高中物理：課時2 動能定理

課時2動能定理

2---------------r基礎(chǔ)梳理

一、動能

i.定義:物體由于運(yùn)動而具有的能。

2.表達(dá)式:Ek^mv?。

3.單位:焦耳,1J=1N,m=lkg,m7s2o

4.標(biāo)矢性:標(biāo)量。

二、動能定理

1.內(nèi)容:力在一個過程中對物體做的功,等于物體在這個過程中動能

的變化。

2.表達(dá)式:W=Ek2-Eki=，i“22-

3.適用范圍

(1)動能定理既適用于直線運(yùn)動,也適用于曲線運(yùn)動。

⑵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，也可以不同時作用。

夯實(shí)考點(diǎn).

級血對動能和動能定理的理解

1.對動能的理解

(1)動能是狀態(tài)量，只與物體的瞬時速度大小(速率)有關(guān),與運(yùn)動方向

無關(guān)。

⑵動能的變化量為正值,表示物體的動能增加了，對應(yīng)于合外力對物

體做正功;動能的變化量為負(fù)值，表示物體的動能減少了，對應(yīng)于合外

力對物體做負(fù)功,或者說物體克服合外力做功。

2.對動能定理的理解

(1)動能定理公式中等號表明了合力做功與物體動能的變化間的兩個

關(guān)系：

①數(shù)量關(guān)系：即合力所做的功與物體動能的變化具有等量代換關(guān)系。

可以通過計(jì)算物體動能的變化，求合力做的功，進(jìn)而求得某一力做

的功。

②因果關(guān)系:合力做功是引起物體動能變化的原因。

(2)動能定理中涉及的物理量有F、1、m、v、W、Ek等,在處理含有上

述物理量的問題時，優(yōu)先考慮使用動能定理。

3.運(yùn)用動能定理需注意的問題

(1)應(yīng)用動能定理解題時，在分析過程的基礎(chǔ)上無需深究物體運(yùn)動過

程中狀態(tài)變化的細(xì)節(jié)，只需考慮整個過程的功及過程的初、末動能。

(2)若過程包含了幾個運(yùn)動性質(zhì)不同的分過程，既可分段考慮,也可整

個過程考慮。但求功時,有些力不是全過程都作用的，必須根據(jù)不同的

情況分別對待求出總功，計(jì)算時要把各力的功連同正負(fù)號一同代入

公式。

[典例1](多選)質(zhì)量為m的物體在水平力F的作用下由靜止開始在

光滑地面上運(yùn)動，前進(jìn)一段距離之后速度大小為v,再前進(jìn)一段距離使

物體的速度增大為2v,則(AB)

A.第二過程的速度增量等于第一過程的速度增量

B.第二過程的動能增量是第一過程動能增量的3倍

C.第二過程合力做的功等于第一過程合力做的功

D.第二過程合力做的功是第一過程合力做功的2倍

解析:第一過程速度增量為AVLV,動能增量為AEk尸扣V；合力做功

W尸AEkigmv；第二過程速度增量△V2=2V-V=V,動能增量△Ek2=1m?

222

(2v)-1mv=|mv=3△Ekb合力做功Wz=△Ek2=|mvJ3Wi,故選項(xiàng)A、B正確，C、

D錯誤。

［備用1］在粗糙水平面上運(yùn)動的物體,從A點(diǎn)開始受水平恒力F作用

直線運(yùn)動到B點(diǎn)。已知物體在A、B兩點(diǎn)的速度大小相等,則在此過程

中(C)

A.物體一定做勻速直線運(yùn)動

B.F的方向始終與摩擦力方向相反

C.F可能對物體先做負(fù)功,后做正功

D.F對物體所做的總功為零

解析:物體在A、B兩點(diǎn)的速度大小相等,對應(yīng)的有兩種可能情況,一是

物體做勻速直線運(yùn)動;二是物體先減速后反向加速，選項(xiàng)A、B錯誤；

若物體先減速后反向加速，則力F的方向必與在A點(diǎn)的速度方向相

反,F對物體先做負(fù)功,后做正功,選項(xiàng)C正確;根據(jù)動能定理,F與摩擦

力對物體所做的總功為零,選項(xiàng)D錯誤。

心者?利用動能定理求變力做功

利用動能定理求變力做功時應(yīng)注意的問題

(1)明確題中除變力做功外,還有哪些力做功,必須明確各力做功的正

負(fù)、總功如何表示。

(2)明確物體動能的變化。

匚典例2］如圖，一半徑為R、粗糙程度處處相同的半圓形軌道豎直固定

放置,直徑POQ水平。一質(zhì)量為m的小球(可看作質(zhì)點(diǎn))自P點(diǎn)上方高

度R處由靜止開始下落,恰好從P點(diǎn)進(jìn)入軌道。小球滑到軌道最低點(diǎn)

N時,對軌道的壓力為4mg,g為重力加速度的大小。用W表示小球從P

點(diǎn)運(yùn)動到N點(diǎn)的過程中克服摩擦力所做的功。貝1)(C)

A.W=*ngR,小球恰好可以到達(dá)Q點(diǎn)

B.W決gR,小球不能到達(dá)Q點(diǎn)

C.W=3gR,小球到達(dá)Q點(diǎn)后，繼續(xù)上升一段距離

D.W《mgR,小球到達(dá)Q點(diǎn)后，繼續(xù)上升一段距離

解析:設(shè)小球到達(dá)N點(diǎn)的速度為在N點(diǎn)小球受到軌道的彈力為&,

2

貝R—mg=m與，已矢口FN=F/=4mg,貝I小球至I」達(dá)N點(diǎn)的動能為￡^111^=

|mgR。小球由開始至N點(diǎn)的過程，由動能定理得mg-2R+Wr=EkN-0,解得

摩擦力做的功為W,=-1mgR,即克服摩擦力做的功為W=-Wr=》gR。設(shè)從N

到Q的過程中克服摩擦力做功為W',則曠＜WO從N到Q的過程，由

22/

動能定理得一mgR—W，=knvQ-^mvN,Bp|mgR~W故小球至|J達(dá)Q

點(diǎn)后速度不為。，將繼續(xù)上升一段距離。選項(xiàng)C正確。

［備用2］幼兒園滑梯（如圖甲所示）是孩子們喜歡的游樂設(shè)施之一,滑

梯可以簡化為如圖乙所示模型。一質(zhì)量為m的小朋友（可視為質(zhì)點(diǎn)），

從豎直面內(nèi)、半徑為r的圓弧形滑道的A點(diǎn)由靜止開始下滑,利用速

度傳感器測得小朋友到達(dá)圓弧最低點(diǎn)B時的速度大小為居（g為當(dāng)

地的重力加速度）。已知過A點(diǎn)的切線與豎直方向的夾角為30°，滑

道各處動摩擦因數(shù)相同，則小朋友在沿著AB下滑的過程中（A）

gJ

甲乙

A.在最低點(diǎn)B時對滑道的壓力大小為|mg

B.處于先超重后失重狀態(tài)

C.重力的功率先減小后增大

D.克服摩擦力做功為等

?2

解析:根據(jù)牛頓第二定律得F-mg=in-,結(jié)合牛頓第三定律得小朋友在

NV

最低點(diǎn)B時對滑道的壓力大小為FJ=F、=|mg,選項(xiàng)A正確；小朋友在A

點(diǎn)時加速度沿著切線向下，處于失重狀態(tài)，到最低點(diǎn)時加速度豎直向

上,處于超重狀態(tài),選項(xiàng)B錯誤;小朋友在A點(diǎn)時速度為零,重力的功率

為零,到最低點(diǎn)時重力的方向與速度方向垂直,重力的功率也為零，故

重力的功率先增大后減小，選項(xiàng)C錯誤；由動能定理得mgrCl-

eos60°）7克=；mv；聯(lián)立可得克服摩擦力做功為W克=；mgr,選項(xiàng)D

24

錯誤。

利用動能定理求運(yùn)動多過程問題

1.解決多過程問題應(yīng)優(yōu)先考慮應(yīng)用動能定理(或功能關(guān)系)，從而使問

題得到簡化。能解決的幾個典型問題如下：

(1)不涉及加速度、時間的多過程問題。

(2)有多個物理過程且不需要研究整個過程中的中間狀態(tài)的問題。

⑶變力做功的問題。

(4)含有F、1、m、v、W、Ek等物理量的力學(xué)問題。

2.注意區(qū)分不同性質(zhì)的力的做功特點(diǎn)

(1)重力、靜電力做的功取決于物體的初、末位置，與路徑無關(guān)。

(2)大小恒定的阻力或摩擦力做的功等于力的大小與路程的乘積。

［典例3］如圖所示,某興趣小組設(shè)計(jì)了一個游戲裝置。裝置由在同一

豎直平面內(nèi)的水平粗糙直導(dǎo)軌AB、光滑圓弧導(dǎo)軌BCD和傾斜粗糙直

導(dǎo)軌DE組成。其中AB長L=4R,圓弧半徑為R,DE長為9.5R且與水平

方向的夾角9=37°oAB、DE均與圓弧導(dǎo)軌相切且平滑連接。將一原

長為2R的輕彈簧套在導(dǎo)軌上,下端固定在E處,上端位于F處。某同

學(xué)在一次游戲中，將套在導(dǎo)軌上質(zhì)量為m的小球以Ekf3mgR的初動能

自A處向右水平推出。小球沿導(dǎo)軌運(yùn)動壓縮彈簧后被彈回，最高到達(dá)

G處,FG=1.5RO已知小球與AB和DE間的動摩擦因數(shù)分別為u尸0.5、

u2=0.8O將小球視為質(zhì)點(diǎn)，游戲過程中彈簧處于彈性限度內(nèi)，忽略空

氣阻力及球與彈簧相撞瞬間損失的機(jī)械能。求這次游戲中：

(1)小球運(yùn)動到B處時的速度大小；

⑵小球運(yùn)動到B處時對圓弧導(dǎo)軌的作用力；

⑶彈簧的最大彈性勢能。

解析：(1)從位置A到位置B,由動能定理

=—=2

一uiingLEkBERA,EkB~niv^,

得VB力2gR。

(2)球在圓弧導(dǎo)軌上B點(diǎn)時,FN+mg=m^-,

R

得Fx=mgo

由牛頓第三定律,球?qū)?dǎo)軌的作用力方向豎直向上,大小為mg。

(3)設(shè)彈簧的最大壓縮量為x,球從位置B向下運(yùn)動返回至位置G,

mg(R+Rsin530+6Rsin37°)-u2mgcos37°X(7.5R+2x+l.5R)=

O-EkB,

得x=0.5R,

球從彈簧最大壓縮位置向上至位置G停止，

設(shè)彈簧最大彈性勢能為Ep,

Ep-mg(x+1.5R)sin370-u2mgcos37°X(x+1.5R)=0

得Ep=2.48mgRo

答案：(1)J胸(2)mg方向豎直向上(3)2.48mgR

［備用3］如圖所示,一質(zhì)量為m=0.5kg的小滑塊在F=4N水平拉力的

作用下,從水平面上的A處由靜止開始運(yùn)動,滑行s=L75m后由B處

滑上傾角為37°的光滑固定斜面,滑上斜面后的拉力大小不變,方向

變?yōu)檠匦泵嫦蛏?滑動一段時間后撤去拉力，已知小滑塊沿斜面上滑

到的最遠(yuǎn)點(diǎn)C距B點(diǎn)L=2m,小滑塊最后恰好停在A處,不計(jì)滑塊在B

處的能量損失,g取10m/s；取sin37°=0.6,cos37°=0.8。求：

口/

，，?，〃，，，，，，，■一，〃，，，，-

AB

(1)小滑塊與水平面的動摩擦因數(shù)；

⑵小滑塊在斜面上運(yùn)動時,拉力作用的距離；

⑶小滑塊在斜面上運(yùn)動時,拉力作用的時間。

解析：(1)小滑塊由C運(yùn)動到A,由動能定理得

mgLsin37O-umgs=0,

解得嗯。

(2)設(shè)在斜面上,拉力作用的距離為x,小滑塊由A運(yùn)動到C,由動能定

理得

Fs-umgs+Fx-mgLsin37°=0,

解得x=l.25m。

⑶小滑塊由A運(yùn)動到B,由動能定理得

rT?s-umgs=-1m2v,

小滑塊在斜面上運(yùn)動,撤去拉力前,

由牛頓第二定律得F-mgsin370=ma,

由運(yùn)動學(xué)公式得x=vt+|at2,

聯(lián)立解得t=0.5So

答案：(1)蘭(2)1.25m(3)0.5s

35

利用動能定理求解往復(fù)運(yùn)動過程問題

往復(fù)運(yùn)動問題是常見的物理題型。如用牛頓運(yùn)動定律處理此類問題,

通常需要用數(shù)列求和的方法解,難度較大。但若運(yùn)用動能定理及等效

替換的方法,則可省去不少復(fù)雜的數(shù)學(xué)推演,解題時事半功倍。

［典例4］如圖所示是滑塊翻越碰撞游戲的示意圖。彈射裝置將滑塊

以一定初速度從A點(diǎn)彈出，滑塊沿粗糙桌面運(yùn)動，從B點(diǎn)進(jìn)入豎直光滑

圓軌道,沿圓軌道運(yùn)動一周后離開軌道，向桌面邊緣的C點(diǎn)運(yùn)動?；瑝K

在C點(diǎn)水平拋此恰好在D點(diǎn)沿DE進(jìn)入光滑傾斜軌道。固定在軌道底

端的彈性板EF與軌道垂直,滑塊與彈性板碰撞后反彈,碰撞過程中有

能量損失。已知可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊質(zhì)量m=0.1kg,滑塊與桌面間的動

摩擦因數(shù)u=0.2,桌面AB和桌面BC的長度分別為xi=2.25m,x2=

1.0m,C、D兩點(diǎn)高度差h=0.2m,軌道的傾角0=30°,DE長度L=

0.9m,每次滑塊與彈性板碰撞后速度大小變?yōu)榕銮暗目床挥?jì)空氣阻

2

力,g取］.0m/so求：

(1)滑塊從C點(diǎn)運(yùn)動到D點(diǎn)的時間;

(2)滑塊在A點(diǎn)時的動能大??；

(3)豎直圓軌道的最大半徑；

(4)滑塊在傾斜軌道上運(yùn)動的路程。

解析：⑴滑塊由C到D做平拋運(yùn)動,有h=1gt2,

解得t=0.2So

VDX,

(2)設(shè)滑塊在D點(diǎn)時的豎直速度為vDy,水平速度為滑塊在C點(diǎn)時的

速度為vc,則

Vov=gt=2m/s,—=tan30°,

vDx

VC=VDX=2V3m/s,

設(shè)滑塊在A點(diǎn)時的動能為Ew根據(jù)動能定理得

2

-Pmg(X1+X2)=|mvc-EkA,

聯(lián)立解得E1tA=1.25Jo

(3)設(shè)豎直圓軌道的最大半徑為R,滑塊在圓軌道的最高點(diǎn)時的速度至

少為V,則有mg=m—,

K

22

由動能定理得2mgR-Pmgx2=|mvc-1mv,

聯(lián)立解得R=0.32mo

⑷滑塊到達(dá)D點(diǎn)時的速度為

VD=J%；2+%2=4.om/s,

設(shè)滑塊第一次到達(dá)E點(diǎn)碰前的速度為VE,由機(jī)械能守恒定律得

22

jmvD+mgLsin9=|mvE,

解得VE=5.0m/s,

設(shè)第一次碰后速度為vi,第二次碰后速度為V2,第n次碰后速度為vn,

則Vi=3.0m/s,

?2

第一次反彈上滑距離X|=2gs1in6=0.9m=L,

2

第二次反彈上滑距離X2=(|)X,=^Xb

22

第三次反彈上滑距離X3=(|)X2=曝)x?

第n次反彈上滑距離Xn=(62xnf嚎尸XI,

滑塊在傾斜軌道上運(yùn)動的路程

AQ

x=L+2(X1+X2+…+x0=0.9m+2X—9-m

1市

=3.7125m。

答案：(1)0.2s(2)1.25J(3)0.32m(4)3.7125m

鬻特別提醒

運(yùn)用動能定理求解往復(fù)運(yùn)動過程問題,關(guān)鍵在于抓住“重力做功與路

徑無關(guān),而摩擦阻力一直做負(fù)功,其絕對值等于摩擦力與路程的乘

積”等不同力做功的特點(diǎn)。

［備用4］如圖所示是放置在豎直平面內(nèi)的游戲滑軌,有一質(zhì)量m=2kg

的小球穿在軌道上?；売伤牟糠执旨?xì)均勻的滑桿組成:水平直軌道

AB;傾斜直軌道CD,長L=6m,與水平面間的夾角0=37°;半徑R=lm

的圓弧軌道APC;半徑IL=3m的圓弧軌道BQED。直軌道與圓弧軌道相

切，切點(diǎn)分別為A、B、D、C,E為最低點(diǎn)。傾斜直軌道CD與小球間的

動摩擦因數(shù)為□=*其余部分均為光滑軌道，g取10m/s；取

sin37°=0.6,cos37°=0.8?，F(xiàn)讓小球從AB的正中央以初速度v°=

10m/s開始向左運(yùn)動。

(1)第一次經(jīng)過E處時,軌道對小球的作用力為多大？

(2)小球第一次經(jīng)過C點(diǎn)時的速度為多大？

⑶小球在運(yùn)動過程中,損失的機(jī)械能最多為多少？

解析：(1)設(shè)小球第一次過E點(diǎn)時，速度大小為VE,由機(jī)械能守恒定

律，有

22

|mv0+mg,2R2=1mv￡,

外2

小球在E點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律,有F「mg=m*,

R2

聯(lián)立得軌道對小球的支持力為R善No

⑵從E到C的過程中，重力做功

WG=-mg[Lsin37°+R2(l-cos37°)],

從D到C的過程中，滑動摩擦力做功W「=-umgLcos37°,

設(shè)第一次到達(dá)C點(diǎn)的速度大小為Vc,小球從E到C的過程中，由動能定

22

理,W|mvc-|mv￡=WG+Wf,

聯(lián)立解得vc=llm/so

(3)經(jīng)過多次運(yùn)動后，小球最終在E兩側(cè)的圓軌道上來回運(yùn)動,在E點(diǎn)

右側(cè)，最高能到達(dá)D點(diǎn)。

所以,小球在運(yùn)動過程中,損失的機(jī)械能最多為

2

△E=-mv0+mgR2(l+cos37°)=208J。

答案：⑴矍N(2)11m/s(3)208J

動能定理與圖像的綜合問題

動能定理與圖像結(jié)合問題的分析方法

(1)首先看清楚所給圖像的種類(如v-t圖像、F-x圖像、P-t圖像或

Ek-x圖像等)。

⑵挖掘圖像的隱含條件一一求出所需要的物理量,如由v-t圖像所

包圍的“面積”求位移，由F-x,P-t圖像所包圍的“面積”求功。

⑶再分析還有哪些力做功，根據(jù)動能定理列方程，可求出相應(yīng)的物

理量。

［典例5］如圖甲所示,一根輕質(zhì)彈簧左端固定在豎直墻面上,右端放

一個可視為質(zhì)點(diǎn)的小物塊，小物塊的質(zhì)量為m=L0kg,當(dāng)彈簧處于原

長時.，小物塊靜止于0點(diǎn)。現(xiàn)對小物塊施加一個外力F,使它緩慢移動,

將彈簧壓縮至A點(diǎn),壓縮量為x=0.1m,在這一過程中,所用外力F與

壓縮量的關(guān)系如圖乙所示。然后撤去F釋放小物塊,讓小物塊沿桌面

運(yùn)動，已知0點(diǎn)至桌邊B點(diǎn)的距離為L=2x,水平桌面的高為h=5.0m,

計(jì)算時一,可用滑動摩擦力近似等于最大靜摩擦力。(g取10m/s?)求：

(1)在壓縮彈簧的過程中，彈簧儲存的最大彈性勢能;

⑵小物塊到達(dá)桌邊B點(diǎn)時速度的大?。?/p>

(3)小物塊落地點(diǎn)與桌邊B的水平距離。

解析：⑴取向左為正方向，從F-x圖中可以看此小物塊與桌面間的

滑動摩擦力大小為

Ff=l.0N,方向?yàn)樨?fù)方向，

在壓縮過程中，摩擦力做功為WFL-FfX=-O.1J,

由圖線與x軸所圍面積可得外力F做功為

w=(1.0+4^0)X0.1J=2,4j,

故彈簧儲存的最大彈性勢能為

Epm=Wl-+WFf=2.3Jo

⑵從A點(diǎn)到B點(diǎn)的過程中,由于L=2x,摩擦力做功為WF/=-Ff?3x=

-0.3J,

2

對小物塊運(yùn)用動能定理有EMWFJ=|mve,

解得VB=2m/so

⑶小物塊從B點(diǎn)開始做平拋運(yùn)動,有h=|gt2,

解得下落時間t=ls,水平距離s=vBt=2mo

答案：(1)2.3J(2)2m/s(3)2m

［備用5］總質(zhì)量為80kg的跳傘運(yùn)動員從離地500m的直升機(jī)上跳

下，經(jīng)過2s拉開繩索開啟降落傘，如圖所示是跳傘過程中的v-t圖像,

試根據(jù)圖像回答問題：(g取10m/s2)

024681012141618202224z/8

(1)求。?2s內(nèi)阻力做的功；

⑵估算14s內(nèi)運(yùn)動員下落的高度及克服阻力做的功；

⑶估算運(yùn)動員從飛機(jī)上跳下到著地的時間。

解析：(1)從題圖中可以看出，在。?2s運(yùn)動員做勻加速運(yùn)動,其加速

度大小為

a=—=—m/S2=8m/s%

t2

設(shè)此過程中運(yùn)動員受到的阻力大小為Ff,根據(jù)牛頓第二定律,有mg-

Ff=ma,

得Ff=m(g-a)=80X(10-8)N=160No

0?2s內(nèi)下落高度h'=^t=yX2m=16mo

阻力做功Wf=-Ffh'=-2560Jo

⑵從圖中估算得出運(yùn)動員在14s內(nèi)下落了

h=39X2X2m=156m,

根據(jù)動能定理,有mgh-W克三mv；

所以有W克=mgh￡m，

=(8OX1OX156-|X8OX62)J

-1.23X10$Jo

(3)14s后運(yùn)動員做勻速運(yùn)動的時間為

H-h500-156?匚r

t=——=---------s^57.3oSo

v6

運(yùn)動員從飛機(jī)上跳下到著地需要的總時間

t.&=t+t'=(14+57.3)s=71.3So

答案：(1)-2560J(2)156m1.23X105J(3)71.3s

〃/〃，課堂訓(xùn)練，教師備用

1.（動能與動能變化）一個質(zhì)量為0.3kg的彈性小球,在光滑水平面上

以6m/s的速度垂直撞到墻上,碰撞后小球沿相反方向運(yùn)動,反彈后的

速度大小與碰撞前相同，則碰撞前后小球速度變化量的大小Av和碰

撞過程中小球的動能變化量△￡卜為（B）

A.△v=0B.△v=12m/s

C.AEk=1.8JD.AEk=10.8J

解析:取初速度方向?yàn)檎较?，則△v=（-6-6）m/s=-12m/s,負(fù)號表示

速度變化量的方向與初速度方向相反，由于速度大小沒變,動能不變，

故動能變化量為0,故選項(xiàng)B正確。

2.（動能定理綜合應(yīng)用）傾角為53°的直滑道AB、傾角為37°的直滑

道DE和光滑豎直圓軌道BCD、EFG都平滑連接。皮艇與直滑道的動摩

擦因數(shù)相同，皮艇與圓軌道的阻力不計(jì)。已知兩段圓弧的半徑均為

R=20m,DE段直滑道長為20m。某游客乘坐皮艇從高56m處由靜止

開始沿滑水道滑下，當(dāng)皮艇到達(dá)圓軌道EFG段的E點(diǎn)時,皮艇對圓軌道

的壓力為零，（取sin37°=0.6,cos37°=0.8）則（B）

A.皮艇經(jīng)過E點(diǎn)時的速度大小為v=10&m/s

B.皮艇與直滑道之間的動摩擦因數(shù)為總

C.皮艇不能夠沿軌道安全通過最高點(diǎn)F

D.若質(zhì)量更大的游客乘坐這個皮艇從相同高度滑下,則皮艇可能到不

了E點(diǎn)

?2___

解析：根據(jù)公式mgcos37°=m?可得v=4?Um/s,A項(xiàng)錯誤；由圖可

知A、E兩點(diǎn)高度差為40m,從A到E點(diǎn)根據(jù)動能定理有mghAE-umg

flAB

cos53°Xa-nmgcos37°X解得u=—,B項(xiàng)正確；

sin53213

從E到F,皮艇速度變小，但重力沿半徑方向的分力卻在變大,故皮艇

能夠安全通過F點(diǎn),C項(xiàng)錯誤；由上述等式可知兩邊的質(zhì)量均可約去,

故質(zhì)量變大,皮艇仍可以到達(dá)E點(diǎn),D項(xiàng)錯誤。

3.（動能定理與圖像問題綜合）從地面豎直向上拋出一物體，物體在運(yùn)

動過程中除受到重力外,還受到一大小不變、方向始終與運(yùn)動方向相

反的外力作用。距地面高度h在3m以內(nèi)時，物體上升、下落過程中

2

動能Ek隨h的變化如圖所示。重力加速度取10m/so該物體的質(zhì)量

為（C）

A.2kgB.1.5kg

C.1kgD.0.5kg

解析:設(shè)物體在運(yùn)動過程中受到的外力為F,對上升過程，由動能定理，

可得-（F+mg）h=Ek-Ek。，則F+mg=”戶,即F+mg=12N;對下落過程，有

/￡kk0

（mg-F）h=Ek-EkJ,即mg-F=^=8N,聯(lián)立兩式,得m=lkg,F=2N,

選項(xiàng)C正確。

4.（應(yīng)用動能定理求變力做功）同學(xué)們參照伽利略時期演示平拋運(yùn)動

的方法制作了如圖所示的實(shí)驗(yàn)裝置。圖中水平放置的底板上豎直地固

定有M板和N板。M板上部有一半徑為R的;圓弧形的粗糙軌道,P為

最高點(diǎn),Q為最低點(diǎn),Q點(diǎn)處的切線水平且距底板高為HoN板上固定有

三個圓環(huán)。將質(zhì)量為m的小球從P處靜止釋放，小球運(yùn)動至Q飛出后

無阻礙地通過各圓環(huán)中心,落到底板上距Q水平距離為L處。不考慮

空氣阻力，重力加速度為g。求：

(1)距Q水平距離為T的圓環(huán)中心到底板的高度；

(2)小球運(yùn)動到Q點(diǎn)時速度的大小以及對軌道壓力的大小和方向；

(3)摩擦力對小球做的功。

解析：⑴設(shè)小球在Q點(diǎn)的速度為vo,由平拋運(yùn)動規(guī)律有

2

H=1gti,L=votb得v0=匡。

設(shè)從Q點(diǎn)到距Q點(diǎn)水平距離為1的圓環(huán)中心的豎直高度為h,則

2

h=|gt2，

另一=Vot2,解得h=；H。

Z4

該位置距底板的高度Ah=H-h=：H。

4

(2)由(1)問知小球運(yùn)動到Q點(diǎn)時的速度大小v0=匡,設(shè)小球在Q點(diǎn)

受到的支持力為F,

2

對小球在Q點(diǎn)，由牛頓第二定律有F-mg上等，

R

得F=mg(l+總)，

由牛頓第三定律可知，小球?qū)壍赖膲毫?/p>

F'=F=mg（l+W）,方向豎直向下。

ZHR

⑶設(shè)摩擦力對小球做功為W,則對小球從P到Q的過程由動能定理得

1

z9

mgR+W=-mvo,

得W=mg（篇-R）。

答案：（1）為（2）、修mg（1+蕓），方向豎直向下

4'ZnZnR

⑶鳴（齊）

5.（應(yīng)用動能定理求解多過程問題）如圖所示是跳臺滑雪的示意圖，雪

道由傾斜的助滑雪道AB、水平平臺BC、著陸雪道CD及減速區(qū)DE組

成，各雪道間均平滑連接。A處與水平平臺間的高度差h=45m,CD的

傾角為30°。運(yùn)動員自A處由靜止滑下，不計(jì)其在雪道ABC滑行和空

2

中飛行時所受的阻力,運(yùn)動員可視為質(zhì)點(diǎn),g取10m/so

⑴求運(yùn)動員滑離平臺BC時的速度大小;

（2）為保證運(yùn)動員落在著陸雪道CD上,著陸雪道CD長度至少為多少？

⑶若實(shí)際的著陸雪道CD長為150m,運(yùn)動員著陸后滑到D點(diǎn)時具有

的動能是著陸瞬間動能的80%o在減速區(qū)DE滑行s=100m后停下,運(yùn)

動員在減速區(qū)所受平均阻力與重力之比為多少？

2

解析：（1）A-*C過程中機(jī)械能守恒mgh=|mvc,

得vc=j2gh=30m/so

⑵設(shè)落點(diǎn)D'距拋出點(diǎn)C的距離為L,由平拋運(yùn)動規(guī)律得

Leos30°=vct,

Lsin30°=1gt2,

解得L=120mo

⑶運(yùn)動員由A運(yùn)動到落點(diǎn)Dz過程中，由機(jī)械能守恒得

mg(h+Lsin30°)：

設(shè)運(yùn)動員在減速區(qū)減速過程中所受平均阻力與重力的比值為k,

根據(jù)動能定理有-kmgs=0-抑/

根據(jù)題意有扣%2=。80義刎」：

解得k=0.84o

答案:(1)30m/s(2)120m(3)0.84

6.(應(yīng)用動能定理求解往復(fù)運(yùn)動過程問題)由相同材料的木板搭成的

軌道如圖所示，其中木板AB、BC、CD、DE、EF、…長均為L=l.5m,

木板0A和其他木板與水平地面的夾角都為6=37。(取sin370=

0.6,cos37°=0.8),一個可看成質(zhì)點(diǎn)的物體在木板0A上從圖中的離

地高度h=l.8m處由靜止釋放,物體與木板的動摩擦因數(shù)都為lx=0.2,

在兩木板交接處都用小曲面相連,使物體能順利地經(jīng)過它，既不損失

動能，也不會脫離軌道。在以后的運(yùn)動過程中，重力加速度g取

2

10m/so

(1)物體能否靜止在木板上,請說明理由;

(2)物體運(yùn)動的總路程是多少?

(3)物體最終停在何處,并作出解釋。

解析：(1)在斜面上,物體重力沿斜面向下的分力

Gi=mgsin37°=0.6mg,

物體所受摩擦力大小Ff=umgcos37°=0.16mgo

由于FWG”故物體不能在木板上靜止。

⑵從物體開始運(yùn)動到最終停下的過程中，運(yùn)動的總路程為s,由動能

定理得mgh-umgscos37°=0,

代入數(shù)據(jù)解得s=l1.25mo

⑶假設(shè)物體依次能到達(dá)B點(diǎn)、D點(diǎn)，由動能定理有

2

mg(h-Lsin37°)-P.mgcos37°(-^-+L)=-mvB-0,

sin372D

得VB>0,

mg(h-Lsin370)-umgcos37°(—^-+3L)=-mVr)2-0,

sin372

發(fā)現(xiàn)VD無解,說明物體能通過B點(diǎn),到不了D點(diǎn),最終停在C點(diǎn)處。

答案:見解析

--------------------------人?課時訓(xùn)練(A)

網(wǎng)基礎(chǔ)鞏固

1.如圖所示,一小物塊由靜止開始沿斜面向下滑動,最后停在水平地

面上。斜面和地面平滑連接，且物塊與斜面、物塊與地面間的動摩擦

因數(shù)均為常數(shù)。該過程中，物塊的動能Ek與水平位移x關(guān)系的圖像是

(A)

0*0*0?0x

ABCD

解析:在斜面上，物塊受豎直向下的重力、沿斜面向上的滑動摩擦力以

及垂直斜面向上的支持力，設(shè)物塊的質(zhì)量為m,斜面的傾角為0,物塊

沿斜面下滑的距離對應(yīng)的水平位移為x,由動能定理有mgsin0?

u!mgcos9?^^=Ek-O,解得Ek=(mgtan。-umg)x,即在斜面

cost/COSC7

上時物塊的動能與水平位移成正比,B、D項(xiàng)均錯誤;在水平面上,物塊

受豎直向下的重力、豎直向上的支持力以及水平向左的滑動摩擦力，

由動能定理有-u2mg(x-x0)=Ek-Eko,解得Ek=Ek0一/2mg(x-x0),其中Ek。為

物塊滑到斜面底端時的動能,Xo為物塊沿斜面下滑到底端時的距離對

應(yīng)的水平位移，即在水平面上物塊的動能與水平位移為一次函數(shù)關(guān)系,

且為減函數(shù),A項(xiàng)正確,C項(xiàng)錯誤。

2.(2021?山東卷)如圖所示，粗糙程度處處相同的水平桌面上有一

長為L的輕質(zhì)細(xì)桿,一端可繞豎直光滑軸0轉(zhuǎn)動，另一端與質(zhì)量為m的

小木塊相連。木塊以水平初速度v。出發(fā),恰好能完成一個完整的圓周

運(yùn)動。在運(yùn)動過程中，木塊所受摩擦力的大小為(B)

解析:在運(yùn)動過程中，只有摩擦力做功,而摩擦力做功與路徑有關(guān),根

據(jù)動能定理有-Ff?2五L=0-；m%2,可得摩擦力的大小F尸嗯,選項(xiàng)B

24nL

正確。

3.（2020?天津卷）（多選）復(fù)興號動車在世界上首次實(shí)現(xiàn)速度

350km/h自動駕駛功能，成為我國高鐵自主創(chuàng)新的又一重大標(biāo)志性成

果。一列質(zhì)量為m的動車,初速度為vo,以恒定功率P在平直軌道上運(yùn)

動,經(jīng)時間t達(dá)到該功率下的最大速度%,設(shè)動車行駛過程所受到的阻

力F保持不變。動車在時間t內(nèi)（BC）

A.做勻加速直線運(yùn)動

B.加速度逐漸減小

C.牽引力的功率P=Fv.

22

D.牽引力做功W=|mvm-|mv0

解析：由于動車以恒定功率啟動，由P=F牽引力v可知動車的速度增大，則

牽引力減小，由牛頓第二定律F牽引力-F=ma知,動車的加速度逐漸減

小,A錯誤,B正確；當(dāng)動車的加速度為零時一，即牽引力等于阻力時,動

車的速度最大，即P=Fv1?,C正確;設(shè)動車在時間t內(nèi)的位移為x,由動能

22

IIwW-Fx=|mvm-|mv0,則牽引力所做的功為W=Fx+》為1Km”（AD

錯誤。

4.一籃球運(yùn)動員在某次投籃中將球由靜止快速出手,籃球不碰籃筐直

接入網(wǎng)，已知出手時籃球距地面高度為h”出手過程中手對籃球做功

為W,籃筐距地面高度為h2,籃球質(zhì)量為m。不計(jì)空氣阻力，籃球可看成

質(zhì)點(diǎn)，則籃球（B）

A.出手時的速度為慳

7m

B.進(jìn)筐時的動能為W+mgh-mgh2

C.從靜止到進(jìn)筐的過程中，機(jī)械能的增量為W+mgh2-mghl

D.從出手到進(jìn)筐的過程中，運(yùn)動總時間為產(chǎn)產(chǎn)

解析:在投籃過程中，由動能定理得川號信,解得籃球出手時的速度為

v=后,A錯誤；從出手到進(jìn)筐的過程中，由動能定理得-mg(h2-h)=

2

Ek-|mv,解得籃球進(jìn)筐時的動能為Ek=W+mghi-mgh2,B正確;從出手到進(jìn)

筐的過程中，手對球做功為W,離開手后,機(jī)械能守恒,所以從靜止到進(jìn)

筐的過程中，機(jī)械能的增量為W,C錯誤;假設(shè)籃球豎直上拋運(yùn)動(h2-h)

后到達(dá)最高點(diǎn),則由hz-hi^gt?可得t=產(chǎn)件,但籃球離手后做斜拋

運(yùn)動，豎直方向做豎直上拋運(yùn)動，到最高點(diǎn)再做平拋運(yùn)動,落回到N的

高度,可知從出手到進(jìn)筐的過程中運(yùn)動總時間大于嚴(yán)尹,D錯誤。

5.(多選)如圖所示,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,以一定的初速度從A點(diǎn)向左沿水平地面運(yùn)動,壓縮彈簧后被

彈回,運(yùn)動到A點(diǎn)恰好靜止。物塊向左運(yùn)動的最大距離為s,與地面間

的動摩擦因數(shù)為U,重力加速度為g,彈簧未超出彈性限度。在上述過

程中(BC)

h---5—

A.彈簧的最大彈力為umg

B.物塊克服摩擦力做的功為2umgs

C.彈簧的最大彈性勢能為umgs

D.物塊在A點(diǎn)的初速度為展康

解析:小物塊壓縮彈簧最短時，有F彈>umg,故A錯誤;全過程小物塊的

路程為2s,所以全過程克服摩擦力做的功為2umgs,故B正確;小物塊

從彈簧壓縮最短處到A點(diǎn)，由能量守恒得Epmax=umgs,故C正確；小物

2

塊從A點(diǎn)向左運(yùn)動到再次返回A點(diǎn)，由動能定理得-2umgs=0-1mvo,

解得v（）=2j〃gs,故D錯誤。

6.如圖所示,軌道AB是一段圓弧,BC為水平面,兩軌道平滑連接。若

小滑塊m從軌道上A處由靜止開始下滑,則它停在C處。如果將小滑

塊從C處慢慢拉回A處,設(shè)拉力始終平行于運(yùn)動方向，則拉力至少需要

做的功為（D）

A.mghB.2mgh

C.大于2mghD.小于2mgh

解析:小滑塊從A到C的過程中，只有重力和摩擦力做功，設(shè)摩擦力做

功的大小為W「，由動能定理得mgh+Wf=O,將滑塊從C處慢慢拉回A處的

過程中，設(shè)拉力做功為摩擦力做功的大小為WJ,同理得W.-+W/

2

-mgh=O,小滑塊在圓弧上，根據(jù)向心力公式有Fx-mgcosa=m^-,a為

I\

滑塊所在圓弧處的切線與水平面夾角，可知小滑塊運(yùn)動速率越大，對

應(yīng)的彈力FN越大，滑動摩擦力也越大，克服阻力做的功越多，即有

IWfI>IWJI,聯(lián)立可得WF<2mgh,選項(xiàng)D正確。

7.如圖所示,水平面AB段光滑、BC段粗糙,右側(cè)豎直平面內(nèi)有一呈拋

物線形狀的坡面0D,以坡面底部的0點(diǎn)為原點(diǎn)、0C方向?yàn)閥軸建立直

2

角坐標(biāo)系xOy,坡面的拋物線方程為y=|xo一輕質(zhì)彈簧左端固定在A

點(diǎn)，彈簧自然伸長狀態(tài)時右端處在B點(diǎn)。一個質(zhì)量m=0.2kg的小物

塊壓縮彈簧后由靜止釋放,從C點(diǎn)飛出落到坡面上。已知坡底0點(diǎn)離

C點(diǎn)的高度H=5m,BC間距離L=2m,小物塊與BC段的動摩擦因數(shù)為

0.1,小物塊可視為質(zhì)點(diǎn),空氣阻力不計(jì)。

⑴若小物塊到達(dá)C點(diǎn)的速度為V5m/s,求釋放小物塊時彈簧具有的

彈性勢能；

⑵在⑴問的情況下,求小物塊落到坡面上的位置坐標(biāo)；

(3)改變彈簧的壓縮量,彈簧具有多大的彈性勢能時，小物塊落在坡面

上的動能最小?并求出動能的最小值。

解析：(1)根據(jù)能量守恒定律,可知釋放小物塊時彈簧具有的彈性勢能

2

Epo=pmgL+|mvc,

代入數(shù)據(jù)得E/0.9Jo

(2)小物塊離開C點(diǎn)后做平拋運(yùn)動,有

22

x=vct,h=1gt=H-y,結(jié)合題意y=|x,

聯(lián)立得小物塊落到坡面上的位置坐標(biāo)為(崢m)

660

⑶小物塊從B到C,由能量守恒定律得

Ep=umgL+加J；

小物塊做平拋運(yùn)動,有x=vjt,h=|gt\

又有y=H-h=|x2,

得h二肅J,

25+"c

根據(jù)動能定理，小物塊落在坡面上的動能

Ek=|mvc'?+mgh,

代入得Ek=O.lvJ、二號,

25+i^c

根據(jù)數(shù)學(xué)知識可知

當(dāng)vj=5m/s,即EP=2.9J時，最小動能為Ekmin=7.5J。

答案：(1)0.9J(2)(呼m,fm)

66

⑶見解析

8.風(fēng)洞是研究空氣動力學(xué)的實(shí)驗(yàn)設(shè)備。如圖，將剛性桿水平固定在風(fēng)

洞內(nèi)距地面高度H=3.2m處,桿上套一質(zhì)量m=3kg可沿桿滑動的小球。

小球所受的風(fēng)力調(diào)節(jié)為F=15N,方向水平向左。小球以速度v°=8m/s

向右離開桿端,g取10m/s%求：

(1)小球落地所需時間和離開桿端的水平距離;

⑵小球落地時的動能;

(3)小球離開桿后動能為78J時經(jīng)過的時間。

解析：(1)小球在豎直方向做自由落體運(yùn)動,

有H=1gt2,可得t=—=0.8s,

9

在水平方向做勻減速運(yùn)動，根據(jù)牛頓第二定律可知水平方向加速度

大小

a=-5m/s；

m

2

則水平位移s=v0t-|at=4.8m。

⑵小球從開始到落地,根據(jù)動能定理有

mgH-Fs=Ek-Eko,

可得小球落地時動能Ek=120Jo

⑶小球離開桿后經(jīng)過時間水平方向產(chǎn)生的位移為

x=vot'-|at'；

2

根據(jù)動能定理mg?]gt'2-Fx=Ek'-|mv0,

將EJ=78J和v°=8m/s代入得

125tz-80tz+12=0,

z

解得tJ=0.4s,t2=0.24So

答案：(l)0.8s4.8m(2)120J(3)0.4s或0.24s

9.雪橇在北方地區(qū)是非常受歡迎的運(yùn)動項(xiàng)目，其簡化模型如圖所示,

傾角為9=37°的直線雪道AB與曲線雪道BCDE在B點(diǎn)平滑連接,其中

A、E兩點(diǎn)處在同一水平面上，曲線最高點(diǎn)C對應(yīng)圓弧軌道的半徑R=

10m,B、C兩點(diǎn)距離水平面AE的高度分別為h,=18m與h2=18.1m,

游客可坐在電動雪橇上由A點(diǎn)從靜止開始向上運(yùn)動，雪橇與雪道AB的

動摩擦因數(shù)u=0.1。若電動機(jī)以恒定功率P=l.03kW工作10s后自

動關(guān)閉，則雪橇和游客(可視為質(zhì)點(diǎn)，總質(zhì)量m=50kg)到達(dá)C點(diǎn)的速度

為vc=lm/s,到達(dá)E點(diǎn)的速度為VE=9m/so取sin37°=0.6,

cos37°=0.8o

c

⑴求雪橇在C點(diǎn)時對雪道的壓力；

⑵求雪橇在BC段克服摩擦力所做的功；

（3）雪橇從C到E的過程中損失的機(jī)械能;若僅將DE改成傾斜直軌道

（如圖中虛線所示），請判斷雪橇到達(dá)E點(diǎn)時損失的機(jī)械能將變多還是

變少，并簡要說明理由。

解析：（1）雪橇在C點(diǎn),重力和支持力的合力提供向心力

mg-R=i哈，

代入數(shù)據(jù),得a=495N,

由牛頓第三定律可知雪橇對雪道的壓力大小為495N,方向豎直向下。

⑵雪橇從A點(diǎn)到C點(diǎn)根據(jù)動能定理

Pt-mgh-Umgcos9?Wc=-mv2,

2sin?B2c

代入數(shù)據(jù)得WBC=25JO

⑶雪橇從C點(diǎn)到E點(diǎn)過程中損失的機(jī)械能為

△E=E初一E末=mgh2+[mi7c2_：mi2E2,

解得AE=7050J,

將DE改成傾斜直軌道,軌道對雪橇的摩擦力變小，克服阻力做的功變

少，則損失的機(jī)械能將減少。

答案：（1）495N,方向豎直向下（2）25J（3）見解析

H能力提升

10.（2021?全國乙卷）一籃球質(zhì)量為m=0.60kg,一運(yùn)動員使其從距地

面高度為M=1.8m處由靜止自由落下，反彈高度為h2=1.2mo若使籃

球從距地面h3=l.5m的高度由靜止下落,并在開始下落的同時向下拍

球，球落地后反彈的高度也為1.5mo假設(shè)運(yùn)動員拍球時對球的作用

力為恒力，作用時間為t=0.20s;該籃球每次與地面碰撞前后的動能

的比值不變。重力加速度g取10m/s；不計(jì)空氣阻力。求：

（1）運(yùn)動員拍球過程中對籃球所做的功；

⑵運(yùn)動員拍球時對籃球的作用力的大小。

解析：（1）使籃球從距地面高度為山處由靜止自由落下時，設(shè)籃球的落

地速度大小為v?根據(jù)自由落體運(yùn)動的規(guī)律有巧2=2ghi,設(shè)籃球被地面

反彈時的速度大小為V%則有^2=2gh2,則籃球與地面碰撞前、后的動

能之比

12

Eki_5m%

2

Ek21mv2”22°

使籃球從距地面兒的高度由靜止下落,并在開始下落的同時向下拍球,

設(shè)籃球的落地速度大小為V3,反彈后的速度大小為V4,則有以2=2gh3,

12

因?yàn)榛@球每次與地面碰撞前、后的動能的比值不變,所以有噢三，

2

-mv42

設(shè)運(yùn)動員拍球過程中對籃球做的功為W,根據(jù)動能定理有W+

2

mgh3=1mv3,

解得W=4.5Jo

⑵球在受到力F作用的時間內(nèi)，根據(jù)牛頓第二定律得

加速度a=分”，

m

球的位移x=1at\

運(yùn)動員對球做的功W=Fx,聯(lián)立解得F=9No

答案：(1)4.5J(2)9N

11.(2017?浙江11月選考卷)如圖1所示是游樂園的過山車,其局部

可簡化為如圖2所示的示意圖，傾角。=37°的兩平行傾斜軌道BC、

DE的下端與水平半圓形軌道CD順滑連接。傾斜軌道BC的B端高度

h=24m,傾斜軌道DE與圓弧EF相切于E點(diǎn)，圓弧EF的圓心0(＞水平

半圓軌道CD的圓心與A點(diǎn)在同一水平面上,D0,的距離L=20mo質(zhì)

量m=l000kg的過山車(包括乘客)從B點(diǎn)自靜止滑下,經(jīng)過水平半圓

軌道后，滑上另一傾斜軌道，到達(dá)圓弧頂端F時乘客對座椅的壓力為

自身重力的;。已知過山車在BCDE段運(yùn)動時所受的摩擦力與軌道對過

山車的支持力成正比，比例系數(shù)J=*EF段摩擦力不計(jì)，整個運(yùn)動過

程空氣阻力不計(jì)。(取sin37°=0.6,cos37°=0.8)

(1)求過山車過F點(diǎn)時的速度大??；

⑵求從B到F整個運(yùn)動過程中摩擦力對過山車做的功；

(3)如果過D點(diǎn)時發(fā)現(xiàn)圓軌道EF段有故障,為保證乘客的安全,立即觸

發(fā)制動裝置，使過山車不能到達(dá)EF段并保證不再下滑,則過山車受到

的摩擦力至少應(yīng)多大？

解析：(1)在F點(diǎn)有

1Vp2

mg--mg=m—,

r=Lsin9=12m,

得VF=gr=3V10m/so

⑵設(shè)整個過程摩擦阻力做功為W,對B到F的過程用動能定理

2

mg(h-r)+W=|mvF-0,

得W=-7.5X101Jo

⑶觸發(fā)制動后能恰好到達(dá)E點(diǎn)對應(yīng)的摩擦力為Frb

2

-FriLcos9-mgrcos9=0--mvD,

未觸發(fā)制動時,對D點(diǎn)到F點(diǎn)的過程,有

22

-umgcos9Leos9-mgr=|m-|mvD,

解得F『4.6X103No①

要使過山車停在傾斜軌道上的摩擦力為Ff2,

!

Ff2=mgsin9=6X10N,②

3

綜合考慮①②兩式，得Ffm=6X10No

答案：(1)3國m/s(2)-7.5X10'J(3)6X103N

12.(2018?浙江4月選考卷)如圖所示,一軌道由半徑為2m的四分之

一豎直圓弧軌道AB和長度可調(diào)的水平直軌道BC在B點(diǎn)平滑連接而成。

現(xiàn)有一質(zhì)量為0.2kg的小球從A點(diǎn)無初速釋放,經(jīng)過圓弧上B點(diǎn)時，

傳感器測得軌道所受壓力大小為3.6N,小球經(jīng)過BC段所受的阻力為

其重力的巳。然后從C點(diǎn)水平飛離軌道，落到水平地面上的P點(diǎn),P、C

兩點(diǎn)間的高度差為3.2m。小球運(yùn)動過程中可視為質(zhì)點(diǎn)，且不計(jì)空氣

2

阻力，g取10m/so

A

―產(chǎn)m-

t-3

h=3.2m

^77777777777777777777771^77777777777"面

(1)求小球運(yùn)動至B點(diǎn)時的速度大??；

(2)求小球在圓弧軌道上克服摩擦力所做的功；

⑶為使小球落點(diǎn)P與B點(diǎn)的水平距離最大,求BC段的長度；

(4)小球落到P點(diǎn)后彈起,與地面多次碰撞后靜止。假設(shè)小球每次碰撞

機(jī)械能損失75%,碰撞前后速度方向與地面的夾角相等。求小球從C

點(diǎn)飛出到最后靜止所需時間。

2

解析：(1)在B點(diǎn),F[mg=W-,

R

VB=4m/so

(2)由A至B過程，由動能定理得

1zo

mgR-Wr=-mvB,

Wf=2.4Jo

⑶由B至C過程，由動能定理得

22

-kmgLBC=|mvc-|mvB,

B至P的水平距離

當(dāng)Vc=l.6m/s時P至B的水平距離最大

LBC=3.36nio

(4)C至P的時間

to=J^=0.8s,

1人

11~—X2to=O.8s,

=

tn(-)"X2to,

解得t總=2.4So

答案：(l)4m/s(2)2.4J(3)3.36m(4)2.4s

------------------------------------Z/X課時訓(xùn)練(B)

呵基礎(chǔ)鞏固

1.光滑斜面上有一個小球自高為h的A處由靜止開始滾下,抵達(dá)光滑

的水平面上的B點(diǎn)時速度大小為v。(小球在B點(diǎn)進(jìn)入水平面時無能量

損失)。光滑水平面上每隔相等的距離設(shè)置了一個與小球運(yùn)動方向垂

直的活動阻擋條，如圖所示。小球越過n條活動阻擋條后停下來。若

讓小球從h高處以初速度V。沿斜面滾下,則小球能越過活動阻擋條數(shù)

是(設(shè)小球每次越過活動阻擋條時損失的動能相等)(B)

A.nB.2nC.3nD.4n

解析:設(shè)小球每越過一個阻擋條時損失的動能為△Ek,則無初速度滑

下時有mghgm%2=n?△以初速度v?；聲r有mgh+加AEk,

得n'=2n,選項(xiàng)B正確。

2.如圖甲所示,上表面水平的圓盤固定在水平地面上，一小物塊從圓

盤邊緣上的P點(diǎn)以大小相同的初速度在圓盤上沿與直徑PQ成不同夾

角e開始滑動，小物塊運(yùn)動到圓盤另一邊緣時的速度大小為v,則

V-COS。圖像應(yīng)為圖乙中的（A）

解析:設(shè)圓盤半徑為r,小物塊與圓盤間的動摩擦因數(shù)為U,由題意可

知，小物塊運(yùn)動到圓盤另一邊緣過程中摩擦力做負(fù)功，由動能定理可

2222

得一umg,2rcos9=-mv--mv0,即v=v0-4ugrcos。，可知，與

cos。成線性關(guān)系，斜率為負(fù)，選項(xiàng)A正確。

3.在光滑水平面上,有一質(zhì)量為10kg的滑塊,在變力F的作用下沿x

軸做直線運(yùn)動,F_x關(guān)系如圖,4?8m和12?16m的兩段曲線關(guān)于坐

標(biāo)點(diǎn)（10,0）對稱。滑塊在坐標(biāo)原點(diǎn)處速度為1m/s,則滑塊運(yùn)動到16m

處的速度大小為（A）

A.3m/sB.5m/sC.2A/2m/sD.4^2m/s

解析：圖像與坐標(biāo)軸圍成的面積表示變力F做的功,所以根據(jù)動能定

理得W=4X10尸y1丫2-51打2,解得丫=3m/s,故選A。

4.（多選）質(zhì)量為2kg的物體，放在動摩擦因數(shù)u=0.1的水平面上，在

水平拉力的作用下由靜止開始運(yùn)動,拉力做的功W隨物體的位移x變

化的關(guān)系如圖。重力加速度g取10m/s?,貝ij（BC）

30

27

20

15

10

o36912Wm

A.x=0至x=3m的過程中，物體的加速度為2.5m/s2

B.x=6m時，拉力的功率為6W

C.x=9m時,物體的速度為3m/s

D.x=3m至x=9m過程中，合力做的功為12J

解析：由題圖知，在0?3m內(nèi),W=Ex,斜率表示R,F尸羋=5N,所以加

51X2X1022

速度at=^-^=°-m/s=l.5m/s,A項(xiàng)錯誤；在3?9m內(nèi)，

m2

Fk娑N=2N,加速度a/因此在x=6m時,P6=FZVI,

2

v1=2aixbXi=3m,解得P6=F2VI=2X3W=6W,B項(xiàng)正確；在3?9m內(nèi),

物體一直做勻速運(yùn)動,合力不做功,V9=3m/s,C項(xiàng)正確,D項(xiàng)錯誤。

5.（多選）如圖所示,勁度系數(shù)為k的輕彈簧的一端固定在墻上,另一

端與置于水平面上質(zhì)量為m的物體接觸（未連接），彈簧水平且無形變。

用水平力F緩慢推動物體,在彈性限度內(nèi)彈簧長度被壓縮了x。,此時物

體靜止。撤去F后，物體開始向左運(yùn)動，運(yùn)動的最大距離為4x。。物體

與水平面間的動摩擦因數(shù)為P,重力加速度為g,貝|J（BD）

A.撤去F后,物體先做勻加速運(yùn)動,再做勻減速運(yùn)動

B.撤去F后,物體剛運(yùn)動