2019年高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第05章 機(jī)械能 第2講 動(dòng)能定理學(xué)案 新人教版

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1、第二講　動(dòng)能定理 一 動(dòng)能 1.定義：物體由于運(yùn)動(dòng)而具有的能． 2．表達(dá)式Ek＝mv2． 3．當(dāng)物體的速度變化時(shí)，動(dòng)能一定變化嗎？反之呢？舉例說(shuō)明． 提示：不一定，如勻速圓周運(yùn)動(dòng)；一定；動(dòng)能變化一定是速度的大小發(fā)生了變化. 二 動(dòng)能定理 1.對(duì)照課本，填寫(xiě)下列表格 內(nèi)容 力在一個(gè)過(guò)程中對(duì)物體所做的功等于物體在這個(gè)過(guò)程中動(dòng)能的變化 表達(dá)式 W＝ΔEk＝mv－mv 對(duì)定理 的理解 W＞0，物體的動(dòng)能增加 W＜0，物體的動(dòng)能減小 W＝0，物體的動(dòng)能不變 適用 范圍 (1)動(dòng)能定理既適用于直線運(yùn)動(dòng)，也適用于曲線運(yùn)動(dòng) (2)既適用于恒力做功，也適用于變

2、力做功 2.思考 (1)如圖所示，質(zhì)量為m的物體在恒力F作用下在光滑水平面上移動(dòng)的位移為s，速度由v1增加至v2，試推導(dǎo)動(dòng)能定理的表達(dá)式． 提示：由牛頓第二定律有：F＝ma，由勻變速直線運(yùn)動(dòng)相關(guān)公式有：v－v＝2as，由兩式消去a可得：Fs＝mv－mv． (2)動(dòng)能定理的表達(dá)式是矢量式還是標(biāo)量式？能否在某一個(gè)方向上用動(dòng)能定理？ 提示：標(biāo)量式，不能． (3)物體所受到的合外力不為零，其動(dòng)能一定變化嗎？舉例說(shuō)明． 提示：不一定．例如勻速圓周運(yùn)動(dòng)． (4)物體以速度v沿光滑水平面做直線運(yùn)動(dòng)，現(xiàn)對(duì)物體施加一外力F，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間物體的速度仍為v，方向與原來(lái)的速度方向相反，則這段時(shí)間內(nèi)

3、力F對(duì)物體做的功________． 提示：W＝ΔEk＝0． (5)人用手托著質(zhì)量為m的物體，從靜止開(kāi)始沿水平方向運(yùn)動(dòng)，前進(jìn)距離s后，速度為v(物體與手始終相對(duì)靜止)，物體與人手掌之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，則人對(duì)物體做的功為_(kāi)_______． 提示：物體所受到的摩擦力為靜摩擦力f＝ma，W＝fs＝ma·＝mv2或根據(jù)動(dòng)能定理W＝mv2． 1．判斷正誤 (1)動(dòng)能不變的物體一定處于平衡狀態(tài)．(　　) (2)如果物體所受的合外力為零，那么合外力對(duì)物體做功一定為零．(　　) (3)物體在合外力作用下做變速運(yùn)動(dòng)時(shí)，動(dòng)能一定變化．(　　) (4)物體的動(dòng)能不變，所受的合外力必定為零．(　　

4、) (5)做自由落體運(yùn)動(dòng)的物體，某時(shí)刻的動(dòng)能與下落的時(shí)間的二次方成正比．(　　) 答案：(1)×　(2)√　(3)×　(4)×　(5)√ 2．關(guān)于運(yùn)動(dòng)物體所受的合外力、合外力做的功及動(dòng)能變化的關(guān)系，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．合外力為零，則合外力做功一定為零 B．合外力做功為零，則合外力一定為零 C．合外力做功越多，則動(dòng)能一定越大 D．動(dòng)能不變，則物體合外力一定為零 答案：A 3．(多選)如圖所示，甲、乙兩個(gè)質(zhì)量相同的物體，用大小相等的力F分別拉它們?cè)谒矫嫔蠌撵o止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)相同的距離s.甲在光滑水平面上，乙在粗糙水平面上，則下列關(guān)于力F對(duì)甲、乙做的功和甲、乙兩物體獲得的動(dòng)能

5、的說(shuō)法中正確的是(　　) A．力F對(duì)甲做功多 B．力F對(duì)甲、乙兩個(gè)物體做的功一樣多 C．甲物體獲得的動(dòng)能比乙大 D．甲、乙兩個(gè)物體獲得的動(dòng)能相同 答案：BC 4．(人教必修2P75·5改編)人在距地面h高處拋出一個(gè)質(zhì)量為m的小球，落地時(shí)小球的速度為v，不計(jì)空氣阻力，人對(duì)小球做功是(　　) A．mv2　　　　　　 B．mgh＋mv2 C．mgh－mv2 D．mv2－mgh 答案：D 5．有一質(zhì)量為m的木塊，從半徑為r的圓弧曲面上的a點(diǎn)滑向b點(diǎn)，如圖所示．若由于摩擦使木塊的運(yùn)動(dòng)速率保持不變，則以下敘述正確的是(　　) A．木塊所受的合外力為零 B．因木塊所受的力都

6、不對(duì)其做功，所以合外力做的功為零 C．重力和摩擦力的合力做的功為零 D．重力和摩擦力的合力為零 答案：C 考點(diǎn)一 動(dòng)能定理的理解和應(yīng)用 1.對(duì)“外力”的兩點(diǎn)理解： (1)“外力”指的是合外力，可以是重力、彈力、摩擦力、電場(chǎng)力、磁場(chǎng)力或其他力，它們可以同時(shí)作用，也可以不同時(shí)作用． (2)“外力”既可以是恒力，也可以是變力． 2．公式中“＝”體現(xiàn)的三個(gè)關(guān)系： 數(shù)量關(guān)系 合力的功與物體動(dòng)能的變化可以等量代換 單位關(guān)系 國(guó)際單位都是焦耳 因果關(guān)系 合力的功是物體動(dòng)能變化的原因 3.解題的基本思路 (1)選取研究對(duì)象，明確它的運(yùn)動(dòng)過(guò)程； (2)分析受力情況和各

7、力的做功情況； (3)明確研究對(duì)象在過(guò)程的初末狀態(tài)的動(dòng)能Ek1和Ek2； (4)列動(dòng)能定理的方程W合＝Ek2－Ek1及其他必要的解題方程，進(jìn)行求解． 　(2018·貴陽(yáng)月考)一個(gè)物體以初速度v0豎直向上拋出，上升的最大高度為H，設(shè)物體運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所受阻力為重力的k倍，落回拋出點(diǎn)的速度大小為v，重力加速度大小為g，則k和v的大小分別為(　　) A．1－和 v0 B．1－和 v0 C．－1和 v0 D．－1和 v0 解析：選D　對(duì)上升過(guò)程有0－mv＝－(mg＋kmg)H，解得k＝－1，對(duì)下落過(guò)程有mv2－0＝(mg－kmg)H，解得v＝ v0，故D正確． 　如圖所示，B是水平地面上AC

8、的中點(diǎn)，可視為質(zhì)點(diǎn)的小物塊以某一初速度從A點(diǎn)滑動(dòng)到C點(diǎn)停止．小物塊經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)的速度等于它在A點(diǎn)時(shí)速度的一半．則小物塊與AB段間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1和其與BC段間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2的比值為(　　) A．1　　　 B．2　　　 C．3　　　 D．4 解析：選C?。?mgl＝m2－mv －μ2mgl＝0－m2 解得＝3． 　(2015·海南卷)如圖，一半徑為R的半圓形軌道豎直固定放置，軌道兩端等高．質(zhì)量為m的質(zhì)點(diǎn)自軌道端點(diǎn)P由靜止開(kāi)始滑下，滑到最低點(diǎn)Q時(shí)，對(duì)軌道的正壓力為2mg，重力加速度大小為g，質(zhì)點(diǎn)自P滑到Q的過(guò)程中，克服摩擦力所做的功為(　　) A．mgR　　　　　　 B．m

9、gR C．mgR D．mgR 解析：選C　質(zhì)點(diǎn)沿軌道下滑的過(guò)程，所受摩擦力是變力，摩擦力的功沒(méi)法直接求．在Q點(diǎn)質(zhì)點(diǎn)受到豎直向下的重力，和豎直向上的支持力，兩力的合力充當(dāng)向心力，所以有N－mg＝m，N＝2mg，聯(lián)立解得v＝，下落過(guò)程中重力做正功，摩擦力做負(fù)功，根據(jù)動(dòng)能定理可得mgR－Wf＝mv2，解得Wf＝mgR，所以克服摩擦力做功mgR，C正確． 應(yīng)用動(dòng)能定理求變力做功時(shí)應(yīng)注意的問(wèn)題 (1)所求的變力的功不一定為總功，故所求的變力的功不一定等于ΔEk． (2)合外力對(duì)物體所做的功對(duì)應(yīng)物體動(dòng)能的變化，而不是對(duì)應(yīng)物體的動(dòng)能． (3)若有多個(gè)力做功時(shí)，必須明確各力做功的正負(fù)，待求的

10、變力的功若為負(fù)功，可以設(shè)克服該力做功為W，則表達(dá)式中應(yīng)用－W；也可以設(shè)變力的功為W，則字母W本身含有負(fù)號(hào)． 　 (2016·新課標(biāo)全國(guó)卷Ⅲ)(多選)如圖，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(diǎn)P.它在容器內(nèi)壁由靜止下滑到最低點(diǎn)的過(guò)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(diǎn)P在最低點(diǎn)時(shí)，向心加速度的大小為a，容器對(duì)它的支持力大小為N，則(　　) A．a(chǎn)＝　　　　　 B．a(chǎn)＝ C．N＝ D．N＝ 解析：選AC　質(zhì)點(diǎn)P下滑過(guò)程中，重力和摩擦力做功，根據(jù)動(dòng)能定理可得mgR－W＝mv2，根據(jù)公式a＝，聯(lián)立可得a＝，A正確，B錯(cuò)誤；在最低點(diǎn)重

11、力和支持力的合力充當(dāng)向心力，摩擦力水平，不參與向心力，故根據(jù)牛頓第二定律可得N－mg＝ma，代入可得N＝，C正確，D錯(cuò)誤． 1．如圖所示，質(zhì)量為m的物塊與轉(zhuǎn)臺(tái)之間的最大靜摩擦力為物塊重力的k倍，它與轉(zhuǎn)軸OO′相距R，物塊隨轉(zhuǎn)臺(tái)由靜止開(kāi)始轉(zhuǎn)動(dòng)．當(dāng)轉(zhuǎn)速緩慢增加到一定值時(shí)，物塊將在轉(zhuǎn)臺(tái)上滑動(dòng)．在物塊由靜止到開(kāi)始滑動(dòng)前的這一過(guò)程中，轉(zhuǎn)臺(tái)對(duì)物塊做的功為(重力加速度為g)(　　) A．0 B．2πkmgR C．2kmgR D． 解析：選D　根據(jù)牛頓第二定律得：kmg＝m，根據(jù)動(dòng)能定理得：W＝mv2＝kmgR，故D正確，ABC錯(cuò)誤． 2．(2018·安徽安慶聯(lián)考)(多選)如圖所示，光滑

12、水平平臺(tái)上有一個(gè)質(zhì)量為m的物塊，站在地面上的人用跨過(guò)定滑輪的繩子向右拉動(dòng)物塊，不計(jì)繩和滑輪的質(zhì)量及滑輪的摩擦，且平臺(tái)邊緣離人手作用點(diǎn)的豎直高度始終為h.當(dāng)人以速度v從平臺(tái)的邊緣處向右勻速前進(jìn)位移x時(shí)，則(　　) A．在該過(guò)程中，物塊做加速運(yùn)動(dòng) B．在該過(guò)程中，人對(duì)物塊做的功為 C．在該過(guò)程中，人對(duì)物塊做的功為mv2 D．人前進(jìn)x時(shí)，物塊的運(yùn)動(dòng)速率為 解析：選ABD　 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vcos θ，故隨著夾角的減小，物塊的速度增大，即物塊做加速運(yùn)動(dòng)，故A正確．當(dāng)人從平臺(tái)的邊緣處向右勻速前進(jìn)x

13、時(shí)，物塊的速度大小為v′＝vcos θ＝v，故人前進(jìn)x時(shí)，物塊的運(yùn)動(dòng)速率為v′＝，根據(jù)動(dòng)能定理得人對(duì)物塊做的功為W＝mv′2＝，故B、D正確，C錯(cuò)誤． 3．(2018·陜西黃陵中學(xué)模擬)如圖所示，質(zhì)量為m的小球(可視為質(zhì)點(diǎn))用長(zhǎng)為L(zhǎng)的細(xì)線懸掛于O點(diǎn)，自由靜止在P位置．現(xiàn)用水平力F緩慢地將小球從P拉到Q位置而靜止，細(xì)線與豎直方向夾角為θ＝60°，此時(shí)細(xì)線的拉力為F1，然后放手讓小球從靜止返回，到P點(diǎn)時(shí)細(xì)線的拉力為F2，則(　　) A．F1＝F2＝2mg B．從P到Q，拉力F做功為F1L C．從Q到P的過(guò)程中，小球受到的合外力大小不變 D．從Q到P的過(guò)程中，小球重力的瞬時(shí)功率一直增大

14、 解析：選A　在Q點(diǎn)，根據(jù)平衡有：F1sin 30°＝mg，解得F1＝2mg.Q到P，根據(jù)動(dòng)能定理得，mgL(1－cos 60°)＝mv2，根據(jù)牛頓第二定律得，F(xiàn)2－mg＝m，聯(lián)立兩式解得F2＝2mg，故A正確．從P到Q，小球緩慢移動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理得，WF－mgL(1－cos 60°)＝0，解得WF＝mgL＝F1L，故B錯(cuò)誤．從Q到P的過(guò)程中，小球的速度大小在變化，徑向的合力在變化，故C錯(cuò)誤．在Q點(diǎn)，重力的功率為零，在最低點(diǎn)，重力的方向與速度方向垂直，重力的功率為零，可知從Q到P的過(guò)程中，重力的功率先增大后減小，故D錯(cuò)誤．故選A． 考點(diǎn)二 動(dòng)能定理與圖象綜合問(wèn)題 圖象所圍“面積”的

15、意義 (1)v-t圖：由公式x＝vt可知，v-t圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積表示物體的位移． (2)a-t圖：由公式Δv＝at可知，a-t圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積表示物體速度的變化量． (3)F-x圖：由公式W＝Fx可知，F(xiàn)-x圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積表示力所做的功． (4)P-t圖：由公式W＝Pt可知，P-t圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積表示力所做的功． 　如圖(a)所示，一質(zhì)量為m的滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從某斜面頂端A由靜止滑下，已知滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ和滑塊到斜面頂端的距離x的關(guān)系如圖(b)所示．斜面傾角為37°，長(zhǎng)為l，有一半徑為R＝l的光滑豎直半圓軌道剛好與斜面底端B相接，且直徑BC與水平

16、面垂直，假設(shè)滑塊經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)沒(méi)有能量損失．g取10 m/s2.求： (1)滑塊滑至斜面中點(diǎn)時(shí)的加速度大??； (2)滑塊滑至斜面底端時(shí)的速度大??； (3)試分析滑塊能否滑至光滑豎直半圓軌道的最高點(diǎn)C.如能，請(qǐng)求出在最高點(diǎn)時(shí)滑塊對(duì)軌道的壓力；如不能，請(qǐng)說(shuō)明理由． 解析：(1)滑塊滑至斜面中點(diǎn)時(shí)，由圖b可知，μ＝0.5， 則對(duì)滑塊：mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma 代入數(shù)據(jù)解得：a＝g． (2)滑塊由頂端滑至底端，由動(dòng)能定理得：mglsin 37°＋Wf＝mv 由圖b的物理意義得： Wf＝l＝－l＝－mgl 解得：vB＝ ． (3)設(shè)滑塊能運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)，則從B到

17、C，由動(dòng)能定理： －mg·2R＝mv－mv 解得：vC＝ 如滑塊恰好滑到C點(diǎn)：mg＝m 解得：v′C＝＝＜vC 所以滑塊能夠到達(dá)C點(diǎn) 當(dāng)滑塊滑到C點(diǎn)時(shí)：mg＋N＝m，N＝3mg 由牛頓第三定律得滑塊在C點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力N′＝N＝3mg． 答案：(1)g　(2) 　(3)3mg 功能相關(guān)圖象問(wèn)題分析的“三步走” → ↓ → ↓ → 　(2017·高考沖刺卷)一質(zhì)量為2 kg的物體受水平拉力F作用，在粗糙水平面上做加速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)的a-t圖象如圖所示，t＝0時(shí)其速度大小為2 m/s，滑動(dòng)摩擦力大小恒為2 N(　　) 甲　　　　　　　　乙 A．t＝6 s

18、時(shí)，物體的速度為18 m/s B．在0～6 s內(nèi)，合力對(duì)物體做的功為400 J C． t＝6 s時(shí)，摩擦力的功率為400 W D．t＝6 s時(shí)，拉力F的功率為200 W 解析：選D　A、根據(jù)Δv＝aΔt可知a-t圖象中，圖象與坐標(biāo)軸圍成的面積表示速度的增量，則在t＝6 s時(shí)刻，物體的速度v6＝v0＋Δv＝2 m/s＋×(2＋4)×6 m/s＝20 m/s，故A錯(cuò)誤；B、根據(jù)動(dòng)能定理得：W合＝ΔEk＝mv－mv＝396 J，故B錯(cuò)誤；C、摩擦力的功率P＝fv＝2×20 W＝40 W，故C錯(cuò)誤；D、在t＝6 s時(shí)刻，根據(jù)牛頓第二定律得：F＝ma＋f＝2×4 N＋2 N＝10 N，則在t＝6

19、 s時(shí)刻，拉力F的功率P＝Fv6＝10×20 W＝200 W，故D正確． 4．某物體以一定的初速度v0沿傾角為37°的斜面向上滑行，最后又回到出發(fā)點(diǎn)．物體與斜面的動(dòng)摩擦因數(shù)恒定，g取10 m/s2.在此過(guò)程中，其動(dòng)能Ek隨物體到斜面底端距離L的變化關(guān)系如圖所示，則物體的質(zhì)量為(　　) A．1 kg B．2 kg C．3 kg D．4 kg 解析：選A　由題意可知，選取從滑上底端開(kāi)始到再次滑下底端結(jié)束，過(guò)程中重力做功為零，根據(jù)動(dòng)能定理，則有：－f×2L＝Ek′－Ek；即有：f＝ N＝2 N；物體上升過(guò)程中：－fL－mgLsin 37°＝0－Ek0，解得m＝1 kg，故A正確．

20、 5．(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(yùn)動(dòng)，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(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(　　) A．物體與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2 B．物體運(yùn)動(dòng)的位移為13 m C．前3 m運(yùn)動(dòng)過(guò)程中物體的加速度為3 m/s2 D．x＝9 m時(shí)，物體的速度為3 m/s 解析：選ACD　由Wf＝Ffx對(duì)應(yīng)圖乙可知，物體與地面之間的滑動(dòng)摩擦力Ff＝2 N，由Ff＝μmg可得μ＝0.2，選項(xiàng)A正確；由WF＝Fx對(duì)應(yīng)圖乙可知，前3 m內(nèi)，拉力F1＝5 N，3～9 m內(nèi)拉力F2＝

21、2 N，物體在前3 m內(nèi)的加速度a1＝＝3 m/s2，選項(xiàng)C正確；由動(dòng)能定理得：WF－Ffx＝mv2可得：x＝9 m時(shí)，物體的速度為v＝3 m/s，選項(xiàng)D正確；物體的最大位移xm＝＝13.5 m，選項(xiàng)B錯(cuò)誤. 考點(diǎn)三 利用動(dòng)能定理求路程 　(2018·蘭州月考)如圖所示，AB是傾角θ＝30°的粗糙直軌道，BCD是光滑的圓弧軌道，AB恰好在B點(diǎn)與圓弧相切，圓弧的半徑為R，一個(gè)質(zhì)量為m的物體(可以看作質(zhì)點(diǎn))從直軌道上的P點(diǎn)由靜止釋放，結(jié)果它能在兩軌道間做往返運(yùn)動(dòng)．已知P點(diǎn)與圓弧的圓心O等高，物體與軌道AB間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ.求： (1)物體做往返運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過(guò)程中在AB軌道上通過(guò)的總路程

22、； (2)最終當(dāng)物體通過(guò)圓弧軌道最低點(diǎn)E時(shí)，對(duì)圓弧軌道的壓力； (3)為使物體能順利到達(dá)圓弧軌道的最高點(diǎn)D，釋放點(diǎn)距B點(diǎn)的距離L′至少多大． 解析：(1)對(duì)整體過(guò)程，由動(dòng)能定理得 mgRcos θ－μmgcos θ·s＝0， 所以物體在AB軌道上通過(guò)的總路程s＝． (2)最終物體以B(還有B關(guān)于OE的對(duì)稱(chēng)點(diǎn))為最高點(diǎn)，在圓弧底部做往復(fù)運(yùn)動(dòng)，對(duì)B→E過(guò)程，由動(dòng)能定理得 mgR(1－cos θ)＝mv ① 在E點(diǎn)，由牛頓第二定律得 FN－mg＝m ② 聯(lián)立①②式得FN＝(3－)mg． (3)物體剛好到D點(diǎn)，由牛頓第二定律有mg＝m ③ 對(duì)全過(guò)程由動(dòng)能定理得 mgL′s

23、in θ－μmgcos θ·L′－mgR(1＋cos θ) ＝mv ④ 聯(lián)立③④式得L′＝． 答案：(1)　(2)(3－)mg　(3) 對(duì)于物體運(yùn)動(dòng)過(guò)程中有往復(fù)運(yùn)動(dòng)的情況，物體所受的滑動(dòng)摩擦力、空氣阻力等大小不變，方向發(fā)生變化，但在每一段上這類(lèi)力均做負(fù)功，而且這類(lèi)力所做的功等于力和路程的乘積，與位移無(wú)關(guān)．若題目中涉及求解物體運(yùn)動(dòng)的路程或位置的變化，可利用動(dòng)能定理求出摩擦力的功，然后進(jìn)一步確定物體運(yùn)動(dòng)的路程或位置的變化． 　(2018·河北石家莊二中聯(lián)考)如圖所示，從高臺(tái)邊A點(diǎn)以某速度水平飛出的小物塊(可看成質(zhì)點(diǎn))，恰能從固定在某位置的光滑圓弧軌道CDM的左端C點(diǎn)沿圓弧切線方向進(jìn)

24、入軌道．圓弧軌道CDM的半徑R＝0.5 m，O為圓弧的圓心，D 為圓弧最低點(diǎn)，C、M在同一水平高度，OC與CM夾角為37°，斜面MN與圓弧軌道CDM相切于M點(diǎn)，MN與CM夾角為53°，斜面MN足夠長(zhǎng)，已知小物塊的質(zhì)量m＝3 kg，第一次到達(dá)D點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小為78 N，與斜面MN之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝，小球第一次通過(guò)C點(diǎn)后立刻裝一與C點(diǎn)相切且與斜面MN關(guān)于OD對(duì)稱(chēng)的固定光滑斜面，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不考慮小物塊運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的轉(zhuǎn)動(dòng)，求： (1)小物塊平拋運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)的速度大?。? (2)A點(diǎn)到C點(diǎn)的豎直距離； (3)小物塊在斜面MN上

25、滑行的總路程． 解析：(1)在D點(diǎn)，軌道對(duì)小物塊的支持力和小物塊自身重力的合力提供向心力，則有 FD－mg＝m， 解得v＝8(m/s)2， 從C點(diǎn)到D點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理有 mgR(1－sin 37°)＝mv－mv， 解得vC＝2 m/s． (2)小物塊做平拋運(yùn)動(dòng)在C點(diǎn)的豎直分速度vCy＝vCcos 37°， A點(diǎn)到C點(diǎn)的豎直距離y＝， 解得y＝0.128 m． (3)最后小物塊在CM之間來(lái)回滑動(dòng)，且到達(dá)M點(diǎn)時(shí)速度為零，對(duì)從D點(diǎn)到M點(diǎn)過(guò)程運(yùn)用動(dòng)能定理得 －mgR(1－sin 37°)－μmgcos 53°·s總＝0＋－mv， 代入數(shù)據(jù)并解得s總＝1 m． 答案：(1)

26、2 m/s　(2)0.128 m　(3)1 m 6．在離地面高h(yuǎn)處以初速度v0豎直向上拋出質(zhì)量為m的小球，小球所受到的空氣阻力大小恒為f(f＜mg)，假設(shè)小球每次與地面碰撞后以原速率反彈回，求從拋出到落地小球通過(guò)的總路程？ 解析：由動(dòng)能定理mgh－f·s＝0－mv， 得總路程s＝． 答案： 7．如圖所示，MNP為豎直面內(nèi)一固定軌道，其圓弧段MN與水平段NP相切于N，P端固定一豎直擋板．M相對(duì)于N的高度為h，NP長(zhǎng)度為s.一物塊從M端由靜止開(kāi)始沿軌道下滑，與擋板發(fā)生一次完全彈性碰撞(碰撞后物塊速度大小不變，方向相反)后停止在水平軌道上某處．若在MN段的摩擦可忽略不計(jì)，物塊與NP段軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，求物塊停止的地方距N點(diǎn)的距離的可能值． 解析：設(shè)物塊的質(zhì)量為m，在水平軌道上滑行的總路程為s′，則物塊從開(kāi)始下滑到停止在水平軌道上的過(guò)程中，由動(dòng)能定理得mgh－μmgs′＝0 解得s′＝ 第一種可能：物塊與擋板碰撞后，在N前停止，則物塊停止的位置距N點(diǎn)的距離為d＝2s－s′＝2s－ 第二種可能：物塊與擋板碰撞后，可再一次滑上光滑圓弧軌道，然后滑下，在水平軌道上停止，則物塊停止的位置距N點(diǎn)的距離為d＝s′－2s＝－2s 所以物塊停止的位置距N點(diǎn)的距離可能為2s－或－2s． 答案：物塊停止的位置距N點(diǎn)的距離可能為2s－或－2s． 13