速率返回，若第一次返回时滑块不脱轨就算游戏闯关成功。调节斜轨道的高度为h＝3m，仍让滑块从B点由静止滑下，问弹性挡板与J的间距L满足什么条件时游戏能闯关成功。
类型2　直线运动与平抛运动的结合
（2023 浙江模拟）如图所示，光滑曲面轨道AB、光滑竖直圆轨道、水平轨道BD、水平传送带DE各部分平滑连接，水平区域FG足够长，圆轨道最低点B处的入、出口靠近但相互错开，滑块落到FG区域时马上停止运动。现将一质量为m＝0.5kg的滑块从AB轨道上某一位置由静止释放，若已知圆轨道半径R＝0.8m，水平面BD的长度x1＝2m，传送带长度x2＝9m，距离落地区的竖直高度H＝0.5m，滑块始终不脱离圆轨道，且与水平轨道BD和传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.2，传送带以恒定速度v0＝6m/s逆时针转动（不考虑传送带轮的半径对运动的影响）。
（1）若h＝1.2m，则滑块运动至B点时对圆弧轨道的压力；
（2）若滑块不脱离圆轨道且从E点飞出，求滑块释放点高度h0的取值范围；
（3）若滑块不脱离圆轨道，求滑块静止时距B点的水平距离x与释放点高度h的关系。
（2021 诸暨市模拟）如图所示是一款固定在竖直平面内的游戏装置。半径R1＝0.25m的半圆型细管轨道AB与半径R2＝0.15m的半圆形内轨道BC在B点平滑连接，圆心分别为O1和O2，直径AB和BC处于竖直方向。倾角α＝37°的足够长直轨道CD与轨道BC在C点用一小段圆弧轨道平滑连接，C点位于水平地面。在水平地面上可左右移动的P点能够斜向上发射质量m＝0.15kg的小滑块（可视为质点），而且要求小滑块恰好以水平速度从A点进入细管轨道。已知轨道AB和轨道BC均光滑，小滑块与轨道CD间的动摩擦因数μ＝0.25，忽略空气阻力，不计细管管口直径，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。
（1）若小滑块刚进入A点时与细管内壁无挤压求小滑块第一次运动到内轨道BC的B点时受到轨道弹力的大小；
（2）若小滑块从A点进入细管后最终还能从A点飞出，求发射点P到C点的距离需要满足的条件；
（3）通过计算说明小滑块从A点进入细管后能通过B点的最多次数。
[课时训练]
一．选择题（共10小题）
1．（2020春 硚口区校级期中）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μ，当它由轨道顶端A从静止开始下落，恰好运动到C处停止，那么物体在AB段克服摩擦力所做的功可表述为（　　）
A．μmgR B．mgR C．mgR D．（1﹣μ）mgR
2．（2022春 浙江期中）随着北京冬奥会的临近，人们参与冰雪运动热情高涨。如图所示滑雪滑道PQR，质量60kg的滑雪爱好者从顶端P静止滑下，从末端R滑出时速度18m/s，滑行过程中姿势保持不变，P端相对滑道最低点Q高度24m，R端相对Q点高度4m。从P到R滑行过程中，该滑雪爱好者克服阻力做功和重力做功的比值约为（　　）
A．0.1 B．0.2 C．0.8 D．1
3．（2021春 拱墅区校级期中）如图，某同学把质量为m的足球从水平地面踢出，足球达到最高点时速度为v，离地高度为h。不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A．该同学踢球时对足球做功
B．足球上升过程重力做功mgh
C．该同学踢球时对足球做功
D．足球上升过程克服重力做功
4．（2022秋 浙江期中）《民法典》规定高空抛物属违法行为。若在离地20m的高层建筑上，将一质量为1kg的杂物以2m/s的速度水平抛出，忽略空气阻力，取重力加速度g＝10m/s2，则该杂物（　　）
A．在空中运动的时间为4s
B．落地时速度大小为20m/s
C．落地时的水平位移大小为4m
D．落地时的动能为200J
5．（2022春 湖州期中）如图所示，一质量为m的小球，用长为l的轻绳悬挂于O点，小球在水平拉力F作用下，从最低位置P缓慢地拉至轻绳与竖直方向夹角为θ处。则下列说法正确的是（　　）
A．拉力F所做的功为Flsinθ
B．拉力F所做的功为mgl（1﹣cosθ）
C．绳的拉力所做的功为Flcosθ
D．小球所受合力做功为mgl（1﹣cosθ）
6．（2022春 天台县校级期中）2019年“山东舰”正式服役，标志着我国进入双航母时代，如图，“山东舰”正在沿直线航行，其质量为m，发动机的输出功率恒为P，所受阻力大小恒为f，某时刻速度为v1、加速度为a1，一段时间t后速度变为v2（v2＞v1），在这段时间内位移为x。下列关系式正确的是（　　）
A．xt B．a1
C．f D．Pt
7．（2022春 滨江区校级期中）低碳、环保是未来汽车的发展方向。某汽车研发机构在汽车的车轮上安装了小型发电机，将减速时的部分动能转化并储存在蓄电池中，以达到节能的目的。某次测试中，汽车以额定功率行驶一段距离后关闭发动机，测出了汽车动能Ek与位移x的关系图像如图所示，其中①是关闭储能装置时的关系图线，②是开启储能装置时的关系图线。已知汽车的质量为1000kg，设汽车运动过程中所受地面阻力恒定，空气阻力不计。根据图像所给的信息可求出（　　）
A．汽车行驶过程中所受地面的阻力为1000N
B．汽车加速运动的时间为22.5s
C．汽车开启储能装置后向蓄电池提供的电能为5×106J
D．汽车的额定功率为80kW
8．（2022春 温州期中）如图所示，竖直环A半径为R，固定在木板B上，在环内有一光滑小球C，木板B放在水平地面上，B的左右两侧各有一个挡板固定在地面上使B不能左右运动。A、B、C质量均为m，给小球一个向右的瞬时速度使小球在环内做圆周运动。当小球运动到最高点的时候，地面对木板B的支持力刚好为0，则小球再次运动到最低点是，B对地面的压力大小为（　　）
A．7mg B．8mg C．9mg D．10mg
9．（2022春 宁波期中）某水上乐园设备公司设计一款水滑梯，设计简图如图所示，倾斜滑道与水平滑道材料相同且平滑连接，其顶端到正下方的水平面上的O点的高度为h．可视为质点的游客的质量m，他从斜面滑道顶端由静止开始滑下，游客与滑道间的动摩擦因数μ，游客在水平滑道上停止点A到O点的水平距离x，下列说法正确的是（　　）
A．h和μ一定，θ越大，x越大
B．h和μ一定，θ越大，x越小
C．h和μ一定，x的大小与θ、m无关
D．h和μ一定，m越小，x越大
10．（2022春 宁波期中）如图所示，一竖直放置半径为0.1m的光滑圆轨道，C为最低点，F点与圆心O等高轨道右端H点与圆心连线与竖直方向夹角为60°，现从F点的正上方某处E点由静止释放一个质量为0.1kg的小球，恰好无碰撞进入圆轨道，最终从H点飞出时的速度大小为2m/s．不计空气阻力，重力加速度g＝10m/s2，下列说法正确的是（　　）
A．E、F间的竖直高度为0.12m
B．小球从H点飞出后能上升的最大竖直高度为0.15m
C．小球经过F点时对轨道压力的大小为0
D．小球从F点到G点的过程中所受重力的功率一直增大
二．计算题（共2小题）
11．（2020 浙江模拟）如图所示，质量m＝100g的滑块（可视为质点），在F＝1N的水平推力作用下从A点由静止开始运动，一段位移后撤去推力F，当滑块由平台边缘B点飞出后，恰能从C点沿切线方向进入圆弧管道，滑块略小于管道内径。已知AB间的距离L＝2.1m，滑块与平台间的动摩擦因数μ＝0.5，B、C两点间水平距离s＝1.2m、竖直高度差h＝0.8m，CD、DF是半径均为R＝0.5m的光滑圆弧管道，C、D等高，E为DF管道的最高点，FG是长度d＝10m、倾角θ＝37°的粗糙直管道，在G处有一反弹膜，能无机械能损失的反弹滑块，各部分管道在连接处均相切。（cos37°＝0.8，sin37°＝0.6）求：
（1）滑块在平台上运动时水平推力F作用的位移大小；
（2）滑块第一次到达E点时对轨道的作用力；
（3）要使滑块反弹一次后能停在管道FG上，滑块与管道FG之间动摩擦因数的取值范围。
12．（2020 宁波二模）某遥控赛车轨道如图所示，赛车从起点A出发，沿摆放在水平地面上的直轨道AB运动L＝10m后，从B点进入半径R＝0.1m的光滑竖直圆轨道，经过一个完整的圆周后进入粗糙的、长度可调的、倾角θ＝30°的斜直轨道CD，最后在D点速度方向变为水平后飞出（不考虑经过轨道中C、D两点的机械能损失）。已知赛车质量m＝0.1kg，通电后赛车以额定功率P＝1.5W工作，赛车与AB轨道、CD轨道间的动摩擦因数分别为μ1＝0.3和μ2，重力加速度g取10m/s2。
（1）求赛车恰好能过圆轨道最高点P时的速度vP的大小；
（2）若要求赛车能沿圆轨道做完整的圆周运动，求赛车通电的最短时间；
（3）已知赛车在水平直轨道AB上运动时一直处于通电状态且最后阶段以恒定速率运动，进入圆轨道后关闭电源，选择CD轨道合适的长度，可使赛车从D点飞出后落地的水平位移最大，求此最大水平位移，并求出此时CD轨道的长度。
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第13讲　动能定理
目录
[考试标准] 1
[基础过关] 1
动能　动能定理 1
[命题点研究] 2
命题点一　对动能定理的理解 2
命题点二　动能定理的基本应用 4
命题点三　动能定理与图象问题的结合 10
命题点四　用动能定理解决多过程问题 14
[课时训练] 22
[考试标准]
知识内容 考试要求 说明
动能和动能定理 d 1.不要求用平均力计算变力做功和利用F－l图象求变力做功． 2.不要求用动能定理解决物体系的问题.
[基础过关]
动能　动能定理
1．动能
(1)定义：物体由于运动而具有的能叫动能．
(2)公式：Ek＝mv2.
(3)标矢性：动能是标量，只有正值．
(4)状态量：动能是状态量，因为v是瞬时速度．
2．动能定理
(1)内容：在一个过程中合外力对物体所做的功，等于物体在这个过程中动能的变化．
(2)表达式：W＝mv22－mv12＝Ek2－Ek1.
(3)适用条件：
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，也可以分阶段作用．
(4)应用技巧：若整个过程包含了几个运动性质不同的分过程，既可以分段考虑，也可以整个过程考虑．
[命题点研究]
命题点一　对动能定理的理解
1．动能定理表明了“三个关系”
(1)数量关系：合外力做的功与物体动能的变化具有等量代换关系，但并不是说动能变化就是合外力做的功．
(2)因果关系：合外力做功是引起物体动能变化的原因．
(3)量纲关系：单位相同，国际单位都是焦耳．
2．标量性
动能是标量，功也是标量，所以动能定理是一个标量式，不存在方向的选取问题．当然动能定理也就不存在分量的表达式．
3．定理中“外力”的两点理解
(1)可以是重力、弹力、摩擦力、电场力、磁场力或其他力，它们可以同时作用，也可以不同时作用．
(2)既可以是恒力，也可以是变力．
（2023 江苏）滑块以一定的初速度沿粗糙斜面从底端上滑，到达最高点B后返回到底端。利用频闪仪分别对上滑和下滑过程进行拍摄，频闪照片示意图如图所示。与图乙中相比，图甲中滑块（　　）
A．受到的合力较小
B．经过A点的动能较小
C．在A、B之间的运动时间较短
D．在A、B之间克服摩擦力做的功较小
【解答】解：A、设滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，斜面的倾角为θ，根据几何关系可知，图甲中滑块的合力大小为：
F1＝mgsinθ+μmgcosθ
图乙中滑块的合力大小为：
F2＝mgsinθ﹣μmgcosθ
由此可知，图甲中滑块受到的合力较大，故A错误；
B、经过A点时，两种情况下滑块的重力势能相等，因此两种情况下重力做的负功相等，但前后摩擦力做的功小于后者摩擦力做的功，则图甲中滑块经过A点的动能较大，故B错误；
C、根据A选项的分析可知，图甲中滑块的合力大于图乙中滑块的合力，根据逆向思维和运动学公式可知，图甲中滑块在AB之间的运动时间较短，故C正确；
D、在A、B之间，滑块受到的摩擦力大小相等，位移也相等，根据功的计算公式W＝Fs可知两种情况下滑块在A、B之间克服摩擦力做的功相等，故D错误；
故选：C。
（2022 宁波二模）如图所示，外层覆盖锌的纳米机器人可携带药物进入老鼠体内，到达老鼠的胃部之后，外层的锌与消化液中的酸发生化学反应，产生氢气气泡作为推进动力，机器人的速度可达6×10﹣5m/s。若不计重力和浮力，则下列说法正确的是（　　）
A．胃液中运动的纳米机器人不受阻力
B．机器人前进时对胃液的作用力比胃液对机器人的作用力大
C．氢气气泡对机器人作用力一定比胃液对机器人作用力小
D．机器人在胃液中加速前进时，氢气气泡对机器人做的功大于机器人动能的增加量
【解答】解：A、纳米机器人受到胃液的阻力，故A错误；
B、根据牛顿第三定律可知，B错误；
C、由于机器人向前加速，根据牛顿第二定律可知C错误；
D、根据动能定理可知，氢气气泡对机器人做的功加上胃液阻力对机器人做的负功等于机器人动能的增加量，故D正确；
故选：D。
命题点二　动能定理的基本应用
1．应用流程
2．应用动能定理的优越性
(1)动能定理既适用于直线运动，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．
（2023春 杭州期中）如图甲，辘轱是古代民间提水设施，由辘轱头、支架、井绳、水斗等部分构成，如图乙为提水设施工作原理简化图，某次从井中汲取m＝2kg的水，辘轱绕绳轮轴半径为r＝0.1m，水斗的质量为0.5kg，井足够深且井绳的质量忽略不计。t＝0时刻，轮轴由静止开始绕中心轴转动向上提水桶，其角速度随时间变化规律如图丙所示，g取10m/s2，则（　　）
A．水斗速度随时间变化规律为v＝2t
B．井绳拉力瞬时功率随时间变化规律为P＝5t
C．0～10s内水斗上升的高度为4m
D．0～10s内井绳拉力所做的功为255J
【解答】解：A．根据题意可知ω＝2t，则水斗速度随时间变化规律为v＝ωr＝0.2t，故A错误；
B．水斗匀加速上升，根据上述分析可知加速度a＝0.2m/s2
由牛顿第二定律F﹣（m+m'）g＝（m+m'）a
解得：F＝25.5N
井绳拉力瞬时功率随时间变化规律为P＝Fv＝5.1t，故B错误；
C．水斗匀加速上升，0～10s内它上升的高度为：
，故C错误；
D．0～10s内井绳拉力所做的功为W＝Fh＝25.5×10J＝255J，故D正确。
故选：D。
（2023春 北仑区校级期中）如图所示，有一斜面体ABC，第一次将BC边固定在水平地面上，小物体从顶端沿斜面恰能匀速下滑；第二次将AB边固定于水平地面上，让该小物体从顶端C静止开始下滑，那么（　　）
A．小物体两次从顶端滑到底端的过程中，克服摩擦力做功相等
B．斜面的动摩擦因数为0.75
C．第二次小物体滑到底端A点时的速度大小
D．第二次小物体滑到底端A点时的克服摩擦力做功为1.5mgh
【解答】解：B．由几何关系可知
tanC＝0.5
则第一次匀速下滑，根据受力分析可得：
mgsinC＝μmgcosC
解得：μ＝0.5
故B错误；
AD．小物体两次从顶端滑到底端的过程中，两次克服摩擦力做功分别为：
由此可知小物体两次从顶端滑到底端的过程中，克服摩擦力做功不相等，故AD错误；
C．第二次小物体滑到底端A点时
解得：，故C正确。
故选：C。
（2023春 浙江期中）如图所示，小孩用手托着质量为m的苹果，从静止开始沿水平方向运动，前进距离L后，速度为v（苹果与手始终相对静止，空气阻力可以忽略），苹果与手掌之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　）
A．苹果不受手的摩擦力
B．苹果所受摩擦力大小为μmg
C．手对苹果做的功等于
D．手对苹果的作用力竖直向上
【解答】解：AB、由于苹果水平方向加速运动，所以苹果受到手掌的摩擦力大小不为零，但苹果没有相对于手滑动，所以苹果所受摩擦力大小小于μmg，故AB错误；
C、根据动能定理可得手对苹果做的功W，故C正确；
D、竖直方向手对苹果的作用力竖直向上、水平方向手对苹果的作用力沿水平方向，所以手对苹果的作用力不是竖直向上，而是斜向上偏向运动方向，故D错误。
故选：C。
（2023 温州模拟）如图所示，足够大的粗糙斜面倾角为θ，小滑块以大小为v0的水平初速度开始沿斜面运动，经过一段时间后，小滑块速度大小为v、方向与初速度垂直。此过程小滑块加速度的最大值为a1、最小值为a2。已知小滑块与斜面动摩擦因数μ＝tanθ，则（　　）
A．v＝v0 B．v＞v0 C． D．
【解答】解：AB．小滑块在斜面上滑动，摩擦力力大小始终不变为f＝μmgcosθ＝mgsinθ，其大小与重力沿着斜面向下的分力大小相等，对整个运动过程根据动能定理可得：
其中，y为垂直初速度方向滑块沿斜面下滑的长度，s为滑块运动轨迹的长度，因为s＞y，可知v＜v0，故AB错误；
CD．摩擦力速度的方向始终与滑块相对斜面的速度方向相反，可知f的方向与重力沿斜面向下的分力的方向mgsinθ的夹角为90°到180°，根据几何关系可知合力的大小范围为：
结合牛顿第二定律F合＝ma
由此可得
则；a2＝0，故D正确，C错误。
故选：D。
（2023春 北仑区校级期中）如图所示，竖直平面内有由两段圆弧拼接而成的轨道，圆弧半径均为R＝1m，左侧为水平平台。一质量m＝1kg的小球（可视为质点）从平台边缘的A处以v0＝6m/s的水平速度射出，恰能沿圆弧轨道上P点的切线方向进入轨道内侧，轨道半径OP与竖直线的夹角为53°，已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。
（1）求小球到达P点时的速度大小vP；
（2）求小球在AP过程中重力所做的功；
（3）求小球在P点时重力的瞬时功率；
（4）若小球到达Q点时对下侧轨道的压力为154N，求小球在Q点的速度。
【解答】解：（1）小球从A点到P点做平抛运动，将小球在P点的速度vP分解如图所示，则
vPm/s＝10m/s
（2）小球从A点到P点，由动能定理得
WG
解得小球在AP过程中重力所做的功：WG＝32J
（3）小球在P点时竖直分速度vy＝v0tan53°＝6m/s＝8m/s
小球在P点时重力的瞬时功率为P＝mgvy＝1×10×8W＝80W
（4）在Q点，对小球，由牛顿第二定律得
FN﹣mg＝m
根据牛顿第三定律知，在Q点轨道对小球的支持力FN＝154N，代入上式解得：vQ＝12m/s
答：（1）小球到达P点时的速度大小vP为10m/s。
（2）小球在AP过程中重力所做的功为32J；
（3）小球在P点时重力的瞬时功率为80W；
（4）若小球到达Q点时对下侧轨道的压力为154N，小球在Q点的速度为12m/s。
（2023 嘉兴一模）如图所示，某游乐场游乐装置由竖直面内轨道BCDE组成，左侧为半径R＝0.8m的光滑圆弧轨道BC，轨道上端点B和圆心O的连线与水平方向的夹角α，下端点C与粗糙水平轨道CD相切，DE为倾角θ＝37°的粗糙倾斜轨道，一轻质弹簧上端固定在E点处的挡板上。现有质量为m＝0.1kg的小滑块P（视为质点）从空中的A点以v0＝2m/s的初速度水平向左抛出，经过s后恰好从B点沿轨道切线方向进入轨道，沿着圆弧轨道运动到C点之后继续沿水平轨道CD滑动，经过D点后沿倾斜轨道向上运动至F点（图中未标出），弹簧恰好压缩至最短，已知CD＝DF＝1m，滑块与轨道CD、DE间的动摩擦因数为μ＝0.1，各轨道均平滑连接，不计其余阻力，sin37°＝0.6。求：
（1）BO连线与水平方向的夹角α的大小；
（2）小滑块P到达与O点等高的O'点时对轨道的压力；
（3）弹簧的弹性势能的最大值；
（4）试判断滑块返回时能否从B点离开，若能，求出飞出时对B点的压力大小；若不能，判断滑块最后位于何处。
【解答】解：（1）滑块从A到B做平抛运动，滑块经过B点时的竖直分速度为vy＝gt＝10m/s＝2m/s
滑块恰好从B点进入轨道，如图所示，由平抛运动的规律有
v0＝vBsinα＝vytanα
解得：α＝30°，vB＝4m/s
（2）由B→O'，由动能定理可知
mgRsin30°
解得
滑块经过O'点时受轨道的支持力大小FN，由牛顿第二定律有
解得FN＝5N
由牛顿第三定律可得滑块在O'点时对轨道的压力大小F压＝5N，方向向左。
（3）设CD＝DF＝L，从B到F，由动能定理及功能关系有
mg（R+Rsinα﹣Lsinθ）﹣μmgL﹣μmgLcosθ﹣Ep＝0
代入数据可解得弹簧的弹性势能的最大值：Ep＝2.02J
（4）设滑块返回时能上升的高度为h，由功能关系有
mgLsinθ+Ep＝mgLcosθ+μmgL+mgh
解得h＝2.44m＞1.2m
则滑块返回时能从B点离开。
运动到B点时，有：，
在B点，对滑块，由牛顿第二定律得
解得：FN＝2.6N
由牛顿第三定律可知对B点的压力为F'N＝2.6N
答：（1）BO连线与水平方向的夹角α的大小为30°；
（2）小滑块P到达与O点等高的O'点时对轨道的压力为5N，方向向左；
（3）弹簧的弹性势能的最大值为2.02J；
（4）能，飞出时对B点的压力大小为2.6N。
命题点三　动能定理与图象问题的结合
1．解决物理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图线与横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图线与横轴围成的面积表示力所做的功．
（2020 浙江模拟）“歼20是中国自主研制的双发重型隐形战斗机，该机将担负中国未来对空、对海的主权维护任务。在某次起飞中，质量为m的“歼一20以恒定的功率P启动，其起飞过程的速度随时间变化图象如图所示，经时间t0飞机的速度达到最大值为vm时，刚好起飞。关于起飞过程，下列说法正确的是（　　）
A．飞机所受合力不变，速度增加越来越慢
B．飞机所受合力增大，速度增加越来越快
C．平均速度为
D．该过程克服阻力所做的功为Pt0
【解答】解：AB、根据图象可知，图象的斜率为加速度，所以起飞中，斜率越来越小，加速度越来越小，速度增加越来越慢，根据牛顿第二定律F合＝ma，加速度减小，合外力减小，故AB错误；
C、因为不是匀变速运动，所以平均速度不等于，故C错误；
D、根据动能定理可知：，解得：，故D正确；
故选：D。
（2019 浙江模拟）如图甲所示，在倾角为θ的粗糙斜面上，有一个质量为m的物体在沿斜面方向的力F的作用下由静止开始向下运动，物体与斜面之间的动摩擦因数为μ，物体的机械能E随位移x的变化关系如图乙所示其中0～x1过程的图线是曲线，x1～x2过程的图线为平行于x轴的直线则下列说法中正确的是（　　）
A．在0～x2过程中物体先加速后匀速
B．在0～x1过程中物体的加速度一直减小
C．在x1～x2过程中物体的加速度为gsinθ
D．在0～x2过程中拉力F做的功为WF＝E1﹣E2+μmgx2
【解答】解：A、根据功能关系可以知道，E﹣x图象的斜率等于力F和摩擦力的合力F合，在0～x1过程中，机械能不断减小，说明拉力F小于摩擦力，且斜率减小，F合逐渐减小，故拉力增大，所以物体做加速度增大的加速运动，在x1～x2过程中，机械能不变，故拉力F等于摩擦力，物体的合力等于mgsinθ，物体做匀加速运动，故A错误；
B、在0～x1过程中，拉力增大，合力增大，则加速度一直增大，故B错误；
C、在x1～x2过程中，物体的合力等于mgsinθ，则物体的加速度为gsinθ，故C正确；
D、根据功能原理得：WF﹣μmgcosθ x2＝E2﹣E1，则WF＝E2﹣E1+μmgcosθ x2，故D错误。
故选：C。
（2023 河北模拟）如图甲所示，一质量为1kg的滑块（视为质点）以某一初速度冲上足够长的固定斜面，以斜面底端为位移的起点，滑块在斜面上运动的动能Ek随位移x变化的关系如图乙所示。取重力加速度大小g＝10m/s2。下列说法正确的是（　　）
A．斜面倾角的正弦值为0.5
B．滑块上滑过程克服摩擦力做的功为20J
C．滑块与斜面间的动摩擦因数为0.25
D．滑块返回斜面底端时，滑块所受重力的功率为12W
【解答】解：AB．由乙图可知滑块上滑的最大位移为5m，从斜面底端上滑至回到斜面底端过程中克服阻力做功为20J，所以上滑和下滑过程克服阻力做功都为10J。则上滑过程中有
﹣mgxsinθ+Wf＝﹣40J，Wf＝﹣10J
联立解得：
故AB错误；
C．上滑过程中阻力做功Wf＝﹣μmgcosθ x＝﹣10J，
联立解得：μ＝0.25
故C正确；
D．滑块返回斜面底端时，滑块的动能为：
解得
滑块所受重力的功率为：
故D错误。
故选：C。
（2023 峡江县校级一模）如图甲，在水平地面上固定一倾角θ＝37°、表面光滑的斜面体，物体A的质量为mA＝0.1kg，以某一初速度沿斜面上滑，同时在物体A的正上方，一物体B的质量为mB＝0.1kg，以某一初速度水平抛出。当A上滑到最高点C速度为0时恰好被物体B击中，规定相遇点所在平面为零势能面。A、B运动的高度h随动能Ek的变化关系图像如图乙所示，已知C点坐标为（1.8J，﹣1.8m）。A、B均可看成质点，不计空气阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2，则（　　）
A．物体B的初速度v0＝2.4m/s
B．物体A从最低点运动到斜面最高点的时间t＝1.2s
C．A、B起始时刻的高度差H＝5m
D．B撞击A瞬间的动能Ek＝5.4J
【解答】解：AB．根据题意，A初始时动能，上升高度hA＝1.8m
根据几何关系，A水平位移，解得xA＝2.4m
A上滑初速度vA0＝6m/s
根据牛顿第二定律：mAgsinθ＝mAaA
解得
故A上升时间，解得tA＝1s
因为A与B相撞于A上滑最高点，所以xA＝xB＝2.4m
tA＝tB＝1s
故，即v0＝2.4m/s
故A正确，B错误；
C．B在竖直方向下落的高度为，解得h＝5m
所以H＝hA+hB，解得H＝6.8m
故C错误；
D．由动能定理：
解得Ek＝5.288J，故D错误。
故选：A。
命题点四　用动能定理解决多过程问题
1．解决多过程问题的两种思路：
一种是全过程列式，另一种是分段列式．
2．全过程列式时，涉及重力、弹簧弹力、大小恒定的阻力或摩擦力做功时，要注意运用它们的功能特点：
(1)重力的功取决于物体的初、末位置，与路径无关；
(2)大小恒定的阻力或摩擦力的功等于力的大小与路程的乘积．
(3)弹簧弹力做功与路径无关．
类型1　直线运动与圆周运动的结合
（2023 湖北）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，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。
【解答】解：（1）小物块恰好能到达轨道的最高点D，说明只有重力提供向心力，列式得：mg，解得小物块到达D点的速度大小：；
（2）设B和D两点的高度差为h，小物块在B点的速度为vB，从B到D过程，根据动能定理得：mgh
小物块在BC之间做平抛运动，在C点沿圆弧切线方向进入轨道内侧，说明在C点速度与过C点半径垂直，说明此时速度方向与水平方向夹角为60°，将速度沿水平和竖直分解，如下图所示：
BC之间的竖直距离H＝h+R+Rcos60°＝h+1.5R
根据平抛运动规律得：tan60°
联立求解小物块在B点的速度为vB，B和D两点的高度差h＝0
（3）设小物块在A点的速度为v，从A到B只有摩擦力做功，运用动能定理得：﹣μmg 2πR，将及vB代入解得：小物块在A点的初速度大小v。
答：（1）小物块到达D点的速度大小为；
（2）B和D两点的高度差为0；
（3）小物块在A点的初速度大小为。
（2022 宁波二模）如图所示，在竖直平面内，某一游戏轨道由直轨道AB、光滑圆弧细管道BCD和光滑圆弧轨道DE平滑连接组成，两段圆弧半径相等R＝0.5m，B、D等高，图中θ角均为37°，AB与圆弧相切，AM水平。直轨道AB上方有与AB相平行的匀强电场E＝108N/C，且电场只分布在AB之间。直轨道AB底端装有弹射系统（弹簧长度很短，长度和质量不计，可以认为滑块从A点射出），具有初始弹性势能EP＝2.5J，某次弹射系统将尺寸略小于管道内径的带正电的滑块弹出，冲上直轨道AB，直轨道AB上铺有特殊材料，使滑块与轨道AB间的动摩擦因数μ大小可调。滑块进入光滑圆轨道后，最后能在E点与弹性挡板相互作用后以等速率弹回。已知滑块的质量为m＝0.1kg，带电量为q＝+8.0×10﹣9C，B点的高度h＝1.8m，整个过程中滑块可视为质点，所带电量保持不变，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。
（1）若调节AB间的特殊材料，使其变为光滑，求滑块在最高点C点时对轨道的作用力；
（2）现调节AB间的动摩擦因数μ，求滑块首次到达E点时的速率vE与μ之间的关系式；
（3）若滑块与弹性挡板相碰后最终能静止在轨道AB的中点，求动摩擦因数μ。
【解答】解：（1）由几何关系可得AB的长度为：
由A点到C点的动能定理：
在C点根据牛顿运动定律：
解得：FN＝11N
牛顿第三定律：FN′＝FN＝11N，方向：竖直向上
（2）由A点到C点的动能定理：
解得：
考虑到滑块需先过C点：EP+Eql﹣mgh﹣mgR（1﹣cosθ）﹣μmgcosθ l≥0
所以：
所以：（且）
（3）滑块经多次碰撞，最终在轨道AB中点速度减为0，由动能定理可得：
，其中n＝0，1，2，3…
解得：，其中n＝0，1，2，3…
要让滑块在中点能停住：Eq﹣mgsinθ≤μmgcosθ
所以：
因此，只有n＝0，1，2，3时满足条件
所以动摩擦因数μ只能取，，，这4个值
答：（1）若调节AB间的特殊材料，使其变为光滑，滑块在最高点C点时对轨道的作用力为11N；
（2）现调节AB间的动摩擦因数μ，求滑块首次到达E点时的速率vE与μ之间的关系式为（且）；
（3）若滑块与弹性挡板相碰后最终能静止在轨道AB的中点，动摩擦因数μ只能取，，，这4个值。
（2022 宁波模拟）如图所示，一游戏装置由安装在水平台面上的高度h可调的斜轨道AB、竖直圆轨道（在最低点E分别与水平轨道AE和EG相连）、细圆管道GHIJ（HI和IJ为两段四分之一圆弧）和与J相切的水平直轨道JK组成。可认为所有轨道均处在同一竖直平面内，连接处均平滑。已知，滑块质量为m＝30g且可视为质点，竖直圆轨道半径为r＝0.45m小圆弧管道HI和大圆弧管道IJ的半径之比为1：4，L1＝1.5m不变，L2＝0.5m，滑块与AB、EG及JK间摩擦因数均为μ＝0.5，其他轨道均光滑，不计空气阻力，忽略管道内外半径差异。现调节h＝2m，滑块从B点由静止释放后，贴着轨道恰好能滑上水平直轨道JK，求：
（1）大圆弧管道IJ的半径R；
（2）滑块经过竖直圆轨道与圆心O等高的P点时对轨道的压力F1与运动到圆弧管道最低点H时对轨道的压力F2大小之比；
（3）若在水平轨道JK上某一位置固定一弹性挡板，当滑块与之发生弹性碰撞后能以原速率返回，若第一次返回时滑块不脱轨就算游戏闯关成功。调节斜轨道的高度为h＝3m，仍让滑块从B点由静止滑下，问弹性挡板与J的间距L满足什么条件时游戏能闯关成功。
【解答】解：（1）物块从B点开始下滑，恰能达到水平直轨道JK，根据动能定理得：
解得：R＝0.8m
（2）运动到P点时，根据动能定理得：
在P点时，
解得：vP＝4m/s；
运动到H点时
解得：F2＝3.3N
因此
（3）要想让物块无挡板碰后不脱离圆轨道，当L最大时对应于物块恰能达到与圆轨道圆心O等高的位置，则由动能定理得：
mgh﹣μmg（L1+2L2+2Lmax）﹣mgr＝0
解得：Lmax＝1.3m
当L最小时对应于物块恰能达到与圆轨道最高点的位置，此时
则由动能定理得：
解得：Lmin＝0.625m
则弹性挡板与J的间距L满足L≤0.625m或者L≥1.3m才能闯关成功。
答：（1）大圆弧管道IJ的半径为0.8m；
（2）滑块经过竖直圆轨道与圆心O等高的P点时对轨道的压力F1与运动到圆弧管道最低点H时对轨道的压力F2大小之比为32：99；
（3）弹性挡板与J的间距L满足满足L≤0.625m或者L≥1.3m才能闯关成功。
类型2　直线运动与平抛运动的结合
（2023 浙江模拟）如图所示，光滑曲面轨道AB、光滑竖直圆轨道、水平轨道BD、水平传送带DE各部分平滑连接，水平区域FG足够长，圆轨道最低点B处的入、出口靠近但相互错开，滑块落到FG区域时马上停止运动。现将一质量为m＝0.5kg的滑块从AB轨道上某一位置由静止释放，若已知圆轨道半径R＝0.8m，水平面BD的长度x1＝2m，传送带长度x2＝9m，距离落地区的竖直高度H＝0.5m，滑块始终不脱离圆轨道，且与水平轨道BD和传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.2，传送带以恒定速度v0＝6m/s逆时针转动（不考虑传送带轮的半径对运动的影响）。
（1）若h＝1.2m，则滑块运动至B点时对圆弧轨道的压力；
（2）若滑块不脱离圆轨道且从E点飞出，求滑块释放点高度h0的取值范围；
（3）若滑块不脱离圆轨道，求滑块静止时距B点的水平距离x与释放点高度h的关系。
【解答】解：（1）在h＝1.2m，则滑块运动至B点时，由动能定理可得：
由牛顿第二定律可得：
代入数据解得：F＝20N
由牛顿第三定律可知，滑块运动至B点时对圆弧轨道的压力为20N；
（2）若滑块恰好能过C点，则C点时有：
从A到C，根据动能定理有：
代入数据解得：h1＝2m
要使滑块恰能运动到E点，则滑块到E点的速度vE＝0，从A到E，
根据动能定理有：mgh2﹣μmg（x1+x2）＝0﹣0
代入数据解得：h2＝2.2m
显然h2＞h1，若滑块不脱离圆轨道且从E点飞出，则滑块释放点的高度：h0＞2.2m。
（3）①当h1≤h≤h2时，因mgh1＝10J＞μmgx1＝2J，故滑块第一次通过D点后再次返回到D点后，再到达B点时的动能为：
EkB＝mgh﹣2μmgx1
解得：6J≤EkB≤7J
滑块恰好到达圆轨道的圆心等高处，在B点需要的动能为Ek1＝mgR＝0.5×10×0.8J＝4J
滑块恰好通过圆轨道的最高点需满足：
滑块恰好通过圆轨道的最高点，在B点需要的动能为Ek2＝2mgR
解得：Ek2＝10J
因Ek1≤EkB≤Ek2，故滑块再次返回圆轨道后会脱离圆轨道，不符合题意。
②当滑块释放点的高度h＞2.2m时，滑块从E点飞出，根据动能定理有：
整理解得：vE＝2m/s
由平抛运动知识可知，平抛运动的时间：tss
可得x＝x1+x2+vEt＝2m+9m+2mm
答：（1）滑块运动至B点时对圆弧轨道的压力为20N；
（2）滑块释放点高度h0的取值范围为h0＞2.2m；
（3）若滑块不脱离圆轨道，滑块静止时距B点的水平距离x与释放点高度h的关系式为：xm，（h＞2.2m）。
（2021 诸暨市模拟）如图所示是一款固定在竖直平面内的游戏装置。半径R1＝0.25m的半圆型细管轨道AB与半径R2＝0.15m的半圆形内轨道BC在B点平滑连接，圆心分别为O1和O2，直径AB和BC处于竖直方向。倾角α＝37°的足够长直轨道CD与轨道BC在C点用一小段圆弧轨道平滑连接，C点位于水平地面。在水平地面上可左右移动的P点能够斜向上发射质量m＝0.15kg的小滑块（可视为质点），而且要求小滑块恰好以水平速度从A点进入细管轨道。已知轨道AB和轨道BC均光滑，小滑块与轨道CD间的动摩擦因数μ＝0.25，忽略空气阻力，不计细管管口直径，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。
（1）若小滑块刚进入A点时与细管内壁无挤压求小滑块第一次运动到内轨道BC的B点时受到轨道弹力的大小；
（2）若小滑块从A点进入细管后最终还能从A点飞出，求发射点P到C点的距离需要满足的条件；
（3）通过计算说明小滑块从A点进入细管后能通过B点的最多次数。
【解答】解：（1）设小滑块在A点与细管内壁恰好无挤压时的速度为v1，根据向心力公式有：mg
设小滑块在B点的速度为v2，从A点到B点的过程中，根据动能定理有：mg 2R
设小滑块运动到BC轨道的B点时受到轨道的弹力大小为F，根据向心力公式有：mg+F
联立解得：F＝11N 方向竖直向上
（2）若小滑块从斜面返回到A点时速度为零，设小滑块在斜面上滑行距离为L1，根据动能定理：
mg（L1 sinα﹣2R1﹣2R2）﹣μmgcosα L1＝0﹣0
解得：L1＝2m
设小滑块从A点进入时速度为v3，返回到A点时速度为零，根据能量关系：2μmgcosα L1
解得：v3＝4m/s
从P到A的过程中，设小滑块运动时间为t，水平距离为x0，根据平抛运动的规律有：2R1+2R2、x0＝v3t
解得：x0＝16m
故抛出点O到C点的距离应满足：x＞1.6m
（3）设小滑块恰好能经过B点的速度为v4，根据向心力公式有：mg
设小滑块C点最小速度为v5，好能经过B点，从C到B过程中，根据动能定理：﹣mg 2R2
解得：v5
由于当vA＞4m/s时，小滑块将从A点飞出细管，经过B点仅有2次。
当小滑块进入A点速度vA＝4m/s时，设小滑块在C点的最大速度为v6，从A到C的过程中，根据动能定理：mg（2R1+2R2）
解得：v6
设小滑块在C点时速度为vC1，沿斜面向上滑行为L，从C到斜面最高点，根据动能定理：﹣mg Lsinα﹣μmgcosα L＝0
设小滑块从斜面最高点返回到C点时速度为vC2，从斜面最高点到C点，根据动能定理：mg Lsinα﹣μmgcosα L0
解得：vC2vC1
小滑块能经过B点的条件为：vC≥v5，即：v5故n的最大值为2
即小滑块要经过B点，其在斜面上最多往返2次，所以，小滑块最多经过B点5次。
答：（1）若小滑块刚进入A点时与细管内壁无挤压，则小滑块第一次运动到内轨道BC的B点时受到轨道弹力的大小为11N；
（2）若小滑块从A点进入细管后最终还能从A点飞出，则发射点P到C点的距离需要满足的条件x＞16m；
（3）通过计算说明小滑块从A点进入细管后能通过B点的最多次数为5。
[课时训练]
一．选择题（共10小题）
1．（2020春 硚口区校级期中）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μ，当它由轨道顶端A从静止开始下落，恰好运动到C处停止，那么物体在AB段克服摩擦力所做的功可表述为（　　）
A．μmgR B．mgR C．mgR D．（1﹣μ）mgR
【解答】解：BC段物体受摩擦力f＝μmg，位移为R，故BC段摩擦力对物体做功W＝﹣fR＝﹣μmgR；对全程由动能定理可知，mgR+W1+W＝0
解得W1＝μmgR﹣mgR；
故AB段克服摩擦力做功为W克＝mgR﹣μmgR。
故选：D。
2．（2022春 浙江期中）随着北京冬奥会的临近，人们参与冰雪运动热情高涨。如图所示滑雪滑道PQR，质量60kg的滑雪爱好者从顶端P静止滑下，从末端R滑出时速度18m/s，滑行过程中姿势保持不变，P端相对滑道最低点Q高度24m，R端相对Q点高度4m。从P到R滑行过程中，该滑雪爱好者克服阻力做功和重力做功的比值约为（　　）
A．0.1 B．0.2 C．0.8 D．1
【解答】解：由能量守恒可知从P到R滑行过程中，该滑雪爱好者克服阻力做功
Wf＝mg（H﹣h） mv2
解得
Wf＝60×10×（24﹣4）J60×182J＝2280J
从P到R滑行过程中，该滑雪爱好者克服阻力做功和重力做功
WG＝mg（H﹣h），代入数据，解得WG＝12000J
则0.2；
故B正确，ACD错误。
故选：B。
3．（2021春 拱墅区校级期中）如图，某同学把质量为m的足球从水平地面踢出，足球达到最高点时速度为v，离地高度为h。不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A．该同学踢球时对足球做功
B．足球上升过程重力做功mgh
C．该同学踢球时对足球做功
D．足球上升过程克服重力做功
【解答】解：AC．足球从开始被踢到最高点过程，由动能定理可得
W﹣mgh
解得该同学踢球时对足球做功
W＝mgh
故C正确，A错误；
BD．足球上升过程重力做功
WG＝﹣mgh
则足球上升过程克服重力做功mgh，故BD错误。
故选：C。
4．（2022秋 浙江期中）《民法典》规定高空抛物属违法行为。若在离地20m的高层建筑上，将一质量为1kg的杂物以2m/s的速度水平抛出，忽略空气阻力，取重力加速度g＝10m/s2，则该杂物（　　）
A．在空中运动的时间为4s
B．落地时速度大小为20m/s
C．落地时的水平位移大小为4m
D．落地时的动能为200J
【解答】解：A、根据竖直方向的自由落体运动可得：h，解得：t＝2s，故A错误；
B、落地时竖直方向的速度大小为：vy＝gt＝10×2m/s＝20m/s，落地时速度大小为：vm/s＝2m/s，故B错误；
C、落地时的水平位移大小为：x＝v0t＝2×2m＝4m，故C正确；
D、根据动能定理可得：mgh＝Ek，解得落地时的动能为：Ek＝202J，故D错误。
故选：C。
5．（2022春 湖州期中）如图所示，一质量为m的小球，用长为l的轻绳悬挂于O点，小球在水平拉力F作用下，从最低位置P缓慢地拉至轻绳与竖直方向夹角为θ处。则下列说法正确的是（　　）
A．拉力F所做的功为Flsinθ
B．拉力F所做的功为mgl（1﹣cosθ）
C．绳的拉力所做的功为Flcosθ
D．小球所受合力做功为mgl（1﹣cosθ）
【解答】解：小球始终处于动态平衡中，可知合力对小球做功为零。根据动能定理得：﹣mgl（1﹣cosθ）+WF＝0
所以拉力F做的功为mgl（1﹣cosθ），绳上的拉力由于始终与小球速度垂直，所以绳上拉力不做功，故B正确，ACD错误
故选：B。
6．（2022春 天台县校级期中）2019年“山东舰”正式服役，标志着我国进入双航母时代，如图，“山东舰”正在沿直线航行，其质量为m，发动机的输出功率恒为P，所受阻力大小恒为f，某时刻速度为v1、加速度为a1，一段时间t后速度变为v2（v2＞v1），在这段时间内位移为x。下列关系式正确的是（　　）
A．xt B．a1
C．f D．Pt
【解答】解：A、由于航母做的是加速度减小的加速运动，平均速度，故A错误；
B、根据牛顿第二定律，f＝ma1，解得a1，故B正确；
C、速度为v1时，航母正在加速运动，根据牛顿第二定律f＝ma1＞0，则可知f，故C错误；
D、根据动能定理可知，Pt+Wf，摩擦力做功Wf不为零，故D错误；
故选：B。
7．（2022春 滨江区校级期中）低碳、环保是未来汽车的发展方向。某汽车研发机构在汽车的车轮上安装了小型发电机，将减速时的部分动能转化并储存在蓄电池中，以达到节能的目的。某次测试中，汽车以额定功率行驶一段距离后关闭发动机，测出了汽车动能Ek与位移x的关系图像如图所示，其中①是关闭储能装置时的关系图线，②是开启储能装置时的关系图线。已知汽车的质量为1000kg，设汽车运动过程中所受地面阻力恒定，空气阻力不计。根据图像所给的信息可求出（　　）
A．汽车行驶过程中所受地面的阻力为1000N
B．汽车加速运动的时间为22.5s
C．汽车开启储能装置后向蓄电池提供的电能为5×106J
D．汽车的额定功率为80kW
【解答】解：A、对于图线①，根据动能定理得：﹣fx＝0﹣Ek，得到阻力为：f＝2×103N．故A错误。
D、设汽车匀速运动的速度为v，则有Ek得，v＝40m/s，汽车的额定功率为：P＝Fv＝fv＝2×103×40W＝80kW．故D正确。
B、对于加速运动过程，根据动能定理得：Pt﹣fs＝Ek2﹣Ek1，得到 t＝16.25s。故B错误。
C、根据功能关系得到：汽车开启储能装置后向蓄电池提供的电能为：E＝Ek﹣fs＝8×105J﹣2×103×1.5×102J＝5×105J．故C错误。
故选：D。
8．（2022春 温州期中）如图所示，竖直环A半径为R，固定在木板B上，在环内有一光滑小球C，木板B放在水平地面上，B的左右两侧各有一个挡板固定在地面上使B不能左右运动。A、B、C质量均为m，给小球一个向右的瞬时速度使小球在环内做圆周运动。当小球运动到最高点的时候，地面对木板B的支持力刚好为0，则小球再次运动到最低点是，B对地面的压力大小为（　　）
A．7mg B．8mg C．9mg D．10mg
【解答】解：在最高点，地面对木板B的压力刚好为0，环对球的压力最大为：
F＝2mg
则球在最高点：3mg＝m
解得：v1。
从最高点到最低点，根据动能定理有：mg 2R
在最低点根据牛顿第二定律有：F'﹣mg＝m
地面对B的支持力大小为：F''＝2mg+F'
根据牛顿第三定律可知B对地面的压力大小F'''＝F''＝10mg
故D正确，ABC错误。
故选：D。
9．（2022春 宁波期中）某水上乐园设备公司设计一款水滑梯，设计简图如图所示，倾斜滑道与水平滑道材料相同且平滑连接，其顶端到正下方的水平面上的O点的高度为h．可视为质点的游客的质量m，他从斜面滑道顶端由静止开始滑下，游客与滑道间的动摩擦因数μ，游客在水平滑道上停止点A到O点的水平距离x，下列说法正确的是（　　）
A．h和μ一定，θ越大，x越大
B．h和μ一定，θ越大，x越小
C．h和μ一定，x的大小与θ、m无关
D．h和μ一定，m越小，x越大
【解答】解：对游客从开始到停止的整个过程，由动能定理得：mgh﹣μmgcosθ μmg（x）＝0，解得x，则知h和μ一定，x一定，x的大小与θ、m无关，故ABD错误，C正确。
故选：C。
10．（2022春 宁波期中）如图所示，一竖直放置半径为0.1m的光滑圆轨道，C为最低点，F点与圆心O等高轨道右端H点与圆心连线与竖直方向夹角为60°，现从F点的正上方某处E点由静止释放一个质量为0.1kg的小球，恰好无碰撞进入圆轨道，最终从H点飞出时的速度大小为2m/s．不计空气阻力，重力加速度g＝10m/s2，下列说法正确的是（　　）
A．E、F间的竖直高度为0.12m
B．小球从H点飞出后能上升的最大竖直高度为0.15m
C．小球经过F点时对轨道压力的大小为0
D．小球从F点到G点的过程中所受重力的功率一直增大
【解答】解：A、从E到H，由动能定理可得：mghmvH2，解得：h＝0.2m，所以hEF＝h﹣Rcos60°＝0.2m﹣0.1m＝0.15m，故A错误；
B、小球从H点飞出后竖直分速度为：vy＝vHcos30°
上升的最大竖直高度为：hm，代入数据解得：hm＝0.15m，故B正确；
C、从E到F，由动能定理可得：mg（h﹣Rcos60°）mvF2，
在F点，轨道对小球的弹力提供向心力，有：N＝m
联立解得：N＝3N，由牛顿第三定律可知小球经过F点时对轨道压力的大小为3N，故C错误；
D、根据机械能守恒可知，小球的速率增大，在竖直方向的分速度先增大后减小，由P＝mgvy分析知小球b所受重力的功率先增大后减小，小球从F点到G点的过程中所受重力的功率先增大后减小，故D错误。
故选：B。
二．计算题（共2小题）
11．（2020 浙江模拟）如图所示，质量m＝100g的滑块（可视为质点），在F＝1N的水平推力作用下从A点由静止开始运动，一段位移后撤去推力F，当滑块由平台边缘B点飞出后，恰能从C点沿切线方向进入圆弧管道，滑块略小于管道内径。已知AB间的距离L＝2.1m，滑块与平台间的动摩擦因数μ＝0.5，B、C两点间水平距离s＝1.2m、竖直高度差h＝0.8m，CD、DF是半径均为R＝0.5m的光滑圆弧管道，C、D等高，E为DF管道的最高点，FG是长度d＝10m、倾角θ＝37°的粗糙直管道，在G处有一反弹膜，能无机械能损失的反弹滑块，各部分管道在连接处均相切。（cos37°＝0.8，sin37°＝0.6）求：
（1）滑块在平台上运动时水平推力F作用的位移大小；
（2）滑块第一次到达E点时对轨道的作用力；
（3）要使滑块反弹一次后能停在管道FG上，滑块与管道FG之间动摩擦因数的取值范围。
【解答】解：（1）滑块从B到C做平抛运动，则
竖直方向有 h
水平方向有 s＝vBt
解得 vB＝3m/s
滑块从A到B的过程，根据动能定理得
Fx﹣μmgL0
解得：水平推力F作用的位移大小 x＝1.5m
（2）根据平抛运动的规律得：
h
可得：滑块到达C点时竖直分速度大小 vy＝4m/s
滑块到达C点时速度大小 vCm/s＝5m/s
从C到E，根据动能定理得：
﹣mgR（1﹣cos53°）
在E点，对滑块，由牛顿第二定律得
FN+mg＝m
解得 FN＝3.2N
根据牛顿第三定律得：滑块第一次到达E点时对轨道的作用力FN′＝FN＝3.2N，方向竖直向上。
（3）设滑块与管道FG之间动摩擦因数为μ′．由滑块能停在FG上，可得：
μ′mgcosθ＞mgsinθ
解得 μ′＞0.75
由反弹一次可得：
mg（R﹣Rcos37°+LFGsin37°）＞μ′mgLFGcos37°
解得 μ′0.89
分析可得：当μ′＞0.75时，EKFmg（R﹣Rcos37°）
解得 EKF＝1.15J＜μ′ 2mgLFGcos37°
滑块无法返回P点。
综上所述：滑块与管道FG之间动摩擦因数的取值范围为：0.75＜μ′＜0.89。
答：（1）滑块在平台上运动时水平推力F作用的位移大小是1.5m；
（2）滑块第一次到达E点时对轨道的作用力为3.2N，方向竖直向上；
（3）要使滑块反弹一次后能停在管道FG上，滑块与管道FG之间动摩擦因数的取值范围为0.75＜μ′＜0.89。
12．（2020 宁波二模）某遥控赛车轨道如图所示，赛车从起点A出发，沿摆放在水平地面上的直轨道AB运动L＝10m后，从B点进入半径R＝0.1m的光滑竖直圆轨道，经过一个完整的圆周后进入粗糙的、长度可调的、倾角θ＝30°的斜直轨道CD，最后在D点速度方向变为水平后飞出（不考虑经过轨道中C、D两点的机械能损失）。已知赛车质量m＝0.1kg，通电后赛车以额定功率P＝1.5W工作，赛车与AB轨道、CD轨道间的动摩擦因数分别为μ1＝0.3和μ2，重力加速度g取10m/s2。
（1）求赛车恰好能过圆轨道最高点P时的速度vP的大小；
（2）若要求赛车能沿圆轨道做完整的圆周运动，求赛车通电的最短时间；
（3）已知赛车在水平直轨道AB上运动时一直处于通电状态且最后阶段以恒定速率运动，进入圆轨道后关闭电源，选择CD轨道合适的长度，可使赛车从D点飞出后落地的水平位移最大，求此最大水平位移，并求出此时CD轨道的长度。
【解答】解：（1）赛车恰好能过圆轨道最高点P时，只受重力，由重力提供向心力，即
mg＝m
可得 vP＝1m/s
（2）由（1）题可知，若要求赛车能沿圆轨道做完整的圆周运动，赛车到达P点的速度至少为1m/s，赛车从开始运动到P点的全过程，根据动能定理得：
Pt﹣μ1mgL﹣mg 2R0
代入数据可得，赛车通电的最短时间 ts≈2.17s
（3）赛车在水平直轨道AB上最后过程做匀速运动，牵引力与滑动摩擦力平衡，其速度大小为
v
解得 v＝5m/s
设CD轨道的长度为l，赛车沿CD向上运动过程，由动能定理得：
mglsinθ﹣μ2（mgcosθ）l
赛车从D点飞出后做平抛运动，其水平位移为x，则
x＝vDt
竖直方向有 lsinθ
代简并代入数据得
x
根据数学知识可知，当lm时，水平位移x最大，且最大值为 xm
答：
（1）赛车恰好能过圆轨道最高点P时的速度vP的大小是1m/s；
（2）赛车通电的最短时间是2.17s；
（3）最大水平位移是m，此时CD轨道的长度是m。
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