（全國版）2019版高考物理一輪復習 第6章 機械能及其守恒定律 第23課時 動能定理及其應用學案

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1、 第23課時　動能定理及其應用 考點1　對動能定理的理解和應用 1．動能 (1)定義：物體由于運動而具有的能叫動能。 (2)公式：Ek＝mv2。 (3)單位：焦耳，1 J＝1 N·m＝1 kg·m2/s2。 (4)物理意義：動能是狀態(tài)量，是標量。 2．動能定理 (1)內(nèi)容：在一個過程中合力對物體做的功，等于物體在這個過程中動能的變化量。 (2)表達式：W＝ΔEk＝Ek2－Ek1＝mv－mv。 (3)物理意義：合外力的功是物體動能變化的量度。 (4)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的小球通過不可伸長的輕質(zhì)細繩跨過兩等高定滑輪連接。物塊置于左側滑輪正下方的表面水平的壓力傳感裝置上，小球與右側滑輪的距離為l。開始時物塊和小球均靜止，將此時傳感裝置的示數(shù)記為初始值?，F(xiàn)給小球施加一始終垂直于l段細繩的力，將小球緩慢拉起至細繩與豎直方向成60°角，如圖乙所示，此時傳感裝置的示數(shù)為初始值的1.25倍；再將小球由靜止釋放，當運動至最低位置時，傳感裝置的示數(shù)為初始值的0.6倍，不計滑輪的大小和摩擦，重力加速度的大小為g。求： (1)物塊的質(zhì)量； (2)從

3、釋放到運動至最低位置的過程中，小球克服空氣阻力所做的功。 解析　(1)設開始時細繩的拉力大小為T1，傳感裝置的初始值為F1，物塊質(zhì)量為M，由平衡條件得 對小球，T1＝mg① 對物塊，F(xiàn)1＋T1＝Mg② 當細繩與豎直方向的夾角為60°時，設細繩的拉力大小為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 對小球，T2＝mgcos60°③ 對物塊，F(xiàn)2＋T2＝Mg④ 聯(lián)立①②③④式，代入數(shù)據(jù)得M＝3m⑤ (2)設小球運動至最低位置時速度的大小為v，從釋放到運動至最低位置的過程中，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，設細繩的拉力大小為T3，傳感裝置的示數(shù)為F3，據(jù)題意可知，F(xiàn)3＝0.6F1，對小球，由牛頓第二定律得 T3－mg＝m⑦ 對物塊，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 用動能定理解決問題注意事項 (1)明確研究對象。 (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；做正功還是做負功，還是不做功。 ②根據(jù)題意合理選擇過程，是分段列式還是全程列式。 ③分別列出合外力做的功、動能的改變量，根據(jù)動能定理列式求解。 1．(人教版

5、必修2 P74·T1改編)改變汽車的質(zhì)量和速度，都能使汽車的動能發(fā)生變化，在下面幾種情況中，汽車的動能是原來的2倍的是(　　) A．質(zhì)量不變，速度變?yōu)樵瓉淼?倍 B．質(zhì)量和速度都變?yōu)樵瓉淼?倍 C．質(zhì)量變?yōu)樵瓉淼?倍，速度減半 D．質(zhì)量減半，速度變?yōu)樵瓉淼?倍 答案　D 解析　由Ek＝mv2知，m不變，v變?yōu)樵瓉淼?倍，Ek變?yōu)樵瓉淼?倍。同理，m和v都變?yōu)樵瓉淼?倍時，Ek變?yōu)樵瓉淼?倍，m變?yōu)?倍，速度減半時，Ek變?yōu)樵瓉淼囊话耄籱減半，v變?yōu)?倍時，Ek變?yōu)樵瓉淼?倍，故選項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、若木塊對子彈的阻力為恒力，那么當子彈射入木塊的深度為其厚度的時，子彈的速度是(　　) A.v B.v C.v D.v 答案　D 解析　設木塊的厚度為d，木塊對子彈的作用力為F，打穿木塊時，由動能定理得－Fd＝0－mv2，打穿其厚度的時，由動能定理得－F＝mv′2－mv2，聯(lián)立解得v′＝v，故D正確。 3．如圖所示，小車A放在一個傾角為30°的足夠長的固定的光滑斜面上，A、B兩物體由繞過輕質(zhì)定滑輪的細線相連，已知重力加速度為g，滑輪質(zhì)量及細線與滑輪之間的摩擦不計，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的過程中，小車受繩的拉力大小FT和小車獲得的動

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構成的系統(tǒng)做加速運動，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＝。 當小球B上升h高度時，根據(jù)動能定理有 3mghsin30°－mgh＝(3m＋m)v2－0 解得v＝。 小車的最大動能為Ek＝·3m·v2＝×3m×＝，綜合上述可知，A、B、C錯誤，D正確。 考點2　　動能定理與圖象綜合

8、 1．借助以前學過的圖象v-t、a-t、x-t等結合力、功及速度變化，運用動能定理去分析理解。 2．新增圖象解讀 F-x圖象 由公式W＝Fx可知，F(xiàn)-x圖線與坐標軸圍成的面積表示力所做的功，反映了F隨x的變化關系 P-t圖象 由公式W＝Pt可知，P-t圖線與坐標軸圍成的面積表示力所做的功，反映了P隨t的變化關系 Ek-x圖象 F合＝，斜率為合外力，反映了Ek隨x的變化關系 3．解決有關物理圖象問題的基本步驟 [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，沿粗糙水平面運動，經(jīng)過位移4 m時，拉力F停止作用，運動到位移是

9、8 m時物體停止，運動過程中動能與位移圖象(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處物體的動能為Ek＝10 J，在位移為8 m處物體的動能為零，此過程中物體克服摩擦力做功。設摩擦力為Ff，由動能定理有－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4 m這段過程中，受拉力F和摩擦力Ff的作用，根據(jù)動能定理有(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、功與能量間的關系、物體動能的變化情況以及合力做功作為突破問題的關鍵。 (2)W-x圖象：通過“斜率”求得某種力F。 (3)Ek-x圖象：通過“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、下沿水平面運動，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摩擦力大小相等。則下列說法中正確的是(　　) A．F1、F2大小之比為1∶2 B．F1、F2對A、B做功之比為1∶2 C．A、B質(zhì)量之比為2∶1 D．全過程中A、B克服摩擦力做功之比為2∶1 答案　C 解析　由速度時間圖象可知，撤去F1、F2后，A、B做勻減速直線運動的加速度之比為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，且勻加速運動位移之比1∶2，勻減速運動的位移之比2∶1，設總位移為3x，對A物體的全過程由動能定理可得：F1x－f1·3x＝0－0；對B物體的全過程由動能定理可得：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錯誤；全過程中摩擦力對A、B做功相等，F(xiàn)1、F2對A、B做功大小相等，B、D錯誤。 　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　 考點3　　動能定理求解多過程 1．多過程問題包含幾個子過程，這幾個子過程的運動性質(zhì)可以相同也可以不同，子過程中可以有直線上的不同運動，也可以有曲線上的不同運動，如

13、勻速直線運動、勻變速直線運動、圓周運動、平拋運動、往復運動等綜合問題。 2．解決多過程問題的方法思路 (1)當包含幾個運動性質(zhì)不同的子過程時，可以選擇一個、幾個或整個過程作為研究對象，然后運用動能定理解題。 (2)應用動能定理時注意要使合力做功對應的過程和初、末狀態(tài)動能對應的過程相統(tǒng)一。 (3)當研究整個過程中的重力做功、大小恒定的摩擦力做功時，要注意它們的做功特點： ①重力做功取決于物體的初、末位置，與路徑無關； 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)解題時注意過程與過程的銜接物理量關系，一般優(yōu)先選擇全過程利用動能定理求解。 　 　　　　　　　　　　　

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AB上，軌道半徑R＝1.8 m，末端與平臺相切于A點。傾角θ＝37°的斜面BC緊靠平臺固定。從圓弧軌道最高點由靜止釋放質(zhì)量m＝1 kg的滑塊a，當a運動到B點的同時，與a完全相同的滑塊b從斜面底端C點以初速度v0＝5 m/s沿斜面向上運動，a、b(視為質(zhì)點)恰好在斜面上的P點相遇，已知AB長度 s＝2 m，a與AB面及b與BC面間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.5，g＝10 m/s2，sin37°＝0.6， cos37°＝0.8，求： (1)滑塊a到B點時的速度； (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B點的過程中，根據(jù)動能定理有： mgR－μmgs＝mv2 代入數(shù)據(jù)解得：v＝4 m/s。 (2)滑塊a到達B點后做平拋運動，根據(jù)平拋運動的規(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，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 向上運動的時間：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)平拋運動和圓周運動都屬于曲線運動，若只涉及位移和速度而不涉及時間，應優(yōu)先考慮用動能定理列式求解。 (2)動能定理的表達式為標量式，不能在某一個方向上列動能定理方程。 (3)由于過程比較多，所以一定要注意：不論哪種情況都不要出現(xiàn)“丟功”及“錯功”。嚴格按照重力、彈力、摩擦力的順序找出運動物體所受的各個力，然后準確判斷出各個力做的功。 如圖所示，傳送帶A、B之間的距離為L＝3.2 m，與水平面間的夾角為θ＝37°，傳送帶沿順時針方向轉動，速度恒為v＝2 m/s，在上端A點無初速度地放置一個質(zhì)量為m

17、＝1 kg、大小可視為質(zhì)點的金屬塊，它與傳送帶的動摩擦因數(shù)為μ＝0.5，金屬塊滑離傳送帶后，經(jīng)過彎道，沿半徑R＝0.4 m的光滑圓軌道做圓周運動，剛好能通過最高點E，已知B、D兩點的豎直高度差為h＝0.5 m(g取10 m/s2)。求： (1)金屬塊經(jīng)過D點時的速度； (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)金屬塊剛好通過最高點E點，則mg＝，解得vE＝2 m/s，在從D到E的過程中由動能定理得 －mg·2R＝mv－mv，解得vD＝2 m/s。 (2)金屬塊剛剛放上時，mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1 解得a1＝10

18、 m/s2 設金屬塊經(jīng)位移s1與傳送帶達到相同速度，則 v2＝2a1s1時，解得s1＝0.2 m<3.2 m 金屬塊會繼續(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的過程中由動能定理得 mgh－W＝mv－mv，解得W＝3 J。 1．(2017·廣東六校聯(lián)考)北京獲得2022年冬奧會舉辦權，冰壺是冬奧會的比賽項目。將一個冰壺以一定初速度推出后將運動一段距離停下來。換一個材料相同、質(zhì)量更大的冰壺，以相同的初速度推出后，冰壺運動的距離將(　　) A．不變 B．變小

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

20、正確；其位移x＝at2，圖象C錯誤；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，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，小物塊運動到圓盤另一邊緣時的速度大小為v，則v2-cosθ圖象應為(　　) 答案　A 解析　設圓盤半徑為r，小物塊與圓盤間的動摩擦因數(shù)為μ，由動能定理可得，－μmg·2rcosθ＝mv2－mv，整理得v2＝v－4μgrcosθ，可知v2與cosθ為線性關系，斜率為負，故A正確，B、C、D錯誤。 4．(2017·江西模擬)(多選

21、)質(zhì)量為m的物塊在水平恒力F的推動下，從山坡(粗糙)底部的A處由靜止開始運動至高為h的坡頂B處。到達B處時物塊的速度大小為v，A、B之間的水平距離為s，重力加速度為g。不計空氣阻力，則物塊運動過程中(　　) A．重力所做的功是mgh B．合外力對物塊做的功是mv2 C．推力對物塊做的功是mv2＋mgh D．阻力對物塊做的功是mv2＋mgh－Fs 答案　BD 解析　重力所做的功是WG＝－mgh，A錯誤；根據(jù)動能定理，合外力對物塊做的功是W合＝WF－mgh＋Wf＝mv2，B正確；WF＝mgh－Wf＋mv2，C錯誤；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，圖中給出了拉力隨位移變化的關系圖象。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F與滑動摩擦力f相等，物體與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ＝＝0.35，A正確；減速過程由動能定理得WF＋Wf＝0－

23、mv2，根據(jù)F-s圖象中圖線與坐標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物體所做的功，及物體做勻速運動時的速度v，B、C正確；因為減速過程物體做變加速直線運動，所以運動時間無法求出，D錯誤。 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的作用下運動，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摩擦因數(shù)為0.2 B．物體運動的位移為13 m C．物體在前3 m運動過程中的加速度為3 m/s2 D．x＝9 m時，物

24、體的速度為3 m/s 答案　ACD 解析　由Wf＝Ffx對應圖乙可知，物體與地面之間的滑動摩擦力Ff＝2 N，由Ff＝μmg可得μ＝0.2，A正確；由WF＝Fx對應圖乙可知，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；由動能定理得WF－Ffx＝mv2解得：當x＝9 m時，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作用下開始運動，推力F隨位移x變化的關系如圖乙所示，

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

26、＝3.2 m，由動能定理得：x－μmgx＝mv，且＝ N＝60 N，解得物體運動的最大速度vm＝8 m/s，C錯誤；物體運動中當推力由100 N減小到20 N的過程中，加速度逐漸減小，當推力由20 N減小到0的過程中，加速度又反向增大，此后加速度不變，D錯誤。 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，圓弧形軌道的最高點為M，斜面傾角θ＝37°，t＝0時刻有一物塊沿斜面上滑，其在斜面上運動的速度變化規(guī)律如圖乙所示，若物塊恰能到達M點，取g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求： (1)物塊經(jīng)過M點的速度大小；

27、 (2)物塊經(jīng)過B點的速度大小； (3)物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)。 答案　(1) m/s　(2) m/s　(3)0.5 解析　(1)物塊恰能到達M點，則有mg＝m 解得vM＝＝ m/s。 (2)物塊從B點運動到M點的過程中，由動能定理得 －mgR(1＋cos37°)＝mv－mv 解得vB＝ m/s。 (3)由題圖乙可知，物塊在斜面上運動時，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)韓曉鵬是我國首位在冬奧會雪上項目奪冠的運動員。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，重力對他做功1900 J，他克服阻力做功100 J。韓曉鵬在此過程中(　　) A．動能增加了1900 J B．動能增加了2000 J C．重力勢能減小了1900 J D．重力勢能減小了2000 J 答案　C 解析　根據(jù)動能定理W合＝ΔEk可知，韓曉鵬在此過程中動能增加了ΔEk＝1900 J－100 J＝1800 J，A、B錯誤；重力做正功，重力勢能減小了1900 J，C正確、D錯誤。 10．(2016·全國卷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P。它在容器內(nèi)壁由靜止下滑到最

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

30、終為h。當人以速度v從平臺的邊緣處向右勻速前進位移x時，則(　　) A．在該過程中，物塊做加速運動 B．在該過程中，人對物塊做的功為 C．在該過程中，人對物塊做的功為mv2 D．人前進x時，物塊的運動速率為 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，即物塊做加速運動，A正確；當人從平臺的邊緣處向右勻速前進x時，物塊的速度大小為v′＝vcosθ＝v，D正確；根據(jù)動能定理得人對物塊做的功為W＝mv′2＝，B正確、C錯誤。 12．(2017·洛陽檢測)(

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，一個質(zhì)量為m的物體B靠在平板的右側，A、B與斜面的動摩擦因數(shù)均為μ。開始時用手按住物體B使彈簧處于壓縮狀態(tài)，現(xiàn)放手，使A和B一起沿斜面向上運動距離L時，A和B達到最大速度v。則以下說法正確的是(　　) A．A和B達到最大速度v時，彈簧是自然長度 B．若運動過程中A和B能夠分離，則A和B恰好分離時，二者加速度大小均為g(sinθ＋μcosθ) C．從釋放到A和B達到最大速度v的過程中，彈簧對A所做的功等于Mv2＋MgLsinθ＋μMgLcosθ D．從釋放到A和B達到最大速度v的過程中，B受

32、到的合力對它做的功等于mv2 答案　BD 解析　A和B達到最大速度v時，A和B的加速度為零。對A、B整體：由平衡條件知kx＝(m＋M)gsinθ＋μ(m＋M)gcosθ，所以此時彈簧處于壓縮狀態(tài)，A錯誤；A和B恰好分離時，A、B間的彈力為0，A、B的加速度相同，對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達到最大速度v的過程中，對A、B整體，根據(jù)動能定理得W彈－(m＋M)gLsinθ－μ(m＋M)gcosθ·L＝(m＋M)v2，所以彈簧對A所做的功W彈＝(m＋M)v2＋(m＋M)gLsinθ＋μ(m＋M)gcos

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

34、530 J，取g＝10 m/s2。 (1)求運動員在AB段下滑時受到阻力Ff的大??； (2)若運動員能夠承受的最大壓力為其所受重力的6倍，則C點所在圓弧的半徑R至少應為多大。 答案　(1)144 N　(2)12.5 m 解析　(1)運動員在AB段做初速度為零的勻加速運動，設AB的長度為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)設運動員到達C點時的速度為vC，在由B到達C的過程中，由動能定理有 mgh＋W＝mv－mv④ 設運動員在C點所受的支持力為FN，由牛頓第二定律有FN－mg＝m⑤ 由運

35、動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內(nèi)水上滑梯軌道示意圖，整個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點水平相切。點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)可從軌道AB的任意位置滑下，不計空氣阻力。 (1)若游客從A點由靜止開始滑下，到B點時沿切線方向滑離軌道落在水面D點，OD＝2R，求游客滑到B點時的速度vB大小及運動過程軌道摩擦力對其所做的功Wf； (2)某游客從AB段某處滑下，恰好停在B點，又因受到微小擾

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