2020年高考物理一輪復(fù)習(xí)文檔第6章機(jī)械能及其守恒定律第25講Word版含答案

第25講動(dòng)能定理及其應(yīng)用考點(diǎn)一對(duì)動(dòng)能定理的理解和應(yīng)用1．動(dòng)能(1)定義：物體由于eq\o(□,\s\up5(01))運(yùn)動(dòng)而具有的能叫動(dòng)能。(2)公式：Ek＝eq\o(□,\s\up5(02))eq\f(1,2)mv2。(3)單位：eq\o(□,\s\up5(03))焦耳，1J＝1N·m＝1kg·m2/s2。(4)性質(zhì)：動(dòng)能是狀態(tài)量，是eq\o(□,\s\up5(04))標(biāo)量。2．動(dòng)能定理(1)內(nèi)容：在一個(gè)過(guò)程中合力對(duì)物體做的功，等于物體在這個(gè)過(guò)程中eq\o(□,\s\up5(05))動(dòng)能的變化量。(2)表達(dá)式：W＝eq\o(□,\s\up5(06))ΔEk＝Ek2－Ek1＝eq\o(□,\s\up5(07))eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)。(3)物理意義：eq\o(□,\s\up5(08))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eq\o(□,\s\up5(09))曲線運(yùn)動(dòng)。②既適用于恒力做功，也適用于eq\o(□,\s\up5(10))變力做功。③力可以是各種性質(zhì)的力，既可以同時(shí)作用，也可以eq\o(□,\s\up5(11))分階段作用。3．對(duì)動(dòng)能定理的理解(1)動(dòng)能定理表明了“三個(gè)關(guān)系”①數(shù)量關(guān)系：合外力做的功與物體動(dòng)能的變化具有等量代換關(guān)系，但并不是說(shuō)動(dòng)能變化就是合外力做的功。②因果關(guān)系：合外力做功是引起物體動(dòng)能變化的原因。③量綱關(guān)系：?jiǎn)挝幌嗤瑖?guó)際單位都是焦耳。(2)標(biāo)量性動(dòng)能是標(biāo)量，功也是標(biāo)量，所以動(dòng)能定理是一個(gè)標(biāo)量式，不存在方向的選取問(wèn)題。當(dāng)然動(dòng)能定理也就不存在分量的表達(dá)式。(3)相對(duì)性動(dòng)能定理中的位移和速度必須是相對(duì)于同一個(gè)參考系的，一般以地面或相對(duì)地面靜止的物體為參考系。(多選)如圖所示，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()A．對(duì)物體，動(dòng)能定理的表達(dá)式為WN＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，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＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，其中WN為支持力的功D．對(duì)電梯，其所受合力做功為eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,1)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)力做的總功才等于物體動(dòng)能的增量ΔEk＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，故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D正確。答案CD方法感悟1．應(yīng)用動(dòng)能定理的流程2．應(yīng)用動(dòng)能定理的注意事項(xiàng)(1)“外力”指的是合外力，可以是重力、彈力、摩擦力、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。(3)動(dòng)能變化量一定是末動(dòng)能減去初動(dòng)能。(4)列動(dòng)能定理方程時(shí)，必須明確各力做功的正、負(fù)，確實(shí)難以判斷的先假定為正功，最后根據(jù)結(jié)果加以檢驗(yàn)。1．(人教版必修2P74·T1改編)改變汽車(chē)的質(zhì)量和速度，都能使汽車(chē)的動(dòng)能發(fā)生變化，在下面幾種情況中，汽車(chē)的動(dòng)能是原來(lái)的2倍的是()A．質(zhì)量不變，速度變?yōu)樵瓉?lái)的2倍B．質(zhì)量和速度都變?yōu)樵瓉?lái)的2倍C．質(zhì)量變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，速度減半D．質(zhì)量減半，速度變?yōu)樵瓉?lái)的2倍答案D解析由Ek＝eq\f(1,2)mv2知，m不變，v變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，Ek變?yōu)樵瓉?lái)的4倍。同理，m和v都變?yōu)樵瓉?lái)的2倍時(shí)，Ek變?yōu)樵瓉?lái)的8倍；m變?yōu)?倍，速度減半時(shí)，Ek變?yōu)樵瓉?lái)的一半；m減半，v變?yōu)?倍時(shí)，Ek變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，故選項(xiàng)D正確。2．(人教版必修2P74·T3改編)子彈的速度為v，打穿一塊固定的木塊后速度剛好變?yōu)榱恪Ｈ裟緣K對(duì)子彈的阻力為恒力，那么當(dāng)子彈射入木塊的深度為其厚度的eq\f(1,3)時(shí)，子彈的速度是()A.eq\f(1,3)vB.eq\f(\r(3),3)vC.eq\f(2,3)vD.eq\f(\r(6),3)v答案D解析設(shè)木塊的厚度為d，木塊對(duì)子彈的作用力為F，打穿木塊時(shí)，由動(dòng)能定理得－Fd＝0－eq\f(1,2)mv2，打穿其厚度的eq\f(1,3)時(shí)，由動(dòng)能定理得－Feq\f(d,3)＝eq\f(1,2)mv′2－eq\f(1,2)mv2，聯(lián)立解得v′＝eq\f(\r(6),3)v，故D正確。3．在離地面高為h處豎直上拋一質(zhì)量為m的物塊，拋出時(shí)的速度為v0，當(dāng)它落到地面時(shí)的速度為v，用g表示重力加速度，則在此過(guò)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)mveq\o\al(2,0)B．－eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－mghC．mgh＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mv2D．mgh＋eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)答案C解析對(duì)物塊從h高處豎直上拋到落地的過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理可得mgh－Wf＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得Wf＝mgh＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mv2，C正確。4.如圖所示，小車(chē)A放在一個(gè)傾角為30°的足夠長(zhǎng)的固定的光滑斜面上，A、B兩物體由繞過(guò)輕質(zhì)定滑輪的細(xì)線相連，已知重力加速度為g，滑輪質(zhì)量及細(xì)線與滑輪之間的摩擦不計(jì)，小車(chē)A的質(zhì)量為3m，小球B的質(zhì)量為m，小車(chē)從靜止釋放后，在小球B豎直上升h的過(guò)程中，小車(chē)受繩的拉力大小FT和小車(chē)獲得的動(dòng)能Ek分別為()A．FT＝mg，Ek＝eq\f(3,8)mghB．FT＝mg，Ek＝eq\f(3,2)mghC．FT＝eq\f(9,8)mg，Ek＝eq\f(3,2)mghD．FT＝eq\f(9,8)mg，Ek＝eq\f(3,8)mgh答案D解析小車(chē)A與小球B做加速運(yùn)動(dòng)，分析小車(chē)，據(jù)牛頓第二定律得3mgsin30°－FT＝3ma，分析小球B，據(jù)牛頓第二定律得FT－mg＝ma，聯(lián)立可得小車(chē)受繩的拉力大小FT＝eq\f(9mg,8)。當(dāng)小球B上升h高度時(shí)，根據(jù)動(dòng)能定理有3mghsin30°－mgh＝eq\f(1,2)(3m＋m)v2－0，解得v＝eq\f(1,2)eq\r(gh)。小車(chē)獲得的動(dòng)能為Ek＝eq\f(1,2)·3m·v2＝eq\f(1,2)·3m·eq\f(gh,4)＝eq\f(3mgh,8)，綜合上述可知，A、B、C錯(cuò)誤，D正確。考點(diǎn)二動(dòng)能定理與圖象綜合1．解決物理圖象問(wèn)題的基本步驟(1)觀察題目給出的圖象，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”的含義質(zhì)量m＝1kg的物體，在水平拉力F(拉力方向與物體初速度方向相同)的作用下，沿粗糙水平面運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)位移4m時(shí)，拉力F停止作用，運(yùn)動(dòng)到位移是8m時(shí)物體停止，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中動(dòng)能與位移圖象(Ek-x)如圖所示。(g取10m/s2)求：(1)物體的初速度多大？(2)物體和水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為多大？(3)拉力F的大小。解析(1)從圖象可知初動(dòng)能Ek0＝2J由Ek0＝eq\f(1,2)mv2解得v＝2m/s。(2)在位移為4m處物體的動(dòng)能為Ek＝10J，在位移為8m處物體的動(dòng)能為零，此過(guò)程中物體克服摩擦力做功。設(shè)摩擦力為Ff，由動(dòng)能定理有－Ffx2＝0－Ek得出Ff＝eq\f(Ek,x2)＝eq\f(10,4)N＝2.5N因Ff＝μmg，故μ＝eq\f(Ff,mg)＝eq\f(2.5,10)＝0.25。(3)物體從開(kāi)始到移動(dòng)4m這段過(guò)程中，受拉力F和摩擦力Ff的作用，根據(jù)動(dòng)能定理有(F－Ff)x1＝Ek－Ek0故得F＝eq\f(Ek－Ek0,x1)＋Ff＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10－2,4)＋2.5))N＝4.5N。另一種解法思路：由動(dòng)能定理知W總＝F合x(chóng)＝ΔEk，則Ek-x圖象的斜率表示物體所受合外力，結(jié)合圖象有0～4m內(nèi)：F－μmg＝2N，4～8m內(nèi)：μmg＝2.5N，即可得到答案，這也是解決此類(lèi)問(wèn)題的一種方法。答案(1)2m/s(2)0.25(3)4.5N方法感悟1從圖象的意義切入，把分析力、功與能量間的關(guān)系、物體動(dòng)能的變化情況以及合力做功作為突破問(wèn)題的關(guān)鍵。(2)W-x圖象：通過(guò)“斜率”求得某種力F。(3)Ek-x圖象：通過(guò)“斜率”求得合力F。A、B兩物體分別在水平恒力F1和F2的作用下沿水平面運(yùn)動(dòng)，先后撤去F1、F2后，兩物體最終停下，它們的v-t圖象如圖所示。已知兩物體與水平面間的滑動(dòng)摩擦力大小相等。則下列說(shuō)法中正確的是()A．F1、F2大小之比為1∶2B．F1、F2對(duì)A、B做功之比為1∶2C．A、B質(zhì)量之比為2∶1D．全過(guò)程中A、B克服摩擦力做功之比為2∶1答案C解析由速度—時(shí)間圖象可知，撤去F1、F2后，A、B做勻減速直線運(yùn)動(dòng)的加速度之比為a1∶a2＝1∶2，已知A、B受摩擦力大小相等即f1＝f2，又f1＝m1a1，f2＝m2a2，所以A、B質(zhì)量之比為m1∶m2＝eq\f(f1,a1)∶eq\f(f2,a2)＝a2∶a1＝2∶1，C正確；由速度—時(shí)間圖象可知，A、B兩物體加速與減速的總位移相等，且勻加速運(yùn)動(dòng)位移之比為1∶2，勻減速運(yùn)動(dòng)的位移之比為2∶1，設(shè)總位移為3x，對(duì)A物體的全過(guò)程由動(dòng)能定理可得：F1x－f1·3x＝0－0，對(duì)B物體的全過(guò)程由動(dòng)能定理可得：F2·2x－f2·3x＝0－0，聯(lián)立可得F1＝3f1，F(xiàn)2＝eq\f(3,2)f2，又f1＝f2，所以F1＝2F2，A錯(cuò)誤；全過(guò)程中摩擦力對(duì)A、B做功相等，F(xiàn)1、F2對(duì)A、B做功大小相等，B、D錯(cuò)誤。考點(diǎn)三動(dòng)能定理求解多過(guò)程問(wèn)題1．多過(guò)程問(wèn)題即包含幾個(gè)子過(guò)程，這幾個(gè)子過(guò)程的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)可以相同也可以不同，子過(guò)程中可以有直線上的不同運(yùn)動(dòng)，也可以有曲線上的不同運(yùn)動(dòng)，如勻速直線運(yùn)動(dòng)、勻變速直線運(yùn)動(dòng)、圓周運(yùn)動(dòng)、平拋運(yùn)動(dòng)、往復(fù)運(yùn)動(dòng)等綜合問(wèn)題。2．解決多過(guò)程問(wèn)題的方法思路(1)當(dāng)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)子過(guò)程或整個(gè)過(guò)程作為研究對(duì)象，然后運(yùn)用動(dòng)能定理解題。(2)應(yīng)用動(dòng)能定理時(shí)注意要使合力做功對(duì)應(yīng)的過(guò)程和初、末狀態(tài)動(dòng)能對(duì)應(yīng)的過(guò)程相統(tǒng)一。(3)當(dāng)研究整個(gè)過(guò)程中的重力做功、大小恒定的摩擦力做功時(shí)，要注意它們的做功特點(diǎn)：①重力做功取決于物體的初、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。(4)解題時(shí)注意過(guò)程與過(guò)程的銜接物理量關(guān)系，當(dāng)所求解的問(wèn)題不涉及中間速度時(shí)，一般優(yōu)先選擇全過(guò)程利用動(dòng)能定理求解。如圖所示，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(可以看做質(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：(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)小滑塊從C點(diǎn)飛出來(lái)做平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)水平速度為v0。豎直方向上：R＝eq\f(1,2)gt2①水平方向上：eq\r(2)R＝v0t②解得v0＝eq\r(gR)。③(2)設(shè)小滑塊在最低點(diǎn)時(shí)速度為v，小滑塊從圓環(huán)最低點(diǎn)到最高點(diǎn)C的過(guò)程，由動(dòng)能定理得－mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mv2④解得v＝eq\r(5gR)⑤在最低點(diǎn)由牛頓第二定律得FN－mg＝meq\f(v2,R)⑥解得FN＝6mg由牛頓第三定律得FN′＝6mg。⑦(3)從D到最低點(diǎn)過(guò)程中，設(shè)在DB間運(yùn)動(dòng)過(guò)程中克服摩擦阻力做功Wf，由動(dòng)能定理得mgh－Wf＝eq\f(1,2)mv2－0⑧解得Wf＝eq\f(1,2)mgR。答案(1)eq\r(gR)(2)6mg(3)eq\f(1,2)mgR方法感悟1．應(yīng)用動(dòng)能定理的關(guān)鍵對(duì)研究對(duì)象進(jìn)行準(zhǔn)確的受力分析及運(yùn)動(dòng)過(guò)程分析，可畫(huà)出運(yùn)動(dòng)過(guò)程的草圖，借助草圖理解物理過(guò)程之間的關(guān)系。2．求解多過(guò)程問(wèn)題須抓好“兩狀態(tài)，一過(guò)程”“兩狀態(tài)”即明確研究對(duì)象的始、末狀態(tài)的速度或動(dòng)能情況；“一過(guò)程”即明確研究過(guò)程，確定這一過(guò)程研究對(duì)象的受力情況和位置變化或位移信息。3．應(yīng)用動(dòng)能定理解決平拋運(yùn)動(dòng)、圓周運(yùn)動(dòng)等曲線運(yùn)動(dòng)問(wèn)題時(shí)注意(1)平拋運(yùn)動(dòng)和圓周運(yùn)動(dòng)都屬于曲線運(yùn)動(dòng)，若只涉及位移和速度而不涉及時(shí)間，應(yīng)優(yōu)先考慮用動(dòng)能定理列式求解。(2)動(dòng)能定理的表達(dá)式為標(biāo)量式，不能在某一個(gè)方向上列動(dòng)能定理方程。4．運(yùn)用動(dòng)能定理巧解往復(fù)運(yùn)動(dòng)問(wèn)題在有些問(wèn)題中物體的運(yùn)動(dòng)過(guò)程具有重復(fù)性、往返性，而在這一過(guò)程中，描述運(yùn)動(dòng)的物理量多數(shù)是變化的，而且重復(fù)的次數(shù)又往往是無(wú)限的或者難以確定，例如求一籃球從高處落下到最終靜止在水平面上的過(guò)程中克服空氣阻力所做的功。求解這類(lèi)問(wèn)題時(shí)若運(yùn)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式將非常繁瑣，甚至無(wú)法解出。由于動(dòng)能定理只關(guān)心物體的初末狀態(tài)而不計(jì)運(yùn)動(dòng)過(guò)程的細(xì)節(jié)，所以用動(dòng)能定理分析這類(lèi)問(wèn)題可使解題過(guò)程簡(jiǎn)化。求解時(shí)注意：(1)首先要確定物體運(yùn)動(dòng)的初狀態(tài)和最終狀態(tài)。(2)重力做功與物體運(yùn)動(dòng)路徑無(wú)關(guān)，可用WG＝mgh直接求解。(3)滑動(dòng)摩擦力或空氣阻力做功與物體運(yùn)動(dòng)路徑有關(guān)，可用Wf＝Ffs求解，其中s為物體運(yùn)動(dòng)的路程。1．(2018·銀川一中模擬)如圖，固定板AB傾角θ＝60°，板BC水平，AB、BC長(zhǎng)度均為L(zhǎng)，小物塊從A處由靜止釋放，恰好滑到C處停下來(lái)。若調(diào)整BC使其向上傾斜，傾角不超過(guò)90°，小物塊從A處由靜止滑下再沿BC上滑，上滑距離與BC傾角有關(guān)。不計(jì)B處機(jī)械能損失，各接觸面動(dòng)摩擦因數(shù)相同，小物塊沿BC上滑的最小距離為x，則()A．x＝eq\f(L,3)B．x＝eq\f(L,2)C．x＝eq\f(\r(2)L,2)D．x＝eq\f(\r(3)L,2)答案B解析小物塊從A處由靜止釋放，恰好滑到C處停下來(lái)，由動(dòng)能定理得：mgLsinθ－μmgLcosθ－μmgL＝0－0，μ＝eq\f(\r(3),3)，若調(diào)整BC使其向上傾斜，設(shè)BC與水平方向之間的夾角為α?xí)r，小物塊沿BC上滑的距離最小，為x，由動(dòng)能定理可得：mgLsinθ－μmgLcosθ－mgxsinα－μmgxcosα＝0－0，解得：x＝eq\f(\f(\r(3),3)L,sinα＋μcosα)＝eq\f(\f(\r(3),3)L,\r(1＋μ2))＝eq\f(L,2)。故B正確。2．如圖所示，ABCD是一個(gè)盆式容器，盆內(nèi)側(cè)壁與盆底BC的連接處都是一段與BC相切的圓弧，BC是水平的，其距離d＝0.50m。盆邊緣的高度為h＝0.30m。在A處放一個(gè)質(zhì)量為m的小物塊并讓其從靜止開(kāi)始下滑(圖中小物塊未畫(huà)出)。已知盆內(nèi)側(cè)壁是光滑的，而盆底BC面與小物塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.10。小物塊在盆內(nèi)來(lái)回滑動(dòng)，最后停下來(lái)，則停的地點(diǎn)到B的距離為()A．0.50mB．0.25mC．0.10mD．0答案D解析設(shè)小物塊在BC段通過(guò)的總路程為s，由于只有BC面上存在摩擦力，而重力做功與路徑無(wú)關(guān)，由動(dòng)能定理得：mgh－μmgs＝0－0，代入數(shù)據(jù)可解得s＝3m。由于d＝0.50m，所以，小物塊在BC面上經(jīng)過(guò)3次往復(fù)運(yùn)動(dòng)后，又回到B點(diǎn)。D正確。3．如圖所示，傳送帶A、B之間的距離為L(zhǎng)＝3.2m，與水平面間的夾角為θ＝37°，傳送帶沿順時(shí)針?lè)较蜣D(zhuǎn)動(dòng)，速度恒為v＝2m/s，在上端A點(diǎn)無(wú)初速度地放置一個(gè)質(zhì)量為m＝1kg、大小可視為質(zhì)點(diǎn)的金屬塊，它與傳送帶的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.5，金屬塊滑離傳送帶后，經(jīng)過(guò)彎道，沿半徑R＝0.4m的光滑圓軌道做圓周運(yùn)動(dòng)，剛好能通過(guò)最高點(diǎn)E，已知B、D兩點(diǎn)的豎直高度差為h＝0.5m(g取10m/s2)。求：(1)金屬塊經(jīng)過(guò)D點(diǎn)時(shí)的速度；(2)金屬塊在BCD彎道上克服摩擦力做的功。答案(1)2eq\r(5)m/s(2)3J解析(1)金屬塊剛好通過(guò)最高點(diǎn)E點(diǎn)，則mg＝eq\f(mv\o\al(2,E),R)，解得vE＝2m/s，在從D到E的過(guò)程中由動(dòng)能定理得－mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,E)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)，解得vD＝2eq\r(5)m/s。(2)金屬塊剛剛放上時(shí)，mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1解得a1＝10m/s2設(shè)金屬塊經(jīng)位移s1與傳送帶達(dá)到相同速度，則v2＝2a1s1時(shí)，解得s1＝0.2m<3.2m金屬塊會(huì)繼續(xù)加速，有mgsinθ－μmgcosθ＝ma2解得a2＝2m/s2由s2＝L－s1＝3m，veq\o\al(2,B)－v2＝2a2s2，解得vB＝4m/s在從B到D的過(guò)程中由動(dòng)能定理得mgh－W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，解得W＝3J。課后作業(yè)[鞏固強(qiáng)化練]1．(多選)光滑水平面上靜止的物體，受到一個(gè)水平拉力F作用開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，拉力隨時(shí)間變化如圖所示，用Ek、v、x、P分別表示物體的動(dòng)能、速度、位移和水平拉力的功率，下列四個(gè)圖象中分別定性描述了這些物理量隨時(shí)間變化的情況，正確的是()答案BD解析由動(dòng)能定理，F(xiàn)x＝F·eq\f(1,2)at2＝Ek，圖象A錯(cuò)誤；在水平拉力F作用下，做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，v＝at，圖象B正確；其位移x＝eq\f(1,2)at2，圖象C錯(cuò)誤；水平拉力的功率P＝Fv＝Fat，圖象D正確。2．(多選)如圖所示，一塊長(zhǎng)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(dòng)，以地面為參考系，A、B都向前移動(dòng)一段距離，在此過(guò)程中()A．外力F做的功等于A和B動(dòng)能的增量B．B對(duì)A的摩擦力所做的功等于A的動(dòng)能的增量C．A對(duì)B的摩擦力所做的功等于B對(duì)A的摩擦力所做的功D．外力F對(duì)B做的功等于B的動(dòng)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(duì)A的摩擦力，對(duì)A物體運(yùn)用動(dòng)能定理，則有B對(duì)A的摩擦力所做的功等于A的動(dòng)能的增量，B正確；A對(duì)B的摩擦力與B對(duì)A的摩擦力是一對(duì)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(dòng)，A、B相對(duì)地的位移不相等，故二者做功不相等，C錯(cuò)誤；對(duì)B應(yīng)用動(dòng)能定理WF－Wf＝ΔEkB，WF＝ΔEkB＋Wf，即外力F對(duì)B做的功等于B的動(dòng)能的增量與B克服摩擦力所做的功之和，D正確；根據(jù)功能關(guān)系可知，外力F做的功等于A和B動(dòng)能的增量與產(chǎn)生的內(nèi)能之和，故A錯(cuò)誤。3．(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答案BD解析根據(jù)動(dòng)能定理－μmg·s＝0－Ek0，所以質(zhì)量小的物體滑行的距離大，并且它們克服摩擦力所做的功在數(shù)值上都等于初動(dòng)能的大小，B、D正確。4．(多選)質(zhì)量為1kg的物體靜止在水平粗糙的地面上，在一水平外力F的作用下運(yùn)動(dòng)，如圖甲所示，外力F和物體克服摩擦力Ff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取10m/s2。下列分析正確的是()A．物體與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2B．物體運(yùn)動(dòng)的位移為13mC．物體在前3m運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的加速度為3m/s2D．x＝9m時(shí)，物體的速度為3eq\r(2)m/s答案ACD解析由Wf＝Ffx對(duì)應(yīng)圖乙可知，物體與地面之間的滑動(dòng)摩擦力Ff＝2N，由Ff＝μmg可得μ＝0.2，A正確；由WF＝Fx對(duì)應(yīng)圖乙可知，前3m內(nèi)，拉力F1＝5N,3～9m內(nèi)，拉力F2＝2N，物體在前3m內(nèi)的加速度a1＝eq\f(F1－Ff,m)＝3m/s2，C正確；由動(dòng)能定理得WF－Ffx＝eq\f(1,2)mv2解得：當(dāng)x＝9m時(shí)，物體的速度為v＝3eq\r(2)m/s，D正確；物體的最大位移xm＝eq\f(WF,Ff)＝eq\f(27,2)m＝13.5m，B錯(cuò)誤。[真題模擬練]5．(2018·全國(guó)卷Ⅰ)高鐵列車(chē)在啟動(dòng)階段的運(yùn)動(dòng)可看作初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)。在啟動(dòng)階段，列車(chē)的動(dòng)能()A．與它所經(jīng)歷的時(shí)間成正比B．與它的位移成正比C．與它的速度成正比D．與它的動(dòng)量成正比答案B解析列車(chē)做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，列車(chē)動(dòng)能Ek＝eq\f(1,2)mv2，又因?yàn)関＝at，所以Ek＝eq\f(1,2)ma2t2，加速度a恒定，動(dòng)能跟時(shí)間t的平方成正比，A錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)能定理Ek＝W合＝F合s＝mas，故動(dòng)能與位移成正比，B正確；動(dòng)能與速度平方成正比，故C錯(cuò)誤；由Ek＝eq\f(p2,2m)，可知?jiǎng)幽芘c動(dòng)量的平方成正比，D錯(cuò)誤。6．(2018·全國(guó)卷Ⅱ)如圖，某同學(xué)用繩子拉動(dòng)木箱，使它從靜止開(kāi)始沿粗糙水平路面運(yùn)動(dòng)至具有某一速度，木箱獲得的動(dòng)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解析木箱受力如圖所示，木箱在移動(dòng)的過(guò)程中有兩個(gè)力做功，拉力做正功，摩擦力做負(fù)功，根據(jù)動(dòng)能定理可知：WF－Wf＝eq\f(1,2)mv2－0，所以動(dòng)能小于拉力做的功，故A正確，B錯(cuò)誤；無(wú)法比較動(dòng)能與克服摩擦力做功的大小，C、D錯(cuò)誤。7．(2018·江蘇高考)從地面豎直向上拋出一只小球，小球運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后落回地面。忽略空氣阻力，該過(guò)程中小球的動(dòng)能Ek與時(shí)間t的關(guān)系圖象是()答案A解析小球做豎直上拋運(yùn)動(dòng)時(shí)，速度v＝v0－gt，根據(jù)動(dòng)能Ek＝eq\f(1,2)mv2得Ek＝eq\f(1,2)m(v0－gt)2，故圖象A正確。8．(2016·全國(guó)卷Ⅲ)(多選)如圖所示，一固定容器的內(nèi)壁是半徑為R的半球面；在半球面水平直徑的一端有一質(zhì)量為m的質(zhì)點(diǎn)P。它在容器內(nèi)壁由靜止下滑到最低點(diǎn)的過(guò)程中，克服摩擦力做的功為W。重力加速度大小為g。設(shè)質(zhì)點(diǎn)P在最低點(diǎn)時(shí)，向心加速度的大小為a，容器對(duì)它的支持力大小為N，則()A．a(chǎn)＝eq\f(2mgR－W,mR)B．a(chǎn)＝eq\f(2mgR－W,mR)C．N＝eq\f(3mgR－2W,R)D．N＝eq\f(2mgR－W,R)答案AC解析質(zhì)點(diǎn)P下滑到最低點(diǎn)的過(guò)程中，由動(dòng)能定理得mgR－W＝eq\f(1,2)mv2，則速度v＝eq\r(\f(2mgR－W,m))，在最低點(diǎn)的向心加速度a＝eq\f(v2,R)＝eq\f(2mgR－W,mR)，A正確，B錯(cuò)誤；在最低點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律得N－mg＝ma，N＝eq\f(3mgR－2W,R)，C正確，D錯(cuò)誤。9．(2017·全國(guó)卷Ⅱ)如圖，半圓形光滑軌道固定在水平地面上，半圓的直徑與地面垂直。一小物塊以速度v從軌道下端滑入軌道，并從軌道上端水平飛出，小物塊落地點(diǎn)到軌道下端的距離與軌道半徑有關(guān)，此距離最大時(shí)對(duì)應(yīng)的軌道半徑為(重力加速度大小為g)()A.eq\f(v2,16g)B.eq\f(v2,8g)C.eq\f(v2,4g)D.eq\f(v2,2g)答案B解析設(shè)小物塊的質(zhì)量為m，滑到軌道上端時(shí)的速度為v1。小物塊上滑過(guò)程中，由動(dòng)能定理，有－2mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mv2①小物塊從軌道上端水平飛出，做平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)水平位移為x，下落時(shí)間為t，有2R＝eq\f(1,2)gt2②x＝v1t③聯(lián)立①②③式整理得x2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v2,2g)))2－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4R－\f(v2,2g)))2可得x有最大值eq\f(v2,2g)，對(duì)應(yīng)的軌道半徑R＝eq\f(v2,8g)。故選B。10．(2018·撫順模擬)(多選)如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端與質(zhì)量為m的圓環(huán)相連，圓環(huán)套在傾斜的粗糙固定桿上，桿與水平面之間的夾角為α，圓環(huán)在A處時(shí)彈簧豎直且處于原長(zhǎng)。將圓環(huán)從A處?kù)o止釋放，到達(dá)C處時(shí)速度為零。若圓環(huán)在C處獲得沿桿向上的速度v，恰好能回到A。已知AC＝L，B是AC的中點(diǎn)，彈簧始終在彈性限度之內(nèi)，重力加速度為g，則()A．下滑過(guò)程中，環(huán)受到的合力不斷減小B．下滑過(guò)程中，環(huán)與桿摩擦產(chǎn)生的熱量為eq\f(1,4)mv2C．從C到A過(guò)程，彈簧對(duì)環(huán)做功為mgLsinα－eq\f(1,4)mv2D．環(huán)經(jīng)過(guò)B時(shí)，上滑的速度大于下滑的速度答案BCD解析圓環(huán)從A處由靜止開(kāi)始下滑，初速度為零，到達(dá)C處的速度為零，所以圓環(huán)先做加速運(yùn)動(dòng)，再做減速運(yùn)動(dòng)，所以加速度先減小后增大，則合力先減小后增大，故A錯(cuò)誤；研究圓環(huán)從A處由靜止開(kāi)始下滑到C過(guò)程，運(yùn)用動(dòng)能定理列出等式mgh－Wf－W彈＝0－0＝0，在C處獲得一沿桿向上的速度v，恰好能回到A，運(yùn)用動(dòng)能定理列出等式－mgh＋W彈－Wf＝0－eq\f(1,2)mv2，解得Wf＝eq\f(1,4)mv2，所以產(chǎn)生的熱量為eq\f(1,4)mv2，故B正確；在C處獲得一沿桿向上的速度v，恰好能回到A，運(yùn)用動(dòng)能定理列出等式－mgh＋W彈－Wf＝0－eq\f(1,2)mv2，h＝Lsinα，解得W彈＝mgLsinα－eq\f(1,4)mv2，故C正確；研究圓環(huán)從A處由靜止開(kāi)始下滑到B過(guò)程，運(yùn)用動(dòng)能定理列出等式mgh′－Wf′－W彈′＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－0，研究圓環(huán)從B處上滑到A的過(guò)程，運(yùn)用動(dòng)能定理列出等式－mgh′－Wf′＋W彈′＝0－eq\f(1,2)mvB′2，由于Wf′>0，所以eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)<eq\f(1,2)mvB′2，則環(huán)經(jīng)過(guò)B時(shí)，上滑的速度大于下滑的速度，故D正確。11.(2016·天津高考)我國(guó)將于2022年舉辦冬奧會(huì)，跳臺(tái)滑雪是其中最具觀賞性的項(xiàng)目之一。如圖所示，質(zhì)量m＝60kg的運(yùn)動(dòng)員從長(zhǎng)直助滑道AB的A處由靜止開(kāi)始以加速度a＝3.6m/s2勻加速滑下，到達(dá)助滑道末端B時(shí)速度vB＝24m/s，A與B的豎直高度差H＝48m。為了改變運(yùn)動(dòng)員的運(yùn)動(dòng)方向，在助滑道與起跳臺(tái)之間用一段彎曲滑道銜接，其中最低點(diǎn)C處附近是一段以O(shè)為圓心的圓弧。助滑道末端B與滑道最低點(diǎn)C的高度差h＝5m，運(yùn)動(dòng)員在B、C間運(yùn)動(dòng)時(shí)阻力做功W＝－1530J，取g＝10m/s2。(1)求運(yùn)動(dòng)員在AB段下滑時(shí)受到阻力Ff的大??；(2)若運(yùn)動(dòng)員能夠承受的最大壓力為其所受重力的6倍，則C點(diǎn)所在圓弧的半徑R至少應(yīng)為多大。答案(1)144N(2)12.5m解析(1)運(yùn)動(dòng)員在AB段做初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)AB的長(zhǎng)度為x，則有veq\o\al(2,B)＝2ax①由牛頓第二定律有mg·eq\f(H,x)－Ff＝ma②聯(lián)立①②式，代入數(shù)據(jù)解得Ff＝144N。③(2)設(shè)運(yùn)動(dòng)員到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度為vC，在由B到C的過(guò)程中，由動(dòng)能定理有mgh＋W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)④設(shè)運(yùn)動(dòng)員在C點(diǎn)所受的支持力為FN，由牛頓第二定律有FN－mg＝meq\f(v\o\al(2,C),R)⑤由運(yùn)動(dòng)員能夠承受的最大壓力為其所受重力的6倍，聯(lián)立④⑤式，代入數(shù)據(jù)解得R＝12.5m，即R至少應(yīng)為12.5m。12．(2015·山東高考)如圖甲所示，物塊與質(zhì)量為m的小球通過(guò)不可伸長(zhǎng)的輕質(zhì)細(xì)繩跨過(guò)兩等高定滑輪連接。物塊置于左側(cè)滑輪正下方的表面水平的壓力傳感裝置上