2019版高考物理總復習 第五章 機械能 基礎課2 動能 動能定理學案

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1、 基礎課2　動能　動能定理 知識排查 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.矢標性：動能是標量，只有正值。 5.狀態(tài)量：動能是狀態(tài)量，因為v是瞬時速度。 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＝mv－mv或W＝Ek2－Ek1。 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。 (3)力可以是各種性

2、質的力，既可以同時作用，也可以間斷作用。 5.應用動能定理解決的典型問題大致分為兩種 (1)單一物體的單一過程或者某一過程； (2)單一物體的多個過程。動能定理由于不涉及加速度和時間，比動力學研究方法要簡便。 小題速練 1.思考判斷 (1)一定質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。(　　) (2)動能不變的物體一定處于平衡狀態(tài)。(　　) (3)如果物體所受的合外力不為零，那么合外力對物體做功一定不為零。(　　) 答案　(1)√　(2)×　(3)× 2.(2016·四川理綜，1)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

3、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1 900 J，他克服阻力做功100 J。韓曉鵬在此過程中(　　) A.動能增加了1 900 J B.動能增加了2 000 J C.重力勢能減小了1 900 J D.重力勢能減小了2 000 J 解析　由題可得，重力做功WG＝1 900 J，則重力勢能減少1 900 J ，故選項C正確，D錯誤；由動能定理得，WG－Wf＝ΔEk，克服阻力做功Wf＝100 J，則動能增加1 800 J，故選項A、B錯誤。 答案　C 　對動能定理的理解及應用 1.對“外力”的兩點理解 (1)“外力”指的是合外力，可以是重力、彈力、摩

4、擦力、電場力、磁場力或其他力，它們可以同時作用，也可以不同時作用。 (2)“外力”既可以是恒力，也可以是變力。 2.公式W合＝ΔEk中“＝”體現(xiàn)的三個關系 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 C.變大 D.無法判斷 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運動，根據(jù)動能定理有－μmgs＝0－mv2，得s＝，兩種冰壺的初速度相等，材料相同，故

5、運動的距離相等。故選項A正確。 答案　A 2. (多選)如圖1所示，電梯質量為M，在它的水平地板上放置一質量為m的物體。電梯在鋼索的拉力作用下豎直向上加速運動，當電梯的速度由v1增加到v2時，上升高度為H，則在這個過程中，下列說法或表達式正確的是(　　) 圖1 A.對物體，動能定理的表達式為WN＝mv，其中WN為支持力的功 B.對物體，動能定理的表達式為W合＝0，其中W合為合力的功 C.對物體，動能定理的表達式為WN－mgH＝mv－mv，其中WN為支持力的功 D.對電梯，其所受合力做功為Mv－Mv 解析　電梯上升的過程中，對物體做功的有重力mg、支持力FN，這兩個力的總功才

6、等于物體動能的增量ΔEk＝mv－mv，故選項A、B錯誤，C正確；對電梯，無論有幾個力對它做功，由動能定理可知，其合力的功一定等于其動能的增量，故選項D正確。 答案　CD 3.如圖2所示，小物塊從傾角為θ的傾斜軌道上A點由靜止釋放滑下，最終停在水平軌道上的B點，小物塊與水平軌道、傾斜軌道之間的動摩擦因數(shù)均相同，A、B兩點的連線與水平方向的夾角為α，不計物塊在軌道轉折時的機械能損失，則動摩擦因數(shù)為(　　) 圖2 A.tan θ B.tan α C.tan(θ＋α) D.tan(θ－α) 解析　如圖所示，設B、O間距離為s1，A點離水平面的高度為h，A、O間的水平距離為s

7、2，物塊的質量為m，在物塊下滑的全過程中，應用動能定理可得mgh－μmgcos θ·－μmg·s1＝0，解得μ＝＝tan α，故選項B正確。 答案　B 　應用動能定理求解多過程問題 1.首先需要建立運動模型，選擇合適的研究過程能使問題得以簡化。當物體的運動過程包含幾個運動性質不同的子過程時，可以選擇一個、幾個或全部子過程作為研究過程。 2.當選擇全部子過程作為研究過程，涉及重力、大小恒定的阻力或摩擦力做功時，要注意運用它們的做功特點： (1)重力的功取決于物體的初、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。 3.專注過程與過程的連接狀態(tài)的

8、受力特征與運動特征(比如：速度、加速度或位移)。 4.列整體(或分過程)的動能定理方程。 【典例】　如圖3所示，傾角θ＝45°的粗糙平直導軌AB與半徑為R的光滑圓環(huán)軌道相切，切點為B，整個軌道處在豎直平面內。一質量為m的小滑塊(可以看作質點)從導軌上離地面高為h＝3R的D處無初速度下滑進入圓環(huán)軌道。接著小滑塊從圓環(huán)最高點C水平飛出，恰好擊中導軌上與圓心O等高的P點，不計空氣阻力，已知重力加速度為g。求： 圖3 (1)滑塊運動到圓環(huán)最高點C時的速度大?。? (2)滑塊運動到圓環(huán)最低點時對圓環(huán)軌道壓力的大?。? (3)滑塊在斜面軌道BD間運動的過程中克服摩擦力做的功。 解析　(1)小

9、滑塊從C點飛出來做平拋運動，水平速度為v0。 豎直方向上：R＝gt2① 水平方向上：R＝v0t② 解得v0＝③ (2)小滑塊在最低點時速度為v，由動能定理得 －mg·2R＝mv－mv2④ 解得v＝⑤ 在最低點由牛頓第二定律得 FN－mg＝m⑥ 解得FN＝6mg 由牛頓第三定律得FN′＝6mg⑦ (3)從D到最低點過程中，設DB過程中克服摩擦阻力做功Wf，由動能定理得 mgh－Wf＝mv2－0⑧ 解得Wf＝mgR⑨ 答案　(1)　(2)6mg　(3)mgR 【拓展延伸1】　在【典例】中，若小滑塊剛好能過C點，求滑塊與軌道AB間的動摩擦因數(shù)。 解析　小滑塊剛好能過C

10、點，則在C點由牛頓第二定律得 mg＝m，解得vC＝ 小滑塊由D至C過程，由動能定理得 mg(h－2R)－μmgcos θ·＝mv－0， 解得μ＝≈0.18 答案　(或0.18) 【拓展延伸2】　在【典例】中的滑塊從軌道的P點由靜止釋放，滑塊與粗糙導軌間的動摩擦因數(shù)為μ，求滑塊整個運動過程中在AB軌道上通過的總路程。 解析　滑塊在P點釋放，滑塊將在兩軌道間做往返運動，當滑塊到達B點時的速度為零后滑塊將只在圓弧軌道上運動，故全過程由動能定理得 mgsPBsin θ－μmgcos θ·s＝0 由幾何關系得sPB＝R 解得s＝ 答案　 應用動能定理解題的基本思路 　　　　

11、　　 1.如圖4所示，質量為m的小球，從離地面H高處從靜止開始釋放，落到地面后繼續(xù)陷入泥中h深度而停止，設小球受到空氣阻力為f，重力加速度為g，則下列說法正確的是(　　) 圖4 A.小球落地時動能等于mgH B.小球陷入泥中的過程中克服泥的阻力所做的功小于剛落到地面時的動能 C.整個過程中小球克服阻力做的功等于mg(H＋h) D.小球在泥土中受到的平均阻力為mg(1＋) 解析　小球從靜止開始釋放到落到地面的過程，由動能定理得mgH－fH＝mv，選項A錯誤；設泥的平均阻力為f0，小球陷入泥中的過程，由動能定理得mgh－f0h＝0－mv，解得f0h＝mgh＋mv＝mgh＋mg

12、H－fH，f0＝mg(1＋)－，選項B、D錯誤；全過程應用動能定理可知，整個過程中小球克服阻力做的功等于mg(H＋h)，選項C正確。 答案　C 2.如圖5所示，水平桌面上的輕質彈簧左端固定，右端與靜止在O點質量為m＝ 1 kg的小物塊接觸而不連接，此時彈簧無形變。現(xiàn)對小物塊施加F＝10 N水平向左的恒力，使其由靜止開始向左運動。小物塊在向左運動到A點前某處速度最大時，彈簧的彈力為6 N，運動到A點時撤去推力F，小物塊最終運動到B點靜止。圖中OA＝0.8 m，OB＝0.2 m，重力加速度取g＝10 m/s2。求小物塊： 圖5 (1)與桌面間的動摩擦因數(shù)μ； (2)向右運動過程中

13、經過O點的速度； (3)向左運動的過程中彈簧的最大壓縮量。 解析　(1)小物塊速度達到最大時，加速度為零。 F－μmg－F彈＝0，μ＝＝0.4。 (2)設向右運動通過O點時的速度為v0，從O―→B， 由動能定理得－FfxOB＝0－mv，F(xiàn)f＝μmg＝4 N， 解得v0＝ m/s≈1.26 m/s。 (3)彈簧最大壓縮量為xmax，對小物塊運動的全過程，根據(jù)動能定理得FxOA－Ff(2xmax＋xOB)＝0， 代入數(shù)值得xmax＝0.9 m。 答案　(1)0.4　(2)1.26 m/s　(3)0.9 m 　動能定理與圖象結合的問題 1.解決物理圖象問題的基本步驟 (1)觀

14、察題目給出的圖象，弄清縱坐標、橫坐標所對應的物理量及圖線所表示的物理意義。 (2)根據(jù)物理規(guī)律推導出縱坐標與橫坐標所對應的物理量間的函數(shù)關系式。 (3)將推導出的物理規(guī)律與數(shù)學上與之相對應的標準函數(shù)關系式相對比，找出圖線的斜率、截距、圖線的交點、圖線下方的面積所對應的物理意義，根據(jù)對應關系列式解答問題。 2.四類圖象所圍“面積”的含義 1.用水平力F拉一物體，使物體在水平地面上由靜止開始做勻加速直線運動，t1時刻撤去拉力F，物體做勻減速直線運動，到t2時刻停止，其速度—時間圖象如圖6所示，且α>β，若拉力F做的功為W1，平均功率為P1；物體克服摩擦阻力Ff做的功為W2，平均功率

15、為P2，則下列選項正確的是(　　) 圖6 A.W1>W2，F(xiàn)＝2Ff B.W1＝W2，F(xiàn)>2Ff C.P12Ff D.P1＝P2，F(xiàn)＝2Ff 解析　對整個過程由動能定理可得W1－W2＝0，解得W1＝W2。由圖象可知，撤去拉力F后運動的時間大于水平力F作用的時間，所以a1>|a2|，即>，F(xiàn)>2Ff，選項A、D錯誤，B正確；由于摩擦阻力作用時間一定大于水平力F作用時間，所以P1>P2，選項C錯誤。 答案　B 2.(2017·江蘇單科，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

16、系的圖線是(　　) 解析　設斜面的傾角為θ，物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ，物塊質量為m，小物塊沿斜面向上滑動過程，由動能定理得，－(mgsin θ＋μmgcos θ)x＝Ek－Ek0，即Ek＝Ek0－(mgsin θ＋μmgcos θ)x；設小物塊滑到最高點的距離為L，小物塊沿斜面滑動全過程由能量守恒定律得，Ek＝Ek0－mgxsin θ－μmgcos θ(2L－x)＝(Ek0－2μmgLcos θ)－(mgsin θ－μmgcos θ)x，故選項C正確。 答案　C 3.(2017·甘肅模擬)如圖7甲所示，一質量為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

17、下開始運動，推力F隨位移x變化的關系如圖乙所示，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(　　) 圖7 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 解析　當推力小于摩擦力時物體就開始做減速運動，選項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，選項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

18、乙得F＝100－25x(N)，當F＝μmg＝20 N時x＝3.2 m，由動能定理得(100＋20)·x－μmgx＝mv，解得物體運動的最大速度vm＝8 m/s，選項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，故選項D錯誤。 答案　B 動能定理的綜合應用——細心審題、規(guī)范答題能力的培養(yǎng) 物理計算題歷來是高考拉分題，試題綜合性強，涉及物理過程較多，所給物理情境較復雜，物理模型較模糊甚至很隱蔽，運用的物理規(guī)律也較多，對考生的各項能力要求很高，為了在物理計算題上得到理想的分值，應做到細心審題、

19、用心析題、規(guī)范答題。 【例】　如圖8所示，水平路面CD的右側有一長度L1＝2 m的木板。一物塊放在木板的最右端，并隨木板一起向左側固定的平臺運動，木板的上表面與平臺等高。平臺上表面AB的長度s＝3 m，光滑半圓軌道AFE豎直固定在平臺上，圓軌道半徑R＝0.4 m，最低點與平臺AB相切于A點。當木板的左端與平臺的距離L＝2 m時，木板與物塊向左運動的速度v0＝8 m/s。木板與平臺的豎直壁碰撞后，木板立即停止運動，物塊在木板上滑動并滑上平臺。已知木板與路面間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.05，物塊與木板的上表面及軌道AB間的動摩擦因數(shù)均為μ2＝0.1，物塊質量m＝1 kg，取g＝10 m/s2。

20、 圖8 (1)求物塊進入圓軌道時對軌道上的A點的壓力； (2)判斷物塊能否到達圓軌道的最高點E。如果能，求物塊離開E點后在平臺上的落點到A點的距離；如果不能，則說明理由。 審題流程 第一步：把握過程，構建運動模型 過程1 DC段 木板、物塊共同向左減速運動 過程2 木板與BC碰撞后 物塊在木板上勻減速運動 過程3 物塊滑到BA上 物塊在BA上勻減速運動 過程4 光滑半圓軌道上 物塊做圓周運動 過程5 可能從E點水平拋出 第二步：抓好關鍵點，找出突破口 (1)“最低點與平臺AB相切于A點”A點在圓弧上需求物塊在A點的速度。 規(guī)范解答 解析　(1

21、)設木板質量為M，物塊隨板運動撞擊豎直壁BC時的速度為v1， 由動能定理得－μ1(m＋M)gL＝(M＋m)v－(M＋m)v 設物塊到A點時速度為v2，由動能定理得 －μ2mg(s＋L1)＝mv－mv 由牛頓第二定律得FN－mg＝m 解得FN＝140 N 由牛頓第三定律知，物塊對軌道A點的壓力大小為140 N，方向豎直向下。 (2)設物塊能通過圓軌道的最高點，且在最高點處的速度為v3，由動能定理得 －mg·2R＝mv－mv 解得v3＝6 m/s>＝2 m/s 故物塊能通過圓軌道的最高點E，物塊離開E點后做平拋運動，有x＝v3t，2R＝gt2 解得x＝2.4 m。 答案　(

22、1)140 N，方向豎直向下　(2)能　2.4 m 【針對訓練】　如圖9是某同學的漫畫中出現(xiàn)的裝置，描述了一個“吃貨”用來做“糖炒栗子”的“萌”事兒：將板栗在地面小平臺上以一定的初速度經兩個四分之一圓弧銜接而成的軌道，從最高點P飛出進入炒鍋內，利用來回運動使其均勻受熱。用質量為m＝10 g的小滑塊代替栗子，借這套裝置來研究一物理問題。設大小兩個四分之一圓弧半徑為2R和R，R＝0.8 m，小平臺和圓弧均光滑。將過鍋底的縱截面看作是兩個斜面AB、CD和一段光滑圓弧組成，斜面動摩擦因數(shù)均為0.25，兩斜面傾角均為θ＝37°，AB＝CD＝2R，A、D等高，D端固定一擋板，碰撞不損失機械能，滑塊的運動

23、始終在包括鍋底最低點的豎直平面內，取g＝10 m/s2。(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) 圖9 (1)若滑塊恰好能經P點飛出，又恰好沿AB斜面進入鍋內，應調節(jié)鍋底支架高度，此時斜面的A、D點離地面多高？ (2)求滑塊在鍋內斜面上運動的總路程。 解析　(1)在P點，由牛頓第二定律得mg＝m① 解得vP＝ 到達A點時速度方向要沿著斜面AB方向，在A點有 vy＝vPtan θ＝② 所以A、D點離地高度為h＝3R－＝R＝1.95 m③ (2)滑塊到達A點的速度為v＝＝④ 假設經過一個來回恰能回到A點， 設回到A點時動能為Ek，由動能定理得 －μmgco

24、s θ·8R＝Ek－mv2⑤ 解得Ek＜0，所以滑塊不會滑到A點。 滑塊在斜面上運動的全過程應用動能定理得 mg·2Rsin θ－μmgcos θ·s＝0－mv2⑥ 解得滑塊在鍋內斜面上運動的總路程s＝11.05 m 答案　(1)1.95 m　(2)11.05 m 活頁作業(yè) (時間：40分鐘) A級：保分練 1.(多選)質量不等，但有相同動能的兩個物體，在動摩擦因數(shù)相同的水平地面上滑行，直至停止，則(　　) A.質量大的物體滑行的距離大 B.質量小的物體滑行的距離大 C.它們滑行的距離一樣大 D.它們克服摩擦力所做的功一樣多 解析　由動能定理得－μmgs＝－Ek，所

25、以s＝，知質量小的物體滑行距離大，選項A、C錯誤，B正確；克服摩擦力做功Wf＝Ek相同，選項D正確。 答案　BD 2.如圖1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)(　　) 圖1 A.0 B.2μmgR C.2πμmgR D. 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

26、速度v的過程中，物塊受到的重力和支持力不做功，只有摩擦力對物塊做功，由動能定理得W＝mv2－0。聯(lián)立解得W＝μmgR。故選項D正確。 答案　D 3. (2017·河北衡水中學模擬)如圖2所示，質量為0.1 kg的小物塊在粗糙水平桌面上滑行4 m后以3.0 m/s的速度飛離桌面，最終落在水平地面上，已知物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)為0.5，桌面高0.45 m，若不計空氣阻力，取g＝10 m/s2，則(　　) 圖2 A.小物塊的初速度是5 m/s B.小物塊的水平射程為1.2 m C.小物塊在桌面上克服摩擦力做8 J的功 D.小物塊落地時的動能為0.9 J 解析　小物塊在桌面上克服

27、摩擦力做功Wf＝μmgL＝2 J，選項C錯誤；在水平桌面上滑行時，由動能定理得－Wf＝mv2－mv，解得v0＝7 m/s，選項A錯誤；小物塊飛離桌面后做平拋運動，有x＝vt、h＝gt2，解得x＝0.9 m，選項B錯誤；設小物塊落地時動能為Ek，由動能定理得mgh＝Ek－mv2，解得Ek＝0.9 J，選項D正確。 答案　D 4.(2017·廣西玉林模擬)有兩個物體a和b，其質量分別為ma和mb，且ma>mb，它們的初動能相同，若a和b分別受到不變的阻力Fa和Fb的作用，經過相同的時間停下來，它們的位移分別為sa和sb，則(　　) A.Fasb B.Fa>Fb，sa>sb

28、 C.Fa>Fb，samb，所以saFb，故選項C正確。 答案　C 5.如圖3所示，小物塊與水平軌道、傾斜軌道之間的動摩擦因數(shù)均相同，小物塊從傾角為θ1的軌道上高度為h的A點由靜止釋放，運動至B點時速度為v1?，F(xiàn)將傾斜軌道的傾角調至為θ2，仍將物塊從軌道上高度為h

29、的A點靜止釋放，運動至B點時速度為v2。已知θ2<θ1，不計物塊在軌道接觸處的機械能損失。則(　　) 圖3 A.v1v2 C.v1＝v2 D.由于不知道θ1、θ2的具體數(shù)值，v1、v2關系無法判定 解析　物體運動過程中摩擦力做負功，重力做正功，由動能定理可得mgh－ μmgcos θ·－μmgxBD＝mv2，即mgh－μmg·－μmgxBD＝mv2，因為＝xCD，所以mgh－μmgxBC＝mv2，故到達B點的速度與傾斜軌道的傾角無關，所以v1＝v2，故選項C正確。 答案　C 6.(多選)如圖4所示為一滑草場。某條滑道由上、下兩段高均為h，與水平面傾角分別

30、為45°和37°的滑道組成，滑草車與草地之間的動摩擦因數(shù)為μ。質量為m的載人滑草車從坡頂由靜止開始自由下滑，經過上、下兩段滑道后，最后恰好靜止于滑道的底端(不計滑草車在兩段滑道交接處的能量損失，sin37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。則(　　) 圖4 A.動摩擦因數(shù)μ＝ B.載人滑草車最大速度為 C.載人滑草車克服摩擦力做功為mgh D.載人滑草車在下段滑道上的加速度大小為g 解析　對滑草車從坡頂由靜止滑下，到底端靜止的全過程，由動能定理得mg·2h－μmgcos 45°·－μmgcos 37°·＝0，解得μ＝，選項A正確；對經過上段滑道過程，根據(jù)動能定理得mgh－μm

31、gcos 45°·＝mv2，解得v＝，選項B正確；載人滑草車克服摩擦力做功為2mgh，選項C錯誤；載人滑草車在下段滑道上的加速度為a＝＝－g，選項D錯誤。 答案　AB 7.(2017·全國卷Ⅱ，24)為提高冰球運動員的加速能力，教練員在冰面上與起跑線相距s0和s1(s1

32、。重力加速度為g。求： 圖5 (1)冰球與冰面之間的動摩擦因數(shù)； (2)滿足訓練要求的運動員的最小加速度。 解析　(1)設冰球的質量為m，冰球與冰面之間的動摩擦因數(shù)為μ，由動能定理得 －μmgs0＝mv－mv① 解得μ＝② (2)法1　冰球到達擋板時，滿足訓練要求的運動員中，剛好到達小旗處的運動員的加速度最小。設這種情況下，冰球和運動員的加速度大小分別為a1和a2，所用的時間為t。由運動學公式得v－v＝2a1s0③ v0－v1＝a1t④ s1＝a2t2⑤ 聯(lián)立②③⑤式得 a2＝⑥ 法2　對冰球由動量定理得－μmgt＝mv1－mv0③ s1＝a2t2④ 由②③④

33、式得a2＝ 答案　(1)　(2) B級：拔高練 8.(多選)如圖6所示，輕質彈簧上端固定，下端系一物體。物體在A處時，彈簧處于原長狀態(tài)?，F(xiàn)用手托住物體使它從A處緩慢下降，到達B處時，手和物體自然分開，此過程中，物體克服手的支持力所做的功為W。不考慮空氣阻力。已知彈簧形變量為Δx時，彈簧獲得的彈性勢能為k(Δx)2，k為彈簧的勁度系數(shù)。關于此過程，下列說法正確的有(　　) 圖6 A.物體重力勢能減少量一定小于W B.彈簧彈性勢能增加量一定等于W C.物體與彈簧組成的系統(tǒng)機械能增加量為W D.若將物體從A處由靜止釋放，則物體到達B處時的動能為W 解析　物體在向下運動的過程中，

34、要克服彈簧彈力做功W彈力，根據(jù)動能定理知mgh－W－W彈力＝0，故物體重力勢能減少量一定大于W，故選項A錯誤；到達B處時，由平衡條件知kh＝mg，即mgh－W＝kh2＝mgh，彈簧彈性勢能增加量一定等于W，選項B正確；物體克服手的支持力所做的功為W，機械能減少W，故選項C錯誤；物體從靜止下落到B處過程中，根據(jù)動能定理有mgh－kh2＝Ek，而kh2＝mgh，可知Ek＝mgh＝W，故選項D正確。 答案　BD 9.(2017·湖北名校聯(lián)考)如圖7所示，一個可視為質點的滑塊從高H＝12 m處的A點由靜止沿光滑的軌道AB滑下，進入半徑為r＝4 m的豎直圓環(huán)，圓環(huán)內軌道與滑塊間的動摩擦因數(shù)處處相同，

35、當滑塊到達圓環(huán)頂點C時，滑塊對軌道的壓力恰好為零，滑塊繼續(xù)沿CFB滑下，進入光滑軌道BD，且到達高度為h的D點時速度為零，則h的值可能為(重力加速度大小g＝10 m/s2)(　　) 圖7 A.8 m B.9 m C.10 m D.11 m 解析　滑塊到達圓環(huán)頂點C時對軌道壓力為零，由牛頓第二定律得mg＝m，得速度vC＝，設滑塊在BEC段上克服摩擦力做的功為W1，由動能定理得mg(H－2r)－W1＝mv，則W1＝mg(H－2r)－mv＝mg，滑塊在CFB段克服摩擦力做的功W2滿足0

36、m，選項B正確。 答案　B 10.(多選)質量為1 kg的物體在水平粗糙的地面上受到一水平外力F作用運動，如圖8甲所示，外力F和物體克服摩擦力f做的功W與物體位移x的關系如圖乙所示，重力加速度g為10 m/s2。下列分析正確的是(　　) 圖8 A.物體與地面之間的動摩擦因數(shù)為0.2 B.物體運動位移為13 m C.前3 m運動過程中物體的加速度為3 m/s2 D.x＝9 m時，物體速度為3 m/s 解析　由Wf＝fx對應圖乙中的b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，選項A正確；由WF＝Fx對應圖乙a可知，前3 m內，拉力F1＝5 N，3～

37、9 m內拉力F2＝2 N，物體在前3 m內的加速度a1＝＝3 m/s2，選項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，選項D正確；設物體運動的最大位移為xm，由動能定理得WF－fxm＝0，即物體的最大位移xm＝＝13.5 m，選項B錯誤。 答案　ACD 11.(2017·江蘇單科，14)如圖9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

38、速度為g。求： 圖9 (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)C受力平衡　2Fcos 30°＝mg 解得F＝mg。 (2)C恰好降到地面時，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(jù)題意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(jù)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 19