《2019版高考物理總復(fù)習(xí) 第五章 機(jī)械能 基礎(chǔ)課2 動(dòng)能 動(dòng)能定理學(xué)案》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019版高考物理總復(fù)習(xí) 第五章 機(jī)械能 基礎(chǔ)課2 動(dòng)能 動(dòng)能定理學(xué)案（19頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 基礎(chǔ)課2　動(dòng)能　動(dòng)能定理 知識(shí)排查 動(dòng)能 1.定義：物體由于運(yùn)動(dòng)而具有的能叫動(dòng)能。 2.公式：Ek＝mv2。 3.單位：焦耳，1 J＝1 N·m＝1 kg·m2/s2。 4.矢標(biāo)性：動(dòng)能是標(biāo)量，只有正值。 5.狀態(tài)量：動(dòng)能是狀態(tài)量，因?yàn)関是瞬時(shí)速度。 動(dòng)能定理 1.內(nèi)容：力在一個(gè)過(guò)程中對(duì)物體做的功，等于物體在這個(gè)過(guò)程中動(dòng)能的變化。 2.表達(dá)式：W＝mv－mv或W＝Ek2－Ek1。 3.物理意義：合外力的功是物體動(dòng)能變化的量度。 4.適用條件 (1)動(dòng)能定理既適用于直線運(yùn)動(dòng)，也適用于曲線運(yùn)動(dòng)。 (2)既適用于恒力做功，也適用于變力做功。 (3)力可以是各種性

2、質(zhì)的力，既可以同時(shí)作用，也可以間斷作用。 5.應(yīng)用動(dòng)能定理解決的典型問(wèn)題大致分為兩種 (1)單一物體的單一過(guò)程或者某一過(guò)程； (2)單一物體的多個(gè)過(guò)程。動(dòng)能定理由于不涉及加速度和時(shí)間，比動(dòng)力學(xué)研究方法要簡(jiǎn)便。 小題速練 1.思考判斷 (1)一定質(zhì)量的物體動(dòng)能變化時(shí)，速度一定變化，但速度變化時(shí)，動(dòng)能不一定變化。(　　) (2)動(dòng)能不變的物體一定處于平衡狀態(tài)。(　　) (3)如果物體所受的合外力不為零，那么合外力對(duì)物體做功一定不為零。(　　) 答案　(1)√　(2)×　(3)× 2.(2016·四川理綜，1)韓曉鵬是我國(guó)首位在冬奧會(huì)雪上項(xiàng)目奪冠的運(yùn)動(dòng)員。他在一次自由式滑雪空中技

3、巧比賽中沿“助滑區(qū)”保持同一姿態(tài)下滑了一段距離，重力對(duì)他做功1 900 J，他克服阻力做功100 J。韓曉鵬在此過(guò)程中(　　) A.動(dòng)能增加了1 900 J B.動(dòng)能增加了2 000 J C.重力勢(shì)能減小了1 900 J D.重力勢(shì)能減小了2 000 J 解析　由題可得，重力做功WG＝1 900 J，則重力勢(shì)能減少1 900 J ，故選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤；由動(dòng)能定理得，WG－Wf＝ΔEk，克服阻力做功Wf＝100 J，則動(dòng)能增加1 800 J，故選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤。 答案　C 　對(duì)動(dòng)能定理的理解及應(yīng)用 1.對(duì)“外力”的兩點(diǎn)理解 (1)“外力”指的是合外力，可以是重力、彈力、摩

4、擦力、電場(chǎng)力、磁場(chǎng)力或其他力，它們可以同時(shí)作用，也可以不同時(shí)作用。 (2)“外力”既可以是恒力，也可以是變力。 2.公式W合＝ΔEk中“＝”體現(xiàn)的三個(gè)關(guān)系 1.(2017·廣東六校聯(lián)考)北京獲得2022年冬奧會(huì)舉辦權(quán)，冰壺是冬奧會(huì)的比賽項(xiàng)目。將一個(gè)冰壺以一定初速度推出后將運(yùn)動(dòng)一段距離停下來(lái)。換一個(gè)材料相同、質(zhì)量更大的冰壺，以相同的初速度推出后，冰壺運(yùn)動(dòng)的距離將(　　) A.不變 B.變小 C.變大 D.無(wú)法判斷 解析　冰壺在冰面上以一定初速度被推出后，在滑動(dòng)摩擦力作用下做勻減速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理有－μmgs＝0－mv2，得s＝，兩種冰壺的初速度相等，材料相同，故

5、運(yùn)動(dòng)的距離相等。故選項(xiàng)A正確。 答案　A 2. (多選)如圖1所示，電梯質(zhì)量為M，在它的水平地板上放置一質(zhì)量為m的物體。電梯在鋼索的拉力作用下豎直向上加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)電梯的速度由v1增加到v2時(shí)，上升高度為H，則在這個(gè)過(guò)程中，下列說(shuō)法或表達(dá)式正確的是(　　) 圖1 A.對(duì)物體，動(dòng)能定理的表達(dá)式為WN＝mv，其中WN為支持力的功 B.對(duì)物體，動(dòng)能定理的表達(dá)式為W合＝0，其中W合為合力的功 C.對(duì)物體，動(dòng)能定理的表達(dá)式為WN－mgH＝mv－mv，其中WN為支持力的功 D.對(duì)電梯，其所受合力做功為Mv－Mv 解析　電梯上升的過(guò)程中，對(duì)物體做功的有重力mg、支持力FN，這兩個(gè)力的總功才

6、等于物體動(dòng)能的增量ΔEk＝mv－mv，故選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤，C正確；對(duì)電梯，無(wú)論有幾個(gè)力對(duì)它做功，由動(dòng)能定理可知，其合力的功一定等于其動(dòng)能的增量，故選項(xiàng)D正確。 答案　CD 3.如圖2所示，小物塊從傾角為θ的傾斜軌道上A點(diǎn)由靜止釋放滑下，最終停在水平軌道上的B點(diǎn)，小物塊與水平軌道、傾斜軌道之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均相同，A、B兩點(diǎn)的連線與水平方向的夾角為α，不計(jì)物塊在軌道轉(zhuǎn)折時(shí)的機(jī)械能損失，則動(dòng)摩擦因數(shù)為(　　) 圖2 A.tan θ B.tan α C.tan(θ＋α) D.tan(θ－α) 解析　如圖所示，設(shè)B、O間距離為s1，A點(diǎn)離水平面的高度為h，A、O間的水平距離為s

7、2，物塊的質(zhì)量為m，在物塊下滑的全過(guò)程中，應(yīng)用動(dòng)能定理可得mgh－μmgcos θ·－μmg·s1＝0，解得μ＝＝tan α，故選項(xiàng)B正確。 答案　B 　應(yīng)用動(dòng)能定理求解多過(guò)程問(wèn)題 1.首先需要建立運(yùn)動(dòng)模型，選擇合適的研究過(guò)程能使問(wèn)題得以簡(jiǎn)化。當(dāng)物體的運(yùn)動(dòng)過(guò)程包含幾個(gè)運(yùn)動(dòng)性質(zhì)不同的子過(guò)程時(shí)，可以選擇一個(gè)、幾個(gè)或全部子過(guò)程作為研究過(guò)程。 2.當(dāng)選擇全部子過(guò)程作為研究過(guò)程，涉及重力、大小恒定的阻力或摩擦力做功時(shí)，要注意運(yùn)用它們的做功特點(diǎn)： (1)重力的功取決于物體的初、末位置，與路徑無(wú)關(guān)； (2)大小恒定的阻力或摩擦力的功等于力的大小與路程的乘積。 3.專(zhuān)注過(guò)程與過(guò)程的連接狀態(tài)的

8、受力特征與運(yùn)動(dòng)特征(比如：速度、加速度或位移)。 4.列整體(或分過(guò)程)的動(dòng)能定理方程。 【典例】　如圖3所示，傾角θ＝45°的粗糙平直導(dǎo)軌AB與半徑為R的光滑圓環(huán)軌道相切，切點(diǎn)為B，整個(gè)軌道處在豎直平面內(nèi)。一質(zhì)量為m的小滑塊(可以看作質(zhì)點(diǎn))從導(dǎo)軌上離地面高為h＝3R的D處無(wú)初速度下滑進(jìn)入圓環(huán)軌道。接著小滑塊從圓環(huán)最高點(diǎn)C水平飛出，恰好擊中導(dǎo)軌上與圓心O等高的P點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，已知重力加速度為g。求： 圖3 (1)滑塊運(yùn)動(dòng)到圓環(huán)最高點(diǎn)C時(shí)的速度大?。? (2)滑塊運(yùn)動(dòng)到圓環(huán)最低點(diǎn)時(shí)對(duì)圓環(huán)軌道壓力的大?。? (3)滑塊在斜面軌道BD間運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中克服摩擦力做的功。 解析　(1)小

9、滑塊從C點(diǎn)飛出來(lái)做平拋運(yùn)動(dòng)，水平速度為v0。 豎直方向上：R＝gt2① 水平方向上：R＝v0t② 解得v0＝③ (2)小滑塊在最低點(diǎn)時(shí)速度為v，由動(dòng)能定理得 －mg·2R＝mv－mv2④ 解得v＝⑤ 在最低點(diǎn)由牛頓第二定律得 FN－mg＝m⑥ 解得FN＝6mg 由牛頓第三定律得FN′＝6mg⑦ (3)從D到最低點(diǎn)過(guò)程中，設(shè)DB過(guò)程中克服摩擦阻力做功Wf，由動(dòng)能定理得 mgh－Wf＝mv2－0⑧ 解得Wf＝mgR⑨ 答案　(1)　(2)6mg　(3)mgR 【拓展延伸1】　在【典例】中，若小滑塊剛好能過(guò)C點(diǎn)，求滑塊與軌道AB間的動(dòng)摩擦因數(shù)。 解析　小滑塊剛好能過(guò)C

10、點(diǎn)，則在C點(diǎn)由牛頓第二定律得 mg＝m，解得vC＝ 小滑塊由D至C過(guò)程，由動(dòng)能定理得 mg(h－2R)－μmgcos θ·＝mv－0， 解得μ＝≈0.18 答案　(或0.18) 【拓展延伸2】　在【典例】中的滑塊從軌道的P點(diǎn)由靜止釋放，滑塊與粗糙導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，求滑塊整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中在AB軌道上通過(guò)的總路程。 解析　滑塊在P點(diǎn)釋放，滑塊將在兩軌道間做往返運(yùn)動(dòng)，當(dāng)滑塊到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度為零后滑塊將只在圓弧軌道上運(yùn)動(dòng)，故全過(guò)程由動(dòng)能定理得 mgsPBsin θ－μmgcos θ·s＝0 由幾何關(guān)系得sPB＝R 解得s＝ 答案　 應(yīng)用動(dòng)能定理解題的基本思路 　　　　

11、　　 1.如圖4所示，質(zhì)量為m的小球，從離地面H高處從靜止開(kāi)始釋放，落到地面后繼續(xù)陷入泥中h深度而停止，設(shè)小球受到空氣阻力為f，重力加速度為g，則下列說(shuō)法正確的是(　　) 圖4 A.小球落地時(shí)動(dòng)能等于mgH B.小球陷入泥中的過(guò)程中克服泥的阻力所做的功小于剛落到地面時(shí)的動(dòng)能 C.整個(gè)過(guò)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為mg(1＋) 解析　小球從靜止開(kāi)始釋放到落到地面的過(guò)程，由動(dòng)能定理得mgH－fH＝mv，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；設(shè)泥的平均阻力為f0，小球陷入泥中的過(guò)程，由動(dòng)能定理得mgh－f0h＝0－mv，解得f0h＝mgh＋mv＝mgh＋mg

12、H－fH，f0＝mg(1＋)－，選項(xiàng)B、D錯(cuò)誤；全過(guò)程應(yīng)用動(dòng)能定理可知，整個(gè)過(guò)程中小球克服阻力做的功等于mg(H＋h)，選項(xiàng)C正確。 答案　C 2.如圖5所示，水平桌面上的輕質(zhì)彈簧左端固定，右端與靜止在O點(diǎn)質(zhì)量為m＝ 1 kg的小物塊接觸而不連接，此時(shí)彈簧無(wú)形變?，F(xiàn)對(duì)小物塊施加F＝10 N水平向左的恒力，使其由靜止開(kāi)始向左運(yùn)動(dòng)。小物塊在向左運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)前某處速度最大時(shí)，彈簧的彈力為6 N，運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)時(shí)撤去推力F，小物塊最終運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)靜止。圖中OA＝0.8 m，OB＝0.2 m，重力加速度取g＝10 m/s2。求小物塊： 圖5 (1)與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ； (2)向右運(yùn)動(dòng)過(guò)程中

13、經(jīng)過(guò)O點(diǎn)的速度； (3)向左運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中彈簧的最大壓縮量。 解析　(1)小物塊速度達(dá)到最大時(shí)，加速度為零。 F－μmg－F彈＝0，μ＝＝0.4。 (2)設(shè)向右運(yùn)動(dòng)通過(guò)O點(diǎn)時(shí)的速度為v0，從O―→B， 由動(dòng)能定理得－FfxOB＝0－mv，F(xiàn)f＝μmg＝4 N， 解得v0＝ m/s≈1.26 m/s。 (3)彈簧最大壓縮量為xmax，對(duì)小物塊運(yùn)動(dòng)的全過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理得FxOA－Ff(2xmax＋xOB)＝0， 代入數(shù)值得xmax＝0.9 m。 答案　(1)0.4　(2)1.26 m/s　(3)0.9 m 　動(dòng)能定理與圖象結(jié)合的問(wèn)題 1.解決物理圖象問(wèn)題的基本步驟 (1)觀

14、察題目給出的圖象，弄清縱坐標(biāo)、橫坐標(biāo)所對(duì)應(yīng)的物理量及圖線所表示的物理意義。 (2)根據(jù)物理規(guī)律推導(dǎo)出縱坐標(biāo)與橫坐標(biāo)所對(duì)應(yīng)的物理量間的函數(shù)關(guān)系式。 (3)將推導(dǎo)出的物理規(guī)律與數(shù)學(xué)上與之相對(duì)應(yīng)的標(biāo)準(zhǔn)函數(shù)關(guān)系式相對(duì)比，找出圖線的斜率、截距、圖線的交點(diǎn)、圖線下方的面積所對(duì)應(yīng)的物理意義，根據(jù)對(duì)應(yīng)關(guān)系列式解答問(wèn)題。 2.四類(lèi)圖象所圍“面積”的含義 1.用水平力F拉一物體，使物體在水平地面上由靜止開(kāi)始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，t1時(shí)刻撤去拉力F，物體做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，到t2時(shí)刻停止，其速度—時(shí)間圖象如圖6所示，且α>β，若拉力F做的功為W1，平均功率為P1；物體克服摩擦阻力Ff做的功為W2，平均功率

15、為P2，則下列選項(xiàng)正確的是(　　) 圖6 A.W1>W2，F(xiàn)＝2Ff B.W1＝W2，F(xiàn)>2Ff C.P12Ff D.P1＝P2，F(xiàn)＝2Ff 解析　對(duì)整個(gè)過(guò)程由動(dòng)能定理可得W1－W2＝0，解得W1＝W2。由圖象可知，撤去拉力F后運(yùn)動(dòng)的時(shí)間大于水平力F作用的時(shí)間，所以a1>|a2|，即>，F(xiàn)>2Ff，選項(xiàng)A、D錯(cuò)誤，B正確；由于摩擦阻力作用時(shí)間一定大于水平力F作用時(shí)間，所以P1>P2，選項(xiàng)C錯(cuò)誤。 答案　B 2.(2017·江蘇單科，3)一小物塊沿斜面向上滑動(dòng)，然后滑回到原處。物塊初動(dòng)能為Ek0，與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)不變，則該過(guò)程中，物塊的動(dòng)能Ek與位移x關(guān)

16、系的圖線是(　　) 解析　設(shè)斜面的傾角為θ，物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，物塊質(zhì)量為m，小物塊沿斜面向上滑動(dòng)過(guò)程，由動(dòng)能定理得，－(mgsin θ＋μmgcos θ)x＝Ek－Ek0，即Ek＝Ek0－(mgsin θ＋μmgcos θ)x；設(shè)小物塊滑到最高點(diǎn)的距離為L(zhǎng)，小物塊沿斜面滑動(dòng)全過(guò)程由能量守恒定律得，Ek＝Ek0－mgxsin θ－μmgcos θ(2L－x)＝(Ek0－2μmgLcos θ)－(mgsin θ－μmgcos θ)x，故選項(xiàng)C正確。 答案　C 3.(2017·甘肅模擬)如圖7甲所示，一質(zhì)量為4 kg的物體靜止在水平地面上，讓物體在隨位移均勻減小的水平推力F作用

17、下開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，推力F隨位移x變化的關(guān)系如圖乙所示，已知物體與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，(取g＝10 m/s2)，則下列說(shuō)法正確的是(　　) 圖7 A.物體先做加速運(yùn)動(dòng)，推力撤去時(shí)開(kāi)始做減速運(yùn)動(dòng) B.物體在水平地面上運(yùn)動(dòng)的最大位移是10 m C.物體運(yùn)動(dòng)的最大速度為2 m/s D.物體在運(yùn)動(dòng)中的加速度先變小后不變 解析　當(dāng)推力小于摩擦力時(shí)物體就開(kāi)始做減速運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由題圖乙中圖線與x軸所圍面積表示推力對(duì)物體做的功得，推力做的功W＝×4×100 J＝200 J，根據(jù)動(dòng)能定理有W－μmgxm＝0，得xm＝10 m，選項(xiàng)B正確；當(dāng)推力與摩擦力平衡時(shí)，加速度為零，速度最大，由題圖

18、乙得F＝100－25x(N)，當(dāng)F＝μmg＝20 N時(shí)x＝3.2 m，由動(dòng)能定理得(100＋20)·x－μmgx＝mv，解得物體運(yùn)動(dòng)的最大速度vm＝8 m/s，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；物體運(yùn)動(dòng)中當(dāng)推力由100 N減小到20 N的過(guò)程中，加速度逐漸減小，當(dāng)推力由20 N減小到0的過(guò)程中，加速度又反向增大，此后加速度不變，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 答案　B 動(dòng)能定理的綜合應(yīng)用——細(xì)心審題、規(guī)范答題能力的培養(yǎng) 物理計(jì)算題歷來(lái)是高考拉分題，試題綜合性強(qiáng)，涉及物理過(guò)程較多，所給物理情境較復(fù)雜，物理模型較模糊甚至很隱蔽，運(yùn)用的物理規(guī)律也較多，對(duì)考生的各項(xiàng)能力要求很高，為了在物理計(jì)算題上得到理想的分值，應(yīng)做到細(xì)心審題、

19、用心析題、規(guī)范答題。 【例】　如圖8所示，水平路面CD的右側(cè)有一長(zhǎng)度L1＝2 m的木板。一物塊放在木板的最右端，并隨木板一起向左側(cè)固定的平臺(tái)運(yùn)動(dòng)，木板的上表面與平臺(tái)等高。平臺(tái)上表面AB的長(zhǎng)度s＝3 m，光滑半圓軌道AFE豎直固定在平臺(tái)上，圓軌道半徑R＝0.4 m，最低點(diǎn)與平臺(tái)AB相切于A點(diǎn)。當(dāng)木板的左端與平臺(tái)的距離L＝2 m時(shí)，木板與物塊向左運(yùn)動(dòng)的速度v0＝8 m/s。木板與平臺(tái)的豎直壁碰撞后，木板立即停止運(yùn)動(dòng)，物塊在木板上滑動(dòng)并滑上平臺(tái)。已知木板與路面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1＝0.05，物塊與木板的上表面及軌道AB間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ2＝0.1，物塊質(zhì)量m＝1 kg，取g＝10 m/s2。

20、 圖8 (1)求物塊進(jìn)入圓軌道時(shí)對(duì)軌道上的A點(diǎn)的壓力； (2)判斷物塊能否到達(dá)圓軌道的最高點(diǎn)E。如果能，求物塊離開(kāi)E點(diǎn)后在平臺(tái)上的落點(diǎn)到A點(diǎn)的距離；如果不能，則說(shuō)明理由。 審題流程 第一步：把握過(guò)程，構(gòu)建運(yùn)動(dòng)模型 過(guò)程1 DC段 木板、物塊共同向左減速運(yùn)動(dòng) 過(guò)程2 木板與BC碰撞后 物塊在木板上勻減速運(yùn)動(dòng) 過(guò)程3 物塊滑到BA上 物塊在BA上勻減速運(yùn)動(dòng) 過(guò)程4 光滑半圓軌道上 物塊做圓周運(yùn)動(dòng) 過(guò)程5 可能從E點(diǎn)水平拋出 第二步：抓好關(guān)鍵點(diǎn)，找出突破口 (1)“最低點(diǎn)與平臺(tái)AB相切于A點(diǎn)”A點(diǎn)在圓弧上需求物塊在A點(diǎn)的速度。 規(guī)范解答 解析　(1

21、)設(shè)木板質(zhì)量為M，物塊隨板運(yùn)動(dòng)撞擊豎直壁BC時(shí)的速度為v1， 由動(dòng)能定理得－μ1(m＋M)gL＝(M＋m)v－(M＋m)v 設(shè)物塊到A點(diǎn)時(shí)速度為v2，由動(dòng)能定理得 －μ2mg(s＋L1)＝mv－mv 由牛頓第二定律得FN－mg＝m 解得FN＝140 N 由牛頓第三定律知，物塊對(duì)軌道A點(diǎn)的壓力大小為140 N，方向豎直向下。 (2)設(shè)物塊能通過(guò)圓軌道的最高點(diǎn)，且在最高點(diǎn)處的速度為v3，由動(dòng)能定理得 －mg·2R＝mv－mv 解得v3＝6 m/s>＝2 m/s 故物塊能通過(guò)圓軌道的最高點(diǎn)E，物塊離開(kāi)E點(diǎn)后做平拋運(yùn)動(dòng)，有x＝v3t，2R＝gt2 解得x＝2.4 m。 答案　(

22、1)140 N，方向豎直向下　(2)能　2.4 m 【針對(duì)訓(xùn)練】　如圖9是某同學(xué)的漫畫(huà)中出現(xiàn)的裝置，描述了一個(gè)“吃貨”用來(lái)做“糖炒栗子”的“萌”事兒：將板栗在地面小平臺(tái)上以一定的初速度經(jīng)兩個(gè)四分之一圓弧銜接而成的軌道，從最高點(diǎn)P飛出進(jìn)入炒鍋內(nèi)，利用來(lái)回運(yùn)動(dòng)使其均勻受熱。用質(zhì)量為m＝10 g的小滑塊代替栗子，借這套裝置來(lái)研究一物理問(wèn)題。設(shè)大小兩個(gè)四分之一圓弧半徑為2R和R，R＝0.8 m，小平臺(tái)和圓弧均光滑。將過(guò)鍋底的縱截面看作是兩個(gè)斜面AB、CD和一段光滑圓弧組成，斜面動(dòng)摩擦因數(shù)均為0.25，兩斜面傾角均為θ＝37°，AB＝CD＝2R，A、D等高，D端固定一擋板，碰撞不損失機(jī)械能，滑塊的運(yùn)動(dòng)

23、始終在包括鍋底最低點(diǎn)的豎直平面內(nèi)，取g＝10 m/s2。(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) 圖9 (1)若滑塊恰好能經(jīng)P點(diǎn)飛出，又恰好沿AB斜面進(jìn)入鍋內(nèi)，應(yīng)調(diào)節(jié)鍋底支架高度，此時(shí)斜面的A、D點(diǎn)離地面多高？ (2)求滑塊在鍋內(nèi)斜面上運(yùn)動(dòng)的總路程。 解析　(1)在P點(diǎn)，由牛頓第二定律得mg＝m① 解得vP＝ 到達(dá)A點(diǎn)時(shí)速度方向要沿著斜面AB方向，在A點(diǎn)有 vy＝vPtan θ＝② 所以A、D點(diǎn)離地高度為h＝3R－＝R＝1.95 m③ (2)滑塊到達(dá)A點(diǎn)的速度為v＝＝④ 假設(shè)經(jīng)過(guò)一個(gè)來(lái)回恰能回到A點(diǎn)， 設(shè)回到A點(diǎn)時(shí)動(dòng)能為Ek，由動(dòng)能定理得 －μmgco

24、s θ·8R＝Ek－mv2⑤ 解得Ek＜0，所以滑塊不會(huì)滑到A點(diǎn)。 滑塊在斜面上運(yùn)動(dòng)的全過(guò)程應(yīng)用動(dòng)能定理得 mg·2Rsin θ－μmgcos θ·s＝0－mv2⑥ 解得滑塊在鍋內(nèi)斜面上運(yùn)動(dòng)的總路程s＝11.05 m 答案　(1)1.95 m　(2)11.05 m 活頁(yè)作業(yè) (時(shí)間：40分鐘) A級(jí)：保分練 1.(多選)質(zhì)量不等，但有相同動(dòng)能的兩個(gè)物體，在動(dòng)摩擦因數(shù)相同的水平地面上滑行，直至停止，則(　　) A.質(zhì)量大的物體滑行的距離大 B.質(zhì)量小的物體滑行的距離大 C.它們滑行的距離一樣大 D.它們克服摩擦力所做的功一樣多 解析　由動(dòng)能定理得－μmgs＝－Ek，所

25、以s＝，知質(zhì)量小的物體滑行距離大，選項(xiàng)A、C錯(cuò)誤，B正確；克服摩擦力做功Wf＝Ek相同，選項(xiàng)D正確。 答案　BD 2.如圖1所示，質(zhì)量為m的物塊與水平轉(zhuǎn)臺(tái)間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，物塊與轉(zhuǎn)軸相距R，物塊隨轉(zhuǎn)臺(tái)由靜止開(kāi)始轉(zhuǎn)動(dòng)。當(dāng)轉(zhuǎn)速增至某一值時(shí)，物塊即將在轉(zhuǎn)臺(tái)上滑動(dòng)，此時(shí)轉(zhuǎn)臺(tái)已開(kāi)始勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，在這一過(guò)程中，摩擦力對(duì)物塊做的功是(假設(shè)物塊所受的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力)(　　) 圖1 A.0 B.2μmgR C.2πμmgR D. 解析　物塊即將在轉(zhuǎn)臺(tái)上滑動(dòng)但還未滑動(dòng)時(shí)，轉(zhuǎn)臺(tái)對(duì)物塊的最大靜摩擦力恰好提供向心力，設(shè)此時(shí)物塊做圓周運(yùn)動(dòng)的線速度為v，則有μmg＝。在物塊由靜止到獲得

26、速度v的過(guò)程中，物塊受到的重力和支持力不做功，只有摩擦力對(duì)物塊做功，由動(dòng)能定理得W＝mv2－0。聯(lián)立解得W＝μmgR。故選項(xiàng)D正確。 答案　D 3. (2017·河北衡水中學(xué)模擬)如圖2所示，質(zhì)量為0.1 kg的小物塊在粗糙水平桌面上滑行4 m后以3.0 m/s的速度飛離桌面，最終落在水平地面上，已知物塊與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，桌面高0.45 m，若不計(jì)空氣阻力，取g＝10 m/s2，則(　　) 圖2 A.小物塊的初速度是5 m/s B.小物塊的水平射程為1.2 m C.小物塊在桌面上克服摩擦力做8 J的功 D.小物塊落地時(shí)的動(dòng)能為0.9 J 解析　小物塊在桌面上克服

27、摩擦力做功Wf＝μmgL＝2 J，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；在水平桌面上滑行時(shí)，由動(dòng)能定理得－Wf＝mv2－mv，解得v0＝7 m/s，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；小物塊飛離桌面后做平拋運(yùn)動(dòng)，有x＝vt、h＝gt2，解得x＝0.9 m，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；設(shè)小物塊落地時(shí)動(dòng)能為Ek，由動(dòng)能定理得mgh＝Ek－mv2，解得Ek＝0.9 J，選項(xiàng)D正確。 答案　D 4.(2017·廣西玉林模擬)有兩個(gè)物體a和b，其質(zhì)量分別為ma和mb，且ma>mb，它們的初動(dòng)能相同，若a和b分別受到不變的阻力Fa和Fb的作用，經(jīng)過(guò)相同的時(shí)間停下來(lái)，它們的位移分別為sa和sb，則(　　) A.Fasb B.Fa>Fb，sa>sb

28、 C.Fa>Fb，samb，所以saFb，故選項(xiàng)C正確。 答案　C 5.如圖3所示，小物塊與水平軌道、傾斜軌道之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均相同，小物塊從傾角為θ1的軌道上高度為h的A點(diǎn)由靜止釋放，運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)時(shí)速度為v1?，F(xiàn)將傾斜軌道的傾角調(diào)至為θ2，仍將物塊從軌道上高度為h

29、的A點(diǎn)靜止釋放，運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)時(shí)速度為v2。已知θ2<θ1，不計(jì)物塊在軌道接觸處的機(jī)械能損失。則(　　) 圖3 A.v1v2 C.v1＝v2 D.由于不知道θ1、θ2的具體數(shù)值，v1、v2關(guān)系無(wú)法判定 解析　物體運(yùn)動(dòng)過(guò)程中摩擦力做負(fù)功，重力做正功，由動(dòng)能定理可得mgh－ μmgcos θ·－μmgxBD＝mv2，即mgh－μmg·－μmgxBD＝mv2，因?yàn)椋絰CD，所以mgh－μmgxBC＝mv2，故到達(dá)B點(diǎn)的速度與傾斜軌道的傾角無(wú)關(guān)，所以v1＝v2，故選項(xiàng)C正確。 答案　C 6.(多選)如圖4所示為一滑草場(chǎng)。某條滑道由上、下兩段高均為h，與水平面傾角分別

30、為45°和37°的滑道組成，滑草車(chē)與草地之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ。質(zhì)量為m的載人滑草車(chē)從坡頂由靜止開(kāi)始自由下滑，經(jīng)過(guò)上、下兩段滑道后，最后恰好靜止于滑道的底端(不計(jì)滑草車(chē)在兩段滑道交接處的能量損失，sin37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。則(　　) 圖4 A.動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝ B.載人滑草車(chē)最大速度為 C.載人滑草車(chē)克服摩擦力做功為mgh D.載人滑草車(chē)在下段滑道上的加速度大小為g 解析　對(duì)滑草車(chē)從坡頂由靜止滑下，到底端靜止的全過(guò)程，由動(dòng)能定理得mg·2h－μmgcos 45°·－μmgcos 37°·＝0，解得μ＝，選項(xiàng)A正確；對(duì)經(jīng)過(guò)上段滑道過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理得mgh－μm

31、gcos 45°·＝mv2，解得v＝，選項(xiàng)B正確；載人滑草車(chē)克服摩擦力做功為2mgh，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；載人滑草車(chē)在下段滑道上的加速度為a＝＝－g，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 答案　AB 7.(2017·全國(guó)卷Ⅱ，24)為提高冰球運(yùn)動(dòng)員的加速能力，教練員在冰面上與起跑線相距s0和s1(s1

32、。重力加速度為g。求： 圖5 (1)冰球與冰面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)； (2)滿足訓(xùn)練要求的運(yùn)動(dòng)員的最小加速度。 解析　(1)設(shè)冰球的質(zhì)量為m，冰球與冰面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，由動(dòng)能定理得 －μmgs0＝mv－mv① 解得μ＝② (2)法1　冰球到達(dá)擋板時(shí)，滿足訓(xùn)練要求的運(yùn)動(dòng)員中，剛好到達(dá)小旗處的運(yùn)動(dòng)員的加速度最小。設(shè)這種情況下，冰球和運(yùn)動(dòng)員的加速度大小分別為a1和a2，所用的時(shí)間為t。由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得v－v＝2a1s0③ v0－v1＝a1t④ s1＝a2t2⑤ 聯(lián)立②③⑤式得 a2＝⑥ 法2　對(duì)冰球由動(dòng)量定理得－μmgt＝mv1－mv0③ s1＝a2t2④ 由②③④

33、式得a2＝ 答案　(1)　(2) B級(jí)：拔高練 8.(多選)如圖6所示，輕質(zhì)彈簧上端固定，下端系一物體。物體在A處時(shí)，彈簧處于原長(zhǎng)狀態(tài)?，F(xiàn)用手托住物體使它從A處緩慢下降，到達(dá)B處時(shí)，手和物體自然分開(kāi)，此過(guò)程中，物體克服手的支持力所做的功為W。不考慮空氣阻力。已知彈簧形變量為Δx時(shí)，彈簧獲得的彈性勢(shì)能為k(Δx)2，k為彈簧的勁度系數(shù)。關(guān)于此過(guò)程，下列說(shuō)法正確的有(　　) 圖6 A.物體重力勢(shì)能減少量一定小于W B.彈簧彈性勢(shì)能增加量一定等于W C.物體與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能增加量為W D.若將物體從A處由靜止釋放，則物體到達(dá)B處時(shí)的動(dòng)能為W 解析　物體在向下運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，

34、要克服彈簧彈力做功W彈力，根據(jù)動(dòng)能定理知mgh－W－W彈力＝0，故物體重力勢(shì)能減少量一定大于W，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；到達(dá)B處時(shí)，由平衡條件知kh＝mg，即mgh－W＝kh2＝mgh，彈簧彈性勢(shì)能增加量一定等于W，選項(xiàng)B正確；物體克服手的支持力所做的功為W，機(jī)械能減少W，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；物體從靜止下落到B處過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理有mgh－kh2＝Ek，而kh2＝mgh，可知Ek＝mgh＝W，故選項(xiàng)D正確。 答案　BD 9.(2017·湖北名校聯(lián)考)如圖7所示，一個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊從高H＝12 m處的A點(diǎn)由靜止沿光滑的軌道AB滑下，進(jìn)入半徑為r＝4 m的豎直圓環(huán)，圓環(huán)內(nèi)軌道與滑塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)處處相同，

35、當(dāng)滑塊到達(dá)圓環(huán)頂點(diǎn)C時(shí)，滑塊對(duì)軌道的壓力恰好為零，滑塊繼續(xù)沿CFB滑下，進(jìn)入光滑軌道BD，且到達(dá)高度為h的D點(diǎn)時(shí)速度為零，則h的值可能為(重力加速度大小g＝10 m/s2)(　　) 圖7 A.8 m B.9 m C.10 m D.11 m 解析　滑塊到達(dá)圓環(huán)頂點(diǎn)C時(shí)對(duì)軌道壓力為零，由牛頓第二定律得mg＝m，得速度vC＝，設(shè)滑塊在BEC段上克服摩擦力做的功為W1，由動(dòng)能定理得mg(H－2r)－W1＝mv，則W1＝mg(H－2r)－mv＝mg，滑塊在CFB段克服摩擦力做的功W2滿足0

36、m，選項(xiàng)B正確。 答案　B 10.(多選)質(zhì)量為1 kg的物體在水平粗糙的地面上受到一水平外力F作用運(yùn)動(dòng)，如圖8甲所示，外力F和物體克服摩擦力f做的功W與物體位移x的關(guān)系如圖乙所示，重力加速度g為10 m/s2。下列分析正確的是(　　) 圖8 A.物體與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2 B.物體運(yùn)動(dòng)位移為13 m C.前3 m運(yùn)動(dòng)過(guò)程中物體的加速度為3 m/s2 D.x＝9 m時(shí)，物體速度為3 m/s 解析　由Wf＝fx對(duì)應(yīng)圖乙中的b可知，物體與地面之間的滑動(dòng)摩擦力f＝2 N，由f＝μmg可得μ＝0.2，選項(xiàng)A正確；由WF＝Fx對(duì)應(yīng)圖乙a可知，前3 m內(nèi)，拉力F1＝5 N，3～

37、9 m內(nèi)拉力F2＝2 N，物體在前3 m內(nèi)的加速度a1＝＝3 m/s2，選項(xiàng)C正確；由動(dòng)能定理得WF－fx＝mv2可得x＝9 m時(shí)，物體的速度為v＝ 3 m/s，選項(xiàng)D正確；設(shè)物體運(yùn)動(dòng)的最大位移為xm，由動(dòng)能定理得WF－fxm＝0，即物體的最大位移xm＝＝13.5 m，選項(xiàng)B錯(cuò)誤。 答案　ACD 11.(2017·江蘇單科，14)如圖9所示，兩個(gè)半圓柱A、B緊靠著靜置于水平地面上，其上有一光滑圓柱C，三者半徑均為R。C的質(zhì)量為m，A、B的質(zhì)量都為，與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ?，F(xiàn)用水平向右的力拉A，使A緩慢移動(dòng)，直至C恰好降到地面。整個(gè)過(guò)程中B保持靜止。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加

38、速度為g。求： 圖9 (1)未拉A時(shí)，C受到B作用力的大小F； (2)動(dòng)摩擦因數(shù)的最小值μmin； (3)A移動(dòng)的整個(gè)過(guò)程中，拉力做的功W。 解析　(1)C受力平衡　2Fcos 30°＝mg 解得F＝mg。 (2)C恰好降到地面時(shí)，B受C壓力的水平分力最大 Fxmax＝mg B受地面的摩擦力f＝μmg 根據(jù)題意fmin＝Fxmax 解得μmin＝。 (3)C下降的高度h＝(－1)R， A的位移x＝2(－1)R， 摩擦力做功的大小Wf＝fx＝2(－1)μmgR 根據(jù)動(dòng)能定理W－Wf＋mgh＝0－0 解得W＝(2μ－1)(－1)mgR。 答案　(1)mg　(2)　(3)(2μ－1)(－1)mgR 19