高考物理一輪復(fù)習(xí)教科版教師用書第五章機(jī)械能和能源基礎(chǔ)課2

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＝eq\f(1,2)mv2。3.單位：焦耳，1J＝1N·m＝1kg·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：合外力所做的功等于物體動(dòng)能的變化。2.表達(dá)式：W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)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題大致分為兩種(1)單一物體的單一過程或者某一過程；(2)單一物體的多個(gè)過程。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1900J，他克服阻力做功100J。韓曉鵬在此過程中()A.動(dòng)能增加了1900JB.動(dòng)能增加了2000JC.重力勢(shì)能減小了1900JD.重力勢(shì)能減小了2000J解析由題可得，重力做功WG＝1900J，則重力勢(shì)能減少1900J，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＝100J，則動(dòng)能增加1800J，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.(2018·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－μmgx＝0－eq\f(1,2)mv2，得x＝eq\f(v2,2μg)，兩種冰壺的初速度相等，材料相同，故運(yùn)動(dòng)的距離相等。故選項(xiàng)A正確。答案A2.(2018·江西模擬)(多選)質(zhì)量為m的物塊在水平恒力F的推動(dòng)下，從山坡(粗糙)底部的A處由靜止開始運(yùn)動(dòng)至高為h的坡頂B處。到達(dá)B處時(shí)物塊的速度大小為v，A、B之間的水平距離為x，重力加速度為g。不計(jì)空氣阻力，則物塊運(yùn)動(dòng)過程中()圖1A.重力所做的功是mghB.合外力對(duì)物塊做的功是eq\f(1,2)mv2C.推力對(duì)物塊做的功是eq\f(1,2)mv2＋mghD.阻力對(duì)物塊做的功是eq\f(1,2)mv2＋mgh－Fx解析重力所做的功是WG＝－mgh，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)能定理，合外力對(duì)物塊做的功是W合＝WF－mgh＋Wf＝eq\f(1,2)mv2，選項(xiàng)B正確；WF＝mgh－Wf＋eq\f(1,2)mv2，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；WF＝Fx＝mgh－Wf＋eq\f(1,2)mv2，則Wf＝mgh＋eq\f(1,2)mv2－Fx，選項(xiàng)D正確。答案BD3.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2A.tanθ B.tanαC.tan(θ＋α) D.tan(θ－α)解析如圖所示，設(shè)B、O間距離為x1，A點(diǎn)離水平面的高度為h，A、O間的水平距離為x2，物塊的質(zhì)量為m，在物塊下滑的全過程中，應(yīng)用動(dòng)能定理可得mgh－μmgcosθ·eq\f(x2,cosθ)－μmg·x1＝0，解得μ＝eq\f(h,x1＋x2)＝tanα，故選項(xiàng)B正確。答案B應(yīng)用動(dòng)能定理求解多過程問題1.首先需要建立運(yùn)動(dòng)模型，選擇合適的研究過程能使問題得以簡(jiǎn)化。當(dāng)物體的運(yùn)動(dòng)過程包含幾個(gè)運(yùn)動(dòng)性質(zhì)不同的子過程時(shí)，可以選擇一個(gè)、幾個(gè)或全部子過程作為研究過程。2.當(dāng)選擇全部子過程作為研究過程，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.專注過程與過程的連接狀態(tài)的受力特征與運(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)，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)小滑塊在最低點(diǎn)時(shí)速度為v，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N－mg＝meq\f(v2,R)⑥解得N＝6mg由牛頓第三定律得N′＝6mg⑦(3)從D到最低點(diǎn)過程中，設(shè)DB過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)mgR⑨答案(1)eq\r(gR)(2)6mg(3)eq\f(1,2)mgR【拓展延伸1】在典例中，若小滑塊剛好能過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C點(diǎn)，則在C點(diǎn)由牛頓第二定律得mg＝meq\f(veq\o\al(2,C),R)，解得vC＝eq\r(gR)小滑塊由D至C過程，由動(dòng)能定理得mg(h－2R)－μmgcosθ·eq\f(h－（R－Rcosθ）,sinθ)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－0，解得μ＝eq\f(4－\r(2),14)≈0.18答案eq\f(4－\r(2),14)(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)過程中在AB軌道上通過的總路程。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)，故全過程由動(dòng)能定理得mgsPBsinθ－μmgcosθ·s＝0由幾何關(guān)系得sPB＝R解得s＝eq\f(R,μ)答案eq\f(R,μ)應(yīng)用動(dòng)能定理解題的基本思路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4A.小球落地時(shí)動(dòng)能等于mgHB.小球陷入泥中的過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＋eq\f(H,h))解析小球從靜止開始釋放到落到地面的過程，由動(dòng)能定理得mgH－fH＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；設(shè)泥的平均阻力為f0，小球陷入泥中的過程，由動(dòng)能定理得mgh－f0h＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得f0h＝mgh＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mgh＋mgH－fH，f0＝mg(1＋eq\f(H,h))－eq\f(fH,h)，選項(xiàng)B、D錯(cuò)誤；全過程應(yīng)用動(dòng)能定理可知，整個(gè)過程中小球克服阻力做的功等于mg(H＋h)，選項(xiàng)C正確。答案C2.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＝1kg的小物塊接觸而不連接，此時(shí)彈簧無(wú)形變。現(xiàn)對(duì)小物塊施加F＝10N水平向左的恒力，使其由靜止開始向左運(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6N，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＝0.8m，OB＝0.2m，重力加速度取g＝10m/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)過程中經(jīng)過O點(diǎn)的速度；(3)向左運(yùn)動(dòng)的過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＝eq\f(F－F彈,mg)＝0.4。(2)設(shè)向右運(yùn)動(dòng)通過O點(diǎn)時(shí)的速度為v0，從O→B，由動(dòng)能定理得－fxOB＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，f＝μmg＝4N，解得v0＝eq\r(1.6)m/s≈1.26m/s。(3)彈簧最大壓縮量為xmax，對(duì)小物塊運(yùn)動(dòng)的全過程，根據(jù)動(dòng)能定理得FxOA－f(2xmax＋xOB)＝0，代入數(shù)值得xmax＝0.9m。答案(1)0.4(2)1.26m/s(3)0.9m動(dòng)能定理與圖像結(jié)合的問題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(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)系列式解答問題。2.四類圖像所圍“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)間圖像如圖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f做的功為W2，平均功率為P2，則下列選項(xiàng)正確的是()圖6A.W1>W2，F(xiàn)＝2f B.W1＝W2，F(xiàn)>2fC.P1<P2，F(xiàn)>2f D.P1＝P2，F(xiàn)＝2f解析對(duì)整個(gè)過程由動(dòng)能定理可得W1－W2＝0，解得W1＝W2。由圖像可知，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eq\f(F－f,m)>eq\f(f,m)，F(xiàn)>2f，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B2.(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，則該過程中，物塊的動(dòng)能Ek與位移x關(guān)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)過程，由動(dòng)能定理得，－(mgsinθ＋μmgcosθ)x＝Ek－Ek0，即Ek＝Ek0－(mgsinθ＋μmgcosθ)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)全過程由能量守恒定律得，Ek＝Ek0－mgxsinθ－μmgcosθ(2L－x)＝(Ek0－2μmgLcosθ)－(mgsinθ－μmgcosθ)x，故選項(xiàng)C正確。答案C3.(2018·甘肅模擬)如圖7甲所示，一質(zhì)量為4kg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作用下開始運(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＝10m/s2)，則下列說(shuō)法正確的是()圖7A.物體先做加速運(yùn)動(dòng)，推力撤去時(shí)開始做減速運(yùn)動(dòng)B.物體在水平地面上運(yùn)動(dòng)的最大位移是10mC.物體運(yùn)動(dòng)的最大速度為2eq\r(15)m/sD.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＝eq\f(1,2)×4×100J＝200J，根據(jù)動(dòng)能定理有W－μmgxm＝0，得xm＝10m，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，由題圖乙得F＝100－25x(N)，當(dāng)F＝μmg＝20N時(shí)x＝3.2m，由動(dòng)能定理得eq\f(1,2)(100＋20)·x－μmgx＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)，解得物體運(yùn)動(dòng)的最大速度vm＝8m/s，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；物體運(yùn)動(dòng)中當(dāng)推力由100N減小到20N的過程中，加速度逐漸減小，當(dāng)推力由20N減小到0的過程中，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、用心析題、規(guī)范答題?！纠咳鐖D8所示，水平路面CD的右側(cè)有一長(zhǎng)度L1＝2m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＝3m，光滑半圓軌道AFE豎直固定在平臺(tái)上，圓軌道半徑R＝0.4m，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＝2m時(shí)，木板與物塊向左運(yùn)動(dòng)的速度v0＝8m/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＝1kg，取g＝10m/s2。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：把握過程，構(gòu)建運(yùn)動(dòng)模型過程1DC段木板、物塊共同向左減速運(yùn)動(dòng)過程2木板與BC碰撞后物塊在木板上勻減速運(yùn)動(dòng)過程3物塊滑到BA上物塊在BA上勻減速運(yùn)動(dòng)過程4光滑半圓軌道上物塊做圓周運(yùn)動(dòng)過程5可能從E點(diǎn)水平拋出第二步：抓好關(guān)鍵點(diǎn)，找出突破口規(guī)范解答解析(1)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＝eq\f(1,2)(M＋m)veq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)(M＋m)veq\o\al(2,0)設(shè)物塊到A點(diǎn)時(shí)速度為v2，由動(dòng)能定理得－μ2mg(s＋L1)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)由牛頓第二定律得N－mg＝meq\f(veq\o\al(2,2),R)解得N＝140N由牛頓第三定律知，物塊對(duì)軌道A點(diǎn)的壓力大小為140N，方向豎直向下。(2)設(shè)物塊能通過圓軌道的最高點(diǎn)，且在最高點(diǎn)處的速度為v3，由動(dòng)能定理得－mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)解得v3＝6m/s>eq\r(gR)＝2m/s故物塊能通過圓軌道的最高點(diǎn)E，物塊離開E點(diǎn)后做平拋運(yùn)動(dòng)，有x＝v3t，2R＝eq\f(1,2)gt2解得x＝2.4m。答案(1)140N，方向豎直向下(2)能2.4m【針對(duì)訓(xùn)練】如圖9是某同學(xué)的漫畫中出現(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＝10g的小滑塊代替栗子，借這套裝置來(lái)研究一物理問題。設(shè)大小兩個(gè)四分之一圓弧半徑為2R和R，R＝0.8m，小平臺(tái)和圓弧均光滑。將過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)始終在包括鍋底最低點(diǎn)的豎直平面內(nèi)，取g＝10m/s2。(已知sin37°＝0.6，cos37°＝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＝meq\f(veq\o\al(2,P),2R)①解得vP＝eq\r(2gR)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＝vPtanθ＝eq\f(3\r(2gR),4)②所以A、D點(diǎn)離地高度為h＝3R－eq\f(veq\o\al(2,y),2g)＝eq\f(39,16)R＝1.95m③(2)滑塊到達(dá)A點(diǎn)的速度為v＝eq\f(vP,cosθ)＝eq\f(5\r(2gR),4)④假設(shè)經(jīng)過一個(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－μmgcosθ·8R＝Ek－eq\f(1,2)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)的全過程應(yīng)用動(dòng)能定理得mg·2Rsinθ－μmgcosθ·s＝0－eq\f(1,2)mv2⑥解得滑塊在鍋內(nèi)斜面上運(yùn)動(dòng)的總路程s＝11.05m答案(1)1.95m(2)11.05m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－μmgx＝－Ek，所以x＝eq\f(Ek,μmg)，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BD2.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)已開始勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，在這一過程中，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1A.0 B.2μmgRC.2πμmgR D.eq\f(μmgR,2)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＝eq\f(mv2,R)。在物塊由靜止到獲得速度v的過程中，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Wf＝eq\f(1,2)mv2－0。聯(lián)立解得Wf＝eq\f(1,2)μmgR。故選項(xiàng)D正確。答案D3.(2017·河北衡水中學(xué)模擬)如圖2所示，質(zhì)量為0.1kg的小物塊在粗糙水平桌面上滑行4m后以3.0m/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0.45m，若不計(jì)空氣阻力，取g＝10m/s2，則()圖2A.小物塊的初速度是5m/sB.小物塊的水平射程為1.2mC.小物塊在桌面上克服摩擦力做8J的功D.小物塊落地時(shí)的動(dòng)能為0.9J解析小物塊在桌面上克服摩擦力做功Wf＝μmgL＝2J，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＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得v0＝7m/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＝eq\f(1,2)gt2，解得x＝0.9m，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－eq\f(1,2)mv2，解得Ek＝0.9J，選項(xiàng)D正確。答案D4.(2018·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)過相同的時(shí)間停下來(lái)，它們的位移分別為xa和xb，則()A.Fa<Fb，xa>xb B.Fa>Fb，xa>xbC.Fa>Fb，xa<xb D.Fa<Fb，xa<xb解析設(shè)物體的初速度為v，初動(dòng)能為Ek，所受的阻力為F，通過的位移為x，物體的速度與動(dòng)能的關(guān)系為Ek＝eq\f(1,2)mv2，得v＝eq\r(\f(2Ek,m))，由x＝eq\f(v＋0,2)t得，x＝eq\r(\f(Ek,2m))t，由題意可知物體a、b運(yùn)動(dòng)時(shí)間和初動(dòng)能相同，則質(zhì)量越大，位移越小，因ma>mb，所以xa<xb；由動(dòng)能定理得，－Fx＝0－Ek，因初動(dòng)能相同，F(xiàn)與x成反比，則Fa>Fb，故選項(xiàng)C正確。答案C5.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。現(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3A.v1<v2B.v1>v2C.v1＝v2D.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)過程中摩擦力做負(fù)功，重力做正功，由動(dòng)能定理可得mgh－μmgcosθ·eq\f(h,sinθ)－μmgxBD＝eq\f(1,2)mv2，即mgh－μmg·eq\f(h,tanθ)－μmgxBD＝eq\f(1,2)mv2，因?yàn)閑q\f(h,tanθ)＝xCD，所以mgh－μmgxBC＝eq\f(1,2)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C6.(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，與水平面傾角分別為45°和37°的滑道組成，滑草車與草地之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ。質(zhì)量為m的載人滑草車從坡頂由靜止開始自由下滑，經(jīng)過上、下兩段滑道后，最后恰好靜止于滑道的底端(不計(jì)滑草車在兩段滑道交接處的能量損失，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)。則()圖4A.動(dòng)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解析對(duì)滑草車從坡頂由靜止滑下，到底端靜止的全過程，由動(dòng)能定理得mg·2h－μmgcos45°·eq\f(h,sin45°)－μmgcos37°·eq\f(h,sin37°)＝0，解得μ＝eq\f(6,7)，選項(xiàng)A正確；對(duì)經(jīng)過上段滑道過程，根據(jù)動(dòng)能定理得mgh－μmgcos45°·eq\f(h,sin45°)＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(\f(2gh,7))，選項(xiàng)B正確；載人滑草車克服摩擦力做功為2mgh，選項(xiàng)C錯(cuò)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，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。答案AB7.(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<s0)處分別設(shè)置一個(gè)擋板和一面小旗，如圖5所示。訓(xùn)練時(shí)，讓運(yùn)動(dòng)員和冰球都位于起跑線上，教練員將冰球以速度v0擊出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑線的方向滑向擋板；冰球被擊出的同時(shí)，運(yùn)動(dòng)員垂直于起跑線從靜止出發(fā)滑向小旗。訓(xùn)練要求當(dāng)冰球到達(dá)擋板時(shí)，運(yùn)動(dòng)員至少到達(dá)小旗處。假定運(yùn)動(dòng)員在滑行過程中做勻加速運(yùn)動(dòng)，冰球到達(dá)擋板時(shí)的速度為v1。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＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)①解得μ＝eq\f(veq\o\al(2,0)－veq\o\al(2,1),2gs0)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veq\o\al(2,0)－veq\o\al(2,1)＝2a1s0③v0－v1＝a1t④s1＝eq\f(1,2)a2t2⑤聯(lián)立②③⑤式得a2＝eq\f(s1（v1＋v0）2,2seq\o\al(2,0))⑥法2對(duì)冰球由動(dòng)量定理得－μmgt＝mv1－mv0③s1＝eq\f(1,2)a2t2④由②③④式得a2＝eq\f(s1（v1＋v0）2,2seq\o\al(2,0))答案(1)eq\f(veq\o\al(2,0)－veq\o\al(2,1),2gs0)(2)eq\f(s1（v1＋v0）2,2seq\o\al(2,0))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，此過程中，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eq\f(1,2)k(Δx)2，k為彈簧的勁度系數(shù)。關(guān)于此過程，下列說(shuō)法正確的有()圖6A.物體重力勢(shì)能減少量一定小于WB.彈簧彈性勢(shì)能增加量一定等于WC.物體與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能增加量為WD.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)的過程中，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＝eq\f(1,2)kh2＝eq\f(1,2)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處過程中，根據(jù)動(dòng)能定理有mgh－eq\f(1,2)kh2＝Ek，而eq\f(1,2)kh2＝eq\f(1,2)mgh，可知Ek＝eq\f(1,2)mgh＝W，故選項(xiàng)D正確。答案BD9.(2018·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＝12m處的A點(diǎn)由靜止沿光滑的軌道AB滑下，進(jìn)入半徑為r＝4m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，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＝10m/s2)()圖7A.8mB.9mC.10mD.11m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＝meq\f(veq\o\al(2,C),r)，得速度vC＝eq\r(gr