PAGE1第七章機械能守恒定律7.3動能動能定理課程標準1.了解動能的概念。2.理解合外力做功是物體動能變化原因，正確使用動能定理分析解決問題。物理素養物理觀念：建立動能和動能變化量的物理觀念。科學思維：運用牛頓第二運動定律推導動能定理，并能理解從特殊推廣到一般的思維方法?？茖W探究：物體動能變化的內在原因?？茖W態度與責任：養成從現象到本質，發現客觀物理規律的科學態度。

一、動能的概念1.物體因為運動而具有的能量叫動能，表達式：Ek＝eq\f(1,2)mv22.單位：焦耳，符號為J3.標矢性：動能是標量，只有大小，沒有方向。沒有負值，與物體的速度方向無關。4.動能是狀態量，具有瞬時性，與物體的運動狀態(或某一時刻的速度)相對應。5.動能面為參考系。6.動能變化量ΔEkΔEk＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12，若ΔEk>0，則表示物體的動能增加，若ΔEk<0，則表示物體的動能減少。例1.兩個物體質量之比為1∶4，速度大小之比為4∶1，則這兩個物體的動能之比為（）A.1∶1B.1∶4C.4∶1D.2∶1【答案】C【解析】由動能的定義式知，物體的動能與質量成正比，與速度的平方成正比，所以C正確。例2.（多選）某同學在練習足球時，將足球朝豎直的墻壁踢出.假設足球的質量為m＝0.5kg，足球垂直撞擊墻壁前的瞬間速度大小為v＝5m/s，如果以足球撞擊墻壁前瞬間的速度方向為正，足球與墻壁碰后以等大的速度反向彈回.則足球與墻壁發生作用的過程中（）A.速度的變化量為－10m/s B.速度的變化量為10m/sC.動能的變化量為25J D.動能的變化量為0【答案】AD【解析】速度的變化量為矢量，Δv＝－v－v＝(－5－5)m/s＝－10m/s，A正確，B錯誤；動能的變化量為標量，ΔEk＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv2＝0，C錯誤，D正確。二、動能定理1.內容：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＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv123.推導：如圖所示，光滑水平面上的物體在水平恒力F的作用下向前運動了一段距離l，速度由v1增加到v2W＝Fl＝F·eq\f(v\o\al(2,2)－v\o\al(2,1),2a)＝F·eq\f(v\o\al(2,2)－v\o\al(2,1),2\f(F,m))＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv124.適用范圍：動能定理是物體在恒力，直線運動的情況下得出的，但同樣適用變力，曲線運動的情況。5.如果物體受到多個力的作用，W即為合力做的功，它等于各個力做功的代數和。6.物理意義：動能定理描述了做功與物體動能變化的關系。即若合外力做正功，物體的動能增加，若合外力做負功，物體的動能減小，做了多少功，動能就變化多少。7.動能定理反映了動能是力在空間上的累積效果。（動量是力在時間上的積累）方法總結：應用動能定理解題的一般步驟：(1)選取研究對象(通常是單個物體)，明確它的運動過程。(2)對研究對象進行受力分析，明確各力做功的情況，求出外力做功的代數和。(3)明確物體在初、末狀態的動能Ek1、Ek2(4)列出動能定理的方程W＝Ek2－Ek1，結合其他必要的輔助方程求解并驗算。例3.判斷下列說法的正誤.(1)某物體的速度加倍，它的動能也加倍。（）(2)兩質量相同的物體，動能相同，速度一定相同。（）(3)物體的速度變化，動能一定變化。（）(4)物體的動能不變，其速度一定不變。（）(5)合外力做功不等于零，物體的動能一定變化。（）(6)物體的速度發生變化，合外力做功一定不等于零。（）(7)物體的動能增加，合外力做正功。（）(8)某一過程中物體的速度變化越大，其動能的變化一定越大。（）【答案】(1)×(2)×(3)×(4)×(5)√(6)×(7)√(8)×例4.如圖所示，物體在距斜面底端5m處由靜止開始下滑，然后滑上與斜面平滑連接的水平面，若物體與斜面及水平面的動摩擦因數均為0.4，斜面傾角為37°.求物體能在水平面上滑行的距離.(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)【答案】3.5m【解析】對物體在斜面上和水平面上受力分析如圖所示方法一分過程列方程：設物體滑到斜面底端時的速度為v，物體下滑階段FN1＝mgcos37°，故Ff1＝μFN1＝μmgcos37°由動能定理得：mgsin37°·l1－μmgcos37°·l1＝eq\f(1,2)mv2－0設物體在水平面上滑行的距離為l2，摩擦力Ff2＝μFN2＝μmg由動能定理得：－μmgl2＝0－eq\f(1,2)mv2聯立以上各式可得l2＝3.5m方法二全過程由動能定理列方程：mgl1sin37°－μmgcos37°·l1－μmgl2＝0，解得：l2＝3.5m考點01動能定理的基本概念及應用例5.兩個物體A、B的質量之比為mA∶mB＝2∶1，二者初動能相同，它們和水平桌面間的動摩擦因數相同，則二者在桌面上滑行到停止經過的距離之比為（）A.xA∶xB＝2∶1 B.xA∶xB＝1∶2C.xA∶xB＝4∶1 D.xA∶xB＝1∶4【答案】B【解析】：－μmBgxB＝0－Ek.故eq\f(xA,xB)＝eq\f(mB,mA)＝eq\f(1,2)，B正確，A、C、D錯誤。例6.一列車的質量是5.0×105kg，在平直的軌道上以額定功率3000kW加速行駛，當速率由10m/s加速到所能達到的最大速率30m/s時，共用了2min，設列車所受阻力恒定，則：(1)列車所受的阻力多大？(2)這段時間內列車前進的距離是多少？【答案】(1)1.0×105N(2)1600m【解析】(1)列車以額定功率加速行駛時，其加速度在減小，當加速度減小到零時，速度最大，此時有P＝Fv＝Ffvmax，所以列車受到的阻力Ff＝eq\f(P,vmax)＝1.0×105N；(2)這段時間牽引力做功WF＝Pt，設列車前進的距離為s，則由動能定理得Pt－Ffs＝eq\f(1,2)mvmax2－eq\f(1,2)mv02代入數據解得s＝1600m考點02利用動能定理求變力做功1.動能定理不僅適用于求恒力做的功，也適用于變力做功，同時不涉及變力作用的過程分析，使用方便。2.利用動能定理求變力的功是最常用的方法，當物體受到一個變力和幾個恒力作用時，可以用動能定理間接求變力做的功，即W變＋W其他＝ΔEk例7.如圖所示，有一半徑為r＝0.5m的粗糙半圓軌道，A與圓心O等高，有一質量為m＝0.2kg的物塊(可視為質點)，從A點靜止滑下，滑至最低點B時的速度為v＝1m/s，取g＝10m/s2，下列說法正確的是（）A.物塊過B點時，對軌道的壓力大小是0.4N B.物塊過B點時，對軌道的壓力大小是2.0NC.A到B的過程中，克服摩擦力做的功為0.9J D.A到B的過程中，克服摩擦力做的功為0.1J【答案】C【解析】在B點由牛頓第二定律可知FN－mg＝meq\f(v2,r)，解得：FN＝2.4N，由牛頓第三定律可知物塊對軌道的壓力大小為2.4N，故A、B均錯誤；A到B的過程，由動能定理得mgr＋Wf＝eq\f(1,2)mv2－0，解得Wf＝－0.9J，故克服摩擦力做功為0.9J，故C正確，D錯誤?？键c03利用動能定理分析多過程問題一個物體的運動如果包含多個運動階段，可以選擇分段或全程應用動能定理.(1)分段應用動能定理時，將復雜的過程分割成一個個子過程，對每個子過程的做功情況和初、末動能進行分析，然后針對每個子過程應用動能定理列式，然后聯立求解。(2)全程應用動能定理時，分析整個過程中出現過的各力的做功情況，分析每個力做的功，確定整個過程中合外力做的總功，然后確定整個過程的初、末動能，針對整個過程利用動能定理列式求解。當題目不涉及中間量時，選擇全程應用動能定理更簡單，更方便。注意：當物體運動過程中涉及多個力做功時，各力對應的位移可能不相同，計算各力做功時，應注意各力對應的位移，計算總功時，應計算整個過程中出現過的各力做功的代數和。例8.圖中ABCD是一條長軌道，其中AB段是傾角為θ的斜面，CD段是水平的，BC段是與AB段和CD段都相切的一小段圓弧，其長度可以略去不計.一質量為m的小滑塊在A點從靜止釋放，沿軌道滑下，最后停在D點，A點和D點的位置如圖4所示，現用一沿軌道方向的力推滑塊，使它緩緩地由D點回到A點，設滑塊與軌道間的動摩擦因數為μ，重力加速度為g，則推力對滑塊做的功等于（）A.mghB.2mghC.μmg(s＋eq\f(h,sinθ))D.μmg(s＋hcosθ)【答案】B【解析】滑塊由A點運動至D點，設克服摩擦力做功為WAD，由動能定理得mgh－WAD＝0，即WAD＝mgh…①，滑塊從D點回到A點，由于是緩慢推，動能變化量為零，設克服摩擦力做功為WDA，由動能定理知當滑塊從D點被推回A點有WF－mgh－WDA＝0…②，由A點運動至D點，克服摩擦力做的功為WAD＝μmgcosθ·eq\f(h,sinθ)＋μmgs…③，從D→A的過程克服摩擦力做的功為WDA＝μmgcosθ·eq\f(h,sinθ)＋μmgs…④，③④聯立得WAD＝WDA…⑤，①②⑤聯立得WF＝2mgh，故A、C、D錯誤，B正確?？键c04動能定理綜合應用動能定理常與平拋運動、圓周運動、往復運動相結合，解決這類問題要特別注意：(1)與平拋運動相結合時，要注意應用運動的合成與分解，分別求解有關物理量。(2)與豎直平面內的圓周運動相結合時，應特別注意隱藏的臨界條件：①可提供支撐效果的豎直平面內的圓周運動，物體能通過最高點的臨界條件為vmin＝0.②不可提供支撐效果的豎直平面內的圓周運動，物體能通過最高點的臨界條件為vmin＝eq\r(gR).3.在有摩擦力做功的往復運動過程中，注意兩種力做功的區別：①重力做功只與初、末位置有關，而與路徑無關；②程)。例9.如圖所示，一可以看成質點的質量m＝2kg的小球以初速度v0沿光滑的水平桌面飛出后，恰好從A點沿切線方向進入圓弧軌道，BC為圓弧豎直直徑，其中B為軌道的最低點，C為最高點且與水平桌面等高，圓弧AB對應的圓心角θ＝53°，軌道半徑R＝0.5m.已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，不計空氣阻力，g取10m/s2.(1)求小球的初速度v0的大??；(2)若小球恰好能通過最高點C，求在圓弧軌道上摩擦力對小球做的功?！敬鸢浮?1)3m/s(2)－4J【解析】(1)在A點由平拋運動規律得：vA＝eq\f(v0,cos53°)＝eq\f(5,3)v0小球由桌面到A點的過程中，由動能定理得：mg(R＋Rcosθ)＝eq\f(1,2)mvA2－eq\f(1,2)mv02聯立得：v0＝3m/s；(2)若小球恰好能通過最高點C，在最高點C處有mg＝eq\f(mv\o\al(2,C),R)，小球從桌面運動到C點的過程中，由動能定理得Wf＝eq\f(1,2)mvC2－eq\f(1,2)mv02代入數據解得Wf＝－4J考點05圖像問題例10.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Ek與時間t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v0，則v＝v0－gt，小球的動能Ek＝eq\f(1,2)mv2，把速度v代入得Ek＝eq\f(1,2)mg2t2－mgv0t＋eq\f(1,2)mv02，Ek與t為二次函數關系，圖像為開口向上的拋物線，A正確。例11.（多選）如圖甲所示，質量m＝2kg的物體以100J的初動能在粗糙程度相同的水平地面上滑行，其動能Ek隨位移x變化的關系圖像如圖乙所示，則下列判斷中正確的是（）A.物體運動的總位移大小為10m B.物體運動的加速度大小為10m/s2C.物體運動的初速度大小為10m/s D.物體所受的摩擦力大小為10N【答案】ACD【解析】由題圖乙可知，物體運動的總位移為10m，根據動能定理得，－Ffx＝0－Ek0，解得Ff＝eq\f(Ek0,x)＝eq\f(100,10)N＝10N，故A、D正確；根據牛頓第二定律得，物體的加速度大小為a＝eq\f(Ff,m)＝eq\f(10,2)m/s2＝5m/s2，故C正確。~A組~1.（多選）關于動能的理解，下列說法正確的是（）A.一般情況下，Ek＝eq\f(1,2)mv2中的v是相對于地面的速度B.動能的大小由物體的質量和速率決定，與物體的運動方向無關C.物體以相同的速率向東和向西運動，動能的大小相等、方向相反D.當物體以不變的速率做曲線運動時其動能不斷變化【答案】AB【解析】動能是標量，由物體的質量和速率決定，與物體的運動方向無關；動能具有相對性，無特別說明，一般指相對于地面的動能，A、B正確，C、D錯誤。2.如圖，某同學用繩子拉動木箱，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（）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－W克阻＝ΔEk，則W拉>ΔEk，A正確，B錯誤；W克阻與ΔEk的大小關系不確定，C、D項錯誤。3.一人用力踢質量為100g的皮球，使球由靜止以20m/s的速度飛出，假定人踢球瞬間對球的平均作用力是200N，球在水平方向運動了20m停止.則人對球所做的功為（）A.20JB.2000JC.500JD.4000J【答案】A【解析】根據題意可知，球的初狀態速度為零，末狀態速度為20m/s，由動能定理可知W＝eq\f(1,2)mv2－0＝eq\f(1,2)×0.1×202J＝20J，故選A。與水平方向運動了20m無關。4.一x1＝3.6m，如果以v2＝8m/s的速度行駛，在同樣的路面上急剎車后滑行的距離x2應為（）A.6.4mB.5.6mC.7.2mD.10.8m【答案】A【解析】急剎車后，車水平方向只受摩擦力的作用，且摩擦力的大小不變，汽車的末速度皆為零，由動能定理得：－Fx1＝0－eq\f(1,2)mv12①－Fx2＝0－eq\f(1,2)mv22②聯立①②式得eq\f(x2,x1)＝eq\f(v\o\al(2,2),v\o\al(2,1))x2＝eq\f(v\o\al(2,2),v\o\al(2,1))x1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,6)))2×3.6m＝6.4m，故A正確。5.物體沿直線運動的v－t圖像如圖所示，已知在第1s內合力對物體做功為W，則（）A.從第1s末到第3s末合力做功為4WB.從第3s末到第5s末合力做功為－2WC.從第5s末到第7s末合力做功為WD.從第3s末到第4s末合力做功為－0.5W【答案】C【解析】由題圖可知物體速度變化情況，根據動能定理得第1s內：W＝eq\f(1,2)mv02第1s末到第3s末：W1＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)mv02＝0，A錯誤；第3s末到第5s末：W2＝0－eq\f(1,2)mv02＝－W，B錯誤；第5s末到第7s末：W3＝eq\f(1,2)m(－v0)2－0＝W，C正確；第3s末到第4s末：W4＝eq\f(1,2)m(eq\f(v0,2))2－eq\f(1,2)mv02＝－0.75W，D錯誤。6.一質量為2kg的物體，在水平恒定拉力的作用下以某一速度在粗糙的水平面上做勻速直線運動，當運動一段時間后拉力逐漸減小，且當拉m/s2，則據此可以求得（）A.物體與水平面間的動摩擦因數為μ＝0.25B.物體勻速運動時的速度為v＝4eq\r(2)m/sC.合外力對物體所做的功為W合＝32JD.摩擦力對物體所做的功為Wf＝－64J【答案】D【解析】物體做勻速運動時，受力平衡，則Ff＝8N，μ＝eq\f(Ff,FN)＝eq\f(Ff,mg)＝eq\f(8,2×10)＝0.4，故A錯誤；F－x圖像與x軸圍成的面積表示拉力做的功，則WF＝eq\f(1,2)×(4＋8)×8J＝48J，滑動摩擦力做的功Wf＝－μmgx＝－0.4×2×10×8J＝－64J，所以合外力做的功為W合＝－64J＋48J＝－16J，故C錯誤，D正確；根據動能定理得W合＝0－eq\f(1,2)mv02，解得v0＝eq\r(\f(－2W合,m))＝eq\r(\f(2×16,2))m/s＝4m/s，故B錯誤。7.（多選）質量為m的汽車，發動機的功率恒為P，阻力恒為F1，牽引力為F，汽車由靜止開始，經過時間t行駛了位移s時，速度達到最大值vm，則發動機所做的功為（）A.PtB.F1sC.eq\f(1,2)mvm2D.eq\f(mP2,2F\o\al(2,1))＋eq\f(Ps,vm)【答案】AD【解析】發動機的功率恒為P，經過時間t，發動機做的功為W＝Pt，A正確；當達到最大速度時，有P＝F1vm，得vm＝eq\f(P,F1)，整個過程中發動機做的功應等于克服阻力做的功與汽車獲得的動能之和，則W＝eq\f(1,2)mvm2＋F1s＝eq\f(mP2,2F\o\al(2,1))＋eq\f(Ps,vm)，B、C錯誤，D正確。8.如圖所示，運動員把質量為m的足球從水平地面踢出，足球在空中達到的最高點的高度為h，在最高點時的速度為v，不計空氣阻力，重力加速度為g，下列說法中正確的是（）A.運動員踢球時對足球做功eq\f(1,2)mv2 B.足球上升過程重力做功mghC.運動員踢球時對足球做功eq\f(1,2)mv2＋mgh D.足球上升過程克服重力做功eq\f(1,2)mv2＋mgh【答案】C【解析】足球上升過程中足球重力做負功，WG＝－mgh，B、D錯誤；從運動員踢球至足球上升至最高點的過程中，由動能定理得W－mgh＝eq\f(1,2)mv2，故運動員踢球時對足球做功W＝eq\f(1,2)mv2＋mgh，A錯誤，C正確。9.木塊在水平恒力F的作用下，沿水平路面由靜止出發前進了l，隨即撤去此恒力，木塊沿原方向又前進了2l才停下來，設木塊運動全過程中地面情況相同，則摩擦力的大小Ff和木塊所獲得的最大動能Ekm分別為（）A.Ff＝eq\f(F,2)Ekm＝eq\f(Fl,2) B.Ff＝eq\f(F,2)Ekm＝FlC.Ff＝eq\f(F,3)Ekm＝eq\f(2Fl,3) D.Ff＝eq\f(2,3)FEkm＝eq\f(Fl,3)【答案】C【解析】全過程，由動能定理得Fl－Ff·3l＝0得：Ff＝eq\f(F,3)；加速過程：Fl－Ffl＝Ekm－0，得Ekm＝eq\f(2,3)Fl，C正確。10.如圖所示為一水平的轉臺，半徑為R，一質量為m的滑塊放在轉臺的邊緣，已知滑塊與轉臺間的動摩擦因數為μ，且最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g.若轉臺的轉速由零逐漸增大，當滑塊在轉臺上剛好發生相對滑動時，轉臺對滑塊所做的功為（）A.eq\f(1,2)μmgRB.2πmgRC.2μmgRD.0【答案】A(用動能定理求變力做功)【解析】滑塊即將開始滑動時，最大靜摩擦力(等于滑動摩擦力)提供向心力，有μmg＝eq\f(mv2,R)，根據動能定理有Wf＝eq\f(1,2)mv2，解得Wf＝eq\f(1,2)μmgR，A正確。11.如圖所示，AB為四分之一圓弧軌道，BC為水平直軌道，圓弧的半徑為R，BC的長度也是R.一質量為m的物體，與兩個軌道間的動摩擦因數都為μ，它由軌道頂端A從靜止開始下滑，恰好運動到C處停止，不計空氣阻力，重力加速度為g，那么物體在AB段克服摩擦力所做的功為()A.eq\f(1,2)μmgRB.eq\f(1,2)mgRC.mgRD.(1－μ)mgR【答案】D(利用動能定理分析多過程問題)【解析】設物體在AB段克服摩擦力所做的功為WAB，對物體從A到C的全過程，由動能定理得mgR－WAB－μmgR＝0，故WAB＝mgR－μmgR＝(1－μ)mgR12.質量為m的物體以初速度v0沿水平面向左開始運動，起始點A與一輕彈簧O端相距s，如圖所示，已知物體與水平面間的動摩擦因數為μ，物體與彈簧相碰后，彈簧的最大壓縮量為x，重力加速度為g，則從開始碰撞到彈簧被壓縮至最短(彈簧始終在彈性限度內)，物體克服彈簧彈力所做的功為（）A.eq\f(1,2)mv02－μmg(s＋x) B.eq\f(1,2)mv02－μmgxC.μmgsD.μmg(s＋x)【答案】A【解析】由動能定理得－W－μmg(s＋x)＝0－eq\f(1,2)mv02，W＝eq\f(1,2)mv02－μmg(s＋x)，A正確。13.一質量為m的小球，用長為l的輕繩懸掛于O點，小球在水平拉力F作用下，從平衡位置P點緩慢地移動到Q點，如圖所示，重力加速度為g，則拉力F所做的功為（）A.mglcosθB.mgl(1－cosθ)C.FlcosθD.Flsinθ【答案】B【解析】小球緩慢移動，時時處于平衡狀態，F＝mgtanθ，隨著θ的增大，F也在增大，是一個變化的力，不能直接用功的公式求它所做的功，所以用動能定理求解。由于小球緩慢移動，動能不變，由動能定理得：－mgl(1－cosθ)＋W＝0，所以W＝mgl(1－cosθ)，B正確。14.如圖所示，一木塊沿豎直放置的粗糙曲面從高處滑下，當它滑過A點的速度大小為5m/s時，滑到B點的速度大小也為5m/s。若使它滑過A點的速度大小變為7m/s，則它滑到B點的速度大?。ǎ〢.大于7m/sB.等于7m/sC.小于7m/sD.無法確定【答案】C【解析】第一次從A點到B點的過程中：mgh－Wf1＝ΔEk＝0，Wf1＝mgh第二次速度增大，木塊對軌道的壓力增大，Wf2>Wf1，故mgh－Wf2<0，木塊在B點的動能小于在A點的動能，C正確。15.如圖所示，一薄木板斜放在高度一定的平臺和水平地板上，其頂端與平臺相平，末端置于地板的P處，并與地板平滑連接。將一可看成質點的滑塊自木板頂端無初速度釋放，沿木板下滑，接著在地板上滑動，最終停在Q處?；瑝K和木板及地板之間的動摩擦因數相同，現將木板截短一半，仍按上述方式放在該平臺和水平地板上，再次將滑塊自木板頂端無初速度釋放(設滑塊在木板和地面接觸處平滑過渡)，則滑塊最終將停在（）A.P處B.P、Q之間C.Q處D.Q的右側【答案】C【解析】設木板長度為l，墻壁為O點，PQ為s則由動能定理：，即OP+PQ的距離不變。16．如圖（a），AB為足夠長的粗糙水平軌道，D為AB上的一點，DB長度s=2m，BC為光滑圓弧軌道，兩軌道在B點平滑連接。C點高度H=4m，質量為m=1kg的滑塊，在水平向右的恒力F=10N作用下，從D點由靜止開始運動，受到恒定的摩擦力f=6N，當滑塊運動到B點時，撤去恒力F，求：（1）滑塊從D點運動到B點的速度v大??；（2）滑塊通過B點時所受支持力大??；（3）滑塊在圓弧軌道BC上所能達到的最大高度；（4）若改變恒力F的大小和出發點D的位置，并使F的大小與DB的長度s滿足圖（b）所示關系，其他條件不變，通過計算判斷滑塊是否可以到達C點?！敬鸢浮浚?）；（2）14N；（3）0.8m；（4）不可以達到C點【解析】（1）以滑塊為研究對象，以DB為研究過程，設加速度為a，運動的時間為t，據牛頓第二定律得，據得：聯立以上各式代入數據解得（2）物塊劃到B點做圓周運動根據牛頓第二定律得，解得（3）以滑塊從D到最高點為研究過程，由動能定理得，所以：（4）據F?s圖像可知，且0＜s≤18m以物體運動達到最高點為研究對象，由動能定理得，當滑塊到達C點時，應滿足，聯立得：此不等式無解，所以滑塊不可以到達C點以上。~B組~17．（24-25高三上·上海楊浦·階段練習）（多選）有一段水平粗糙軌道長為s，第一次物塊以初速度由A點出發，向右運動到達B點時速度為，第二次物塊以初速度由B出發向左運動。以A為坐標原點，物塊與地面的摩擦力f隨x的變化如圖，已知物塊質量為m，下列說法正確的是（）A．第二次能到達A點，且所用時間與第一次相等B．圖像的斜率為C．第二次能到達A點且在A點的速度等于D．兩次運動中，在距離A點處摩擦力功率大小相等【答案】BC【詳解】AC．根據能量守恒，第二次也能到達A點，且在A點的速度也為；第一次的加速度逐漸變大，第二次的加速度逐漸變小，作出對應的圖像如圖所示可知第二次的時間更長，故A錯誤，C正確；B．從A到B運用動能定理，則有圖像的斜率為故B正確；D．兩次運動中，物塊運動到距離A點時摩擦力做的功不相等，速度大小不相等，而摩擦力大小相等，根據力的瞬時功率計算公式，可得在距離A點處摩擦力功率大小不相等，故D錯誤。故選BC。18．如圖所示在豎直平面內，有一傾角為，足夠長的斜面CD與半徑為R=2m的光滑圓弧軌道ABC相切于C點，B是最低點，A與圓心O等高。將一質量為m=1kg的小滑塊從A點正上方高h=1m處由靜止釋放后沿圓弧軌道ABC運動，若小滑塊與斜面間的動摩擦因數為，空氣阻力不計，cos37°=0.8，sin37°=0.6，取重力加速度大小，求：（1）小滑塊第一次運動到B點時的速度大?。唬?）小滑塊第一次運動到B點時對軌道的壓力；（3）小滑塊沖上斜面后能到達的位置離C點的最大距離?！敬鸢浮浚?）；（2）40N，方向豎直向下；（3）2.6m【解析】（1）從釋放到B點的過程，只有重力做功，根據機械能守恒定律得，解得（2）在B點根據牛頓第二定律得，解得由牛頓第三定律得，在B點時對軌道的壓力為40N，方向豎直向下。（3）設小滑塊在斜面上運動的最大距離為S，從釋放到斜面上最高點過程，根據動能定理得，解得：19.如圖甲所示，半徑R＝0.9m的光滑半圓形軌道BC固定于豎直平面內，最低點B與水平面相切.水平面上有一質量為m＝2kg的物塊從A點以某一m/s2，求：(1)物塊經過最高點C時的速度大小；(2)物塊經過半圓形軌道最低點B時對軌道壓力的大小；(3)物塊在A點時的初速度大小?！敬鸢浮?1)3m/s(2)120N(3)8m/s【解析】(1)物塊恰好通過C點，由牛頓第二定律可得：mg＝meq\f(v\o\al(2,C),R)解得vC＝3m/s(2)物塊從B點到C點，由動能定理可得：－mg·2R＝eq\f(1,2)mvC2－eq\f(1,2)mvB2解得vB＝3eq\r(5)m/s在B點由牛頓第二定律可得：FN－mg＝meq\f(v\o\al(2,B),R)，解得FN＝120N由牛頓第三定律可知物塊通過B點時對軌道壓力的大小為120N(3)由題圖乙可知摩擦力對物塊做的功為：Wf＝－eq\f(1,2)×(0.25＋0.75)×1.9mg＝－19J物塊從A到B，由動能定理得Wf＝eq\f(1,2)mvB2－eq\f(1,2)mvA2解得vA＝8m/s20．如圖所示，半徑為R的光滑圓形軌道安置在一豎直平面上，左側連接一個光滑的弧形軌道，右側連接動摩擦因數為的水平軌道。一小球自弧形軌道上端的A處由靜止釋放，通過圓軌道后，再滑上軌道。若在圓軌道最高點B處對軌道的壓力恰好為零，到達D點時的速度為零。求：（1）小球經過B點時速度的大小；（2）小球釋放時的高度h；（3）水平軌道段的長度?！敬鸢浮浚?）；（2）2.5R；（3）【解析】（1）設小球的質量m，到達B處的速度為，根據小球在B處對軌道壓力為零，由牛頓第二定律得，得小球經過B點時速度大小為（2）取軌道最低點為零勢能點，由機械能守恒定律得，解得（3）設水平軌道段的長度為l，對小球從B點到D點由動能定理得得水平軌道段的長度21.如圖所示，ABCD為一豎直平面內的軌道，其中BC水平，A點比BC高出10m，BC長1m，AB和CD軌道光滑.m的D點時速度為0.求：(g取10m/s2)(1)物體與BC軌道間的動摩擦因數；(2)物體第5次經過B點時的速度大小（結果可用根式表示）；(3)物體最后停止的位置（距B點多少米）?！敬鸢浮?1)0.5(2)4eq\r(11)m/s(3)距B點0.4m(利用動能定理分析多過程往復運動問題)【解析】(1)由A到D，由動能定理得：－mg(h－H)－μmgsBC＝0－eq\f(1,2)mv12解得μ＝0.5(2)物體第5次經過B點時，物體在BC上滑動了4次，由動能定理得mgH－μmg·4sBC＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12，解得v2＝4eq\r(11)m/s(3)分析整個過程，由動能定理得：mgH－μmgs＝0－eq\f(1,2)mv12解得s＝21.6m所以物體在軌道上來回運動了10次后，還有1.6m，故最后停止的位置與B點的距離為2m－1.6m＝0.4m.22.如圖所示是一種常見的圓桌，桌面中間嵌一半徑為r＝1.5m、可繞中心軸轉動的圓盤，桌面與圓盤面在同一水平面內且兩者間縫隙可不考慮.已知桌面離地高度為h＝0.8m，將一可視為質點的小碟子放置在圓盤邊緣，若緩慢增大圓盤的角速度，碟子將從圓盤上甩出并滑上桌面，再從桌面飛出，落地點與桌面飛出點的水平距離是0.4m.已知碟子質量m＝0.1kg，碟子與圓盤間的最大靜摩擦力Ffmax＝0.6N，g取10m/s2，求：（不計空氣阻力）(1)碟子從桌面飛出時的速度大??；(2)碟子在桌面上運動時，桌面摩擦力對它做的功；(3)若碟少是多少？【答案】(1)1m/s(2)－0.4J(3)2.5m【解析】(1)根據平拋運動規律：h＝eq\f(1,2)gt2，x＝vt，得v＝xeq\r(\f(g,2h))＝1m/s(2)碟子從圓盤上甩出時的速度為v0，則Ffmax＝meq\f(v\o\al(2,0),r)，即v0＝3m/s由動能定理得：Wf＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02，代入數據得：Wf＝－0.4J(3)當碟子滑到桌面邊緣時速度恰好減為零，對應的桌子半徑取最小值設碟子在桌子上滑動的位移為x′，根據動能定理：－μmgx′＝0－eq\f(1,2)mv02代入數據得：x′＝2m由幾何知識可得桌子半徑的最小值為：R＝eq\r(r2＋x′2)＝2.5m23．（24-25高三上·上海靜安·期中）跳傘運動(1)跳傘運動員以5m/s的速度豎直勻速降落，在離地面的地方從工具袋中掉了一個質量0.2kg的錘子，若錘子受到的空氣阻力可忽略，g取。①錘子在著地前做（）A．自由落體運動

B．勻速運動

C．初速度不為零的勻加速運動②保持勻速的跳傘員比錘子晚著陸的時間為（）A．2s

B．

C．

D．1s③以地面為零勢能參考平面，錘子從釋放到將要落地過程中動能和勢能相等位置離地高度為（）A．4.375m

B．5.000m

C．5.625m

D．6.250m④錘子從釋放到將要落地過程中重力做功為J，將要著地時重力做功的瞬時功率為W，(2)直升機懸停在離地高度800m的空中，一位質量為60kg的運動員從靜止開始離開直升機進行跳傘運動，時運動員打開降落傘，降落傘的質量忽略不計，運動員隨身攜帶的傳感器記錄了他的速度隨時間變化關系如圖。前4s是直線，g取。①時運動員的加速度，此時所受空氣阻力f的大小為N。②根據圖估算運動員在0~16s內下降的高度h以及克服空氣阻力做的功（請用科學計數法表示）；③根據圖估算運動員從離開直升機到落地所需要的總時間約為。【答案】(1)CDC2030(2)5300J87s【詳解】（1）[1]錘子落地前只受重力且初速度不為零，所以錘子做初速度不為零的勻加速直線運動，故選C。[2]設錘子落地時間為t，根據位移-時間公式代入數據解得運動員下落的時間為，則有代入數據解得所以跳傘員比錘子晚著陸的時間為故選D。[3]在距離地面高H處動能和勢能相等，錘子的勢能為根據動能定理，有聯