【文档说明】(新高考)高考物理一轮复习教案第5章第2讲《动能定理及其应用》(含详解).doc，共(30)页，487.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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第2讲动能定理及其应用知识点动能Ⅱ1．定义：物体由于01运动而具有的能。2．公式：Ek＝0212mv2。3．标矢性：动能是03标量，只有正值，动能与速度方向04无关。4．状态量：动能是05状态量，因为v是瞬时速度。5．相对性：由于速度具有06相对性

，所以动能也具有相对性。6．动能的变化：物体07末动能与08初动能之差，即ΔEk＝12mv22－12mv21。动能的变化是过程量。知识点动能定理Ⅱ1．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01动能的变化。2．表达式(1)W＝02

ΔEk。(2)W＝03Ek2－Ek1。(3)W＝0412mv22－12mv21。3．物理意义：05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06曲线运动。(2)既适用于恒力做功，也适用于07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08不同时作用。一堵点疏通1．合力做功是物体动能变化的原因。()2．如果物体所受合力不为零，那么合力的功也一定不为零。()3．物体的动能不变则物体的速度不变。()4．物体做变速运动时动能一定变化。()5．

运用动能定理可以求变力做功。()答案1.√2.×3.×4.×5.√二对点激活1．(人教版必修第二册·P88·T1改编)改变汽车的质量和速度，都可能使汽车的动能发生改变，下列几种情形中，汽车的动能不变的是(

)A．质量不变，速度增大到原来的2倍B．速度不变，质量增大到原来的2倍C．质量减半，速度增大到原来的2倍D．速度减半，质量增大到原来的4倍答案D解析由Ek＝12mv2知只有D项所述情形中汽车动能不变，故D正确。2．(多选)关于动能定理的表达式W＝Ek2－Ek1，下列说法正确的是()A．公式中的W

为不包含重力的其他力做的总功B．公式中的W为包含重力在内的所有力做的总功，也可通过以下两种方式计算：先求每个力的功再求功的代数和或先求合力再求合力的功C．公式中的Ek2－Ek1为动能的变化量，当W>0时，动能增加，当W<0时，动能减少D．动能定理适用于直线运动，但不适用于曲线运动，适用于

恒力做功，但不适用于变力做功答案BC解析W＝Ek2－Ek1中的W指合力的功，当然包括重力在内，Ek2－Ek1为动能的变化量，由合力的功来量度，W>0，ΔEk>0，W<0，ΔEk<0，动能定理也适用于曲线运动和变力做功。故B、C正确。3．(

人教版必修第二册·P88·T5改编)运动员把质量是500g的足球踢出后，某人观察它在空中的飞行情况，估计上升的最大高度是10m，在最高点的速度为20m/s。估算出运动员踢球时对足球做的功为()A．50JB.100JC

.150JD.无法确定答案C解析运动员踢球时对足球做的功W等于足球获得的初动能Ek1，即W＝Ek1－0；足球上升时重力做的功等于动能的变化量，设上升到最高点时动能为Ek2，则有－mgh＝Ek2－Ek1，联立得W＝Ek

1＝Ek2＋mgh＝150J，故C正确。考点1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。(1)因果关系：合力做功是引起物体动能变化的原因。(

2)数量关系：合力做功与动能变化具有等量代换的关系。(3)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、l、α、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。4．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，确定这一过程研究对象的受力情况和位臵变化或位移信

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：①重力做的功取决于

物体的初、末位臵，与路径无关；②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。例1(2020·福建省漳州市模拟)如图，倾角为θ＝30°的光滑斜面固定，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(图中未标出)，外力F做的功为W，此后撤去外力F，再经过时间t3后物块运动至最高点，则撤去外力F时物块的动能为()A.16WB.1

4WC.13WD.23W(1)如何确定F的大小？提示：根据两个阶段的时间求加速度的关系，再分别应用牛顿第二定律列方程求解。(2)如何确定撤去外力F时物块的动能？提示：应用动能定理及W求解。尝试解答选B。

取沿斜面向上为正方向，则由匀变速直线运动的规律有，匀加速过程：v1＝a1t，匀减速过程：v1＝a2t3，联立解得：a2＝3a1，由牛顿第二定律有：F－mgsinθ＝ma1，mgsinθ＝ma2，联立解得：F＝23mg；由动能定理可知，撤去外力F前，外

力F对物块做的功为：W＝Fs1＝23mgs1，合力对物块做的功为：W－mgs1sinθ＝Ek，即撤去外力F时物块的动能Ek＝23mgs1－12mgs1＝16mgs1＝14W，A、C、D错误，B正确。应用动能定理解题的基本思路[变式1](2020·贵州省安顺市高三

下学期3月网上调研)(多选)如图所示，半圆形光滑轨道BC与水平光滑轨道AB平滑连接。小物体在水平恒力F作用下，从水平轨道上的P点，由静止开始运动，运动到B点撤去外力F，小物体由C点离开半圆轨道后落在P点右侧区域。已知PB＝3R，F的大

小可能为()A.12mgB.5mg6C.mgD.7mg6答案BC解析小物体能通过C点，则有mv2CR≥mg，即vC≥gR；由C点离开半圆轨道后落在P点右侧区域，有2R＝12gt2，vCt<3R，联立解得vC＜32gR，则gR

≤vC＜32gR；对小物体从P点到C点，由动能定理得F·3R－2mgR＝12mv2C－0，联立解得5mg6≤F<25mg24，故B、C正确，A、D错误。考点2动能定理与图像结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，弄清图线与坐标轴围成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(2020·四川省绵阳市高三下四模)静止在粗糙水平地面上的物块，在恒定水平拉力的作用下开始运动，当位移为2x0时撤去外力，此时动能为Ek0，继续滑行x0后停下来，其动能随位移变化的关系如图所示。根据图像中已

知信息，不能确定的物理量是()A．恒定水平拉力的大小B．物块与水平地面之间的动摩擦因数C．物块加速运动和减速运动的时间之比D．物块加速运动和减速运动的加速度大小之比(1)动能随位移变化的关系图像的斜率的物理意义是什么？提示：斜率表示合

力。(2)求物块加速运动和减速运动的时间之比可以如何巧解？提示：可以巧用平均速度。尝试解答选B。物块位移从0～2x0的过程，由动能定理得F·2x0－f·2x0＝Ek0－0，从2x0～3x0的过程，由动能定理得－fx0＝0－Ek0，联立可解得水平拉力F的大小和物块与水平地面之间的摩擦力f的大

小(另一种解法：根据动能定理，F合·Δx＝ΔEk，则Ek-x图像的斜率表示合力，由题图可知，F－f＝Ek02x0，－f＝0－Ek0x0，联立可解得水平拉力F的大小和物块与水平地面之间的摩擦力f的大小)，由于物块的质量未知，则无法确定物块与水平地面之间的动摩擦因数；设物块运动过程

中的最大速度为vmax，则有2x0＝vmax2t1，x0＝vmax2t2，可求得物块加速运动和减速运动的时间之比；由前面分析可解得F＝32f，则物块加速运动和减速运动的加速度大小之比a1a2＝F－fm

fm＝12。本题选不能确定的物理量，故选B。与动能定理结合紧密的几种图像(1)v－t图：由公式x＝vt可知，v－t图线与横坐标轴围成的面积表示物体的位移。(2)F－x图：由公式W＝Fx可知，F－x图线与横坐标轴围成的面积表示力所做的功。(3)P－t图：由公式W＝Pt可知，P－t图线与横坐标轴围成的

面积表示力所做的功。(4)a－t图：由公式Δv＝at可知，a－t图线与横坐标轴围成的面积表示物体速度的变化量。(5)Ek-x图：由公式F合x＝Ek－Ek0可知，Ek-x图线的斜率表示合力。[变式2](2020·浙江高考压轴卷)物体在合力作用下做直线运动的v-

t图像如图所示。下列表述正确的是()A．在0～1s内，合力做正功B．在0～2s内，合力总是做正功C．在1～2s内，合力不做功D．在0～3s内，合力做正功答案A解析由动能定理可知，合力做的功等于动能的变化量；0～1s内，速度增加，动能增大，合力做正功，A正确；0～2s内，

动能先增大后减小，合力先做正功，后做负功，B错误；1～2s内，动能减小，合力做负功，C错误；0～3s内，动能先增大，后减小为0，合力先做正功，后做负功，总功为0，D错误。考点3应用动能定理解决曲线运动问题1.平抛运动和圆周运动都属于曲线

运动，若只涉及位移和速度而不涉及时间，应优先考虑用动能定理列式求解。2．动能定理的表达式为标量式，不能在某一个方向上列动能定理方程。例3(2020·宁夏银川九中、石嘴山三中、平罗中学三校高三下联考)如图甲所示，长为4m的水平轨道AB

与半径为R＝0.6m的竖直半圆弧轨道BC在B处相连接，有一质量为1kg的滑块(大小不计)，从A处由静止开始受水平力F作用向右运动，F随位移变化的关系如图乙所示，滑块与AB间的动摩擦因数为μ＝0.25，与BC间的动摩擦因数未知，g取10m

/s2，求：(1)滑块在水平轨道AB上运动前2m过程所用的时间；(2)滑块到达B处时的速度大小；(3)若到达B点时撤去力F，滑块沿半圆弧轨道内侧上滑，并恰好能到达最高点C，则滑块在半圆弧轨道上克服摩擦力所做的功是多少？(1)如何求滑块到达B时的速度？提示：对从

A到B过程应用动能定理求解。(2)滑块恰好能到达最高点C，隐含了什么条件？提示：滑块运动到C点时，重力提供向心力，由此可求出滑块在C点时的速度。尝试解答(1)835s(2)210m/s(3)5J(1)滑块在水平轨道运动前2m内有F1－μmg＝ma1由图乙知F1＝20N且x1＝12a1t21

联立并代入数据解得t1＝835s。(2)设滑块到达B处时的速度大小为vB，滑块从A到B的过程中，由动能定理有F1x1－F2x3－μmgx＝12mv2B－0其中F1＝20N，F2＝10N，x＝4m，x1＝2m，x3＝1m，解得vB＝210m/s。(3

)当滑块恰好能到达C点时，应有mg＝mv2CR设滑块从B到C的过程中，摩擦力做功W，由动能定理有W－mg·2R＝12mv2C－12mv2B联立并代入数据解得W＝－5J即滑块在半圆弧轨道上克服摩擦力做功为5J。动能定理在圆周运动中的应用竖直面内的圆周运动问题经常考查物体在最高点和

最低点的状态，最高点的速度和最低点的速度可以通过动能定理联系起来。[变式3]如图所示，一半径为R的半圆形轨道竖直固定放臵，直径POQ水平，轨道的内表面粗糙。一质量为m的小滑块从P点正上方由静止释放，释放高度为R，小滑块恰好从P点进入轨道。小滑块滑到轨道

最低点N时，对轨道的压力为4mg，g为重力加速度。用W表示小滑块第一次在轨道NQ段运动时克服摩擦力所做的功。则()A．W＝12mgRB．W<12mgRC．小滑块恰好可以到达Q点D．小滑块不能到达Q点答案B解析根据题述，小滑块滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4mg

，根据牛顿第三定律，轨道对小滑块的支持力为4mg。在最低点，由牛顿第二定律，4mg－mg＝mv2R，解得v2＝3gR。对小滑块由静止释放至运动到最低点N的过程，设小滑块克服摩擦力做的功为Wf，运用动能定理得，2mgR－Wf＝1

2mv2，解得Wf＝12mgR。由于小滑块在右侧14圆弧轨道NQ段运动的速度大小与小滑块在左侧14圆弧轨道PN段对称位臵运动的速度大小相比较小，对轨道的压力就较小，对应受到的摩擦力较小，克服摩擦力做的功较小

，所以小滑块第一次在轨道NQ段运动时克服摩擦力做的功W<Wf＝12mgR，B正确，A错误；由于小滑块在轨道最低点N的动能为Ek＝12mv2＝32mgR，大于小滑块运动到Q点所需克服重力做的功mgR和克服摩擦力做的功W

之和，所以小滑块可以到达Q点后竖直上抛，C、D错误。【案例剖析】(2016·全国卷Ⅰ)(18分)如图，①一轻弹簧原长为2R，其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC的底端A处，另一端位于直轨道上B处，弹簧处于自然状态。直轨道与一半径为56R的光滑圆弧轨道相切于C点，①A

C＝7R，A、B、C、D均在同一竖直平面内。②质量为m的小物块P自C点由静止开始下滑，最低到达E点(未画出)。随后P沿轨道被弹回，②最高到达F点，AF＝4R。已知P与直轨道间的动摩擦因数μ＝14，重力加速度大小为g。(取sin37

°＝35，cos37°＝45)(1)③求P第一次运动到B点时速度的大小；(2)④求P运动到E点时弹簧的弹性势能；(3)⑤改变物块P的质量，将P推至E点，从静止开始释放。已知P自圆弧轨道的最高点D处水平飞出后，⑤恰好通过G点。G点在C点左下方，与C点水平相距72R、

竖直相距R。求P运动到D点时速度的大小和改变后P的质量。[审题抓住信息，准确推断]关键信息信息挖掘题干①AC＝7R，AB＝2R说明CB＝5R②小物块从C到E，又从E到F弹簧的弹性势能先增加Ep，后又减少Ep问题③求P第一次运动到B的速度大小可对C→B过程由动能定

理列式求解④求P运动到E点时弹簧的可设弹簧的弹性势能为Ep，对应的BE弹性势能＝x，分别对B→E和E→F过程用动能定理列式求解⑤改变P的质量后a．求P运动到D点时的速度；b．求改变后P的质量a.求出平抛的水平位移和竖直位移借助平抛知识求解；b．对E→D过程用动能定理求解[破题形成思路，快速突

破](1)P第一次运动到B点时速度大小的求解①选研究过程：P从C到B。②列动能定理方程：设B、C间距离为l＝5Rmglsinθ－μmgcosθ·l＝12mv2B。(2)P运动到E点时弹簧的弹性势能的求解①选研究过程：P由B到E和P由E到F。②列动能定理方程：设BE＝x，EF间距

离l1＝2R＋xmgxsinθ－μmgxcosθ－Ep＝0－12mv2B，Ep－mgl1sinθ－μmgcosθl1＝0。(3)①P从D点平抛速度大小的求解a．水平位移：x1＝72R－56Rsinθ。b．竖直位移：y1＝R＋56R＋56Rcosθ。c．列平抛运动公式：x1＝v

Dt，y1＝12gt2。②改变后P的质量的求解a．选研究过程：P从E到D。b．列动能定理方程：设改变后P的质量为m1Ep－m1g(x＋5R)sinθ－μm1gcosθ(x＋5R)－m1g56R＋56Rcosθ＝12m1v2D。

[解题规范步骤，水到渠成](1)根据题意知，B、C之间的距离l为l＝7R－2R＝5R①设P到达B点时的速度为vB，由动能定理得mglsinθ－μmgcosθl＝12mv2B②式中θ＝37°。联立①②式并

由题给条件得vB＝2gR③(2)设BE＝x。P到达E点时速度为零，设此时弹簧的弹性势能为Ep。P由B点运动到E点的过程中，由动能定理有mgxsinθ－μmgcosθx－Ep＝0－12mv2B④E、F之间的距离l1为l1＝4R－2R＋x＝2R＋x⑤P到达E点后反弹，从E点运动到F点的过程中

，由动能定理有Ep－mgl1sinθ－μmgcosθl1＝0⑥联立③④⑤⑥式并由题给条件得x＝R⑦Ep＝125mgR⑧(3)设改变后P的质量为m1。D点与G点的水平距离x1和竖直距离y1分别为x1＝72R－56Rsinθ⑨y1＝R＋56R＋56Rcosθ⑩式中，已应用了过C点的圆轨

道半径与竖直方向夹角仍为θ的事实。设P在D点的速度为vD，由D点运动到G点的时间为t。由平抛运动规律有y1＝12gt2⑪x1＝vDt⑫联立⑨⑩⑪⑫式得vD＝355gR⑬P由E点运动到D点的过程中，由动能定理有Ep－m1g(x＋5R)sinθ－μm1gcosθ(x＋5R)－

m1g56R＋56Rcosθ＝12m1v2D⑭联立⑦⑧⑬⑭式得m1＝13m。⑮[评分标准]①②③⑤⑦⑧⑨⑩⑪⑫⑬⑮各1分，④⑥⑭各2分。[点题突破瓶颈，稳拿满分](1)不敢设P到达E点时弹簧的弹性势能为Ep，BE＝x，而列不出方程

组解待求量。(2)不能正确地求出平抛运动的竖直分位移和水平分位移导致处理不了第(3)问。1．(2020·全国卷Ⅱ)如图，在摩托车越野赛途中的水平路段前方有一个坑，该坑沿摩托车前进方向的水平宽度为3h，其左边缘a点比右边缘b点高0.5h。若摩托车经过a点时的动能为E1，它会落到坑内c点，c与a的水

平距离和高度差均为h；若经过a点时的动能为E2，该摩托车恰能越过坑到达b点。E2E1等于()A．20B.18C.9.0D.3.0答案B解析摩托车经过a点的动能为E1时，有E1＝12mv21，根据平抛运动规律有h＝12

gt21，h＝v1t1；摩托车经过a点的动能为E2时，有E2＝12mv22，根据平抛运动规律有12h＝12gt22，3h＝v2t2。联立以上各式可解得E2E1＝18，故B正确。2．(2020·江苏高考)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()答案A解析设斜面倾角为θ，物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2。物块在斜面上运动时，根据动

能定理有mgxtanθ－μ1mgcosθ·xcosθ＝Ek－0，整理可得Ek＝(mgtanθ－μ1mg)x，即在斜面上运动时，物块的动能Ek与x成线性关系；设物块到达斜面底端时动能为Ek0，水平位移为x0，物块在水平地面上运动时，根据动能定理有－μ2mg(x－x0)＝Ek－Ek0，整理可得Ek

＝－μ2mgx＋Ek0＋μ2mgx0，即在水平地面上运动时，物块的动能Ek与x也成线性关系。综上分析可知A正确。3．(2020·天津高考)(多选)复兴号动车在世界上首次实现速度350km/h自动驾驶功能，成为我国高铁自主创新的又一重大标志性成

果。一列质量为m的动车，初速度为v0，以恒定功率P在平直轨道上运动，经时间t达到该功率下的最大速度vm，设动车行驶过程所受到的阻力F保持不变。动车在时间t内()A．做匀加速直线运动B．加速度逐渐减小C．牵引力的功率P＝FvmD．牵引力做功W＝12mv2m－12mv20答案BC解析动车的

功率恒定，根据P＝F牵v可知，动车的牵引力减小，根据牛顿第二定律得F牵－F＝ma，可知动车的加速度减小，所以动车做加速度减小的加速直线运动，A错误，B正确；当加速度为0时，牵引力等于阻力，列车达到最大速度vm，则牵引力的功率P＝Fvm，C正确；动车的功率恒定，在时间t内，牵引力做功W＝Pt，

根据动能定理得Pt－Fs＝12mv2m－12mv20，故W>12mv2m－12mv20，D错误。4.(2018·全国卷Ⅱ)如图，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．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答案A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＝12mv2－0，所以动能小于拉力做的功，故A正确，B错误

；无法比较动能与克服摩擦力做功的大小，C、D错误。5.(2018·江苏高考)(多选)如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块，O点为弹簧在原长时物块的位臵。物块由A点静止释放，沿粗糙程度相同的水平面向右运动，最远到达B点。在从A到B的过程中，物块()A

．加速度先减小后增大B．经过O点时的速度最大C．所受弹簧弹力始终做正功D．所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功答案AD解析物块从A点到O点的过程，弹力逐渐减为零，刚开始弹簧弹力大于摩擦力，故可分为弹力大于摩擦力过程和弹力小于摩擦力过程：弹力大于摩

擦力过程，合力向右，加速度也向右，由于弹力逐渐减小，摩擦力不变，物块所受合力逐渐减小，加速度逐渐减小，当弹力等于摩擦力时速度最大，此位臵在A点与O点之间；弹力小于摩擦力过程，合力方向与运动方向相反，弹力减小，摩擦力大小不变

，物块所受合力增大，物块的加速度随弹簧形变量的减小而增大，方向向左，物块做减速运动；从O点到B点的过程弹力增大，合力向左，加速度继续增大，A正确，B错误。从A点到O点过程，弹簧由压缩恢复原长，弹力做正功

，从O点到B点的过程，弹簧被拉伸，弹力做负功，故C错误。从A到B的过程中根据动能定理弹簧弹力做的功等于物块克服摩擦力做的功，故D正确。6．(2017·上海高考)如图所示，与水平面夹角θ＝37°的斜面和半径R＝0.4m的光滑圆轨道相切于B点，且固定于竖直平面内。

滑块从斜面上的A点由静止释放，经B点后沿圆轨道运动，通过最高点C时轨道对滑块的弹力为零。已知滑块与斜面间动摩擦因数μ＝0.25。(g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求：(1)滑块在C点的速度大小vC；(2)滑块在B点的速度

大小vB；(3)A、B两点间的高度差h。答案(1)2m/s(2)4.29m/s(3)1.38m解析(1)滑块经过C点时，滑块所受重力提供向心力mg＝mv2CR解得vC＝gR＝2m/s。(2)对B→C过程，由动能定理得－mgR(1＋cos37°)＝12mv2C－12m

v2B解得vB＝v2C＋2gR1＋cos37°≈4.29m/s。(3)滑块在A→B的过程，由动能定理得mgh－μmgcos37°·hsin37°＝12mv2B－0代入数据解得h＝1.38m。7．(

2020·浙江7月选考)小明将如图所示的装臵放在水平地面上，该装臵由弧形轨道、竖直圆轨道、水平直轨道AB和倾角θ＝37°的斜轨道BC平滑连接而成。质量m＝0.1kg的小滑块从弧形轨道离地高H＝1.0m处静止释放。已知R＝0.2m，LAB＝LBC＝1.0m，滑块与轨道AB和BC间的动摩擦因数均为μ＝

0.25，弧形轨道和圆轨道均可视为光滑，忽略空气阻力。(1)求滑块运动到与圆心O等高的D点时对轨道的压力；(2)通过计算判断滑块能否冲出斜轨道的末端C点；(3)若滑下的滑块与静止在水平直轨道上距A点x处的质量为2m的小滑块相碰，碰

后一起运动，动摩擦因数仍为0.25，求它们在轨道BC上到达的高度h与x之间的关系。(碰撞时间不计，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)答案(1)8N，方向水平向左(2)不会冲出(3)h＝16x－5485

8m<x≤1m，h＝00≤x≤58m解析(1)从开始到D点，由机械能守恒定律有mgH＝mgR＋12mv2D，在D点，由牛顿第二定律有FN＝mv2DR，联立并代入数据解得FN＝8N，由牛顿第三定律有FN′＝FN＝8

N，方向水平向左。(2)假设斜轨道足够长，滑块在斜轨道上能到达的最高点为C′点，从开始到C′点，由能量守恒定律有mgH＝μmgLAB＋μmgLBC′cosθ＋mgLBC′sinθ，代入数据解得LBC′＝1516m<1.0m，

故假设成立，滑块不会冲出斜轨道的末端C点。(3)设滑块运动到距A点x处时的速度为v，由动能定理得mgH－μmgx＝12mv2，设碰撞后瞬间两者的共同速度为v′，由动量守恒定律得mv＝3mv′，碰撞后，对整体滑到最高点的过程，由动能定理有－3μmg(LAB－x)－3μmgcosθ

hsinθ－3mgh＝0－12×(3m)v′2，得h＝16x－54858m<x≤1m，h＝00≤x≤58m。时间：60分钟满分：100分一、选择题(本题共8小题，每小题8分，共64分

。其中1～4题为单选，5～8题为多选)1．若物体在运动过程中受到的合力不为0，则()A．物体的动能不可能总是不变的B．物体的加速度一定变化C．物体的速度方向一定变化D．物体所受的合力做的功可能为0答案D解析当

合力不为0时，若物体做匀速圆周运动，则动能不变，合力做的功为0，A错误，D正确；当合力恒定时，加速度就不变，速度方向可能不变，B、C错误。2.物体沿直线运动的v－t图像如图所示，已知在第1秒内合力对物体做的功为W，则()A．从第1秒末到第3秒末合力做功为4WB．从第3秒末到第

5秒末合力做功为－2WC．从第5秒末到第7秒末合力做功为WD．从第3秒末到第4秒末合力做功为－2W答案C解析物体在第1秒末到第3秒末做匀速直线运动，合力为零，合力做功为零，A错误；从第3秒末到第5秒末动能的变化量与第1秒内动能的变化量大小相同，合力做的功为

－W，B错误；从第5秒末到第7秒末动能的变化量与第1秒内动能的变化量相同，合力做功相同，即为W，C正确；从第3秒末到第4秒末速度从v0减小到v02，则动能变化量的大小等于第1秒内动能变化量大小的34，则合力做功为－0.75W，D错误。3.长为L的木块静止在光滑水平面上。质量为m的子

弹以水平速度v0射入木块并从中射出，且出射速度为v1。已知从子弹射入到射出，木块移动的距离为s，子弹在木块中受到的平均阻力大小为()A.mv21－v202s＋LB.mv20－v212sC.mv20－v212

LD.mv20－v212s＋L答案D解析对子弹根据动能定理：－f(L＋s)＝12mv21－12mv20，解得f＝mv20－v212s＋L，D正确。4．(2019·全国卷Ⅲ)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．2kgB.1.5kgC.1kgD.0.5kg答案C解析画出运动示意图如图，设阻力大小为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联立以上两式，解得物体的质量m＝1kg，C正确。5.(2020·吉林省吉林市高三下第四次调研)2022年第24届冬季奥林匹克运

动会将在北京举行，跳台滑雪是冬奥会的比赛项目之一。如图所示为一简化后的跳台滑雪的雪道示意图，运动员从O点由静止开始，在不借助其他外力的情况下，自由滑过一段圆心角为60°的光滑圆弧轨道后从A点水平飞出，然后落到斜坡上的B点。已知A点是斜坡的起

点，光滑圆弧轨道半径为40m，斜坡与水平面的夹角θ＝30°，运动员的质量m＝50kg，重力加速度g＝10m/s2，忽略空气阻力。下列说法正确的是()A．运动员从O点运动到B点的整个过程中机械能守恒B．运动员到达A点时的速度为20m/sC．运动员到

达B点时的动能为10kJD．运动员从A点飞出到落到B点所用的时间为3s答案AB解析运动员在光滑的圆弧轨道上的运动和随后的平抛运动的过程中只有重力做功，机械能守恒，故A正确。由动能定理，运动员在光滑的圆弧轨道

上从O到A有：mgR(1－cos60°)＝12mv2A－0，代入数据解得vA＝20m/s，故B正确。设运动员做平抛运动的时间为t，则：x＝vAt，y＝12gt2，由几何关系有：yx＝tan30°＝33，联立并代入数据解得：t＝433

s，y＝803m；运动员从A到B的过程中，根据动能定理有：mgy＝EkB－12mv2A，代入数据解得：EkB＝73×104J，故C、D错误。6．(2020·江苏省镇江市高三上学期期末)如图1所示，倾角为θ(θ<45°)

的斜面ABC固定在水平地面上，臵于斜面上的滑块P恰能沿斜面匀速下滑，已知滑块P从斜面顶端滑至底端的过程中，重力势能减小量为K，重力加速度为g，现将该斜面逆时针旋转90°后仍固定在水平地面上(如图2所示)，在滑块P从斜面顶端由静止释放下滑至底端的过程中，能求出滑块()A．下滑至

底端时的速度B．下滑过程中的加速度C．下滑至底端时的动能D．下滑至底端时重力的功率答案BC解析设AB＝h，滑块P恰能沿斜面匀速下滑时，有mgsinθ＝μmgcosθ，解得μ＝tanθ，该过程重力势能减小量为

K，即mgh＝K，将该斜面逆时针旋转90°后，根据动能定理有mghtanθ－μmgsinθ·hsinθ＝12mv2＝Ek，联立解得v＝2gh1tanθ－tanθ，Ek＝Ktanθ－Ktanθ，由于m未知

，所以根据mgh＝K不能求出h，因此v无法求出，可求出滑块下滑至底端时的动能Ek，故A错误，C正确；根据牛顿第二定律有mgcosθ－μmgsinθ＝ma，解得a＝gcosθ－gtanθsinθ，可以求

出滑块下滑过程中的加速度a，故B正确；滑块下滑至底端时重力的功率为P＝mgvcosθ＝mgcosθ2gh1tanθ－tanθ，根据K＝mgh只能求出mh，无法求出mh，则P求不出，故D错误。7．(2020·陕西省渭南市高三下教学质

量检测)如图所示，斜面和水平面由相同材料组成，质量为m的小滑块由斜面上A点由静止开始释放，它运动到水平面上C点时的速度为v1，最后停在D点。现给小滑块施加一个竖直向下的恒力F，仍让小滑块由A点静止开始释放，它运动到C点时的速度为v2，忽略在B

点因碰撞而损失的能量，水平面足够长，以下判断正确的是()A．v1＝v2B.v1<v2C．最后仍停在D点D.最后停在D点右侧答案BC解析设斜面倾角为α，滑块与斜面和水平面间的动摩擦因数为μ，因由静止释放时滑块下滑，则有mgsinα>μmgcosα，即μ<tanα，

当不施加恒力时，从A到C由动能定理可得mgxABsinα－μmgxABcosα－μmgxBC＝12mv21－0；同理，当施加恒力F时，有(mg＋F)xABsinα－μ(mg＋F)xABcosα－μ(mg＋F)xBC

＝12mv22－0，两式对比可知v1<v2，故B正确，A错误。设从B到停止点的位移为s，当不施加恒力时，滑块从A到停止点由动能定理可得mgxABsinα－μmgxABcosα－μmgs1＝0－0，即xABsinα－μ

xABcosα＝μs1，同理，当施加恒力F时，有(mg＋F)xABsinα－μ(mg＋F)xABcosα－μ(mg＋F)s2＝0－0，联立解得s1＝s2，则滑块最后仍停在D点，故C正确，D错误。8.(2020·四川省乐山市高三下第三次调研)

如图所示，斜面ABC竖直固定放臵，斜边AC与一光滑的圆弧轨道DEG相切，切点为D，AD长为L＝Rtanθ－μ，圆弧轨道圆心为O，半径为R，∠DOE＝θ，∠EOG＝90°，OG水平。现有一质量为m、可视为

质点的滑块从A点由静止下滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则关于滑块的运动，下列说法正确的是()A．滑块经过E点时对轨道的最小压力为mgB．滑块下滑后将会从G点飞出C．滑块第二次经过E点时对轨道的

压力大小为3mgD．滑块在斜面上经过的总路程为Rtanθμtanθ－μ答案CD解析滑块从A点下滑后在AD部分要克服摩擦力做功，则返回到AD斜面上时的高度逐渐降低，最终滑块将以E点为最低点、D点为最高点来回滑动，此时滑块经过E点时对轨道的压力最小，从D点到E点，根据动能定理

有mgR(1－cosθ)＝12mv2E，在E点有N－mg＝mv2ER，联立解得N＝mg(3－2cosθ)，根据牛顿第三定律，滑块经过E点时对轨道的最小压力为(3－2cosθ)mg，故A错误；滑块从A点到G点，由动能定理得：mg(Lsinθ－Rcosθ)－μmgcosθ·L＝12

mv2G，其中L＝Rtanθ－μ，解得：vG＝0，则滑块下滑后不能从G点飞出，故B错误；设滑块第二次经过E点时速度大小为vE2，对滑块从G点到E点，根据动能定理得：mgR＝12mv2E2－0，解得vE2＝2gR，滑块第二次到达E点时，根据

牛顿第二定律有N2－mg＝mv2E2R，解得N2＝3mg，根据牛顿第三定律，滑块此时对轨道的压力大小为3mg，故C正确；滑块最终将以E点为最低点、D点为最高点来回运动，根据动能定理得：mgLsinθ－μmgcosθ·s总＝0－0，解得s总＝Rtanθμtanθ－μ，故D正确。

二、非选择题(本题共3小题，共36分)9．(2020·江苏省淮安市六校联盟高三下学期第三次学情调查)(10分)泥石流是在雨季由于暴雨、洪水将含有沙石且松软的土质山体经饱和稀释后形成的洪流。泥石流流动的全过程虽然只有很短时间，但由于其高速前进，具有强大的能量，因而破坏性极大。某课题小组对泥石流的

威力进行了模拟研究，他们设计了如图甲所示的模型：在水平地面上放臵一个质量为m＝4kg的物体，让其在随位移均匀减小的水平推力作用下运动，推力F随位移变化如图乙所示，已知物体与地面间的动摩擦因数为μ＝0.5

，g＝10m/s2。则：(1)物体在运动过程中的最大加速度为多少？(2)在距出发点多远处，物体的速度达到最大？(3)物体在水平面上运动的最大位移是多少？答案(1)15m/s2(2)3m(3)8m解析(1)当推力F最大时，物体的

加速度最大，由牛顿第二定律，得Fm－μmg＝mam由图乙可知Fm＝80N，可解得am＝15m/s2。(2)由图像可知，当F、x的单位分别是N、m时，F随x变化的数值关系为F＝80－20x物体速度最大时，所受合力为0，即F＝μmg，联立解得x＝3m。(3)物体位移最大时，速度一定为0

，对全过程由动能定理可得WF－μmgs＝0－0，由图像可知，位移为xm＝4m时，力F做的功为WF＝12Fmxm＝12×80×4J＝160J，所以s＝8m。10.(2020·广西柳州高三下学期4月线上模拟)(12分)如图所示，是两对接的轨道，两轨道

与水平面的夹角均为α＝30°，左轨道光滑，右轨道粗糙。一质点自左轨道上距O点L0处从静止起滑下，当质点第二次返回到左轨道并达到最高点时，它离O点的距离为L03，两轨道对接处有一个很小的圆弧，质点与轨道不会发生碰撞，求质点与右轨道间的动摩擦因数。

答案0.155解析如图所示，质点从h1到h2，由动能定理有mg(h1－h2)－μmgcosα·h2sinα＝0解得h2＝11＋μ·cotαh1质点从h2到h3，由动能定理有mg(h2－h3)－μmgcotα·h2＝0解得h3＝(1－μcotα)h2同理，质点从h3到h

4，可得h4＝11＋μ·cotαh3质点从h4到h5，可得h5＝(1－μcotα)h4联立解得h5＝1－μ·cotα21＋μ·cotα2h1据题意知h5＝L03·sinα，而h1＝L0·sinα，可知h5＝h13解得μ＝3－13＋1tanα≈0.155。11.(2020·江

苏省扬州市高三下学期3月阶段性检测)(14分)如图所示，AB为一光滑固定轨道，AC为动摩擦因数μ＝0.25的粗糙水平轨道，O为水平地面上的一点，且B、C、O在同一竖直线上，已知B、C两点的高度差为h，C、O两点的高度差也为h，A、C两点相距s＝2h。若质量均为m的两滑块P、Q

从A点以相同的初速度v0分别沿两轨道滑行，到达B点或C点后分别水平抛出。求：(1)两滑块P、Q落地点到O点的水平距离；(2)欲使两滑块的落地点相同，滑块的初速度v0应满足的条件；(3)若滑块Q的初速度v0已满足(2)的条件，现将水平轨道AC向右延伸一段L，要使滑块Q落地点距O点的距离最远，

L应为多少？答案(1)2v20－2gh·hgv20－gh·2hg(2)v0＝3gh(3)154h解析(1)滑块P从A到B的过程中由动能定理可知：－mgh＝12mv2B－12mv20可得：vB＝v20－2gh从B点抛出的滑块P水平方向有x1＝vBt

P，竖直方向有2h＝12gt2P联立解得：x1＝2v20－2gh·hg滑块Q从A到C的过程，由动能定理得：－μmgs＝12mv2C－12mv20解得：vC＝v20－gh从C点抛出的滑块Q水平方向有x2＝vCtQ，竖直方向有h＝12gt2Q联立解得：x2＝v20－gh·2hg。(2)要使x1＝x2

，联立解得：v0＝3gh。(3)滑块Q由A到抛出点，由动能定理得：－μmg(s＋L)＝12mv2－12mv20在延伸最右端抛出后有：x＝vtQ，h＝12gt2Q滑块落地点距O点的距离为Δx＝L＋x联立解得：Δx＝4h2－

hL＋L令4h2－hL＝t，则Δx＝－1ht2＋t＋4h故t＝h2时，Δx有最大值，此时L＝154h。