（全國(guó)版）2019版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第6章 機(jī)械能及其守恒定律 第23課時(shí) 動(dòng)能定理及其應(yīng)用學(xué)案

《（全國(guó)版）2019版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第6章 機(jī)械能及其守恒定律 第23課時(shí) 動(dòng)能定理及其應(yīng)用學(xué)案》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（全國(guó)版）2019版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第6章 機(jī)械能及其守恒定律 第23課時(shí) 動(dòng)能定理及其應(yīng)用學(xué)案（18頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 第23課時(shí)　動(dòng)能定理及其應(yīng)用 考點(diǎn)1　對(duì)動(dòng)能定理的理解和應(yīng)用 1．動(dòng)能 (1)定義：物體由于運(yùn)動(dòng)而具有的能叫動(dòng)能。 (2)公式：Ek＝mv2。 (3)單位：焦耳，1 J＝1 N·m＝1 kg·m2/s2。 (4)物理意義：動(dòng)能是狀態(tài)量，是標(biāo)量。 2．動(dòng)能定理 (1)內(nèi)容：在一個(gè)過(guò)程中合力對(duì)物體做的功，等于物體在這個(gè)過(guò)程中動(dòng)能的變化量。 (2)表達(dá)式：W＝ΔEk＝Ek2－Ek1＝mv－mv。 (3)物理意義：合外力的功是物體動(dòng)能變化的量度。 (4)適用條件 ①動(dòng)能定理既適用于直線運(yùn)動(dòng)，也適用于曲線運(yùn)動(dòng)。 ②既適用于恒力做功，也適用于變力做功。

2、 ③力可以是各種性質(zhì)的力，既可以同時(shí)作用，也可以分階段作用。 [例1]　(2015·山東高考)如圖甲所示，物塊與質(zhì)量為m的小球通過(guò)不可伸長(zhǎng)的輕質(zhì)細(xì)繩跨過(guò)兩等高定滑輪連接。物塊置于左側(cè)滑輪正下方的表面水平的壓力傳感裝置上，小球與右側(cè)滑輪的距離為l。開始時(shí)物塊和小球均靜止，將此時(shí)傳感裝置的示數(shù)記為初始值?，F(xiàn)給小球施加一始終垂直于l段細(xì)繩的力，將小球緩慢拉起至細(xì)繩與豎直方向成60°角，如圖乙所示，此時(shí)傳感裝置的示數(shù)為初始值的1.25倍；再將小球由靜止釋放，當(dāng)運(yùn)動(dòng)至最低位置時(shí)，傳感裝置的示數(shù)為初始值的0.6倍，不計(jì)滑輪的大小和摩擦，重力加速度的大小為g。求： (1)物塊的質(zhì)量； (2)從

3、釋放到運(yùn)動(dòng)至最低位置的過(guò)程中，小球克服空氣阻力所做的功。 解析　(1)設(shè)開始時(shí)細(xì)繩的拉力大小為T1，傳感裝置的初始值為F1，物塊質(zhì)量為M，由平衡條件得 對(duì)小球，T1＝mg① 對(duì)物塊，F(xiàn)1＋T1＝Mg② 當(dāng)細(xì)繩與豎直方向的夾角為60°時(shí)，設(shè)細(xì)繩的拉力大小為T2，傳感裝置的示數(shù)為F2，據(jù)題意可知，F(xiàn)2＝1.25F1，由平衡條件得 對(duì)小球，T2＝mgcos60°③ 對(duì)物塊，F(xiàn)2＋T2＝Mg④ 聯(lián)立①②③④式，代入數(shù)據(jù)得M＝3m⑤ (2)設(shè)小球運(yùn)動(dòng)至最低位置時(shí)速度的大小為v，從釋放到運(yùn)動(dòng)至最低位置的過(guò)程中，小球克服阻力所做的功為Wf，由功能定理得 mgl(1－cos60°)－Wf＝m

4、v2⑥ 在最低位置，設(shè)細(xì)繩的拉力大小為T3，傳感裝置的示數(shù)為F3，據(jù)題意可知，F(xiàn)3＝0.6F1，對(duì)小球，由牛頓第二定律得 T3－mg＝m⑦ 對(duì)物塊，由平衡條件得F3＋T3＝Mg⑧ 聯(lián)立①②⑤⑥⑦⑧式，代入數(shù)據(jù)得Wf＝0.1mgl。 答案　(1)3m　(2)0.1mgl 用動(dòng)能定理解決問(wèn)題注意事項(xiàng) (1)明確研究對(duì)象。 (2)分析受力情況及各力做功情況。 ①首先分析物體受力情況，判斷物體所受的力是恒力還是變力；做正功還是做負(fù)功，還是不做功。 ②根據(jù)題意合理選擇過(guò)程，是分段列式還是全程列式。 ③分別列出合外力做的功、動(dòng)能的改變量，根據(jù)動(dòng)能定理列式求解。 1．(人教版

5、必修2 P74·T1改編)改變汽車的質(zhì)量和速度，都能使汽車的動(dòng)能發(fā)生變化，在下面幾種情況中，汽車的動(dòng)能是原來(lái)的2倍的是(　　) A．質(zhì)量不變，速度變?yōu)樵瓉?lái)的2倍 B．質(zhì)量和速度都變?yōu)樵瓉?lái)的2倍 C．質(zhì)量變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，速度減半 D．質(zhì)量減半，速度變?yōu)樵瓉?lái)的2倍 答案　D 解析　由Ek＝mv2知，m不變，v變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，Ek變?yōu)樵瓉?lái)的4倍。同理，m和v都變?yōu)樵瓉?lái)的2倍時(shí)，Ek變?yōu)樵瓉?lái)的8倍，m變?yōu)?倍，速度減半時(shí)，Ek變?yōu)樵瓉?lái)的一半；m減半，v變?yōu)?倍時(shí)，Ek變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，故選項(xiàng)D正確。 2．(人教版必修2 P74·T3改編)子彈的速度為v，打穿一塊固定的木塊后速度剛好變?yōu)榱恪?/p>

6、若木塊對(duì)子彈的阻力為恒力，那么當(dāng)子彈射入木塊的深度為其厚度的時(shí)，子彈的速度是(　　) A.v B.v C.v D.v 答案　D 解析　設(shè)木塊的厚度為d，木塊對(duì)子彈的作用力為F，打穿木塊時(shí)，由動(dòng)能定理得－Fd＝0－mv2，打穿其厚度的時(shí)，由動(dòng)能定理得－F＝mv′2－mv2，聯(lián)立解得v′＝v，故D正確。 3．如圖所示，小車A放在一個(gè)傾角為30°的足夠長(zhǎng)的固定的光滑斜面上，A、B兩物體由繞過(guò)輕質(zhì)定滑輪的細(xì)線相連，已知重力加速度為g，滑輪質(zhì)量及細(xì)線與滑輪之間的摩擦不計(jì)，小車A的質(zhì)量為3m，小球B的質(zhì)量為m，小車從靜止釋放后，在小球B豎直上升h的過(guò)程中，小車受繩的拉力大小FT和小車獲得的動(dòng)

7、能Ek分別為(　　) A．FT＝mg，Ek＝mgh B．FT＝mg，Ek＝mgh C．FT＝mg，Ek＝mgh D．FT＝mg，Ek＝mgh 答案　D 解析　小車A與小車B構(gòu)成的系統(tǒng)做加速運(yùn)動(dòng)，隔離分析小車，據(jù)牛頓第二定律得3mgsin30°－FT＝3ma 隔離分析小球B，據(jù)牛頓第二定律得FT－mg＝ma 聯(lián)立可得小車受繩的拉力大小FT＝。 當(dāng)小球B上升h高度時(shí)，根據(jù)動(dòng)能定理有 3mghsin30°－mgh＝(3m＋m)v2－0 解得v＝。 小車的最大動(dòng)能為Ek＝·3m·v2＝×3m×＝，綜合上述可知，A、B、C錯(cuò)誤，D正確。 考點(diǎn)2　　動(dòng)能定理與圖象綜合

8、 1．借助以前學(xué)過(guò)的圖象v-t、a-t、x-t等結(jié)合力、功及速度變化，運(yùn)用動(dòng)能定理去分析理解。 2．新增圖象解讀 F-x圖象 由公式W＝Fx可知，F(xiàn)-x圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積表示力所做的功，反映了F隨x的變化關(guān)系 P-t圖象 由公式W＝Pt可知，P-t圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積表示力所做的功，反映了P隨t的變化關(guān)系 Ek-x圖象 F合＝，斜率為合外力，反映了Ek隨x的變化關(guān)系 3．解決有關(guān)物理圖象問(wèn)題的基本步驟 [例2]　質(zhì)量m＝1 kg的物體，在水平拉力F(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(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)位移4 m時(shí)，拉力F停止作用，運(yùn)動(dòng)到位移是

9、8 m時(shí)物體停止，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中動(dòng)能與位移圖象(Ek-x)如圖所示。(g取10 m/s2)求： (1)物體的初速度多大？ (2)物體和水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為多大？ (3)拉力F的大小。 解析　(1)從圖象可知初動(dòng)能Ek0＝2 J 由Ek0＝mv2解得v＝2 m/s。 (2)在位移為4 m處物體的動(dòng)能為Ek＝10 J，在位移為8 m處物體的動(dòng)能為零，此過(guò)程中物體克服摩擦力做功。設(shè)摩擦力為Ff，由動(dòng)能定理有－Ffx2＝0－Ek 得出Ff＝＝ N＝2.5 N 因Ff＝μmg，故μ＝＝＝0.25。 (3)物體從開始到移動(dòng)4 m這段過(guò)程中，受拉力F和摩擦力Ff的作用，根據(jù)動(dòng)能定理有(F

10、－Ff)x1＝Ek－Ek0 故得F＝＋Ff＝ N＝4.5 N。 另一種解法思路： 由動(dòng)能定理知W總＝F合x＝ΔEk，則Ek-x圖象的斜率表示物體所受合外力，結(jié)合圖象有0～4 m內(nèi)：F－μmg＝2 N，4～8 m內(nèi)：μmg＝2.5 N，即可得到答案，這也是解決此類問(wèn)題的一種方法。 答案　(1)2 m/s　(2)0.25　(3)4.5 N (1)從圖象的意義切入，把分析力、功與能量間的關(guān)系、物體動(dòng)能的變化情況以及合力做功作為突破問(wèn)題的關(guān)鍵。 (2)W-x圖象：通過(guò)“斜率”求得某種力F。 (3)Ek-x圖象：通過(guò)“斜率”求得合力F。 A、B兩物體分別在水平恒力F1和F2的作用

11、下沿水平面運(yùn)動(dòng)，先后撤去F1、F2后，兩物體最終停下，它們的v-t 圖象如圖所示。已知兩物體與水平面間的滑動(dòng)摩擦力大小相等。則下列說(shuō)法中正確的是(　　) A．F1、F2大小之比為1∶2 B．F1、F2對(duì)A、B做功之比為1∶2 C．A、B質(zhì)量之比為2∶1 D．全過(guò)程中A、B克服摩擦力做功之比為2∶1 答案　C 解析　由速度時(shí)間圖象可知，撤去F1、F2后，A、B做勻減速直線運(yùn)動(dòng)的加速度之比為a1∶a2＝1∶2，已知A、B受摩擦力大小相等即f1＝f2，又f1＝m1a1，f2＝m2a2，所以A、B質(zhì)量之比為m1∶m2＝∶＝a2∶a1＝2∶1，C正確；由速度—時(shí)間圖象可知，A、B兩物體加

12、速與減速的總位移相等，且勻加速運(yùn)動(dòng)位移之比1∶2，勻減速運(yùn)動(dòng)的位移之比2∶1，設(shè)總位移為3x，對(duì)A物體的全過(guò)程由動(dòng)能定理可得：F1x－f1·3x＝0－0；對(duì)B物體的全過(guò)程由動(dòng)能定理可得：F2·2x－f2·3x＝0－0，聯(lián)立可得F1＝3f1，F(xiàn)2＝f2，又f1＝f2，所以F1＝2F2，A錯(cuò)誤；全過(guò)程中摩擦力對(duì)A、B做功相等，F(xiàn)1、F2對(duì)A、B做功大小相等，B、D錯(cuò)誤。 　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　 考點(diǎn)3　　動(dòng)能定理求解多過(guò)程 1．多過(guò)程問(wèn)題包含幾個(gè)子過(guò)程，這幾個(gè)子過(guò)程的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)可以相同也可以不同，子過(guò)程中可以有直線上的不同運(yùn)動(dòng)，也可以有曲線上的不同運(yùn)動(dòng)，如

13、勻速直線運(yùn)動(dòng)、勻變速直線運(yùn)動(dòng)、圓周運(yùn)動(dòng)、平拋運(yùn)動(dòng)、往復(fù)運(yùn)動(dòng)等綜合問(wèn)題。 2．解決多過(guò)程問(wèn)題的方法思路 (1)當(dāng)包含幾個(gè)運(yùn)動(dòng)性質(zhì)不同的子過(guò)程時(shí)，可以選擇一個(gè)、幾個(gè)或整個(gè)過(guò)程作為研究對(duì)象，然后運(yùn)用動(dòng)能定理解題。 (2)應(yīng)用動(dòng)能定理時(shí)注意要使合力做功對(duì)應(yīng)的過(guò)程和初、末狀態(tài)動(dòng)能對(duì)應(yīng)的過(guò)程相統(tǒng)一。 (3)當(dāng)研究整個(gè)過(guò)程中的重力做功、大小恒定的摩擦力做功時(shí)，要注意它們的做功特點(diǎn)： ①重力做功取決于物體的初、末位置，與路徑無(wú)關(guān)； ②大小恒定的阻力或摩擦力的功等于力的大小與路程的乘積。 (4)解題時(shí)注意過(guò)程與過(guò)程的銜接物理量關(guān)系，一般優(yōu)先選擇全過(guò)程利用動(dòng)能定理求解。 　 　　　　　　　　　　　

14、　　　　　　　 [例3]　(2017·北京狀元橋?qū)W校二模)如圖所示，豎直四分之一光滑圓弧軌道固定在平臺(tái)AB上，軌道半徑R＝1.8 m，末端與平臺(tái)相切于A點(diǎn)。傾角θ＝37°的斜面BC緊靠平臺(tái)固定。從圓弧軌道最高點(diǎn)由靜止釋放質(zhì)量m＝1 kg的滑塊a，當(dāng)a運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的同時(shí)，與a完全相同的滑塊b從斜面底端C點(diǎn)以初速度v0＝5 m/s沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，a、b(視為質(zhì)點(diǎn))恰好在斜面上的P點(diǎn)相遇，已知AB長(zhǎng)度 s＝2 m，a與AB面及b與BC面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.5，g＝10 m/s2，sin37°＝0.6， cos37°＝0.8，求： (1)滑塊a到B點(diǎn)時(shí)的速度； (2)斜面上PC

15、間的距離。 解析　(1)滑塊a從光滑圓弧軌道滑下到達(dá)B點(diǎn)的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理有： mgR－μmgs＝mv2 代入數(shù)據(jù)解得：v＝4 m/s。 (2)滑塊a到達(dá)B點(diǎn)后做平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律有：x＝vt，y＝gt2，tanθ＝ 代入數(shù)據(jù)解得：t＝0.6 s， 滑塊b從斜面底端上滑時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律有： mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1 代入數(shù)據(jù)解得：a1＝10 m/s2 向上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間：t1＝＝0.5 s<0.6 s， 然后接著下滑，根據(jù)牛頓第二定律有： mgsinθ－μmgcosθ＝ma2 代入數(shù)據(jù)得：a2＝2 m/s2 可得：xPC＝v0t1－a1t－a

16、2(t－t1)2＝1.24 m。 答案　(1)4 m/s　(2)1.24 m (1)平拋運(yùn)動(dòng)和圓周運(yùn)動(dòng)都屬于曲線運(yùn)動(dòng)，若只涉及位移和速度而不涉及時(shí)間，應(yīng)優(yōu)先考慮用動(dòng)能定理列式求解。 (2)動(dòng)能定理的表達(dá)式為標(biāo)量式，不能在某一個(gè)方向上列動(dòng)能定理方程。 (3)由于過(guò)程比較多，所以一定要注意：不論哪種情況都不要出現(xiàn)“丟功”及“錯(cuò)功”。嚴(yán)格按照重力、彈力、摩擦力的順序找出運(yùn)動(dòng)物體所受的各個(gè)力，然后準(zhǔn)確判斷出各個(gè)力做的功。 如圖所示，傳送帶A、B之間的距離為L(zhǎng)＝3.2 m，與水平面間的夾角為θ＝37°，傳送帶沿順時(shí)針方向轉(zhuǎn)動(dòng)，速度恒為v＝2 m/s，在上端A點(diǎn)無(wú)初速度地放置一個(gè)質(zhì)量為m

17、＝1 kg、大小可視為質(zhì)點(diǎn)的金屬塊，它與傳送帶的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.5，金屬塊滑離傳送帶后，經(jīng)過(guò)彎道，沿半徑R＝0.4 m的光滑圓軌道做圓周運(yùn)動(dòng)，剛好能通過(guò)最高點(diǎn)E，已知B、D兩點(diǎn)的豎直高度差為h＝0.5 m(g取10 m/s2)。求： (1)金屬塊經(jīng)過(guò)D點(diǎn)時(shí)的速度； (2)金屬塊在BCD彎道上克服摩擦力做的功。 答案　(1)2 m/s　(2)3 J 解析　(1)金屬塊剛好通過(guò)最高點(diǎn)E點(diǎn)，則mg＝，解得vE＝2 m/s，在從D到E的過(guò)程中由動(dòng)能定理得 －mg·2R＝mv－mv，解得vD＝2 m/s。 (2)金屬塊剛剛放上時(shí)，mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1 解得a1＝10

18、 m/s2 設(shè)金屬塊經(jīng)位移s1與傳送帶達(dá)到相同速度，則 v2＝2a1s1時(shí)，解得s1＝0.2 m<3.2 m 金屬塊會(huì)繼續(xù)加速，有mgsinθ－μmgcosθ＝ma2 解得a2＝2 m/s2 由s2＝L－s1＝3 m，v－v2＝2a2s2，解得vB＝4 m/s 在從B到D的過(guò)程中由動(dòng)能定理得 mgh－W＝mv－mv，解得W＝3 J。 1．(2017·廣東六校聯(lián)考)北京獲得2022年冬奧會(huì)舉辦權(quán)，冰壺是冬奧會(huì)的比賽項(xiàng)目。將一個(gè)冰壺以一定初速度推出后將運(yùn)動(dòng)一段距離停下來(lái)。換一個(gè)材料相同、質(zhì)量更大的冰壺，以相同的初速度推出后，冰壺運(yùn)動(dòng)的距離將(　　) A．不變 B．變小

19、 C．變大 D．無(wú)法判斷 答案　A 解析　冰壺在冰面上以一定初速度被推出后，在滑動(dòng)摩擦力作用下做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理有－μmgs＝0－mv2，得s＝ ，兩個(gè)冰壺的初速度相等，材料相同，故運(yùn)動(dòng)的位移大小相等，A正確。 2．(多選)光滑水平面上靜止的物體，受到一個(gè)水平拉力F作用開始運(yùn)動(dòng)，拉力隨時(shí)間變化如圖所示，用Ek、v、x、P分別表示物體的動(dòng)能、速度、位移和水平拉力的功率，下列四個(gè)圖象中分別定性描述了這些物理量隨時(shí)間變化的情況，正確的是(　　) 答案　BD 解析　由動(dòng)能定理，F(xiàn)x＝F·at2＝Ek，圖象A錯(cuò)誤；在水平拉力F作用下，做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，v＝at，圖象B

20、正確；其位移x＝at2，圖象C錯(cuò)誤；水平拉力的功率P＝Fv＝Fat，圖象D正確。 3．(2017·青島模擬)如圖所示，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)，以大小恒定的初速度v0，在圓盤上沿與直徑PQ成不同夾角θ的方向開始滑動(dòng)，小物塊運(yùn)動(dòng)到圓盤另一邊緣時(shí)的速度大小為v，則v2-cosθ圖象應(yīng)為(　　) 答案　A 解析　設(shè)圓盤半徑為r，小物塊與圓盤間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，由動(dòng)能定理可得，－μmg·2rcosθ＝mv2－mv，整理得v2＝v－4μgrcosθ，可知v2與cosθ為線性關(guān)系，斜率為負(fù)，故A正確，B、C、D錯(cuò)誤。 4．(2017·江西模擬)(多選

21、)質(zhì)量為m的物塊在水平恒力F的推動(dòng)下，從山坡(粗糙)底部的A處由靜止開始運(yùn)動(dòng)至高為h的坡頂B處。到達(dá)B處時(shí)物塊的速度大小為v，A、B之間的水平距離為s，重力加速度為g。不計(jì)空氣阻力，則物塊運(yùn)動(dòng)過(guò)程中(　　) A．重力所做的功是mgh B．合外力對(duì)物塊做的功是mv2 C．推力對(duì)物塊做的功是mv2＋mgh D．阻力對(duì)物塊做的功是mv2＋mgh－Fs 答案　BD 解析　重力所做的功是WG＝－mgh，A錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)能定理，合外力對(duì)物塊做的功是W合＝WF－mgh＋Wf＝mv2，B正確；WF＝mgh－Wf＋mv2，C錯(cuò)誤；WF＝Fs＝mgh－Wf＋mv2，則Wf＝mgh＋mv2－Fs，D正

22、確。 5. (2017·遼寧五校聯(lián)考)(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(yùn)動(dòng)，當(dāng)運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后，拉力逐漸減小，且當(dāng)拉力減小到零時(shí)，物體剛好停止運(yùn)動(dòng)，圖中給出了拉力隨位移變化的關(guān)系圖象。已知重力加速度g＝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(　　) A．物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù) B．合外力對(duì)物體所做的功 C．物體做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度 D．物體運(yùn)動(dòng)的時(shí)間 答案　ABC 解析　物體做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，拉力F與滑動(dòng)摩擦力f相等，物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝＝0.35，A正確；減速過(guò)程由動(dòng)能定理得WF＋Wf＝0－

23、mv2，根據(jù)F-s圖象中圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積可以估算力F做的功WF，而Wf＝－μmgs，由此可求得合外力對(duì)物體所做的功，及物體做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度v，B、C正確；因?yàn)闇p速過(guò)程物體做變加速直線運(yùn)動(dòng)，所以運(yùn)動(dòng)時(shí)間無(wú)法求出，D錯(cuò)誤。 6．(多選)質(zhì)量為1 kg的物體靜止在水平粗糙的地面上，在一水平外力F的作用下運(yùn)動(dòng)，如圖甲所示，外力F和物體克服摩擦力Ff做的功W與物體位移x的關(guān)系如圖乙所示，重力加速度g取10 m/s2。下列分析正確的是(　　) A．物體與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2 B．物體運(yùn)動(dòng)的位移為13 m C．物體在前3 m運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的加速度為3 m/s2 D．x＝9 m時(shí)，物

24、體的速度為3 m/s 答案　ACD 解析　由Wf＝Ffx對(duì)應(yīng)圖乙可知，物體與地面之間的滑動(dòng)摩擦力Ff＝2 N，由Ff＝μmg可得μ＝0.2，A正確；由WF＝Fx對(duì)應(yīng)圖乙可知，前3 m內(nèi)，拉力F1＝5 N,3～9 m內(nèi)拉力F2＝2 N，物體在前3 m內(nèi)的加速度a1＝＝3 m/s2，C正確；由動(dòng)能定理得WF－Ffx＝mv2解得：當(dāng)x＝9 m時(shí)，物體的速度為v＝3 m/s，D正確；物體的最大位移xm＝＝ m＝13.5 m，B錯(cuò)誤。 7．(2017·甘肅模擬)如圖甲所示，一質(zhì)量為4 kg的物體靜止在水平地面上，讓物體在隨位移均勻減小的水平推力F作用下開始運(yùn)動(dòng)，推力F隨位移x變化的關(guān)系如圖乙所示，

25、已知物體與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，取g＝10 m/s2，則下列說(shuō)法正確的是(　　) A．物體先做加速運(yùn)動(dòng)，推力撤去時(shí)開始做減速運(yùn)動(dòng) B．物體在水平地面上運(yùn)動(dòng)的最大位移是10 m C．物體運(yùn)動(dòng)的最大速度為2 m/s D．物體在運(yùn)動(dòng)中的加速度先變小后不變 答案　B 解析　當(dāng)推力小于摩擦力時(shí)物體就開始做減速運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤；由題圖乙中圖線與x軸所圍面積表示推力對(duì)物體做的功得，推力做的功W＝×4×100 J＝200 J，根據(jù)動(dòng)能定理有W－μmgxm＝0，得xm＝10 m，B正確；當(dāng)推力與摩擦力平衡時(shí)，加速度為零，速度最大，由題圖乙得F＝100－25x(N)，當(dāng)F＝μmg＝20 N時(shí)x

26、＝3.2 m，由動(dòng)能定理得：x－μmgx＝mv，且＝ N＝60 N，解得物體運(yùn)動(dòng)的最大速度vm＝8 m/s，C錯(cuò)誤；物體運(yùn)動(dòng)中當(dāng)推力由100 N減小到20 N的過(guò)程中，加速度逐漸減小，當(dāng)推力由20 N減小到0的過(guò)程中，加速度又反向增大，此后加速度不變，D錯(cuò)誤。 8．如圖甲所示，一半徑R＝1 m、圓心角等于143°的豎直圓弧形光滑軌道，與斜面相切于B點(diǎn)，圓弧形軌道的最高點(diǎn)為M，斜面傾角θ＝37°，t＝0時(shí)刻有一物塊沿斜面上滑，其在斜面上運(yùn)動(dòng)的速度變化規(guī)律如圖乙所示，若物塊恰能到達(dá)M點(diǎn)，取g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求： (1)物塊經(jīng)過(guò)M點(diǎn)的速度大小；

27、 (2)物塊經(jīng)過(guò)B點(diǎn)的速度大??； (3)物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)。 答案　(1) m/s　(2) m/s　(3)0.5 解析　(1)物塊恰能到達(dá)M點(diǎn)，則有mg＝m 解得vM＝＝ m/s。 (2)物塊從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)的過(guò)程中，由動(dòng)能定理得 －mgR(1＋cos37°)＝mv－mv 解得vB＝ m/s。 (3)由題圖乙可知，物塊在斜面上運(yùn)動(dòng)時(shí)，加速度大小為a＝＝10 m/s2，方向沿斜面向下，由牛頓第二定律得 mgsin37°＋μmgcos37°＝ma 解得μ＝0.5。 9．(2016·四川高考)韓曉鵬是我國(guó)首位在冬奧會(huì)雪上項(xiàng)目奪冠的運(yùn)動(dòng)員。他在一次自由式滑雪空中技巧比賽

28、中沿“助滑區(qū)”保持同一姿態(tài)下滑了一段距離，重力對(duì)他做功1900 J，他克服阻力做功100 J。韓曉鵬在此過(guò)程中(　　) A．動(dòng)能增加了1900 J B．動(dòng)能增加了2000 J C．重力勢(shì)能減小了1900 J D．重力勢(shì)能減小了2000 J 答案　C 解析　根據(jù)動(dòng)能定理W合＝ΔEk可知，韓曉鵬在此過(guò)程中動(dòng)能增加了ΔEk＝1900 J－100 J＝1800 J，A、B錯(cuò)誤；重力做正功，重力勢(shì)能減小了1900 J，C正確、D錯(cuò)誤。 10．(2016·全國(guó)卷Ⅲ)(多選)如圖所示，一固定容器的內(nèi)壁是半徑為R的半球面；在半球面水平直徑的一端有一質(zhì)量為m的質(zhì)點(diǎn)P。它在容器內(nèi)壁由靜止下滑到最

29、低點(diǎn)的過(guò)程中，克服摩擦力做的功為W。重力加速度大小為g。設(shè)質(zhì)點(diǎn)P在最低點(diǎn)時(shí)，向心加速度的大小為a，容器對(duì)它的支持力大小為N，則(　　) A．a(chǎn)＝ B．a(chǎn)＝ C．N＝ D．N＝ 答案　AC 解析　質(zhì)點(diǎn)P下滑到最低點(diǎn)的過(guò)程中，由動(dòng)能定理得mgR－W＝mv2，則速度v＝ ，在最低點(diǎn)的向心加速度a＝＝，A正確、B錯(cuò)誤；在最低點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律得N－mg＝ma，N＝，C正確、D錯(cuò)誤。 11．(2017·安徽安慶聯(lián)考)(多選)如圖所示，光滑水平平臺(tái)上有一個(gè)質(zhì)量為m的物塊，站在地面上的人用跨過(guò)定滑輪的繩子向右拉動(dòng)物塊，不計(jì)繩和滑輪的質(zhì)量及滑輪的摩擦，且平臺(tái)邊緣離人手作用點(diǎn)的豎直高度始

30、終為h。當(dāng)人以速度v從平臺(tái)的邊緣處向右勻速前進(jìn)位移x時(shí)，則(　　) A．在該過(guò)程中，物塊做加速運(yùn)動(dòng) B．在該過(guò)程中，人對(duì)物塊做的功為 C．在該過(guò)程中，人對(duì)物塊做的功為mv2 D．人前進(jìn)x時(shí)，物塊的運(yùn)動(dòng)速率為 答案　ABD 解析　將人的速度沿繩子方向和垂直于繩子方向分解，沿繩子方向上的分速度等于物塊的速度，如圖所示，物塊的速度等于vcosθ，故隨著夾角的減小，物塊的速度增大，即物塊做加速運(yùn)動(dòng)，A正確；當(dāng)人從平臺(tái)的邊緣處向右勻速前進(jìn)x時(shí)，物塊的速度大小為v′＝vcosθ＝v，D正確；根據(jù)動(dòng)能定理得人對(duì)物塊做的功為W＝mv′2＝，B正確、C錯(cuò)誤。 12．(2017·洛陽(yáng)檢測(cè))(

31、多選)如圖所示，在傾角為θ的斜面上，輕質(zhì)彈簧一端與斜面底端固定，另一端與質(zhì)量為M的平板A連接，一個(gè)質(zhì)量為m的物體B靠在平板的右側(cè)，A、B與斜面的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ。開始時(shí)用手按住物體B使彈簧處于壓縮狀態(tài)，現(xiàn)放手，使A和B一起沿斜面向上運(yùn)動(dòng)距離L時(shí)，A和B達(dá)到最大速度v。則以下說(shuō)法正確的是(　　) A．A和B達(dá)到最大速度v時(shí)，彈簧是自然長(zhǎng)度 B．若運(yùn)動(dòng)過(guò)程中A和B能夠分離，則A和B恰好分離時(shí)，二者加速度大小均為g(sinθ＋μcosθ) C．從釋放到A和B達(dá)到最大速度v的過(guò)程中，彈簧對(duì)A所做的功等于Mv2＋MgLsinθ＋μMgLcosθ D．從釋放到A和B達(dá)到最大速度v的過(guò)程中，B受

32、到的合力對(duì)它做的功等于mv2 答案　BD 解析　A和B達(dá)到最大速度v時(shí)，A和B的加速度為零。對(duì)A、B整體：由平衡條件知kx＝(m＋M)gsinθ＋μ(m＋M)gcosθ，所以此時(shí)彈簧處于壓縮狀態(tài)，A錯(cuò)誤；A和B恰好分離時(shí)，A、B間的彈力為0，A、B的加速度相同，對(duì)B受力分析，由牛頓第二定律知，mgsinθ＋μmgcosθ＝ma，得a＝gsinθ＋μgcosθ，B正確；從釋放到A和B達(dá)到最大速度v的過(guò)程中，對(duì)A、B整體，根據(jù)動(dòng)能定理得W彈－(m＋M)gLsinθ－μ(m＋M)gcosθ·L＝(m＋M)v2，所以彈簧對(duì)A所做的功W彈＝(m＋M)v2＋(m＋M)gLsinθ＋μ(m＋M)gcos

33、θ·L，C錯(cuò)誤；從釋放到A和B達(dá)到最大速度v的過(guò)程中，對(duì)于B，根據(jù)動(dòng)能定理得B受到的合力對(duì)它做的功W合＝ΔEk＝mv2，D正確。 13．(2016·天津高考)我國(guó)將于2022年舉辦冬奧會(huì)，跳臺(tái)滑雪是其中最具觀賞性的項(xiàng)目之一。如圖所示，質(zhì)量m＝60 kg的運(yùn)動(dòng)員從長(zhǎng)直助滑道AB的A處由靜止開始以加速度a＝3.6 m/s2勻加速滑下，到達(dá)助滑道末端B時(shí)速度vB＝24 m/s，A與B的豎直高度差H＝48 m。為了改變運(yùn)動(dòng)員的運(yùn)動(dòng)方向，在助滑道與起跳臺(tái)之間用一段彎曲滑道銜接，其中最低點(diǎn)C處附近是一段以O(shè)為圓心的圓弧。助滑道末端B與滑道最低點(diǎn)C的高度差h＝5 m，運(yùn)動(dòng)員在B、C間運(yùn)動(dòng)時(shí)阻力做功W＝－1

34、530 J，取g＝10 m/s2。 (1)求運(yùn)動(dòng)員在AB段下滑時(shí)受到阻力Ff的大??； (2)若運(yùn)動(dòng)員能夠承受的最大壓力為其所受重力的6倍，則C點(diǎn)所在圓弧的半徑R至少應(yīng)為多大。 答案　(1)144 N　(2)12.5 m 解析　(1)運(yùn)動(dòng)員在AB段做初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)AB的長(zhǎng)度為x，則有 v＝2ax① 由牛頓第二定律有 mg·－Ff＝ma② 聯(lián)立①②式，代入數(shù)據(jù)解得 Ff＝144 N。③ (2)設(shè)運(yùn)動(dòng)員到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度為vC，在由B到達(dá)C的過(guò)程中，由動(dòng)能定理有 mgh＋W＝mv－mv④ 設(shè)運(yùn)動(dòng)員在C點(diǎn)所受的支持力為FN，由牛頓第二定律有FN－mg＝m⑤ 由運(yùn)

35、動(dòng)員能夠承受的最大壓力為其所受重力的6倍，聯(lián)立④⑤式，代入數(shù)據(jù)解得R＝12.5 m。 14．(2014·福建高考)如圖所示為某游樂場(chǎng)內(nèi)水上滑梯軌道示意圖，整個(gè)軌道在同一豎直平面內(nèi)，表面粗糙的AB段軌道與四分之一光滑圓弧軌道BC在B點(diǎn)水平相切。點(diǎn)A距水面的高度為H，圓弧軌道BC的半徑為R，圓心O恰在水面。一質(zhì)量為m的游客(視為質(zhì)點(diǎn))可從軌道AB的任意位置滑下，不計(jì)空氣阻力。 (1)若游客從A點(diǎn)由靜止開始滑下，到B點(diǎn)時(shí)沿切線方向滑離軌道落在水面D點(diǎn)，OD＝2R，求游客滑到B點(diǎn)時(shí)的速度vB大小及運(yùn)動(dòng)過(guò)程軌道摩擦力對(duì)其所做的功Wf； (2)某游客從AB段某處滑下，恰好停在B點(diǎn)，又因受到微小擾

36、動(dòng)，繼續(xù)沿圓弧軌道滑到P點(diǎn)后滑離軌道，求P點(diǎn)離水面的高度h。 (提示：在圓周運(yùn)動(dòng)過(guò)程中任一點(diǎn)，質(zhì)點(diǎn)所受的向心力與其速率的關(guān)系為) 答案　(1)?。?mgH－2mgR)　(2)R 解析　(1)游客從B點(diǎn)做平拋運(yùn)動(dòng)，有 2R＝vBt① R＝gt2② 由①②式得vB＝③ 從A到B，根據(jù)動(dòng)能定理，有 mg(H－R)＋Wf＝mv－0④ 由③④式得Wf＝－(mgH－2mgR)。 (2)設(shè)OP與OB間夾角為θ，游客在P點(diǎn)時(shí)的速度為vP，受到的支持力為N，從B到P由機(jī)械能守恒定律，有 mg(R－Rcosθ)＝mv－0⑤ 過(guò)P點(diǎn)時(shí)，根據(jù)向心力公式，有 mgcosθ－N＝m⑥ N＝0⑦ cosθ＝⑧ 由⑤⑥⑦⑧式解得 h＝R。 18