2012届高考第二轮复习物理专题学案：专题八力学中的多过程问题

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高考物理二轮复习专题强化练八力学三大观点的综合应用含解析

专题强化练(八)题组一三大力学观点在力学中的综合应用1.如图所示，可视为质点的两个小球通过长度L ＝6 m 的轻绳连接，甲球的质量为m 1＝0.2 kg ，乙球的质量为m 2＝0.1 kg.将两球从距地面某一高度的同一位置先后释放，甲球释放Δt ＝1 s 后再释放乙球，绳子伸直后即刻绷断(细绳绷断的时间极短，可忽略)，此后两球又下落t ＝1.2 s 同时落地．可认为两球始终在同一竖直线上运动，不计空气阻力，重力加速度g 取10 m/s 2.求：(1)从释放乙球到绳子绷直的时间t 0；(2)绳子绷断的过程中绳对甲球拉力的冲量大小．解析：(1)细线伸直时甲球的位移为：x 甲＝12g (t 0＋Δt )2，乙球的位移为：x 乙＝12gt 20，因为x 甲－x 乙＝L ，联立解得：t 0＝0.1 s.(2)细线伸直时甲、乙的速度分别是：v 甲＝g (t 0＋Δt )＝11 m/s ， v 乙＝gt 0＝1 m/s ，设细线绷断瞬间甲、乙球的速度分别为：v ′甲和v ′乙，继续下落至落地时有：v ′乙t ＋12gt 2－(v ′甲t ＋12gt 2)＝L .又在绳绷断的极短时间内两球动量守恒，则有：m 1v 甲＋m 2v 乙＝m 1v ′甲＋m 2v ′乙，联立方程解得：v ′甲＝6 m/s ，v ′乙＝11 m/s. 设绳子绷断过程中绳对甲球拉力的冲量大小为I ，由动量定理得：I ＝m 1(v ′甲－v 甲)＝1.0 N·s. 答案：(1)0.1 s (2)1.0 N·s2．如图所示，地面和半圆轨道面均光滑．质量M ＝1 kg 、长L ＝4 m 的小车放在地面上，其右端与墙壁的距离为s ＝3 m ，小车上表面与半圆轨道最低点P 的切线相平．现有一质量m ＝2 kg 的滑块(不计大小)以v 0＝6 m/s 的初速度滑上小车左端，带动小车向右运动．小车与墙壁碰撞时立即被粘在墙壁上，已知滑块与小车表面间的动摩擦因数μ＝0.2，g 取10 m/s 2.求：(1)求小车与墙壁碰撞时的速度；(2)若滑块在圆轨道滑动的过程中不脱离轨道，求半圆轨道半径R 的取值范围．解析：(1)根据牛顿第二定律：对滑块有μmg ＝ma 1，对小车有μmg ＝Ma 2.滑块相对小车静止时，两者速度相等，即v 0－a 1t ＝a 2t ，由以上各式解得：t ＝1 s ，此时小车的速度为v 2＝a 2t ＝4 m/s.滑块的位移：x 1＝v 0t －12a 1t 2，小车的位移：x 2＝12a 2t 2，相对位移：L 1＝x 1－x 2，联立解得：L 1＝3 m ，x 2＝2 m.L 1＜L ，x 2＜s ，说明滑块滑离小车前已具有相同速度，且共速时小车与墙壁还未发生碰撞，故小车与墙壁碰撞时的速度为：v 2＝4 m/s.(2)滑块与墙壁碰后在小车上做匀减速运动，运动L 2后滑上半圆轨道，L 2＝L －L 1＝1 m.若滑块恰能通过最高点，设滑至最高点的速度为v Q .则mg ＝m v 2QR，根据动能定理得：－μmgL 2－mg ·2R ＝12mv 2Q －12mv 22，解得：R ＝0.24 m.若滑块恰好滑至14圆弧到达T 点时就停止，则滑块也能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道．根据动能定理得－μmgL 2－mgR ＝0－12mv 22，解得：R ＝0.6 m ，所以滑块不脱离圆轨道必须满足：R ≤0.24 m 或R ≥0.6 m. 答案：(1)4 m/s (2)R ≤0.24 m 或R ≥0.6 m3.(2018·海南卷)如图，光滑轨道PQO 的水平段QO ＝h2，轨道在O 点与水平地面平滑连接．一质量为m 的小物块A 从高h 处由静止开始沿轨道下滑，在O 点与质量为4m 的静止小物块B 发生碰撞．A 、B 与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，重力加速度大小为g .假设A 、B 间的碰撞为完全弹性碰撞，碰撞时间极短．求：(1)第一次碰撞后瞬间A 和B 的速度大小； (2)A 、B 均停止运动后，二者之间的距离．解析：(1)小物块A 从高h 处由静止开始沿轨道下滑，由机械能守恒定律：mgh ＝12mv 20，解得滑至O 点时速度为：v 0＝2gh .碰撞过程，由动量守恒定律和能量守恒定律：mv 0＝mv 1＋4mv 2，12mv 20＝12mv 21＋12×4mv 22，联立解得：v 1＝－352gh ，负号表示A 碰撞后速度方向向左，v 2＝252gh ，B 碰撞后速度方向向右． (2)碰撞后，B 向右运动，设B 向右运动的距离为x B ，由动能定理，－μ4mgx B ＝0－12×4mv 22，解得：x B ＝825h .碰撞后，A 先向左运动，后又向右运动，A 从O 点开始向右运动x B 的距离后速度为v A 1，由动能定理，－μmgx B ＝12mv 2A 1－12mv 21，解得：v A 1＝2gh 5. A 、B 再次碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律， mv A 1＝mv A 2＋4mv B 2，12mv 2A 1＝12mv 2A 2＋12×4mv 2B 2，联立解得：v A 2＝－352gh5，负号表示A 碰撞后速度方向向左， v B 2＝252gh5，B 碰撞后速度方向向右．设B 向右运动的距离为x B 2，由动能定理得－μ4mgx B 2＝0－124mv 2B 2，解得x B 2＝8125h .设A 向左运动的距离为x A 2，由动能定理得－μmgx A 2＝0－12mv 2A 2，解得x A 2＝18125h ，A 、B 均停止运动后它们之间的距离为 x ＝8125h ＋18125h ＝26125h . 答案：(1)352gh 252gh (2)26125h4.如图所示，有一质量为M ＝2 kg 的平板小车静止在光滑的水平地面上，现有质量均为m ＝1 kg 的小物块A 和B (均可视为质点)，由车上P 处开始，A 以初速度v 1＝2 m/s 向左运动，B 同时以v 2＝4 m/s 向右运动．最终A 、B 两物块恰好停在小车两端没有脱离小车．两物块与小车间的动摩擦因数均为μ＝0.1，g 取10 m/s 2.求：(1)求小车总长L ；(2)物块B 在小车上滑动的过程中产生的热量Q B ；(3)从物块A 、B 开始运动计时，经6 s 小车离原位置的距离x .解析：(1)设最后达到共同速度v ，取向右为正方向，整个系统动量守恒、能量守恒：mv 2－mv 1＝(2m ＋M )v ，μmgL ＝12mv 21＋12mv 22－12(2m ＋M )v 2，解得v ＝0.5 m/s ，L ＝9.5 m.(2)设物块A 离小车左端的距离为x 1，从A 开始运动至左端历时t 1，在A 运动至左端前，小车是静止的．v 1＝a A t 1， x 1＝12a A t 21，联立可得t 1＝2 s ，x 1＝2 m ，所以物块B 离小车右端的距离x 2＝L －x 1＝7.5 m ，所以Q B ＝μmgx 2＝7.5 J.(3)设从开始到达到共同速度历时t 2，则v ＝v 2－a B t 2， μmg ＝ma B ，联立可得t 2＝3.5 s.小车在t 1前静止，在t 1至t 2之间以加速度a 向右加速：μmg ＝(M ＋m )a ，此时小车向右运动的位移x 3＝12a (t 2－t 1)2，接下去三个物体组成的系统以v 共同匀速运动了x 4＝v (6 s －t 2)，联立各式，解得小车在6 s 内向右运动的总距离x ＝x 3＋x 4＝1.625 m. 答案：(1)9.5 m (2)7.5 J (3)1.625 m 题组二三大力学观点在电、磁学中的综合应用5．如图所示，轨道ABCDP 位于竖直平面内，其中圆弧段CD 与水平段AC 及倾斜段DP 分别相切于C 点和D 点，水平段BC 粗糙，其余都光滑，DP 段与水平面的夹角θ＝37°，D 、C 两点的高度差h ＝0.1 m ，整个轨道绝缘，处于方向水平向左、电场强度大小未知的匀强电场中，一个质量m 1＝0.4 kg 、带正电、电荷量未知的小物块Ⅰ在A 点由静止释放，经过时间t ＝1 s ，与静止在B 点的不带电、质量m 2＝0.6 kg 的小物块Ⅱ碰撞并粘在一起后，在BC 段上做匀速直线运动，到达倾斜段DP 上某位置，物块Ⅰ和Ⅱ与轨道BC 段的动摩擦因数均为μ＝0.2，g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：(1)物块Ⅰ和Ⅱ在BC 段上做匀速直线运动的速度大小；(2)物块Ⅰ和Ⅱ第一次经过圆弧段C 点时，物块Ⅰ和Ⅱ对轨道压力的大小．解析：(1)物块Ⅰ和Ⅱ粘在一起在BC 段上做匀速直线运动，设电场强度大小为E ，物块Ⅰ带电荷量大小为q ，与物块Ⅱ碰撞前物块Ⅰ速度为v 1，碰撞后共同速度为v 2，以向左为正方向，则qE ＝μ(m 1＋m 2)g ，m 1v 1＝(m 1＋m 2)v 2，联立解得v 2＝2 m/s.(2)设圆弧段CD 的半径为R ，物块Ⅰ和Ⅱ经过C 点时圆弧段轨道对物块支持力的大小为F N则R (1－cos θ)＝h ，F N －(m 1＋m 2)g ＝(m 1＋m 2)v 22R，解得：F N ＝18 N ，由牛顿第三定律可得物块Ⅰ和Ⅱ对轨道压力的大小为18 N. 答案：(1)2 m/s (2)18 N6．如图所示，平行倾斜光滑导轨与足够长的平行水平光滑导轨平滑连接，导轨电阻不计．质量分别为m 和12m 的金属棒b 和c 静止放在水平导轨上，b 、c 两棒均与导轨垂直．图中de 虚线往右有范围足够大、方向竖直向上的匀强磁场．质量为m 的绝缘棒a 垂直于倾斜导轨由静止释放，释放位置与水平导轨的高度差为h .已知绝缘棒a 滑到水平导轨上与金属棒b 发生弹性正碰，金属棒b 进入磁场后始终未与金属棒c 发生碰撞．重力加速度为g .求：(1)绝缘棒a 与金属棒b 发生弹性正碰后分离时两棒的速度大小； (2)金属棒b 进入磁场后，其加速度为其最大加速度的一半时的速度大小； (3)两金属棒b 、c 上最终产生的总焦耳热．解析：(1)设a 棒滑到水平导轨时速度为v 0，下滑过程中a 棒机械能守恒12mv 20＝mgh ，a 棒与b 棒发生弹性碰撞，由动量守恒定律：mv 0＝mv 1＋mv 2，由机械能守恒定律：12mv 20＝12mv 21＋12mv 22，解得v 1＝0，v 2＝v 0＝2gh . (2)b 棒刚进磁场时的加速度最大．b 、c 两棒组成的系统合外力为零，系统动量守恒．由动量守恒定律：mv 2＝mv ′2＋m2v ′3.设b 棒进入磁场后某时刻，b 棒的速度为v b ，c 棒的速度为v c ，则b 、c 组成的回路中的感应电动势E ＝BL (v b －v c )，由闭合电路欧姆定律得I ＝ER 总，由安培力公式得F ＝BIL ＝ma ，联立得a ＝B 2L 2（v b －v c ）mR 总.故当b 棒加速度为最大值的一半时有v 2＝2(v ′2－v ′3)，联立得v ′2＝56v 2＝562gh .(3)最终b 、c 以相同的速度匀速运动．由动量守恒定律：mv 2＝(m ＋m2)v ，由能量守恒定律：12mv 22＝12(m ＋m 2)v 2＋Q ，解得Q ＝13mgh .答案：(1)02gh (2)562gh (3)13mgh7.足够长的平行金属轨道M 、N ，相距L ＝0.5 m ，且水平放置；M 、N 左端与半径R ＝0.4 m 的光滑竖直半圆轨道相连，与轨道始终垂直且接触良好的金属棒b 和c 可在轨道上无摩擦地滑动，两金属棒的质量m b ＝m c ＝0.1 kg ，接入电路的有效电阻R b ＝R c ＝1 Ω，轨道的电阻不计．平行水平金属轨道M 、N 处于磁感应强度B ＝1 T 的匀强磁场中，磁场方向垂直轨道平面向上，光滑竖直半圆轨道在磁场外，如图所示，若使b 棒以初速度v 0＝10 m/s 开始向左运动，运动过程中b 、c 不相撞，g 取10 m/s 2，求：(1)c 棒的最大速度；(2)c 棒达最大速度时，此棒产生的焦耳热；(3)若c 棒达最大速度后沿半圆轨道上滑，金属棒c 到达轨道最高点时对轨道的压力的大小．解析：(1)在磁场力作用下，b 棒做减速运动，c 棒做加速运动，当两棒速度相等时，c 棒达最大速度．取两棒组成的系统为研究对象，根据动量守恒定律有m b v 0＝(m b ＋m c )v ，解得c 棒的最大速度为v ＝m bm b ＋m cv 0＝12v 0＝5 m/s.(2)从b 棒开始运动到两棒速度相等的过程中，系统减少的动能转化为电能，两棒中产生的总热量为Q ＝12m b v 20－12(m b ＋m c )v 2＝2.5 J ，因为R b ＝R c ，所以c 棒达最大速度时此棒产生的焦耳热为Q c ＝Q2＝1.25 J ，(3)设c 棒沿半圆轨道滑到最高点时的速度为v ′，从半圆轨道最低点上升到最高点的过程由机械能守恒可得12m c v 2－12m c v ′2＝m c g ·2R ，解得v ′＝3 m/s.在最高点，设轨道对c 棒的弹力为F ，由牛顿第二定律得m c g ＋F ＝m c v ′2R，解得F ＝1.25 N.由牛顿第三定律得，在最高点c 棒对轨道的压力为1.25 N ，方向竖直向上．答案：(1)5 m/s (2)1.25 J (3)1.25 N8．如图所示，在绝缘水平面上的两物块A 、B 用劲度系数为k 的水平绝缘轻质弹簧连接，物块B 、C 用跨过轻质定滑轮的绝缘轻绳连接，A 靠在竖直墙边，C 在倾角为θ的长斜面上，滑轮两侧的轻绳分别与水平面和斜面平行．A 、B 、C 的质量分别是m 、2m 、2m ，A 、C 均不带电，B 带正电，滑轮左侧存在着水平向左的匀强电场，整个系统不计一切摩擦，B 与滑轮足够远．B所受的电场力大小为6mg sin θ，开始时系统静止．现让C 在沿斜面向下的拉力F 作用下做加速度大小为a 的匀加速直线运动，弹簧始终未超过弹性限度，重力加速度大小为g .(1)求弹簧的压缩长度x 1；(2)求A 刚要离开墙壁时C 的速度大小v 1及拉力F 的大小；(3)若A 刚要离开墙壁时，撤去拉力F ，同时电场力大小突然减为2mg sin θ，方向不变，求在之后的运动过程中弹簧的最大弹性势能E pm .解析：(1)开始时，弹簧处于压缩状态．对C 受力平衡有F T 1＝2mg sin θ，对B 受力平衡有F T 1＋kx 1＝6mg sin θ ，解得x 1＝4mg sin θk.(2)A 刚要离开墙壁时墙壁对A 的弹力为零，弹簧刚好不发生形变，则B 做匀加速直线运动，位移大小为x 1时有v 21＝2ax 1，解得v 1＝22mga sin θk.根据牛顿第二定律对B 有：F T 2－6mg sin θ＝2ma ，对C 有：F ＋2mg sin θ－F T 2＝2ma ，解得F ＝4m (g sin θ＋a )．(3)A 离开墙壁后，A 、B 、C 系统的合外力为零，系统动量守恒，当三个物块的速度相等时(设为v 2)，弹簧弹性势能最大，有(2m ＋2m )v 1 ＝(m ＋2m ＋2m )v 2，根据能量守恒定律有12(2m ＋2m )v 21＝12(m ＋2m ＋2m )v 22＋E pm ，解得：E pm ＝16m 2ga sin θ5k .答案：(1)4mg sin θk(2)22mga sin θk 4m (g sin θ＋a ) (3)16m 2ga sin θ5k。

(名师整理)最新高中物理高考《应用力学两大观点分析多过程问题》专题复习精讲精练课件

0．2，重力加速度 g＝10 m/s2．求：
(1)悬线断开前所受最大拉力的大小； (2)小车上表面水平部分的长度； (3)小车表面的斜面部分倾角的正切值．
解析 (1)物块由静止摆动到悬点正下方的过程，由机械能守恒定律得 mgl(1－cos 60°)＝12mv2 解得 v＝5 m/s 物块摆到悬点正下方时 F－mg＝mvl2 解得 F＝10 N
设小物块加速到与传送带速度相同
时所用时间为 t
x＝v0t－Δx＝2．5 m
t＝va0＝1 s
产生的热量 Q＝μmgx＝12．5 J (3)设在坐标为 x1 处将小物块轻放
运动的位移 Δx＝v20a2＝2．5 m＜xPQ在传送带上，若刚能到达圆心右侧
在 N 点由牛顿第二定律 mg＝mvRN 2
的 M 点，由能量守恒得： μmg(L－x1)＝mgyM
＝10 m/s2，忽略空气阻力的影响．
(1)求常量 k，并在图 5 中画出弹力 F 随 x 变化的示意图；
(2)求在比赛动作中，运动员离开床面后上
升的最大高度 hm； (3)借助 F-x 图象可以确定弹力做功的规律，在此基础上，求 x1 和 W 的值．
解析 (1)运动员静止在蹦床上时受力平衡，则 mg＝kx0．代入数据得：k＝5000 N/m F—x 图象如图
带上运动时，系统产生的热量；(3)若将小物块轻放在传送带上的某些位置，最终小物块均能沿光滑圆弧轨道运动(小物块始终在圆弧轨道运动不脱轨)到
达纵坐标 yM＝0．25 m 的 M 点，求这些位置的横坐标
范围．
解析 (1)小物块在传送带上匀加 (2)小物块在传送带上相对传送带
速运动的加速度 a＝μg＝5 m/s2 滑动的位移
(2)物块在小车上表面运动时加速度大小 a1＝μmmg＝2 m/s2 位移 x1＝vt－12a1t2＝4 m 小车的加速度 a2＝μMmg＝0．5 m/s2 位移 x2＝12a2t2＝0．25 m 小车上表面水平部分长度 Δx＝x1－x2＝3．75 m

2012届高三物理第二轮专题练习之力与物体的平衡(新人教)

力与物体的平衡1.木块A 、B 分别重50 N 和60 N ，它们与水平地面之间的动摩擦因数均为0.25；夹在A 、B 之间的轻弹簧被压缩2㎝,弹簧的劲度系数为400N/m.系统置于水平地面上静止不动。

现用F=1 N 的水平拉力作用在木块B 上..力F 作用后（）A.木块A 所受摩擦力大小是12.5 NB.木块A 所受摩擦力大小是11.5 NC.木块B 所受摩擦力大小是9 ND.木块B 所受摩擦力大小是7 N2．如图所示，质量为M 的物体，在与竖直线成θ角，大小为F 的恒力作用下，沿竖直墙壁匀速下滑，物体与墙壁间的动摩擦因数为μ，则物体受到的摩擦力大小的下列结论中正确的是（） ①Mg －Fcos θ； ②μMg ＋F cos θ； ③μF sin θ； ④μ(Mg －Fcos θ)。

A ．①③ B ．②④C ．①②D ．③④3．如图所示，小木块放在倾角为α的斜面上，受到一个水平力F （F ≠0）的作用处于静止，如图所示，则小木块受到斜面的支持力和摩擦力的合力的方向与竖直向上的方向的夹角β可能是（） A. β=0B. 合力的方向向右上方，β<αC. 合力的方向向左上方，β<αD. 合力的方向向左上方，β>α4.竖直绝缘壁上的Q 点有一固定的质点A ，在Q 的正下方P 点用丝线悬挂另一质点B ，已知PA=PB ，A 、B 两质点因带电而互相排斥，致使悬线和竖直方向成θ角，（如图所示），由于漏电使A 、B 两质点的带电量逐渐减少，在电荷漏完之前悬线对悬点P 的拉力大小。

则（） A 、逐渐减小 B 、逐渐增大 C 、保持不变 D 、先变小后变大5..在粗糙水平地面上与墙平行放着一个截面为半圆的柱状物体A ， A 与竖直墙之间放一光滑圆球B ，整个装置处于静止状态。

现对B 加一竖直向下的力F ，F 的作用线通过球心，设墙对B 的作用力为F 1，B 对A 的作用力为F 2，地面对A 的作用力为F 3。

统编版高中物理必修二学习导航第八章专题强化利用动能定理分析变力做功和多过程问题

专题强化利用动能定理分析变力做功和多过程问题[学习目标]1.进一步理解动能定理，领会应用动能定理解题的优越性.2.会利用动能定理分析变力做功、曲线运动以及多过程问题.一、利用动能定理求变力做功1.动能定理不仅适用于求恒力做的功，也适用于求变力做的功，同时因为不涉及变力作用的过程分析，应用非常方便.2.利用动能定理求变力的功是最常用的方法，当物体受到一个变力和几个恒力作用时，可以用动能定理间接求变力做的功，即W 变＋W 其他＝ΔE k .如图1所示，质量为m 的小球由静止自由下落d 后，沿竖直面内的固定轨道ABC 运动，AB 是半径为d 的14光滑圆弧轨道，BC 是直径为d 的粗糙半圆弧轨道(B 是轨道的最低点).小球恰能通过圆弧轨道的最高点C .重力加速度为g ，求：图1(1)小球运动到B 处时对轨道的压力大小(可认为此时小球处在轨道AB 上)； (2)小球在BC 运动过程中，摩擦力对小球做的功. 答案 (1)5mg (2)－34mgd解析 (1)小球由静止运动到B 点的过程，由动能定理得2mgd ＝12m v 2，在B 点，由牛顿第二定律得F N －mg ＝m v 2d ，得：F N ＝5mg根据牛顿第三定律：小球在B 处对轨道的压力大小F N ′＝ F N ＝5mg ；(2)小球恰能通过C 点，则mg ＝m v 2C d 2.小球从B 运动到C 的过程：－mgd ＋W f ＝12m v C 2－12m v 2，得W f ＝－34mgd .针对训练1 (2018·厦门市高一下学期期末)如图2所示，有一半径为r ＝0.5 m 的粗糙半圆轨道，A 与圆心O 等高，有一质量为m ＝0.2 kg 的物块(可视为质点)，从A 点静止滑下，滑至最低点B 时的速度为v ＝1 m/s ，取g ＝10 m/s 2，下列说法正确的是( )图2A.物块过B 点时，对轨道的压力大小是0.4 NB.物块过B 点时，对轨道的压力大小是2.0 NC.A 到B 的过程中，克服摩擦力做的功为0.9 JD.A 到B 的过程中，克服摩擦力做的功为0.1 J 答案 C解析在B 点由牛顿第二定律可知F N －mg ＝m v 2r ，解得：F N ＝2.4 N ，由牛顿第三定律可知物块对轨道的压力大小为2.4 N ，故A 、B 均错误；A 到B 的过程，由动能定理得mgr ＋W f ＝12m v 2－0，解得W f ＝－0.9 J ，故克服摩擦力做功为0.9 J ，故C 正确，D 错误. 二、利用动能定理分析多过程问题一个物体的运动如果包含多个运动阶段，可以选择分段或全程应用动能定理.(1)分段应用动能定理时，将复杂的过程分割成一个个子过程，对每个子过程的做功情况和初、末动能进行分析，然后针对每个子过程应用动能定理列式，然后联立求解.(2)全程应用动能定理时，分析整个过程中出现过的各力的做功情况，分析每个力做的功，确定整个过程中合外力做的总功，然后确定整个过程的初、末动能，针对整个过程利用动能定理列式求解.当题目不涉及中间量时，选择全程应用动能定理更简单，更方便.注意：当物体运动过程中涉及多个力做功时，各力对应的位移可能不相同，计算各力做功时，应注意各力对应的位移.计算总功时，应计算整个过程中出现过的各力做功的代数和.如图3所示，右端连有一个光滑弧形槽的水平桌面AB 长L ＝1.5 m ，一个质量为m ＝0.5 kg 的木块在F ＝1.5 N 的水平拉力作用下，从桌面上的A 端由静止开始向右运动，木块到达B 端时撤去拉力F ，木块与水平桌面间的动摩擦因数μ＝0.2，取g ＝10 m/s 2.求：图3(1)木块沿弧形槽上升的最大高度(木块未离开弧形槽)； (2)木块沿弧形槽滑回B 端后，在水平桌面上滑行的最大距离. 答案 (1)0.15 m (2)0.75 m解析 (1)设木块沿弧形槽上升的最大高度为h ，木块在最高点时的速度为零.从木块开始运动到沿弧形槽上升到最大高度处，由动能定理得： FL －F f L －mgh ＝0其中F f ＝μF N ＝μmg ＝0.2×0.5×10 N ＝1.0 N 所以h ＝FL －F f L mg ＝(1.5－1.0)×1.50.5×10m ＝0.15 m(2)设木块离开B 点后，在水平桌面上滑行的最大距离为x ，由动能定理得： mgh －F f x ＝0所以x ＝mgh F f ＝0.5×10×0.151.0m ＝0.75 m.针对训练2 (2018·金陵中学第二学期期末)图4中ABCD 是一条长轨道，其中AB 段是倾角为θ的斜面，CD 段是水平的，BC 段是与AB 段和CD 段都相切的一小段圆弧，其长度可以略去不计.一质量为m 的小滑块在A 点从静止释放，沿轨道滑下，最后停在D 点，A 点和D 点的位置如图4所示，现用一沿轨道方向的力推滑块，使它缓缓地由D 点回到A 点，设滑块与轨道间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g ，则推力对滑块做的功等于( )图4A.mghB.2mghC.μmg (s ＋hsin θ)D.μmg (s ＋h cos θ)答案 B解析滑块由A 点运动至D 点，设克服摩擦力做功为W AD ，由动能定理得mgh －W AD ＝0，即W AD ＝mgh …①，滑块从D 点回到A 点，由于是缓慢推，说明动能变化量为零，设克服摩擦力做功为W DA ，由动能定理知当滑块从D 点被推回A 点有W F －mgh －W DA ＝0…②，由A 点运动至D 点，克服摩擦力做的功为W AD ＝μmg cos θ·hsin θ＋μmgs …③，从D →A 的过程克服摩擦力做的功为W DA ＝μmg cos θ·hsin θ＋μmgs …④，③④联立得W AD ＝W DA …⑤，①②⑤联立得W F ＝2mgh ，故A 、C 、D 错误，B 正确. 三、动能定理在平抛、圆周运动中的应用动能定理常与平抛运动、圆周运动相结合，解决这类问题要特别注意：(1)与平抛运动相结合时，要注意应用运动的合成与分解的方法，如分解位移或分解速度求平抛运动的有关物理量.(2)与竖直平面内的圆周运动相结合时，应特别注意隐藏的临界条件：①可提供支撑效果的竖直平面内的圆周运动，物体能通过最高点的临界条件为v min ＝0. ②不可提供支撑效果的竖直平面内的圆周运动，物体能通过最高点的临界条件为v min ＝gR .如图5所示，一可以看成质点的质量m ＝2 kg 的小球以初速度v 0沿光滑的水平桌面飞出后，恰好从A 点沿切线方向进入圆弧轨道，BC 为圆弧竖直直径，其中B 为轨道的最低点，C 为最高点且与水平桌面等高，圆弧AB 对应的圆心角θ＝53°，轨道半径R ＝0.5 m.已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，不计空气阻力，g 取10 m/s 2.图5(1)求小球的初速度v 0的大小；(2)若小球恰好能通过最高点C ，求在圆弧轨道上摩擦力对小球做的功. 答案 (1)3 m/s (2)－4 J解析 (1)在A 点由平抛运动规律得： v A ＝v 0cos 53°＝53v 0小球由桌面到A 点的过程中，由动能定理得 mg (R ＋R cos θ)＝12m v A 2－12m v 02联立得：v 0＝3 m/s ；(2)若小球恰好能通过最高点C ，在最高点C 处有mg ＝m v 2CR，小球从桌面运动到C 点的过程中，由动能定理得W f ＝12m v C 2－12m v 02代入数据解得W f ＝－4 J.四、动能定理在多过程往复运动中的应用某游乐场的滑梯可以简化为如图6所示竖直面内的ABCD 轨道，AB 为长L ＝6 m 、倾角α＝37°的斜轨道，BC 为水平轨道，CD 为半径R ＝15 m 、圆心角β＝37°的圆弧轨道，轨道AB 段粗糙，其余各段均光滑.一小孩(可视为质点)从A 点以初速度v 0＝2 3 m/s 下滑，沿轨道运动到D 点时的速度恰好为零(不计经过B 点时的能量损失).已知该小孩的质量m ＝30 kg ，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g ＝10 m/s 2，不计空气阻力，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：图6(1)该小孩第一次经过圆弧轨道C 点时，对圆弧轨道的压力； (2)该小孩与AB 段间的动摩擦因数； (3)该小孩在轨道AB 上运动的总路程s . 答案 (1)420 N ，方向向下 (2)0.25 (3)21 m 解析 (1)由C 到D 速度减为0，由动能定理可得－mg (R －R cos β)＝0－12m v C 2，v C ＝215 m/s在C 点，由牛顿第二定律得F N －mg ＝m v 2C R，可得：F N ＝420 N根据牛顿第三定律，小孩第一次经过圆弧轨道C 点时，对圆弧轨道的压力为420 N ，方向向下 (2)小孩从A 运动到D 的过程中，由动能定理得： mgL sin α－μmgL cos α－mgR (1－cos β)＝0－12m v 02可得：μ＝0.25(3)在AB 斜轨道上，μmg cos α<mg sin α，小孩不能静止在斜轨道上，则小孩从A 点以初速度v 0滑下，最后静止在BC 轨道B 处，由动能定理： mgL sin α－μmgs cos α＝0－12m v 02，解得s ＝21 m.1.在有摩擦力做功的往复运动过程中，注意两种力做功的区别： (1)重力做功只与初、末位置有关，而与路径无关；(2)滑动摩擦力(或全部阻力)做功与路径有关，克服摩擦力(或全部阻力)做的功W ＝F f s (s 为路程). 2.由于动能定理解题的优越性，求多过程往复运动问题中的路程，一般应用动能定理.1.(用动能定理求变力做功)如图7所示为一水平的转台，半径为R ，一质量为m 的滑块放在转台的边缘，已知滑块与转台间的动摩擦因数为μ，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g .若转台的转速由零逐渐增大，当滑块在转台上刚好发生相对滑动时，转台对滑块所做的功为( )图7A.12μmgR B.2πmgR C.2μmgR D.0答案 A解析滑块即将开始滑动时，最大静摩擦力(等于滑动摩擦力)提供向心力，有μmg ＝m v 2R ，根据动能定理有W f ＝12m v 2，解得W f ＝12μmgR ，A 正确.2.(利用动能定理分析多过程问题)(2018·鹤壁市高一下学期期末)如图8所示，AB 为四分之一圆弧轨道，BC 为水平直轨道，圆弧的半径为R ，BC 的长度也是R .一质量为m 的物体，与两个轨道间的动摩擦因数都为μ，它由轨道顶端A 从静止开始下滑，恰好运动到C 处停止，不计空气阻力，重力加速度为g ，那么物体在AB 段克服摩擦力所做的功为( )图8A.12μmgR B.12mgR C.mgR D.(1－μ)mgR答案 D解析设物体在AB 段克服摩擦力所做的功为W AB ，对物体从A 到C 的全过程，由动能定理得mgR －W AB －μmgR ＝0，故W AB ＝mgR －μmgR ＝(1－μ)mgR .3.(动能定理在平抛、圆周运动中的应用)(2019·温州新力量联盟高一下学期期中)如图9所示，一长L ＝0.45 m 、不可伸长的轻绳上端悬挂于M 点，下端系一质量m ＝1.0 kg 的小球，CDE 是一竖直固定的圆弧形轨道，半径R ＝0.50 m ，OC 与竖直方向的夹角θ＝60°，现将小球拉到A 点(保持绳绷直且水平)由静止释放，当它经过B 点时绳恰好被拉断，小球平抛后，从圆弧轨道的C 点沿切线方向进入轨道，刚好能到达圆弧轨道的最高点E ，重力加速度g 取10 m/s 2，求：图9(1)小球到B 点时的速度大小； (2)轻绳所受的最大拉力大小；(3)小球在圆弧轨道上运动时克服阻力做的功. 答案 (1)3 m/s (2)30 N (3)8 J解析 (1)小球从A 到B 的过程，由动能定理得 mgL ＝12m v 12，解得v 1＝3 m/s(2)小球在B 点时，由牛顿第二定律得F －mg ＝m v 21L，解得F ＝30 N ，由牛顿第三定律可知，轻绳所受最大拉力大小为30 N(3)小球从B 到C 做平抛运动，从C 点沿切线进入圆弧轨道，由平抛运动规律可得小球在C 点的速度大小v 2＝v 1cos θ，解得v 2＝6 m/s 小球刚好能到达E 点，则mg ＝m v 23R，解得v 3＝ 5 m/s小球从C 点到E 点，由动能定理得－mg (R ＋R cos θ)－W f ＝12m v 32－12m v 22，解得W f ＝8 J.4.(利用动能定理分析多过程往复运动问题)(2018·云南师大附中期末)如图10所示，ABCD 为一竖直平面内的轨道，其中BC 水平，A 点比BC 高出10 m ，BC 长1 m ，AB 和CD 轨道光滑.一质量为1 kg 的物体，从A 点以4 m/s 的速度沿轨道开始运动，经过BC 后滑到高出C 点10.3 m 的D 点时速度为0.求：(g 取10 m/s 2)图10(1)物体与BC 轨道间的动摩擦因数；(2)物体第5次经过B 点时的速度大小(结果可用根式表示)； (3)物体最后停止的位置(距B 点多少米). 答案 (1)0.5 (2)411 m/s (3)距B 点0.4 m 解析 (1)由A 到D ，由动能定理得－mg (h －H )－μmgs BC ＝0－12m v 12解得μ＝0.5(2)物体第5次经过B 点时，物体在BC 上滑动了4次，由动能定理得mgH －μmg ·4s BC ＝12m v 22－12m v 12，解得v 2＝411 m/s(3)分析整个过程，由动能定理得 mgH －μmgs ＝0－12m v 12解得s ＝21.6 m所以物体在轨道上来回运动了10次后，还有1.6 m ，故最后停止的位置与B 点的距离为2 m －1.6 m ＝0.4 m.一、选择题1.(2019·宜昌七校协作体高一下期末)一人用力踢质量为100 g 的皮球，使球由静止以20 m/s的速度飞出.假定人踢球瞬间对球的平均作用力是200 N ，球在水平方向运动了20 m 停止.则人对球所做的功为( ) A.20 J B.2 000 J C.500 J D.4 000 J答案 A解析根据题意可知，球的初状态速度为零，末状态速度为20 m/s ，由动能定理可知W ＝12m v 2－0＝12×0.1×202 J ＝20 J ，故选A.2.质量为m 的物体以初速度v 0沿水平面向左开始运动，起始点A 与一轻弹簧O 端相距s ，如图1所示.已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，物体与弹簧相碰后，弹簧的最大压缩量为x ，重力加速度为g ，则从开始碰撞到弹簧被压缩至最短(弹簧始终在弹性限度内)，物体克服弹簧弹力所做的功为( )图1A.12m v 02－μmg (s ＋x ) B.12m v 02－μmgx C.μmgs D.μmg (s ＋x )答案 A解析由动能定理得－W －μmg (s ＋x )＝0－12m v 02，W ＝12m v 02－μmg (s ＋x )，A 正确，B 、C 、D错误.3.在离水平地面高为h 处竖直上抛一质量为m 的物块，抛出时的速度为v 0，当它落到水平地面时速度为v ，用g 表示重力加速度，则在此过程中物块克服空气阻力所做的功等于( ) A.mgh －12m v 2－12m v 02B.12m v 2－12m v 02－mgh C.mgh ＋12m v 02－12m v 2D.mgh ＋12m v 2－12m v 02答案 C解析对物块从刚抛出到落地的过程，由动能定理可得： mgh －W f 克＝12m v 2－12m v 02解得：W f 克＝mgh ＋12m v 02－12m v 2.4.一质量为m的小球，用长为l的轻绳悬挂于O点，小球在水平拉力F作用下，从平衡位置P点缓慢地移动到Q点，如图2所示，重力加速度为g，则拉力F所做的功为()图2A.mgl cos θB.mgl(1－cos θ)C.Fl cos θD.Fl sin θ答案 B解析小球缓慢移动，时时处于平衡状态，由平衡条件可知，F＝mg tan θ，随着θ的增大，F 也在增大，是一个变化的力，不能直接用功的公式求它所做的功，所以这道题要考虑用动能定理求解.由于小球缓慢移动，动能保持不变，由动能定理得：－mgl(1－cos θ)＋W＝0，所以W＝mgl(1－cos θ)，B正确，A、C、D错误.5.如图3所示，一木块沿竖直放置的粗糙曲面从高处滑下，当它滑过A点的速度大小为5 m/s 时，滑到B点的速度大小也为5 m/s.若使它滑过A点的速度大小变为7 m/s，则它滑到B点的速度大小()图3A.大于7 m/sB.等于7 m/sC.小于7 m/sD.无法确定答案 C解析第一次从A点到B点的过程中：mgh－W f1＝ΔE k＝0，W f1＝mgh第二次速度增大，木块对轨道的压力增大，W f2>W f1，故mgh－W f2<0，木块在B点的动能小于在A点的动能，C正确.6.质量为m的小球被系在轻绳一端，在竖直平面内做半径为R的圆周运动，如图4所示，运动过程中小球受到空气阻力的作用.设某一时刻小球通过轨道的最低点，此时绳子的张力为7mg，在此后小球继续做圆周运动，经过半个圆周恰好能通过最高点，则在此过程中小球克服空气阻力所做的功是()图4A.14mgR B.13mgR C.12mgR D.mgR答案 C解析小球通过最低点时，设绳的张力为F T ，则F T －mg ＝m v 21R ，即6mg ＝m v 21R①小球恰好通过最高点，绳子拉力为零，则有mg ＝m v 22R②小球从最低点运动到最高点的过程中，由动能定理得－mg ·2R －W f ＝12m v 22－12m v 12③由①②③式解得W f ＝12mgR ，选C.7.(2018·厦门市高一下学期期末)一质量为2 kg 的物体静止在水平桌面上，在水平拉力F 的作用下，沿水平方向运动2 s 后撤去外力，其v －t 图像如图5所示，下列说法正确的是( )图5A.在0～2 s 内，合外力做的功为4 JB.在0～2 s 内，合外力做的功为8 JC.在0～6 s 内，摩擦力做的功为－8 JD.在0～6 s 内，摩擦力做的功为－4 J 答案 A8.如图6所示，一薄木板斜放在高度一定的平台和水平地板上，其顶端与平台相平，末端置于地板的P 处，并与地板平滑连接.将一可看成质点的滑块自木板顶端无初速度释放，沿木板下滑，接着在地板上滑动，最终停在Q 处.滑块和木板及地板之间的动摩擦因数相同.现将木板截短一半，仍按上述方式放在该平台和水平地板上，再次将滑块自木板顶端无初速度释放(设滑块在木板和地面接触处平滑过渡)，则滑块最终将停在( )图6A.P 处B.P 、Q 之间C.Q 处D.Q 的右侧答案 C9.(多选)如图7所示为一滑草场.某条滑道由上、下两段高均为h ，与水平面倾角分别为45°和37°的滑道组成，滑草车与草地之间的动摩擦因数为μ.质量为m 的载人滑草车从坡顶由静止开始下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端(不计滑草车在两段滑道交接处的能量损失，重力加速度为g ，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8).则( )图7A.动摩擦因数μ＝67B.载人滑草车最大速度为2gh 7C.载人滑草车克服摩擦力做功为mghD.载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为35g答案 AB解析根据动能定理有2mgh －W f ＝0，即2mgh －μmg cos 45°·h sin 45°－μmg cos 37°·hsin 37°＝0，得动摩擦因数μ＝67，则A 项正确，C 项错误；载人滑草车在上、下两段的加速度分别为a 1＝g (sin 45°－μcos 45°)＝214g ，a 2＝g (sin 37°－μcos 37°)＝－335g ，则载人滑草车在上、下两段滑道上分别做加速运动和减速运动，因此在上段滑道底端时达到最大速度v ，由动能定理得：mgh －μmg cos 45°h sin 45°＝12m v 2，得v ＝27gh ，故B 项正确，D 项错误. 二、非选择题10.如图8所示，光滑水平面AB 与一半圆形轨道在B 点平滑连接，轨道位于竖直面内，其半径为R ，一个质量为m 的物块静止在水平面上，现向左推物块使其压紧弹簧，然后放手，物块在弹力作用下获得一速度，当它经B 点进入半圆形轨道瞬间，对轨道的压力为其重力的7倍，之后向上运动恰能完成半圆周运动到达C 点，不计空气阻力，重力加速度为g .求：图8(1)弹簧弹力对物块做的功；(2)物块从B 到C 克服阻力所做的功；(3)物块离开C 点后，再落回到水平面上时的动能. 答案 (1)3mgR (2)12mgR (3)52mgR解析 (1)物块从开始运动到B 点，由动能定理得 W ＝12m v B 2在B 点由牛顿第二定律得7mg －mg ＝m v 2B R解得W ＝3mgR(2)物块从B 到C 由动能定理得－2mgR ＋W ′＝12m v C 2－12m v B 2物块在C 点时mg ＝m v 2C R解得W ′＝－12mgR ，即物块从B 到C 克服阻力做功为12mgR .(3)物块从C 点平抛到水平面的过程中，由动能定理得 2mgR ＝E k －12m v C 2，解得E k ＝52mgR .11.(2018·福建师大附中高一第二学期期末)如图9甲所示，半径R ＝0.9 m 的光滑半圆形轨道BC 固定于竖直平面内，最低点B 与水平面相切.水平面上有一质量为m ＝2 kg 的物块从A 点以某一初速度向右运动，并恰能通过半圆形轨道的最高点C ，物块与水平面间的动摩擦因数为μ，且μ随离A 点的距离L 按图乙所示规律变化，A 、B 两点间距离L ＝1.9 m ，g 取10 m/s 2，求：图9(1)物块经过最高点C 时的速度大小；(2)物块经过半圆形轨道最低点B 时对轨道压力的大小； (3)物块在A 点时的初速度大小. 答案 (1)3 m /s (2)120 N (3)8 m/s解析 (1)物块恰好通过C 点，由牛顿第二定律可得 mg ＝m v 2C R解得v C ＝3 m/s(2)物块从B 点到C 点，由动能定理可得－mg ·2R ＝12m v C 2－12m v B 2解得v B ＝3 5 m/s在B 点由牛顿第二定律可得 F N －mg ＝m v 2B R，解得F N ＝120 N.由牛顿第三定律可知物块通过B 点时对轨道压力的大小为120 N (3)由题图乙可知摩擦力对物块做的功为 W f ＝－12×(0.25＋0.75)×1.9mg ＝－19 J物块从A 到B ，由动能定理得W f ＝12m v B 2－12m v A 2解得v A ＝8 m/s.12.如图10所示，光滑斜面AB 的倾角θ＝53°，BC 为水平面，BC 长度l BC ＝1.1 m ，CD 为光滑的14圆弧，半径R ＝0.6 m.一个质量m ＝2 kg 的物体，从斜面上A 点由静止开始下滑，物体与水平面BC 间的动摩擦因数μ＝0.2，轨道在B 、C 两点平滑连接.当物体到达D 点时，继续竖直向上运动，最高点距离D 点的高度h ＝0.2 m.不计空气阻力，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g 取10 m/s 2.求：图10(1)物体运动到C 点时的速度大小v C ； (2)A 点距离水平面的高度H ；(3)物体最终停止的位置到C 点的距离s . 答案 (1)4 m/s (2)1.02 m (3)0.4 m解析 (1)物体由C 点运动到最高点，根据动能定理得：－mg (h ＋R )＝0－12m v C 2代入数据解得：v C ＝4 m/s(2)物体由A 点运动到C 点，根据动能定理得： mgH －μmgl BC ＝12m v C 2－0代入数据解得：H ＝1.02 m(3)从物体开始下滑到最终停止，根据动能定理得： mgH －μmgs 1＝0代入数据，解得s 1＝5.1 m 由于s 1＝4l BC ＋0.7 m所以物体最终停止的位置到C 点的距离为：s ＝0.4 m.1.如图1所示是一种常见的圆桌，桌面中间嵌一半径为r ＝1.5 m 、可绕中心轴转动的圆盘，桌面与圆盘面在同一水平面内且两者间缝隙可不考虑.已知桌面离地高度为h ＝0.8 m ，将一可视为质点的小碟子放置在圆盘边缘，若缓慢增大圆盘的角速度，碟子将从圆盘上甩出并滑上桌面，再从桌面飞出，落地点与桌面飞出点的水平距离是0.4 m.已知碟子质量m ＝0.1 kg ，碟子与圆盘间的最大静摩擦力F fmax ＝0.6 N ，g 取10 m/s 2，求：(不计空气阻力)图1(1)碟子从桌面飞出时的速度大小；(2)碟子在桌面上运动时，桌面摩擦力对它做的功；(3)若碟子与桌面间的动摩擦因数为μ＝0.225，要使碟子不滑出桌面，则桌面半径至少是多少？答案 (1)1 m/s (2)－0.4 J (3)2.5 m解析 (1)根据平抛运动规律：h ＝12gt 2，x ＝v t ，得v ＝xg2h＝1 m/s (2)碟子从圆盘上甩出时的速度为v 0，则F fmax ＝m v 20r ，即v 0＝3 m/s由动能定理得：W f ＝12m v 2－12m v 02，代入数据得：W f ＝－0.4 J(3)当碟子滑到桌面边缘时速度恰好减为零，对应的桌子半径取最小值. 设碟子在桌子上滑动的位移为x ′，根据动能定理：－μmgx ′＝0－12m v 02代入数据得：x ′＝2 m由几何知识可得桌子半径的最小值为： R ＝r 2＋x ′2＝2.5 m.2.如图2所示为一遥控电动赛车(可视为质点)和它的运动轨道示意图.假设在某次演示中，赛车从A 位置由静止开始运动，经2 s 后关闭电动机，赛车继续前进至B 点后水平飞出，赛车能从C 点无碰撞地进入竖直平面内的圆形光滑轨道，D 点和E 点分别为圆形轨道的最高点和最低点.已知赛车在水平轨道AB 段运动时受到的恒定阻力为0.4 N ，赛车质量为0.4 kg ，通电时赛车电动机的输出功率恒为2 W ，B 、C 两点间高度差为0.45 m ，C 与圆心O 的连线和竖直方向的夹角α＝37°，空气阻力忽略不计， sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g ＝10 m/s 2，求：图2(1)赛车通过C 点时的速度大小； (2)赛道AB 的长度；(3)要使赛车能通过圆轨道最高点D 后回到水平赛道EG ，其半径需要满足什么条件？答案 (1)5 m/s (2)2 m (3)0<R ≤2546m解析 (1)赛车在BC 间做平抛运动，则竖直方向v y ＝2gh ＝3 m/s 由图可知：v C ＝v ysin 37°＝5 m/s(2)由(1)可知B 点速度v 0＝v C cos 37°＝4 m/s 则根据动能定理：Pt －F f l AB ＝12m v 02，解得l AB ＝2 m(3)当赛车恰好通过最高点D 时，有：mg ＝m v 2D R从C 到D ，由动能定理可知：－mgR (1＋cos 37°)＝12m v D 2－12m v C 2，解得R ＝2546 m所以轨道半径0<R ≤2546m.3.(2019·莆田一中高一下期中)如图3所示，位于竖直平面内的光滑轨道由四分之一圆弧轨道ab 和抛物线轨道bc 组成，圆弧轨道半径Oa 水平，b 点为抛物线轨道顶点.已知b 点距c 点的高度h ＝2 m ，水平距离s ＝ 2 m.重力加速度g 取10 m/s 2.图3(1)一小环套在轨道上从a 点由静止滑下，当其在bc 段轨道运动时，与轨道之间无相互作用力，求圆弧轨道的半径；(2)若小环套在b 点，因微小扰动而由静止开始滑下，求小环到达c 点时速度的水平分量的大小. 答案 (1)0.25 m (2)2103m/s解析 (1)小球在bc 段轨道运动时，与轨道之间无相互作用力，说明小环下落到b 点时的速度可使得小环做平抛运动的轨迹与轨道bc 重合，有s ＝v b t ，h ＝gt 22在ab 段轨道下滑过程中，根据动能定理可得mgR ＝m v 2b2，联立解得R ＝0.25 m(2)小环在bc 段轨道下滑过程中，初速度为零，只有重力做功，根据动能定理可得mgh ＝m v 2c2，因为小环滑到c 点时速度与竖直方向的夹角等于(1)问中做平抛运动过程中经过c 点时速度与竖直方向的夹角，设该夹角为θ，则根据平抛运动规律可知sin θ＝v bv 2b ＋2gh，根据运动的合成与分解可得sin θ＝v 水平v c ，联立可得v 水平＝2103m/s.4.(2019·浙南名校联盟高一下学期期中)某校科技兴趣小组设计了如图4所示的赛车轨道，轨道由水平直轨道AB 、圆轨道BCD (B 点与D 点在同一水平面上但不重合)、水平直轨道DE 、圆弧轨道EP 和管道式圆弧轨道PF 组成，整个轨道处在同一竖直面内，AB 段粗糙，其他轨道均光滑，EO 2和FO 3均沿竖直方向，且EO 2＝FO 3＝R 2.已知R 1＝0.5 m ，R 2＝1.2 m ，θ＝60°.一遥控电动赛车(可视为质点)质量m ＝1 kg ，其电动机额定输出功率P ＝10 W ，静止放在A 点.通电后，赛车开始向B 点运动，t 0＝5 s 后关闭电源，赛车继续运动，到达B 点时速度v B ＝5 m/s.g ＝10 m/s 2，求：图4(1)赛车运动到C 点时的速度大小及其对轨道的压力大小； (2)赛车在AB 段克服阻力所做的功；(3)要使赛车沿轨道运动到达F 点水平飞出，且对管道F 处的上壁无压力，赛车的通电时间应满足的条件.(假定赛车关闭电源时仍处于AB 轨道上.管道上下壁间距比小车自身高度略大) 答案 (1) 5 m/s 0 (2)37.5 J (3)5 s ≤t ≤5.55 s 解析 (1)从B →C 过程根据动能定理：－mg ·2R 1＝12m v C 2－12m v B 2解得：v C ＝ 5 m/s在C 点根据牛顿第二定律：mg ＋F N ＝m v 2C R 1解得：F N ＝0根据牛顿第三定律得F N ′＝F N ＝0(2)A →B 过程，设赛车克服阻力所做的功为W f 根据动能定理：Pt 0－W f ＝12m v B 2解得：W f ＝37.5 J(3)若t 0＝5 s 时关闭电源，B →F 过程：－mg ·2R 2(1－cos θ)＝12m v F 2－12m v B 2解得：v F ＝1 m/s可知，在恰好能过C 点的临界情况下，赛车到达F 点时速度为1 m/s而要使赛车在F 点对管道上壁无压力并从F 点水平飞出，在F 点的速度应满足0＜v F ≤gR 2＝2 3 m/s综合上述可得1 m/s ≤v F ≤2 3 m/sA →F 过程：Pt －W f －mg ·2R 2(1－cos θ)＝12m v F 2解得：5 s ≤t ≤5.55 s5.如图5所示，在竖直平面内，长为L 、倾角θ＝37°的粗糙斜面AB 下端与半径R ＝1 m 的光滑圆弧轨道BCDE 平滑相接于B 点，C 点是轨迹最低点，D 点与圆心O 等高.现有一质量m ＝0.1 kg 的小物体从斜面AB 上端的A 点无初速度下滑，恰能到达圆弧轨道的D 点.若物体与斜面之间的动摩擦因数μ＝0.25，不计空气阻力，g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：图5(1)斜面AB 的长度L ；(2)物体第一次通过C 点时的速度大小v C 1； (3)物体经过C 点时，轨道对它的最小支持力F Nmin ； (4)物体在粗糙斜面AB 上滑行的总路程s 总.答案 (1)2 m (2)2 5 m/s (3)1.4 N (4)6 m 解析 (1)A 到D 过程，根据动能定理有 mg (L sin θ－R cos θ)－μmgL cos θ＝0 解得：L ＝2 m ；(2)物体从A 到第一次通过C 点过程，根据动能定理有 mg (L sin θ＋R －R cos θ)－μmgL cos θ＝12m v C 12解得：v C 1＝2 5 m/s ；(3)物体经过C 点，轨道对它有最小支持力时，它将在B 点所处高度以下运动，所以有：mg (R －R cos θ)＝12m v min 2根据牛顿第二定律有：F Nmin －mg ＝m v min 2R ，解得F Nmin ＝1.4 N ；(4)根据动能定理有：mgL sin θ－μmgs 总cos θ＝0 解得s 总＝6 m.。

2012高三二轮复习电磁感应专题电磁感应中力学和能量问题(含解析)

电磁感应中力学和能量问题一、等效法处理电磁感应与电路结合问题解决电磁感应电路问题的关键就是借鉴或利用相似原型来启发理解和变换物理模型，即把电磁感应的问题等效转换成稳恒直流电路，把产生感应电动势的那部分导体等效为内电路.感应电动势的大小相当于电源电动势.其余部分相当于外电路，并画出等效电路图.此时，处理问题的方法与闭合电路求解基本一致，惟一要注意的是电磁感应现象中，有时导体两端有电压，但没有电流流过，这类似电源两端有电势差但没有接入电路时，电流为零.二、电磁感应中的动力学问题这类问题覆盖面广，题型也多种多样；但解决这类问题的关键在于通过运动状态的分析来寻找过程中的临界状态，如速度、加速度取最大值或最小值的条件等，基本思路是：三、电磁感应中的能量问题无论是使闭合回路的磁通量发生变化，还是使闭合回路的部分导体切割磁感线，都要消耗其它形式的能量，转化为回路中的电能。

这个过程不仅体现了能量的转化，而且保持守恒，使我们进一步认识包含电和磁在内的能量的转化和守恒定律的普遍性。

分析问题时，应当牢牢抓住能量守恒这一基本规律，分析清楚有哪些力做功，就可知道有哪些形式的能量参与了相互转化，如有摩擦力做功，必然有内能出现；重力做功，就可能有机械能参与转化；安培力做负功就将其它形式能转化为电能，做正功将电能转化为其它形式的能；然后利用能量守恒列出方程求解。

高考回顾【07年】21. 用相同导线绕制的边长为L 或2L 的四个闭合导体线框，以相同的速度匀速进入右侧匀强磁场，如图所示。

在每个线框进入磁场的过程中，M 、N 两点间的电压分别为Ua 、Ub 、Uc 和Ud 。

下列判断正确的是( B )A. Ua ＜Ub ＜Uc ＜UdB. Ua ＜Ub ＜Ud ＜UcC. Ua=Ub ＜Uc=UdD. Ub ＜Ua ＜Ud ＜Uc【08年】22. 两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L ，底端接阻值为R 的电阻。

将质量为m 的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端，金属棒和导轨接触良好．导轨所在平面与磁感应强度为B 的匀强磁场垂直，如图所示。

综合应用力学两大观点解决多过程问题复习高中物理复习

第5讲综合应用力学两大观点解决多过程问题1．很多动力学问题中涉及研究对象有两个或多个连续的运动过程，在物体不同的运动阶段，物体的运动情况和受力情况都发生了变化，我们把这类问题称为多过程问题．2．多过程问题可根据涉及物体的多少分为单体多过程问题和多体多过程问题．观察每一个过程的特征和寻找过程之间的联系是求解多过程问题的两个关键．3．一般是按时间或空间的先后顺序对题目给出的物理过程进行分析，正确划分出不同的过程，对每一过程，具体分析出其速度、位移、时间的关系，然后利用各过程的具体特点列方程解题．命题点一应用牛顿运动定律和动能定理解决多过程问题若问题涉及时间、加速度、力等，一般要用牛顿运动定律与运动学公式结合求解．若问题只涉及位移、速度、力等一般可用动能定理求解，用动能定理求解一般比用牛顿运动定律求解简单．例1(2017·无锡市期末)如图1所示，质量为m＝1 kg的小滑块(视为质点)在半径为R＝0.4 m的14圆弧A端由静止开始释放，它运动到B点时速度为v＝2 m/s.当滑块经过B后立即将圆弧轨道撤去．滑块在光滑水平面上运动一段距离后，通过换向轨道由C点过渡到倾角为θ＝37°、长s＝1 m的斜面CD上，CD之间铺了一层匀质特殊材料，其与滑块间的动摩擦系数可在0≤μ≤1.5之间调节．斜面底部D点与光滑地面平滑相连，地面上一根轻弹簧一端固定在O点，自然状态下另一端恰好在D点．认为滑块通过C和D前后速度大小不变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计空气阻力．图1(1)求滑块对B点的压力大小以及在AB上克服阻力所做的功；(2)若设置μ＝0，求质点从C 运动到D 的时间； (3)若最终滑块停在D 点，求μ的取值范围．答案见解析解析 (1)在B 点，F N －mg ＝m v 2R解得F ＝20 N由牛顿第三定律，F N ′＝20 N从A 到B ，由动能定理，mgR －W ＝12m v 2解得W ＝2 J(2)μ＝0，滑块在CD 间运动，有mg sin θ＝ma 加速度a ＝g sin θ＝6 m/s 2 由匀变速运动规律得s ＝v t ＋12at 2解得t ＝13s ，或t ＝－1 s(舍去)(3)最终滑块停在D 点有两种可能：a.滑块恰好能从C 下滑到D .则有 mg sin θ·s －μ1mg cos θ·s ＝0－12m v 2，得到μ1＝1b ．滑块在斜面CD 和水平地面间多次反复运动，最终静止于D 点．当滑块恰好能返回C ：－μ2mg cos θ·2s ＝0－12m v 2得到μ2＝0.125当滑块恰好能静止在斜面上，则有mg sin θ＝μ3mg cos θ，得到μ3＝0.75所以，当0.125≤μ<0.75时，滑块能在CD 和水平地面间多次反复运动，最终静止于D 点．综上所述，μ的取值范围是0.125≤μ<0.75或μ＝1.变式 (2018·南通市调研)如图2所示，倾角为θ＝30°的光滑斜面上有固定挡板AB ，斜面上B 、C 两点间高度差为h .斜面上叠放着质量均为m 的薄木板和小物块，木板长为L ，下端位于挡板AB 处，整体处于静止状态．木板和物块两者间的动摩擦因数μ＝32，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．重力加速度为g .图2(1)若木板和物块一起以某初速度沿斜面向上运动，木板上端恰能运动到C 点，求初速度大小v 0；(2)若对木板施加沿斜面向上的拉力，为使木板上滑且与物块间没有相对滑动，求拉力应满足的条件；(3)若给木板施加大小为F ＝2mg 、方向沿斜面向上的拉力，此后运动过程中小物块始终未脱离木板，要使木板上端恰能运动到C 点，求拉力F 作用的时间t 1. 答案见解析解析 (1)研究木板和小物块整体，由动能定理有－2mg (h －L sin θ)＝0－12×2m v 02解得v 0＝g (2h －L )(2)设物块沿斜面向上运动的最大加速度为a ，最大拉力为F m ，则μmg cos θ－mg sin θ＝ma 对整体有F m －2mg sin θ＝2ma 解得F m ＝3mg2要使整体能沿斜面上升应满足F >2mg sin θ＝mg 所以mg <F ≤32mg(3)物块相对木板滑动过程中，设物块的加速度为a 1，有拉力作用时木板的加速度为a 2，撤去拉力后木板的加速度大小为a 3，则对物块：μmg cos θ－mg sin θ＝ma 1 对木板：F －mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2 mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 3 解得a 1＝14g ，a 2＝34g ，a 3＝54g在t 1时刻小物块的速度为v 1，木板的速度v 2，则v 1＝a 1t 1，v 2＝a 2t 1设撤去拉力后，经过时间t 2二者速度相同，则v 3＝v 2－a 3t 2＝v 1＋a 1t 2，此后二者一起匀减速上滑，设加速度大小为a 4，则2mg sin θ＝2ma 4，全过程中木板的位移 x ＝12a 2t 12＋a 2t 1t 2－12a 3t 22＋v 322a 4 由几何关系有h sin θ＝x ＋L联立解得t 1＝3(2h －L )2g命题点二用动力学和能量观点解决多过程问题若运动过程无摩擦等机械能向其它形式能转化的现象，可考虑用机械能守恒．若运动过程涉及摩擦生热等现象可用功能关系列能量守恒关系式．例2 (2017·南京市学情调研卷)如图3所示，高度h ＝0.8 m 的光滑导轨AB 位于竖直平面内，其末端与长度L ＝0.7 m 的粗糙水平导轨BC 相连，BC 与竖直放置、内壁光滑的半圆形管道CD 相连，半圆的圆心O 在C 点的正下方，C 点离地面的高度H ＝1.25 m ．一个质量m ＝1 kg 的小滑块(可视为质点)，从A 点由静止下滑，小滑块与BC 段的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g 取10 m/s 2，不计空气阻力．图3(1)求小滑块在水平导轨BC 段运动的时间；(2)若半圆形管道半径r ＝0.5 m ，求小滑块刚进入圆管时对管壁的弹力；(3)若半圆形管道半径可以变化，则当半径为多大时，小滑块从其下端射出的水平距离最远？最远的水平距离为多少？答案 (1)0.2 s (2)8 N ，方向竖直向上 (3)0.2 m 1.7 m解析 (1)设滑块进入水平导轨BC 的初速度为v B ，小滑块在BC 段的加速度大小为a ，由机械能守恒定律有mgh ＝12m v B 2，解得v B ＝2gh ＝4 m/s ，由F f ＝μmg ＝ma ，得a ＝μg ＝5 m/s 2，根据运动学公式有 L ＝v B t －12at 2，解得t ＝0.2 s ，或t ＝1.4 s(舍去)(2)滑块到达C 点的速度v C ＝v B －at ＝3 m/s ，根据牛顿第二定律和向心力公式得 F N ＋mg ＝m v C 2r，代入数据可得F N ＝8 N ，方向竖直向下根据牛顿第三定律，小滑块刚进入圆管时对管壁的弹力大小为8 N ，方向竖直向上． (3)设平抛运动的时间为t ′，则有竖直位移H －2r ′＝12gt ′2，水平位移x ＝v D t ′，从C 到D ，由动能定理得 mg ·2r ′＝12m v D 2－12m v C 2，解得x ＝2(H －2r ′)g·v C 2＋4gr ′，代入数据得：x ＝－16r ′2＋6.4r ′＋2.25 (m)＝－16(r ′－0.2)2＋2.89 (m)可知当r ′＝0.2 m 时水平距离最远，最远距离为x m ＝1.7 m.1．(2017·南京市、淮安市5月模拟)如图4所示，水平地面上有质量分别为1 kg 和4 kg 的物体A 和B ，两者与地面的动摩擦因数均为0.5，非弹性轻绳的一端固定且离B 足够远，另一端跨过轻质滑轮与A 相连，滑轮与B 相连，初始时，轻绳水平，若物体A 在水平向右的恒力F ＝31 N 作用下运动了4 m ，重力加速度g ＝10 m/s 2，求：图4(1)物体B 因摩擦而产生的热量； (2)物体A 运动4 m 时的速度大小； (3)物体A 、B 间轻绳拉力的大小．答案 (1)40 J (2)8 m/s (3)18 N解析 (1)A 运动位移s A ＝4 m ，则B 的位移s B ＝12s A ＝2 mB 受到的摩擦力F f B ＝μm B g ＝20 N 由功能关系有Q ＝W f B ＝F f B s B ＝40 J(2)A 运动4 m 时，设A 、B 的速度大小分别为v A 、v B ，A 、B 均做匀加速直线运动，则v A ＝2v B 由动能定理可得Fs A －F f A s A －F f B s B ＝12m A v A 2＋12m B v B 2，其中F f A ＝μm A g ＝5 N代入数据，解得v A ＝8 m/s(3)设轻绳拉力为F T ，A 、B 的加速度大小分别为a A 、a B ，则a A ＝2a B 由牛顿第二定律有对A 物体：F －F f A －F T ＝m A a A 对B 物体：2F T －F f B ＝m B a B 代入数据，解得F T ＝18 N2.(2017·苏北四市期中)如图5所示，倾角为θ的斜面底端固定挡板P ，质量为m 的小物块A 与质量不计的木板B 叠放在斜面上，A 位于B 的最上端且与P 相距L .已知A 与B 、B 与斜面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，且μ1>tan θ>μ2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A 与挡板相撞没有机械能损失．将A 、B 同时由静止释放，求：图5(1)A 、B 释放时，物块A 的加速度大小； (2)若A 与挡板不相碰，木板的最小长度l 0； (3)若木板长度为l ，整个过程中木板运动的总路程．答案见解析解析 (1)释放木板与物块A ，它们一起加速下滑．以木板与物块A 为研究对象，设其加速度大小为a 1，由牛顿第二定律有mg sin θ－μ2mg cos θ＝ma 1 解得a 1＝g sin θ－μ2g cos θ(2)在木板B 与挡板未碰前，A 和B 相对静止，以相同的加速度一起向下做匀加速运动．木板B 与挡板相碰后立即静止，A 开始匀减速下滑．若物块A 到达挡板时的速度恰好为0，此时木板长度即为最小长度l 0.设木板与挡板相撞瞬间速度为v ，则有v 2＝2a 1(L －l 0) 木板静止后，物块减速下滑时的加速度大小为a 2，由牛顿第二定律有μ1mg cos θ－mg sin θ＝ma 2 解得a 2＝μ1g cos θ－g sin θ 由运动学公式02－v 2＝－2a 2l 0联立以上各式可解得l 0＝sin θ－μ2cos θ(μ1－μ2)cos θL(3)分两种情况：①若l ≥l 0，木板与挡板相撞后不反弹，物块A 一直减速直到静止在木板上．故木板通过的路程s ＝L －l②若l <l 0，木板与挡板相撞后，物块A 在木板上减速运动直至与挡板相撞．由于碰撞过程中没有机械能损失，A 将以撞前速率返回，并带动木板一起随物块向上减速；当它们的速度减为零后，再重复上述过程，直至物块A 停在挡板处．物块与木板间由于摩擦产生的热量Q 1＝μ1mg cos θ·l 木板与斜面间由于摩擦产生的热量Q 2＝μ2mg cos θ·s 根据能量守恒：mgL sin θ＝Q 1＋Q 2 解得s ＝L sin θ－μ1l cos θμ2cos θ1．(2017·江苏七校期中)如图1所示，一工件置于水平地面上，其AB 段为一半径R ＝1.0 m 的光滑圆弧轨道，BC 段为一长度L ＝0.5 m 的粗糙水平轨道，二者相切于B 点，整个轨道位于同一竖直平面内，P 点为圆弧轨道上的一个确定点．一可视为质点的物块，其质量m ＝ 0.2 kg ，与BC 间的动摩擦因数μ1＝0.4.工件质量M ＝0.8 kg ，与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1(取g ＝10 m/s 2)．图1(1)若工件固定，将物块由P 点无初速度释放，滑至C 点时恰好静止，求P 、C 两点间的高度差h .(2)若将一水平恒力F 作用于工件，使物块在P 点与工件保持相对静止，一起向左做匀加速直线运动． ①求F 的大小．②当速度v ＝5 m/s 时，使工件立刻停止运动(即不考虑减速的时间和位移)，物块飞离圆弧轨道落至BC 段，求物块的落点与B 点间的距离．答案 (1)0.2 m (2)①8.5 N ②0.4 m解析 (1)物块从P 点下滑经B 点至C 点的整个过程，根据动能定理得：mgh －μ1mgL ＝0 代入数据得：h ＝0.2 m ①(2)①设物块的加速度大小为a ，P 点与圆心的连线与竖直方向间的夹角为θ，由几何关系可得cos θ＝R －h R②根据牛顿第二定律，对物块有mg tan θ＝ma ③ 对工件和物块整体有F －μ2(M ＋m )g ＝(M ＋m )a ④ 联立①②③④式，代入数据得F ＝8.5 N ⑤②设物块平抛运动的时间为t ，水平位移为x 1，物块落点与B 间的距离为x 2，由运动学公式可得 h ＝12gt 2⑥ x 1＝v t ⑦ x 2＝x 1－R sin θ⑧联立①②⑥⑦⑧式，代入数据得x 2＝0.4 m2．(2017·东台市5月模拟)如图2所示，质量为M ，倾角为θ的滑块A 放于水平地面上，把质量为m 的滑块B 放在A 的斜面上．忽略一切摩擦，开始时保持滑块A 、B 静止，此时B 离开地面的高度为h ，同时释放A 、B 后，两滑块都做匀加速直线运动，且滑块A 的加速度为a 0，求：图2(1)如果保持A 静止，释放B ，求B 的加速度大小； (2)A 、B 同时释放后，B 物体的加速度大小； (3)A 、B 同时释放后，B 物体滑到最低点的时间．答案见解析解析 (1)对B 物体受力分析，根据牛顿第二定律， mg sin θ＝ma 解得a ＝g sin θ(2)设A 、B 同时释放后，A 、B 间的作用力为F ，对A 物体：F sin θ＝Ma 0对B 物体，设水平加速度为a x ，竖直加速度为a y ，根据牛顿第二定律：F sin θ＝ma x ， mg －F cos θ＝ma y求得a x ＝M m a 0，a y ＝g －Ma 0m tan θ所以，B 的加速度大小为a B ＝a x 2＋a y 2求得a B ＝M 2m 2a 02＋(g －Ma 0m tan θ)2(3)由机械能守恒定律，mgh ＝12m v B 2＋12M v A 2其中v B ＝a B t ，v A ＝a 0t 得t ＝2m 2ghmMa 02＋M 2a 02＋(mg －Ma 0tan θ)23．(2018·泰州中学模拟)如图3所示，质量为M 的小球套在固定倾斜的光滑杆上，原长为l 0的轻质弹簧一端固定于O 点，另一端与小球相连，弹簧与杆在同一竖直平面内．图中AO 水平，BO 间连线长度恰好与弹簧原长相等，且与杆垂直，O ′在O 点正下方，C 是AO ′段的中点，θ＝30°.当小球在A 处受到平行于杆的作用力时，恰好与杆间无相互作用，且处于静止状态．撤去作用力，小球沿杆下滑过程中，弹簧始终处于弹性限度内．不计小球的半径，重力加速度为g .求：图3(1)小球滑到B 点时的加速度； (2)轻质弹簧的劲度系数； (3)小球下滑到C 点时的速度．答案见解析解析 (1)小球滑到B 点时受自身重力和杆的弹力，由牛顿第二定律得：Mg cos θ＝Ma 解得：a ＝32g 方向：沿杆向下 (2)小球在A 处时，由题意知F 弹＝Mg tan θ F 弹＝k Δx由几何知识得，Δx ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23－33l 0解得：k ＝3Mg(23－3)l 0(3)根据几何关系可得由A →C 过程，小球沿杆下滑的竖直距离为l 0，OA ＝OC 由机械能守恒定律，得Mgl 0＋ΔE p 弹＝E k C －0 ΔE p 弹＝0 E k C ＝12M v C 2解得：v C ＝2gl 0 方向：沿杆向下4．如图4所示，竖直平面内固定着一个滑槽轨道，其左半部是倾角为θ＝37°，长为l ＝1 m 的斜槽PQ ，右部是光滑半圆槽QSR ，RQ 是其竖直直径．两部分滑槽在Q 处平滑连接，R 、P 两点等高．质量为m ＝0.2 kg 的小滑块(可看做质点)与斜槽间的动摩擦因数为μ＝0.375.将小滑块从斜槽轨道的最高点P 释放，使其开始沿斜槽下滑，滑块通过Q 点时没有机械能损失．(取g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80)求：。

2012届高三物理第二轮专题练习之直线运动(新人教).pptx

设滑行一半距离至B 点时的速度为vB，由推论
12.解析：（1）根据轮子的实际直径 0.45m 和它在照片中的直径 1.0cm，
由比例关系得：0.45m/1.0cm=h/1.3cm，实际上升的高度为 h=0.59m。
（2）设杠铃在该过程中的最大速度为，有得（3）减速运动的时间应为
加速运动的位移：
又解得
根据牛顿第二定律，有
解得 13.解析：
设斜面长为s，加速度为 a，沿斜面下滑的总时间为 t .则：
斜面长： s = 1 at2 2
…… ( 1)
学海无涯
1
前 3 秒内的位移：s1 = at12
……（2）
2
后 3 秒内的位移： s2 =s - 1 a (t-3)2 ……(3) 2
s2-s1=6
B．24m/s、8m/s
C．12m/s、24m/s
D．24m/s、12m/s
s 由平均速度的定义式 = t ，即可得出υ．注意体会平均速度与瞬间速度的区别。
6.一物体在距离地面高 h 的位置无初速度释放，不计空气阻力，经过 t 时间后落至地面，落
到地面时的速度为v，则（）
A．物体通过前半程和后半程所用时间之比为 1：( 2 一 1) B
【解析】汽车运动的全过程由前后两个阶段组成．前阶段是初速度为零的匀加速运动，后阶段是匀减速运动，最后停止．前阶段的末速度就是后阶段的初速度，设前阶段的加速度为 a 1，运动时间为t1；后阶段的加速度为 a2，运动时间为t2．根据速度公式vt=v0+at，
所以前后两阶段加速度大小之比为
答 B．
10.【答案】ABC
【解析】设 sAB＝sBC＝s， v ＝
2s
m/s=24m/s．

高考物理通用版二轮复习专题检测(八)技法专题巧用“能量观点”解决力学选择题

专题检测（八）技法专题——巧用“能量观点”解决力学选择题1.如图所示，物块的质量为m ，它与水平桌面间的动摩擦因数为μ。

起初，用手按住物块，物块的速度为零，弹簧的伸长量为x ，然后放手，当弹簧的长度第一次回到原长时，物块的速度为v 。

则此过程中弹力所做的功为( ) A.12m v 2－μmgx B ．μmgx －12m v 2 C.12m v 2＋μmgx D ．以上选项均不对解析：选C 设W 弹为弹力对物体做的功，因为克服摩擦力做的功为μmgx ，由动能定理得W 弹－μmgx ＝12m v 2－0，得W 弹＝12m v 2＋μmgx ，C 对。

2．(2018·江苏高考)从地面竖直向上抛出一只小球，小球运动一段时间后落回地面。

忽略空气阻力，该过程中小球的动能E k 与时间t 的关系图像是( )解析：选A 小球做竖直上抛运动，设初速度为v 0，则v ＝v 0－gt ，小球的动能E k ＝12m v 2，把速度v 代入，得E k ＝12mg 2t 2－mg v 0t ＋12m v 02，E k 与t 为二次函数关系，A 正确。

3．[多选](2016·全国卷Ⅲ)如图，一固定容器的内壁是半径为R 的半球面；在半球面水平直径的一端有一质量为m 的质点P 。

它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中，克服摩擦力做的功为W 。

重力加速度大小为g 。

设质点P 在最低点时，向心加速度的大小为a ，容器对它的支持力大小为N ，则( )A ．a ＝2(mgR －W )mRB ．a ＝2mgR －W mRC ．N ＝3mgR －2W RD ．N ＝2(mgR －W )R 解析：选AC 质点P 下滑到最低点的过程中，由动能定理得mgR －W ＝12m v 2，则速度 v ＝2(mgR －W )m ，在最低点的向心加速度a ＝v 2R ＝2(mgR －W )mR，选项A 正确， B 错误；在最低点时，由牛顿第二定律得N －mg ＝ma ，N ＝3mgR －2W R，选项C 正确，D 错误。

2012届高三物理第二轮专题讲座重力弹力摩擦力新人教版

word - 1 - / 18 重力弹力摩擦力温故自查 1．力的概念：力是． 2．力的性质：(1)力不能离开而独立存在；(2)力是物体之间的作用；(3)力是，既有大小又有方向． 3．力的作用效果：(1)使物体发生；(2)改变物体的，使物体产生．

物体对物体的作用物体相互矢量形变运动状态加速度 4．力的三要素：(1) ；(2) ；(3) ． 5．力的表示方法：(1)力的图示；(2)物体受力的示意图．大小方向作用点考点精析 1．力的根本特性 (1)物质性：由于力是物体对物体的作用，所以力是不能脱离物体而独立存在的，任意一个力必然与两个物体密切相关，一个是其施力物体，另一个是其受力物体． (2)矢量性：力不仅有大小，而且有方向，在相关的运算中所遵从的是平行四边形定如此． (3)瞬时性：所谓的力的瞬时性特征，指的是力与其作用效果是在同一瞬间产生的． (4)独立性：力的独立性特征指的是某个力的作用效果与其他力是否存在毫无关系，只由该力的三要素来决定． (5)相互性：力的作用总是相互的，物体A施力于物体B的同时，物体B也必将施力于物体A.而两个物体间相互作用的这一对力总是大小相等，方向相反，作用线共线，分别作用于两个物体上，同时产生，同种性质等关系． 2．力的分类 (1)按力的性质分可分为万有引力(包含重力)、弹力、摩擦力、分子力、电磁力、核力等． (2)按力的作用效果分可分为压力、支持力、动力、阻力、向心力、回复力等． (3)按作用方式分 word - 2 - / 18 可分为场力和接触力，万有引力、电磁力等均属于场力，弹力、摩擦力等均属于接触力． (4)按研究对象分可分为外力和内力．注意该知识点在“受力分析〞中应注意“受力分析〞分析的是性质力，不是效果力．如：对做圆周运动的物体进展受力分析，不能添加“向心力〞，因“向心力〞是效果力．对确定的研究对象进展受力分析，分析的是“外力〞，不是“内力〞. 温故自查

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金太阳新课标资源网 wx.jtyjy.com 第 1 页共 17 页金太阳新课标资源网wx.jtyjy.com 2012届高考第二轮复习物理专题学案：专题八力学中的多过程问题

1．（2011·山东理综，24）如图所示，在高出水平地面h＝1．8 m的光滑平台上放置一质量M＝2 kg、由两种不同材料连接成一体的薄板A，其右段长度l1＝0．2 m且表面光滑，左段表面粗糙。在A最右端放有可视为质点的物块B，其质量m＝1 kg，B与A左段间动摩擦因数μ＝0．4。开始时二者均静止，现对A施加F＝20 N水平向右的恒力，待B脱离A（A尚未露出平台）后，将A取走。B离开平台后的落地点与平台右边缘的水平距离x＝1．2 m。（取g＝10 m/s2）求：

（1）B离开平台时的速度vB；（2）B从开始运动到刚脱离A时，B运动的时间tB和位移xB；（3）A左段的长度l2。 2．（2010·山东理综，24）如图所示，四分之一圆轨道OA与水平轨道AB相切，它们与另一水平轨道CD在同一竖直面内，圆轨道OA的半径R＝0．45 m，水平轨道AB长s1＝3 m，OA与AB均光滑。一滑块从O点由静止释放，当滑块经过A点时，静止在CD上的小车在F＝1．6 N的水平恒力作用下启动，运动一段时间后撤去力F。当小车在CD上运动了s2＝3．28 m时速度v＝2．4 m/s，此时滑块恰好落入小车中。已知小车质量M＝0．2 kg，与CD间的动摩擦因数μ＝0．4。（取g＝10 m/s2）求：

（1）恒力F的作用时间t；（2）AB与CD的高度差h。 3．（2009·山东理综，24）如图所示，某货场需将质量为m1＝100 kg的货物（可视为质点）从高处运送至地面，为避免货物与地面发生撞击，现利用固定于地面的光滑四分之一圆轨道，使货物由轨道顶端无初速滑下，轨道半径R＝1．8 m。地面上紧靠轨道依次排放两块完全相同的木板A、B，长度均为l＝2 m，质量均为m2＝100 kg，木板上表面与轨道末端相切。货物与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0．2。（最大静摩擦金太阳新课标资源网 wx.jtyjy.com 第 2 页共 17 页金太阳新课标资源网wx.jtyjy.com 力与滑动摩擦力大小相等，取g＝10 m/s2）

（1）求货物到达圆轨道末端时对轨道的压力。（2）若货物滑上木板A时，木板不动，而滑上木板B时，木板B开始滑动，求μ1应满足的条件。（3）若μ1＝0．5，求货物滑到木板A末端时的速度和在木板A上运动的时间。

此专题为力学综合问题，涉及知识点多，综合性强，以论述和定量计算为主，一般作为高考卷的第一个计算题。题目情景设置一般是匀变速直线运动、平抛运动和圆周运动的综合，涉及较多的过程；涉及几乎所有的力学主干知识和主要的解题方法；难度较大，区分度较大，是考卷中的高档题。

1．力与运动的关系运动类型运动现象运动规律运动本质

平衡状态

静止（v＝0，a＝0） x＝0，v＝0

F＝0 匀速直线运动

（v一定，a＝0） v＝x/t 金太阳新课标资源网 wx.jtyjy.com

第 3 页共 17 页金太阳新课标资源网wx.jtyjy.com 匀变速直线运动

初速度不为零的匀加速直线运动速度公式vt＝v0＋at 位移公式s＝v0t＋12at2＝vt v2t－v20＝2as v＝12（v0＋vt）牛顿第二定律F＝ma（F一定）

自由落体运动（v0＝0，a＝g） vt＝gt，

s＝12gt2

F＝mg 竖直上抛运动

（v0≠0，a＝g）

vt＝v0－gt，

s＝v0t－12gt2 t上＝t下， v上＝－v下

曲线运动

平抛运动（vx＝v0） x＝v0t， y＝12gt2 F与v0成α角，F＝mg

匀速圆周运动（v大小一定，a大小一定） v＝ωR

a＝ω2R＝v2R F＝mv2R，F与v垂直，且恒

指向圆心

2．力学领域中七种常见的功能关系（1）合力的功与动能变化的关系——动能定理物体动能的变化等于物体所受合力做的功（动能定理），不是等于其中某一个力做的功。金太阳新课标资源网 wx.jtyjy.com 第 4 页共 17 页金太阳新课标资源网wx.jtyjy.com 动能定理没有分量式，不能对其中一个力列动能定理或用速度分量列动能定理。不论恒力还是变力做功问题，也不论直线运动还是曲线运动问题，该定理都适用。动能定理既可以对全过程运用，也可以分阶段运用。（2）弹簧弹力做功与弹性势能变化的关系弹性势能的变化等于弹力做功的负值，即ΔEp＝－W。弹力做负功，弹性势能增大，弹力做正功，弹性势能减小。（3）重力做功与重力势能变化的关系重力势能的变化等于重力做功的负值，即ΔEp＝－WG。WG＞0，重力势能减小； WG＜0，重力势能增加。重力势能的变化与其他力是否做功无关，只与重力做功有关。（4）一对静摩擦力所做的总功等于零在静摩擦力做功的过程中，只有机械能从一个物体转移到另一个物体（静摩擦力起着传递机械能的作用）而没有机械能转化为其他形式的能量。（5）一对相互作用的滑动摩擦力对物体系统所做的总功总是负值，其绝对值等于滑动摩擦力与相对路程的乘积（与参考系的选择无关，其中某个摩擦力做功的大小与参考系的选择有关）恰等于系统损失的机械能，这部分机械能转化成了系统的内能。即WFf＝Ff·s＝Q。（6）重力或弹簧弹力做功与机械能关系——机械能守恒定律在只有重力或弹簧弹力做功时，机械能才守恒。机械能守恒有三种形式：①12mv21＋mgh1

＝12mv22＋mgh2（初、末态重力势能要选同一参考面）；②ΔEk＝ΔEp〔系统（或物体）减少（或增加）的动能等于系统（或物体）增加（或减少）的重力势能。不用选参考面〕；③ΔEA＝ΔEB

〔若系统由A、B两部分组成，则A部分物体机械能的增加量（或减少量）与B部分物体机

械能的减少量（或增加量）相等。不用选参考面〕。（7）重力和弹簧的弹力以外的其他力做的总功与机械能变化的定量关系重力或弹簧弹力之外的力所做的功等于物体机械能的变化，即W外＝ΔE。W外＞0，机械能增加；W外＜0，机械能减少。热点一、匀变速直线运动和平抛运动的组合【例1】（2010·浙江理综，22）在一次国际城市运动会中，要求运动员从高为H的平台上的A点由静止出发，沿着动摩擦因数为μ的滑道向下运动到B点后水平滑出，最后落在水池中。设滑道的水平距离为L，B点的高度h可由运动员自由调节（取g＝10 m/s2）。求：金太阳新课标资源网 wx.jtyjy.com 第 5 页共 17 页金太阳新课标资源网wx.jtyjy.com （1）运动员到达B点的速度v与高度h的关系。（2）运动员要达到最大水平运动距离，B点的高度h应调为多大？对应的最大水平距离Lmax为多少？（3）若图中H＝4 m，L＝5 m，动摩擦因数μ＝0．2，则水平运动距离要达到7 m，h值应为多少？

此类问题一般涉及2～3个子过程，解决问题的思路一般是按照事件发生的先后次序，根据已知和所求选择力观点（牛顿运动定律和运动学规律）或能量观点（功能关系）来解决问题。通过两种运动的衔接点——速度可以把两种运动的某些物理量建立联系，这点往往成为解题的关键。热点二、匀变速直线运动和圆周运动的组合【例2】（2011·潍坊一中一模，15）如图所示，水平轨道上，轻弹簧左端固定，自然状态时右端位于P点。现用一质量m＝0．1 kg的小物块（视为质点）将弹簧压缩后释放，物块经过P点时的速度v0＝18 m/s，经过水平轨道右端Q点后恰好沿圆轨道的切线进入竖直固定的圆周轨道，最后滑上质量M＝0．9 kg的长木板（木板足够长，物块滑上去不会从木板上掉下来）。已知PQ间的距离l＝1 m，竖直半圆轨道光滑且半径R＝1 m，物块与水平轨道间的动摩擦因数μ1＝0．15，与木板间的动摩擦因数μ2＝0．2，木板与水平地面间的动摩擦因数μ3＝0．01，取g＝10 m/s2。

（1）判断物块经过Q点后能否沿圆周轨道运动；（2）求木板滑行的最大距离x。

此类问题中物体做直线运动和圆周运动，其特点是：直线是圆周在两种运动衔接点处的切线。物体在衔接点处速度不变，但受力情况变化。一般涉及圆周运动在该处的临界问题，金太阳新课标资源网 wx.jtyjy.com 第 6 页共 17 页金太阳新课标资源网wx.jtyjy.com 需要列关于向心力的动力学方程；对涉及该处的过程，往往需要列机械能守恒定律或动能定理方程。热点三、圆周运动和平抛运动的组合【例3】如图所示，将一质量为m＝0．1 kg的小球自水平平台右端O点以初速度v0

水平抛出，小球飞离平台后由A点沿切线落入竖直光滑圆轨道ABC，并沿轨道恰好通过最

高点C，圆轨道ABC的形状为半径R＝2．5 m的圆截去了左上角127°的圆弧，CB为其竖直直径，（sin 53°＝0．8，cos 53°＝0．6，重力加速度g取10 m/s2）求：（1）小球经过C点的速度大小；（2）小球运动到轨道最低点B时轨道对小球的支持力大小；（3）平台末端O点到A点的竖直高度H。

此类问题中物体先做平抛运动后再做圆周运动，其特点是：两种运动的轨迹在衔接点处有公共切线，平抛运动的末速度方向恰好在此处圆周的切线上。末速度和水平方向的夹角即弦切角，分解速度时，注意应用弦切角和圆心角的关系。【例4】如图所示，长R＝0．4 m的轻绳，上端固定在“O”点，下端连接一只质量m＝0．05 kg小球。小球接近地面，处于静止状态。现给小球一沿水平方向的初速度，小球开始在竖直平面内做圆周运动。设小球到达最高点时绳突然断开，已知小球最后落在距离小球最初位置l＝1．6 m的地面上，g取10 m/s2（图中所标v0的数值未知）试求：

（1）绳突然断开时小球的速度；（2）小球刚开始运动时，对绳的拉力。

此类问题中物体先做圆周运动后做平抛运动，其特点是：圆周运动的末速度是水平的，这个速度就是物体做平抛运动的初速度。通过这个速度可以把物体做平抛运动的高度、水平位移等和圆周运动中的半径、向心力等联系起来。

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