江蘇省2024高考物理一輪復習第五章機械能及其守恒定律第2講動能動能定理教案

PAGEPAGE1第2講動能動能定理一、動能1．定義：物體由于運動而具有的能．2．公式：Ek＝eq\f(1,2)mv2.3．單位：焦耳，1J＝1N·m＝1kg·m2/s2.4．標矢性：動能是標量，動能與速度方向無關(guān)．5．動能的改變：物體末動能與初動能之差，即ΔEk＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12.二、動能定理1．內(nèi)容：在一個過程中合力對物體所做的功，等于物體在這個過程中動能的改變．2．表達式：W＝ΔEk＝Ek2－Ek1＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12.3．物理意義：合力的功是物體動能改變的量度．自測1(多選)關(guān)于動能定理的表達式W＝Ek2－Ek1，下列說法正確的是()A．公式中的W為除重力之外的其他力做的總功B．公式中的W為包含重力在內(nèi)的全部力做的功，也可通過以下兩種方式計算：先求每個力的功再求功的代數(shù)和或先求合外力再求合外力的功C．公式中的Ek2－Ek1為動能的增量，當W>0時，動能增加，當W<0時，動能削減D．公式中的Ek1、Ek2和W均可以為負值答案BC4．適用條件：(1)動能定理既適用于直線運動，也適用于曲線運動．(2)動能定理既適用于恒力做功，也適用于變力做功．(3)力可以是各種性質(zhì)的力，既可以同時作用，也可以分階段作用．如圖1甲，物塊沿粗糙斜面下滑至水平面；如圖乙，小球由內(nèi)壁粗糙的圓弧軌道底端運動至頂端(軌道半徑為R)．對物塊：WG＋Wf1＋Wf2＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02對小球：－2mgR＋Wf＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02圖1自測2如圖2所示，AB為eq\f(1,4)圓弧軌道，BC為水平直軌道，BC恰好在B點與AB相切，圓弧的半徑為R，BC的長度也是R.一質(zhì)量為m的物體與兩個軌道間的動摩擦因數(shù)都為μ，它由軌道頂端A從靜止起先下落，恰好運動到C處停止，重力加速度為g，那么物體在AB段克服摩擦力所做的功為()圖2A.eq\f(μmgR,2) B.eq\f(mgR,2)C．mgR D．(1－μ)mgR答案D解析設(shè)物體在AB段克服摩擦力所做的功為WAB，物體從A到C的全過程，依據(jù)動能定理有mgR－WAB－μmgR＝0，所以WAB＝mgR－μmgR＝(1－μ)mgR，故D正確．1．動能定理表明白“三個關(guān)系”(1)數(shù)量關(guān)系：合外力做的功與物體動能的改變具有等量代換關(guān)系，但并不是說動能改變就是合外力做的功．(2)因果關(guān)系：合外力做功是引起物體動能改變的緣由．(3)量綱關(guān)系：單位相同，國際單位都是焦耳．2．標量性動能是標量，功也是標量，所以動能定理是一個標量式，不存在方向的選取問題．當然動能定理也就不存在重量的表達式．例1(多選)如圖3所示，一塊長木板B放在光滑的水平面上，在B上放一物體A，現(xiàn)以恒定的外力拉B，由于A、B間摩擦力的作用，A將在B上滑動，以地面為參考系，A、B都向前移動了一段距離．在此過程中()圖3A．外力F做的功等于A和B動能的增量B．B對A的摩擦力所做的功等于A的動能的增量C．A對B的摩擦力所做的功等于B對A的摩擦力所做的功D．外力F對B做的功等于B的動能的增量與B克服摩擦力所做的功之和答案BD解析A物體所受的合外力等于B對A的摩擦力，對A物體運用動能定理，則有B對A的摩擦力所做的功等于A的動能的增量，B正確；A對B的摩擦力與B對A的摩擦力是一對作用力與反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑動，A、B相對地面的位移不相等，故二者做功不相等，C錯誤；對B應用動能定理WF－Wf＝ΔEkB，則WF＝ΔEkB＋Wf，即外力F對B做的功等于B的動能的增量與B克服摩擦力所做的功之和，D正確；依據(jù)功能關(guān)系可知，外力F做的功等于A和B動能的增量與產(chǎn)生的內(nèi)能之和，A錯誤．變式1關(guān)于運動物體所受的合外力、合外力做的功及動能改變的關(guān)系，下列說法正確的是()A．合外力為零，則合外力做功肯定為零B．合外力做功為零，則合外力肯定為零C．合外力做功越多，則動能肯定越大D．動能不變，則合外力肯定為零答案A變式2(多選)用力F拉著一個物體從空中的a點運動到b點的過程中，重力做功－3J，拉力F做功8J，空氣阻力做功－0.5J，則下列推斷正確的是()A．物體的重力勢能增加了3JB．物體的重力勢能削減了3JC．物體的動能增加了4.5JD．物體的動能增加了8J答案AC1．應用流程2．留意事項(1)動能定理中的位移和速度必需是相對于同一個參考系的，一般以地面或相對地面靜止的物體為參考系．(2)應用動能定理的關(guān)鍵在于精確分析探討對象的受力狀況及運動狀況，可以畫出運動過程的草圖，借助草圖理解物理過程之間的關(guān)系．(3)當物體的運動包含多個不同過程時，可分段應用動能定理求解；也可以全過程應用動能定理．(4)列動能定理方程時，必需明確各力做功的正、負，的確難以推斷的先假定為正功，最終依據(jù)結(jié)果加以檢驗．例2(多選)(2024·江蘇卷·8)如圖4所示，輕質(zhì)彈簧的左端固定，并處于自然狀態(tài)．小物塊的質(zhì)量為m，從A點向左沿水平地面運動，壓縮彈簧后被彈回，運動到A點恰好靜止．物塊向左運動的最大距離為s，與地面間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，彈簧未超出彈性限度．在上述過程中()圖4A．彈簧的最大彈力為μmgB．物塊克服摩擦力做的功為2μmgsC．彈簧的最大彈性勢能為μmgsD．物塊在A點的初速度為eq\r(2μgs)答案BC解析小物塊處于最左端時，彈簧的壓縮量最大，然后小物塊先向右加速運動再減速運動，可知彈簧的最大彈力大于滑動摩擦力μmg，選項A錯誤；物塊從起先運動至最終回到A點過程，由功的定義可得物塊克服摩擦力做功為2μmgs，選項B正確；自物塊從最左側(cè)運動至A點過程，由能量守恒定律可知Ep＝μmgs，選項C正確；設(shè)物塊在A點的初速度為v0，整個過程應用動能定理有－2μmgs＝0－eq\f(1,2)mv02，解得v0＝2eq\r(μgs)，選項D錯誤．變式3(多選)(2024·寧夏銀川市質(zhì)檢)如圖5所示為一滑草場．某條滑道由上下兩段高均為h，與水平面傾角分別為45°和37°的滑道組成，載人滑草車與草地之間的動摩擦因數(shù)為μ.質(zhì)量為m的載人滑草車從坡頂由靜止起先自由下滑，經(jīng)過上、下兩段滑道后，最終恰好靜止于滑道的底端(不計載人滑草車在兩段滑道交接處的能量損失，重力加速度為g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)．則()圖5A．動摩擦因數(shù)μ＝eq\f(6,7)B．載人滑草車最大速度為eq\r(\f(2gh,7))C．載人滑草車克服摩擦力做功為mghD．載人滑草車在下段滑道上的加速度大小為eq\f(3,5)g答案AB解析對載人滑草車從坡頂由靜止起先滑究竟端的全過程分析，由動能定理可知：mg·2h－μmgcos45°·eq\f(h,sin45°)－μmgcos37°·eq\f(h,sin37°)＝0，解得μ＝eq\f(6,7)，選項A正確；對經(jīng)過上段滑道的過程分析，依據(jù)動能定理有mgh－μmgcos45°·eq\f(h,sin45°)＝eq\f(1,2)mvm2，解得：vm＝eq\r(\f(2gh,7))，選項B正確；載人滑草車克服摩擦力做功為2mgh，選項C錯誤；載人滑草車在下段滑道上的加速度為a＝eq\f(mgsin37°－μmgcos37°,m)＝－eq\f(3,35)g，故大小為eq\f(3,35)g，選項D錯誤．1．解決圖象問題的基本步驟(1)視察題目給出的圖象，弄清縱坐標、橫坐標所對應的物理量及圖線所表示的物理意義．(2)依據(jù)物理規(guī)律推導出縱坐標與橫坐標所對應的物理量間的函數(shù)關(guān)系式．(3)將推導出的物理規(guī)律與數(shù)學上與之相對應的標準函數(shù)關(guān)系式相對比，找出圖線的斜率、截距、圖線的交點、圖線下的面積所對應的物理意義，分析解答問題，或者利用函數(shù)圖線上的特定值代入函數(shù)關(guān)系式求物理量．2．圖象所圍“面積”的意義(1)v－t圖象：由公式x＝vt可知，v－t圖線與t坐標軸圍成的面積表示物體的位移．(2)a－t圖象：由公式Δv＝at可知，a－t圖線與t坐標軸圍成的面積表示物體速度的改變量．(3)F－x圖象：由公式W＝Fx可知，F(xiàn)－x圖線與x坐標軸圍成的面積表示力所做的功．(4)P－t圖象：由公式W＝Pt可知，P－t圖線與t坐標軸圍成的面積表示力所做的功．例3(2024·安徽合肥市其次次質(zhì)檢)如圖6甲所示，置于水平地面上質(zhì)量為m的物體，在豎直拉力F作用下，由靜止起先向上運動，其動能Ek與距地面高度h的關(guān)系圖象如圖乙所示，已知重力加速度為g，空氣阻力不計．下列說法正確的是()圖6A．在0～h0過程中，F(xiàn)大小始終為mgB．在0～h0和h0～2h0過程中，F(xiàn)做功之比為2∶1C．在0～2h0過程中，物體的機械能不斷增加D．在2h0～3.5h0過程中，物體的機械能不斷削減答案C解析0～h0過程中，Ek－h(huán)圖象為一段直線，由動能定理得：(F－mg)h0＝mgh0－0，故F＝2mg，A錯誤；由A項分析可知，在0～h0過程中，F(xiàn)做功為2mgh0，在h0～2h0過程中，由動能定理可知，WF－mgh0＝1.5mgh0－mgh0，解得WF＝1.5mgh0，因此在0～h0和h0～2h0過程中，F(xiàn)做功之比為4∶3，B錯誤；在0～2h0過程中，F(xiàn)始終做正功，故物體的機械能不斷增加，C正確；在2h0～3.5h0過程中，由動能定理得WF′－1.5mgh0＝0－1.5mgh0，則WF′＝0，故F做功為0，物體的機械能保持不變，D錯誤．變式4(2024·江蘇卷·4)從地面豎直向上拋出一只小球，小球運動一段時間后落回地面．忽視空氣阻力，該過程中小球的動能Ek與時間t的關(guān)系圖象是()答案A解析小球做豎直上拋運動，設(shè)初速度為v0，則v＝v0－gt小球的動能Ek＝eq\f(1,2)mv2，把速度v代入得Ek＝eq\f(1,2)mg2t2－mgv0t＋eq\f(1,2)mv02Ek與t為二次函數(shù)關(guān)系，故A正確．例4如圖7所示，輕質(zhì)彈簧一端固定在墻壁上的O點，另一端自由伸長到A點，OA之間的水平面光滑，固定曲面在B處與水平面平滑連接．AB之間的距離s＝1m．質(zhì)量m＝0.2kg的小物塊起先時靜置于水平面上的B點，物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.4.現(xiàn)給物塊一個水平向左的初速度v0＝5m/s，g取10m/s2.圖7(1)求彈簧被壓縮到最短時所具有的彈性勢能Ep；(2)求物塊返回B點時的速度大?。?3)若物塊能沖上曲面的最大高度h＝0.2m，求物塊沿曲面上滑過程所產(chǎn)生的熱量．答案(1)1.7J(2)3m/s(3)0.5J解析(1)對小物塊從B點至壓縮彈簧最短的過程，由動能定理得，－μmgs－W克彈＝0－eq\f(1,2)mv02W克彈＝Ep代入數(shù)據(jù)解得Ep＝1.7J(2)對小物塊從B點起先運動至返回B點的過程，由動能定理得，－μmg·2s＝eq\f(1,2)mvB2－eq\f(1,2)mv02代入數(shù)據(jù)解得vB＝3m/s(3)對小物塊沿曲面上滑的過程，由動能定理得－W克f－mgh＝0－eq\f(1,2)mvB2產(chǎn)生的熱量Q＝W克f＝0.5J.變式5(2024·河南名校聯(lián)盟高三下學期聯(lián)考)如圖8所示，AB是一段位于豎直平面內(nèi)的光滑軌道，高度為h，末端B處的切線方向水平．一個質(zhì)量為m的小物體P從軌道頂端A處由靜止釋放，滑到B端后飛出，落到地面上的C點，軌跡如圖中虛線BC所示．已知它落地時相對于B點的水平位移OC＝l．現(xiàn)在軌道下方緊貼B點安裝一固定的水平木板，木板的右端與B的距離為eq\f(l,2)，讓P再次從A點由靜止釋放，它離開軌道并在木板上滑行后從右端水平飛出，仍舊落在地面的C點．求：(不計空氣阻力，重力加速度為g)圖8(1)P滑至B點時的速度大?。?2)P與木板之間的動摩擦因數(shù)μ.答案(1)eq\r(2gh)(2)eq\f(3h,2l)解析(1)物體P在AB軌道上滑動時，依據(jù)動能定理mgh＝eq\f(1,2)mv02得物體P滑到B點時的速度大小為v0＝eq\r(2gh)(2)當沒有木板時，物體離開B點后做平拋運動，設(shè)運動時間為t，有：l＝v0t當在軌道下方緊貼B點安裝木板時，物體從木板右端水平拋出時的速度為v1，在空中運動的時間也為t，水平位移為eq\f(l,2)，則eq\f(l,2)＝v1t，解得：v1＝eq\f(v0,2)＝eq\f(\r(2gh),2)依據(jù)動能定理，物體在木板上滑動時，有－μmgeq\f(l,2)＝eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,2)mv02解得物體P與木板之間的動摩擦因數(shù)μ＝eq\f(3h,2l).1．(動能定理的理解)(2024·全國卷Ⅱ·14)如圖9，某同學用繩子拉動木箱，使它從靜止起先沿粗糙水平路面運動至具有某一速度．木箱獲得的動能肯定()圖9A．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解析由題意知，W拉－W克摩＝ΔEk，則W拉>ΔEk，A項正確，B項錯誤；W克摩與ΔEk的大小關(guān)系不確定，C、D項錯誤．2．(動能定理的基本應用)(多選)一個質(zhì)量為25kg的小孩從高度為3m的弧形滑梯頂端由靜止起先下滑，滑究竟端時的速度為2m/s.取g＝10m/s2，關(guān)于力對小孩做的功，以下結(jié)果正確的是()A．支持力做功50J B．克服阻力做功500JC．重力做功750J D．合外力做功50J答案CDJ＝750J，C正確；由動能定理得W合＝eq\f(1,2)mv2－0＝eq\f(1,2)×25×4J＝50J，D正確；由WG－W克f＝50J，得W克f＝700J，B錯誤．3．(動能定理與圖象的結(jié)合)(2024·江蘇卷·3)一小物塊沿斜面對上滑動，然后滑回到原處．物塊初動能為Ek0，與斜面間的動摩擦因數(shù)不變，則該過程中，物塊的動能Ek與位移x關(guān)系的圖線是()答案CEk＝Ek0－mgxsinθ－μmgcosθ(2L－x)＝Ek0－2μmgLcosθ－(mgsinθ－μmgcosθ)x，故選項C正確．4．(應用動能定理分析多過程問題)(多選)(2024·湖北武漢市四月調(diào)研)2024年第24屆冬季奧林匹克運動會將在中國實行，跳臺滑雪是其中最具欣賞性的項目之一．跳臺滑雪賽道可簡化為助滑道、著陸坡、停止區(qū)三部分，如圖10所示．一次競賽中，質(zhì)量為m的運動員從A處由靜止下滑，運動到B處后水平飛出，落在了著陸坡末端的C點，滑入停止區(qū)后，在與C等高的D處速度減為零．已知B、C之間的高度差為h，著陸坡的傾角為θ，重力加速度為g.只考慮運動員在停止區(qū)受到的阻力，不計其他能量損失．由以上信息可以求出()圖10A．運動員在空中飛行的時間B．A、B之間的高度差C．運動員在停止區(qū)運動過程中克服阻力做的功D．C、D兩點之間的水平距離答案ABC解析從B點做平拋運動，則由h＝eq\f(1,2)gt2可求解運動員在空中飛行的時間，選項A正確；由eq\f(h,tanθ)＝v0t可求解在B點的速度v0，再由mghAB＝eq\f(1,2)mv02可求解A、B之間的高度差，選項B正確；從B點到D點由eq\f(1,2)mv02＋mgh＝Wf可求解運動員在停止區(qū)運動過程中克服阻力做的功，選項C正確；由題中條件無法求解C、D兩點之間的水平距離，選項D錯誤．5．(應用動能定理分析多過程問題)(2024·河南平頂山市質(zhì)檢)如圖11所示，半徑為r的半圓弧軌道ABC固定在豎直平面內(nèi)，直徑AC水平，一個質(zhì)量為m的物塊從圓弧軌道A端正上方P點由靜止釋放，物塊剛好從A點無碰撞地進入圓弧軌道并做勻速圓周運動，到B點時對軌道的壓力大小等于物塊重力的2倍，重力加速度為g，不計空氣阻力，不計物塊的大小，求：圖11(1)物塊到達A點時的速度大小和PA間的高度差；(2)物塊從A運動到B所用的時間和克服摩擦力做的功．答案(1)eq\r(gr)eq\f(r,2)(2)eq\f(π,2)eq\r(\f(r,g))mgr解析(1)設(shè)物塊在B點時的速度為v，由牛頓其次定律得：FN－mg＝meq\f(v2,r)，因為FN＝2mg，所以v＝eq\r(gr)，因為物塊從A點進入圓弧軌道并做勻速圓周運動，所以物塊到達A點時速度大小為eq\r(gr)；設(shè)PA間的高度差為h，從P到A的過程由動能定理得：mgh＝eq\f(1,2)mv2，所以h＝eq\f(r,2).(2)因為物塊從A點進入圓弧軌道并做勻速圓周運動，所以物塊從A運動到B所用時間t＝eq\f(\f(πr,2),v)＝eq\f(π,2)eq\r(\f(r,g))；從A運動到B由動能定理得：mgr－W克f＝0，解得：W克f＝mgr.1.在籃球競賽中，某位同學獲得罰球機會，如圖1，他站在罰球線處用力將籃球投出，籃球以約為1m/s的速度撞擊籃筐．已知籃球質(zhì)量約為0.6kg，籃筐離地高度約為3m，忽視籃球受到的空氣阻力，則該同學罰球時對籃球做的功大約為()圖1A．1JB．10JC．50JD．100J答案B解析該同學將籃球投出時的高度約為h1＝1.8m，依據(jù)動能定理有W－mg(h－h(huán)1)＝eq\f(1,2)mv2，解得W＝7.5J，故選項B正確．2．在離地面高為h處豎直上拋一質(zhì)量為m的物塊，拋出時的速度為v0，它落到地面時的速度為v，用g表示重力加速度，則在此過程中物塊克服空氣阻力所做的功等于()A．mgh－eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02B．－eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02－mghC．mgh＋eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)mv2D．mgh＋eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02答案C解析對物塊從h高處豎直上拋到落地的過程，依據(jù)動能定理可得mgh－Wf＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02，解得Wf＝mgh＋eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)mv2，選項C正確．3.(2024·天津卷·2)滑雪運動深受人民群眾寵愛．如圖2所示，某滑雪運動員(可視為質(zhì)點)由坡道進入豎直面內(nèi)的圓弧形滑道AB，從滑道的A點滑行到最低點B的過程中，由于摩擦力的存在，運動員的速率不變，則運動員沿AB下滑過程中()圖2A．所受合外力始終為零B．所受摩擦力大小不變C．合外力做功肯定為零D．機械能始終保持不變答案C解析運動員從A點滑到B點的過程中速率不變，則運動員做勻速圓周運動，其所受合外力指向圓心，A錯誤；如圖所示，運動員受到的沿圓弧切線方向的合力為零，即Ff＝mgsinα，下滑過程中α減小，sinα變小，故摩擦力Ff變小，B錯誤；由動能定理知，運動員勻速下滑動能不變，合外力做功為零，C正確；運動員下滑過程中動能不變，重力勢能減小，機械能減小，D錯誤．4．(2024·湖北黃石市調(diào)研)用傳感器探討質(zhì)量為2kg的物體由靜止起先做直線運動的規(guī)律時，在計算機上得到0～6s內(nèi)物體的加速度隨時間改變的關(guān)系如圖3所示．下列說法正確的是()圖3A．0～6s內(nèi)物體先向正方向運動，后向負方向運動B．0～6s內(nèi)物體在4s時的速度最大C．物體在2～4s時的速度不變D．0～4s內(nèi)合力對物體做的功等于0～6s內(nèi)合力對物體做的功答案Dm/s＝7m/s，B項錯誤；由題圖可知物體在2～4s內(nèi)加速度不變，做勻加速直線運動，速度變大，C項錯誤；在0～4s內(nèi)由動能定理可知，W合4＝eq\f(1,2)mv42－0，又v4＝eq\f(1,2)×(2＋4)×2m/s＝6m/s，得W合4＝36J,0～6s內(nèi)合力對物體做的功：W合6＝eq\f(1,2)mv62－0，又v6＝6m/s，得W合6＝36J，則W合4＝W合6，D項正確．5.(多選)(2024·山西運城市質(zhì)檢)質(zhì)量為m的物體放在水平面上，它與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g.用水平力拉物體，運動一段時間后撤去此力，最終物體停止運動．物體運動的v－t圖象如圖4所示．下列說法正確的是()圖4A．水平拉力大小為F＝meq\f(v0,t0)B．物體在0～3t0時間內(nèi)的位移大小為eq\f(3,2)v0t0C．在0～3t0時間內(nèi)水平拉力做的功為eq\f(1,2)mv02D．在0～3t0時間內(nèi)物體克服摩擦力做功的平均功率為eq\f(1,2)μmgv0答案BD解析依據(jù)v－t圖象和牛頓其次定律可知F－μmg＝meq\f(v0,t0)，選項A錯誤；由v－t圖象與t坐標軸所圍面積表示位移可知，在0～3t0時間內(nèi)的位移大小為x＝eq\f(1,2)·3t0·v0＝eq\f(3,2)v0t0，選項B正確；在0～3t0時間內(nèi)由動能定理可知W－μmgx＝0，故水平拉力做的功W＝eq\f(3,2)μmgv0t0，又Ff＝μmg＝eq\f(mv0,2t0)，則W＝eq\f(3,4)mv02，選項C錯誤；在0～3t0時間內(nèi)物體克服摩擦力做功的平均功率為eq\x\to(P)＝eq\f(Wf,3t0)＝eq\f(μmgx,3t0)＝eq\f(1,2)μmgv0，選項D正確．6.(2024·山西五地聯(lián)考上學期期末)如圖5所示，固定斜面傾角為θ.一輕彈簧的自然長度與斜面長度相同，都為L，彈簧一端固定在斜面的底端，將一個質(zhì)量為m的小球放在斜面頂端與彈簧另一端接觸但不相連，用力推小球使其擠壓彈簧并緩慢移到斜面的中點，松手后，小球最終落地的速度大小為v，不計空氣阻力和一切摩擦，重力加速度為g，則該過程中，人對小球做的功W及小球被拋出后離地面的最大高度H分別為()圖5A.eq\f(1,2)mv2－mgLsinθ；eq\f(v2sin2θ＋2gLsinθcos2θ,2g)B.eq\f(1,2)mv2；eq\f(v2sin2θ－2gLsinθcos2θ,2g)C.eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mgLsinθ；eq\f(v2sin2θ＋2gLsinθcos2θ,2g)D.eq\f(1,2)mv2－mgLsinθ；eq\f(v2,2g)答案A解析對人從起先壓彈簧到小球落地的整個過程，由動能定理得W＋mgLsinθ＝eq\f(1,2)mv2－0，則W＝eq\f(1,2)mv2－mgLsinθ；設(shè)小球離開斜面時的速度為v0.對小球做斜拋運動的過程，由動能定理得mgLsinθ＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02；從最高點到落地點的過程，由動能定理得mgH＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)m(v0cosθ)2，聯(lián)立解得：H＝eq\f(v2sin2θ＋2gLsinθcos2θ,2g).7.(2024·天津卷·10改編)為了便于探討艦載機的起飛過程，假設(shè)上翹甲板BC是與水平甲板AB相切的一段圓弧，示意圖如圖6，AB長L1＝150m，BC水平投影L2＝63m，圖中C點切線方向與水平方向的夾角θ＝12°(sin12°≈0.21)．若艦載機從A點由靜止起先做勻加速直線運動，經(jīng)t＝6s到達B點進入BC.已知飛行員的質(zhì)量m＝60kg，g＝10m/s2，求：圖6(1)艦載機水平運動的過程中，飛行員受到的水平力所做功W；(2)艦載機剛進入BC時，飛行員受到豎直向上的壓力FN多大．答案(1)7.5×104J(2)1.1×103N解析(1)艦載機由靜止起先做勻加速直線運動，設(shè)其剛進入上翹甲板時的速度為v，則有eq\f(v,2)＝eq\f(L1,t)①依據(jù)動能定理，有W＝eq\f(1,2)mv2－0②聯(lián)立①②式，代入數(shù)據(jù)，得W＝7.5×104J③(2)設(shè)上翹甲板所對應的圓弧半徑為R，依據(jù)幾何關(guān)系，有L2＝Rsinθ④由牛頓其次定律有FN－mg＝meq\f(v2,R)⑤聯(lián)立①④⑤式，代入數(shù)據(jù)，得FN＝1.1×103N.8．(2024·山東日照市一模)冰壺競賽是在水平冰面上進行的體育項目，競賽場地示意圖如圖7所示．競賽時，運動員腳蹬起蹬器，身體成跪式，手推冰壺從本壘圓心O向前滑行，至前衛(wèi)線時放開冰壺使