2022年高考物理一輪復習 第6章 第2講 動能定理及其應用

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2、叫作動能. (2)公式：瓦=產(chǎn)",單位:焦耳(J).l J = 1 N-m=l kg.m?*. (3)動能是標量、狀態(tài)量. 2 .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)表達式：W= A￡k=Ek2—￡k? =^mv22~^mv\2. (3)物理意義：合力做的功是物體動能變化的量度. 【技巧點撥】 1 .適用條件 (1)動能定理既適用于直線運動，也適用于曲線運動. (2)動能定理既適用于恒力做功，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，也可以分階段作用. (確定研究時象和研究過程一 選擇起 止位

3、混 明確初、 末動能 分階段或 全過程列 動能定理 方程求解 2 .解題步驟 幾個力?恒力逑見是否做功？正 還是變力？干黃功還是負功？ 3 .注意事項 (1)動能定理中的位移和速度必須是相對于同一個參考系的，一般以地面或相對地面靜止的物 體為參考系. (2)當物體的運動包含多個不同過程時，可分段應用動能定理求解；也可以全過程應用動能定 理求解. (3)動能是標量，動能定理是標量式，解題時不能分解動能. 【例1】(2019?遼寧大連市高三月考)如圖1所示，一名滑雪愛好者從離地〃=40 m高的山坡上 4點由靜止沿兩段坡度不同的直雪道A。、OC滑下，滑到坡底C時的速度大小。=2

4、0 m/s.已 知滑雪愛好者的質(zhì)量m=60kg,滑雪板與雪道間的動摩擦因數(shù)〃=0.25, 8c間的距離乙= 100 m,重力加速度g= 10 m/s2,忽略在。點損失的機械能，則下滑過程中滑雪愛好者做的 功為() 圖1 A. 3 000J B. 4 000J C. 5 000J D. 6000J 答案A 解析 根據(jù)動能定理有 W—^mgLADCos a—fimgLcDCos p+mgh='jmv1,即：W—fimgL+mgh =加。2,求得W=3 000J,故選A. 【例2】(2017?上海卷? 19)如圖2,與水平面夾角9= 37。的斜面和半徑R=0.4 m的光滑圓軌道 相

5、切于8點，且固定于豎宜平面內(nèi).滑塊從斜面上的A點由靜化釋放，經(jīng)8點后沿圓軌道運 動，通過最高點C時軌道對滑塊的彈力為零.已知滑塊與斜面間動摩擦因數(shù)〃=0.25.(g取 10 m/s2, sin 37°=0.6, cos 37°=0.8)求： 圖2 (1)滑塊在C點的速度大小vc; (2)滑塊在B點的速度大小vB; (3)A、8兩點間的高度差人 答案(1)2 m/s (2)4.29 m/s (3)1.38 m 解析(1)在C點，滑塊豎直方向所受合力提供向心力，m8=甯 解得 m/s. (2)8-C過程，由動能定理得 —mgR(l +cos 37°)=^mvc2—^inv

6、er 解得 VB=yjvc1^~2gR(\+cos 37°)^4.29 m/s. (3)滑塊從A-8的過程，利用動能定理： h 1 mgh-fimgcos 37。1由 37gz^相。.一。 代入數(shù)據(jù)，解得力=1.38 m. 1 .(動能定理的理解)(2018?天津卷?2)滑雪運動深受人民群眾喜愛.如圖3所示，某滑雪運動 員(可視為質(zhì)點)由坡道進入豎直面內(nèi)的圓弧形滑道AB,從滑道的A點滑行到最低點B的過程 中，由于摩擦力的存在，運動員的速率不變，則運動員沿A8下滑過程中() A.所受合外力始終為零 B.所受摩擦力大小不變 C.合外力做功一定為零 D.機械能始終保持不變

7、 答案C 解析 運動員從A點滑到B點的過程中速率不變，則運動員做勻速圓周運動，其所受合外力 指向圓心，A錯誤；如圖所示，運動員受到的沿圓弧切線方向的合力為零，即R=/”gsina, 下滑過程中a減小，sina變小，故摩擦力K變小，B錯誤：由動能定理知，運動員勻速率下 滑動能不變，合外力做功為零，C正確；運動員下滑過程中動能不變，重力勢能減小，機械 能減小，D錯誤. 2.（動能定理的應用）（多選）（2019?寧夏銀川市質(zhì)檢汝口圖4所示為一滑草場.某條滑道由上下 兩段高均為力，與水平面傾角分別為45。和37。的滑道組成，載人滑草車與草地之間的動摩擦 因數(shù)均為〃.質(zhì)量為m的載人滑草車從坡頂

8、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（不計載人滑草車在兩段滑道交接處的能量損失，重力加速度大小為 g, sin 37°=0.6, cos 37°=0.8）.貝匹 ） 圖4 A.動摩擦因數(shù)〃 B.載人滑草車最大速度為、浮 C.載人滑草車克服摩擦力做功為mg/? D.載人滑草車在下段滑道上的加速度大小為百 答案AB 解析對載人滑草車從坡頂由靜止開始滑到底端的全過程分析，由動能定理可知：〃&2〃一 h h 6 〃加geos 45°?；萬。一sgcos 37°- - ^7O=0,解得/z=z,選項A正確；對經(jīng)過上段滑道的過 程分析，根據(jù)動能定理有mgh-

9、umgcos 45°- . ^O=9^m2,解得：Vm=\ 選項B正確； 載人滑草車克服摩擦力做功為2/ng/j,選項C錯誤；載人滑草車在下段滑道上的加速度為a mgsin 37°-//wgcos 37° 3 ? , , 3 "?_”.口 m 一一4故大小為投，選項D錯伏? 考點二應用動能定理求變力做功 在一個有變力做功的過程中，由動能定理，W交+Wm = /s2一/皿2,物體初、末速度已知, 恒力做功WM可根據(jù)功的公式求出，這樣就可以得到W支=5加2?一最皿2一卬包，就可以求變 力做的功了. 【例31 (2020?四川雅安市期末)如圖5所示，一半徑為R的半圓形軌道豎直固定放置，

10、軌道兩 端等高，質(zhì)量m的質(zhì)點自軌道端點尸由靜止開始滑下，滑到最低點。時，對軌道的壓力為 2>ng,重力加速度大小為g.質(zhì)點自P滑到。的過程中，克服摩擦力所做的功為() 圖5 1 1 A 甲 gR B.pgR 1 7C C^rngR D.甲 gR 答案c 解析 在。點質(zhì)點受到的豎直向下的重力和豎直向上的支持力的合力充當向心力，所以有 v2 FN-mg=m-^, Fn = Fn' =2mg,聯(lián)立解得@=病，下滑過程中，根據(jù)動能定理可得mgR —Wf=^/w2,解得所以克服摩擦力做功亍ngR,選項C正確. 3.(應用動能定理求變力做功)(2019?河南鄭州市高一月考)質(zhì)量

11、為m的物體以初速度如沿水 平面向左開始運動，起始點4與一輕彈簧O端相距s,如圖6所示.已知物體與水平面間的 動摩擦因數(shù)為〃，物體與彈簧相碰后，彈簧的最大壓縮量為x,則從開始碰撞到彈簧被壓縮至 最短，物體克服彈簧彈力所做的功為(重力加速度大小為g)() I A/VWVWA j j ..... .4 / O A 圖6 A ①mvo2 -+x) B.產(chǎn)-pungx C. fimgs D. 〃加g(s+x) 答案A 解析 根據(jù)功的定義式可知物體克服摩擦力做功為 做=〃加g(s+x),由動能定理可得一W彈一 Wf=0—：小。()2,則Wk=5加()2—〃加g(s+x),故選項A正

12、確. 考點三動能定理與圖象結合的問題 1 .解決圖象問題的基本步驟 (1)觀察題目給出的圖象，弄清縱坐標、橫坐標所對應的物理量及圖線所表示的物理意義. (2)根據(jù)物理規(guī)律推導出縱坐標與橫坐標所對應的物理量間的函數(shù)關系式. (3)將推導出的物理規(guī)律與數(shù)學上與之相對應的標準函數(shù)關系式相對比，找出圖線的斜率、截 距、圖線的交點、圖線下的面積等所表示的物理意義，分析解答問題，或者利用函數(shù)圖線上 的特定值代入函數(shù)關系式求物理量. 2 .圖象所圍“面積”和圖象斜率的含義 匚考向1 動能定理與反一了圖象結合 【例4】(2019?全國卷HL17)從地面豎直向上拋出一物體，物體在運動過程中

13、除受到重力外，還 受到一大小不變、方向始終與運動方向相反的外力作用.距地面高度人在3m以內(nèi)時，物體 上升、下落過程中動能反隨力的變化如圖7所示.重力加速度取10m/s2.該物體的質(zhì)量為() 圖7 A. 2 kg B. 1.5 kg C. 1 kg D. 0.5 kg 答案C 解析法一：特殊值法 畫出運動示意圖. Ek/f=36 J ~ 8, j J=24 J 〃=3 m 。上 “F &產(chǎn)72 J 1A - J- - A I Ek /=48 J 設該外力的大小為F,據(jù)動能定理知 AfB(上升過程)：-(mg+F)h=EkB-Eu Bf4(下落過程)：(mg一用/^

14、=Ek/ -Ew' 整理以上兩式并代入數(shù)據(jù)得機g/z=30J,解得物體的質(zhì)量機=1 kg,選項C正確. 法二：寫表達式根據(jù)斜率求解 上升過程：一(z?g+F)〃=Ek—Eko, 則 ￡k = — (mg+F)h+Eka 下降過程：(mg—嚴〃=a'-Eko', 則 Ek' =(mg—F)h+Eka', 結合題圖可知mg+尸=三號 N=12N, 48-24 mg—尸=g_o N = 8 N 聯(lián)立可得m=1 kg,選項C正確. 考向2 動能定理與F-x圖象結合 【例51如圖8甲所示，在傾角為30。的足夠長的光滑斜面AB的4處連接一粗糙水平面OA, 0A長為4 m.有一質(zhì)量為膽的

15、滑塊，從O處由靜止開始受一水平向右的力尸作用.尸在水 平面上按圖乙所示的規(guī)律變化.滑塊與0A間的動摩擦因數(shù)〃=0.25, g取10m/s2,試求： 甲 乙 圖8 (1)滑塊運動到4處的速度大?。? (2)不計滑塊在A處的速率變化，滑塊沿斜面AB向上運動的最遠距離是多少. 答案(1)5^2 m/s (2)5 m 解析(1)由題圖乙知，在OA段拉力做功為W=(2"igX2-0.5mgXl)J=3.5mg(J) 滑動摩擦力 Ff=—〃mg=-0.25mg, Wf= FvXoa = ~m^(J), 滑塊在。 4上運動的全過程，由動能定理得 代入數(shù)據(jù)解得0A=5由m/s. （2

16、）對于滑塊沖上斜面的過程，由動能定理得 —mgLsin 30°=0— 解得L=5m 所以滑塊沿斜面AB向上運動的最遠距離為L=5 m. IL跟進訓練 4.（動能定理與a-t圖象結合）（2020?山西太原市模擬）用傳感器研究質(zhì)量為2 kg的物體由靜 止開始做直線運動的規(guī)律時，在計算機上得到0?6 s內(nèi)物體的加速度隨時間變化的關系如圖 9所示.下列說法正確的是（） A. 0?6 s內(nèi)物體先向正方向運動，后向負方向運動 B. 0?6 s內(nèi)物體在4 s時的速度最大 C.物體在2?4 s內(nèi)的速度不變 D. 0?4 s內(nèi)合力對物體做的功等于0?6 s內(nèi)合力對物體做的功 答案D

17、 解析 物體6 s末的速度比=gx（2+5）X2 m/s-JxiX2 m/s=6 m/s,結合題圖可知0?6 s 內(nèi)物體一直向正方向運動，A項錯誤：由題圖可知物體在5 s末速度最大，ym=1x（2+5）X 2 m/s=7 m/s, B項錯誤；由題圖可知物體在2?4s內(nèi)加速度不變，做勻加速直線運動，速 度變大，C項錯誤：在0?4 s內(nèi)由動能定理可知，W-4=|wv42-0,又s=；X（2+4）X2m/s 1 =6 m/s,得卬合4=36 J,0?6 s內(nèi)合力對物體做的功：W *6=2^%2—0,又06=6 m/s, 得 Ws6=36J,則 Wm=Ws6, D 項正確. 5.（動能定理與E

18、lx圖象結合）（2020?湖北高三月考）質(zhì)量為2 kg的物塊放在粗糙水平面上,在 水平拉力的作用下由靜止開始運動，物塊的動能以與其發(fā)生的位移x之間的關系如圖10所 示.己知物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)"=0.2,重力加速度g取10 m/s?,則下列說法正確的 是（） 圖10 A. x=l m時速度大小為2m/s B. x=3 m時物塊的加速度大小為2.5 m/s2 C.在前4 m位移過程中拉力對物塊做的功為9 J D.在前4 m位移過程中物塊所經(jīng)歷的時間為2.8 s 答案D 解析根據(jù)動能定理可知，物體在兩段運動中分別所受合外力恒定，則物體做加 速度不同的勻加速運動：由題圖圖

19、象可知x=l m時動能為2J,。1=、^^|=啦 m/s,故A 錯誤.同理，當x=2m時動能為4J, V2=2 m/s;當x=4m時動能為9J, V4=3 m/s,則2? 4 m內(nèi)有2a2X2=04?一解得2?4 m內(nèi)物塊的加速度為02=1.25 m/s2,故B錯誤.對物體 運動全過程，由動能定理得：W-+（一〃加和）=瓜木一0,解得M=25J,故C錯誤.0?2 m過 程，ti=~=2 s； 2?4 m過程，介=~勺=0.8 s,故總時間為2 s+0.8 s=2.8 s, D正確. V2 V2~rV4 2 課時精練 E雙基鞏固練 1.（2018?全國卷n/4）如圖1,某同學用繩

20、子拉動木箱，使它從靜止開始沿粗糙水平路面運動 至具有某一速度.木箱獲得的動能一定（） 圖1 A.小于拉力所做的功 B.等于拉力所做的功 C.等于克服摩擦力所做的功 D.大于克服摩擦力所做的功 答案A 解析由題意知，W拉一Ws=AEk,則W心AEk, A項正確，B項錯誤；卬川與AEt的大小 關系不確定，C、D項錯誤. 2. 如圖2所示，小物體從4處由靜止開始沿光滑斜面AO下滑，又在粗糙水平面上滑動，最 終停在B處，已知A距水平面OB的高度為〃，物體的質(zhì)量為/〃，現(xiàn)用力將物體從B點靜止 2 B.xmgh 沿原路拉回至距水平面高為的C點處，已知重力加速度為g,需外力做的功至

21、少應為（） Aqmg/? C^mgh D. 2mgh 答案C 解析 物體從A到B全程應用動能定理可得，—Wr=0,由B返回C處過程，由動能定理 2 5 得 WF- Wf-Tmgh=O,聯(lián)立可得 WF=Tmgh,故選 C. 3. （2018?江蘇卷4）從地面豎直向上拋出一只小球，小球運動一段時間后落回地面.忽略空氣 阻力，該過程中小球的動能反與時間r的關系圖像是（） 答案A 解析 小球做豎直上拋運動，設初速度為U0,則V=Vo—gt 小球的動能Ek=3wo\把速度。代入得 Ek=^mg2i1—mgvot-}-^mv（r, Ek與f為二次函數(shù)關系，故A正確. 4. （2

22、021?廣東茂名市第一中學期中）如圖3所示，運動員把質(zhì)量為膽的足球從水平地面踢出, 足球在空中達到的最高點高度為近在最高點時的速度為。，不計空氣阻力，重力加速度為g， 下列說法正確的是（） 圖3 A.運動員踢球時對足球做功;，加2 B.足球上升過程重力做功mgh C.運動員踢球時對足球做功"吆〃+；，"/ D.足球上升過程克服重力做功mgh+\mi^ 答案C 解析足球被踢起后在運動過程中，只受到重力作用，只有重力做功，重力做功為一，叫力， 即克服重力做功〃喏力，B、D錯誤；由動能定理有卬人一因此運動員對足球做功 W ^=mgh+^mv2,故 A 錯誤，C 正確. 4 O

23、B C 5. （2021 ?湖南懷化市模擬）如圖4所示，。。是水平面，AB是斜面，初速度為如的物體從O 點出發(fā)沿08A滑動到頂點A時速度剛好為零，如果斜面改為AC,讓該物體從。點出發(fā)沿 DCA滑動到4點且速度剛好為零，則物體具有的初速度（已知物體與斜面及水平面之間的動 摩擦因數(shù)處處相同且不為零）（） D 圖4 A.等于B.大于內(nèi) C.小于。o D.取決于斜面 答案A 解析 物體從。點滑動到頂點A過程中一〃吆MO—46g，切8—〃加geos Q-L = 0—產(chǎn)0（）2,由幾 何關系有XAflCOS a=XoB,因而上式可以簡化為一〃吆“AO—〃加g?XOQ = 0—5秋）2,從上式

24、可以看 出，物體的初速度與路徑無關.故選A. 6. （2021 ?福建寧德市高三期中）如圖5所示，質(zhì)量為m的物體置于光滑水平面上，一根繩子跨 過定滑輪一端固定在物體上，另一端在力廣作用下，物體由靜止開始運動到繩與水平方向的 夾角。=45。時繩以速度如豎直向下運動，此過程中，繩的拉力對物體做的功為（ ） C. mvj D.'^_7n0（）2 答案C 解析將物體的運動分解為沿繩子方向的運動以及垂直繩子方向的運動，則當物體運動到繩 與水平方向的夾角a=45°時物體的速度為。，則0cos 45°=0o,可得v=jvo,物體由靜止開 始運動到繩與水平方向的夾角a=45。過程中，只有繩子拉力對

25、物體做功，由動能定理得繩的 拉力對物體做的功：W=-jmv1—0=mpo2（故C正確，A、B、D錯誤. 7 .（多選）在某一粗糙的水平面上，一質(zhì)量為2 kg的物體在水平恒定拉力的作用下做勻速直線 運動，當運動一段時間后，拉力逐漸減小，且當拉力減小到零時，物體剛好停止運動，圖6 中給出了拉力隨位移變化的關系圖象.已知重力加速度g取10 m/s2.根據(jù)以上信息能精確得 出或估算得出的物理量有（） 圖6 A.物體與水平面間的動摩擦因數(shù) B.合外力對物體所做的功 C.物體做勻速運動時的速度 D.物體運動的時間 答案 ABC 解析物體做勻速直線運動時，拉力后與滑動摩擦力R相等，物體與

26、水平面間的動摩擦因 Pn 1 數(shù)為"=-'=0,35, A正確；減速過程由動能定理得死+的=0—T/nv2,根據(jù)尸一x圖象中圖 k2g 2 線與坐標軸圍成的面積可以估算力F做的功場，而Wt= ~/imgx= -Fox,由此可求得合外力 對物體所做的功，及物體做勻速運動時的速度o, B、C正確；因為物體做變加速運動，所以 運動時間無法求出，D錯誤. 8 .質(zhì)量"?=1 kg的物體，在水平恒定拉力尸（拉力方向與物體初速度方向相同）的作用下，沿粗 糙水平面運動，經(jīng)過的位移為4 m時，拉力廠停止作用，運動到位移為8 m時物體停止運動, 運動過程中Ek-x圖象如圖7所示.取g=10m/s2,求：

27、 圖7 (1)物體的初速度大?。? (2)物體和水平面間的動摩擦因數(shù)： (3)拉力廠的大小. 答案(1)2 m/s (2)0.25 (3)4.5 N 解析(1)從題圖可知物體初動能為2J,則 Eko=^mv2=2 J, 得 v=2 m/s. (2)在位移為4 m處物體的動能為反=10 J,在位移為8 m處物體的動能為零，這段過程中物 體克服摩擦力做功. 設摩擦力為Ft,則由動能定理得 — FfX2=0-Ek 代入數(shù)據(jù)，解得R=2.5N. 因 F(=fimg, 故 〃=0.25. (3)物體從開始運動到位移為4m的過程中，受拉力廠和摩擦力Ff的作用，合力為F-Ft

28、,根 據(jù)動能定理有 （F— F（）xi=Ek—Ew, 故得尸=4.5 N. C能力提升練 9.(多選)(2020?貴州安順市網(wǎng)上調(diào)研)如圖8所示，半圓形光滑軌道BC與水平光滑軌道AB平 滑連接.小物體在水平恒力尸作用下，從水平軌道上的P點，由靜止開始運動，運動到B點 撤去外力尸，小物體由C點離開半圓軌道后落在尸點右側區(qū)域.己知PB=3R,重力加速度 為g,尸的大小可能為() 圖8 A品 B.喈 C. mg D.警 答案BC 解析 小球能通過C點應滿足"卷'2/wg, 且由C點離開半圓軌道后落在P點右側區(qū)域，則有2R=ggF, Vct<3R,對小球從尸點到C點 由動能定理得

29、 F-3R—2mgR=^nv(r, 聯(lián)立解得喈WF<誓 故B、C正確，A、D錯誤. 10.如圖9所示，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"?的小球(可看成質(zhì)點)從尸點上方高為R處由靜止開始下落，恰好從P點進入 軌道.小球滑到軌道最低點N時，對軌道的壓力大小為4"吆，g為重力加速度.用W表示小 球從P點運動到N點的過程中克服摩擦力所做的功，貝女 ) -T- O/H O Q 圖9 A. W=%jgR,小球恰好可以到達0點 B. 嗎頻，小球不能到達。點 C. W=；，"gR,小球到達。點后，繼續(xù)上升一段距離 D. 嗎sgR,小球到

30、達Q點后，繼續(xù)上升一段距離 答案C 2 解析 在N點，根據(jù)牛頓第二定律有R—"j氤 解得DN=、3gR,對小球從開始下落至 到達N點的過程，由動能定理得，咫-2/? — W=%i"-0,解得W=%igR.由于小球在PN段某 點處的速度大于此點關于ON在NQ段對稱點處的速度，所以小球在PN段某點處受到的支 持力大于此點關于ON在NQ段對稱點處受到的支持力，則小球在NQ段克服摩擦力做的功 小于在尸N段克服摩擦力做的功，小球在NQ段運動時，由動能定理得一"吆R-W' —^mvN1,因為W' <^mgR,則小球在N處的動能大于小球從N到Q克服重力做的功和克服 摩擦力做的功之和，可知。0>0,所

31、以小球到達Q點后，繼續(xù)上升一段距離，選項C正確. II.如圖10甲所示，長為4 m的水平軌道48與半徑為R=0.6m的豎直半圓弧軌道8c在8 處相連接，有一質(zhì)量為1 kg的滑塊(大小不計)，從A處由靜止開始受水平向右的力尸作用， 產(chǎn)的大小隨位移變化的關系如圖乙所示，滑塊與AB間的動摩擦因數(shù)為〃=0.25,與8c間的 動摩擦因數(shù)未知，g取10m/s2.求： (1)滑塊到達B處時的速度大?。? (2)滑塊在水平軌道AB上運動前2 m過程所用的時間； (3)若到達8點時撤去力F,滑塊沿半圓弧軌道內(nèi)側上滑，并恰好能到達最高點C,則滑塊在 半圓弧軌道上克服摩擦力所做的功是多少？ 答案(1)2

32、710 m/s (2)^J s (3)5 J 解析(I)對滑塊從A到B的過程，由動能定理得 F\X\ + F3X3 — 7gx=^/nVET, 得 加=2415 m/s. (2)在前 2 m 內(nèi)，有 F] —nmg—ma, 且 x\ 解得 t\ =4^ s. ⑶當滑塊恰好能到達最高點。時，應有蚩， 對滑塊從8到。的過程，由動能定理得 W- mg X2R=1/nuc2-, 代入數(shù)值得卬=一5 J,即滑塊在半圓弧軌道上克服摩擦力做的功為5 J. 12. (2020?山西運城市月考)如圖11,在豎直平面內(nèi)，一半徑為R的光滑圓弧軌道ABC和水 平軌道以在A點相切，8c為圓弧軌道的直

33、徑，O為圓心，04和08之間的夾角為a, sina =3一質(zhì)量為例的小球沿水平軌道向右運動，經(jīng)A點沿圓弧軌道通過C點，落至水平軌道； 在整個過程中，除受到重力及軌道作用力外，小球還一直受到一水平恒力的作用，已知小球 在C點所受合力的方向指向圓心，且此時小球?qū)壍赖膲毫η『脼榱?重力加速度大小為g. 求： (1)水平恒力的大小和小球到達C點時速度的大?。? (2)小球到達B點時對圓弧軌道的壓力大小. 答案⑴W2- (2)ry/ng 解析(1)設水平恒力的大小為凡),小球所受重力和水平恒力的合力的大小為F,小球到達C 點時速度的大小為Vc, 則 一tan a, F- , mg cos a 由牛頓第二定律得F=n^~, K 聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得尺=加，翌 (2)設小球到達8點時速度的大小為如，小球由8到C的過程中由動能定理可得 -2FR=力 0c2 -\tnvir, 代入數(shù)據(jù)解得g述 0月2 小球在B點時有Fn-F=〃f~e， K 解得Fn=?九g 由牛頓第三定律可知，小球在8點時對圓弧軌道的壓力大小為Fn' =爭網(wǎng).