《（江蘇選考）2018版高考物理二輪復習 第一部分 專題二 功和能學案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（江蘇選考）2018版高考物理二輪復習 第一部分 專題二 功和能學案（58頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、 專題二 功和能 [學前先做高考題]　　　　　　　　　　高考題最經典，每做一次都有新發(fā)現(xiàn)　　　　　　　　　　　　　 1．(多選)(2015·江蘇高考)如圖所示，輕質彈簧一端固定，另一端與一質量為m、套在粗糙豎直固定桿A處的圓環(huán)相連，彈簧水平且處于原長。圓環(huán)從A處由靜止開始下滑，經過B處的速度最大，到達C處的速度為零，AC＝h。圓環(huán)在C處獲得一豎直向上的速度v，恰好能回到A。彈簧始終在彈性限度內，重力加速度為g。則圓環(huán)(　　) A．下滑過程中，加速度一直減小 B．下滑過程中，克服摩擦力做的功為mv2 C．在C處，彈簧的彈性勢能為mv2－mgh D．上滑經過B的速度大于下滑經

2、過B的速度 解析：選BD　圓環(huán)下落時，先加速，在B位置時速度最大，加速度減小至0。從B到C圓環(huán)減速，加速度增大，方向向上，選項A錯誤；圓環(huán)下滑時，設克服摩擦力做功為Wf，彈簧的最大彈性勢能為ΔEp，由A到C的過程中，根據能量關系有mgh＝ΔEp＋Wf。由C到A的過程中，有mv2＋ΔEp＝Wf＋mgh。聯(lián)立解得Wf＝mv2，ΔEp＝mgh－mv2。選項B正確，C錯誤；設圓環(huán)在B位置時，彈簧的彈性勢能為ΔEp′，根據能量守恒，A到B的過程有mvB2＋ΔEp′＋Wf′＝mgh′，B到A的過程有mvB′2＋ΔEp′＝mgh′＋Wf′，比較兩式得vB′>vB，選項D正確。 2．(2017·江蘇高考)

3、一小物塊沿斜面向上滑動，然后滑回到原處。物塊初動能為Ek0，與斜面間的動摩擦因數(shù)不變，則該過程中，物塊的動能Ek與位移x關系的圖線是(　　) 解析：選C　設物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ，物塊的質量為m，則物塊在上滑過程中根據動能定理有－(mgsin θ＋μmgcos θ)x＝Ek－Ek0，即Ek＝Ek0－(mgsin θ＋μmgcos θ)x，所以物塊的動能Ek與位移x的函數(shù)關系圖線為直線且斜率為負；物塊沿斜面下滑的過程中根據動能定理有(mgsin θ－μmgcos θ)(x0－x)＝Ek，其中x0為物塊到達最高點時的位移，即Ek＝－(mgsin θ－μmgcos θ)x＋(mgsin

4、θ－μmgcos θ)x0，所以下滑時Ek隨x的減小而增大且為直線。由此可以判斷C項正確。 3．(2017·江蘇高考)如圖所示，兩個半圓柱A、B緊靠著靜置于水平地面上，其上有一光滑圓柱C，三者半徑均為R。C的質量為m，A、B的質量都為，與地面間的動摩擦因數(shù)均為μ?，F(xiàn)用水平向右的力拉A，使A緩慢移動，直至C恰好降到地面。整個過程中B保持靜止。設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g。求： (1)未拉A時，C受到B作用力的大小F； (2)動摩擦因數(shù)的最小值μmin； (3)A移動的整個過程中，拉力做的功W。 解析：(1)對C受力分析，如圖甲所示： 根據平衡條件有 2Fcos 30

5、°＝mg 解得F＝mg。 (2)C恰好降到地面時，如圖乙所示： B受C壓力的水平分力最大Fxmax＝mg B受地面的摩擦力f＝μmg 根據題意，B保持靜止， 則有fmin＝Fxmax，解得 μmin＝。 (3)C下降的高度h＝(－1)R A的位移x＝2(－1)R 摩擦力做功的大小Wf＝fx＝2(－1)μmgR 根據動能定理W－Wf＋mgh＝0－0 解得W＝(2μ－1)(－1)mgR。 答案：(1)mg　(2)　(3)(2μ－1)(－1)mgR 4．(2015·江蘇高考)一轉動裝置如圖所示，四根輕桿OA、OC、AB和CB與兩小球及一小環(huán)通過鉸鏈連接，輕桿長均為l，

6、球和環(huán)的質量均為m，O端固定在豎直的輕質轉軸上。套在轉軸上的輕質彈簧連接在O與小環(huán)之間，原長為L。裝置靜止時，彈簧長為L。轉動該裝置并緩慢增大轉速，小環(huán)緩慢上升。彈簧始終在彈性限度內，忽略一切摩擦和空氣阻力，重力加速度為g。求： (1)彈簧的勁度系數(shù)k； (2)AB桿中彈力為零時，裝置轉動的角速度ω0； (3)彈簧長度從L緩慢縮短為L的過程中，外界對轉動裝置所做的功W。 解析：(1)裝置靜止時，設OA、AB桿中的彈力分別為F1、T1，OA桿與轉軸的夾角為θ1。 小環(huán)受到彈簧的彈力F彈1＝k· 小環(huán)受力平衡，F(xiàn)彈1＝mg＋2T1 cos θ1 小球受力平衡，F(xiàn)1cos θ1＋T1c

7、os θ1＝mg F1sin θ1＝T1sin θ1 解得k＝。 (2)設OA、AB桿中的彈力分別為F2、T2，OA桿與轉軸的夾角為θ2，彈簧長度為x。 小環(huán)受到彈簧的彈力F彈2＝k(x－L) 小環(huán)受力平衡，F(xiàn)彈2＝mg，得x＝L 對小球，F(xiàn)2cos θ2＝mg F2sin θ2＝mω02lsin θ2 且cos θ2＝ 解得ω0＝ 。 (3)彈簧長度為L時，設OA、AB桿中的彈力分別為F3、T3，OA桿與彈簧的夾角為θ3。 小環(huán)受到彈簧的彈力 F彈3＝kL 小環(huán)受力平衡，2T3cos θ3＝mg＋F彈3， 且cos θ3＝ 對小球，F(xiàn)3cos θ3＝T3cos

8、θ3＋mg F3sin θ3＋T3sin θ3＝mω32lsin θ3 解得ω3＝ 整個過程彈簧彈性勢能變化為零，則彈力做的功為零，由動能定理 W－mg－2mg＝2×m(ω3lsin θ3)2 解得W＝mgL＋。 答案：(1)　(2) 　(3)mgL＋ 　七、兩個概念、一個模型，破解功和功率問題 [抓牢解題本源] 一、兩個概念——功和功率 1．功 (1)功的正負 條件 從動力學角度看 從能量角度看 正功 當0≤α<時， cos α>0，W>0 力是物體運動的動力 物體的動能增加 不做功 當α＝時， cos α＝0，W＝0 力既不是動力，也不是

9、阻力，力只改變物體的運動方向 物體的動能不變 負功 當<α≤π時， cos α<0，W<0 力是物體運動的阻力 物體的動能減少 說明 ①一個力對物體做了負功，往往說成物體克服這個力做了功(取絕對值)，即力F對物體做功－Fl，等效于物體克服力F做功Fl ②功是標量，沒有方向，所以功的正負號不表示方向 ③功的正負號不表示大小，比較做功多少時應取絕對值 (2)功的計算 ①恒力的功→W＝Flcos_α。 ②變力的功→動能定理或等效法。 ③恒定功率的功→W＝Pt。 2．功率 (1)瞬時功率：P＝Fvcos_α。 (2)平均功率：P＝或P＝Fcos α。 二、一個模

10、型——機車啟動 兩種方式 以恒定功率啟動 以恒定加速度啟動 P-t圖像和 v-t圖像 OA段 過程 分析 v↑?F＝↓? a＝↓ a＝不變? F不變P＝Fv↑ 直到P額＝Fv1 運動 性質 加速度減小的加速直線運動 勻加速直線運動，維持時間t0＝ AB段 過程 分析 F＝F阻?a＝0? F阻＝ v↑?F＝↓? a＝↓ 運動 性質 以vm做勻速直線運動 加速度減小的加速運動 BC段 F＝F阻?a＝0? F阻＝，以vm做勻速直線運動 [研透?？碱}根] 功的判斷和計算 [例1]　(多選)如圖所

11、示，一物體沿弧形軌道滑下后進入足夠長的水平傳送帶，傳送帶以圖示方向勻速轉動，則傳送帶對物體的做功情況可能是(　　) A．始終不做功　　　　 B．先做負功后做正功 C．先做正功后不做功 D．先做負功后不做功 [思路點撥]　本題可按以下思路進行分析： →→ [解析]　設傳送帶的速度大小為v1，物體剛滑上傳送帶時的速度大小為v2。若v2＝v1，則物體與傳送帶間無摩擦力，傳送帶對物體始終不做功；若v2＞v1，物體相對于傳送帶向右運動，物體受到的滑動摩擦力向左，則物體先減速到速度為v1，然后隨傳送帶一起勻速運動，故傳送帶對物體先做負功后不做功；若v2

12、的滑動摩擦力向右，物體先加速到速度為v1，然后隨傳送帶一起勻速運動，故傳送帶對物體先做正功后不做功，選項A、C、D正確。 [答案]　ACD [備考錦囊]　 變力做功的幾種等效求法 (1)利用微元法求變力做功 將物體的位移分割成許多小段，因小段很小，每一小段上作用在物體上的力可以視為恒力，這樣就將變力做功轉化為在無數(shù)多個無窮小的位移上的恒力所做元功的代數(shù)和。此法在中學階段，常應用于求解大小不變、方向改變的變力做功問題。 (2)化變力為恒力求變力做功 變力做功直接求解時，通常都比較復雜，但若通過轉換研究的對象，有時可化為恒力做功，用W＝Flcos α求解。此法常常應用于輕繩通過定滑輪

13、拉物體的問題。 (3)利用F-x圖像求變力做功 在F-x圖像中，圖線與x軸所圍“面積”的代數(shù)和就表示力F在這段位移所做的功，且位于x軸上方的“面積”為正，位于x軸下方的“面積”為負，但此方法只適用于便于求圖線所圍面積的情況(如三角形、矩形、圓等規(guī)則的幾何圖形)。 [即時訓練] (多選)(2017·沐陽模擬)如圖所示，擺球質量為m，懸線的長為L，把懸線拉到水平位置后放手。設在擺球從A點運動到B點的過程中空氣阻力F阻的大小不變，則下列說法正確的是(　　) A．重力做功為mgL B．懸線的拉力做功為0 C．空氣阻力F阻做功為－mgL D．空氣阻力F阻做功為－F阻πL 解析：選ABD

14、　小球下落過程中，重力做功為mgL，A正確；懸線的拉力始終與速度方向垂直，拉力做功為0，B正確；空氣阻力F阻大小不變，方向始終與速度方向相反，故空氣阻力F阻做功為－F阻·πL，C錯誤，D正確。 功率的分析與計算 [例2]　(2017·邳州模擬)質量為m＝2 kg的物體沿水平面向右做直線運動，t＝0時刻受到一個水平向左的恒力F，如圖甲所示，此后物體的v-t圖像如圖乙所示，取水平向右為正方向，g取10 m/s2，則(　　) A．物體與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.5 B．10 s末恒力F的瞬時功率為6 W C．10 s末物體在計時起點左側4 m處 D．0～10 s內恒力F做

15、功的平均功率為0.6 W [審題指導]　結合圖像，分析可知 (1)0～4 s，物體加速度大小a1＝2_m/s2，牛頓第二定律表達式為F＋μmg＝ma1。 (2)4～10 s，物體的加速度大小為a2＝1_m/s2，牛頓第二定律表達式為F－μmg＝ma2。 [解析]　由題圖乙可知0～4 s內的加速度大?。篴1＝ m/s2＝2 m/s2，可得：F＋μmg＝ma1；4～10 s內的加速度大小：a2＝ m/s2＝1 m/s2，可得：F－μmg＝ma2；解得：F＝3 N，μ＝0.05，選項A錯誤；10 s末恒力F的瞬時功率為P10＝Fv10＝3×6 W＝18 W，選項B錯誤；0～4 s內的位移x1

16、＝×4×8 m＝16 m,4～10 s內的位移x2＝－×6×6 m＝－18 m，故10 s末物體在計時起點左側2 m處，選項C錯誤；0～10 s內恒力F做功的平均功率為＝＝ W＝0.6 W，選項D正確。 [答案]　D [備考錦囊]　 瞬時功率的計算方法 (1)利用公式P＝Fvcos α，其中v為t時刻的瞬時速度。 (2)P＝FvF，其中vF為物體的速度v在力F方向上的分速度。 (3)P＝Fvv，其中Fv為物體受到的外力F在速度v方向上的分力。 [即時訓練] 1．如圖所示，質量為m的小球以初速度v0水平拋出，恰好垂直打在傾角為θ的斜面上，則小球落在斜面上時重力的瞬時功率為(不

17、計空氣阻力)(　　) A．mgv0tan θ B. C. D．mgv0cos θ 解析：選B　小球落在斜面上時重力的瞬時功率為P＝mgvy，而vytan θ＝v0，所以P＝，B正確。 2.(多選)(2017·南京師大附中聯(lián)考)如圖是滑雪場的一條雪道。質量為70 kg的某滑雪運動員由A點沿圓弧軌道滑下，在B點以5 m/s的速度水平飛出，落到了傾斜軌道上的C點(圖中未畫出)。不計空氣阻力，θ＝30°，g＝10 m/s2，則下列判斷正確的是(　　) A．該滑雪運動員騰空的時間為1 s B．B、C兩點間的高度差為5 m C．落到C點時重力的瞬時功率為3 500 W D．若該滑

18、雪運動員從更高處滑下，落到C點時速度與豎直方向的夾角不變 解析：選AD　運動員運動到B點后開始做平拋運動，在平拋運動的過程中，水平位移為x＝v0t，豎直位移為y＝gt2，落地時：tan θ＝，聯(lián)立解得t＝1 s，y＝5 m，故A正確，B錯誤；落地時沿豎直方向的速度：vy＝gt＝10×1 m/s＝10 m/s，所以，落到C點時重力的瞬時功率為：P＝mg·vy＝70×10×10 W＝7 000 W，故C錯誤；根據落地時速度方向與水平方向之間的夾角的表達式：tan α＝＝，可知落到C點時速度與豎直方向的夾角與平拋運動的初速度無關，故D正確。 機車啟動模型 [例3]　(2017·豐縣模擬

19、)質量為m的汽車在平直路面上啟動，啟動過程的速度—時間圖像如圖所示，從t1時刻起汽車的功率保持不變，整個運動過程中汽車所受阻力恒為Ff，則(　　) A．0～t1時間內，汽車的牽引力等于m B．t1～t2時間內，汽車的功率等于Ffv1 C．汽車運動的最大速度等于v1 D．t1～t2時間內，汽車的平均速度小于 [解析]　由題圖可知，汽車運動的最大速度為v2，則有P＝Ffv2。在0～t1時間內，汽車做勻加速直線運動，加速度大小為a＝，由牛頓第二定律可得F－Ff＝ma，汽車的牽引力F＝Ff＋ma＝Ff＋m，選項A錯誤；t1～t2時間內，汽車的功率保持不變，汽車功率P＝Ffv2，選項B錯誤；題

20、圖上A點和B點都對應汽車功率P＝Fv1＝Ffv2，而F＝Ff＋m，聯(lián)立解得v2＝v1，選項C正確；根據速度—時間圖像的面積表示位移，t1～t2時間內，汽車的位移為曲邊梯形ABt2t1的面積，汽車的平均速度大于，選項D錯誤。 [答案]　C [備考錦囊] 分析機車啟動應注意的三個問題 (1)機車啟動的方式不同，運動的規(guī)律就不同，即其功率、加速度、牽引力等物理量的變化規(guī)律不同，分析圖像時應注意坐標軸的意義及圖像變化所描述的規(guī)律。 (2)在公式P＝Fv中，F(xiàn)是機車的牽引力而不是機車所受合力，因此F＝Ff時，牽引力與阻力平衡，機車達到最大運行速度。 (3)解決機車啟動問題一定要分清機車是勻加

21、速啟動還是以恒定功率啟動。 ①勻加速啟動過程中，機車功率是不斷改變的，但該過程中的最大功率是額定功率，勻加速運動階段的最大速度小于機車所能達到的最大速度，達到額定功率后，機車做加速度減小的加速運動。 ②以恒定功率啟動的過程中，機車做加速度減小的加速運動，勻變速直線運動的規(guī)律不適用，速度最大值等于，牽引力是變力，牽引力做的功可用W＝Pt求解，但不能用W＝Flcos θ求解。 [即時訓練] 1．(2017·江蘇南通3月自主練習)中車青島四方機車廠，試驗出時速高達605公里的高速列車。已知列車運行時的阻力包括車輪與軌道摩擦的機械阻力和車輛受到的空氣阻力，若認為機械阻力恒定，空氣阻力和列車運行

22、速度的平方成正比，當列車以時速200公里行駛的時候，空氣阻力占總阻力的70%，此時列車功率為1 000 kW，則高速列車在時速為600公里時的功率大約是(　　) A．10 000 kW　　　　　 B．20 000 kW C．30 000 kW D．40 000 kW 解析：選B　當車速為200 km/h時，受到的總阻力功率為P＝fv，解得f＝，故f機＝30%f，f阻＝kv2＝70%f，當列車速度達到600 km/h，P′＝(f機＋kv′2)v′，聯(lián)立解得P′≈20 000 kW，B正確。 2.(2017·太倉模擬)一輛跑車在行駛過程中的最大輸出功率與速度大小的關系如圖所示，已知該車質

23、量為2×103 kg，在某平直路面上行駛，阻力恒為3×103 N。若該車從靜止開始以恒定加速度 2 m/s2做勻加速運動，則此勻加速過程能持續(xù)的時間大約為(　　) A．8 s B．14 s C．26 s D．38 s 解析：選B　由題圖可知， 該車的最大功率約為P＝200 kW， 在勻加速階段由牛頓第二定律可知：F－F阻＝ma 即F＝F阻＋ma＝3 000 N＋2 000×2 N＝7 000 N， 再由P＝Fv可知：v＝＝m/s＝ m/s，由v＝at，解得t＝ s≈14 s，故選項B正確。 [課余自查小練] 1．(多選)如圖所示，質量為m的小球(可視為質點)用長為L的細

24、線懸于O點，自由靜止在A位置，現(xiàn)用水平恒力F拉動小球。已知懸線的最大偏角為θ，則力F的大小及力F做的功W為(　　) A．F＝mgtan θ B．F＝ C．W＝mgL(1－cos θ) D．W＝mgLtan θ 解析：選BC　由動能定理得：－mgL(1－cos θ)＋W＝0，故W＝mgL(1－cos θ)，C正確，D錯誤；而W＝FLsin θ，則F＝，A錯誤，B正確。 2．(2017·蘇州模擬)如圖所示，質量為m的小球(可視為質點)用長為L的細線懸掛于O點，自由靜止在A位置?，F(xiàn)用水平力F緩慢地將小球從A位置拉到B位置后靜止，此時細線與豎直方向夾角為θ＝60°，細線的拉力為F1，然后放

25、手讓小球從靜止返回，到A點時細線的拉力為F2，則(　　) A．F1＝F2＝2mg B．從A到B，拉力F做功為F1L C．從B到A的過程中，小球受到的合外力大小不變 D．從B到A的過程中，小球重力的瞬時功率一直增大 解析：選A　在B位置，根據平衡條件有F1cos θ＝mg，解得F1＝2mg。從B到A，根據動能定理得mgL(1－cos θ)＝mv2，根據牛頓第二定律得F2－mg＝m，聯(lián)立兩式解得F2＝2mg，故A項正確；從A到B，小球緩慢移動，根據動能定理得WF－mgL(1－cos θ)＝0，解得WF＝mgL，故B項錯誤；從B到A的過程中，小球的速度大小在變化，沿徑向的合力大小在變化，故

26、C項錯誤；在B位置，重力的功率為零，在最低點，重力的方向與速度方向垂直，重力的功率為零，可知從B到A的過程中，重力的瞬時功率先增大后減小，故D項錯誤。 3.(2017·瓦房店期末)如圖所示，細線的一端固定于O點，另一端系一小球，在水平拉力F作用下，小球以恒定速率在豎直平面內沿圓周由點B運動到點A。下列說法正確的是(　　) A．小球所受合力為零 B．細線張力T做負功 C．重力的功率P逐漸增大 D．水平拉力F逐漸減小 解析：選D　小球以恒定的速率在豎直平面內沿圓周運動，由于合力提供向心力，則合力不為零，故A錯誤；細線的張力T方向與速度方向始終垂直，則細線張力T不做功，故B錯誤；

27、重力的方向與速度方向的夾角α越來越大，根據P＝mgvcos α知，重力的功率P逐漸減小，故C錯誤；小球做勻速圓周運動，垂直細線方向所受合力為零，設細線與豎直方向的夾角為θ，則：Fcos θ＝mgsin θ，解得：F＝mgtan θ，θ逐漸減小，則水平拉力F逐漸減小，故D正確。 4.如圖所示，長度為l的細線一端固定于O點，另一端系一質量為m的帶正電小球，在方向、大小均恒定的電場力作用下，當小球靜止時，細線與豎直方向的夾角為θ＝60°。 (1)若將小球拉至O點右方使細線呈水平狀態(tài)由靜止釋放，則小球的速度最大時，細線的張力為多少？ (2)現(xiàn)將小球拉至O點左方使細線呈水平狀態(tài)由靜止釋放，則小球第

28、一次運動到O點正下方時的速度大小為多少？ 解析：(1)電場力與重力的合力即等效重力為＝G等 小球運動到原靜止位置時速度最大，設最大速度為v， 則G等l(1－sin θ)＝mv2 T－G等＝m 解得T＝2(3－)mg。 (2)設小球第一次運動到O點正下方時的速度大小為v1，結合小球帶正電及小球靜止時的位置，則由動能定理知： mg·l＋Fl＝mv12 F＝mgtan θ 解得v1＝。 答案：(1)2(3－)mg (2) [專題跟蹤檢測] 一、選擇題(第1～5題為單項選擇題，第6～9題為多項選擇題) 1．(2015·海南高考)假設摩托艇受到的阻力的大小正比于它的速率。如

29、果摩托艇發(fā)動機的輸出功率變?yōu)樵瓉淼?倍，則摩托艇的最大速率變?yōu)樵瓉淼?　　) A．4倍　　　　　　　 B．2倍 C. 倍 D. 倍 解析：選D　設f＝kv，當阻力等于牽引力時，速度最大，輸出功率變化前，有P＝Fv＝fv＝kv·v＝kv2，變化后有2P＝F′v′＝kv′·v′＝kv′2，聯(lián)立解得v′＝v，D正確。 2．(2017·宿遷三模)如圖所示，四個相同的小球A、B、C、D，其中A、B、C位于同一高度h處，A做自由落體運動，B沿光滑斜面由靜止滑下，C做平拋運動，D從地面開始做斜拋運動，其運動的最大高度也為h。在每個小球落地的瞬間，其重力的功率分別為PA、PB、PC、PD。下列關系式

30、正確的是(　　) A．PA＝PB＝PC＝PD B．PA＝PC＞PB＝PD C．PA＝PC＝PD＞PB D．PA＞PC＝PD＞PB 解析：選C　A做自由落體運動，C做平拋運動，豎直方向做自由落體運動，故A、C落地時豎直方向的速度大小相同，故落地時的功率P＝mgv相同，D做斜拋運動，到達最高點跟A下落時的高度相同，故落地時豎直方向的速度跟A落地時的速度大小相同，故功率相同，B沿斜面下滑，下滑到斜面底端的速度跟A落地時的速度大小相同，但速度方向與重力方向成一定的夾角，故功率小于A的功率，故C正確。 3．(2017·南通模擬)某校高三學生體能檢測中，有著班級“最標準身材”美譽的小明同學

31、在半分鐘內完成了10次引體向上，則這次檢測中小明克服重力做功的平均功率大約為(g取10 m/s2)(　　) A．50 W B．100 W C．200 W D．500 W 解析：選B　高三同學體重大約為60 kg，引體向上時重心向上運動的位移大約為0.5 m，則克服重力做功的平均功率為：P＝＝ W＝100 W，故B正確。 4.如圖所示，A、B兩物體的質量分別是m1和m2，用勁度系數(shù)為k的輕彈簧相連，處于豎直靜止狀態(tài)?，F(xiàn)對A施加豎直向上的力F將A提起，穩(wěn)定時B對地面無壓力。當撤去F，A由靜止向下運動至速度最大時，重力做功為(　　) A. m12g2 B. m22g2 C. m1

32、(m1＋m2)g2 D. m2(m1＋m2)g2 解析：選C　開始時彈簧的壓縮量為x1＝；當對A施加豎直向上的力F將A提起，B對地面無壓力時，彈簧伸長量為x2＝；當撤去F，A由靜止向下運動至速度最大時，此位置在A開始時的平衡位置，則此過程中重力做功為W＝m1g(x1＋x2)＝m1(m1＋m2)g2，選項C正確。 5.(2017·南通模擬)近年來城市的汽車越來越多，排放的汽車尾氣是形成“霧霾”的一個重要因素，為減少二氧化碳排放，我國城市公交正大力推廣新型節(jié)能環(huán)保電動車，在檢測某款電動車性能的實驗中，質量為8×102 kg的電動車由靜止開始沿平直公路行駛，達到的最大速度為15 m/s，利用

33、傳感器測得此過程中不同時刻電動車的牽引力F與對應的速度v，并描繪出F-圖像(圖中AB、AO均為直線)，假設電動車行駛時所受的阻力恒定，則根據圖像，下列判斷中正確的是(　　) A．電動車運動過程中所受的阻力f＝2 000 N B．電動車的額定功率P＝6 kW C．電動車由靜止開始持續(xù)勻加速運動的時間t＝7.5 s D．電動車從靜止開始運動到最大速度消耗的電能E＝9×104 J 解析：選B　當最大速度vmax＝15 m/s時，牽引力為Fmin＝400 N，故恒定阻力f＝Fmin＝400 N，故A錯誤；額定功率P＝Fminvmax＝6 kW，故B正確；勻加速運動的加速度a＝＝ m/s2＝2

34、 m/s2，勻加速運動的最大速度v＝＝ m/s＝3 m/s，電動車維持勻加速運動的時間t＝＝1.5 s，故C錯誤；BC段做變速直線運動，無法求解其運動位移，求不出阻力做的功，所以無法求出消耗的電能，故D錯誤。 6．位于水平面上的物體在水平恒力F1作用下，做速度為v1的勻速運動；若作用力變?yōu)樾毕蛏系暮懔2，物體做速度為v2的勻速運動，且F1與F2功率相同。則可能有(　　) A．F2＝F1　v1>v2 B．F2＝F1　v1F1　v1>v2 D．F2

35、g－F2sin θ)，得F2＝，因而兩力大小關系不確定，但兩種運動情況下，物體均做勻速運動，且兩力功率相同，因而克服摩擦力做功的功率也相同，顯然第二種情況下，摩擦力較小，則有v1

36、 D．若速度為v2時牽引力恰為，則有v2＝2v1 解析：選ABD　根據牽引力和速度的關系圖像和功率P＝Fv 得，汽車運動中的最大功率為F1v1，汽車達到最大速度v3時加速度為零，此時阻力等于牽引力，所以阻力f＝，A正確；根據牛頓第二定律，保持某一恒定加速度時，加速度a＝＝－，加速的時間：t＝＝，則汽車勻加速運動的過程中牽引力的沖量大小為I＝F1t＝，B正確；汽車保持的恒定的牽引功率為F1v1，故速度為v2時的牽引力是，對汽車受力分析，受重力、支持力、牽引力和阻力，根據牛頓第二定律，可得速度為v2時加速度大小為a′＝－，C錯誤；若速度為v2時牽引力恰為，則＝，則v2＝2v1，D正確。 8．

37、(2016·天津高考)我國高鐵技術處于世界領先水平。和諧號動車組是由動車和拖車編組而成，提供動力的車廂叫動車，不提供動力的車廂叫拖車。假設動車組各車廂質量均相等，動車的額定功率都相同，動車組在水平直軌道上運行過程中阻力與車重成正比。某列車組由8節(jié)車廂組成，其中第1、5節(jié)車廂為動車，其余為拖車，則該動車組(　　) A．啟動時乘客受到車廂作用力的方向與車運動的方向相反 B．做勻加速運動時，第5、6節(jié)與第6、7節(jié)車廂間的作用力之比為3∶2 C．進站時從關閉發(fā)動機到停下來滑行的距離與關閉發(fā)動機時的速度成正比 D．與改為4節(jié)動車帶4節(jié)拖車的動車組最大速度之比為1∶2 解析：選BD　啟動時，乘客

38、的加速度向前，車廂對人的作用力方向向前，與車運動的方向相同，選項A錯誤；以后面的車廂為研究對象，F(xiàn)56＝3ma，F(xiàn)67＝2ma，則5、6節(jié)與6、7節(jié)車間的作用力之比為3∶2，選項B正確；根據v2＝2ax，車停下來滑行的距離x與速度的二次方成正比，選項C錯誤；若改為4節(jié)動車，則功率變?yōu)樵瓉?倍，由P＝Fv 知，最大速度變?yōu)樵瓉?倍，選項D正確。 9.如圖所示，長為L的輕質硬桿A一端固定小球B，另一端固定在水平轉軸O上。現(xiàn)使輕桿A繞轉軸 O 在豎直平面內勻速轉動，輕桿A與豎直方向的夾角α從0° 增加到180°的過程中，下列說法正確的是(　　) A．小球B受到的合力的方向始終沿著輕桿A指向軸O

39、 B．當α＝90°時小球B受到輕桿A的作用力方向豎直向上 C．輕桿A對小球B做負功 D．小球B的重力做功的功率不斷增大 解析：選AC　小球B做勻速圓周運動，由合力提供做圓周運動的向心力，始終指向圓心，所以小球B受到的合力的方向始終沿著輕桿A指向軸O，故A正確；當α＝90°時輕桿A水平，此時水平方向上輕桿A對小球B有向左的拉力，該拉力提供小球B的向心力，豎直方向上輕桿A對小球B的支持力與重力相平衡，所以輕桿A對小球B的作用力方向斜向左上方，則小球B受到輕桿A的作用力方向斜向右下方，故B錯誤；輕桿A與豎直方向的夾角α從0°增加到180°的過程中，小球B的動能不變，重力勢能減小，則小球B的機械

40、能減小，由功能原理知，輕桿A對小球B做負功，故C正確；重力的瞬時功率P＝mgvsin α＝mgvy，vy是豎直分速度，vy先增大后減小，故小球B的重力做功的功率先增大后減小，故D錯誤。 二、非選擇題 10.(2017·蘇錫常一模)如圖所示，一本大字典置于桌面上，一張A4紙(質量和厚度均可忽略不計)夾在字典最深處。假設字典的質量分布均勻，同一頁紙上的壓力分布也均勻，字典總質量M＝1.5 kg，寬L＝16 cm，高H＝6 cm，A4紙上下表面與書頁之間的動摩擦因數(shù)均為μ1＝0.3，字典與桌面之間的動摩擦因數(shù)為μ2＝0.4，各接觸面的最大靜摩擦力近似等于滑動摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。

41、 (1)水平向右拉動A4紙，要使字典能被拖動，A4紙對字典的總摩擦力至少多大？ (2)上題中，求A4紙夾在字典中離桌面的最大高度h0； (3)若將A4紙夾在離桌面高度為3 cm處，要將A4紙從字典中水平向右抽出，拉力至少做多少功？ 解析：(1)字典恰好能被拉動，A4紙對字典的摩擦力 f＝f桌，又f桌＝μ2Mg，得f＝6 N。 (2)設此時A4紙上方紙張質量為m， 則有：2μ1mg＝f 代入數(shù)據可得m＝1 kg， 此時A4紙的位置離桌面高為： h0＝H 得h0＝2 cm。 (3)A4紙夾在離桌面的高度為3 cm處，高于2 cm，所以字典不會被拖動。 當A4紙抽出位移為x

42、時，所受上方壓力為： FN＝ 此時A4紙受到拉力大小為：F＝f′＝2μ1FN 即F＝μ1Mg，拉力大小與位移x成線性關系 所以拉力做功為：W＝F0L＝μ1MgL 可得：W＝0.36 J。 答案：(1)6 N　(2)2 cm　(3)0.36 J 11．(2017·蘇錫常模擬)乒乓球發(fā)球機的簡化模型示意圖如圖所示，發(fā)球機的機頭相當于一個長l＝20 cm 的空心圓柱(內徑比乒乓球的直徑略大)，水平固定在球臺邊緣O點上方H＝45 cm處，可繞C軸在水平面內轉動，從而改變球的落點。球臺長為L＝3 m，位于球臺中央的球網高h＝25 cm，出球口離盛球容器底部的高度H0＝50 cm，不考慮乒乓

43、球的旋轉、空氣阻力和發(fā)球機軌道對球的阻力，已知一只乒乓球的質量約為3 g(取重力加速度g＝10 m/s2)。 (1)若發(fā)球機的機頭不轉動，且出球點在O點正上方，當發(fā)球機發(fā)出的球能過網且落在球臺上，求發(fā)球機出球的速度大小范圍； (2)若發(fā)球機機頭以ω＝5 rad/s按俯視圖所示方向轉動，且出球時球相對機頭的速度為9 m/s。求出球點轉到O點正上方時所發(fā)出球的最后落點位置，結果用xOy坐標系中的坐標值表示； (3)在第(2)問情景下，若發(fā)球機每分鐘發(fā)出30只球，求發(fā)球機因發(fā)球而消耗的平均功率。 解析：(1)根據H－h(huán)＝gt12得： t1＝ ＝ s＝0.2 s， 則發(fā)球機出球的最小

44、速度為： v1＝＝ m/s＝7.5 m/s， 根據H＝gt22 得：t2＝＝ s＝0.3 s， 則發(fā)球機出球的最大速度為： v2＝＝ m/s＝10 m/s， 發(fā)球機出球的速度大小范圍為： 7．5 m/s＜v＜10 m/s。 (2)機頭轉動的線速度為： v3＝lω＝0.2×5 m/s＝1 m/s， 根據平行四邊形定則知，球發(fā)出后的速度為： v＝＝ m/s＝ m/s， 球發(fā)出后做平拋運動，在xOy坐標系中，縱坐標為： y＝v3t2＝1×0.3 m＝0.3 m， 橫坐標為：x＝v4t2＝9×0.3 m＝2.7 m， 最后落點位置坐標為(2.7 m,0.3 m)。 (3

45、)每個乒乓球的機械能為： E＝mgH0＋mv2 ＝3×10－3×10×0.5＋×3×10－3×82J ＝0.138 J， 發(fā)球機因發(fā)球而消耗的平均功率為： P＝＝＝ W＝0.069 W。 答案：(1)7.5 m/s＜v＜10 m/s　(2)(2.7 m,0.3 m)　(3)0.069 W 　八、解題利器——“動能定理”的三個應用 [抓牢解題本源] 一、動能定理的“兩點一過程” 1．“兩點”：指初、末狀態(tài)及對應的動能Ek1、Ek2。 2．“一過程”：指從初狀態(tài)到末狀態(tài)的運動過程及合力做的功W合。 二、動能定理的適用條件與解題步驟 1．動能定理既適用于直線運動，也適用于曲

46、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．力可以是各種性質的力，既可以同時作用，也可以分階段作用。 三、動能定理的應用技巧 1．動能定理往往用于單個物體的運動過程，由于不涉及加速度和時間，比動力學研究方法更簡便。 2．當物體的運動包含多個不同的過程時，可分段應用動能定理求解；當所求解的問題不涉及中間過程的速度時，也可以全過程應用動能定理求解。 3．動能定理中的速度和位移必須是針對同一參考系的，一般以地面為參考系。 [研透?？碱}根]　　　 應用動能定理求解變力做功問題 [例1]　如圖所示，質量為m的物塊與水平轉臺間的動摩擦因數(shù)為μ，物塊與轉軸

47、相距R，物塊隨轉臺由靜止開始轉動。當轉速增至某一值時，物塊即將在轉臺上滑動，此時轉臺已開始勻速轉動，在這一過程中，摩擦力對物塊做的功是(假設物塊所受的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)(　　) A．0　　　　　　　 B．2μmgR C．2πμmgR D.μmgR [審題指導]　 (1)當轉臺轉速增加時，對物塊做功的力為靜摩擦力。 (2)當轉臺勻速轉動時，物塊的向心力大小為μmg。 [解析]　物塊即將在轉臺上滑動但還未滑動時，轉臺對物塊的最大靜摩擦力恰好提供向心力，設此時物塊做圓周運動的線速度為v，則有μmg＝。 在物塊由靜止到獲得速度v的過程中，物塊受到的重力和支持力不做功，只有摩

48、擦力對物塊做功，由動能定理得W＝mv2－0。聯(lián)立解得W＝μmgR。D正確。 [答案]　D 本題有同學認為摩擦力充當物塊做圓周運動的向心力，因此摩擦力不做功，錯選為A。但應注意的是題目中求的是物塊從靜止到即將滑動的過程中摩擦力所做的功，而不是求轉臺穩(wěn)定轉動時摩擦力做的功?！　? [即時訓練] (2017·徐州模擬)如圖所示，在投球游戲中，小明坐在可升降的椅子上，向正前方的圓桶水平拋出籃球。已知某次拋出點的實際高度H0＝2.0 m，桶的高度h0＝0.4 m，到拋出點的水平距離L＝1.6 m，籃球恰好落入桶內，小明對籃球做的功約為(g取10 m/s2，空氣阻力不計)(　　) A．0.2

49、J B．2 J C．20 J D．200 J 解析：選B　籃球做平拋運動，因為恰好落入桶中，故在水平方向上有L＝v0t，豎直方向上有h＝H0－h(huán)0＝gt2，由動能定理知，小明對籃球做的功等于籃球拋出時具有的動能，即W＝mv02，一個籃球大概500 g，代入數(shù)據解得W＝2 J，B正確。 動能定理和圖像的綜合問題 [例2]　泥石流是在雨季由于暴雨、洪水將含有沙石且松軟的土質山體經飽和稀釋后形成的洪流。泥石流流動的全過程雖然只有很短時間，但由于其高速前進，具有強大的能量，因而破壞性極大。某課題小組對泥石流的威力進行了模擬研究，他們設計了如圖甲的模型：在水平地面上放置一個質量為m＝

50、4 kg的物體，讓其在隨位移均勻減小的水平推力作用下從靜止開始運動，推力F隨位移的變化如圖乙所示，已知物體與地面之間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.5，g＝10 m/s2。則： (1)物體在運動過程中的最大加速度為多少？ (2)在距出發(fā)點多遠處，物體的速度達到最大？ (3)物體在水平面上運動的最大位移是多少？ [審題指導]　 (1)物體加速度最大的條件是F或F合最大。 (2)物體速度最大的條件是F合＝0或a＝0。 (3)物體位移最大的條件是末速度等于0。 (4)在F-x圖像中，面積表示力F做的功。 [解析]　(1)當推力F最大時，加速度最大，由牛頓第二定律，得：Fm－μmg＝mam

51、，可解得：am＝15 m/s2。 (2)由圖像可知，F(xiàn)隨x變化的函數(shù)方程為 F＝80－20x，速度最大時，合力為0，即F＝μmg， 解得x＝3 m。 (3)位移最大時，末速度一定為0 由動能定理可得：WF－μmgx＝0 由圖像可知，力F做的功為 WF＝Fmxm＝×80×4 J＝160 J 所以x＝8 m。 [答案]　(1)15 m/s2　(2)3 m　(3)8 m [即時訓練] 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，以大小相同的初速度在圓盤上沿與直徑PQ成θ角的方向開始滑動，設小物塊運動到圓盤另一邊緣時的速度大小為v，則v2-cos θ圖

52、像應為下列圖像中的(　　) 解析：選A　設圓盤半徑為r，小物塊與圓盤間動摩擦因數(shù)為μ，則對整個過程有－μmg·2rcos θ＝mv2－mv02，即v2＝v02－4μgrcos θ，故A正確。 應用動能定理解決多過程問題 [例3]　如圖所示，光滑水平面AB與半圓形軌道在B點相切，軌道位于豎直平面內，其半徑為R。一個質量為m的物塊將彈簧壓縮至A點后由靜止釋放，在彈力作用下物塊獲得一向右的速度，然后脫離彈簧，當它經過B點進入軌道瞬間對軌道的壓力為其重力的7倍，之后向上運動恰能沿半圓形軌道到達C點。不計空氣阻力，重力加速度為g。 (1)求彈簧彈力對物塊做的功； (2)求物塊從B點運動

53、到C點克服阻力做的功； (3)如果半圓形軌道也是光滑的，其他條件不變，物塊由A經B運動到C，然后落到水平面上，落點為D(題中D點未標出，且水平面足夠長)，求D點與B點間的距離。 [思路點撥]　本題可按以下思路進行分析： →→ [解析]　(1)物塊在B點時，由牛頓第二定律得 FN－mg＝m 又FN＝7mg 在物塊從A點運動到B點的過程中，只有彈簧彈力做功，根據動能定理有W＝mvB2，解得W＝3mgR。 (2)由題意可知，物塊到達C點時只有重力提供向心力，根據牛頓第二定律有mg＝m 物塊從B點運動到C點只有重力和阻力做功，根據動能定理有 W阻－mg×2R＝mvC2－mvB2

54、解得W阻＝－mgR 故物塊從B點運動到C點克服阻力做的功為mgR。 (3)若半圓形軌道光滑，則物塊從B點運動到C點的過程中只有重力做功，根據動能定理有 －mg×2R＝mvC′2－mvB2 解得vC′＝ 從C點到D點，物塊做平拋運動，有 水平方向：xBD＝vC′t　豎直方向：2R＝gt2 解得xBD＝2R。 [答案]　(1)3mgR　(2)mgR　(3)2R [備考錦囊]　 應用動能定理求解多過程問題的五個注意事項 (1)弄清物體的運動由哪些過程構成。 (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，對動能的變化有無貢獻。 (4)從總體上把握全過程，表

55、達出總功，找出初、末狀態(tài)的動能。 (5)對所研究的分過程或全過程運用動能定理列方程。 [即時訓練] (2017·徐州模擬)如圖所示，水平軌道左端固定一輕質彈簧，右端與半徑為R的光滑半圓軌道BCD相切，半圓的直徑BD豎直，輕質彈簧無形變時右端位于O點，物塊(與彈簧不拴接)在外力作用下壓縮彈簧至不同長度時釋放，脫離彈簧時將獲得不同的動能Ek，已知物塊質量為m，與水平軌道間的動摩擦因數(shù)為μ，OB＝l1，重力加速度為g，不計空氣阻力，物塊可看成質點。 (1)若彈簧的勁度系數(shù)為k，當彈簧被壓縮至A點且OA＝l2時，彈簧的彈力為多大？ (2)物塊在從A點被釋放運動到O點的過程中，加速度大小和

56、速度大小如何變化？ (3)要使物塊在半圓軌道BCD上運動時不與軌道脫離，則物塊在O點的動能Ek應滿足什么條件？ 解析：(1)根據胡克定律知彈簧彈力F＝kx＝kl2。 (2)物塊在從A點被釋放運動到O點的過程中，物塊受到向右的彈簧彈力和向左的滑動摩擦力，彈簧彈力越來越小，所以加速度越來越小，又加速度和速度同向，所以速度越來越大，即做加速度逐漸減小的加速運動。 (3)物塊在半圓軌道BCD上運動時不與軌道脫離，則有兩種情況： ①能通過最高點，則臨界狀態(tài)是在最高點物塊對軌道的壓力為0， 設物塊在最高點D時的速度為v，對最高點臨界狀態(tài)受力分析有：mg＝m， 解得：v＝ 對物塊從O到D由動

57、能定理得： －μmgl1－2mgR＝mv2－Ek 解得：Ek＝μmgl1＋mgR。 所以要使物塊在半圓軌道BCD上運動時不與軌道脫離，則Ek≥μmgl1＋mgR。 ②在半圓軌道BCD上滑的高度不超過C點所在高度，臨界狀態(tài)為到達C點速度剛好為0， 對物塊從O到C由動能定理得： －μmgl1－mgR＝－Ek 解得：Ek＝μmgl1＋mgR 又因為物塊要能到達半圓軌道BCD上運動，所以Ek＞μmgl1 所以要使物塊在半圓軌道BCD上運動時不與軌道脫離，則μmgl1＜Ek≤μmgl1＋mgR。 答案：(1)kl2　(2)加速度逐漸減小的加速運動　速度越來越大　(3)Ek≥μmgl1

58、＋mgR或μmgl1＜Ek≤μmgl1＋mgR [課余自查小練] 1.(2017·金壇區(qū)期末)如圖所示，可視為質點的物體，分別沿AB、DB從斜面頂端由靜止下滑到底端，已知兩斜面底邊長度相等，該物體與斜面AB、DB間的動摩擦因數(shù)相同。下列說法正確的是(　　) A．物體沿斜面DB滑動到底端時動能較大 B．物體沿兩斜面滑動到底端時動能一樣大 C．物體沿斜面DB滑動到底端過程中克服摩擦力做的功較少 D．物體沿兩斜面滑動到底端過程中克服摩擦力做的功一樣多 解析：選D　設斜面的傾角為θ，斜面的高度為h，根據動能定理得：mgh－μmgcos θ·＝Ek－0，即：Ek＝mgh－μmghcot

59、 θ，根據數(shù)學知識知，hcot θ等于斜面底邊的長度，兩個斜面的底邊長度相等，所以可得，h越大，Ek越大，物體沿斜面AB滑動到底端時動能較大，故A、B錯誤；克服摩擦力做的功 Wf＝μmghcot θ，可知兩種情況Wf一樣大，故C錯誤，D正確。 2．張山同學在校運動會上獲得100米賽跑的冠軍，他采用蹲踞式起跑，在發(fā)令槍響后，左腳迅速蹬離起跑器，在向前加速的同時提升身體重心，如圖所示。假設張山同學的質量為m，在起跑前進的距離s內，重心升高h，獲得的速度為v，克服阻力做功為Wf，則在此過程中(　　) A．地面的支持力對張山同學做功為mgh B．張山同學自身做功為mgh＋mv2＋Wf C．

60、張山同學的重力勢能增加量為mv2＋Wf D．張山同學的動能增加量為mgh＋Wf 解析：選B　地面支持力對張山同學作用時，由于張山同學的腳并沒有離開地面，故地面的支持力對張山同學并不做功，故A錯誤；根據動能定理，有：W人－Wf－mgh＝mv2，故W人＝mv2＋mgh＋Wf，故B正確；重心上升h，張山同學的重力勢能增加量為ΔEp＝mgh＝W人－mv2－Wf，故C錯誤；張山同學的動能增加量為ΔEk＝mv2＝W人－mgh－Wf，故D錯誤。 3．如圖甲所示，傾角為30°的光滑斜面固定在水平面上，自然伸長的輕質彈簧一端固定在斜面底端的擋板上。一質量為m的小球，從離彈簧上端一定距離的位置由靜止釋放，接

61、觸彈簧后繼續(xù)向下運動。小球運動的v t圖像如圖乙所示，其中OA段為直線，AB段是與OA相切于A點的平滑曲線，BC是平滑曲線，不考慮空氣阻力，重力加速度為g。關于小球的運動過程，下列說法正確的是(　　) A．小球在tB時刻所受彈簧彈力大于mg B．小球在tC時刻的加速度大于g C．小球從tC時刻所在的位置由靜止釋放后，不能回到出發(fā)點 D．小球從tA時刻到tC時刻的過程中，重力勢能的減少量等于彈簧彈性勢能的增加量 解析：選B　由題圖乙可知，小球在tB時刻加速度大小為零，此時F彈＝mgsin 30°＝mg，選項A錯誤；小球在tC時刻到達最低點，彈力達到最大值，小球在A點的加速度大小為

62、gsin 30°＝g，C點的切線斜率的大小大于A點的切線斜率的大小，即小球在tC時刻的加速度大于g，選項B正確；由能量守恒定律可知，小球從tC時刻所在的位置由靜止釋放后，能回到出發(fā)點，選項C錯誤；小球從tA時刻到tC時刻的過程中，重力勢能與動能減少量之和等于彈簧彈性勢能的增加量，選項D錯誤。 4．(2017·南寧一模)如圖所示，AB是傾角為θ＝30°的粗糙直軌道，BCD是光滑的圓弧軌道，AB恰好在B點與圓弧相切，圓弧的半徑為R。一個質量為m的物體(可以視為質點)從直軌道上的P點由靜止釋放，結果它能在兩軌道上做往返運動。已知P點與圓弧的圓心O等高，物體與軌道AB間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為

63、g，求： (1)物體對圓弧軌道的最大壓力大??； (2)物體滑回到軌道AB上距B點的最大距離； (3)釋放點距B點的距離L′應滿足什么條件，才能使物體順利通過圓弧軌道的最高點D。 解析：(1)根據幾何關系：PB＝＝R 從P點到E點根據動能定理，有： mgR－μmgcos θ·PB＝mvE2－0 解得：vE＝ 在E點，根據向心力公式有：FN－mg＝m 解得：FN＝3mg－3μmg。 (2)設物體滑回到軌道AB上距B點的最大距離x， 根據動能定理，有 mg(BP－x)sin θ－μmgcos θ(BP＋x)＝0－0 解得：x＝R。 (3)物體剛好到達最高點D時，有mg

64、＝m 解得：v＝ 根據動能定理，有 mg(L′sin θ－R－Rcos θ)－μmgcos θ·L′＝mv2－0 解得：L′＝ 所以滿足L′≥時，物體才能順利通過圓弧軌道的最高點D。 答案：(1)3mg－3μmg　(2)R　(3)L′≥ [專題跟蹤檢測] 一、選擇題(第1～5題為單項選擇題，第6～9題為多項選擇題) 1.(2017·南通模擬)彈弓是中國非物質文化遺產，《吳越春秋》中就有相關記載：“弩生于弓，弓生于彈…”。某同學利用一個“Y”形彈弓(如圖所示)，將一顆質量約為20 g的石頭斜向上射出約30 m遠，最高點離地約10 m，空氣阻力不計，g取10 m/s2。則該同學對

65、彈弓做功約為(　　) A．1 J B．2 J C．3 J D．4 J 解析：選C　設石頭到達最高點時的速度為v，從最高點到落地石頭做平拋運動，則有：x＝vt，h＝gt2，由石頭運動路徑的過稱性可得：v＝x＝× m/s＝ m/s，根據功能關系得該同學對彈弓做功為：W＝mgh＋mv2＝0.02×10×10 J＋×0.02×2 J＝3.125 J≈3 J，C正確。 2.一人用恒定的力F，通過圖示裝置拉著物體沿光滑水平面運動，A、B、C是其運動路徑上的三個點，且AC＝BC。若物體從A到C、從C到B的過程中，人拉繩做的功分別為WFA、WFB，物體動能的增量分別為ΔEA、ΔEB，不計滑輪

66、質量和摩擦，下列判斷正確的是(　　) A．WFA＝WFB　ΔEA＝ΔEB B．WFA>WFB　ΔEA>ΔEB C．WFAWFB　ΔEA<ΔEB 解析：選B　如圖，F(xiàn)做的功等于F1做的功，物體由A向B運動的過程中，F(xiàn)1逐漸減小，又因為AC＝BC，由W＝F1l知WFA>WFB；對物體只有F做功，由動能定理知ΔEA>ΔEB，故B正確。 3.將一傾角為θ的斜面體固定在水平面上，在最高點A與最低點C之間有一點B，滿足AB＝2BC。將一小滑塊從最高點由靜止釋放，經過一段時間后到達C點，且此時滑塊的速度為零。已知滑塊與AB、BC間的動摩擦因數(shù)分別為μ1、μ2。由以上條件判斷下列關系式中正確的是(　　) A．tan θ＝ B．tan θ＝ C．tan θ＝2μ1－μ2 D．tan θ＝2μ2－μ1 解析：選B　滑塊從最高點由靜止釋放，恰好能滑動到斜面體的最低點，對滑塊受力分析可知滑塊受重力、支持力和滑動摩擦力作用。設斜面的總長為L，從A到C，由動能定理得mgLsin θ－μ1mgcos θ·L－μ2mgcos θ·L＝0，解得tan θ＝，B