《2018年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第五章 機械能 第2講 動能 動能定理教學(xué)案（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2018年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第五章 機械能 第2講 動能 動能定理教學(xué)案（含解析）（14頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 第2講　動能　動能定理 ? 教材知識梳理 一、物體的動能 1．動能：物體由于________而具有的能量叫作動能；物體的動能跟物體的________和________有關(guān)． 2．表達式：Ek＝________，式中v為瞬時速度；動能的單位是________． 3．矢標(biāo)性：動能是________(選填“矢量”或“標(biāo)量”)． 4．相對性：動能具有相對性，物體動能的大小與________的選擇有關(guān)，一般取地面為參考系． 5．動能是________(選填“狀態(tài)”或“過程”)量，動能的變化量是________(選填“狀態(tài)”或“過程”)量． 二、動能定理 1．內(nèi)容：(合)力在一個過程

2、中對物體所做的功，等于物體在這個過程中________的變化． 2．表達式：W＝________． 3．意義：動能定理指出了外力對物體所做的總功與物體________之間的關(guān)系，即合外力做的功是物體________變化的量度． 4．適用范圍：(1)動能定理既適用于直線運動，也適用于________運動；(2)既適用于恒力做功，也適用于________做功；(3)力可以是各種性質(zhì)的力，既可以同時作用，也可以不同時作用． 答案：一、1.運動　質(zhì)量　速度 2.mv2　焦耳(J) 3．標(biāo)量　4.參考系　5.狀態(tài)　過程 二、1.動能　2.ΔEk或mv－mv 3．動能的變化　動能 4．(

3、1)曲線　(2)變力 【思維辨析】 (1)選擇不同的參考系時，動能可能為負值．(　　) (2)一定質(zhì)量的物體動能變化時，速度一定變化，但速度變化時，動能不一定變化．(　　) (3)動能不變的物體一定處于平衡狀態(tài)．(　　) (4)如果物體所受的合外力為零，那么合外力對物體做功一定為零．(　　) (5)物體在合外力作用下做變速運動時，動能一定變化．(　　) (6)根據(jù)動能定理，合外力做的功就是動能的變化．(　　) (7)重力做功和摩擦力做功都與物體運動的路徑無關(guān)．(　　) 答案：(1)(×)　(2)(√)　(3)(×)　(4)(√)　(5)(×) (6)(×)　(7)(×)

4、 ? 考點互動探究 　 考點一　動能定理的理解 1．動能定理表明了合外力做的功與物體動能的變化間的關(guān)系 (1)數(shù)量關(guān)系：合外力做的功與物體動能的變化具有等量代換關(guān)系，但并不是說動能變化就是合外力做的功； (2)因果關(guān)系：合外力做功是引起物體動能變化的原因． (3)量綱關(guān)系：單位相同，國際單位都是焦耳． 2．標(biāo)量性 動能是標(biāo)量，功也是標(biāo)量，所以動能定理是一個標(biāo)量式，不存在方向的選取問題．當(dāng)然動能定理也就不存在分量的表達式．例如，以相同大小的初速度不管以什么方向拋出，在最終落到地面速度大小相同的情況下，所列的動能定理的表達式都是一樣的． 3．高中階段動能定理中的位移和速度必須

5、相對于同一個參考系，一般以地面或相對地面靜止的物體為參考系． 1．如圖5-14-1所示，光滑斜面的頂端固定一彈簧，一小球向右滑行，并沖上固定在地面上的斜面．設(shè)小球在斜面最低點A的速度為v，壓縮彈簧至C點時彈簧最短，C點距地面高度為h，則小球從A到C的過程中彈簧彈力做功是(　　) 圖5-14-1 A．mgh－mv2 B.mv2－mgh C．－mgh D．－mgh＋mv2 答案：A　[解析] 小球從A點運動到C點的過程中，重力和彈簧的彈力對小球做負功，由于支持力與位移始終垂直，則支持力對小球不做功，由動能定理，可得WG＋WF＝0－mv2，重力做功為WG＝－mgh，則彈簧的彈力對小

6、球做功為WF＝mgh－mv2，所以正確選項為A. 2．[2016·四川卷] 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] 由題可得，重力做功1900 J，則重力勢能減少1900 J，可得C正確，D錯誤．由動能定理：WG－Wf＝ΔEk可得動能增加1800 J，則A、B錯誤． 3．[2015·四

7、川卷] 在同一位置以相同的速率把三個小球分別沿水平、斜向上、斜向下方向拋出，不計空氣阻力，則落在同一水平地面時的速度大小(　　) A．一樣大 B．水平拋的最大 C．斜向上拋的最大 D．斜向下拋的最大 答案：A　[解析] 由動能定理知mgh＝mv－mv，所以vt＝，下落相同的高度，則末速度大小相同． 　 考點二　動能定理的應(yīng)用 1．應(yīng)用動能定理解題時，應(yīng)對運動過程中物體受力情況和運動情況進行分析，在分析運動過程時不需要深究物體運動過程中狀態(tài)變化的細節(jié)，只需考慮整個過程中有哪些力對物體做功，做正功還是負功，以及運動過程初、末狀態(tài)物體的動能． 2．應(yīng)用動能定理解題基本步驟

8、1 [2016·天津卷] 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5-14-2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(shè)為圓心的圓?。滥┒薆與滑道最低點C的高度差h＝5 m，運動員在B、C間運動時阻力做功W＝－1530 J，g取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

9、為其所受重力的6倍，則C點所在圓弧的半徑R至少應(yīng)為多大？ 圖5-14-2 [解析] (1)運動員在AB上做初速度為零的勻加速運動，設(shè)AB的長度為x，則有v＝2ax　 ① 由牛頓第二定律有mg－Ff＝ma　② 聯(lián)立①②式，代入數(shù)據(jù)解得Ff＝144 N?、? (2)設(shè)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－mv?、? 設(shè)運動員在C點所受的支持力為FN，由牛頓第二定律有FN－mg＝m?、? 由運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 式題1 如圖5-14-3所示，質(zhì)量為M的木塊靜止在光滑的

10、水平面上，質(zhì)量為m的子彈以速度v0沿水平方向射入木塊，并最終留在木塊中與木塊一起以速度v運動．已知當(dāng)子彈相對木塊靜止時，木塊前進距離為L，子彈進入木塊的深度為s，若木塊對子彈的阻力F視為恒定，則下列關(guān)系中錯誤的是(　　) 圖5-14-3 A．FL＝Mv2 B．Fs＝mv2 C．Fs＝mv－(M＋m)v2 D．F(L＋s)＝mv－mv2 答案：B　[解析] 根據(jù)動能定理，對子彈：－F(L＋s)＝mv2－mv知，選項D正確；對木塊：FL＝Mv2，選項A正確；由以上二式相加后整理可得Fs＝mv－(M＋m)v2，選項C正確．只有選項B符合題意． 式題2 (多選)[2016·全國卷

11、Ⅲ] 如圖5-14-4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(shè)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(　　) 圖5-14-4 A．a(chǎn)＝ B．a(chǎn)＝ C．N＝ D．N＝ 答案：AC　[解析] 質(zhì)點P下滑到底端的過程，由動能定理得mgR－W＝mv2－0，可得v2＝，所以a＝＝，A正確，B錯誤；在最低點，由牛頓第二定律得N－mg＝m，故N＝mg＋m＝mg＋·＝，C正確，D錯誤． ■ 規(guī)律總結(jié) (1)動能定理往往用于單個物

12、體的運動過程，由于不涉及加速度及時間，比動力學(xué)研究方法要簡便． (2)動能定理表達式是一個標(biāo)量式，在某個方向上應(yīng)用動能定理沒有任何依據(jù)． (3)當(dāng)物體的運動包含多個不同過程時，可分段應(yīng)用動能定理求解；當(dāng)所求解的問題不涉及中間的速度時，也可以全過程應(yīng)用動能定理求解． (4)應(yīng)用動能定理時，必須明確各力做功的正負．當(dāng)一個力做負功時，可設(shè)物體克服該力做功為W，則該力做功為－W，也可以直接用字母W表示該力做功，使其字母本身含有負號． 　考點三　動能定理與圖像結(jié)合問題 解決物理圖像問題的基本步驟： 2 [2016·石家莊調(diào)研檢測] 游樂場有一種滑雪游戲，其理想簡化圖如圖5-14-5甲所示

13、，滑道由傾角為θ＝30°的斜坡和水平滑道組成．小孩在距地面高h＝10 m處由靜止開始沿斜坡滑下，到達底端時恰好滑上水平滑道上放置的長為l＝3 m木板(忽略木板厚度)，此后小孩和木板運動的v-t圖像如圖乙所示．已知斜坡滑道與水平滑道平滑連接，速度由斜坡方向轉(zhuǎn)為水平方向時大小不變，不計小孩在運動過程中受到的空氣阻力，重力加速度g取10 m/s2.求： (1)小孩與斜坡間的動摩擦因數(shù)； (2)小孩脫離木板時的速度大小． 圖5-14-5 [解析] (1)對小孩在斜面上的運動過程，由題圖乙可知，小孩滑到斜面底端時的速度v＝10 m/s.由動能定理可得 mgh－μmgcos θ·＝mv2

14、解得μ＝. (2)由圖乙知小孩在t＝0.5 s時滑離木板，木板在0～0.5 s內(nèi)的位移x木＝1.5 m 又x木＋l＝x人 設(shè)小孩滑離木板的速度為v人，由平均速度公式 x人＝(v＋v人)t 可得：v人＝8 m/s. ■ 規(guī)律總結(jié) (1)觀察題目給出的圖像，弄清縱坐標(biāo)、橫坐標(biāo)所對應(yīng)的物理量及圖線與坐標(biāo)軸所表示的物理意義． (2)根據(jù)物理規(guī)律推導(dǎo)出縱坐標(biāo)與橫坐標(biāo)所對應(yīng)的物理量間的函數(shù)關(guān)系式． (3)將推導(dǎo)出的物理規(guī)律與數(shù)學(xué)上與之相對應(yīng)的標(biāo)準(zhǔn)函數(shù)關(guān)系式相對比，找出圖線的斜率、截距、圖線的交點，圖線與坐標(biāo)軸所圍的面積所對應(yīng)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)

15、關(guān)系式求物理量．圖像所圍面積的意義：①v-t圖線與橫軸圍成的面積表示物體的位移；②a-t圖線與橫軸圍成的面積表示物體速度的變化量；③F-x圖線與橫軸圍成的面積表示力所做的功；④P-t圖線與橫軸圍成的面積表示力所做的功． 式題 (多選)質(zhì)量為1 kg的物體靜止在粗糙的水平地面上，在一水平外力F的作用下運動，如圖5-14-6甲所示，外力F和物體克服摩擦力f做的功與物體位移的關(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(　　) 圖5-14-6 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

16、．x＝9 m時，物體的速度為3 m/s 答案：ACD　[解析] 由Wf＝fx對應(yīng)圖乙可知，物體與地面之間的滑動摩擦力f＝2 N，由f＝μmg可得μ＝0.2，A正確；由WF＝Fx對應(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；由動能定理得WF－fx＝mv2，可得：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＝＝13.5 m，B錯誤． 　考點四　動能定理解決多過程問題 1.由于多過程問題的受力情況、運動情況比較復(fù)雜，從動力學(xué)的角度分析多過程問題往往比較復(fù)雜，但是，用動能定理分析問題，是

17、從總體上把握其運動狀態(tài)的變化，并不需要從細節(jié)上了解．因此，動能定理的優(yōu)越性就明顯地表現(xiàn)出來了，分析力的作用是看力做的功，也只需把所有的力做的功累加起來即可． 2．運用動能定理解決問題時，有兩種思路：一種是全過程列式，另一種是分段列式． 3．全過程列式時，涉及重力、彈簧彈力、大小恒定的阻力或摩擦力做功時，要注意運用它們的功能特點： (1)重力做的功取決于物體的初、末位置，與路徑無關(guān)； (2)大小恒定的阻力或摩擦力做的功等于力的大小與路程的乘積． (3)彈簧彈力做功與路徑無關(guān)． 3 (18分)[2016·全國卷Ⅰ] 如圖5-14-7所示，一輕彈簧原長為2R，其一端固定在傾角為37°的固

18、定直軌道AC的底端A處，另一端位于直軌道上B處，彈簧處于自然狀態(tài)，直軌道與一半徑為R的光滑圓弧軌道相切于C點，AC＝7R，A、B、C、D均在同一豎直平面內(nèi)．質(zhì)量為m的小物塊P自C點由靜止開始下滑，最低到達E點(未畫出)，隨后P沿軌道被彈回，最高到達F點，AF＝4R，已知P與直軌道間的動摩擦因數(shù)μ＝，重力加速度大小為g.(取sin 37°＝，cos 37°＝) (1)求P第一次運動到B點時速度的大?。? (2)求P運動到E點時彈簧的彈性勢能． (3)改變物塊P的質(zhì)量，將P推至E點，從靜止開始釋放．已知P自圓弧軌道的最高點D處水平飛出后，恰好通過G點．G點在C點左下方，與C點水平相距R、豎直相

19、距R，求P運動到D點時速度的大小和改變后P的質(zhì)量． 圖5-14-7 [解答規(guī)范] (1)根據(jù)題意知，B、C之間的距離l為 l＝7R－2R?、?1分) 設(shè)P到達B點時的速度為vB，由動能定理得 ________＝mv　②(2分) 式中θ＝37°，聯(lián)立①②式并由題給條件得 vB＝2　③(1分) (2)設(shè)BE＝x，P到達E點時速度為零，設(shè)此時彈簧的彈性勢能為Ep.P由B點運動到E點的過程中，由動能定理有 ____________________＝0－mv　④(2分) E、F之間的距離l1為 l1＝4R－2R＋x　⑤(1分) P到達E點后反彈，從E點運動到F點的過程中，由動

20、能定理有 ________________________＝0?、?2分) 聯(lián)立③④⑤⑥式并由題給條件得 x＝R　⑦ Ep＝mgR?、?1分) (3)設(shè)改變后P的質(zhì)量為m1，D點與G點的水平距離x1和豎直距離y1分別為 x1＝R－Rsin θ?、?1分) y1＝R＋R＋Rcos θ?、?1分) 式中，已應(yīng)用了過C點的圓軌道半徑與豎直方向夾角仍為θ的事實． 設(shè)P在D點的速度為vD，由D點運動到G點的時間為t.由平拋運動公式有 y1＝gt2　? x1＝vDt　? 聯(lián)立⑨⑩??式得 vD＝　?(1分) 設(shè)P在C點速度的大小為vC，在P由C運動到D的過程中機械能守恒，有

21、m1v＝m1v＋m1g　?(2分) P由E點運動到C點的過程中，同理，由動能定理有 ____________________________＝m1v　?(2分) 聯(lián)立⑦⑧???式得 m1＝m　?(1分) 答案：mglsin θ－μmglcos θ　mgxsin θ－μmgxcos θ－Ep Ep－mgl1sin θ－μmgl1cos θ Ep－m1g(x＋5R)sin θ－μm1g(x＋5R)cos θ 式題1 [2016·株洲三模] 如圖5-14-8甲所示，一根直桿AB與水平面成某一角度固定，在桿上套一個小物塊，桿底端B處有一彈性擋板，桿與板面垂直，現(xiàn)將物塊拉到頂端A點由

22、靜止釋放，物塊下滑與擋板第一次碰撞前后的v-t圖像如圖乙所示，物塊最終停止在B處．重力加速度g取10 m/s2.求： (1)物塊與桿之間的動摩擦因數(shù)； (2)物塊滑過的總路程． 圖5-14-8 答案：(1)0.25　(2)6 m [解析] (1)由圖像可知物塊下滑時加速度大小a1＝4 m/s2，上滑時加速度大小a2＝8 m/s2，桿AB長l＝2 m. 設(shè)桿傾角為θ，物塊質(zhì)量為m，物塊與桿之間的動摩擦因數(shù)為μ 由牛頓第二定律得 mgsin θ－μmgcos θ＝ma1 mgsin θ＋μmgcos θ＝ma2 代入數(shù)據(jù)得μ＝0.25，sin θ＝0.6，cos θ＝0.8

23、. (2)對物塊整個運動過程分析，設(shè)物塊滑過總路程為s，由動能定理得 mglsin θ－μmgcos θ·s＝0 代入數(shù)據(jù)得s＝6 m. 式題2 山地滑雪是人們喜愛的一項體育運動．一滑雪道ABC的底部是一個半徑為R的圓，圓與雪道相切于C點，C的切線沿水平方向，到水平雪地之間是高為H的峭壁，D是圓的最高點，如圖5-14-9所示．運動員從A點由靜止下滑，剛好經(jīng)過圓軌道最高點D旋轉(zhuǎn)一周，再滑到C點后被水平拋出，當(dāng)拋出時間為t時，迎面遭遇一股強風(fēng)，運動員最終落到了雪地上，落地時速度大小為v.已知運動員連同滑雪裝備總質(zhì)量為m，重力加速度為g，不計遭遇強風(fēng)前的空氣阻力和雪道的摩擦阻力，求：

24、 (1)A、C的高度差h； (2)運動員剛遭遇強風(fēng)時的速度大小及距地面的高度； (3)強風(fēng)對運動員所做的功． 圖5-14-9 答案：(1)R　(2)　H－gt2 (3)mv2－mgH＋R [解析] (1)運動員剛好經(jīng)過圓軌道最高點，其速度滿足 mg＝ 由動能定理得 mg(h－2R)＝mv 聯(lián)立解得h＝R. (2)運動員做平拋運動，在豎直方向上的速度v′＝gt 從A到C由動能定理得 mg·R＝mv v1＝＝ 下落高度為h1＝gt2 距地面高度為h2＝H－h(huán)1＝H－gt2. (3)對整個過程，由動能定理得 W＋mgH＋R＝mv2 解得W＝mv2－mgH＋

25、R. 式題3 如圖5-14-10甲所示，自然伸長的輕彈簧左端固定在豎直墻上，右端在O位置．質(zhì)量為m的物塊A(可視為質(zhì)點)以初速度v0從距O點x0的P點處向左運動，與彈簧接觸后壓縮彈簧，將彈簧右端壓到O′點位置后，A又被彈簧彈回．A離開彈簧后，恰好回到P點．物塊A與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g. (1)求物塊A從P點出發(fā)又回到P點的過程，克服摩擦力所做的功． (2)求O點和O′點間的距離x1. (3)如圖乙所示，若將另一個與A完全相同的物塊B(可視為質(zhì)點)與彈簧右端拴接，將A放在B右邊，向左推A、B，使彈簧右端壓縮到O′點位置，然后從靜止釋放，A、B共同滑行一段距離后

26、分離．分離后物塊A向右滑行的最大距離x2是多少？ 圖5-14-10 答案：(1)mv　(2)－x0　(3)x0－ [解析] (1)物塊A從P點出發(fā)又回到P點的過程，根據(jù)動能定理得克服摩擦力所做的功為Wf＝mv. (2)物塊A從P點出發(fā)又回到P點的過程，根據(jù)動能定理得 －2μmg(x1＋x0)＝－mv 解得x1＝－x0. (3)A、B在彈簧處于原長處分離，設(shè)此時它們的共同速度是v1，彈出過程彈力做功WF 只有A時，從O′到P有 WF－μmg(x1＋x0)＝0－0 A、B共同從O′到O有 WF－2μmgx1＝×2mv 分離后對A有 mv＝μmgx2 聯(lián)立以上各式可得

27、x2＝x0－. ■ 規(guī)律總結(jié) 利用動能定理求解多過程問題的基本思路 1．弄清物體的運動由哪些過程組成． 2．分析每個過程中物體的受力情況． 3．各個力做功有何特點，對動能的變化有無影響． 4．從總體上把握全過程，表達出總功，找出初、末狀態(tài)的動能． 5．對所研究的全過程運用動能定理列方程． 【教師備用習(xí)題】 1．[2015·江西十校二模] 將三個木板1、2、3固定在墻角，木板與墻壁和地面構(gòu)成了三個不同的三角形，如圖所示，其中1與2底邊相同，2和3高度相同．現(xiàn)將一個可以視為質(zhì)點的物塊分別從三個木板的頂端由靜止釋放，使其沿斜面下滑到底端，物塊與木板之間的動摩擦因數(shù)μ均相同．

28、在這三個過程中，下列說法不正確的是(　　) A．沿著1和2下滑到底端時，物塊的速率不同，沿著2和3下滑到底端時，物塊的速率相同 B．沿著1下滑到底端時，物塊的速度最大 C．物塊沿著3下滑到底端的過程中，產(chǎn)生的熱量最多 D．物塊沿著1和2下滑到底端的過程中，產(chǎn)生的熱量一樣多 [解析] A　設(shè)1、2、3木板與地面的夾角分別為θ1、θ2、θ3，木板長分別為l1、l2、l3，當(dāng)物塊沿木板1下滑時，由動能定理有mgh1－μmgl1cos θ1＝mv－0，當(dāng)物塊沿木板2下滑時，由動能定理有mgh2－μmgl2cos θ2＝mv－0，又h1>h2，l1cos θ1＝l2cos θ2，可得v1>

29、v2；當(dāng)物塊沿木板3下滑時，由動能定理有mgh3－μmgl3cos θ3＝mv－0，又h2＝h3，l2cos θ2v3，選項A錯誤，選項B正確；三個過程中產(chǎn)生的熱量分別為Q1＝μmgl1cos θ1，Q2＝μmgl2cos θ2，Q3＝μmgl3cos θ3，則Q1＝Q2

30、　　) A．斜面的傾角θ＝30° B．物體的質(zhì)量為m＝0.5 kg C．斜面與物體間的摩擦力大小f＝2 N D．物體在斜面上運動的總時間t＝2 s [解析] BC　由動能定理知Ek-x圖像的斜率的絕對值表示合外力的大小，則上升階段有mgsin θ＋μmgcos θ＝ N＝5 N①，下降階段有mgsin θ－μmgcos θ＝ N＝1 N②，①②聯(lián)立得tan θ＝，即θ＝37°，m＝0.5 kg，故A選項錯誤，B選項正確．物體與斜面間的摩擦力f＝μmgcos θ＝2 N，故C選項正確．上升階段由Ek-x圖像知合力F1＝5 N，則a1＝10 m/s2，t1＝，Ek1＝mv＝25 J，

31、聯(lián)立得t1＝1 s．同理，下降階段合力F2＝1 N，則a2＝2 m/s2，t2＝，Ek2＝mv＝5 J，聯(lián)立得t2＝ s，則t＝t1＋t2＝(1＋) s，故D選項錯誤． 3．(多選)[2015·河北保定調(diào)研] 如圖所示，內(nèi)壁光滑、半徑大小為R的圓軌道豎直固定在桌面上，一個質(zhì)量為m的小球靜止在軌道底部A點．現(xiàn)用小錘沿水平方向快速擊打小球，擊打后迅速移開，使小球沿軌道在豎直面內(nèi)運動．當(dāng)小球回到A點時，再次用小錘沿運動方向擊打小球，通過兩次擊打，小球才能運動到圓軌道的最高點．已知小球在運動過程中始終未脫離軌道，在第一次擊打過程中小錘對小球做功W1，第二次擊打過程中小錘對小球做功W2.設(shè)先后兩次擊打

32、過程中小錘對小球做的功全部用來增加小球的動能，則的值可能是(　　) A. B. C. D．1 [解析] AB　第一次擊打，小球運動的最大高度為R，即W1≤mgR，第二次擊打，小球才能運動到圓軌道的最高點，而恰好過最高點的條件為mg＝m，即v高＝，小球從靜止到到達最高點的過程，由動能定理得W1＋W2－mg·2R＝mv－0，得W1＋W2＝mgR，則W2≥mgR，故≤，故選項A、B正確． 4．[2015·浙江卷] 如圖所示，用一塊長L1＝1.0 m的木板在墻和桌面間架設(shè)斜面，桌子高H＝0.8 m，長L2＝1.5 m．斜面與水平桌面的傾角θ可在0～60°間調(diào)節(jié)后固定．將質(zhì)量m＝0.2

33、 kg的小物塊從斜面頂端靜止釋放，物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.05，物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)為μ2，忽略物塊在斜面與桌面交接處的能量損失．(重力加速度取g＝10 m/s2；最大靜摩擦力等于滑動摩擦力) (1)求θ角增大到多少時，物塊能從斜面開始下滑；(用正切值表示) (2)當(dāng)θ角增大到37°時，物塊恰能停在桌面邊緣，求物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)μ2； (已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) (3)繼續(xù)增大θ角，發(fā)現(xiàn)θ＝53°時物塊落地點與墻面的距離最大，求此最大距離xm. [答案] (1)tan θ≥0.05　(2)0.8　(3)1.9 m [解析] (1)

34、為使小物塊下滑，有mgsin θ≥μ1mgcos θ 解得tan θ≥0.05 (2)由動能定理得 mgL1sin θ－Wf＝0 其中Wf＝μ1mgL1cos θ＋μ2mg(L2－L1cos θ) 解得μ2＝0.8 (3)由動能定理得 mgL1sin θ－Wf＝mv2 解得v＝1 m/s 由平拋運動規(guī)律，得 H＝gt2 x1＝vt 解得t＝0.4 s，x1＝0.4 m xm＝x1＋L2＝1.9 m 5．[2015·山東卷] 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)細繩跨過兩個定滑輪連接．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

35、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．現(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(dāng)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： 　　　　　甲　　　　　　　　　　　乙 (1)物塊的質(zhì)量； (2)從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． [答案] (1)3m　0.1mgl [解析] (1)設(shè)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

36、球，T1＝mg① 對物塊，F(xiàn)1＋T1＝Mg② 當(dāng)細繩與豎直方向的夾角為60°時，設(shè)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＝mgcos 60°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(shè)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，由動能定理得 mgl(1－cos 60°)－Wf＝mv2⑥ 在最低位置，設(shè)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， F3＝0.6F1 對小球，由牛頓第二定律得 T3－mg＝m⑦

37、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＝0.1mgl⑨ 6．[2016·山西質(zhì)量檢測] 如圖所示，兩塊相同的薄木板緊挨著靜止在水平地面上，每塊木板的質(zhì)量為M＝1.0 kg，長度為L＝1.0 m，它們與地面間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.10.木板1的左端放有一塊質(zhì)量為m＝1.0 kg的小鉛塊(可視為質(zhì)點)，它與木板間的動摩擦因數(shù)為μ2＝0.25.現(xiàn)突然給鉛塊一個水平向右的初速度，使其在木板1上滑行．假設(shè)最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等，取重力加速度g＝10 m/s2. (1)當(dāng)鉛塊的初速度v0＝2.0 m/s時，鉛塊相對地面滑動的距離是多大？ (2)

38、若鉛塊的初速度v1＝3.0 m/s，鉛塊停止運動時與木板2左端的距離是多大？ [答案] (1)0.8 m　(2) m [解析] (1)取水平向右為正方向，相對木板滑動時，鉛塊與木板間的滑動摩擦力的大小為f＝μ2mg＝2.5 N 當(dāng)鉛塊在木板1上滑動時，兩塊木板與地面間的最大靜摩擦力的大小為f1＝μ1(2M＋m)g＝3.0 N 因為f