新高考物理三輪沖刺知識講練與題型歸納專題10 動能定理的應(yīng)用（含解析）

專題10動能定理的應(yīng)用[題型導航]題型一動能定理的理解 1題型二動能定理的基本應(yīng)用 4題型三動能定理與圖像的結(jié)合 8題型四動能定理在多過程問題中的應(yīng)用 14[考點分析]題型一動能定理的理解 1．表達式：W＝Ek2－Ek1＝ΔEk.其中Ek2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)表示一個過程的末動能，Ek1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)表示這個過程的初動能．W表示這個過程中合力做的功．2．關(guān)于動能定理的幾點說明(1)W的含義：包含重力在內(nèi)的所有外力所做功的代數(shù)和．(2)W與ΔEk的關(guān)系：合力做功是引起物體動能變化的原因．如果合力對物體做正功，物體的動能增加；如果合力對物體做負功，物體的動能減少；如果合力對物體不做功，物體的動能不變．(3)動能定理的實質(zhì)：功能關(guān)系的一種具體體現(xiàn)，物體動能的改變可由合外力做功來度量．（多選）改變消防車的質(zhì)量和速度，都能使消防車的動能發(fā)生改變．在下列幾種情況下，消防車的動能是原來的2倍的是（）A．質(zhì)量不變，速度增大到原來2倍 B．速度不變，質(zhì)量增大到原來的2倍 C．質(zhì)量減半，速度增大到原來的4倍 D．速度減半，質(zhì)量增大到原來的8倍【解答】解：A、質(zhì)量不變，速度增大到原來的2倍，根據(jù)動能公式可知，汽車的動能變?yōu)樵瓉淼?倍，故A錯誤；B、速度不變，質(zhì)量增大到原來的2倍，根據(jù)動能公式可知汽車的動能變?yōu)樵瓉淼?倍，故B正確；C、質(zhì)量減半，速度增大到原來的4倍，根據(jù)動能公式可得汽車的動能變?yōu)樵瓉淼?倍，故C錯誤；D、速度減半，質(zhì)量增大到原來的8倍，根據(jù)動能公式可知，汽車的動能變?yōu)樵瓉淼?倍，故D正確；故選：BD。關(guān)于動能的理解，下列說法正確的是（）A．凡是運動的物體都具有動能 B．重力勢能可以為負值，動能也可以為負值 C．一定質(zhì)量的物體，動能變化時，速度一定變化，速度變化時，動能也一定變化 D．動能不變的物體，一定處于平衡狀態(tài)【解答】解：A、物體由于運動而具有的能量是動能，運動的物體都具有動能，故A正確；B、物體在參考平面以下時物體的重力勢能是負的，在參考平面以上時重力勢能是正的；物體的動能是Ek=12mvC、一定質(zhì)量的物體，動能變化，則速度的大小一定變化，所以速度一定變化；速度變化時，動能不一定變化，比如做勻速圓周運動的物體，速度方向變化，大小不變，速度變了但動能不變，故C錯誤；D、動能不變的物體，速度方向可能變化，物體不一定處于平衡狀態(tài)，如勻速圓周運動中，物體的動能不變，但物體不處于平衡狀態(tài)，故D錯誤。故選：A。一顆質(zhì)量為m的衛(wèi)星在離地球表面一定高度的軌道上繞地球做圓周運動，若已知地球半徑為R，地球表面的重力加速度為g，衛(wèi)星的向心加速度與地球表面的重力加速度大小之比為1：9，衛(wèi)星的動能為（）A．mgR4 B．mgR6 C．mg【解答】解：在地球表面有：G衛(wèi)星做圓周運動有：G由于衛(wèi)星的向心加速度與地球表面的重力加速度大小之比為1：9即：ag則衛(wèi)星的軌道半徑：r＝3R…①衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動：GMm又：GMm由①②③可解得衛(wèi)星的動能為：Ek所以B正確，ACD錯誤。故選：B。繩索套馬是內(nèi)蒙古牧民的重要體育活動。某次活動中，套馬者騎在馬背上以速度v追趕提前釋放的烈馬，同時揮動質(zhì)量為m的套馬圈，使套馬圈圍繞套馬者在水平面內(nèi)做角速度為ω、半徑為r的勻速圓周運動，追逐一段時間后套馬者和烈馬的距離s保持不變，待套馬圈運動到烈馬正后方時，套馬者松開套馬圈，最終成功套住烈馬。運動過程中，套馬者和烈馬行進路線平行，松手后套馬圈在空中的運動可視為平拋運動。下列說法正確的是（）A．套馬圈圍繞套馬者作圖示順時針的圓周運動 B．套馬圈做平拋運動的時間為sωrC．套馬圈做平拋運動的初速度為v+ωr D．套馬者剛松手時，套馬圈的動能為mω2r2【解答】解：A、根據(jù)圖象可知套馬圈做逆時針圓周運動，故A錯誤；CD、依據(jù)題意可知，套馬圈轉(zhuǎn)到烈馬正后方時，運動速度與烈馬同向，則套馬圈平拋運動的初速度v′＝v+rω，則套馬圈的動能為12B、平拋運動水平方向做勻速直線，水平位移x=s2?r2，套馬圈相對于烈馬的水平速度v0故選：C。改變汽車的質(zhì)量和速度，都能使汽車的動能發(fā)生變化．在下列幾種情況中，關(guān)于汽車的動能的說法不正確的是（）A．質(zhì)量不變，速度增大到原來的2倍，汽車的動能變?yōu)樵瓉淼?倍 B．速度不變，質(zhì)量增大到原來的2倍，汽車的動能變?yōu)樵瓉淼?倍 C．質(zhì)量減半，速度增大到原來的4倍，汽車的動能不變 D．速度減半，質(zhì)量增大到原來的4倍，汽車的動能不變【解答】解：A、質(zhì)量不變，速度增大到原來的2倍，根據(jù)動能公式EK=12mVB、速度不變，質(zhì)量增大到原來的2倍，根據(jù)動能公式EK=12mVC、質(zhì)量減半，速度增大到原來的4倍，根據(jù)動能公式EK=12mVD、速度減半，質(zhì)量增大到原來的4倍，根據(jù)動能公式EK=12mV本題選錯誤的；故選：C。題型二動能定理的基本應(yīng)用1．應(yīng)用動能定理解題的優(yōu)點(1)動能定理對應(yīng)的是一個過程，只涉及到物體初、末狀態(tài)的動能和整個過程合力做的功，無需關(guān)心中間運動過程的細節(jié)，而且功和能都是標量，無方向性，計算方便．(2)當題目中不涉及a和t，而涉及F、x、m、v等物理量時，優(yōu)先考慮使用動能定理．(3)動能定理既適用于恒力作用過程也適用于變力作用過程，既適用于直線運動也適用于曲線運動，既適用于單個物體也適用于多個物體，特別是變力及多過程問題，動能定理更具有優(yōu)越性．2．應(yīng)用動能定理解題的一般步驟(1)選取研究對象(通常是單個物體)，明確它的運動過程．(2)對研究對象進行受力分析，明確各力做功的情況，求出外力做功的代數(shù)和．(3)明確物體在初、末狀態(tài)的動能Ek1、Ek2.(4)列出動能定理的方程W＝Ek2－Ek1，結(jié)合其他必要的解題方程，求解并驗算．如圖所示為某中學科技小組制作的利用太陽能驅(qū)動小車的裝置。當太陽光照射到小車上方的光電板時，光電板中產(chǎn)生的電流經(jīng)電動機帶動小車前進。若質(zhì)量為m的小車在平直的水泥路上從靜止開始沿直線加速行駛，經(jīng)過時間t前進的距離為x，且速度達到最大值νm，設(shè)這一過程中電動機的功率恒為P，小車所受阻力恒為f，那么這段時間內(nèi)（）A．小車做勻加速運動 B．小車受到的合外力所做的功為Pt C．小車受到的牽引力逐漸減小 D．小車受到的牽引力做的功為1【解答】解：AC、對小車利用牛頓第二定律有F牽﹣F＝ma，根據(jù)P＝F牽v可知在功率恒定時，v增大，則牽引力F牽減?。挥深}意可知阻力F恒定，故小車的加速度變小，故A錯誤，C正確；B、小車的功率指的是牽引力的功率，故牽引力所做的功為W＝Pt，即Pt不是合外力的功率，故B錯誤；D、在小車運動過程，利用動能定理，有W﹣Fx=12mvm2，整理可得小車受到的牽引力做的功為W＝Fx+12故選：C。北京冬奧會的舉辦，使滑雪項目更成為了人們非常喜愛的運動項目。如圖，質(zhì)量為m的運動員從高為h的A點由靜止滑下，到達B點時以速度v0水平飛出，經(jīng)一段時間后落到傾角為θ的長直滑道上C點，重力加速度大小為g，不計空氣阻力，則運動員（）A．落到斜面上C點時的速度vC=vB．在空中平拋運動的時間t=v0gC．從A到B的過程中克服阻力所做的功W克=12mv02﹣D．從B點經(jīng)t=v0g【解答】解：B、運動員在B到C的過程中做平拋運動，其運動的位移與水平方向的夾角為θ，所以有tanθ=1則運動員在空中運動的時間為t=2A、運動員到達C點時，豎直方向的速度為vy＝gt＝2v0tanθ，所以運動員落在斜面上的速度為vc=vD、根據(jù)題意可知，當運動員的速度和斜面平行時，與斜面垂直距離最大，此時運動員垂直于斜面方向的速度為零，所以根據(jù)對稱性可知，從B點到與斜面垂直距離最大的位置所需的時間為從B到C的一半，即為t=v0gC、A到B根據(jù)動能定理有mgh﹣W克=12mv02，所以從A到B的過程中克服阻力所做的功問W克故選：D。跳臺滑雪是冬奧會的重要競技項目。如圖所示，運動員在滑雪道上獲得一定速度后，從跳臺上O點水平飛出。某運動員兩次試滑分別在斜坡上a、b兩點著陸，已知Oa：Ob＝3：4，斜坡與水平面間夾角為θ，忽略空氣阻力，運動員（含裝備）可視為質(zhì)點。則該運動員兩次試滑著陸時的動能之比（）A．Eka：Ekb=3：2C．Eka：Ekb＝3：4 D．Eka：Ekb＝3tanθ：4【解答】解：該運動員在空中做平拋運動，設(shè)水平飛出時初速度為v0，在斜坡上的落點到O點的距離為l。運動員落到斜坡上時有tanθ=可得運動員落到斜面上時，水平分速度與豎直分速度滿足：v運動過程中機械能守恒，有1落到斜坡上時該運動員的動能Ek=1故選：C。如圖所示，MFN為豎直平面內(nèi)的光滑圓弧軌道，半徑為R，圓心為O，OF豎，OM與豎直方向夾角θ＝60°。一質(zhì)量為m的小球由P點沿水平方向拋出，初速度為v0A．小球在F點時對圓弧軌道的壓力為73B．小球在N點時對圓弧軌道的壓力為mg C．小球運動到圓弧軌道上與M點等高的位置時的速度v=gRD．小球從N點脫離圓弧軌道后，繼續(xù)上升的最大高度?【解答】解：A、對小球從P點到F點應(yīng)用動能定理可得：mgR=在F點由向心力表達式可知：FN﹣mg＝mv聯(lián)立可得：FN=103mgB、由機械能守恒可知，小球在N點時速度仍為v0，由向心力表達式可得：F＝mv02R根據(jù)牛頓第三定律小球在N點時對圓弧軌道的壓力為13C、在M點將小球的速度進行正交分解，如圖所示；根據(jù)幾何關(guān)系可得小球在M點時的速度vM=v0cosθ=v0cos60°D、小球從N點脫離圓弧軌道后，由動能定理可得：mgh=12m故選：D。題型三動能定理與圖像的結(jié)合1．解決物理圖像問題的基本步驟(1)觀察題目給出的圖像，弄清縱坐標、橫坐標所對應(yīng)的物理量及圖線所表示的物理意義。(2)根據(jù)物理規(guī)律推導出縱坐標與橫坐標所對應(yīng)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(yīng)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(yīng)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。2．四類圖像所圍面積的含義(1)v-t圖：由公式x＝vt可知，v-t圖線與坐標軸圍成的面積表示物體的位移。(2)a-t圖：由公式Δv＝at可知，a-t圖線與坐標軸圍成的面積表示物體速度的變化量。(3)F-s圖：由公式W＝Fs可知，F(xiàn)-s圖線與坐標軸圍成的面積表示力所做的功。(4)P-t圖：由公式W＝Pt可知，P-t圖線與坐標軸圍成的面積表示力所做的功。北京2022年冬奧會自由式滑雪女子大跳臺的比賽中，18歲的中國選手谷愛凌獲得了中國女子雪上項目第一個冬奧會冠軍?；┐筇_的賽道主要由助滑道、起跳臺、著陸坡、停止區(qū)組成，如圖甲所示。在某次訓練中，運動員經(jīng)助滑道加速后自起跳點C以與水平方向成37°角的某一速度飛起，完成空中動作后，落在著陸坡上，已知運動員著陸時的速度方向與豎直方向夾角也為37°，測得運動員完成空中動作的時間為2.5s。然后運動員沿半徑為R＝66m的圓弧軌道EF自由滑行通過最低點F，進入水平停止區(qū)后調(diào)整姿勢減速滑行直到停止。在F點地面對運動員的支持力為其體重（含裝備）的2倍，運動員與水平停止區(qū)的動摩擦因數(shù)μ隨著滑行的位移x變化關(guān)系的圖像如圖乙所示，取g＝10m/s2，sin37＝0.6，忽略運動過程中的空氣阻力。求：（1）運動員從起跳點C飛起時的速度大??；（2）運動員在水平停止區(qū)滑行的位移大小?！窘獯稹拷猓海?）對運動員由C點到落地瞬間的速度進行正交分解，水平方向做勻速直線運動，豎直方向做勻變速直線運動。水平方向迪度vx＝vCcos37°堅直方向速度上拋vy＝vCsin37°﹣gt著陸時豎直方向分速度與C點的豎直方向分速度方向相反，由于運動員著陸時的速度方向與豎直方向的夾角為也為37°，則有tan37°=v代入數(shù)據(jù)解得vC＝15m/s（2）將運動員與裝備看成一個質(zhì)點，總質(zhì)量為，在F點支持力和總重力的合力為圓周運動提供內(nèi)心力，則有FN﹣mg＝mv由圖乙可知，μ＝0.4+1運動員到達F點后，做勻減邊直統(tǒng)運動，設(shè)運動員在水平停止區(qū)滑行的位移大小為x，由動能定理﹣（0.4+0.4+1200L2）mgL＝0解得L＝60m。答：（1）運動員從起跳點C飛起時的速度大小為15m/s；（2）運動員在水平停止區(qū)滑行的位移大小為60m。排球比賽中，某次運動員將飛來的排球從a點水平擊出，球擊中b點；另一次將飛來的排球從a點的正下方c點斜向上擊出，也擊中b點，且b點與c點等高。第二次排球運動的最高點d與a點等高，且兩軌跡交點恰好為排球網(wǎng)上端點e。不計空氣阻力，下列說法正確的是（）A．兩個過程中，排球運動到b點的速度大小可能相等 B．b點與c點到球網(wǎng)平面的水平距離之比為3：2 C．a(chǎn)、c兩點高度差與e、c兩點高度差之比為4：3 D．運動員兩次擊球?qū)ε徘蛩龅墓赡芟嗟取窘獯稹拷猓篈D、由于從c處拋出的球能豎直到達d點，從d到地面豎直方向做自由落體運動，根據(jù)豎直方向的運動可知vya＝vyb，tb＝2ta，由于水平方向的位移相同，根據(jù)vx=xt，可知vax＞vbx，根據(jù)速度的合成可知，a拋出時的速度va0＝vax，到達b點速度v1=vax2+vya2，b拋出時的初速度和到達b點時速度相等，vb＝vb0B、比較第一次排球從a到e過程和第二次排球從e到d過程，根據(jù)可逆性，把第二次排球從e到d過程看成是從d到e過程的平拋運動，這兩個過程豎直方向做自由落體運動，下落高度一樣，運動時間也一樣，根據(jù)：va＝2vd可得xae＝2xde，故有xbeC、研究第一次排球的運動過程，由于xaexab根據(jù)h=12gt2故選：D。（多選）2022年北京冬奧會上中國首次使用了二氧化碳跨臨界環(huán)保制冰技術(shù)，運用該技術(shù)可制作動摩擦因數(shù)不同的冰面。將一物塊以一定的初速度在運用該技術(shù)制作的水平冰面上沿直線滑行，共滑行了6m，運動中的加速度a與位移x的關(guān)系如圖所示，設(shè)位移1.5m處與6m處的動摩擦因數(shù)分別為μ1、μ2，在前3m與后3m運動過程中物塊動能改變的大小分別為ΔEk1、ΔEk2，則（）A．μ1：μ2＝3：1 B．μ1：μ2＝4：1 C．ΔEk1：ΔEk2＝3：2 D．ΔEk1：ΔEk2＝3：1【解答】解：AB、對物塊由牛頓第二定律有ma＝μmga＝μg在位移1.5ma1＝μ1g＝3m/s2解得：μ1＝0.3在位移6ma2＝μ2g＝1m/s2解得：μ2＝0.1則μ1CD、由ΔEk=12mv末2?且2ax=故ax=12（ΔE由圖像可知ax為物體在初末位置位移與加速度的乘積即ax為a﹣x圖像在該段位移內(nèi)對應(yīng)的面積所以在前3m位移面積S1＝3×3m2/s2＝9m2/s2所以在后3m位移面積S2＝（1+3）×3×12m2/s2＝6m2ΔE故選：AC。如圖甲所示。豎直面內(nèi)θ＝30°的傾斜軌道與相同材料足夠長的水平軌道平滑連接，質(zhì)量m＝0.9kg的物塊B靜止在水平軌道的最左端.t＝0時刻，物塊A由傾斜軌道上端從靜止下滑，一段時間后與B發(fā)生碰撞，物塊A運動的v﹣t圖像如圖乙所示，已知碰后物塊B的速度為1m/s。重力加速度g取10m/s2，不計空氣阻力。（1）求物塊A與軌道間的動摩擦因數(shù)μ1；（2）求物塊A在前3s內(nèi)，克服摩擦力做的功；（3）若要保證兩物塊再次相碰，求物塊B與軌道間的摩擦因數(shù)μ2應(yīng)滿足的條件?！窘獯稹拷猓海?）A沿傾斜軌道下滑的加速度大小為a1=根據(jù)牛頓第二定律可得：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma，解得μ=（2）物塊A與物塊B碰撞后，速度反向，沿斜面向上運動的加速度大小為a2=上滑的時間t′＝0.5s，故碰撞后反彈的速度為v′＝a2t′＝8×0.5m/s＝4m/s在碰撞過程中，根據(jù)動量守恒定律可得：mAv0＝mAv′+mvB，解得mA＝0.1kg故上滑和下滑通過的路程s=故在前3s內(nèi)克服摩擦力做功W＝μmAgcos30°×s=（3）物體A再次返回到斜面底端的速度為v，xA=12×4×0.5m＝1m，xA=v22在沿斜面向下運動的時間為t2＝1s，再經(jīng)過時間t兩物塊相碰，則：v﹣μ1gt＝vB﹣μ2g（t+t1+t2）vB+v?μ1gt2(t+t1所以若要保證兩物塊再次相碰，物塊B與軌道間的摩擦因數(shù)0＜μ2≤0.068答：（1）求物塊A與軌道間的動摩擦因數(shù)為3（2）物塊A在前3s內(nèi)，克服摩擦力做的功為2.175J（3）若要保證兩物塊再次相碰，求物塊B與軌道間的摩擦因數(shù)0＜μ2≤0.068如圖甲所示，斜面上有一個輕彈簧，一端與斜面固定，另外一端與木板固定。木板在A點時，彈簧處于壓縮狀態(tài)，釋放木板，木板由靜止開始沿斜面向上運動，其v﹣t圖像如圖乙所示（圖線為正弦曲線）。木板在t1時刻速度達到最大為v1，t2時刻到達B點，此時彈簧處于伸長狀態(tài)。已知木板的質(zhì)量為m，斜面與水平面夾角為θ，A、B兩點相距為L，木板、物塊與斜面的動摩擦因數(shù)均為μ，重力加速度為g，彈簧始終在彈性限度內(nèi)。（1）求t1時刻彈簧彈力的大?。唬?）若已知彈簧的勁度系數(shù)為k，木板在A、B兩點的加速度大小相等，求此加速度的大?。唬?）若某時刻有一質(zhì)量也為m的物塊在C點由靜止開始沿斜面下滑，在t1時刻恰好與木板發(fā)生彈性碰撞，碰后木板沿斜面向下運動恰好回到A點，求B、C兩點之間的距離?！窘獯稹拷猓海?）t1時刻，木板達到最大速度，其加速度為零，設(shè)彈簧彈力的大小為F，有F＝mgsinθ+μmgcosθ（2）木板在A點時，設(shè)此時彈簧的壓縮量為x1，由牛頓第二定律有kx1﹣mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma木板在B點時，設(shè)此時彈簧的伸長量為x2，由牛頓第二定律有kx2+mgsinθ+μmgcosθ＝maA、B相距為L，有x1+x2＝L聯(lián)立可得a=（3）由v﹣t圖像12mv1'2可知，t1WN﹣mgL2sinθ﹣μmgL2cos物塊在C處開始下滑，假設(shè)B、C兩點之間的距離為x，物塊下滑到A、B的中點處的速度為v2，由動能定理得：mg（x+L2）sinθ﹣μmg（x+Lt1時刻，木板與物塊發(fā)生彈性碰撞，取沿斜面向上為正方向，由動量守恒定律和機械能守恒定律得：mv1﹣mv2＝mv1′+mv2′12mv木板從碰后開始沿斜面向下運動到A點的過程，由動能定理得：﹣WN+mgL2sinθ﹣μmgL2cosθ聯(lián)立可得x=答：（1）t1時刻彈簧彈力的大小為mgsinθ+μmgcosθ（2）若已知彈簧的勁度系數(shù)為k，木板在A、B兩點的加速度大小為kL（3）B、C兩點之間的距離為v題型四動能定理在多過程問題中的應(yīng)用對于包含多個運動階段的復雜運動過程，可以選擇分段或全程應(yīng)用動能定理．1．分段應(yīng)用動能定理時，將復雜的過程分割成一個個子過程，對每個子過程的做功情況和初、末動能進行分析，然后針對每個子過程應(yīng)用動能定理列式，然后聯(lián)立求解．2．全程應(yīng)用動能定理時，分析整個過程中出現(xiàn)過的各力的做功情況，分析每個力的做功，確定整個過程中合外力做的總功，然后確定整個過程的初、末動能，針對整個過程利用動能定理列式求解．當題目不涉及中間量時，選擇全程應(yīng)用動能定理更簡單，更方便．注意當物體運動過程中涉及多個力做功時，各力對應(yīng)的位移可能不相同，計算各力做功時，應(yīng)注意各力對應(yīng)的位移．計算總功時，應(yīng)計算整個過程中出現(xiàn)過的各力做功的代數(shù)和．如圖，質(zhì)量m＝2kg的小球A以v0＝32m/s的初速度沖上傾角θ＝30°的斜面，小球A與斜面的動摩擦因數(shù)μ1=36，斜面高度H＝0.5m，g取10m/s（1）小球A到達斜面頂端M點時的速度；（2）當小球A到達頂點后，假設(shè)速度大小保持不變滾到水平面MN上，水平面MN總長1m，N點有豎直擋板D，當小球經(jīng)過M點后，立即在M點放上豎直擋板C，在MN的中點有一個靜止的光滑小球B．已知小球A與水平面MN的動摩擦因數(shù)為μ2＝0.05，兩小球碰撞后會交換各自的速度，并且每次小球與擋板的碰撞都只改變小球的運動方向，而不改變速度大小，則：試通過計算分析兩小球能發(fā)生幾次碰撞；求出從小球A滑上水平面到最后停止的總時間．【解答】解：（1）根據(jù)牛頓第二定律，物體上滑的加速度為：a＝﹣（gsinθ+μ1gcosθ）＝﹣（10×12+36×10×根據(jù)勻變速直線運動的速度位移公式得：s=vM2代入數(shù)據(jù)，解得：v（2）球最終靜止時減少的動能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能：μ2mgs總=12mv得：s總＝3m則A球運動0.5m時碰撞第一次（A撞B），碰撞時A求速度為v1，μ2mg×0.5=12mvM2?1解得：v1＝0.510m/s第一次到第二次碰撞（B撞A），B運動時間：t1=1A再運動1m時碰撞第三次（A撞B），碰撞時A求速度為v2，μ2mg×1.5=12mvM2?1解得：v2＝0.56m/s第三次到第四次碰撞（B撞A），B運動時間：t2=1A再運動1m時碰撞第五次（A撞B），碰撞時A求速度為v3，μ2mg×2.5=12mvM2?1解得：v3＝0.52m/s第五次到第六次碰撞（B撞A），B運動時間：t3=1即兩小球共碰撞6次；a′＝μ2g＝0.5m/s2A總計運動時間：t4=vMa則小球A滑上水平面到最后停止的總時間：t＝t1+t2+t3+t4＝（105+6答：（1）小球A到達斜面頂端M點時的速度3m/s；（2）兩小球能發(fā)生6次碰撞；從小球A滑上水平面到最后停止的總時間為（105+6（多選）在足夠長的光滑斜面底端，有一質(zhì)量為m的小滑塊（可視為質(zhì)點），受平行斜面向上的恒力F作用，由靜止開始沿斜面向上運動，經(jīng)過一段時間t，位移為x．撤去恒力，滑塊經(jīng)相同的時間t恰返回至斜面底端，取沿斜面向上的方向為坐標軸x的正方向，斜面底端為坐標原點，滑塊運動的位移﹣時間圖像如圖所示，圖中曲線對應(yīng)拋物線，已知滑塊始終在斜面上運動，則（）A．位移最大值xm為4x3B．與位移最大值xm對應(yīng)的時刻tm為7t5C．恒力F對滑塊做的功為4mxD．滑塊返回至斜面底端的動能為8m【解答】解A、設(shè)撤去F時滑塊速度為v，由勻變速規(guī)律：撤F前，x=12a1t2，撤F后，﹣x＝vt?1撤F前：v2＝2a1x，撤F后滑塊到達最高點位移為x′：v2＝2a2x′，解得：x′=x3，最大位移為：xm＝x+x故A正確；B、撤F后滑塊到達最高點用時間為t′：v＝a2t′，解得：t′=t3，與位移最大值xm對應(yīng)的時刻為：T＝t故B錯誤；C、如圖1所示，撤F前，由牛頓第二定律：F﹣mgsinθ＝ma1，撤F后如圖2所示，mgsinθ＝ma2，得：a2＝gsinθ，又a2＝3a1，聯(lián)立解得：F=4mgsinθ3，a1=gsinθ3，又x=恒力F做功為：W＝Fx=4mgxsinθD、滑塊從底端出發(fā)到再回到底端，由動能定理：W＝Ek﹣0，得：Ek=8m故選：AD。如圖所示，水平傳送帶AB與粗糙水平地面BC、光滑半圓軌道CD平滑對接，CD為半圓軌道的豎直直徑.已知傳送帶以速度v0＝2gL順時針勻速轉(zhuǎn)動，傳送帶長度為2L，BC長為L，質(zhì)量為m的小滑塊P從左端放置在傳送帶上，P與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ1=58，與地面間的動摩擦因數(shù)μ2=1（1）通過計算判斷，小滑塊P剛到達C點時的速度；（2）如果P能夠與Q碰撞，求碰后Q運動到D點時對軌道的壓力大?。唬?）如果小球Q的質(zhì)量變?yōu)閗m（k為正數(shù)），小球Q通過D點后能夠落到傳送帶上，求k值范圍.【解答】解：（1）假設(shè)小滑塊P在傳送帶上一直加速運動，到達B點時的速度為vB，小滑塊P從A到B由動能定理：μ1mg×2L=12mvB2?0，解得：vB=（2）P、Q碰撞且無機械能損失，所以二者彈性碰撞，又二者質(zhì)量相等，所以二者交換速度，碰后P靜止，Q以速度：vQ＝vC=對小球Q從C到D的過程，由動能定理：，小球Q在D點時，由牛頓第二定律：mg+N＝mvQ2R，R=（3）小球Q的質(zhì)量變km，P、Q發(fā)生彈性碰撞，取水平向右為正方向，由動量守恒定律：mvC＝mv1+mv2由機械能守恒定律：12mv對Q球，從C到D的過程，由動能定理：?2mgR=12在D點平拋運動，恰好落在B點，此時對應(yīng)的水平速度v，則有：2R=12gt2，L＝vt聯(lián)立解得：v3L＝vt，聯(lián)立解得：v＝3gL，與vD聯(lián)立解得：k=310答：（1）通過計算判斷，小滑塊P剛到達C點時的速度為32（2）如果P能夠與Q碰撞，求碰后Q運動到D點時對軌道的壓力大小為4mg；（3）如果小球Q的質(zhì)量變?yōu)閗m（k為正數(shù)），小球Q通過D點后能夠落到傳送帶上，求k值范圍：(3如圖所示是一款固定在豎直平面內(nèi)的游戲裝置。半徑R1＝0.25m的半圓型細管軌道AB與半徑R2＝0.15m的半圓形內(nèi)軌道BC在B點平滑連接，圓心分別為O1和O2，直徑AB和BC處于豎直方向。傾角α＝37°的足夠長直軌道CD與軌道BC在C點用一小段圓弧軌道平滑連接，C點位于水平地面。在水平地面上可左右移動的P點能夠斜向上發(fā)射質(zhì)量m＝0.15kg的小滑塊（可視為質(zhì)點），而且要求小滑塊恰好以水平速度從A點進入細管軌道。已知軌道AB和軌道BC均光滑，小滑塊與軌道CD間的動摩擦因數(shù)μ＝0.25，忽略空氣阻力，不計細管管口直徑，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。（1）若小滑塊剛進入A點時與細管內(nèi)壁無擠壓求小滑塊第一次運動到內(nèi)軌道BC的B點時受到軌道彈力的大??；（2）若小滑塊從A點進入細管后最終還能從A點飛出，求發(fā)射點P到C點的距離需要滿足的條件；（3）通過計算說明小滑塊從A點進入細管后能通過B點的最多次數(shù)?！窘獯稹拷猓海?）設(shè)小滑塊在A點與細管內(nèi)壁恰好無擠壓時的速度為v1，根據(jù)向心力公式有：mg=設(shè)小滑塊在B點的速度為v2，從A點到B點的過程中，根據(jù)動能定理有：mg?2R=設(shè)小滑塊運動到BC軌道的B點時受到軌道的彈力大小為F，根據(jù)向心力公式有：mg+F=聯(lián)立解得：F＝11N方向豎直向上（2）若小滑塊從斜面返回到A點時速度為零，設(shè)小滑塊在斜面上滑行距離為L1，根據(jù)動能定理：mg（L1?sinα﹣2R1﹣2R2）﹣μmgcosα?L1＝0﹣0解得：L1＝2m設(shè)小滑塊從A點進入時速度為v3，返回到A點時速度為零，根據(jù)能量關(guān)系：12mv32=2解得：v3＝4m/s從P到A的過程中，設(shè)小滑塊運動時間為t，水平距離為x0，根據(jù)平拋運動的規(guī)律有：2R1+2R2=12gt2解得：x0＝16m故拋出點O到C點的距離應(yīng)滿足：x＞1.6m（3）設(shè)小滑塊恰好能經(jīng)過B點的速度為v4，根據(jù)向心力公式有：mg=設(shè)小滑塊C點最小速度為v5，好能經(jīng)過B點，從C到B過程中，根據(jù)動能定理：﹣mg?2R2=解得：v5=由于當vA＞4m/s時，小滑塊將從A點飛出細管，經(jīng)過B點僅有2次。當小滑塊進入A點速度vA＝4m/s時，設(shè)小滑塊在C點的最大速度為v6，從A到C的過程中，根據(jù)動能定理：mg（2R1+2R2）=解得：v6=設(shè)小滑塊在C點時速度為vC1，沿斜面向上滑行為L，從C到斜面最高點