動能定理及其應(yīng)用主干梳理 對點激活知識點動能1定義：物體由于運動而具有的能。2公式：Ekmv2。3矢標性：動能是標量，只有正值，動能與速度方向無關(guān)。4狀態(tài)量：動能是狀態(tài)量，因為v是瞬時速度。5相對性：由于速度具有相對性，所以動能也具有相對性。6動能的變化：物體末動能與初動能之差，即Ekmvmv。動能的變化是過程量。知識點動能定理1內(nèi)容：合外力對物體所做的功，等于物體在這個過程中動能的變化。2表達式(1)WEk。(2)WEk2Ek1。(3)Wmvmv。3物理意義：合外力的功是物體動能變化的量度。4適用范圍廣泛(1)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)力可以是各種性質(zhì)的力，既可以同時作用，也可以不同時作用。一 思維辨析1合外力做功是物體動能變化的原因。()2如果物體所受合外力不為零，那么合外力的功也一定不為零。()3物體的動能不變就是物體的速度不變。()4物體在合外力作用下做變速運動，動能一定變化。()5運用動能定理可以求變力做功。()答案1.2.3.4.5.二 對點激活1(人教版必修2P74T1改編)改變汽車的質(zhì)量和速度，都可能使汽車的動能發(fā)生改變，下列幾種情形中，汽車的動能不變的是()A質(zhì)量不變，速度增大到原來的2倍B速度不變，質(zhì)量增大到原來的2倍C質(zhì)量減半，速度增大到原來的2倍D速度減半，質(zhì)量增大到原來的4倍答案D解析由Ekmv2知只有D項汽車動能不變。2(多選)關(guān)于動能定理的表達式WEk2Ek1，下列說法正確的是()A公式中的W為不包含重力的其他力做的總功B公式中的W為包含重力在內(nèi)的所有力做的功，也可通過以下兩種方式計算：先求每個力的功再求功的代數(shù)和或先求合外力再求合外力的功C公式中的Ek2Ek1為動能的增量，當W>0時，動能增加，當W<0時，動能減少D動能定理適用于直線運動，但不適用于曲線運動，適用于恒力做功，但不適用于變力做功答案BC解析WEk2Ek1中的W指合外力的功，當然包括重力在內(nèi)，Ek2Ek1為動能的增量，由功來量度，W>0，Ek>0，W<0，Ek<0，動能定理也適用于曲線運動和變力做功。故B、C正確。3(人教版必修2P75T5改編)運動員把質(zhì)量是500 g的足球踢出后，某人觀察它在空中的飛行情況，估計上升的最大高度是10 m，在最高點的速度為20 m/s。估算出運動員踢球時對足球做的功為()A50 J B100 JC150 J D無法確定答案C解析運動員踢球時對足球做的功等于足球獲得的初動能，足球上升時重力做的功等于動能的增加量，即mghEk2Ek1，則Ek1Ek2mgh150 J，故C正確?？键c細研 悟法培優(yōu)考點1動能定理的理解和應(yīng)用1做功的過程就是能量轉(zhuǎn)化的過程，動能定理表達式中的“”的意義是一種因果關(guān)系在數(shù)值上相等的符號。(1)因果關(guān)系：合力做功是引起物體動能變化的原因。(2)數(shù)量關(guān)系：合力做功與動能變化具有等量代換的關(guān)系。(3)單位關(guān)系：國際單位制中功和能的單位都是焦耳。2動能定理敘述中所說的“外力”，既可以是重力、彈力、摩擦力，也可以是電場力、磁場力或其他力；既可以是恒力，也可以是變力。3動能定理中涉及的物理量有F、l、m、v、W、Ek，在處理含有上述物理量的問題時，優(yōu)先考慮使用動能定理。4應(yīng)用動能定理的注意事項(1)應(yīng)用動能定理解題應(yīng)抓好“兩狀態(tài)，一過程”?！皟蔂顟B(tài)”即明確研究對象的始、末狀態(tài)的速度或動能情況，“一過程”即明確研究過程，確定這一過程研究對象的受力情況和位置變化或位移信息。(2)動能定理中的位移和速度必須是相對于同一個參考系的，一般以地面或相對地面靜止的物體為參考系。(3)應(yīng)用動能定理的關(guān)鍵在于對研究對象進行準確的受力分析及運動過程分析，并畫出運動過程的草圖，借助草圖理解物理過程之間的關(guān)系。(4)當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，這樣更簡便。(5)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：重力做的功取決于物體的初、末位置，與路徑無關(guān)；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。(6)列動能定理方程時，必須明確各力做功的正、負，確實難以判斷的先假定為正功，最后根據(jù)結(jié)果加以檢驗。例1(2016浙江高考)(多選)如圖所示為一滑草場。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。質(zhì)量為m的載人滑草車從坡頂由靜止開始自由下滑，經(jīng)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，sin370.6，cos370.8)。則()A動摩擦因數(shù)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mghD載人滑草車在下段滑道上的加速度大小為g解題探究(1)載人滑草車最大速度出現(xiàn)在什么位置？提示：滑草車先勻加速下滑，再勻減速下滑，速度最大位置在兩條滑道的連接處。(2)滑草車下滑的整個過程中下降的高度為多少？提示：2h。嘗試解答選AB?；蒈囀芰Ψ治鋈鐖D所示，在B點處有最大速度v，在上、下兩段所受摩擦力大小分別為f1、f2f1mgcos45，f2mgcos37整個過程由動能定理列方程：mg2hf1f20解得：，A項正確；滑草車在上段滑道運動過程由動能定理列方程：mghf1mv2解得：v ，B項正確；由式知：Wf2mgh，C項錯誤；在下段滑道上，mgsin37mgcos37ma2解得：a2g，故D項錯誤?？偨Y(jié)升華應(yīng)用動能定理解題的基本思路變式1如圖所示，質(zhì)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g10 m/s2，則()A小物塊的初速度是5 m/sB小物塊的水平射程為1.2 mC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答案D解析小物塊在桌面上克服摩擦力做功WfmgL2 J，C錯誤；在水平桌面上滑行，由動能定理得Wfmv2mv，解得v07 m/s，A錯誤；小物塊飛離桌面后做平拋運動，有xvt，hgt2，解得x0.9 m，B錯誤；設(shè)小物塊落地時動能為Ek，由動能定理得mghEkmv2，解得Ek0.9 J，D正確?？键c2動能定理與圖象結(jié)合問題解決物理圖象問題的基本步驟1觀察題目給出的圖象，弄清縱坐標、橫坐標所對應(yīng)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(dǎo)出縱坐標與橫坐標所對應(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)學上與之相對應(yīng)的標準函數(shù)關(guān)系式相對比，找出圖線的斜率、截距、圖線的交點，弄清圖線與坐標軸圍成的面積所對應(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)關(guān)系式求物理量。例2(2018河南陜州中學月考)(多選)一質(zhì)量為2 kg的物體，在水平恒定拉力的作用下以一定的初速度在粗糙的水平面上做勻速直線運動，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(guān)系圖象。已知重力加速度g10 m/s2，由此可知()A物體與水平面間的動摩擦因數(shù)約為0.35B減速過程中拉力對物體所做的功約為13 JC勻速運動時的速度約為6 m/sD減速運動的時間約為1.7 s解題探究(1)Fx圖象與x軸圍成的面積表示什么？提示：拉力F做的功。(2)對于加速度從0增大的減速運動，如何判斷運動時間范圍？提示：可以假設(shè)從相同初速度以最大加速度值做勻減速運動，比較兩種運動的時間。嘗試解答選ABC。Fx圖象與x軸圍成的面積代表拉力F所做的功，由圖知減速階段Fx圖線與x軸圍成面積約13個小格，每個小格表示1 J，則約為13 J，故B正確。剛開始勻速運動，則Fmg，由圖象知F7 N，則0.35，故A正確。全程應(yīng)用動能定理：WFmgs0mv，其中WF(7413) J41 J，得v06 m/s，故C正確。減速運動時fFma，所以物體做加速度增大的減速運動，且加速度最后增大到amaxg，如果物體從v0以ag的加速度勻減速停止，則時間t01.7 s，由vt圖象斜率的意義畫出兩種減速情況的vt圖象，可知實際減速時間t>t01.7 s，D錯誤?？偨Y(jié)升華與動能定理結(jié)合緊密的幾種圖象(1)vt圖：由公式xvt可知，vt圖線與橫坐標軸圍成的面積表示物體的位移。(2)Fx圖：由公式WFx可知，F(xiàn)x圖線與橫坐標軸圍成的面積表示力所做的功。(3)Pt圖：由公式WPt可知，Pt圖線與橫坐標軸圍成的面積表示力所做的功。(4)at圖：由公式vat可知，at圖線與橫坐標軸圍成的面積表示物體速度的變化量。變式2(2018南平模擬)(多選)放在粗糙水平地面上質(zhì)量為0.8 kg的物體受到水平拉力的作用，在06 s內(nèi)其速度與時間的關(guān)系圖象和該拉力的功率與時間的關(guān)系圖象分別如圖所示。下列說法中正確的是()A06 s內(nèi)拉力做的功為140 JB物體在02 s內(nèi)所受的拉力為4 NC物體與粗糙水平地面的動摩擦因數(shù)為0.5D合外力在06 s內(nèi)做的功與02 s內(nèi)做的功相等答案AD解析06 s內(nèi)拉力做的功可以由Pt圖線與t軸圍成的面積求得W140 J，故A正確；26 s內(nèi)物體勻速運動，由PF2v2得26 s內(nèi)拉力F22 N，則摩擦力FfF22 N,02 s內(nèi)由vt圖得a5 m/s2，由牛頓第二定律F1Ffma，得F16 N，故B錯誤；由Ffmg得0.25，故C錯誤；合外力做的功等于動能的增加量，所以06 s內(nèi)與02 s內(nèi)合外力做的功相等，故D正確?？键c3應(yīng)用動能定理解決曲線運動問題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(yīng)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。例3如圖所示，質(zhì)量為m的小球用長為L的輕質(zhì)細線懸于O點，與O點處于同一水平線上的P點處有一個光滑的細釘，已知OP，在A點給小球一個水平向左的初速度v0，發(fā)現(xiàn)小球恰能到達跟P點在同一豎直線上的最高點B。(1)求小球到達B點時的速率；(2)若不計空氣阻力，則初速度v0為多少？(3)若初速度v03，小球仍能恰好到達B點，則小球在從A到B的過程中克服空氣阻力做了多少功？解題探究(1)小球恰好到達最高點B時，細線給小球有力的作用嗎？提示：沒有，只受重力。(2)細線碰到釘子瞬間，小球的速度發(fā)生改變嗎？提示：不變，因為細線拉力與速度垂直。嘗試解答(1) (2) (3)mgL(1)小球恰好到達最高點B，所以mg，得vB 。(2)從A到B的過程由動能定理得mgmvmv，可得v0 。(3)從A到B過程由動能定理得mgWmvmv02可得WmgL?？偨Y(jié)升華動能定理在圓周運動中的應(yīng)用豎直面內(nèi)圓周運動經(jīng)常考查物體在最高點和最低點的狀態(tài)，最高點的速度和最低點的速度可以通過動能定理聯(lián)系起來，所以豎直面內(nèi)的圓周運動，經(jīng)常和動能定理聯(lián)系起來應(yīng)用。變式3(2019洛陽市尖子生聯(lián)考)如圖所示，一半徑為R的半圓形軌道豎直固定放置，直徑POQ水平，軌道的內(nèi)表面動摩擦因數(shù)均為。一質(zhì)量為m的小滑塊從P點正上方由靜止釋放，釋放高度為R，小滑塊恰好從P點進入軌道。小滑塊滑到軌道最低點N時，對軌道的壓力為4mg，g為重力加速度。用W表示小滑塊第一次在軌道NQ段運動時克服摩擦力所做的功。則()AWmgRBW<mgRC小滑塊恰好可以到達Q點D小滑塊不能到達Q點答案B解析根據(jù)題述，小滑塊滑到軌道最低點N時，對軌道的壓力為4mg，根據(jù)牛頓第三定律，軌道對小滑塊的支持力為4mg。在最低點，由牛頓第二定律，4mgmgm，解得v23gR。對小滑塊由靜止釋放至運動到最低點N的過程，設(shè)小滑塊克服摩擦力做的功為Wf，運用動能定理得，2mgRWfmv2，解得WfmgR。由于小滑塊在右側(cè)圓弧軌道NQ段運動的速度大小與小滑塊在左側(cè)圓弧軌道PN段對稱位置運動的速度大小相比較小，對軌道的壓力就較小，對應(yīng)受到的摩擦力較小，克服摩擦力做的功較小，所以小滑塊第一次在軌道NQ段運動時克服摩擦力做的功W<WfmgR，B正確，A錯誤；由于小滑塊在軌道最低點N的動能為Ekmv2mgR，大于小滑塊運動到Q點所需克服重力做的功mgR和克服摩擦力做的功W之和，所以小滑塊可以到達Q點后豎直上拋，C、D錯誤。滿分指導(dǎo)2利用動能定理解決多過程問題【案例剖析】(2016全國卷)(18分)如圖，一輕彈簧原長為2R，其一端固定在傾角為37的固定直軌道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，AC7R，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，AF4R。已知P與直軌道間的動摩擦因數(shù)，重力加速度大小為g。取sin37，cos37(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、豎直相距R。求P運動到D點時速度的大小和改變后P的質(zhì)量。審題抓住信息，準確推斷破題形成思路，快速突破(1)P第一次運動到B點時速度大小的求解選研究過程：P從C到B。列動能定理方程：設(shè)B、C間距離為l5Rmglsinmgcoslmv。(2)P運動到E點時彈簧的彈性勢能的求解選研究過程：P由B到E和P由E到F。列動能定理方程：設(shè)BEx，EF間距離l12RxmgxsinmgxcosEp0mv，Epmgl1sinmgcosl10。(3)P從D點平拋速度大小的求解a水平位移：x1RRsin。b豎直位移：y1RRRcos。c列平拋運動公式：x1vDt，y1gt2。改變后P的質(zhì)量的求解a選研究過程：P從E到D。b列動能定理方程：設(shè)改變后P的質(zhì)量為m1Epm1g(x5R)sinm1gcos(x5R)m1gm1v。解題規(guī)范步驟，水到渠成(1)根據(jù)題意知，B、C之間的距離l為l7R2R5R設(shè)P到達B點時的速度為vB，由動能定理得mglsinmgcoslmv式中37。聯(lián)立式并由題給條件得vB2(2)設(shè)BEx。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mgxsinmgcosxEp0mvE、F之間的距離l1為l14R2Rx2RxP到達E點后反彈，從E點運動到F點的過程中，由動能定理有Epmgl1sinmgcosl10聯(lián)立式并由題給條件得xREpmgR(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x1RRsiny1RRRcos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。由平拋運動規(guī)律有y1gt2x1vDt聯(lián)立式得vDP由E點運動到D點的過程中，由動能定理有Epm1g(x5R)sinm1gcos(x5R)m1gm1v聯(lián)立式得m1m。評分標準各1分，各2分。點題突破瓶頸，穩(wěn)拿滿分(1)不敢設(shè)E點處彈性勢能為Ep，BEx，而列不出方程組解待求量。(2)不能正確地求出平拋豎直位移和水平位移導(dǎo)致處理不了第(3)問。高考模擬 隨堂集訓1(2018全國卷)如圖，某同學用繩子拉動木箱，使它從靜止開始沿粗糙水平路面運動至具有某一速度，木箱獲得的動能一定()A小于拉力所做的功B等于拉力所做的功C等于克服摩擦力所做的功D大于克服摩擦力所做的功答案A解析木箱受力如圖所示，木箱在移動的過程中有兩個力做功，拉力做正功，摩擦力做負功，根據(jù)動能定理可知：WFWfmv20，所以動能小于拉力做的功，故A正確，B錯誤；無法比較動能與克服摩擦力做功的大小，C、D錯誤。2(2018天津高考) 滑雪運動深受人民群眾喜愛，某滑雪運動員(可視為質(zhì)點)由坡道進入豎直面內(nèi)的圓弧形滑道AB，從滑道的A點滑行到最低點B的過程中，由于摩擦力的存在，運動員的速率不變，則運動員沿AB下滑過程中()A所受合外力始終為零 B所受摩擦力大小不變C合外力做功一定為零 D機械能始終保持不變答案C解析因為運動員做曲線運動，所以合力一定不為零，A錯誤；運動員受力如圖所示，重力沿曲面切線的分力與摩擦力大小相等，Gsinf，減小，故摩擦力f減小，B錯誤；運動員運動過程中速率不變，質(zhì)量不變，即動能不變，動能變化量為零，根據(jù)動能定理可知合力做功為零，C正確；因為運動員克服摩擦力做功，所以機械能不守恒，D錯誤。3(2018江蘇高考)(多選) 如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端連接一小物塊，O點為彈簧在原長時物塊的位置。物塊由A點靜止釋放，沿粗糙程度相同的水平面向右運動，最遠到達B點。在從A到B的過程中，物塊()A加速度先減小后增大B經(jīng)過O點時的速度最大C所受彈簧彈力始終做正功D所受彈簧彈力做的功等于克服摩擦力做的功答案AD解析物塊從A點到O點的過程，彈力逐漸減為零，剛開始彈簧彈力大于摩擦力，故可分為彈力大于摩擦力過程和彈力小于摩擦力過程：彈力大于摩擦力過程，合力向右，加速度也向右，由于彈力逐漸減小，摩擦力不變，物塊所受合力逐漸減小，加速度逐漸減小，當彈力等于摩擦力時速度最大，此位置在A點與O點之間；彈力小于摩擦力過程，合力方向與運動方向相反，彈力減小，摩擦力大小不變，物塊所受合力增大，物塊的加速度隨彈簧形變量的減小而增大，方向向左，物塊做減速運動；從O點到B點的過程彈力增大，合力向左，加速度繼續(xù)增大，A正確，B錯誤。從A點到O點過程，彈簧由壓縮恢復(fù)原長，彈力做正功，從O點到B點的過程，彈簧被拉伸，彈力做負功，故C錯誤。從A到B的過程中根據(jù)動能定理彈簧彈力做的功等于物塊克服摩擦力做的功，故D正確。4(2017江蘇高考)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(guān)系的圖線是()答案C解析設(shè)斜面傾角為，根據(jù)動能定理，當小物塊沿斜面上升時，有(mgsinf)xEkEk0，即Ek(fmgsin)xEk0，所以Ek與x的函數(shù)關(guān)系圖象為直線，且斜率為負。當小物塊沿斜面下滑時根據(jù)動能定理有(mgsinf)(x0x)Ek0(x0為小物塊到達最高點時的位移)，即Ek(mgsinf)x(mgsinf)x0，所以下滑時Ek隨x的減小而增大且為直線，斜率大小比上滑時小。綜上所述，選項C正確。5(2017上海高考)如圖所示，與水平面夾角37的斜面和半徑R0.4 m的光滑圓軌道相切于B點，且固定于豎直平面內(nèi)?；瑝K從斜面上的A點由靜止釋放，經(jīng)B點后沿圓軌道運動，通過最高點C時軌道對滑塊的彈力為零。已知滑塊與斜面間動摩擦因數(shù)0.25。(g取10 m/s2，sin370.6，cos370.8)求：(1)滑塊在C點的速度大小vC；(2)滑塊在B點的速度大小vB；(3)A、B兩點間的高度差h。答案(1)2 m/s(2)4.29 m/s(3)1.38 m解析(1)對C點，滑塊豎直方向所受重力提供向心力mgvC2 m/s。(2)對BC過程，由動能定理得mgR(1cos37)mvmvvB 4.29 m/s。(3)滑塊在AB的過程，由動能定理得mghmgcos37mv0代入數(shù)據(jù)解得h1.38 m。配套課時作業(yè)時間：60分鐘滿分：100分一、選擇題(本題共10小題，每小題7分，共70分。其中16為單選，710為多選)1若物體在運動過程中受到的合外力不為0，則()A物體的動能不可能總是不變的B物體的加速度一定變化C物體的速度方向一定變化D物體所受的合外力做的功可能為0答案D解析當合外力不為0時，若物體做勻速圓周運動，則動能不變，合外力做的功為0，A錯誤，D正確；當F恒定時，加速度就不變，速度方向可能不變，B、C錯誤。2物體沿直線運動的vt關(guān)系如圖所示，已知在第1秒內(nèi)合外力對物體做的功為W，則()A從第1秒末到第3秒末合外力做功為4WB從第3秒末到第5秒末合外力做功為2WC從第5秒末到第7秒末合外力做功為WD從第3秒末到第4秒末合外力做功為2W答案C解析物體在第1秒末到第3秒末做勻速直線運動，合外力為零，做功為零，A錯誤；從第3秒末到第5秒末動能的變化量與第1秒內(nèi)動能的變化量大小相同，合外力做的功為W，B錯誤；從第5秒末到第7秒末動能的變化量與第1秒內(nèi)動能的變化量相同，合外力做功相同，即為W，C正確；從第3秒末到第4秒末動能變化量是負值，大小等于第1秒內(nèi)動能變化量大小的，則合外力做功為0.75W，D錯誤。3(2018煙臺模擬)水平面上甲、乙兩物體，在某時刻動能相同，它們僅在摩擦力作用下停下來。甲、乙兩物體的動能Ek隨位移大小s變化的圖象如圖所示，則下列說法正確的是()A若甲、乙兩物體與水平面動摩擦因數(shù)相同，則甲的質(zhì)量較大B若甲、乙兩物體與水平面動摩擦因數(shù)相同，則乙的質(zhì)量較大C甲與地面間的動摩擦因數(shù)一定大于乙與地面的動摩擦因數(shù)D甲與地面間的動摩擦因數(shù)一定小于乙與地面的動摩擦因數(shù)答案A解析Eks圖象的斜率大小表示物體與地面的摩擦力fmg，由圖知f甲>f乙，若甲、乙兩物體與水平面動摩擦因數(shù)相同，則m甲>m乙，故A正確，B錯誤。由于甲、乙兩物體質(zhì)量大小關(guān)系未知，故甲、乙與地面間動摩擦因數(shù)大小關(guān)系不能確定，C、D錯誤。4. (2018成都月考)如圖所示，斜面的傾角為，質(zhì)量為m的滑塊距擋板P的距離為x0，滑塊以初速度v0沿斜面上滑，滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為，滑塊所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力。若滑塊每次與擋板相碰均無機械能損失，則滑塊經(jīng)過的總路程是()A. B.C. D.答案A解析滑塊最終要停在斜面底部，設(shè)滑塊經(jīng)過的總路程為x，對滑塊運動的全程應(yīng)用動能定理：mgx0sinmgxcos0mv，解得x，A正確。5(2018西安質(zhì)檢)靜止在粗糙水平面上的物塊在水平向右的拉力作用下做直線運動，t4 s時停下，其vt圖象如圖所示，已知物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)處處相同，則下列判斷正確的是()A整個過程中拉力做的功等于物塊克服摩擦力做的功B整個過程中拉力做的功等于零Ct2 s時刻拉力的瞬時功率在整個過程中最大Dt1 s到t3 s這段時間內(nèi)拉力不做功答案A解析對物塊運動全過程應(yīng)用動能定理得：WFWf0，A正確，B錯誤；物塊在加速運動過程中受到的拉力最大，結(jié)合題圖可知，t1 s時拉力的瞬時功率為整個過程中拉力功率的最大值，C錯誤；t1 s到t3 s這段時間內(nèi)，拉力與摩擦力平衡，拉力做正功，D錯誤。6如圖所示，置于光滑水平面上的物塊在水平恒力F的作用下由靜止開始運動，其速度v、動能Ek及拉力功率P隨時間t或位移x的變化圖象可能正確的是()答案C解析物塊在水平恒力作用下由靜止開始做勻加速直線運動，其加速度a，速度vatt，vt圖象為過坐標原點的傾斜直線，A錯誤；由v22axx，可知vx圖象的拋物線開口向x軸正方向，B錯誤；動能Ekmv2t2，C正確；功率PFvFatt，D錯誤。7. (2018石家莊一模)如圖所示，N、M、B分別為半徑等于0.1 m的豎直光滑圓軌道的左端點、最低點和右端點，B點和圓心O等高，連線NO與豎直方向的夾角為37。現(xiàn)從B點的正上方某處A點由靜止釋放一個質(zhì)量為0.1 kg的小球，進入圓軌道后，從N點飛出時的速度大小為2 m/s。不計空氣阻力，重力加速度g10 m/s2，下列說法正確的是()AA、B間的豎直高度為0.12 mB小球經(jīng)過B點時對軌道壓力的大小為2.4 NC小球經(jīng)過M點時對軌道壓力的大小為4.4 ND小球從A點到M點的過程中所受重力的功率一直增大答案AB解析設(shè)AB的豎直高度為h，由A到N由動能定理得：mg(hRcos37)mv0，得h0.12 m，故A正確；由A到B由動能定理得mghmv0，NB，得NB2.4 N，由牛頓第三定律知小球在B點對軌道壓力大小為2.4 N，故B正確；由A到M由動能定理得：mg(hR)mv0，NMmg，得NM5.4 N，由牛頓第三定律知小球在M點對軌道壓力大小為5.4 N，故C錯誤；重力的瞬時功率Pmgvcos，A點因v0，則P0，M點因90，則P0，故從A點到M點，重力的功率先變大后變小，故D錯誤。8(2018福建泉州檢測)如圖甲所示，長為l、傾角為的斜面固定在水平地面上，一質(zhì)量為m的物塊從斜面頂端由靜止釋放并沿斜面向下滑動。已知物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)與下滑距離x的變化圖象如圖乙所示，則()A0>tanB物塊下滑的加速度逐漸增大C物塊下滑到斜面底端的過程克服摩擦力做功為0mglcosD物塊下滑到底端時的速度大小為 答案BC解析物塊在斜面頂端靜止釋放能夠下滑，應(yīng)滿足mgsin>0mgcos，即0<tan，故A錯誤；根據(jù)牛頓第二定律有mgsinmgcosma，得agsingcos，可知物塊下滑過程中隨著的減小，a在增大，故B正確；摩擦力fmgcosmgcos(0xl)，可知f與x成線性關(guān)系，如圖所示，其中f00mgcos，則物塊下滑到斜面底端的過程克服摩擦力做功Wfl0mglcos，故C正確；由動能定理有mglsin0mglcosmv2，得v，故D錯誤。9. (2018河南調(diào)研聯(lián)考)如圖所示，輕彈簧一端固定于傾角為(<45)的光滑斜面(固定)上方的O點，O點到斜面的距離OQ等于彈簧的原長L，彈簧另一端與小滑塊(可視為質(zhì)點)連接。在斜面上移動滑塊至P點，使彈簧處于水平狀態(tài)?，F(xiàn)將滑塊從P點由靜止釋放，滑塊沿斜面運動到O點正下方M點，該過程中彈簧始終在彈性限度內(nèi)。重力加速度大小為g。下列說法正確的是()A滑塊經(jīng)過Q點時的速度最大B滑塊經(jīng)過M點時的速度大于 C滑塊從P點運動到Q點的過程中，其加速度一直在減小D滑塊從P點運動到Q點過程中動能的增量比從Q點運動到M點過程中動能的增量小答案BC解析對滑塊受力分析，其受豎直向下的重力、垂直斜面向上的支持力以及彈簧彈力，在滑塊由P到M過程中結(jié)合彈簧彈力的變化情況可知，小滑塊下滑過程中所受合力在PQ過程中一直沿斜面向下，在QM過程中可能一直沿斜面向下，也可能先沿斜面向下后沿斜面向上，所以A項錯誤?；瑝K由P到M過程中，根據(jù)動能定理有WGW彈mv，又WGmg，W彈>0，可得vM> ，B項正確。在PQ的過程中因重力沿斜面向下的分力不變，而彈簧彈力沿斜面向下的分力逐漸變小，則滑塊所受沿斜面向下的合力逐漸減小，則其加速度一直在減小，C項正確。由幾何關(guān)系可知滑塊由P到Q下降的高度大于由Q到M下降的高度，又P到Q過程中彈簧彈力做正功，Q到M過程中彈簧彈力做負功，再結(jié)合動能定理分析可知，D項錯誤。10(2018安徽定遠期末)如圖所示，一個小球(可視為質(zhì)點)從H12 m高處，由靜止開始沿光滑彎曲軌道AB進入半徑R4 m的豎直圓環(huán)內(nèi)側(cè)，且與圓環(huán)的動摩擦因數(shù)處處相等，當?shù)竭_圓環(huán)頂點C時，剛好對軌道壓力為零；然后沿CB圓弧滑下，進入光滑弧形軌道BD，到達高度為h的D點時速度為零，則h的值可能為()A10 m B9.5 m C8.5 m D8 m答案BC解析小球到達圓環(huán)頂點C時，剛好小球?qū)壍缐毫榱?，在C點，由重力充當向心力，則根據(jù)牛頓第二定律得：mgm，開始小球從H12 m高處，由靜止開始通過光滑弧形軌道AB，因此在小球上升到頂點C時，根據(jù)動能定理得：mg(H2R)Wfmv2，得Wf2mg。從C到D由動能定理得：mg(2Rh)Wf0mv2，由于摩擦力做功，所以上升過程平均速度比下降過程平均速度大，對軌道的壓力大、摩擦力大，所以0<Wf<Wf，解得8 m<h<10 m，所以B、C正確。二、非選擇題(本題共2小題，共30分)11(15分)如圖所示，質(zhì)量m3 kg的小物塊以初速度v04 m/s水平向右拋出，恰好從A點沿著圓弧的切線方向進入圓弧軌道，圓弧軌道的半徑為R3.75 m，B點是圓弧軌道的最低點，圓弧軌道與水平軌道BD平滑連接，A與圓心O的連線與豎直方向成37角。MN是一段粗糙的水平軌道，小物塊與MN間的動摩擦因數(shù)0.1，軌道其他部分光滑。最右側(cè)是一個半徑為r0.4 m的半圓軌道，C點是圓弧軌道的最高點，半圓軌道與水平軌道BD在D點平滑連接。已知重力加速度g10 m/s2，sin370.6，cos370.8。(1)求小物塊的拋出點離A點的豎直距離h；(2)若MN的長度為L6 m，求小物塊通過C點時所受軌道的彈力FN；(3)若小物塊恰好能通過C點，求MN的長度L。答案(1)0.45 m(2)60 N(3)10 m解析(1)根據(jù)平拋運動規(guī)律有：tan37得t0.3 s解得hgt20.45 m。(2)小物塊由拋出點運動到B點的過程中，根據(jù)動能定理有：mghR(1cos37)mvmv解得vB2 m/s小物塊由B點運動到C點的過程中，根據(jù)動能定理有：mgL2mgrmvmv在C點：FNmg解得FN60 N。(3)小物塊剛好能通過C點時，有mg解得vC2 m/s小物塊從B點運動到C點的過程中，根據(jù)動能定理有：mgL2mgrmvC2mv解得L10 m。12. (15分)如圖所示，AB是傾角為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(zhì)量為m的物體(可以看成質(zhì)點)從直軌道上的P點由靜止釋放，結(jié)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，重力加速度為g。(1)求物體對圓弧軌道最大壓力的大??；(2)求物體滑回軌道AB上距B點的最大距離；(3)釋放點距B點的距離L應(yīng)滿足什么條件，才能使物體順利通過圓弧軌道的最高點D?答案(1)3mg(1)(2)R(3)LR解析(1)根據(jù)幾何關(guān)系可得PB的長度lR從P點到E點根據(jù)動能定理，有mgRmgcoslmv0代入數(shù)據(jù)解得vE在E點，根據(jù)牛頓第二定律有FNmgm解得FN3mg(1)由牛頓第三定律知物體對圓弧軌道的最大壓力FNFN3mg(1)。(2)設(shè)物體滑回到軌道AB上距B點的最大距離為x，根據(jù)動能定理，有mg(lx)sinmgcos(lx)0代入數(shù)據(jù)解得xR。(3)物體剛好到達最高點D時，有mgm解得v從釋放點到最高點D的過程，根據(jù)動能定理，有mg(LsinRRcos)mgcosLmv20代入數(shù)據(jù)解得LR所以只有LR，物體才能順利通過圓弧軌道的最高點D。