[精品]新人教版高中物理拔高习题十四第五章第2讲动能定理及其应用及答案
第五章 第2讲 动能定理及其应用
C．对物体，动能定理的表达式为 WN－mgH＝12mv22－12mv12
D．对电梯，其所受合力做功为12Mv22－12Mv12
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2．[动能定理的简单应用] (2018·高考全国卷Ⅱ)如图，某同学用绳子拉动木箱，使它从静
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2．动能定理公式中体现的“三个关系” (1)数量关系：即合力所做的功与物体动能的变化具有等量替代关系．可以通 过计算物体动能的变化，求合力做的功，进而求得某一力做的功． (2)单位关系：等式两边物理量的国际单位都是焦耳． (3)因果关系：合力的功是引起物体动能变化的原因．
解得 h′＝1－Rcμocso3t73°7°＝0.48 m. 答案：0.48 m
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[拓展延伸2] 若在[典例]中斜面轨道光滑，滑块从 A 点释放后滑到 C 点，对轨 道的压力是重力的多少倍？(原 AB 高度差 h＝1.38 m 不变) 解析：由 A→C 应用动能定理，设 C 点时的速度为 vC. mgh－mg(R＋Rcos θ)＝12mv2C① NC＋mg＝mRv2C② 由①②得 NC＝2.3mg，故是重力的 2.3 倍． 答案：2.3
C．等于克服摩擦力所做的功
D．大于克服摩擦力所做的功
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3．A 球[动向能右定运理动求0解.1变m力时做，功vA]＝3(2m01/s9，·吉O林A′长＝春0模.4拟m)，如O图B所′示＝，0.3竖m直，平设面此内时放∠一B直′角A′杆O＝
高考物理同步(人教版)第5章第2讲动能定理及其应用②挑战练习
1.（2010·江苏单科）如图所示，平直木板AB倾斜放置，板上的P点距A端较近，小物块与木板间的动摩擦因数由A到B逐渐减小.先让物块从A由静止开始滑到B.然后，将A着地，抬高B，使木板的倾角与前一过程相同，再让物块从B由静止开始滑到A.上述两过程相比较，下列说法中一定正确的有（）A.物块经过P点的动能，前一过程较小B.物块从顶端滑到P点的过程中因摩擦产生的热量，前一过程较少C.物块滑到底端的速度，前一过程较大D.物块从顶端滑到底端的时间，前一过程较长【解析】由动能定理可知A选项正确，C选项错误.产生热量Q=fx,据题意知f AP>f BP，同时x AP<x BP,所以两过程产生的热量大小不能确定，B项错误，结合加速度变化特点利用v-t图可知D项正确.【答案】A、D2．(2009·全国Ⅱ理综)以初速度v0竖直向上抛出一质量为m的小物块.假定物块所受的空气阻力大小不变.已知重力加速度为g,则物体上升的最大高度和返回到原抛出点的速率分别为（）A.和B.和C.和D.和【解析】上升的过程中，重力做负功，阻力做负功，由动能定理得-(mgh+h)=-,，求返回抛出点的速度由全程使用动能定理，重力做功为零，只有阻力做功为-2h=-,解得，A正确.【答案】 A3．（2010·浙江理综）在一次国际城市运动会中，要求运动员从高为H的平台上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：（1）运动员到达B点的速度与高度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x max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？【解析】（1）设斜面长度为L1，斜面倾角为α,根据动能定理得mg(H-h)-μmgL1cosα=,①即mg(H-h)=μmgL+，②v0=.③(2)根据平抛运动公式x=v0t，④h=，⑤由③～⑤式得x=2.⑥由⑥式可得，当h= (H-μL)时，x max=L+H-μL(3)在⑥式中令x=2 m,H=4 m,L=5 m,μ=0.2,则可得到：-h2+3h-1=0，求出h1=m=2.62 m,h2= m=0.38 m.【答案】（1）v0=(2) (H-μL) L+H-μL(3)2.62 m或0.38 m4．(2009·上海高考)质量为5×103kg的汽车在t=0时刻速度v0=10 m/s,随后以P=6×104W 的额定功率沿平直公路继续前进，经72 s达到最大速度，设汽车受恒定阻力，其大小为2.5×103 N.求：（1）汽车的最大速度;（2）汽车在72 s内经过的路程x.。
第十四讲 动能定理(二)-春期拔高
第十四讲 动能定理（二） 【突破点五】动能定理解决圆周和平抛问题 一个结论 1. （多选）水流星”是一种常见的杂技项目，该运动可以简化为轻绳一端系着小球在竖直平面内的圆周运动模型，如图所示，已知绳长为l ，重力加速度为g ，则（ CD ）A ．小球运动到最低点Q 时，处于失重状态B ．小球初速度v 0越大，则在P 、Q 两点绳对小球的拉力差越大C ．当gl v 60>时，小球一定能通过最高点P D ．当gl v 60>时，细绳始终处于绷紧状态初速度v 0方向水平向右，重力加速度g 取10m/s 2，下列说法正确的是（ BCD ）A ．小球能到达最高点B 的条件是v 0≥4 5 m/sB ．若初速度v 0＝5 m/s ，则运动过程中，小球一定不会脱离圆轨道C ．若初速度v 0＝8 m/s ，则小球将在离A 点2．8 m 高的位置离开圆轨道D ．若初速度v 0＝8 m/s ，则小球离开圆轨道时的速度大小为2 2 m/s3. 小球P 和Q 用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，P 球的质量大于Q 球的质量，悬挂P 球的绳比悬挂Q 球的绳短．将两球拉起，使两绳均被水平拉直，如图所示．将两球由静止释放，在各自轨迹的最低点（ C ）A ．P 球的速度一定大于Q 球的速度B ．P 球的动能一定小于Q 球的动能C ．P 球所受绳的拉力一定大于Q 球所受绳的拉力D ．P 球的向心加速度一定小于Q 球的向心加速度运动的合成与分解4. 山地滑雪是人们喜爱的一项体育运动．一滑雪道ABC 的底部是一个半径为R 的圆，圆与雪道相切于C 点，C 点的切线沿水平方向，C 点到水平雪地之间是高为H 的峭壁，D 是圆的最高点，如图所示．运动员从A 点由静止下滑，刚好经过圆轨道最高点D 旋转一周，再滑到C 点后被水平抛出，当抛出时间为t 时，迎面遭遇一股强风，运动员最终落到了雪地上，落地时速度大小为v ．已知运动员连同滑雪装备总质量为m ，重力加速度为g ，不计遭遇强风前的空气阻力和雪道的摩擦阻力，求：（1）A 、C 的高度差h ；（2）运动员刚遭遇强风时的速度大小及距地面的高度；（3）强风对运动员所做的功．平抛与圆周5.某游乐场开发了一个名为“翻天滚地”的游乐项目．原理图如图所示：一个3/4圆弧形光滑圆管轨道ABC，放置在竖直平面内，轨道半径为R，在A点与水平地面AD相接，地面与圆心O等高，MN是放在水平地面上长为3R、厚度不计的减振垫，左端M正好位于A点．让游客进入一个中空的透明弹性球，人和球的总质量为m，球的直径略小于圆管直径．将球（内装有参与者）从A处管口正上方某处由静止释放后，游客将经历一个“翻天滚地”的刺激过程．不考虑空气阻力．那么以下说法中错误的是（ A ）A．要使球能从C点射出后能打到垫子上，则球经过C点时的速度至少为gRgRB．要使球能从C点射出后能打到垫子上，则球经过C点时的速度至少为2mgC．若球从C点射出后恰好能打到垫子的M端，则球在C点时对管的作用力大小为2D．要使球能通过C点落到垫子上，球离A点的最大高度是5R6.如图所示，半径R＝0．4 m的光滑圆弧轨道BC固定在竖直平面内，轨道的上端点B和圆心O的连线与水平方向的夹角θ＝30°，下端点C为轨道的最低点且与粗糙水平面相切，一根轻质弹簧的右端固定在竖直挡板上．质量m＝0．1 kg的小物块（可视为质点）从空中的A点以v0＝2 m/s的速度被水平抛出，恰好从B点沿轨道切线方向进入轨道，经过C点后沿水平面向右运动至D点时，弹簧被压缩至最短，此时弹簧的弹性势能E pm＝0．8 J，已知小物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0．5，g取10 m/s2．求：（1）小物块从A点运动至B点的时间；（2）小物块经过圆弧轨道上的C点时，对轨道的压力大小；（3）C、D两点间的水平距离L．7. 如图所示，从A 点以s m v 40=的水平速度抛出一质量kg m 1=的小物块（可视为质点），当物块运动至B 点时，恰好沿切线方向进入光滑圆弧轨道BC ，经圆弧轨道后滑上与C 点等高、静止在粗糙水平面的长木板上，滑上长木板时速度大小为s m 6．圆弧轨道C 端切线水平，已知长木板的质量kg M 2=，物块与长木板之间的动摩擦因数5.01=μ，长木板与地面间的动摩擦因数1.02=μ，圆弧轨道半径m 0.75R =，OB 与竖直方向OC 间的夹角 37=θ，（210g s m =） （1）小物块运动至B 点时的速度大小和方向；（2）小物块滑动至C 点时对圆弧轨道C 点的压力；（3）长木板至少为多长，才能保证小物块不滑出长木板．8. 如图所示，质量m ＝3 kg 的小物块以初速度v 0＝4 m/s 水平向右抛出，恰好从A 点沿着圆弧的切线方向进入圆弧轨道．圆弧轨道的半径为R ＝3．75 m ，B 点是圆弧轨道的最低点，圆弧轨道与水平轨道BD 平滑连接，A 与圆心O 的连线与竖直方向成37°角．MN 是一段粗糙的水平轨道，小物块与MN 间的动摩擦因数μ＝0．1，轨道其他部分光滑．最右侧是一个半径为r ＝0．4 m 的半圆弧轨道，C 点是半圆弧轨道的最高点，半圆弧轨道与水平轨道BD 在D 点平滑连接．已知重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0．6，cos 37°＝0．8．（1）求小物块经过B 点时对轨道的压力大小；（2）若MN 的长度为L ＝6 m ，求小物块通过C 点时对轨道的压力大小；（3）若小物块恰好能通过C 点，求MN 的长度L ′．9. （20分）如图所示是某次四驱车比赛的轨道某一段．张华控制的四驱车（可视为质点），质量，额定功率为．张华的四驱车到达水平平台上A 点时速度很小（可视为0），此时启动四驱车的发动机并直接使发动机的功率达到额定功率，一段时间后关闭发动机．当四驱车由平台边缘B 点飞出后，恰能沿竖直光滑圆弧轨道CDE 上C 点的切线方向飞入圆形轨道，且此时的速度大小为5m /s ，∠COD =53∠，并从轨道边缘E 点竖直向上飞出，离开E 以后上升的最大高度为．已知AB 间的距离，四驱车在AB 段运动时的阻力恒为1N ．重力加速度，不计空气阻力．求：（1）四驱车运动到B 点时的速度大小；（2）发动机在水平平台上工作的时间；（3）四驱车对圆弧轨道的最大压力．圆周与平抛10. 如图，光滑半圆弧轨道半径为r ，OA 为水平半径，BC 为竖直直径．水平轨道CM 与C 点相切，轨道上有一轻弹簧，一端固定在竖直墙上，另一端恰位于轨道的末端C 点（弹簧处于自然状态）．一质量为m 的小物块自A 处以竖直向下的初速度gr v 90=滑下，到C 点后压缩弹簧进入水平轨道，被弹簧反弹后恰能通过B 点．重力加速度为g ，求：（1）物块通过B 点时的速度大小；（2）物块离开弹簧刚进入半圆轨道C 点时对轨道的压力大小；（3）弹簧的最大弹性势能．kg m 1=W P 7=m h 85.0=m L 6=210s m g =11. 如图所示，AB 是倾角θ＝30°的粗糙直轨道，BCD 是光滑的圆弧轨道，AB 恰好在B 点与圆弧相切，圆弧的半径为R ，一个质量为m 的物体（可以看成质点）从直轨道上的P 点由静止释放，结果它能在两轨道间做往返运动．已知P 点与圆弧的圆心O 等高，物体与轨道AB 间的动摩擦因数为μ．求：（1）物体做往返运动的整个过程中在AB 轨道上通过的总路程；（2）最终当物体通过圆弧轨道最低点E 时，对圆弧轨道的压力；（3）为使物体能顺利到达圆弧轨道的最高点D ，释放点距B 点的距离L ′至少多大．随堂测试12. （20分）如图所示，半径为R 的光滑圆周轨道固定在竖直面内，轨道底部有一质量为的小球，以初速度沿轨道向上运动，求：（1）小球运动到轨道最高点C 时对轨道的压力大小？（2）若大小可调节，小球在运动过程中出现脱轨现象，则的大小范围？13. （20分）如图所示，放置在水平地面上的支架质量为M ，支架顶端用细线拴着的摆球质量为m ，现将摆球拉至水平位置，然后从静止释放，摆球运动过程中，支架始终不动，则从释放至运动到最低点的过程中有（ BC ）A ．在释放瞬间，支架对地面压力为（m +M ）gB ．摆动过程中，支架对地面压力一直增大C ．摆球到达最低点时，支架对地面压力为（3m +M ）gD ．摆动过程中，重力对小球做功的功率一直增大m gR v 30 0v 0v14. （20分）如图所示，在竖直平面内，长度可以调节的轻绳的一端固定在O 点，另一端系一小球，将轻绳拉直并使小球与O 点等高，无初速度释放小球，小球做圆周运动．若以过O 点的水平面为参考平面，当小球运动到最低点时，下列说法正确的是（ D ）A ．轻绳越长，小球的重力势能越大B ．轻绳越长，小球重力的瞬时功率越大C ．轻绳越长，小球的向心加速度越大D ．轻绳拉力的大小与轻绳的长度无关15. （多选）如图所示，B 、M 、N 分别为竖直光滑圆轨道的右端点、最低点和左端点，B 点和圆心等高，N 点和圆心O 的连线与竖直方向的夹角为α＝60°．现从B 点的正上方某处A 点由静止释放一个小球，经圆轨道飞出后以水平速度v 通过C 点，已知圆轨道半径为R ，v＝gR ，重力加速度为g ，则以下结论正确的是（不计空气阻力）（ AC ）A ．C 、N 的水平距离为3RB ．C 、N 的水平距离为2RC ．小球在M 点对轨道的压力为6mgD ．小球在M 点对轨道的压力为4mg课后练习16. 如图所示，水平地面与一半径为l 的竖直光滑圆弧轨道相接于B 点，轨道上的C 点位置处于圆心O 的正下方．在距地面高度为l 的水平平台边缘上的A 点有质量为m 的小球以的速度水平飞出，小球在空中运动至B 点时，恰好沿圆弧轨道在该点的切线方向滑入轨道．小球运动过程中空气阻力不计，重力加速度为g ，试求：（1）B 点与抛出点A 正下方的水平距离x ；（2）圆弧BC 段所对的圆心角；（3）小球滑到C 点时，对圆轨道的压力．gl 2v 0=θ17. 一轻质弹簧左端固定在某点，放在水平面上，如图8所示．A 点左侧的水平面光滑，右侧水平面粗糙，在A 点右侧5 m 远处竖直放置一半圆形光滑轨道，轨道半径，连接处平滑．现将一质量的小滑块放在弹簧的右端（不拴接），用力向左推滑块而压缩弹簧，使弹簧具有的弹性势能为2J ，放手后，滑块被弹簧向右水平弹出．已知滑块与A 点右侧水平面的动摩擦因数，取．求：（1）滑块运动到半圆形轨道最低点B 处时对轨道的压力；（2）改变半圆形轨道的位置（左右平移），使得从原位置被弹出的滑块到达半圆形轨道最高点C 处时对轨道的压力大小等于滑块的重力，则AB 之间的距离应为多大．0.4m =R kg m 2.0=0.2=μ2s m 10g =。
高考物理一轮复习 第五章 动能定理及应用课时作业14(含解析)
十四 动能定理及应用1．一质量为m 的物体静止于光滑水平面上，某时刻在物体上作用一水平力F ，物体由静止开始运动，前进一段距离之后速度大小为v ，再前进一段距离物体的速度增大为2v ，则( )A ．第二过程的速度增量大于第一过程的速度增量B ．第二过程的动能增量是第一过程动能增量的3倍C ．第二过程的位移等于第一过程位移的3倍D ．第二过程合外力做的功等于第一过程合外力做功的2倍答案：B 解析：由题意知，两个过程中速度增量均为v ，A 错误；由动能定理知：W 1＝12mv 2，W 2＝12m (2v )2－12mv 2＝32mv 2，故B 正确，D 错误；因为水平力F 不一定是恒力，所以C 错误．2．如图所示，一个质量为m 的物体静止放在光滑水平面上，在互成60°角的大小相等的两个水平恒力作用下，经过一段时间，物体获得的速度为v ，在两个力的方向上的速度分量分别为v 1、v 2，那么在这段时间内，其中一个力做的功为( )A.16mv 2B.14mv 2C.13mv 2 D.12mv 2 答案：B 解析：由动能定理得，合力F 做的功W ＝12mv 2，由功的公式W ＝Fs cos α知两个分力的功相等W 1＝W 2.因W ＝W 1＋W 2，所以W 1＝W 2＝12W ＝14mv 2，故B 正确．3．将一个物体以初动能E 0竖直向上抛出，落回地面时物体的动能为E 02，设空气阻力大小恒定．若将它以初动能4E 0竖直上抛，则它在上升到最高点的过程中，重力势能变化了( )A ．3E 0B ．2E 0C ．1.5E 0D ．E 0答案：A 解析：物体以初动能E 0竖直向上抛出，设上升最大高度为h ，根据动能定理，对全过程有－2fh ＝－E 02，对上升过程有－fh －mgh ＝0－E 0，联立解得mg ＝3f ；物体以初动能4E 0竖直上抛，设上升的最大高度为h ′，上升过程运用动能定理有－mgh ′－fh ′＝0－4E 0，得mgh ′＝3E 0，即重力势能的增加量为3E 0，只有选项A 正确．4．(2015·银川一中期中)如图所示，质量为m 的物体静止在水平光滑的平台上，系在物体上的绳子跨过光滑的定滑轮，由地面上的人以速度v 0水平向右匀速拉动，设人从地面上平台的边缘开始向右行至绳与水平方向夹角为45°处，在此过程中人的拉力对物体所做的功为( )A.mv 202 B.2mv 22C.mv 204D ．mv 2答案：C 解析：人行至绳与水平方向夹角为45°处时，物体的速度为v ＝v 0cos θ，由动能定理，人对物体所做的功：W ＝ΔE k ＝12mv 2＝14mv 20，正确选项为C.5．如图所示，长为L 的长木板水平放置，在木板的A 端放置一个质量为m 的小物块，现缓慢地抬高A 端，使木板以左端为轴转动，当木板转到与水平面的夹角为α时小物块开始滑动，此时停止转动木板，小物块滑到底端的速度为v .则在整个过程中，下列说法不正确的是( )A ．木板对小物块做功为12mv 2B ．摩擦力对小物块做功为mgL sin αC ．支持力对小物块做功为mgL sin αD ．滑动摩擦力对小物块做功为12mv 2－mgL sin α答案：B 解析：在抬高A 端的过程中，小物块受到的摩擦力为静摩擦力，其方向和小物块的运动方向时刻垂直，故在抬高阶段，摩擦力并不做功，这样在抬高小物块的过程中，由动能定理得：W N ＋W G ＝0，即W N －mgL sin α＝0，所以W N ＝mgL sin α.在小物块下滑的过程中，支持力不做功，滑动摩擦力和重力做功，由动能定理得：W G ＋W f ＝12mv 2，即W f ＝12mv 2－mgL sin α，B 错，C 、D 正确．在整个过程中，设木板对小物块做的功为W ，对小物块在整个过程由动能定理得W ＝12mv 2，A 正确．6．汽车在水平路面上从静止开始做匀加速直线运动，t 1秒末关闭发动机，做匀减速直线运动，t 2秒末静止，其v t 图象如图所示，图中α<β，若汽车牵引力做功为W ，平均功率为P ；汽车加速和减速过程中克服摩擦力做功分别为W 1和W 2，平均功率分别为P 1和P 2，则( )A ．W ＝W 1＋W 2B ．W >W 2C ．P ＝P 1D ．P 1＝P 2答案：ABD 解析：整个过程动能变化量为零，所以合力的功为零，由动能定理知，A 正确；摩擦力大小相等，0～t 1时间内汽车位移大，B 正确；0～t 1时间内汽车匀加速运动，牵引力大于摩擦力，速度相等，所以P >P 1，C 错误；加速阶段和减速阶段平均速度相等，所以摩擦力的平均功率相等，D 正确．7．(2015·浙江嘉兴一中摸底)如图所示，一个小球在竖直环内至少能做(n ＋1)次完整的圆周运动，当它第(n －1)次经过环的最低点时速度大小为7 m/s ，第n 次经过环的最低点时速度大小为5 m/s ，则小球第(n ＋1)次经过环的最低点时的速度v 的大小一定满足( )A ．等于3 m/sB ．小于1 m/sC ．等于1 m/sD ．大于1 m/s答案：D 解析：设物体质量为m ，根据动能定理，第n 次做圆周运动时克服摩擦力做的功W ＝12mv 2n －1－12mv 2n ＝12m (72－52)＝12m若第n ＋1次克服摩擦力做的功与第n 次相同，则：W ＝12mv 2n －12mv 2n ＋1＝12m (52－v 2n ＋1)＝12m解得：v n ＋1＝1 m/s而实际运动过程中经同一点时，速度越来越小，需要的向心力越来越小，对轨道的压力也会越来越小，而滑动摩擦力f ＝μF N ，因此每运动一圈，克服摩擦力做的功也会越来越小，第n ＋1圈克服摩擦力做的功一定小于第n 圈克服摩擦力做的功，因此末速度一定大于1 m/s ，D 正确．8．如图所示，粗糙水平地面AB 与半径R ＝0.4 m 的光滑半圆轨道BCD 相连接，且在同一竖直平面内，O 是BCD 的圆心，BOD 在同一竖直线上．质量m ＝2 kg 的小物块在9 N 的水平恒力F 的作用下，从A 点由静止开始做匀加速直线运动．已知x AB ＝5 m ，小物块与水平地面间的动摩擦因数为μ＝0.2.当小物块运动到B 点时撤去力F .取重力加速度g ＝10 m/s 2.求：(1)小物块到达B 点时速度的大小；(2)小物块运动到D 点时，轨道对小物块作用力的大小； (3)小物块离开D 点落到水平地面上的点与B 点之间的距离． 答案：(1)5 m/s (2)25 N (3)1.2 m解析：(1)从A 到B ，根据动能定理有(F －μmg )x AB ＝12mv 2B得v B ＝2F －μmg x ABm＝5 m/s(2)从B 到D ，根据动能定理有 －mg ·2R ＝12mv 2D －12mv 2B得v D ＝v 2B －4Rg ＝3 m/s 在D 点，根据牛顿运动定律有F N ＋mg ＝mv 2DR得F N ＝M v 2DR－mg ＝25 N(3)由D 点到落点小物块做平抛运动，在竖直方向上有 2R ＝12gt 2，得t ＝4Rg＝4×0.410s ＝0.4 s 落点与B 点之间的距离s ＝v 0t ＝3×0.4 m＝1.2 m9．某课外探究小组的同学们用学校实验室内的细特质材料自制了如图所示的导轨，其中，导轨的所有半圆形部分均光滑，水平部分均粗糙．圆半径分别为R 、2R 、3R 和4R ，R ＝0.5 m ，水平部分长度L ＝2 m ，将导轨竖直放置，轨道最低点离水平地面高h ＝1 m ．将一个质量为m ＝0.5 kg 、中心有孔的钢球(孔径略大于细导轨直径)，套在导轨端点P 处，钢球与导轨水平部分的动摩擦因数均为μ＝0.4.给钢球一初速度v 0＝13 m/s.取g ＝10 m/s 2.求：(1)钢球运动至第一个半圆形轨道最低点A 时对轨道的压力； (2)钢球落地点到抛出点的水平距离． 答案：(1)178 N (2)7 m解析：(1)钢球从P 运动到A 点的过程，由动能定理得mg ·2R －μmg ·L ＝12mv 21－12mv 2由牛顿第二定律有N －mg ＝m v 21R由牛顿第三定律有N ＝－N ′，解得N ′＝－178 N ．故对轨道的压力大小为178 N ，方向竖直向下．(2)设钢球到达轨道末端时速度为v 2，对全程由动能定理得－μmg ·5L －4mgR ＝12mv 22－12mv 20解得v 2＝7 m/s 由平抛运动规律得h ＋8R ＝12gt 2 s ＝v 2t解得s ＝7 m10．如图所示，将毛刷均匀粘贴在斜面上，让所有毛的方向均沿斜面向上倾斜，从而使物块M 沿斜面的运动有如下特点：①顺着毛的生长方向运动时，毛产生的阻力可以忽略，②逆着毛的生长方向运动时，会受到来自毛的滑动摩擦力，且动摩擦因数为μ＝0.5.斜面顶端距水平面高度为h ＝0.8 m ，质量为m ＝2 kg 的物块M 从斜面顶端A 由静止滑下，从O 点进入光滑水平滑道时无机械能损失，为使物块M 制动，将轻弹簧的一端固定在水平滑道延长线B 处的墙上，另一端恰位于水平轨道的中点C .已知斜面的倾角θ＝53°，重力加速度取g ＝10 m/s 2.求：(1)物块M 滑到O 点时的速度以及弹簧压缩到最短时的弹性势能(设弹簧处于原长时弹性势能为零)；(2)若物块M 能够被弹回到斜面上，则它能够上升的最大高度； (3)物块M 在斜面上下滑动过程中的总路程． 答案：(1)10 m/s 10 J (2)0.5 m (3)2.67 m 解析：(1)由牛顿第二定律得mg sin θ－μmg cos θ＝ma滑到O 点时的速度v ＝2aL 又sin θ＝h L解得v ＝10 m/s物块M 从斜面顶端A 运动到弹簧压缩到最短，由动能定理有mgh －μmg cos θhsin θ－E p ＝0则弹性势能E p ＝mgh －μmg cos θhsin θ＝10 J(2)设物块M 第一次被弹回，上升的最大高度为H ，由动能定理得mg (h －H )－μmg cosθhsin θ＝0 则H ＝h －μcos θhsin θ＝0.5 m(3)物块M 最终停止在水平面上，对于运动的全过程，由动能定理有mgh －μmg cos θ·s＝0物块M 在斜面上下滑过程中的总路程s ＝hμcos θ＝2.67 m11．一轻质细绳一端系一质量为m ＝120 kg 的小球A ，另一端挂在光滑水平轴O 上，O到小球的距离为L ＝0.1 m ，小球跟水平面接触，但无相互作用，在球的两侧等距离处分别固定一个光滑的斜面和一个挡板，如图所示，水平距离s 为 2 m ，动摩擦因数为0.25.现有一小滑块B ，质量也为m ，从斜面上滑下，与小球碰撞时交换速度，与挡板碰撞不损失机械能．若不计空气阻力，并将滑块和小球都视为质点，取g ＝10 m/s 2，试问：(1)若滑块B 从斜面某一高度h 处滑下与小球第一次碰撞后，使小球恰好在竖直平面内做圆周运动，求此高度h ；(2)若滑块B 从h ′＝5 m 处滑下，求滑块B 与小球第一次碰后瞬间绳子对小球的拉力； (3)若滑块B 从h ′＝5 m 处滑下与小球碰撞后，小球在竖直平面内做圆周运动，求小球做完整圆周运动的次数n .答案：(1)0.5 m (2)48 N (3)10次解析：(1)小球恰能完成一次完整的圆周运动，设它到最高点的速度为v 1，小球在最低点速度为v ，则有mg ＝m v 21L①12mv 2＝mg ·2L ＋12mv 21②解①②得v ＝ 5 m/s滑块从h 高处运动到将与小球碰撞时速度为v ，mgh ＝μmg ·s 2＋12mv 2因碰撞后速度交换v ＝ 5 m/s ， 解上式有h ＝0.5 m.(2)若滑块从h ＝5 m 处下滑到将要与小球碰撞时速度为u ，同理有mgh ＝12mu 2＋μmg ·s2③解得u ＝95 m/s滑块与小球碰后静止，小球以u ＝95 m/s 的速度开始做圆周运动，设绳的拉力TT －mg ＝m u 2L④解④式得T ＝48 N(3)滑块和小球最后一次碰撞时速度为v ＝ 5 m/s ，滑块最后停在水平面上，它通过的路程为s ′，同理有mgh ＝12mv 2－μmgs ′⑤小球做完整圆周运动的次数为n ＝s ′－s 2s＋1⑥解⑤⑥得s ′＝19 m ，n ＝10次．。
第2节 动能定理及其应用
错误。
答案：C
【要点解读】
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1．动能与动能的变化的区别
(1)动能与动能的变化是两个不同的概念，动能是状态量，
动能的变化是过程量。
(2)动能没有负值，而动能变化量有正负之分。ΔEk>0 表
示物体的动能增加，ΔEk<0 表示物体的动能减少。 2．对动能定理的理解
(1)做功的过程就是能量转化的过程，动能定理表达式中
mgh－μmg cos 37°·sinh37°＝12 mvB2－0
代入数据解得 h＝1.38 m。 答案：(1)2 m/s (2)4.29 m/s (3)1.38 m
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考点三 动能定理与图像的结合问题 [互动共研类] 动能定理与图像结合问题的分析方法 (1)首先看清楚所给图像的种类(如 v-t 图像、F-x 图像、Ek x 图像等)。 (2)挖掘图像的隐含条件——求出所需要的物理量，如由 v-t 图像所包围的“面积”求位移，由 F-x 图像所包围的“面 积”求功，在横轴的上下表示做功的正负；由 Ekx 图像的斜 率求合外力等。 (3)分析有哪些力做功，根据动能定理列方程，求出相应的 物理量。
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(2)为使小球仅仅与挡板碰撞一次，且小球不会脱离 CDO 轨道，H 最小时必须满足能上升到 O 点，由动能定理得：mgHmin －μmgL＝12 mv02－0
在 O 点有：mg＝mvr02 代入数据解得：Hmin＝0.65 m 仅仅与弹性挡板碰撞一次，且小球不会脱离 CDO 轨道， H 最大时，碰后再返回最高点能上升到 D 点，则有： mg(Hmax＋r)－3μmgL＝0 代入数据解得：Hmax＝0.7 m 故有：0.65 m≤H≤0.7 m。 [答案] (1)84 N (2)0.65 m≤H≤0.7 m
人教版高中物理总复习课件：第五章 第2讲 动能定理及其应用
3．全过程列式时，涉及重力、弹簧弹力、大小恒定的阻力或摩 擦力做功时，要注意运用它们的功能特点．
(1)重力的功取决于物体的初、末位置，与路径无关． (2)大小恒定的阻力或摩擦力的功等于力的大小与路程的乘积． (3)弹簧弹力做功与路径无关．
(1)人滑到斜面底端 C 时的速度大小； (2)人离开 C 点后还要在地面上滑行多远才能停下？
解析：(1)在 AC 过程中由动能定理得 mgh＝12mvC2 ， 解得 vC＝8 m/s. (2)设人在 CD 水平面上滑行的距离为 s 在 AD 过程中由动能定理得 mgh－μmgs＝0 解得 s＝6.4 m. 答案：(1)8 m/s (2)6.4 m
(1)冰球与冰面之间的动摩擦因数； (2)满足训练要求的运动员的最小加速度．
[解析] (1)设冰球的质量为 m，冰球与冰面之间的动摩擦因数为 μ，由动能定理得
－μmgs0＝12mv12－12mv20① 解得 μ＝v220－gsv0 12 (2)冰球到达挡板时，满足训练要求的运动员中，刚好到达小旗 处的运动员的加速度最小，设这种情况下，冰球和运动员的加速度 大小分别为 a1 和 a2，所用的时间为 t.
(3)小球离开 C 点后在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运 动，加速度大小为 g.设小球在竖直方向的初速度为 v⊥，从 C 点落至 水平轨道上所用时间为 t.由运动学公式有
v⊥t＋12gt2＝CD⑩ v⊥＝vsin α⑪ 由⑤⑦⑩⑪式和题给数据得
t＝35 5gR⑫
答案：(1)34mg
5gR m 23gR 3
(2)设小球到达 A 点的速度大小为 v1，作 CD⊥PA，交 PA 于 D 点，由几何关系得
高中物理动能定理的综合应用答题技巧及练习题(含答案)
高中物理动能定理的综合应用答题技巧及练习题(含答案)一、高中物理精讲专题测试动能定理的综合应用1．一辆汽车发动机的额定功率P =200kW ，若其总质量为m =103kg ，在水平路面上行驶时，汽车以加速度a 1=5m/s 2从静止开始匀加速运动能够持续的最大时间为t 1=4s ，然后保持恒定的功率继续加速t 2=14s 达到最大速度。
设汽车行驶过程中受到的阻力恒定，取g =10m/s 2.求：(1)汽车所能达到的最大速度；(2)汽车从启动至到达最大速度的过程中运动的位移。
【答案】(1)40m/s ；(2)480m 【解析】 【分析】 【详解】(1)汽车匀加速结束时的速度11120m /s v a t ==由P=Fv 可知，匀加速结束时汽车的牵引力11F Pv ==1×104N 由牛顿第二定律得11F f ma -=解得f =5000N汽车速度最大时做匀速直线运动，处于平衡状态，由平衡条件可知， 此时汽车的牵引力F=f =5000N由P Fv =可知，汽车的最大速度：v=P PF f==40m/s (2)汽车匀加速运动的位移x 1=1140m 2v t = 对汽车，由动能定理得2112102F x Pt fs mv =--+解得s =480m2．如图所示，人骑摩托车做腾跃特技表演，以1.0m/s 的初速度沿曲面冲上高0.8m 、顶部水平的高台，若摩托车冲上高台的过程中始终以额定功率1.8kW 行驶，经过1.2s 到达平台顶部，然后离开平台，落至地面时，恰能无碰撞地沿圆弧切线从A 点切入光滑竖直圆弧轨道，并沿轨道下滑．A 、B 为圆弧两端点，其连线水平．已知圆弧半径为R ＝1.0m ，人和车的总质量为180kg ，特技表演的全过程中不计一切阻力(计算中取g ＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)．求：(1)人和车到达顶部平台的速度v ；(2)从平台飞出到A 点，人和车运动的水平距离x ； (3)圆弧对应圆心角θ；(4)人和车运动到圆弧轨道最低点O 时对轨道的压力． 【答案】（1）3m/s （2）1.2m （3）106°（4）7.74×103N 【解析】 【分析】 【详解】（1）由动能定理可知：221011Pt mgH mv 22mv -=- v ＝3m/s （2）由2221H gt ,s vt 2==可得：2H s v 1.2m g== （3）摩托车落至A 点时，其竖直方向的分速度y 2v gt 4m /s ==设摩托车落地时速度方向与水平方向的夹角为α，则4tan 3yv v α==，即α＝53° 所以θ＝2α＝106° （4）在摩托车由最高点飞出落至O 点的过程中，由机械能守恒定律可得：2211mg[H R(1cos )]mv mv 22α'+-=-在O 点：2v N mg m R-= 所以N ＝7740N由牛顿第三定律可知，人和车在最低点O 时对轨道的压力为7740N3．如图所示，AB 是竖直面内的四分之一圆弧形光滑轨道，下端B 点与水平直轨道相切．一个小物块自A点由静止开始沿轨道下滑，已知轨道半径为R＝0.2m，小物块的质量为m＝0.1kg，小物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10m/s2.求：(1)小物块在B点时受到的圆弧轨道的支持力大小；(2)小物块在水平面上滑动的最大距离．【答案】(1)3N (2)0.4m【解析】(1)由机械能守恒定律，得在B点联立以上两式得F N＝3mg＝3×0.1×10N＝3N.(2)设小物块在水平面上滑动的最大距离为l，对小物块运动的整个过程由动能定理得mgR－μmgl＝0，代入数据得【点睛】解决本题的关键知道只有重力做功，机械能守恒，掌握运用机械能守恒定律以及动能定理进行解题．4．如图所示,竖直平面内的轨道由直轨道AB和圆弧轨道BC组成，直轨道AB和圆弧轨道BC平滑连接，小球从斜面上A点由静止开始滑下,滑到斜面底端后又滑上一个半径为=0.4mR的圆轨道；（1）若接触面均光滑，小球刚好能滑到圆轨道的最高点C，求斜面高h；（2）若已知小球质量m=0.1kg，斜面高h=2m，小球运动到C点时对轨道压力为mg，求全过程中摩擦阻力做的功．【答案】（1）1m；（2） -0.8J；【解析】【详解】（1）小球刚好到达C点,重力提供向心力，由牛顿第二定律得：2v mg m R=从A 到C 过程机械能守恒,由机械能守恒定律得：()2122mg h R mv -=, 解得：2.5 2.50.4m 1m h R ==⨯=；（2）在C 点,由牛顿第二定律得：2Cv mg mg m R+=,从A 到C 过程，由动能定理得：()21202f C mgh R W mv -+=-, 解得：0.8J f W =-；5．某人欲将质量50kg m =的货箱推上高 1.0m h =的卡车，他使用的是一个长 5.0m L =的斜面（斜面与水平面在A 处平滑连接）。
第五章第二节动能 动能定理
第二节 动能 动能定理[学生用书P 85]一、动能1．定义：物体由于运动而具有的能．2．表达式：E k ＝12m v 2. 3．单位：焦耳，1 J ＝1 N·m ＝1 kg·m 2/s 2.4．矢标性：标量．1.(单选)关于某物体动能的一些说法，正确的是( )A ．物体的动能变化，速度一定变化B ．物体的速度变化，动能一定变化C ．物体的速度变化大小相同时，其动能变化大小也一定相同D ．选择不同的参考系时，动能可能为负值答案：A二、动能定理1．内容：力在一个过程中对物体做的功，等于物体在这个过程中动能的变化．2．表达式：W ＝E k2－E k1＝12m v 22－12m v 21. 3．适用范围(1)动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动．(2)既适用于恒力做功，也适用于变力做功．(3)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以不同时作用．2.(单选)如图所示，质量为m 的小车在水平恒力F 推动下，从山坡(粗糙)底部A 处由静止起运动至高为h 的坡顶B ，获得的速度为v ，A 、B 之间的水平距离为s ，重力加速度为g .下列说法正确的是( )A ．小车重力所做的功是mghB ．合外力对小车做的功是12mv 2 C ．推力对小车做的功是12mv 2＋mgh D ．阻力对小车做的功是Fs －12mv 2－mgh 答案：B考点一 动能定理及其应用 [学生用书P 86]1．对动能定理的理解(1)动能定理公式中等号表明了合外力做功与物体动能的变化间的两个关系：①数量关系：即合外力所做的功与物体动能的变化具有等量代换关系．②因果关系：合外力的功是引起物体动能变化的原因．(2)动能定理中涉及的物理量有F 、l 、m 、v 、W 、E k 等，在处理含有上述物理量的问题时，优先考虑使用动能定理．2．运用动能定理需注意的问题(1)应用动能定理解题时，不必深究物体运动过程中状态变化的细节，只需考虑整个过程的功及过程初末的动能．(2)若过程包含了几个运动性质不同的分过程，既可分段考虑，也可整个过程考虑．但求功时，有些力不是全过程都作用的，必须根据不同的情况分别对待求出总功，计算时要把各力的功连同正负号一同代入公式．(2014·高考福建卷)如图为某游乐场内水上滑梯轨道示意图，整个轨道在同一竖直平面内，表面粗糙的AB 段轨道与四分之一光滑圆弧轨道BC 在B 点水平相切．点A 距水面的高度为H ，圆弧轨道BC 的半径为R ，圆心O 恰在水面．一质量为m 的游客(视为质点)可从轨道AB 的任意位置滑下，不计空气阻力．(1)若游客从A 点由静止开始滑下，到B 点时沿切线方向滑离轨道落在水面D 点，OD＝2R ，求游客滑到B 点时的速度v B 大小及运动过程轨道摩擦力对其所做的功W f ；(2)若游客从AB 段某处滑下，恰好停在B 点，又因受到微小扰动，继续沿圆弧轨道滑到P 点后滑离轨道，求P 点离水面的高度h .(提示：在圆周运动过程中任一点，质点所受的向心力与其速率的关系为F 向＝m v 2R) [审题点睛] (1)游客从A 到B 有哪些力做功？总功如何表示？(2)游客从B 到P ，在B 点的速度是多少？从P 点滑离轨道满足什么条件？[解析] (1)游客从B 点做平抛运动，有2R ＝v B t ①R ＝12gt 2② 由①②式得v B ＝2gR ③从A 到B ，根据动能定理，有mg (H －R )＋W f ＝12m v 2B－0④ 由③④式得W f ＝－(mgH －2mgR )．⑤(2)设OP 与OB 间夹角为θ，游客在P 点时的速度为v P ，受到的支持力为F N ，从B 到P 由动能定理，有mg (R －R cos θ)＝12m v 2P－0⑥ 过P 点时，根据向心力公式，有mg cos θ－F N ＝m v 2P R⑦ 又F N ＝0⑧cos θ＝h R⑨ 由⑥⑦⑧⑨式解得h ＝23R . [答案] (1)2gR －mg (H －2R ) (2)23R [规律总结] 应用动能定理解题的基本思路(1)选取研究对象，明确它的运动过程；(2)分析研究对象的受力情况和各力的做功情况： 受哪些力→各力是否做功→做正功还是负功→做多少功→各力做功的代数和(3)明确研究对象在过程的初末状态的动能E k1和E k2；(4)列动能定理的方程W 合＝E k2－E k1及其他必要的解题方程，进行求解．1.某滑沙场的示意图如图所示，某旅游者乘滑沙橇从A 点由静止开始滑下，最后停在水平沙面上的C 点，设滑沙橇和沙面间的动摩擦因数处处相同，斜面和水平面连接处可认为是圆滑的，滑沙者保持一定姿势坐在滑沙橇上不动，若测得AC 间水平距离为x ，A 点高为h ，求滑沙橇与沙面间的动摩擦因数μ.解析：设斜面与水平面所成的夹角为θ，滑沙者和滑沙橇总质量为m ，则滑沙者和滑沙橇从A 点到最低点，重力做功W G ＝mgh摩擦力做功W F f1＝－μmg cos θ·h sin θ滑沙者在水平面上运动时，只有滑动摩擦力做功W F f2＝－μmg ⎝⎛⎭⎫x －h tan θ.法一：“隔离”过程，分段研究，设最低点物体的速度为v ，由A 点到最低点根据动能定理得W G ＋W F f1＝12m v 2－0 在水平面上运动时，同理有W F f2＝0－12m v 2，解得μ＝h x. 法二：从A 到C 全过程由动能定理得W G ＋W F f1＋W F f2＝0解得μ＝h x. 答案：h x考点二 动能定理与图象结合问题 [学生用书P 86]解决物理图象问题的基本步骤1．观察题目给出的图象，弄清纵坐标、横坐标所对应的物理量及图线所表示的物理意义．2．根据物理规律推导出纵坐标与横坐标所对应的物理量间的函数关系式．3．将推导出的物理规律与数学上与之相对应的标准函数关系式相对比，找出图线的斜率、截距、图线的交点，图线下的面积所对应的物理意义，分析解答问题．或者利用函数图线上的特定值代入函数关系式求物理量．如图甲所示，长为4 m 的水平轨道AB 与半径为R ＝0.6 m 的竖直半圆弧轨道BC 在B 处相连接，有一质量为1 kg 的滑块(大小不计)，从A 处由静止开始受水平向右的力F 作用，F 的大小随位移变化的关系如图乙所示，滑块与AB 间的动摩擦因数为μ＝0.25，与BC 间的动摩擦因数未知，g 取10 m/s 2.求：(1)滑块到达B 处时的速度大小；(2)若到达B 点时撤去力F ，滑块沿半圆弧轨道内侧上滑，并恰好能到达最高点C ，则滑块在半圆弧轨道上克服摩擦力所做的功是多少？[审题点睛] (1)滑块由A 到B 有哪些力做功？如何表达？(2)滑块由B 到C ，有哪些力做功？如何表达？(3)滑块恰好能到达C 点需满足什么条件？[解析] (1)对滑块从A 到B 的过程，由动能定理得F 1x 1－F 3x 3－μmgx ＝12m v 2B 即：12×40×2－10×1－0.25×1×10×4＝12×1×v 2B 解得v B ＝210 m/s. (2)当滑块恰好能到达最高点C 时，有mg ＝m v 2C R对滑块从B 到C 的过程，由动能定理得：W －mg ×2R ＝12m v 2C －12m v 2B 代入数值得W ＝－5 J ，即克服摩擦力做的功为5 J.[答案] (1)210 m/s (2)5 J[规律总结] 解决这类问题首先要分清图象的类型．若是F －x 图象，则图象与坐标轴围成的图形的面积表示做的功；若是v －t 图象，可提取的信息有：加速度(与F 合对应)、速度(与动能对应)、位移(与做功距离对应)等，然后结合动能定理求解．2.(多选)(2015·北京东城区高三联考)物体沿直线运动的v －t 图象如图所示，已知在第1秒内合外力对物体做的功为W ，则( )A ．从第1秒末到第3秒末合外力做功为4WB ．从第3秒末到第5秒末合外力做功为－2WC ．从第5秒末到第7秒末合外力做功为WD ．从第3秒末到第4秒末合外力做功为－0.75W解析：选CD.从第1秒末到第3秒末物体做匀速直线运动，说明物体所受合外力为零，故合外力做功为零，A 错误；从第3秒末到第5秒末物体加速度大小是第1秒内加速度的一半，所以这段时间的合外力是第1秒内合外力的一半，而位移是第1秒内位移2倍，考虑位移方向与合外力方向相反，所以这段时间内合外力做功为－W ，B 错误；第3秒末到第4秒末物体位移是从第3秒末到第5秒末位移的四分之三，D 正确；第5秒末到第7秒末合外力方向与位移方向相同，同理可知这段时间的合外力是第1秒内合外力的一半，而位移是第1秒内位移的2倍，所以这段时间内合外力做功为W ，C 正确．考点三 利用动能定理求解往复运动[学生用书P 87]解决物体的往复运动问题，应优先考虑应用动能定理，注意应用下列几种力的做功特点：1．重力、电场力或恒力做的功取决于物体的初、末位置，与路径无关；2．大小恒定的阻力或摩擦力的功等于力的大小与路程的乘积．(2015·苏北四市模拟)如图所示装置由AB 、BC 、CD 三段轨道组成，轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接，其中轨道AB 、CD 段是光滑的，水平轨道BC 的长度s ＝5 m ，轨道CD 足够长且倾角θ＝37°，A 、D 两点离轨道BC 的高度分别为h 1＝4.30 m 、h 2＝1.35 m ．现让质量为m 的小滑块自A 点由静止释放．已知小滑块与轨道BC 间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：(1)小滑块第一次到达D 点时的速度大小；(2)小滑块最终停止的位置距B 点的距离．[审题点睛] (1)小滑块能否停在AB 或CD 上？(2)滑动摩擦力做功与滑行的路程有何关系？[解析] (1)小滑块从A →B →C →D 过程中，由动能定理得mg (h 1－h 2)－μmgs ＝12m v 2D－0 将h 1、h 2、s 、μ、g 代入得：v D ＝3 m/s.(2)对小滑块运动全过程应用动能定理，设小滑块在水平轨道上运动的总路程为s 总． 有：mgh 1＝μmgs 总将h 1、μ代入得：s 总＝8.6 m故小滑块最终停止的位置距B 点的距离为2s －s 总＝1.4 m.[答案] (1)3 m/s (2)1.4 m3.如图所示，斜面倾角为θ，质量为m 的滑块在距挡板P 的距离为s 0的A 点以初速度v 0沿斜面上滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，滑块所受摩擦力小于滑块沿斜面的“下滑力”，若滑块每次与挡板相碰，碰后以原速率返回，无动能损失，求滑块停止运动前在斜面上经过的路程．解析：由于滑块所受摩擦力小于“下滑力”，故物体最终只能停在挡板处．设滑块经过的总路程为s ，则整个过程中，重力做功：W G ＝mgs 0sin θ，摩擦力做功：W F f ＝－μmg cos θ·s由动能定理得：mgs 0sin θ－μmg cos θ·s ＝0－12m v 20解得：s ＝2gs 0sin θ＋v 202μg cos θ. 答案：2gs 0sin θ＋v 202μg cos θ真题剖析——涉及多个原型的力学综合题(14分)(2013·高考浙江卷)山谷中有三块石头和一根不可伸长的轻质青藤，其示意图如图所示．图中A 、B 、C 、D 均为石头的边缘点，O 为青藤的固定点，h 1＝1.8 m ，h 2＝4.0 m ，x 1＝4.8 m ，x 2＝8.0 m ．开始时，质量分别为M ＝10 kg 和m ＝2 kg 的大、小两只滇金丝猴分别位于左边和中间的石头上，当大猴发现小猴将受到伤害时，迅速从左边石头的A 点水平跳至中间石头．大猴抱起小猴跑到C 点，抓住青藤下端，荡到右边石头上的D 点，此时速度恰好为零．运动过程中猴子均可看成质点，空气阻力不计，重力加速度g ＝10 m/s 2.求：(1)大猴从A 点水平跳离时速度的最小值；(2)猴子抓住青藤荡起时的速度大小；(3)猴子荡起时，青藤对猴子的拉力大小．[原型剖析] (1)大猴从A 到B 做平抛运动，用平抛运动的知识求解；(2)大猴和小猴从C 到D 做竖直平面内的圆周运动，用动能定理或机械能守恒定律求解；(3)猴子荡起时是圆周运动的最低点问题，用牛顿第二定律求解．[规范解答]—————————该得的分一分不丢！(1)设大猴从A 点水平跳离时速度的最小值为v min ，根据平抛运动规律，有h 1＝12gt 2(1分) x 1＝v min t (1分)代入数据解得v min ＝8 m/s.(2分)(2)设荡起时的速度为v C ，由动能定理得：－(M ＋m )gh 2＝0－12(M ＋m )v 2C (2分) 解得v C ＝2gh 2＝80 m/s ≈9 m/s.(2分)(3)设拉力为F T ，青藤的长度为L ，在最低点，根据牛顿第二定律有F T －(M ＋m )g ＝(M ＋m )v 2C L(2分) 由几何关系得(L －h 2)2＋x 22＝L 2(2分)代入数据解得F T ＝216 N ．(2分)[答案] (1)8 m/s (2)9 m/s (3)216 N[名师点评] 涉及多个原型的试题，一般都属于多过程或多状态问题，正确划分过程或确定研究状态是解题的前提，找出各子过程间的联系是解题的关键，确定遵守的规律是解题的核心．4.(2015·湖北八校联考)如图为某工厂生产流水线上水平传输装置的俯视图，它由传送带和转盘组成．物品(质量m＝1 kg)从A 处无初速放到传送带上，运动到B 处后进入匀速转动的转盘，设物品进入转盘时速度大小不发生变化，并随转盘一起运动(无相对滑动)，到C 处被取走装箱．已知A 、B 两处的距离L＝9 m ，传送带的传输速度v ＝2.0 m/s ，物品在转盘上与轴O 的距离R ＝5 m ，物品与传送带间的动摩擦因数μ1＝0.2.取g ＝10 m/s 2.(1)求物品从A 处运动到B 处的时间t ；(2)求物品从A 处运动到C 处的过程中外力对物品总共做了多少功；(3)若物品在转盘上的最大静摩擦力可视为与滑动摩擦力大小相等，则物品与转盘间的动摩擦因数μ2至少为多大？解析：(1)物品先在传送带上做初速度为零的匀加速直线运动，其位移大小为s 1.由μ1mg ＝ma ，v 2＝2as 1，得s 1＝1 m<L之后，物品和传送带一起以速度v 做匀速运动．物品做匀加速运动的时间t 1＝2s 1v ＝1 s匀速运动的时间t 2＝L －s 1v ＝4 s所以物品从A 处运动到B 处的时间t ＝t 1＋t 2＝5 s.(2)由动能定理，物品从A 处运动到C 处的过程中外力对物品总共做功W ＝m v 22－0＝2 J. (3)物品在转盘上所受的静摩擦力提供向心力，当物品在转盘上恰好无相对滑动时，有μ2mg ＝m v 2R得μ2＝v 2gR＝0.08. 答案：(1)5 s (2)2 J (3)0.081．(多选)(2015·广东中山模拟)质量为m 的物体在水平力F 的作用下由静止开始在光滑地面上运动，前进一段距离之后速度大小为v ，再前进一段距离使物体的速度增大为2v ，则( )A ．第二过程的速度增量等于第一过程的速度增量B ．第二过程的动能增量是第一过程动能增量的3倍C ．第二过程合外力做的功等于第一过程合外力做的功D ．第二过程合外力做的功等于第一过程合外力做功的2倍解析：选AB.由题意知，两个过程中速度增量均为v ，A 正确；由动能定理知：W 1＝12m v 2，W 2＝12m (2v )2－12m v 2＝32m v 2，故B 正确，C 、D 错误． 2．(单选)(2015·辽宁丹东模拟)如图所示，水平传送带长为s ，以速度v 始终保持匀速运动，把质量为m 的货物放到A 点，货物与皮带间的动摩擦因数为μ，当货物从A 点运动到B 点的过程中，摩擦力对货物做的功不可能是( )A ．等于12m v 2B ．小于12m v 2 C ．大于μmgs D ．小于μmgs解析：选C.货物在传送带上相对地面的运动可能先加速后匀速，也可能一直加速，而货物的最终速度应小于等于v ，根据动能定理知摩擦力对货物做的功可能等于12m v 2，可能小于12m v 2，可能等于μmgs ，可能小于μmgs ，故选C. 3.(多选)(2015·南昌模拟)如图所示，与水平面夹角为锐角的斜面底端A 向上有三个等间距点B 、C 和D ，即AB ＝BC ＝CD ，D 点距水平面高为h .小滑块以某一初速度从A 点出发，沿斜面向上运动．若斜面光滑，则滑块到达D 位置时速度为零；若斜面AB 部分与滑块有处处相同的摩擦，其余部分光滑，则滑块上滑到C 位置时速度为零，然后下滑．已知重力加速度为g ，则在AB 有摩擦的情况下( )A ．从C 位置返回到A 位置的过程中，克服阻力做功为23mgh B ．滑块从B 位置返回到A 位置的过程中，动能变化为零C ．滑块从C 位置返回到B 位置时的动能为13mgh D ．滑块从B 位置返回到A 位置时的动能为23mgh 解析：选BC.由于A 、B 、C 和D 等间距，A 、B 、C 和D 所处的高度均匀变化，设A 到B 重力做功为W G ，从A 到D ，根据动能定理，有－3W G ＝0－12m v 20；若斜面AB 部分与滑块间有处处相同的摩擦，设克服摩擦力做功为W f ，根据动能定理，有－2W G －W f ＝0－12m v 20，联立解得W G ＝W f ，所以从C 位置返回到A 位置的过程中克服阻力做功为13mgh ，选项A 错误；从B 位置返回到A 位置时因W G ＝W f ，所以动能的变化为零，选项B 正确，D 错误；设滑块下滑到B 位置时速度大小为v B ，根据动能定理，有W G ＝12m v 2B ＝13mgh ，选项C 正确．4.(多选)如图所示， 在外力作用下某质点运动的v －t 图象为正弦曲线．从图中可以判断( )A ．在0～t 1时间内，外力做正功B ．在0～t 1时间内，外力的功率逐渐增大C ．在t 2时刻，外力的功率最大D ．在t 1～t 3时间内，外力做的总功为零解析：选AD.由动能定理可知，在0～t 1时间内质点速度越来越大，动能越来越大，外力一定做正功，故A 项正确；在t 1～t 3时间内，动能变化量为零，可以判定外力做的总功为零，故D 项正确；由P ＝F ·v 知0、t 1、t 2、t 3四个时刻功率为零，故B 、C 都错．5．(多选)一质点开始时做匀速直线运动，从某时刻起受到一恒力作用．此后，该质点的动能可能( )A ．一直增大B ．先逐渐减小至零，再逐渐增大C ．先逐渐增大至某一最大值，再逐渐减小D ．先逐渐减小至某一非零的最小值，再逐渐增大解析：选ABD.当力的方向与速度方向相同或与速度方向的夹角小于90°时，质点的速度逐渐增大，动能逐渐增大；当力的方向与速度方向相反时，质点做匀减速运动，速度逐渐减小到零后再反向逐渐增大，因此动能先逐渐减小到零，再逐渐增大；当力的方向与速度方向的夹角大于90°小于180°时，力的方向与速度方向的夹角逐渐减小，速度先逐渐减小，直到夹角等于90°时速度达到最小值，而后速度逐渐增大，故动能先逐渐减小到某一非零的最小值，再逐渐增大；综上所述，A 、B 、D 正确．6.(单选)如图所示，ABCD 是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底BC 的连接处都是一段与BC 相切的圆弧，B 、C 在水平线上，其距离d ＝0.50 m ．盆边缘的高度为h ＝0.30 m ．在A 处放一个质量为m 的小物块并让其从静止出发下滑．已知盆内侧壁是光滑的，而盆底BC 面与小物块间的动摩擦因数为μ＝0.10.小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停下的位置到B 的距离为( )A ．0.50 mB ．0.25 mC ．0.10 mD ．0解析：选D.由于BC 面粗糙，物块在BC 面上往返运动不断消耗机械能，直至停止运动．设物块在BC 面上运动的总路程为s .根据动能定理得：mgh －μmgs ＝0，解得s ＝h μ＝0.300.10 m ＝3 m ，因为30.50＝6，可见物块最后停在B 点，D 正确．一、单项选择题1．(2015·杭州模拟)用竖直向上大小为30 N 的力F ，将质量为2 kg 的物体由沙坑表面静止抬升1 m 时撤去力F ，经一段时间后，物体落入沙坑，测得落入沙坑的深度为20 cm.若忽略空气阻力，g 取10 m/s 2.则物体克服沙坑的阻力所做的功为( )A ．20 JB ．24 JC ．34 JD ．54 J解析：选C.对整个过程应用动能定理得：F ·h 1＋mgh 2－W f ＝0，解得：W f ＝34 J ，C 对．2.(2015·吉林摸底)如图所示，将质量为m 的小球以速度v 0由地面竖直向上抛出．小球落回地面时，其速度大小为34v 0.设小球在运动过程中所受空气阻力的大小不变，则空气阻力的大小等于( )A.34mg B.316mg C.716mg D.725mg 解析：选D.对小球向上运动，由动能定理，－(mg ＋f )H ＝0－12m v 20，对小球向下运动，由动能定理，(mg －f )H ＝12m ⎝⎛⎭⎫34v 02，联立解得f ＝725mg ，选项D 正确． 3.(2015·宁波模拟)质量为10 kg 的物体，在变力F 作用下沿x 轴做直线运动，力随坐标x 的变化情况如图所示．物体在x ＝0处，速度为1 m/s ，一切摩擦不计，则物体运动到x ＝16 m 处时，速度大小为( )A ．2 2 m/sB ．3 m/sC ．4 m/s D.17 m/s解析：选B.根据F －x 图象可得W 总＝40 J ，由动能定理得：W 总＝12m v 2－12m v 20，解得v ＝3 m/s ，B 对．4．(2015·宁夏银川检测)光滑斜面上有一个小球自高为h 的A 处由静止开始滚下，抵达光滑的水平面上的B 点时速率为v 0.光滑水平面上每隔相等的距离设置了一个与小球运动方向垂直的阻挡条，如图所示，小球越过n 条阻挡条后停下来．若让小球从2h 高处以初速度v 0滚下，则小球能越过阻挡条的条数为(设小球每次越过阻挡条时损失的动能相等)( )A ．nB ．2nC ．3nD ．4n解析：选C.小球第一次从释放至到达B 点的过程中，由动能定理得mgh ＝12m v 20，由B 点到停止的过程中，由动能定理得－nW ＝0－12m v 20.小球第二次从释放到停止的过程中，由动能定理得mg ·2h －n ′W ＝0－12m v 20，解得n ′＝3n . 5.(2014·高考大纲全国卷)一物块沿倾角为θ的斜坡向上滑动．当物块的初速度为v 时，上升的最大高度为H ，如图所示；当物块的初速度为v 2时，上升的最大高度记为h .重力加速度大小为g .物块与斜坡间的动摩擦因数和h 分别为( )A ．tan θ和H 2 B.⎝⎛⎭⎫v 22gH －1tan θ和H 2 C ．tan θ和H 4 D.⎝⎛⎭⎫v 22gH －1tan θ和H 4 解析：选D.由动能定理有－mgH －μmg cos θH sin θ＝0－12m v 2 －mgh －μmg cos θh sin θ＝0－12m ⎝⎛⎭⎫v 22 解得μ＝⎝⎛⎭⎫v 22gH －1tan θ，h ＝H 4，故D 正确． 6.(2015·北京101中学检测)如图所示，质量为m 的物体静置在水平光滑平台上，系在物体上的绳子跨过光滑的定滑轮，由地面上的人以速度v 0向右匀速拉动，设人从地面上平台的边缘开始向右行至绳与水平方向夹角为45°处，在此过程中人所做的功为( )A.m v 202B.2m v 202C.m v 204 D ．m v 20解析：选C.由题意知，绳与水平方向夹角为45°时，沿绳方向的速度v ＝v 0cos 45°＝2v 02，故质量为m 的物体速度等于2v 02，对物体应用动能定理可知，在此过程中人所做的功为W ＝12m v 2－0＝m v 204，C 正确． 二、多项选择题7．(2015·山西太原一中检测)质量为1 500 kg 的汽车在平直的公路上运动，v －t 图象如图所示．由此可求( )A ．前25 s 内汽车的平均速度B ．前10 s 内汽车的加速度C ．前10 s 内汽车所受的阻力D ．15～25 s 内合外力对汽车所做的功解析：选ABD.由图象可求前25秒内的位移，即图象与时间轴所围区域的面积，再由v ＝x t可求平均速度，故A 正确．前10秒内图线的斜率即为前10秒内的加速度，故B 正确．前10秒内汽车的牵引力大小未知，因此汽车所受阻力不能求，故C 错．由动能定理，合外力所做的功与动能增量相等，故D 正确．8.(2015·孝感统测)如图所示，汽车通过轻质光滑的定滑轮，将一个质量为m 的物体从井中拉出，绳与汽车连接点距滑轮顶点高h ，开始时物体静止，滑轮两侧的绳都竖直绷紧，汽车以速度v 向右匀速运动，运动到跟汽车连接的细绳与水平方向夹角为30°时，则( )A ．从开始到细绳与水平方向夹角为30°时，拉力做功mghB ．从开始到细绳与水平方向夹角为30°时，拉力做功mgh ＋38m v 2 C ．在细绳与水平方向夹角为30°时，拉力功率为mg vD ．在细绳与水平方向夹角为30°时，拉力功率大于32mg v 解析：选BD.汽车以v 向右匀速运动，运动到跟汽车连接的细绳与水平方向夹角为30°时，物体上升的高度恰为h ，对速度v 分解可知沿细绳方向的分速度大小为32v ，根据动能定理可知A 错误、B 正确；由于物体加速上升，故细绳拉力大于物体的重力，所以细绳拉力的功率大于32mg v ，C 错误，D 正确． 9.如图所示，AB 为半径R ＝0.50 m 的四分之一圆弧轨道，B 端距水平地面的高度h ＝0.45 m ．一质量m ＝1.0 kg 的小滑块从圆弧轨道A 端由静止释放，到达轨道B 端的速度v ＝2.0 m/s.忽略空气的阻力．取g ＝10 m/s 2.则下列说法正确的是( )A ．小滑块在圆弧轨道B 端受到的支持力大小F N ＝16 NB ．小滑块由A 端到B 端的过程中，克服摩擦力所做的功W ＝3 JC ．小滑块的落地点与B 点的水平距离x ＝0.6 mD ．小滑块的落地点与B 点的水平距离x ＝0.3 m解析：选BC.小滑块在B 端时，根据牛顿第二定律有F N －mg ＝m v 2R，解得F N ＝18 N ，A 错误；根据动能定理有mgR －W ＝12m v 2，解得W ＝mgR －12m v 2＝3 J ，B 正确；小滑块从B 点做平抛运动，水平方向上x ＝v t ，竖直方向上h ＝12gt 2，解得x ＝v ·2h g＝0.6 m ，C 正确，D 错误．☆10.如图甲所示，静止在水平地面的物块A ，受到水平向右的拉力F 作用，F 与时间t 的关系如图乙所示，设物块与地面的静摩擦力最大值f m 与滑动摩擦力大小相等，则( )A ．0～t 1时间内F 的功率逐渐增大B ．t 2时刻物块A 的加速度最大C ．t 2时刻后物块A 做反向运动D ．t 3时刻物块A 的动能最大解析：选BD.0～t 1时间内，物块静止，F 的功率为零，A 错误；t 2时刻合外力最大，物块A 的加速度最大，B 正确；t 2时刻后物块A 继续向前运动，C 错误；t 1～t 3时间内，物块一直加速运动，t 3时刻后物块做减速运动，所以t 3时刻物块A 的动能最大，D 正确．三、非选择题11．(2015·湖北襄阳四中、荆州中学、龙泉中学联考)质量m ＝1 kg 的物体，在水平拉力F (拉力方向与物体初速度方向相同)的作用下，沿粗糙水平面运动，经过位移4 m 时，拉力F 停止作用，运动到位移是8 m 时物体停止，运动过程中E k －x 的图线如图所示．(g 取10 m/s 2)求：(1)物体的初速度多大？(2)物体和水平面间的动摩擦因数为多大？(3)拉力F 的大小．解析：(1)从图线可知物体初动能为2 J ，则E k0＝12m v 2＝2 J 得v ＝2 m/s.(2)在位移为4 m 处物体的动能为E k ＝10 J ，在位移为8 m 处物体的动能为零，这段过程中物体克服摩擦力做功．设摩擦力为F f ，则－F f x 2＝0－E k ＝0－10 J ＝－10 J得F f ＝－10－4N ＝2.5 N 因F f ＝μmg故μ＝F f mg ＝2.510＝0.25. (3)物体从开始到移动4 m 这段过程中，受拉力F 和摩擦力F f 的作用，合力为F －F f ，根据动能定理有(F －F f )·x 1＝E k －E k0故得F ＝E k －E k0x 1＋F f ＝⎝⎛⎭⎫10－24＋2.5N ＝4.5 N. 答案：(1)2 m/s (2)0.25 (3)4.5 N☆12.如图所示，AB 是倾角为θ的粗糙直轨道，BCD 是光滑的圆弧轨道，AB 恰好在B 点与圆弧相切，圆弧的半径为R .一个质量为m的物体(可以看做质点)从直轨道上的P 点由静止释放，结果它能在两轨道间做往返运动．已知P 点与圆弧的圆心O 等高，物体与轨道AB间的动摩擦因数为μ，求：(1)物体做往返运动的整个过程中在AB 轨道上通过的总路程；(2)最终当物体通过圆弧轨道最低点E 时，对圆弧轨道的压力；(3)为使物体能顺利到达圆弧轨道的最高点D ，释放点距B 点的距离L ′应满足什么条件．解析：(1)因为摩擦力始终对物体做负功，所以物体最终在圆心角为2θ的圆弧轨道上往复运动．对整体过程由动能定理得：mgR ·cos θ－μmg cos θ·s ＝0，所以总路程为s ＝R μ. (2)对B →E 过程mgR (1－cos θ)＝12m v 2E① F N －mg ＝m v 2E R②由①②得F N ＝(3－2cos θ)mg由牛顿第三定律可知，物体对轨道的压力F ′N ＝F N ＝(3－2cos θ)mg ，方向竖直向下．(3)设物体刚好到D 点，则 mg ＝m v 2D R③ L ′取最小值时，对全过程由动能定理得：mgL ′sin θ－μmg cos θ·L ′－mgR (1＋cos θ)＝12m v 2D④ 由③④得L ′＝3＋2cos θ2(sin θ－μcos θ)·R 故应满足的条件为L ′≥3＋2cos θ2(sin θ－μcos θ)·R . 答案：(1)R μ(2)(3－2cos θ)mg ，方向竖直向下 (3)L ′≥3＋2cos θ2(sin θ－μcos θ)·R。
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拔高习题(十四)
(40分钟 100分)
一、选择题(本大题共7小题,每小题8分,共56分。每小题至少一个答案正确,
选不全得4分)
1一人站在电梯中,当电梯匀加速上升时 ( )
A人处于超重状态
B人对电梯的压力大于电梯对人的支持力
电梯对人做的功等于人增加的动能
D电梯对人做的功等于人增加的机械能
2质量=2g的物体,在水平面上以v1=6/的速度匀速向西运动,若有一个F=8N方向
向北的恒力作用于物体,在=2内物体的动能增加了 ( )
A28J B64J 32J D36J
3(2013·南昌模拟)质量为10g的物体,在变力F作用下沿轴做直线运动,力随坐
标的变情况如图所示。物体在=0处,速度为1/,一切摩擦不计,则物体运动到=16
处时,速度大小为 ( )
A2/ B3 /
4 / D/
4如图所示,长为L的长木板水平放置,在木板的A端
放置一个质量为的小物块。现缓慢地抬高A端,使木板
以左端为轴转动,当木板转到与水平面的夹角为α时小物块开始滑动,此时停止
转动木板,小物块滑到底端的速度为v,则在整个过程中 ( )
A支持力对小物块做功为0
B支持力对小物块做功为gLα
摩擦力对小物块做功为gLα
D滑动摩擦力对小物块做功为v2-gLα
5(2013·日照模拟)质量为1g的物体被人用手由静止向上提高1 (忽略空气阻力),
这时物体的速度是2 /,下列说法中正确的是(g=10/2) ( )
A手对物体做功12 J
B合外力对物体做功12 J
合外力对物体做功10 J
D物体克服重力做功10 J
6如图所示,质量相等的物体A和物体B与地面间的
动摩擦因相等,在力F的作用下,一起沿水平地面向
右移动,则 ( )
A摩擦力对A、B做功相等
BA、B动能的增量相同
F对A做的功与F对B做的功相等
D合外力对A做的功与合外力对B做的功不相等
7如图所示,在光滑的水平面上有一个质量为M的木板B处于静止状态,现有一个
质量为的木块A在B的左端以初速度v0开始向右滑动,已知M>,用①和②分别表
示木块A和木板B的图像,在木块A从B的左端滑到右端的过程中,下面关于速
度v随时间、动能E随位移的变图像,其中可能正确的是 ( )
二、计算题(本大题共3小题,共44分。要有必要的文字说明和解题步骤,有值
计算的要注明单位)
8(2013·晋中模拟)(12分)从地面上以初速度v0=10/竖直
向上抛出一质量为=02g的球,若运动过程中受到的空气
阻力与其速率成正比关系,球运动的速率随时间变规律
如图所示,1时刻到达最高点,再落回地面,落地时速率为
v1=2/,且落地前球已经做匀速运动。(g=10/2)求
(1)球从抛出到落地过程中克服空气阻力所做的功;
(2)球抛出瞬间的加速度大小。
9(14分)一滑块(可视为质点)经水平轨道AB进入竖直平面内的四分之一圆弧形
轨道B。已知滑块的质量=050g,滑块经过A点时的速度vA=50/,AB长=
45,滑块与水平轨道间的动摩擦因μ=010,圆弧形轨道的半径R=050,滑块离开点
后竖直上升的最大高度=010。取g=10/2。求
(1)滑块第一次经过B点时速度的大小;
(2)滑块在从B运动到的过程中克服摩擦力所做的功。
10(能力挑战题)(18分)小明站在水平地面上,手握不可
伸长的轻绳一端,绳的另一端系有质量为的小球,甩动
手腕,使球在竖直平面内做圆周运动。当球某次运动到
最低点时,绳突然断掉,球飞行水平距离d后落地,如图
所示。已知握绳的手离地面高度为d,手与球之间的绳
长为d,重力加速度为g,忽略手的运动半径和空气阻力。
(1)求绳断时球的速度大小v1和球落地时的速度大小v2。
(2)问绳能承受的最大拉力多大?
(3)改变绳长,使球重复上述运动,若绳仍在球运动到最低点时断掉,要使球抛出
的水平距离最大,绳长应是多少?最大水平距离为多少?
答案解析
1【解析】选A、D。当物体具有向上的加速度时,处于超重状态,故A正确。由牛
顿第三定律可知,人对电梯的压力等于电梯对人的支持力,故B错误。设人受的
支持力为F,则有F-g=,上升高度时,由动能定(F-g)=-,得F=g+-,所
以电梯对人做的功等于人增加的机械能,故错D对。
2【解析】选B。物体在力F的方向上做初速度为零的匀加速直线运动,则==
4/2,位移=2=×4×22=8,力F所做的功为W=F=8×8J=64J,由动能定知物体的动
能增加了64J,故B正确。
3【解析】选B。F-图像与坐标轴围成的图形面积表示力F做的功,图形位于轴上
方表示力做正功,位于下方表示力做负功,面积大小表示功的大小,所以物体运
动到=16处时,F做正功,其大小W=40J,根据动能定有W=-,代入据,可得
v2=3/。
4【解析】选B、D。缓慢抬高A端过程中,静摩擦力始终跟运动方向垂直,不做功,
支持力与重力做功的代和为零,所以支持力做的功等于gLα;下滑过程支持力跟
运动方向始终垂直,不做功,由动能定可得gLα+=v2,解得=v2-gLα;综
上所述,B、D正确。
【变式备选】如图所示,光滑斜面的顶端固定一弹簧,
一物体向右滑行,并冲上固定在地面上的斜面。设物
体在斜面最低点A的速度为v,压缩弹簧至点时弹簧
最短,点距地面高度为,则从A到的过程中弹簧弹力
做功是 ( )
Ag-v2 Bv2-g
-g D-(g+v2)
【解析】选A。由A到的过程运用动能定可得
-g+W=0-v2,所以W=g-v2,故A正确。
5【解析】选A、D。手对物体做功为W,由动能定W-g=v2,解得W=12J,故A正确。
合外力对物体做的功等于v2=2J,故B、均错误。物体克服重力做的功W′=g=10J,
故D正确。
6【解析】选B。因F斜向下作用在物体A上,A、B受到的摩擦力不相同,因此,
摩擦力对A、B做的功不相等,A错误;但A、B两物体一起运动,速度始终相同,
故A、B动能增量一定相同,B正确;F不作用在B上,因此力F对B不做功,错误;
合外力对物体做的功应等于物体动能的增量,故D错误。
【总结提升】应用动能定解题的技巧
(1)研究对象的选择
用动能定解题时,所选取的研究对象可以是单个物体,也可以是多个物体组成的
系统。若选系统为研究对象时,一定要分析系统内力做的功是否为零。如果不为
零时,不仅要分析外力对系统做的功,也要分析内力做的功。建议这种情况下选
单个物体研究。
(2)研究过程的选择
若单物体多过程运动时,要确定运动过程不同阶段的受力情况和做功情况。分析
各个过程的初末速度,分段列式求解。也可以选择全过程列方程求解。但选全过
程时一定要把合外力在全过程中做的总功求出。若多物体多过程运动时,最好用
隔离法分别研究,画出运动的草图。
7【解析】选D。设A、B间动摩擦因为μ,二者加速度分别为A、B,则μg=A,
μg=MB,可知A>B,v -图像中,①的斜率绝对值应大于②,故A、B均错误;对
A、B分别由动能定得-μgA=EA-,μgB=EB,故有EA=-μgA,EB=
μgB,可知E-图像中,①、②的斜率绝对值应相同,故错误,D正确。
8【解析】(1)设空气阻力做功为,由动能定得=-。 (3分)
代入据得W=-=96J (2分)
(2)由题意知空气阻力Ff=v (2分)
落地前匀速,则有g-v1=0 (1分)
设刚抛出时加速度大小为0,则由牛顿第二定律得
g+v0=0 (2分)
解得0=(1+)g (1分)
代入据得0=60/2 (1分)
答案：(1)96J (2)60/2
9【解题指南】解答本题时应注意
滑块在从B运动到的过程中受到的摩擦力为变力,变力的功可由动能定求出。
【解析】(1)滑块由A到B的过程中,应用动能定得
-Ff·=- (4分)
又Ff=μg (2分)
解得vB=40/ (2分)
(2)滑块从B经过上升到最高点的过程中,由动能定得-g(R+)-W=0-
(4分)
解得滑块克服摩擦力做功W=10J (2分)
答案：(1)40/ (2)10 J
10【解析】(1)设绳断后球飞行时间为,由平抛运动规律,得
竖直方向d-d=g2,水平方向d=v1 (2分)
得v1= (1分)
由机械能守恒定律,有
=+g(d-d) (2分)
得v2= (1分)
(2)设球受到的最大拉力为FT,在最低点
FT-g=,R=d (2分)
解得FT=g (2分)
由牛顿第三定律,绳能承受的最大拉力为g
(3)设绳长为,绳断时球的速度大小为v3,绳承受的最大拉力不变,有FT-g= (2
分)
得v3= (1分)
绳断后球做平抛运动,竖直位移为d-,水平位移为,时间为1,有d-=g
(1分)
=v31 (1分)
得=4 (1分)
当=时,有最大值,=d (2分)
答案：(1)
(2)g (3) d
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