2024届物理微专题加练半小时第六章 微专题39 动能定理在多过程、往复运动问题中的应用含答案

微专题50动量和能量的综合问题1．如果要研究某一时刻的速度、加速度，可用牛顿第二定律列式.2.研究某一运动过程时，一般用动量定理(涉及时间的问题)或动能定理(涉及位移的问题)去解决问题.3.若研究对象为一系统，一般用动量守恒定律和机械能守恒定律去解决问题，但需注意所研究的问题是否满足守恒的条件.4.在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，这些过程一般均隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转换．这些问题由于作用时间都极短，满足动量守恒定律．1.(多选)一个质量为m 的小型炸弹自水平地面朝右上方射出，在最高点以水平向右的速度v 飞行时，突然爆炸为质量相等的甲、乙、丙三块弹片，如图所示．爆炸之后乙由静止自由下落，丙沿原路径回到原射出点．若忽略空气阻力，则下列说法正确的是()A ．爆炸后乙落地的时间最长B ．爆炸后甲落地的时间最长C ．甲、丙落地点到乙落地点O 的距离比为4∶1D ．爆炸过程释放的化学能为7m v 23答案CD解析爆炸后甲、丙从同一高度做平抛运动，乙从同一高度自由下落，则落地时间均为t ＝2H g ，选项A 、B 错误；爆炸过程动量守恒，以向右为正方向，有m v ＝－13m v 丙＋13m v 甲，由题意知v 丙＝v ，得v 甲＝4v ，又因x ＝v t ，t 相同，则x ∝v ，甲、丙落地点到乙落地点O 的距离比为x 甲∶x 丙＝v 甲∶v 丙＝4∶1，选项C 正确；释放的化学能ΔE ＝12×m 3v 甲2＋12×m 3v 丙2－12m v 2＝73m v 2，选项D 正确．2.(2023·湖南永州市第一中学模拟)如图所示，质量均为m 的木块A 和B ，并排放在光滑水平地面上，A 上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O 点系一长为L 的细线，细线另一端系一质量为m 0的球C (可视为质点)，现将C 球拉起使细线水平伸直，并由静止释放C 球，重力加速度为g ，则下列说法不正确的是()A ．A 、B 两木块分离时，A 、B 的速度大小均为mm mgL 2m ＋m 0B ．A 、B 两木块分离时，C 的速度大小为2mgL 2m ＋m 0C ．C 球由静止释放到最低点的过程中，A 对B 的弹力的冲量大小为2m 0mgL 2m ＋m 0D ．C 球由静止释放到最低点的过程中，木块A 移动的距离为m 0L 2m ＋m 0答案C解析小球C 下落到最低点时，A 、B 开始分离，此过程水平方向动量守恒．根据机械能守恒定律有m 0gL ＝12m 0v C 2＋12×2m v AB 2，由水平方向动量守恒得m 0v C ＝2m v AB ，联立解得v C ＝2mgL 2m ＋m 0，v AB ＝m 0m mgL2m ＋m 0，故A 、B 正确；C 球由静止释放到最低点的过程中，选B为研究对象，由动量定理得I AB ＝m v AB ＝m 0mgL2m ＋m 0，故C 错误；C 球由静止释放到最低点的过程中，系统水平方向动量守恒，设C 对地水平位移大小为x 1，AB 对地水平位移大小为x 2，则有m 0x 1＝2mx 2，x 1＋x 2＝L ，可解得x 2＝m 0L2m ＋m 0，故D 正确．3.(多选)如图所示，质量为M 的小车静止在光滑水平面上，小车AB 段是半径为R 的四分之一圆弧轨道，BC 段是长为L 的粗糙水平轨道，两段轨道相切于B 点．一质量为m 的可视为质点的滑块从小车上的A 点由静止开始沿轨道下滑，然后滑入BC 轨道，最后恰好停在C 点．已知小车质量M ＝4m ，滑块与轨道BC 间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g ，则()A ．全过程滑块在水平方向上相对地面的位移的大小为R ＋LB ．小车在运动过程中速度的最大值为gR10C ．全过程小车相对地面的位移大小为R ＋L 5D ．μ、L 、R 三者之间的关系为R ＝μL答案BCD解析滑块与小车组成的系统水平方向动量守恒，由人船模型特点有Mx 1＝mx 2，x 1＋x 2＝R＋L ，又M ＝4m ，由上两式解得x 1＝R ＋L 5，x 2＝4 R ＋L5，全过程滑块在水平方向上相对地面的位移的大小为4 R ＋L 5，全过程小车相对地面的位移大小为R ＋L5，所以A 错误，C 正确；滑块滑到圆弧轨道最低点时，小车速度最大，滑块与小车组成的系统水平方向动量守恒，则有M v 1＝m v 2，mgR ＝12M v 12＋12m v 22，解得v 1＝gR10，小车在运动过程中速度的最大值为gR10，所以B 正确；滑块最后恰好停在C 点时，小车也停止运动，全程由能量守恒定律有mgR ＝μmgL ，解得R ＝μL ，所以μ、L 、R 三者之间的关系为R ＝μL ，所以D 正确．4.(多选)如图所示，质量为M 的长木板静止在光滑水平面上，上表面OA 段光滑，AB 段粗糙且长为l ，左端O 处固定轻质弹簧，右侧用不可伸长的轻绳连接于竖直墙上，轻绳所能承受的最大拉力为F .质量为m 的小滑块以速度v 从A 点向左滑动压缩弹簧，弹簧的压缩量达最大时细绳恰好被拉断，再过一段时间后长木板停止运动，小滑块恰未掉落，重力加速度为g .则()A ．细绳被拉断瞬间木板的加速度大小为FMB ．细绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为12m v 2C ．弹簧恢复原长时滑块的动能为12m v 2D ．滑块与木板AB 段间的动摩擦因数为v 22gl答案ABD解析细绳被拉断瞬间，对木板，由于OA 段光滑，没有摩擦力，在水平方向上只受到弹簧的弹力，则细绳被拉断瞬间弹簧的弹力大小等于F ，根据牛顿第二定律有F ＝Ma ，解得a ＝FM ，A 正确；滑块以速度v 从A 点向左滑动压缩弹簧，到弹簧压缩量最大时速度为0，由系统的机械能守恒得，细绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为12m v 2，B 正确；弹簧恢复原长时木板获得动能，由系统机械能守恒知滑块的动能小于12m v 2，C 错误；由于细绳被拉断瞬间，木板速度为零，小滑块速度为零，所以小滑块的动能全部转化为弹簧的弹性势能，即E p ＝12m v 2，小滑块恰未掉落时滑到木板的右端，且速度与木板相同，设为v ′，取向左为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律得0＝(m ＋M )v ′，E p ＝12(m ＋M )v ′2＋μmgl ，联立解得μ＝v 22gl，D 正确．5．(多选)(2023·湖南省长沙市高三检测)如图所示，竖直放置的轻弹簧下端固定在地上，上端与质量为m 的钢板连接，钢板处于静止状态．一个质量也为m 的物块从钢板正上方h 处的P 点自由落下，打在钢板上并与钢板一起向下运动x 0后到达最低点Q ，重力加速度为g .下列说法正确的是()A ．物块与钢板碰后的速度大小为2ghB ．物块与钢板碰后的速度大小为2gh2C ．从P 到Q 的过程中，弹性势能的增加量为mg (2x 0＋h2)D ．从P 到Q 的过程中，弹性势能的增加量为mg (2x 0＋h )答案BC解析物块下落h ，由机械能守恒定律得mgh ＝12m v 12，物块与钢板碰撞，以竖直向下的方向为正方向，由动量守恒定律得m v 1＝2m v 2，解得v 2＝12v 1＝2gh2，选项A 错误，B 正确；从碰撞到Q 点，由能量守恒定律可知12×2m v 22＋2mgx 0＝ΔE p ，则弹性势能的增加量为ΔE p ＝mg (2x 0＋h2)，选项C 正确，D 错误.6.(2023·广东韶关市适应性考试)短道速滑接力赛是北京冬奥会上极具观赏性的比赛项目之一，如图所示为A 、B 两选手在比赛中的某次交接棒过程．A 的质量m A ＝60kg ，B 的质量m B ＝75kg ，交接开始时A 在前接棒，B 在后交棒，交棒前两人均以v 0＝10m/s 的速度向前滑行．交棒时B 从后面用力推A ，当二人分开时B 的速度大小变为v 1＝2m/s ，方向仍然向前，不计二人所受冰面的摩擦力，且交接棒前后瞬间两人均在一条直线上运动．(1)求二人分开时A 的速度大小；(2)若B 推A 的过程用时0.8s ，求B 对A 的平均作用力的大小；(3)交接棒过程要消耗B 体内的生物能，设这些能量全部转化为两人的动能，且不计其他力做功，求B 消耗的生物能E .答案(1)20m/s(2)750N(3)5400J解析(1)设二人分开时A 的速度大小为v 2，取v 0的方向为正方向，根据动量守恒定律可得(m A ＋m B )v 0＝m B v 1＋m A v 2解得v 2＝20m/s(2)对A 由动量定理得F ·t ＝m A v 2－m A v 0解得F ＝750N(3)设B 消耗的生物能为E ，对二人组成的系统，根据能量守恒定律得12(m A ＋m B )v 02＋E ＝12m B v 12＋12m A v 22解得E ＝5400J.7．(2023·天津市南开区模拟)如图所示，光滑轨道abcd 固定在竖直平面内，ab 水平，bcd 为半圆，圆弧轨道的半径R ＝0.32m ，在b 处与ab 相切．在直轨道ab 上放着质量分别为m A ＝2kg 、m B ＝1kg 的物块A 、B (均可视为质点)，用轻质细绳将A 、B 连接在一起，且A 、B 间夹着一根被压缩的轻质弹簧(未被拴接)．轨道左侧的光滑水平地面上停着一质量为M ＝2kg 、足够长的小车，小车上表面与ab 等高．现将细绳剪断，之后A 向左滑上小车且恰好没有掉下小车，B 向右滑动且恰好能冲到圆弧轨道的最高点d 处．物块A 与小车之间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g ＝10m/s 2.求：(1)物块B 运动到圆弧轨道的最低点b 时对轨道的压力大小；(2)细绳剪断之前弹簧的弹性势能E p ；(3)小车长度L 和物块A 在小车上滑动过程中产生的热量Q .答案(1)60N(2)12J(3)0.5m2J解析(1)物块B 在最高点时，有m B g ＝m Bv d 2R从b 到d 由动能定理可得－m B g ·2R ＝12m B v d 2－12m B v b 2在b 点有F N －m B g ＝m B v b 2R联立解得F N ＝60N由牛顿第三定律可知物块B 对轨道的压力大小为60N.(2)由动量守恒定律可得m A v A ＝m B v b 由能量守恒定律可得E p ＝12m A v A 2＋12m B v b 2联立解得E p ＝12J(3)物块滑至小车左端时与小车恰好共速，设速度为v ，根据动量守恒定律得m A v A ＝(m A ＋M )v 由能量守恒定律可得Q ＝μm A gL ＝12m A v A 2－12(m A ＋M )v 2联立解得Q ＝2J ，L ＝0.5m.8．(2023·河北省模拟)如图是某个同学设计的一个游戏装置，该游戏装置的滑道分为光滑的OA 、AB 、BE 、CD 四段，O 点右端固定安装一弹簧发射装置．将一质量为M 的物块a 与弹簧紧贴，释放弹簧，物块a 从O 处出发，运动到A 处时与质量为m 的滑块b 发生弹性碰撞．已知物块a 的质量为M ＝2kg ，滑块b 的质量为m ＝1kg ，竖直面内四分之一圆弧轨道CD 的半径为R ＝0.9m ，BE 段水平且距底座高度h ＝0.8m ，四分之一圆弧轨道C 端的切线水平，C 、E 两点间的高度差刚好可容滑块b 通过，两点间水平距离可忽略不计，滑块b 可以视为质点，不计空气阻力，重力加速度g ＝10m/s 2.若滑块b 恰好能够通过C 处并沿轨道滑落，求：(1)碰撞后瞬间滑块b 的速度大小；(2)碰撞后a 在AB 上运动能上升到的最大高度(保留两位有效数字)；(3)释放物块a 前弹簧的弹性势能(保留两位小数)．答案(1)5m/s(2)0.078m(3)14.06J解析(1)滑块b 恰好能够通过C 处并沿轨道滑落，有mg ＝mv C 2R解得v C ＝3m/s滑块b 由A 到C ，根据机械能守恒定律，有mgh ＋12m v C 2＝12m v A 2解得v A ＝5m/s(2)物块a 与滑块b 发生弹性碰撞，根据动量守恒定律，有M v 0＝m v A ＋M v根据机械能守恒定律，有12M v 02＝12m v A 2＋12M v 2联立解得v 0＝3.75m/s ，v ＝1.25m/s对物块a 由机械能守恒定律，有Mgh M ＝12M v 2解得h M ≈0.078m(3)物块a 和弹簧组成的系统机械能守恒，可知释放物块a 前弹簧的弹性势能E p ＝12M v 02≈14.06J.。

专题强化八应用动能定理解决多过程问题学习目标 1.会用动能定理解决多过程、多阶段的问题。

2.会应用动能定理处理往复运动求路程等复杂问题。

考点一动能定理在多过程问题中的应用1.运用动能定理解决多过程问题的两种思路(1)分段应用动能定理求解。

(2)所求解的问题不涉及中间的速度时，全过程应用动能定理求解更简便。

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1如图1所示，一质量为m ＝0.5kg 的小滑块，在水平拉力F ＝4N 的作用下，从水平面上的A 处由静止开始运动，滑行x ＝1.75m 后由B 处滑上倾角为37°的光滑固定斜面，滑上斜面后拉力的大小保持不变，方向变为沿斜面向上，滑动一段时间后撤去拉力。

已知小滑块沿斜面上滑到的最高点C 距B 点为L ＝2m ，小滑块最后恰好停在A 处。

不计B 处能量损失，g 取10m/s 2，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。

试求：图1(1)小滑块与水平面间的动摩擦因数μ；(2)小滑块在斜面上运动时，拉力作用的距离x 0；(3)小滑块在斜面上运动时，拉力作用的时间t 。

答案(1)2435(2)1.25m (3)0.5s 解析(1)小滑块由C 运动到A ，由动能定理得mgL sin 37°－μmgx ＝0解得μ＝2435。

(2)小滑块在斜面上运动时，设拉力作用的距离为x 0，小滑块由A 运动到C ，由动能定理得Fx －μmgx ＋Fx 0－mgL sin 37°＝0解得x 0＝1.25m 。

(3)小滑块由A 运动到B ，由动能定理得Fx －μmgx ＝12m v 2在斜面上，由牛顿第二定律得F －mg sin 37°＝ma由运动学公式得x 0＝v t ＋12at 2联立解得t ＝0.5s 。

第2讲动能定理整合教材·夯实必备知识一、动能和动能变化(必修二第八章第3节)定义物体由于运动而具有的能公式E k=12mv2矢标性动能是标量,只有正值,动能与速度方向无关状态量动能是状态量,因为v是瞬时速度相对性由于速度具有相对性,所以动能也具有相对性动能的变化物体末动能与初动能之差,即ΔE k=12m v22-12m v12。

动能的变化是过程量提醒:动能E k为非负值,而动能变化量ΔE k有正负之分。

ΔE k>0表示物体的动能增加,ΔE k<0表示物体的动能减少。

二、动能定理(必修二第八章第3节)提醒:合力做的功与物体动能的变化具有等量代换关系,但并不是说动能的变化就是合力做的功。

【质疑辨析】角度1 动能和动能变化(1)质量大的物体,动能一定大。

()(2)速度方向变化,物体的动能一定变化。

()(3)动能不变的物体一定处于平衡状态。

()角度2动能定理(4)物体的动能不变,所受的合外力必定为零。

()(5)合外力做功是物体动能变化的原因。

()(6)动能定理只适用于同时作用的力做功。

()答案:(1)×(2)×(3)×(4)×(5)√(6)×精研考点·提升关键能力考点一动能和动能变化量(核心共研)【核心要点】动能E k、动能变化量ΔE k与速度v的关系项目动能E k动能变化量ΔE k速度v数值关系Ek=12mv2ΔE k =12m v 22-12m v 12≠12m (Δv )2变化 关系 动能是标量,速度是矢量。

当动能发生变化时,物体的速度(大小)一定发生了变化;当速度发生变化时,可能仅是速度方向的变化,物体的动能可能不变【典例剖析】角度1 动能[典例1]在水平路面上有一辆以36 km/h 行驶的客车,在车厢后座有一位乘客甲,把一个质量为 4 kg 的行李以相对客车 5 m/s 的速度抛给前方座位的另一位乘客乙,则行李的动能是( )A.500 JB.200 JC.450 JD.900 J【关键点拨】5 m/s 是行李相对客车的速率,需解出行李相对地面的速度大小。

动能定理解决多过程问题[方法点拨] (1)要对探讨对象受力分析并分析各力做功状况；分析物体运动过程，明确对哪个过程应用动能定理.(2)列动能定理方程要规范，留意各功的正负号问题.1.(2024·湖北省重点中学联考)如图1所示，在倾角为θ的斜面底端固定一根劲度系数足够大的弹簧(力作用在弹簧上时弹簧形变很小，可以忽视不计)，弹簧的上端与斜面上B点对齐.将一个物块从斜面上的A点由静止释放，物块被弹簧反弹后沿斜面上滑，到最高点时离A点的距离为x.物块的大小不计，A、B间的距离为L，则物块与斜面间的动摩擦因数为( )图1A.x2L－xtanθ B.xL－xtanθC.LL＋xtanθ D.LL＋2xtanθ2.(2024·山东省青岛二中模拟)质量为10kg的物体，在变力F作用下沿x轴做直线运动，力随坐标x的改变状况如图2所示.物体在x＝0处，速度为1m/s，不计一切摩擦，则物体运动到x＝16m处时，速度大小为( )图2A.22m/sB.3m/sC.4m/sD.17m/s3.(多选)(2024·北京市海淀区模拟)如图3甲所示，轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处由静止释放.某同学在探讨小球落到弹簧上后接着向下运动到最低点的过程，他以小球起先下落的位置为原点，沿竖直向下方向建立坐标轴Ox，作出小球所受弹力F大小随小球下落的位置坐标x的改变关系如图乙所示，不计空气阻力，重力加速度为g.以下推断正确的是( )图3A.当＝h＋2x0时，小球的动能最小B.最低点的坐标x ＝h ＋2x 0C.当x ＝h ＋2x 0时，小球的加速度为－g ，且弹力为2mgD.小球动能的最大值为mgh ＋mgx 024.(多选)(2024·福建省三明一中模拟)如图4所示，斜面AB 和水平面BC 是由同一板材上截下的两段，在B 处用小圆弧连接.将小铁块(可视为质点)从A 处由静止释放后，它沿斜面对下滑行，进入平面，最终静止于P 处.若从该板材上再截下一段，搁置在A 、P 之间，构成一个新的斜面，再将铁块放回A 处，并轻推一下使之沿新斜面对下滑动.关于此状况下铁块的运动状况，下列描述正确的是( )图4A.铁块肯定能够到达P 点B.铁块的初速度必需足够大才能到达P 点C.铁块能否到达P 点与铁块质量有关D.铁块能否到达P 点与铁块质量无关5.(多选)如图5所示，光滑水平面AB 与竖直面上的半圆形固定轨道在B 点连接，轨道半径为R ，BC 为直径，一可看成质点、质量为m 的物块在A 点处压缩一轻质弹簧(物块与弹簧不拴接)，释放物块，物块被弹簧弹出后，经过半圆形轨道B 点时对轨道的压力变为其重力的7倍，之后向上运动恰能通过半圆轨道的最高点C ，重力加速度大小为g ，不计空气阻力，则( )图5A.物块经过B 点时的速度大小为5gRB.刚起先时被压缩弹簧的弹性势能为3mgRC.物块从B 点到C 点克服阻力所做的功为12mgRD.若刚起先时被压缩弹簧的弹性势能变为原来的2倍，物块到达C 点的动能为72mgR6.一个质量为4kg 的物体静止在足够大的水平地面上，物体与地面间的动摩擦因数μ＝0.1，从t ＝0起先，物体受到一个大小和方向呈周期性改变的水平力F 作用，力F 随时间的改变规律如图6所示，求83s 内物体的位移大小和力F 对物体所做的功.(g 取10m/s 2)图67.(2024·湖南省衡阳市一模)某雪橇运动简化模型如图7所示：倾角为θ＝37°的直线雪道AB与曲线雪道BCDE在B点平滑连接，其中A、E两点在同一水平面上，雪道最高点C所对应的圆弧半径R＝10m，B、C两点距离水平面AE的高度分别为h1＝18m与h2＝20m，雪橇与雪道各处的动摩擦因数均为μ＝0.1，运动员可坐在电动雪橇上由A点从静止起先向上运动，若电动雪橇以恒定功率1.2kW工作10s后自动关闭，则雪橇和运动员(总质量m＝50kg)到达C点的速度为2m/s.已知雪橇运动过程中不脱离雪道且sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2，求：图7(1)雪橇在C点时对雪道的压力；(2)雪橇在BC段克服摩擦力所做的功.8.如图8所示，倾角为θ＝37°的斜面固定在水平地面上，劲度系数为k＝40N/m的轻弹簧与斜面平行，弹簧下端固定在斜面底端的挡板上，弹簧与斜面间无摩擦.一个质量为m＝5kg 的小滑块从斜面上的P点由静止滑下，小滑块与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5，P点与弹簧自由端Q点间的距离为L＝1m.已知整个过程弹簧始终在弹性限度内，弹簧的弹性势能E p与其形变量x的关系为E p＝12kx2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g＝10m/s2.求：图8(1)小滑块从P点下滑到Q点时所经验的时间t；(2)小滑块运动过程中达到的最大速度v m的大小；(3)小滑块运动到最低点的过程中，弹簧的最大弹性势能.9.(2024·山东省济宁市一模)如图9所示，一根轻弹簧左端固定于竖直墙上，右端被质量m＝1kg可视为质点的小物块压缩而处于静止状态，且弹簧与物块不拴接，弹簧原长小于光滑平台的长度.在平台的右端有一水平传送带AB长为L＝12m，与传送带相邻的粗糙水平面BC 长为x＝4m，物块与传送带及水平面BC间的动摩擦因数均为μ＝0.3，在C点右侧有一半径为R的光滑竖直圆弧轨道与BC平滑连接，在半圆弧轨道的最高点F处有一固定挡板，物块撞上挡板后会以原速率反弹回来.若传送带以v＝6m/s的速率顺时针匀速转动，不考虑物块滑上和滑下传送带的机械能损失.释放物块，当弹簧储存的能量E p＝8J全部转移给物块时，小物块恰能滑到与圆心O等高的E点，取g＝10m/s2.图9(1)求物块被弹簧弹出时的速度大小；(2)求半圆弧轨道的半径R；(3)若传送带的速度大小可调，欲使小物块与挡板只碰一次，且碰后不脱离轨道，求传送带速度的可调范围.答案精析1.A [物块从A 点由静止释放到返回至最高点，重力做正功，摩擦力做负功，弹簧的弹力做功为零，动能的改变量为零，依据动能定理得mgx sin θ－μmg cos θ(2L －x )＝ΔE k ＝0，解得μ＝x2L －xtan θ，故A 正确，B 、C 、D 错误.]2.B [在0～4m 内F 恒定，物体做匀加速直线运动，依据牛顿其次定律得a ＝F m＝1m/s 2，依据2ax ＝v 42－v 02得v 4＝3m/s ，对物体在4～16m 内运动过程运用动能定理，从题图中可知4～16m 内合外力做功为0，所以v 16＝v 4＝3m/s ，B 正确.]3.CD [由题图乙可知mg ＝kx 0，解得x 0＝mg k，由F －x 图线与横轴所围图形的面积表示弹力所做的功，则有W 弹＝12k (x －h )2，由动能定理得mgx －12k (x －h )2＝0，即mgx －mg 2x 0(x －h )2＝0，解得x ＝h ＋x 0(1＋1＋2hx 0)，故最低点坐标不是h ＋2x 0，且此处动能不是最小，故A 、B 错误；由题图可知，mg ＝kx 0，由对称性可知当x ＝h ＋2x 0时，小球加速度为－g ，且弹力为2mg ，故C 正确；小球在x ＝h ＋x 0处时，动能有最大值，依据动能定理有mg (h ＋x 0)＋W 弹＝E km －0，依题可得W 弹＝－12mgx 0，所以E km ＝mgh ＋12mgx 0，故D 正确.]4.AD [设A 距离地面的高度为h ，板材的动摩擦因数为μ，对全过程运用动能定理有mgh －μmg cos θ·s AB －μmgs BP ＝0，得mgh －μmg (s AB cos θ＋s BP )＝0，而s AB cos θ＋s BP ＝OP ，即h －μOP ＝0，铁块在新斜面上有mg sin α－μmg cos α＝ma ，由sin α－μcos α＝h －μOPAP＝0，可知铁块在新斜面上做匀速运动，与铁块的质量m 无关，铁块肯定能够到达P 点，选项A 、D 正确，B 、C 错误.]5.BC [设物块经过半圆轨道B 点瞬间的速度为v B ，物块在B 点时有F N ＝7mg ，F N －mg ＝mv 2BR可得v B ＝6gR ，选项A 错误；物块从A 点到B 点的过程有E p ＝12mv B 2，解得E p ＝3mgR ，选项B 正确；设物块到达C 点时的速度为v C ，物块在C 点时有mg ＝m v2C R，物块从B 点到C 点的过程有－mg ·2R －W f 克＝12mv C 2－12mv B 2，可解得物块从B 点到C 点过程克服阻力做的功W f 克＝12mgR ，选项C 正确；若刚起先时被压缩弹簧的弹性势能变为原来的2倍，物块进入半圆形轨道的速度增大，在同一点物块对轨道的压力增大，摩擦力增大，物块从B 点到C 点克服阻力所做的功增大，物块到达C 点的动能小于72mgR ，选项D 错误.]6.167m 676J解析 当物体在前半周期时由牛顿其次定律得F 1－μmg ＝ma 1，则物体的加速度大小a 1＝F 1－μmg m＝2m/s 2当物体在后半周期时由牛顿其次定律得 |F 2|＋μmg ＝ma 2，则物体的加速度大小a 2＝|F 2|＋μmg m＝2m/s 2.前半周期和后半周期位移相等，x 1＝12a 1t 2＝4m一个周期的位移为8m ，后半周期第1s 内的位移为3m 83s 内物体的位移大小为x ＝(20×8＋4＋3)m ＝167m 第83s 末的速度v ＝v 1－a 2t 1＝2m/s 由动能定理得W F －μmgx ＝12mv 2所以W F ＝μmgx ＋12mv 2＝676J.7.(1)480N ，方向竖直向下 (2)700J解析 (1)在C 点，雪橇和人由重力和支持力的合力供应向心力，由向心力公式和牛顿其次定律得mg －F N ＝m v 2R，解得F N ＝480N ，由牛顿第三定律可知雪橇对雪道的压力大小为480N ，方向竖直向下.(2)雪橇在AB 段受到的滑动摩擦力为F f ＝μmg cos37°＝40N ，设雪橇在BC 段克服摩擦力做功大小为W BC ，从A 到C 依据动能定理有Pt －mgh 2－F f ·h 1sin37°－W BC ＝12mv 2，解得W BC ＝700J.8.(1)1s (2)322m/s (3)20J解析 (1)由牛顿其次定律可知小滑块沿斜面下滑的加速度a ＝g sin θ－μg cos θ＝2m/s 2由L ＝12at 2可得t ＝2La＝1s(2)设弹簧被压缩至x 0处时小滑块达到最大速度v m ，此时小滑块加速度为零，依据平衡条件有mg sin θ－μmg cos θ＝kx 0 这一过程由动能定理有mg sin θ(L ＋x 0)－μmg cos θ(L ＋x 0)－12kx 02＝12mv m 2解得v m ＝322m/s(3)设小滑块从P 点下滑到压缩弹簧至最低点时，弹簧的压缩量为x 1，则E pm ＝12kx 12，由动能定理，有mg sin θ(L ＋x 1)－μmg cos θ(L ＋x 1)－E pm ＝0，解得E pm ＝20J. 9.(1)4m/s (2)0.6m (3)36m/s≤v ≤221m/s解析 (1)物块被弹簧弹出，由能量守恒定律得E p ＝12mv 02，解得v 0＝4m/s ；(2)若物块在传送带上始终加速运动，设经过传送带获得的速度为v ′，有v ′2－v 02＝2μgL ，解得v ′＝222m/s ＞6m/s ，所以，物块在传送带上先加速运动后匀速运动，经过传送带获得的速度为v ＝6m/s ，从B 点到E 点，由动能定理得－μmgx －mgR ＝0－12mv 2，解得R ＝0.6m ；(3)设物块在B 点的速度为v 1时恰能到F 点，在F 点满意mg ＝m v2F R，从B 点到F 点过程中由动能定理可知－μmgx －mg ×2R ＝12mv F 2－12mv 12，解得v 1＝36m/s.设物块在B 点的速度为v 2时，物块撞挡板返回后恰好能再次上滑到E 点.由动能定理可知－μmg ×3x －mgR ＝0－12mv 22，解得v 2＝221m/s ，因为物块在传送带上始终加速获得的最大速度为222m/s ，所以传送带速度的可调范围为36m/s≤v ≤221m/s.。

动能定理在多过程问题中的应用模型特征：优先考虑应用动能定理的典型问题 (1)不涉及加速度、时间的问题．(2)有多个物理过程且不需要研究整个过程中的中间状态的问题． (3)变力做功的问题．(4)含有F 、l 、m 、v 、W 、E k 等物理量的力学问题． 1、解析 (1)小滑块由C 运动到A ，由动能定理得mgL sin 37°－μmgs ＝0 （2分） 解得μ＝2435 （1分）(2)设在斜面上，拉力作用的距离为x ，小滑块由A 运动到C ，由动能定理得 Fs －μmgs ＋Fx －mgL sin 37°＝0 （2分） 解得x ＝1.25 m（1分） (3)小滑块由A 运动到B ，由动能定理得Fs －μmgs ＝12m v 2（2分）由牛顿第二定律得F －mg sin 37°＝ma （2分） 由运动学公式得x ＝v t ＋12at 2（2分） 联立解得t ＝0.5 s（1分）答案 (1)2435(2)1.25 m (3)0.5 s2、一质量为2 kg 的铅球从离地面2 m 高处自由下落，陷入沙坑中2 cm 深处，如图所示，求沙子对铅球的平均阻力(g ＝10 m/s 2)． 答案 2 020 N解析 小球的运动包括自由落体运动和陷入沙坑减速运动两个过程，知 道初末态动能和运动位移，应选用动能定理解决，处理方法有两种：解法一 分段列式：铅球自由下落过程中，设小球落到沙面时速度为v ，则：mgH ＝12m v 2v ＝2gH ＝2×10×2 m/s ＝210 m/s.铅球陷入沙坑过程中，只受重力和阻力F f 作用，由动能定理得：mgh －F f h ＝0－m v 22F f ＝mgh ＋m v 22h ＝2×10×0.02＋2×(210)220.02N ＝2 020 N解法二 全程列式：全过程都有重力做功，进入沙中又有阻力做功． 所以W 总＝mg (H ＋h )－F f h由动能定理得：mg (H ＋h )－F f h ＝0－0故：F f ＝mg (H ＋h )h ＝2×10×(2＋0.02)0.02 N ＝2 020 N.3、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 ＝5 m ，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h 1＝4.30 m 、h 2＝1.35 m ．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10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求： (1)小滑块第一次到达D 点时的速度大小； (2)小滑块第一次与第二次通过C 点的时间间隔． 答案 (1)3 m/s (2)2 s解析 (1)物块从A →B →C →D 过程中，由动能定理得 mg (h 1－h 2)－μmgs ＝12m v D 2－0，解得：v D ＝3 m/s(2)小物块从A →B →C 过程中，有 mgh 1－μmgs ＝12m v 2C解得：v C ＝6 m/s小物块沿CD 段上滑的加速度 a ＝g sin θ＝6 m/s 2小物块沿CD 段上滑到最高点的时间 t 1＝v Ca＝1 s小物块从最高点滑回C 点的时间t 2＝t 1＝1 s 故t ＝t 1＋t 2＝2 s4、如图所示，粗糙水平地面AB 与半径R ＝0.4 m 的光滑半圆轨道BCD 相连接，且在同一竖直平面内，O 是BCD 的圆心， BOD 在同一竖直线上．质量m ＝2 kg 的小物块在9 N 的水 平恒力F 的作用下，从A 点由静止开始做匀加速直线运动．已知AB ＝5 m ，小物块与水平地面间的动摩擦因数为μ＝0.2.当小物块运动到B 点时撤去力F .取重力加速度g ＝10 m/s 2.求： (1)小物块到达B 点时速度的大小；(2)小物块运动到D 点时，轨道对小物块作用力的大小； (3)小物块离开D 点落到水平地面上的点与B 点之间的距离． 答案 (1)5 m/s (2)25 N (3)1.2 m 解析 (1)从A 到B ，根据动能定理有 (F －μmg )x AB ＝12m v 2B得v B ＝2(F －μmg )x ABm＝5 m/s(2)从B 到D ，根据动能定理有 －mg ·2R ＝12m v 2D －12m v 2B 得v D ＝v 2B －4Rg ＝3 m/s在D 点，根据牛顿运动定律有F N ＋mg ＝m v 2D R得F N ＝m v 2DR－mg ＝25 N(3)由D 点到落点小物块做平抛运动，在竖直方向上有 2R ＝12gt 2得t ＝4R g＝ 4×0.410s ＝0.4 s 水平地面上落点与B 点之间的距离为 x ＝v D t ＝3×0.4 m ＝1.2 m5、水上滑梯可简化成如图所示的模型：倾角为θ＝37°的倾斜滑道AB 和水平滑道BC 平滑连接，起点A 距水面的高度H ＝7.0 m ，BC 的长度d ＝2.0 m ，端点C 距水面的高度h＝1.0 m ．一质量m ＝50 kg 的运动员从滑道起点A 无初速度地自由滑下，运动员与AB 、BC 间的动摩擦因数均为μ＝0.1.(取重力加速度g ＝10 m/s 2，cos 37°＝0.8，sin 37°＝0.6，运动员在运动过程中可视为质点)(1)求运动员沿AB 下滑时加速度的大小a ；(2)求运动员从A 滑到C 的过程中克服摩擦力所做的功W 和到达C 点时速度的大小v C ； (3)保持水平滑道端点在同一水平线上，调节水平滑道高度h 和长度d 到图中B ′C ′位置时，运动员从滑梯平抛到水面的水平位移最大，求此时滑道B ′C ′距水面的高度h ′. 答案 (1)5.2 m /s 2 (2)500 J 10 m/s (3)3 m解析 (1)运动员沿AB 下滑时，受力情况如图所示 F f ＝μF N ＝μmg cos θ 根据牛顿第二定律： mg sin θ－μmg cos θ＝ma得运动员沿AB 下滑时加速度的大小为： a ＝g sin θ－μg cos θ＝5.2 m/s 2(2)运动员从A 滑到C 的过程中，克服摩擦力做的功为：W ＝μmg cos θ·H －h sin θ＋μmgd ＝μmg [d ＋(H －h )cot θ]＝10μmg ＝500 J ，mg (H －h )－W ＝12m v 2C－0解得运动员滑到C 点时速度的大小v C ＝10 m/s(3)在从C ′点滑出至落到水面的过程中，运动员做平抛运动的时间为t ， h ′＝12gt 2，t ＝2h ′g下滑过程中克服摩擦力做功保持不变，W ＝500 J 根据动能定理得：mg (H －h ′)－W ＝12m v 2－0，v ＝2g (H －1－h ′)运动员在水平方向的位移：x ＝v t ＝2g (H －1－h ′)2h ′g＝4(H －1－h ′)h ′ 当h ′＝H －12＝3 m 时，水平位移最大．。

第4讲功能关系能量守恒定律1.一个人站立在商场的自动扶梯的水平踏板上，随扶梯向上加速，如图所示，则（D）A.人对踏板的压力大小等于人所受到的重力大小B.人只受重力和踏板的支持力的作用C.踏板对人的支持力做的功等于人的机械能增加量D.人所受合力做的功等于人的动能的增加量解析人的加速度斜向上，将加速度分解到水平和竖直方向得a x＝a cos θ，方向水平向右，a y＝a sin θ，方向竖直向上，水平方向受静摩擦力作用，f＝ma x＝ma cosθ，水平向右，竖直方向受重力和支持力，F N-mg＝ma sin θ，所以F N＞mg，故A、B错误；除重力以外的力对物体做的功等于物体机械能的变化量，踏板对人的力除了支持力还有摩擦力，运动过程中摩擦力也做功，所以踏板对人的支持力做的功不等于人的机械能增加量，故C错误；由动能定理可知，人所受合力做的功等于人的动能的增加量，故D正确.2.[创新信息给予方式/2024广东惠州第一次调研/多选]如图为足球踢出后在空中运动依次经过a、b、c三点的轨迹示意图，其中a、c点等高，b点为最高点，则足球（AC）A.在运动过程中受到空气阻力的作用B.在b点的速度为0C.在a点的机械能比在b点的机械能大D.在a点的动能与在c点的动能相等解析由于足球在ab段和bc段的轨迹不对称【注意：足球踢出后的运动过程，若其仅受重力作用，那么形成的运动轨迹应该是抛物线的一部分，ab段和bc段的轨迹应该是对称的】，因此足球在运动过程中受到空气阻力的作用，A对；b点为轨迹的最高点，足球的速度水平向右，B错；足球从a点运动到b点的过程中，空气阻力对足球做负功，足球的机械能减小，因此足球在a点的机械能大于在b点的机械能，C对；足球在a点和c点的高度相同，重力势能相等，但足球从a点运动到c点的过程中，空气阻力对足球做负功，足球的机械能减小，因此足球在a 点的动能大于在c 点 的动能，D 错.3.[2024海南琼中中学高三月考/多选]如图所示，一滑板爱好者沿着倾角为30°的斜坡从静止开始自由下滑，下滑过程中的加速度大小恒为27g ，已知滑板爱好者连同滑板的总质量为m ，重力加速度为g .在滑板爱好者（含滑板）沿斜坡下滑距离为L 的过程中，下列说法正确的是（ CD ）A.滑板爱好者下滑过程中机械能守恒B.滑板爱好者减少的重力势能为27mgLC.滑板爱好者增加的动能为27mgL D.滑板爱好者减少的机械能为314mgL解析 滑板爱好者下滑过程中的加速度大小为2g7，小于g sin 30°，因此滑板受到阻 力，机械能不守恒，故A 错误；滑板爱好者减少的重力势能等于重力所做的功，即 减少的重力势能为ΔE p ＝mgL sin 30°＝12mgL ，故B 错误；根据动能定理可知，滑板爱 好者增加的动能为ΔE k ＝FL ＝maL ＝27mgL ，故C 正确；根据牛顿第二定律可得mg sin30°-F 阻＝27mg ，解得阻力大小为F 阻＝314mg ，滑板爱好者减少的机械能等于克服阻力 所做的功，即ΔE ＝F 阻L ＝314mgL ，故D 正确.4.如图所示，在高为h 的粗糙平台上，有一个质量为m 的小球，小球被一根细线拴在墙上，小球与墙间有一根被压缩的轻质弹簧.当烧断细线时，小球被弹出，小球落地时速度大小为v .对烧断细线到小球刚要落地的过程，下列说法正确的是（ D ）A.小球离开弹簧时的动能是12mv 2B.弹簧弹力做的功等于12mv 2C.弹簧弹力与重力做的功之和等于12mv 2D.弹簧弹力与摩擦力做的功之和等于12mv 2－mgh解析 从细线被烧断到小球被抛出的过程中，弹簧的弹性势能转化为内能和小球 的动能，由能量守恒定律得E p ＝E k ＋Q f ，小球从被抛出到落地的过程中，由动能定 理得mgh ＝12mv 2-E k ，整理得12mv 2＝E p ＋mgh -Q f ，变形得E p -Q f ＝12mv 2-mgh ，故A 、B 、 C 错误，D 正确.5.[2024浙江名校联考]如今，因为气排球相对标准排球质量轻，打法多变，深受人们喜爱.下列关于水平发球后球在空中运动过程中竖直方向的加速度a、水平方向的速度v、动能E k、机械能E的大小随运动时间t的变化关系中，可能正确的是（D）解析由题意，可知气排球在飞行过程中需要考虑空气阻力的作用，其运动轨迹应为曲线，故可知在竖直方向上气排球的加速度应不是一个定值，水平方向也不可能合力为零，做匀速运动，故A、B错误.由于气排球飞出后（开始一段时间内），受空气阻力的影响较大，合力对气排球做负功，可知出手后其动能将减小，故C错误.根据功能关系可知，由于空气阻力对气排球做负功，则其机械能将减小，且由于气排球的速度减小，可知空气阻力也将减小，即图像的斜率减小，故D符合题意.6.如图，底端固定有挡板的斜面体置于粗糙水平面上，轻弹簧一端与挡板连接，弹簧为原长时自由端在B点，一小物块紧靠弹簧放置并在外力作用下将弹簧压缩至A点.物块由静止释放后，沿粗糙斜面上滑至最高点C，然后下滑，最终静止在斜面上.若整个过程中斜面体始终静止，则下列说法正确的是（B）A.整个运动过程中，物块加速度为零的位置只有一处B.物块上滑过程中速度最大的位置与下滑过程中速度最大的位置不同C.对整个运动过程，系统弹性势能的减少量等于系统内能的增加量D.物块从A上滑到C的过程中，地面对斜面体的摩擦力大小先增大再减小，然后不变解析物块沿斜面上滑时，加速度最初沿斜面向上，逐渐减小至零后再反向增大，最终不变，当kx1＝f＋mg sin α时，物块的加速度为零，此时物块上滑的速度最大；物块到达最高点后由C点开始从静止下滑，说明其重力沿斜面向下的分力大于最大静摩擦力，物块经过B点后，弹簧对物块有沿斜面向上的弹力，当kx2＋f＝mg sin α时，物块的加速度为零，此时物块下滑的速度最大.显然x1＞x2，说明物块上滑过程速度最大的位置与下滑过程速度最大的位置不同，故A错误，B正确.易知物块最终静止在斜面上的位置比A点高，故对整个运动过程，弹簧的弹性势能转化为内能和物块的重力势能，所以系统内能的增加量小于弹簧减少的弹性势能，故C错误.物块从A上滑到B的过程中，弹簧的弹力逐渐减小，在物块的合力等于零之前，由牛顿第二定律有kx-f-mg sin α＝ma，a随着弹簧形变量x的减小而减小，方向沿斜面向上，以斜面体、物块和弹簧整体为研究对象，知地面对斜面体的摩擦力f地＝ma cos α，a 减小，则f 地减小；物块的合力等于零之后到B 的过程，由牛顿第二定律有f ＋mg sin α-kx ＝ma ，a 随着x 的减小而增大，方向沿斜面向下，以斜面体、物块和弹簧整体为研究对象，知地面对斜面体的摩擦力f 地＝ma cos α，a 增大，则f 地增大；物块从B 运动到C 的过程，物块的加速度不变，则由f 地＝ma cos α知，f 地不变.综上知，物块从 A 上滑到C 的过程中，地面对斜面体的摩擦力先减小再增大，然后不变，故D 错误. 7.[2023福建莆田一中期中]如图所示，有三个斜面a 、b 、c ，底边的长分别为L 、L 、3L ，高度分别为3h 、h 、h .某物体与三个斜面间的动摩擦因数都相同，这个物体分别沿三个斜面从顶端由静止下滑到底端.三种情况相比较，下列说法正确的是（ A ）A.因摩擦产生的热量3Q a ＝3Q b ＝Q cB.因摩擦产生的热量4Q a＝3Q b＝Q cC.物体到达底端的动能E k a ＝3E k b ＝3E k cD.物体损失的机械能ΔE a＝3ΔE b＝ΔE c解析 物体下滑，除重力外有摩擦力做功，根据能量守恒定律可知，损失的机 械能转化成摩擦产生的内能.有Q ＝fx ＝μmg cos θ·x ＝μmgx 底边，x 为斜面的长度，θ为 斜面的倾角，由题图可知a 和b 底边相等且等于c 底边的13，故摩擦产生的热量关系为Q a ＝Q b ＝13Q c ，即3Q a ＝3Q b ＝Q c ，损失的机械能ΔE a ＝ΔE b ＝13ΔE c ，即3ΔE a ＝3ΔE b ＝ ΔE c ，故B 、D 错误，A 正确.设物体滑到底端时的动能为E k ，根据动能定理得mgH - μmgx cos θ＝E k -0，则E k a ＝3mgh -μmgL ，E k b ＝mgh -μmgL ，E k c ＝mgh -3μmgL ，可知物 体滑到底端时的动能大小关系为E k a ＞E k b ＞E k c ，故C 错误.8.[联系生产实践/2024广东惠州第一次调研/多选]图（a ）是粮库工作人员通过传送带把稻谷堆积到仓库内的情境，其简化模型如图（b ）所示，工作人员把一堆稻谷轻轻地放在以恒定的速度v 顺时针转动的传送带的底端，稻谷经过加速和匀速两个过程到达传送带顶端，然后被抛出落到地上.已知传送带的长度为L ，与地面的夹角为θ，忽略空气阻力，不计传送带两端轮子半径大小及稻谷厚度，重力加速度为g ，以地面为零势能面，对稻谷中一颗质量为m 的谷粒P 的说法正确的是（ ABC ）A.在匀速阶段，其他谷粒对谷粒P 的作用力方向竖直向上B.在传送带上运动的过程，其他谷粒对谷粒P 做的功为12mv 2＋mgL sin θC.谷粒P 离开传送带后（落地前）的机械能为12mv 2＋mgL sin θD.在传送带上运动的过程，谷粒P 克服重力做的功为12mv 2解析谷粒P 匀速上升其他谷粒对谷粒P 的作用力与谷粒P 的重力等大反向，A 对9.[多选]如图甲所示，可视为质点的小球用长为L 、不可伸长的轻绳悬挂于O 点.现对小球施加一水平恒力使其从静止开始运动，轻绳拉力大小F T 随绳转过的角度θ变化的图线如图乙所示，图中F 0为已知量，重力加速度为g ，下列说法正确的是（ BC ）A.小球到达最高点时的机械能最大B.小球到达最高点时的加速度大小为√3gC.小球运动过程中轻绳拉力的最大值为4F 0D.小球从开始运动到最高点，增加的机械能为√3F 0L解析 设恒力大小为F ，将F 与mg 的合力作为等效重力mg'，小球在等效最低点时 速度最大，轻绳的拉力F T 最大.由题图乙可知，当θ＝π3时，小球位于等效最低点，沿 切线方向有F cos 60°＝mg sin 60°，解得F ＝√3mg ，又θ＝0°时，F T ＝mg ＝F 0，所以恒力F ＝√3F 0，则等效重力mg'＝√F 2＋F 02＝2F 0.由功的定义可知，当轻绳被拉至水平位置时，拉力做的功最大，小球的机械能最大.从小球静止到轻绳被拉至水平的过 程，由动能定理可知，FL -mgL ＞0，可见轻绳水平时小球的速度不为零，小球还可 继续上升，故A 错误.小球运动到等效最低点时轻绳拉力最大，对小球由静止运动到等效最低点的过程，有mg'L (1- cos 60°)＝12mv 2，在等效最低点时，有F T -mg'＝m v 2L，联立以上各式得F T ＝4F 0，故C 正确.根据运动的对称性可知，小球到达最高点时轻绳与水平方向的夹角为30°，小球在最高点的加速度大小与在初始位置的加速度大小相等，所以a ＝Fm ＝√3g ，故B 正确.小球在最高点时，轻绳与水平方向间的夹角为30°，从开始到最高点拉力做的功W ＝FL cos 30°＝32F 0L ，由功能关系可知，小球增加的机械能为32F 0L ，故D 错误.10.[2023辽宁]某大型水陆两栖飞机具有水面滑行汲水和空中投水等功能.某次演练中，该飞机在水面上由静止开始匀加速直线滑行并汲水，速度达到v 1＝80m/s 时离开水面，该过程滑行距离L ＝1600m 、汲水质量m ＝1.0×104kg.离开水面后，飞机攀升高度h ＝100m 时速度达到v 2＝100m/s ，之后保持水平匀速飞行，待接近目标时开始空中投水.取重力加速度g ＝10m/s 2.求：（1）飞机在水面滑行阶段的加速度a 的大小及滑行时间t ；（2）整个攀升阶段，飞机汲取的水的机械能增加量ΔE .答案 （1）2m/s 2 40s （2）2.8×107J解析 （1）飞机在水面滑行阶段，由匀变速直线运动规律有2aL ＝v 12解得a ＝2m/s 2又v 1＝at解得t ＝40s（2）整个攀升阶段，对飞机汲取的水分析，由机械能的定义得ΔE ＝mgh ＋12m v 22－12m v 12解得ΔE ＝2.8×107J.11.如图所示，在倾角为37°的斜面底端固定一挡板，轻弹簧下端连在挡板上，上端与物块A 相连，用不可伸长的细线跨过斜面顶端的定滑轮把A 与另一物体B 连接起来，A 与滑轮间的细线与斜面平行.已知弹簧劲度系数k ＝40N/m ，A 的质量m 1＝1kg ，与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，B 的质量m 2＝2kg.初始时用手托住B ，使细线刚好处于伸直状态，此时物体A 与斜面间没有相对运动趋势，物体B 的下表面离地面的高度h ＝0.3m ，整个系统处于静止状态，弹簧始终处于弹性限度内.取重力加速度g ＝10m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.（1）由静止释放物体B ，求B 刚落地时的速度大小.（2）把斜面处理成光滑斜面，再将B 换成一个形状完全相同的物体C 并由静止释放，发现C 恰好到达地面，求C 的质量m 3.答案 （1）√2m/s （2）0.6kg解析 （1）因为初始时刻A 与斜面间没有相对运动趋势，即A 不受摩擦力，此时有m 1g sin θ＝F 弹弹簧的压缩量为x 1＝F 弹k ＝m 1gsinθk＝0.15m当B 落地时，A 沿斜面上滑h ，此时弹簧的伸长量为x 2＝h －x 1＝0.15m所以从手放开B 到B 落地过程中以A 、B 和弹簧为系统，弹簧伸长量和压缩量相同，弹性势能不变，弹簧弹力不做功，根据能量守恒定律可得m 2gh ＝m 1gh sin θ＋μm 1g cos θ·h ＋12（m 1＋m 2）v 2代入数据解得v ＝√2m/s（2）由（1）分析同理可知换成光滑斜面，没有摩擦力，则从手放开C 到C 落地过程中以A 、C 和弹簧为系统，根据机械能守恒定律可得m 3gh ＝m 1gh sin θ代入数据解得m 3＝0.6kg.12.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L 1＝0.2m ，AC 长L 2＝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F N 大小及弹簧的弹性势能E p0；（3）要使游戏成功，弹簧的弹性势能E p 与高度h 之间满足的关系.答案 （1）1m/s （2）0.14N 8.0×10－3J （3）E p ＝2×10－3×（10h ＋3）J （其中0.05m ≤h ≤0.2m ）解析 （1）由滑块恰过F 点可得mg ＝m v F2rv F ＝1m/s（2）滑块从E 到B ，由动能定理有－mgh －μmgL 2＝0－12m v E2设滑块在E 点时受到的支持力的大小为F'N则F'N －mg ＝mv E2r联立解得F'N ＝0.14N由牛顿第三定律可知F N ＝F'N ＝0.14N滑块从O 点到B 点，根据动能定理有E p0－mgh －μmg （L 1＋L 2）＝0解得E p0＝8.0×10－3J（3）滑块恰能过F 点时弹簧的弹性势能E p1＝2mgr ＋μmgL 1＋12m v F 2＝7.0×10－3J滑块运动到B 点时速度减为零，则从O 点到B 点的过程中，根据能量守恒定律有E p1－mgh 1－μmg （L 1＋L 2）＝0解得h 1＝0.05m设斜轨道AB 的倾角为θ，则μmg cos θ≥mg sin θ 得tan θ≤0.5，h ＝L 2tan θ≤0.2m从O 点到B 点，有E p ＝mgh ＋μmg （L 1＋L 2）＝2×10－3×（10h ＋3）J其中0.05m ≤h ≤0.2m.13.[流体中的能量问题/2024浙江名校联考]某地区常年有风，风速基本保持在4m/s ，该地区有一风力发电机，其叶片转动可形成半径为10m 的圆面，若保持风垂直吹向叶片，空气密度为1.3kg/m 3，风的动能转化为电能的效率为20％.现用这台风力发电机给一水泵供电，使水泵从地下10m 深处抽水，水泵能将水抽到地面并以2m/s 的速度射出，出水口的横截面积为0.1m 2，水的密度为1×103kg/m 3，水泵及电机组成的抽水系统的效率为80％，则下列说法正确的是（ C ）A.该风力发电机的发电功率约为12.8kWB.每秒钟水流的机械能增加400JC.风力发电机一天的发电量可供该水泵正常工作约2.4hD.若风速变为8m/s ，则该风力发电机的发电功率变为原来的4倍解析 由题意可知单位时间内冲击风力发电机叶片圆面的气流体积为V 0＝vS ＝v πR 2，则单位时间内冲击风力发电机叶片圆面的气流的动能为E k ＝12mv 2＝12ρV 0v 2＝12ρπR 2v 3，又风的动能转化为电能的效率为20％，则此风力发电机的发电功率为P ＝20％E k 1s，联立解得P ≈2.6kW ，若风速变为8 m/s ，即风速变为原来的2倍，则该风力发电机的发电功率变为原来的8倍，A 、D 错误；由题意可知每秒钟水流机械能的增加量为ΔE ＝m'gh ＋12m'v'2，其中m'＝ρ水S'v'，代入数据解得ΔE ＝2.04×104 J ，B 错误；由题意可得水泵正常工作每秒钟的耗电量为ΔE'＝ΔE 80％＝2.55×104 J ，而风力发电机一天的发电量为E'＝Pt ≈2.6×103×24×60×60 J ≈2.2×108 J ，则风力发电机一天的发电量可供水泵正常工作的时间为t'＝E 'ΔE '≈8 627 s≈2.4 h ，C 正确.。

专题九 动能定理的综合应用1.[多过程问题/2022浙江1月]如图所示，处于竖直平面内的一探究装置，由倾角α＝37°的光滑直轨道AB 、圆心为O 1的半圆形光滑轨道BCD 、圆心为O 2的半圆形光滑细圆管轨道DEF 、倾角也为37°的粗糙直轨道FG 组成，B 、D 和F 为轨道间的相切点，弹性板垂直轨道固定在G 点（与B 点等高），B 、O 1、D 、O 2和F 点处于同一直线上.已知可视为质点的滑块质量m ＝0.1kg ，轨道BCD 和DEF 的半径R ＝0.15m ，轨道AB 长度l AB ＝3m ，滑块与轨道FG 间的动摩擦因数μ＝78.滑块与弹性板作用后，以等大速度弹回，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g 取10m/s 2.滑块开始时均从轨道AB 上某点静止释放.（1）若释放点距B 点的长度l ＝0.7m ，求滑块到最低点C 时轨道对其支持力F N 的大小；（2）设释放点距B 点的长度为l x，求滑块第1次经F 点时的速度v 与l x之间的关系式； （3）若滑块最终静止在轨道FG 的中点，求释放点距B 点长度l x的值.答案 （1）7N （2）v ＝√12l x－9.6（m/s ）（0.85m ≤l x≤3m ） （3）1315m 或95m 或4115m解析 （1）滑块从释放点到C 的过程中只有重力做功，机械能守恒，则mgl sin37°＋mgR（1－cos37°）＝12m v C2在C 点根据牛顿第二定律有F N －mg ＝mv C2R代入数据解得F N ＝7N.（2）要使滑块到达F 点，则滑块必过圆弧轨道DEF 的最高点，有mgl x sin37°－mg （3R cos37°＋R ）＝12m v 02≥0即l x ≥0.85m滑块运动到F 点的过程中，由机械能守恒定律有mgl x sin37°－4mgR cos37°＝12mv 2解得v ＝√12l x －9.6（m/s ）（0.85m ≤l x ≤3m ）.（3）设最终摩擦力做的功为滑块第一次到达FG 中点时的n 倍，由动能定理得mgl x sin37°－mg lFG 2sin37°－nμmg lFG 2cos37°＝0l FG ＝4Rtan37°解得l x ＝7n+615m将0.85m ≤l x ≤3m 代入上式可得2728≤n ≤397由运动过程可知，n 只能取1、3、5①当n ＝1时，l x ＝1315m②当n ＝3时，l x ＝95m ③当n ＝5时，l x＝4115m.2.[往复运动问题/2020全国Ⅱ]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）2g 3g （2）1325H （3）L ≥152125H解析 （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a 1，方向向下；球的加速度大小为a 2，方向向上；球与管之间的摩擦力大小为f ，由牛顿第二定律有Ma 1＝Mg ＋f ①ma 2＝f －mg ②联立①②式并代入题给数据，得a 1＝2g ，a 2＝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v 0＝√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t 1，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v 0－a 1t 1＝－v 0＋a 2t 1 ⑤联立③④⑤式得t 1＝25√2Hg⑥设此时管下端的高度为h 1，速度为v .由运动学公式可得h 1＝v 0t 1－12a 1t 12⑦v ＝v 0－a 1t 1 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h 2，到达最高点.由运动学公式有h 2＝v 22g ⑨设管第一次落地弹起后上升的最大高度为H 1，则H 1＝h 1＋h 2 ⑩联立③④⑥⑦⑧⑨⑩式可得H1＝13H⑪.25（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＝0⑫H⑬联立⑪⑫式并代入题给数据得x1＝45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＝4H1⑭5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式得L应满足的条件为L≥152H⑯.125。

专题36 动能定理在多过程问题、往复运动中的应用1．运用动能定理解决多过程问题时，有两种思路：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，要注意运用它们的做功特点．1.如图1所示，质量为m 的小球，从离地面H 高处从静止开始释放，落到地面后继续陷入泥中h 深度而停止，设小球受到的空气阻力为f ，重力加速度为g ，则下列说法正确的是( )图1A ．小球落地时动能等于mgHB ．小球陷入泥中的过程中克服泥的阻力所做的功小于刚落到地面时的动能C ．整个过程中小球克服阻力做的功等于mg (H ＋h )D ．小球在泥土中受到的平均阻力为mg (1＋Hh) 答案 C解析 小球从静止开始释放到落到地面的过程，由动能定理得mgH －fH ＝12mv 02，选项A 错误；设泥的平均阻力为F f0，小球陷入泥中的过程，由动能定理得mgh －F f0h ＝0－12mv 02，解得F f0h＝mgh ＋12mv 02＝mgh ＋mgH －fH ，F f0＝mg (1＋H h )－fHh ，选项B 、D 错误；全过程应用动能定理可知，整个过程中小球克服阻力做的功等于mg (H ＋h )，选项C 正确．2．如图2所示，有两条滑道平行建造，左侧相同而右侧有差异，一个滑道的右侧水平，另一个的右侧是斜坡．某滑雪者保持一定姿势坐在雪橇上不动，从h 1高处的A 点由静止开始沿倾角为θ的雪道下滑，最后停在与A 点水平距离为s 的水平雪道上．接着改用另一个滑道，还从与A 点等高的位置由静止开始下滑，结果能冲上另一个倾角为α的雪道上h 2高处的E 点停下．若动摩擦因数处处相同，且不考虑雪橇在路径转折处的能量损失，则( )图2A ．动摩擦因数为tan θB ．动摩擦因数为h 1sC ．倾角α一定大于θD ．倾角α可以大于θ 答案 B解析 第一次停在BC 上的某点，由动能定理得mgh 1－μmg cos θ·h 1sin θ－μmgs ′＝0，mgh 1－μmg ⎝⎛⎭⎪⎫h 1tan θ＋s ′＝0，h 1tan θ＋s ′＝s ，则有mgh 1－μmgs ＝0，μ＝h 1s ，A 错误，B正确；在AB 段由静止下滑，说明μmg cos θ<mg sin θ，第二次滑上CE 在E 点停下，说明μmg cos α>mg sin α；若α>θ，则雪橇不能停在E 点，所以C 、D 错误．3．如图3所示，一个可视为质点的滑块从高H ＝12 m 处的A 点由静止沿光滑的轨道AB 滑下，进入半径为r ＝4 m 的竖直圆环，圆环内轨道与滑块间的动摩擦因数处处相同，当滑块到达圆环顶点C 时，滑块对轨道的压力恰好为零，滑块继续沿CFB 滑下，进入光滑轨道BD ，且到达高度为h 的D 点时速度为零，则h 的值可能为(重力加速度大小g ＝10 m/s 2)( )图3A ．8 mB ．9 mC ．10 mD ．11 m答案 B解析 滑块在顶点C 时对轨道压力为零，由 mg ＝m v C 2r，得速度v C ＝gr ，设滑块在BEC 段上克服摩擦力做的功为W 1，由动能定理得mg (H －2r )－W 1＝12mv C 2，则W 1＝mg (H －2r )－12mv C 2＝mg ⎝⎛⎭⎪⎫H －52r ，滑块在CFB 段克服摩擦力做的功W 2满足0<W 2<W 1，从C 到D ，由动能定理得－mg (h －2r )－W 2＝－12mv C 2， 得8 m<h <10 m ，B 正确．4．滑板运动是一项惊险刺激的运动，深受青少年的喜爱．如图4所示是滑板运动的轨道，AB 和CD 是一段圆弧形轨道，BC 是一段长7 m 的水平轨道．一运动员从AB 轨道上的P 点以6 m/s 的速度下滑，经BC 轨道后冲上CD 轨道，到Q 点时速度减为零，已知运动员的质量为50 kg ，h ＝1.4 m ，H ＝1.8 m ，不计圆弧轨道上的摩擦，g 取10 m/s 2，求：图4(1)运动员第一次经过B 点、C 点时的速度大小； (2)运动员与BC 轨道间的动摩擦因数． 答案 (1)8 m/s 6 m/s (2)0.2 解析 (1)对P →B 过程中，由动能定理得 12mv B 2－12mv P 2＝mgh ，得v B ＝8 m/s. 对C →Q 过程，12mv C 2＝mgH ，得v C ＝6 m/s.(2)对B →C 过程，由动能定理得 －μmgx BC ＝12mv C 2－12mv B 2，得μ＝0.2.5.如图5所示，AB 、CD 为两个对称斜面，其上部足够长，下部B 、C 分别与一个光滑的圆弧面的两端相切，圆弧圆心角为120°，半径R 为2.0 m ，一个物体在离弧底E 高度为h ＝3.0 m 处，以初速度v ＝4.0 m/s 沿斜面运动，若物体与两斜面间的动摩擦因数均为0.02，则物体在两斜面上(不包括圆弧部分)一共运动的路程是多少？(g 取10 m/s 2)图5答案 280 m解析 两个斜面的下部B 、C 分别与光滑的圆弧面相切，圆心角为120°，所以可得出斜面的倾角为θ＝60°，物体在斜面上所受到的滑动摩擦力为F f ＝μmg cos 60°＝0.02×12mg ＝0.01mg .重力沿斜面的分力G ′＝mg sin 60°＝32mg ＞F f ， 由于摩擦力做功，物体在斜面上滑动时机械能逐渐减小，物体滑到斜面上的高度逐渐降低，物体最终将在B 、C 间做往复运动．设物体在斜面上运动的总路程为s ， 对全过程应用动能定理得mg [h －R (1－cos 60°)]－μmgs cos 60°＝0－12mv 2，解得s ＝280 m.。

第六章机械能守恒定律微专题47“滑块－木板”模型综合问题1．分析滑块与木板间的相对运动情况，确定两者间的速度关系、位移关系，注意两者速度相同时摩擦力可能变化。

2.用公式Q＝F f·x相对或动能定理、能量守恒定律求摩擦产生的热量。

1.(多选)(2023·云南丽江市统测)质量为m1＝4kg的木板放在光滑的水平面上，其上放置一个质量m2＝2kg的小物块，木板和物块间的动摩擦因数为0.4，木板的长度为4m，物块可视为质点，现用一大小为F＝16N的力作用在物块上，下列说法正确的是(g取10m/s2)()A．木板的加速度为2m/s2B．物块的加速度为6m/s2C．经过2s物块从木板上滑离D．物块离开木板时的速度为8m/s答案ACD解析对木板，由牛顿第二定律可得μm2g＝m1a1，解得a1＝2m/s2，对物块，由牛顿第二定律可得F－μm2g＝m2a2，解得a2＝4m/s2，A正确，B错误；物块从木板上滑离时，位移关系满足12a2t2－12a1t2＝L，解得t＝2s，C正确；物块离开木板时的速度为v2＝a2t＝8m/s，D正确。

2．(多选)如图甲，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m＝3kg的木块B可看作质点，以水平速度v0＝2m/s滑上原来静止的长木板A的表面。

由于A、B间存在摩擦力，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示，则下列说法正确的是(g取10m/s2)()A．木板的质量为M＝3kgB．木块减小的动能为1.5JC．系统损失的机械能为3JD．A、B间的动摩擦因数为0.2答案AC解析由题图乙可知，A 、B 的加速度大小都为1m/s 2，根据牛顿第二定律知μmg m ＝1m/s 2，μmg M ＝1m/s 2，代入数据解得M ＝3kg ，μ＝0.1，故A 正确，D 错误；木块减小的动能ΔE k ＝E k0－E k1＝12m v 02－12m v 12＝4.5J ，故B 错误；由题图乙可知，A 、B 的相对位移大小Δx ＝12×2×1m ＝1m ，则系统损失的机械能为ΔE ＝W f ＝μmg Δx ＝3J ，故C 正确。