第2講　動(dòng)能定理及其應(yīng)用
ZHI SHI SHU LI ZI CE GONG GU
知識(shí)梳理·自測(cè)鞏固
知識(shí)點(diǎn)1　動(dòng)能
1．定義：物體由于__運(yùn)動(dòng)__而具有的能叫動(dòng)能。
2．公式：Ek＝__mv2__。
3．單位：__焦耳__,1 J＝1 N·m。
4．矢標(biāo)性：動(dòng)能是__標(biāo)量__，只有正值。
5．狀態(tài)量：動(dòng)能是__狀態(tài)量__，因?yàn)関是瞬時(shí)速度。
知識(shí)點(diǎn)2　動(dòng)能定理
1．內(nèi)容：力在一個(gè)過(guò)程中對(duì)物體做的功，等于物體在這個(gè)過(guò)程中__動(dòng)能的變化__。
2．表達(dá)式：W＝__mv－mv__或W＝Ek2－Ek1。
3．物理意義：__合外力__的功是物體動(dòng)能變化的量度。
思考：(1)動(dòng)能定理適用于直線運(yùn)動(dòng)，還適用于曲線運(yùn)動(dòng)嗎？動(dòng)能定理適用于恒力做功，還適用于變力做功嗎？
(2)能對(duì)物體分方向列動(dòng)能定理方程嗎？
[答案]　(1)適用，適用　(2)不能
思維診斷：
(1)一定質(zhì)量的物體動(dòng)能變化時(shí)，速度一定變化，但速度變化時(shí)，動(dòng)能不一定變化。(　√　)
(2)動(dòng)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為零，那么合外力對(duì)物體做功一定為零。(　√　)
(4)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。(　×　)
(5)物體的動(dòng)能不變，所受的合外力必定為零。(　×　)
(6)做自由落體運(yùn)動(dòng)的物體，動(dòng)能與時(shí)間的二次方成正比。(　√　)
　　
1．(2019·湖北十堰期末)關(guān)于物體的動(dòng)能，下列說(shuō)法正確的是(　A　)
A．物體的速度不變，其動(dòng)能一定不變
B．物體的動(dòng)能不變，其速度一定不變
C．物體所受的合外力不為零，其動(dòng)能一定變化
D．某一過(guò)程中的速度變化越大，其動(dòng)能的變化一定越大
[解析]　本題考查對(duì)動(dòng)能的理解。如果物體的速度不變，根據(jù)Ek＝mv2可知，動(dòng)能不變，故A正確；如果物體的動(dòng)能不變，則說(shuō)明其速度大小一定不變，但速度的方向可以變化，故B錯(cuò)誤；物體所受的合外力不為零，但如果合外力不做功，其動(dòng)能不變，如做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的物體，故C錯(cuò)誤；某過(guò)程中速度變化很大，若速度大小不變，只是方向變化，物體的動(dòng)能不變，故D錯(cuò)誤。
2．若物體在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受到的合外力不為0，則(　D　)
A．物體的動(dòng)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
[解析]　當(dāng)合外力不為0時(shí)，若物體做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則動(dòng)能不變，合外力做的功為0，A錯(cuò)誤，D正確；當(dāng)F恒定時(shí)，加速度就不變，速度方向可能不變，B、C錯(cuò)誤。
3．冰壺是冬奧會(huì)的比賽項(xiàng)目。如圖將一個(gè)冰壺以一定初速度推出后將運(yùn)動(dòng)一段距離停下來(lái)。換一個(gè)材料相同、質(zhì)量更大的冰壺，以相同的初速度推出后，冰壺運(yùn)動(dòng)的距離將(　A　)

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A．不變 B．變小
C．變大 D．無(wú)法判斷
[解析]　冰壺在冰面上以一定初速度被推出后，在滑動(dòng)摩擦力作用下做勻減速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理有－μmgs＝0－mv2，得s＝，兩種冰壺的初速度相等，材料相同，故運(yùn)動(dòng)的位移大小相等。故選A。
HE XIN KAO DIAN ZHONG DIAN TU PO
核心考點(diǎn)·重點(diǎn)突破
考點(diǎn)一　對(duì)動(dòng)能定理的理解和應(yīng)用
1．準(zhǔn)確理解動(dòng)能定理的表達(dá)式W＝Ek2－Ek1
(1)W是合力的功，不要與某個(gè)力的功混淆。
(2)Ek2－Ek1是末動(dòng)能與初動(dòng)能的差。
(3)動(dòng)能定理的表達(dá)式是標(biāo)量式，與速度方向無(wú)關(guān)。
(4)應(yīng)用動(dòng)能定理時(shí)，要明確針對(duì)哪個(gè)物體，哪個(gè)過(guò)程。
2．應(yīng)用動(dòng)能定理的流程

3．應(yīng)用動(dòng)能定理的注意事項(xiàng)
(1)動(dòng)能定理中的位移和速度必須是相對(duì)于同一個(gè)參考系的，一般以地面或相對(duì)地面靜止的物體為參考系。
(2)應(yīng)用動(dòng)能定理的關(guān)鍵在于對(duì)研究對(duì)象進(jìn)行準(zhǔn)確的受力分析及運(yùn)動(dòng)過(guò)程分析，并畫(huà)出運(yùn)動(dòng)過(guò)程的草圖，借助草圖理解物理過(guò)程之間的關(guān)系。
(3)當(dāng)物體的運(yùn)動(dòng)包含多個(gè)不同過(guò)程時(shí)，可分段應(yīng)用動(dòng)能定理求解；當(dāng)所求解的問(wèn)題不涉及中間的速度時(shí)，也可以全過(guò)程應(yīng)用動(dòng)能定理求解，這樣更簡(jiǎn)便。
(4)列動(dòng)能定理方程時(shí)，必須明確各力做功的正、負(fù)，確實(shí)難以判斷的先假定為正功，最后根據(jù)結(jié)果加以檢驗(yàn)。
例1 (2019·石家莊月考)(多選)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(diǎn)、最低點(diǎn)和右端點(diǎn)，B點(diǎn)和圓心O等高，連線NO與豎直方向的夾角為37°?，F(xiàn)從B點(diǎn)的正上方某處A點(diǎn)由靜止釋放一個(gè)質(zhì)量為0.1 kg的小球，進(jìn)入圓軌道后，從N點(diǎn)飛出時(shí)的速度大小為2 m/s。不計(jì)空氣阻力，重力加速度g＝10 m/s2，下列說(shuō)法正確的是(　AB　)

A．A、B間的豎直高度為0.12 m
B．小球經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道壓力的大小為2.4 N
C．小球經(jīng)過(guò)M點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道壓力的大小為4.4 N
D．小球從A點(diǎn)到M點(diǎn)的過(guò)程中所受重力的功率一直增大
[解析]　設(shè)AB的豎直高度為h，由A到N由動(dòng)能定理得：mg(h＋Rcos 37°)＝mv－0，得h＝0.12 m，故A正確；由A到B由動(dòng)能定理得mgh＝mv－0，NB＝，得NB＝2.4 N，由牛頓第三定律知小球在B點(diǎn)對(duì)軌道壓力大小為2.4 N，故B正確；由A到M由動(dòng)能定理得：mg(h＋R)＝mv－0，NM－mg＝，得NM＝5.4 N，由牛頓第三定律知小球在M點(diǎn)對(duì)軌道壓力大小為5.4 N，故C錯(cuò)誤；重力的瞬時(shí)功率P＝mgvcos θ，A點(diǎn)因v＝0，則PA＝0，M點(diǎn)因θ＝90°，則PM＝0，故從A點(diǎn)到M點(diǎn)，重力的功率先變大后變小，故D錯(cuò)誤。
〔類題演練1〕
(2020·湖南師大附中模擬)港珠澳大橋是中國(guó)境內(nèi)一座連接香港、珠海和澳門的橋隧工程。2018年10月24日上午9時(shí)正式通車。大橋設(shè)計(jì)使用壽命120年，可抵御8級(jí)地震、16級(jí)臺(tái)風(fēng)、允許30萬(wàn)噸級(jí)油輪通過(guò)。假設(shè)一艘質(zhì)量為m的輪船由于失控，以速度v撞向大橋(大橋無(wú)損)，最后沒(méi)有反彈而停下來(lái)，事故勘察測(cè)量發(fā)現(xiàn)輪船迎面相撞處下凹深度d，據(jù)此估算出船對(duì)橋的平均撞擊力F，關(guān)于F的表達(dá)式正確的是(　A　)
A．　　　　　　　 B．
C． D．mv
[解析]　本題考查變力做功問(wèn)題。根據(jù)動(dòng)能定理可得Fd＝mv2，解得F＝，故選A。
考點(diǎn)二　動(dòng)能定理與圖象的綜合問(wèn)題
解決物理圖象問(wèn)題的基本步驟
1．觀察題目給出的圖象，弄清縱坐標(biāo)、橫坐標(biāo)所對(duì)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(biāo)與橫坐標(biāo)所對(duì)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(duì)應(yīng)的標(biāo)準(zhǔn)函數(shù)關(guān)系式相對(duì)比，找出圖線的斜率、截距、圖線的交點(diǎn)，圖線下的面積所對(duì)應(yīng)的物理意義，分析解答問(wèn)題?；蛘呃煤瘮?shù)圖線上的特定值代入函數(shù)關(guān)系式求物理量。
例2 如圖甲所示，長(zhǎng)為4 m的水平軌道AB與半徑為R＝0.6 m的豎直半圓弧軌道BC在B處相連接，有一質(zhì)量為1 kg的滑塊(大小不計(jì))，從A處由靜止開(kāi)始受水平向右的力F作用，F(xiàn)的大小隨位移變化的關(guān)系如圖乙所示，滑塊與AB間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.25，與BC間的動(dòng)摩擦因數(shù)未知，g取10 m/s2。求：

(1)滑塊到達(dá)B處的速度大?。?br /> (2)滑塊在水平軌道AB上運(yùn)動(dòng)前2 m過(guò)程所用的時(shí)間；
(3)若到達(dá)B點(diǎn)時(shí)撤去力F，滑塊沿半圓弧軌道內(nèi)側(cè)上滑，并恰好能到達(dá)最高點(diǎn)C，則滑塊在半圓弧軌道上克服摩擦力所做的功是多少？
[解析]　(1)對(duì)滑塊從A到B的過(guò)程，由動(dòng)能定理得
F1x1－F3x3－μmgx＝mv
代入數(shù)值解得vB＝2 m/s。
(2)在前2 m內(nèi)，有F1－μmg＝ma，且x1＝at
解得t1＝ s。
(3)當(dāng)滑塊恰好能到達(dá)最高點(diǎn)C時(shí)，有：mg＝m
對(duì)滑塊從B到C的過(guò)程，由動(dòng)能定理得：
W－mg·2R＝mv－mv
代入數(shù)值得W＝－5 J，即克服摩擦力做的功為5 J。
[答案]　(1)2 m/s　(2) s　(3)5 J
規(guī)律總結(jié)：
圖象所圍“面積”的意義
(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。
〔類題演練2〕
(2020·上海青浦區(qū)模擬)從地面豎直向上拋出一只小球，小球運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后落回地面。忽略空氣阻力，該過(guò)程中小球的動(dòng)能Ek與時(shí)間t的關(guān)系圖象是(　D　)

[解析]　本題考查通過(guò)豎直上拋運(yùn)動(dòng)選擇動(dòng)能－時(shí)間圖象。小球豎直向上運(yùn)動(dòng)過(guò)程，設(shè)初速度為v0，則速度－時(shí)間關(guān)系為v＝v0－gt，此過(guò)程動(dòng)能為Ek＝mv2＝m(v0－gt)2＝mg2t2－mv0gt＋mv，即此過(guò)程Ek與t成二次函數(shù)關(guān)系，且開(kāi)口向上，故A、B錯(cuò)誤；小球下落過(guò)程做自由落體運(yùn)動(dòng)，速度為v′＝gt，此過(guò)程動(dòng)能為Ek＝mv′2＝mg2t2，即此過(guò)程Ek與t也成二次函數(shù)關(guān)系，且開(kāi)口向上，故D正確，C錯(cuò)誤。
考點(diǎn)三　運(yùn)用動(dòng)能定理求解多過(guò)程問(wèn)題
1．運(yùn)用動(dòng)能定理解決多過(guò)程問(wèn)題時(shí)，有兩種思路：一種是分段列式按部就班，注意銜接；另一種是全過(guò)程列式，計(jì)算簡(jiǎn)便，但要分析全面，不能遺漏某個(gè)功。
2．所列動(dòng)能定理方程涉及重力、彈簧彈力、大小恒定的阻力或摩擦力做功時(shí)，要注意運(yùn)用它們的特點(diǎn)：
(1)重力、彈簧彈力做功取決于物體的初、末位置，與路徑無(wú)關(guān)。
(2)大小恒定的阻力或摩擦力所做的功等于力的大小與路程的乘積。
例3 如圖甲所示，游樂(lè)場(chǎng)的過(guò)山車可以底朝上在豎直圓軌道上運(yùn)行，可抽象為圖乙所示的模型。傾角為45°的直軌道AB、半徑R＝10 m的光滑豎直圓軌道和傾角為37°的直軌道EF。分別通過(guò)水平光滑銜接軌道BC、C′E平滑連接，另有水平減速直軌道FG與EF平滑連接，EG間的水平距離l＝40 m?，F(xiàn)有質(zhì)量m＝500 kg的過(guò)山車，從高h(yuǎn)＝40 m處的A點(diǎn)由靜止下滑，經(jīng)BCDC′EF最終停在G點(diǎn)。過(guò)山車與軌道AB、EF間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ1＝0.2，與減速直軌道FG間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2＝0.75。過(guò)山車可視為質(zhì)點(diǎn)，運(yùn)動(dòng)中不脫離軌道，g取10 m/s2。求：

(1)過(guò)山車運(yùn)動(dòng)至圓軌道最低點(diǎn)C時(shí)的速度大??；
(2)過(guò)山車運(yùn)動(dòng)至圓軌道最高點(diǎn)D時(shí)對(duì)軌道的作用力大??；
(3)減速直軌道FG的長(zhǎng)度x。(已知sin 37°＝0.6, cos 37°＝0.8)
[解析]　(1)設(shè)過(guò)山車在C點(diǎn)的速度大小為vC，由動(dòng)能定理得mgh＝μ1mgcos 45°·＝mv，代入數(shù)據(jù)得vC＝8 m/s
(2)設(shè)過(guò)山車在D點(diǎn)的速度大小為vD，受到軌道的作用力大小為F，由動(dòng)能定理得mg(h－2R)－μ1mgcos 45°·＝mv
又F＋mg＝m，聯(lián)立解得F＝7×103 N
由牛頓第三定律知，過(guò)山車在D點(diǎn)對(duì)軌道的作用力大小為7×103 N
(3)對(duì)全程應(yīng)用動(dòng)能定理有
mg[h－(l－x)tan 37°]－μ1mgcos 45°·－μmgcos 37°·－μ2mgx＝0
代入數(shù)據(jù)解得x＝30 m
[答案]　(1)8 m/s　(2)7×103 N　(3)30 m
〔類題演練3〕
(2019·福建莆田一中模擬)如圖所示，固定在地面上的半圓軌道直徑ab水平，小球P與半圓軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)處處相等，當(dāng)小球P從a點(diǎn)正上方高H處自由下落，經(jīng)過(guò)軌道后從b點(diǎn)沖出做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，上升的最大高度為，空氣阻力不計(jì)。當(dāng)小球P下落再經(jīng)過(guò)軌道a點(diǎn)沖出時(shí)，能上升的最大高度為h，則小球P(　B　)

A．不能從a點(diǎn)沖出半圓軌道
B．能從a點(diǎn)沖出半圓軌道，但h

D．無(wú)法確定能否從a點(diǎn)沖出半圓軌道
[解析]　本題考查物體的多過(guò)程運(yùn)動(dòng)問(wèn)題。小球第一次在半圓軌道的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，由動(dòng)能定理得mg(H－)＋(－Wf)＝0－0，Wf為小球克服摩擦力做功大小，解得Wf＝mgH，即第一次小球在半圓軌道中運(yùn)動(dòng)損失的機(jī)械能為mgH，由于第二次小球在半圓軌道中運(yùn)動(dòng)時(shí)，對(duì)應(yīng)位置處速度變小，因此半圓軌道給小球的彈力變小，由于動(dòng)摩擦因數(shù)不變，所以摩擦力變小，則摩擦力做功小于mgH，機(jī)械能損失小于mgH，因此小球再次沖出a點(diǎn)時(shí)，能上升的高度大于零而小于H，故B正確。
JIE DUAN PEI YOU CHA QUE BU LOU
階段培優(yōu)·查缺補(bǔ)漏
運(yùn)用動(dòng)能定理解往復(fù)運(yùn)動(dòng)問(wèn)題
▼
在有些問(wèn)題中物體的運(yùn)動(dòng)過(guò)程具有重復(fù)性、往返性，而在這一過(guò)程中，描述運(yùn)動(dòng)的物理量多數(shù)是變化的，而重復(fù)的次數(shù)又往往是無(wú)限的或者難以確定，求解這類問(wèn)題時(shí)若運(yùn)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式將非常繁瑣，甚至無(wú)法解出。由于動(dòng)能定理只涉及物體的初、末狀態(tài)而不計(jì)運(yùn)動(dòng)過(guò)程的細(xì)節(jié)，所以用動(dòng)能定理分析這類問(wèn)題可使解題過(guò)程簡(jiǎn)化。
(一)往復(fù)次數(shù)可確定的情形
例4 如圖所示裝置由AB、BC、CD三段軌道組成，軌道交接處均由很小的圓弧平滑連接，其中軌道AB、CD段是光滑的，水平軌道BC的長(zhǎng)度s＝5 m，軌道CD足夠長(zhǎng)且傾角θ＝37°，A、D兩點(diǎn)離軌道BC的高度分別為h1＝4.3 m、h2＝1.35 m。現(xiàn)讓質(zhì)量為m的小滑塊自A點(diǎn)由靜止釋放。已知小滑塊與軌道BC間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求小滑塊最終停止的位置距B點(diǎn)的距離。

[解析]　對(duì)小滑塊運(yùn)動(dòng)全過(guò)程應(yīng)用動(dòng)能定理，設(shè)小滑塊在水平軌道上運(yùn)動(dòng)的總路程為s總
有：mgh1＝μmgs總
將h1、 μ代入得： s總＝8.6 m
故小滑塊最終停止的位置距B點(diǎn)的距離為
2s－s總＝1.4 m
[答案]　1.4 m
(二)往復(fù)次數(shù)無(wú)法確定的情形
例5 如圖所示，斜面的傾角為θ，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(dòng)摩擦因數(shù)為μ，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(wú)機(jī)械能損失，則滑塊經(jīng)過(guò)的總路程是(　A　)
A．(＋x0tan θ)　 B．(＋x0tan θ)
C．(＋x0tan θ) D．(＋x0cot θ)
[解析]　滑塊最終要停在斜面底部，設(shè)滑塊經(jīng)過(guò)的總路程為x，對(duì)滑塊運(yùn)動(dòng)的全程應(yīng)用動(dòng)能定理：mgx0sin θ－μmgxcos θ＝0－mv，解得x＝(＋x0tan θ)，A正確。
(三)往復(fù)運(yùn)動(dòng)永不停止的情形
例6 如圖所示，豎直固定放置的斜面DE與一光滑的圓弧軌道ABC相連，C為切點(diǎn)，圓弧軌道的半徑為R，斜面的傾角為θ?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m的滑塊從D點(diǎn)無(wú)初速下滑，滑塊可在斜面和圓弧軌道之間做往復(fù)運(yùn)動(dòng)，已知圓弧軌道的圓心O與A、D在同一水平面上，滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，求：

(1)滑塊第一次至左側(cè)AC弧上時(shí)距A點(diǎn)的最小高度差h。
(2)滑塊在斜面上能通過(guò)的最大路程s。
[解析]　(1)滑塊從D到達(dá)左側(cè)最高點(diǎn)F經(jīng)歷DC、CB、BF三個(gè)過(guò)程，現(xiàn)以DF整個(gè)過(guò)程為研究過(guò)程，運(yùn)用動(dòng)能定理得：mgh－μmgcos θ·＝0，解得h＝。
(2)通過(guò)分析可知，滑塊最終停至C點(diǎn)的速度為0時(shí)對(duì)應(yīng)在斜面上的總路程最大，由動(dòng)能定理得：mgRcos θ－μmgcos θ·s＝0，解得：s＝。
[答案]　(1)　(2)
2 NIAN GAO KAO MO NI XUN LIAN
2年高考·模擬訓(xùn)練
1．(2019·全國(guó)卷Ⅲ，17)從地面豎直向上拋出一物體，物體在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中除受到重力外，還受到一大小不變、方向始終與運(yùn)動(dòng)方向相反的外力作用。距地面高度h在3 m以內(nèi)時(shí)，物體上升、下落過(guò)程中動(dòng)能Ek隨h的變化如圖所示。重力加速度取10 m/s2。該物體的質(zhì)量為(　C　)

A．2 kg　　　　　　 B．1.5 kg
C．1 kg D．0.5 kg
[解析]　畫(huà)出運(yùn)動(dòng)示意圖，設(shè)阻力為f，據(jù)動(dòng)能定理知

A→B(上升過(guò)程)：EkB－EkA＝－(mg＋f)h
C→D(下落過(guò)程)：EkD－EkC＝(mg－f)h
整理以上兩式得：mgh＝30 J，解得物體的質(zhì)量m＝1 kg。
選項(xiàng)C正確。
2.(2019·山東濰坊一中質(zhì)檢)如圖所示，固定斜面傾角為θ，整個(gè)斜面分為AB、BC兩段，且1.5AB＝BC。小物塊P(可視為質(zhì)點(diǎn))與AB、BC兩段斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為μ1、μ2。已知P由靜止開(kāi)始從A點(diǎn)釋放，恰好能滑動(dòng)到C點(diǎn)而停下，那么θ、μ1、μ2間應(yīng)滿足的關(guān)系是(　A　)

A．tan θ＝ B．tan θ＝
C．tan θ＝2μ1－μ2 D．tan θ＝2μ2－μ1
[解析]　本題根據(jù)物體運(yùn)動(dòng)情況考查動(dòng)摩擦因數(shù)與傾角之間的關(guān)系。對(duì)物塊受力分析可知，物塊受重力、支持力、滑動(dòng)摩擦力。設(shè)斜面AC長(zhǎng)為L(zhǎng)，物塊從A點(diǎn)釋放，恰好能滑動(dòng)到C點(diǎn)而停下，則物塊運(yùn)動(dòng)的初、末狀態(tài)動(dòng)能均為零，根據(jù)動(dòng)能定理可以得到mgLsin θ－μ1mgcos θ×L－μ2mgcos θ×L＝0－0，解得tan θ＝，故A正確。
3．(2019·遼寧瓦房店三中期中)如圖所示，ABCD是一個(gè)盆式容器，盆內(nèi)側(cè)壁與盆底BC的連接處均為與BC相切的圓弧，BC是水平的，其長(zhǎng)度d＝0.60 m。盆邊緣的高度為h＝0.30 m。在A處放一個(gè)質(zhì)量為m的小物塊并讓其從靜止下滑。已知盆內(nèi)側(cè)壁是光滑的，而盆底BC面與小物塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.10。小物塊在盆內(nèi)來(lái)回滑動(dòng)，最后停下來(lái)，則停止位置到B點(diǎn)的距離為(　B　)

A．0.50 m B．0.60 m
C．0.10 m D．0
[解析]　本題考查動(dòng)能定理在圓弧曲面的應(yīng)用。設(shè)小物塊在BC面上運(yùn)動(dòng)的總路程為s。物塊在BC面上所受的滑動(dòng)摩擦力大小始終為f＝μmg，對(duì)小物塊從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到停止運(yùn)動(dòng)的始末狀態(tài)進(jìn)行研究，由動(dòng)能定理得mgh－μmgs＝0，得到s＝＝ m＝3 m，d＝0.60 m，則s＝5d，所以小物塊在BC面上來(lái)回運(yùn)動(dòng)共5次，最后停在C點(diǎn)，則停止位置到B點(diǎn)的距離為0.60 m，故B正確。
4．(2019·天津，10)完全由我國(guó)自行設(shè)計(jì)、建造的國(guó)產(chǎn)新型航空母艦已完成多次海試，并取得成功。航母上的艦載機(jī)采用滑躍式起飛，故甲板是由水平甲板和上翹甲板兩部分構(gòu)成，如圖1所示。為了便于研究艦載機(jī)的起飛過(guò)程，假設(shè)上翹甲板BC是與水平甲板AB相切的一段圓弧，示意如圖2，AB長(zhǎng)L1＝150 m，BC水平投影L2＝63 m，圖中C點(diǎn)切線方向與水平方向的夾角θ＝12°(sin 12°≈0.21)。若艦載機(jī)從A點(diǎn)由靜止開(kāi)始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)t＝6 s到達(dá)B點(diǎn)進(jìn)入BC。已知飛行員的質(zhì)量m＝60 kg，g＝10 m/s2，求：

圖1 　圖2
(1)艦載機(jī)水平運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，飛行員受到的水平力所做功W；
(2)艦載機(jī)剛進(jìn)入BC時(shí)，飛行員受到豎直向上的壓力FN多大。
[答案]　(1)7.5×104 J　(2)1.1×103 N
[解析]　(1)艦載機(jī)由靜止開(kāi)始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)其剛進(jìn)入上翹甲板時(shí)的速度為v，則有
＝①
根據(jù)動(dòng)能定理，有
W＝mv2－0②
聯(lián)立①②式，代入數(shù)據(jù)，得
W＝7.5×104 J③
(2)設(shè)上翹甲板所對(duì)應(yīng)的圓弧半徑為R，根據(jù)幾何關(guān)系，有
L2＝Rsin θ④
由牛頓第二定律，有
FN－mg＝m⑤
聯(lián)立①④⑤式，代入數(shù)據(jù)，得
FN＝1.1×103 N
5．(2018·全國(guó)卷Ⅲ，25)如圖，在豎直平面內(nèi)，一半徑為R的光滑圓弧軌道ABC和水平軌道PA在A點(diǎn)相切，BC為圓弧軌道的直徑，O為圓心，OA和OB之間的夾角為α，sin α＝。一質(zhì)量為m的小球沿水平軌道向右運(yùn)動(dòng)，經(jīng)A點(diǎn)沿圓弧軌道通過(guò)C點(diǎn)，落至水平軌道；在整個(gè)過(guò)程中，除受到重力及軌道作用力外，小球還一直受到一水平恒力的作用。已知小球在C點(diǎn)所受合力的方向指向圓心，且此時(shí)小球?qū)壍赖膲毫η『脼榱恪Ｖ亓铀俣却笮間。求：

(1)水平恒力的大小和小球到達(dá)C點(diǎn)時(shí)速度的大?。?br /> (2)小球到達(dá)A點(diǎn)時(shí)動(dòng)量的大?。?br /> (3)小球從C點(diǎn)落至水平軌道所用的時(shí)間。
[答案]　(1)mg　　(2) 　(3)
[解析]　(1)設(shè)水平恒力的大小為F0，小球到達(dá)C點(diǎn)時(shí)所受合力的大小為F。由力的合成法則有
＝tan α①
F2＝(mg)2＋F②
設(shè)小球到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度大小為v，由牛頓第二定律得
F＝m③
由①②③式和題給數(shù)據(jù)得
F0＝mg④
v＝⑤
(2)設(shè)小球到達(dá)A點(diǎn)的速度大小為v1，作CD⊥PA，交PA于D點(diǎn)，由幾何關(guān)系得
DA＝Rsin α⑥
CD＝R(1＋cos α)⑦
由動(dòng)能定理有
－mg·CD－F0·DA＝mv2－mv⑧
由④⑤⑥⑦⑧式和題給數(shù)據(jù)得，小球在A點(diǎn)的動(dòng)量大小為
p＝mv1＝⑨
(3)小球離開(kāi)C點(diǎn)后在豎直方向上做初速度不為零的勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度大小為g。設(shè)小球在豎直方向的初速度為v⊥，從C點(diǎn)落至水平軌道上所用時(shí)間為t。由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有

v⊥t＋gt2＝CD⑩
v⊥＝vsin α?
由⑤⑦⑩?式和題給數(shù)據(jù)得
t＝

英語(yǔ)朗讀寶
相關(guān)資料 更多
資料下載及使用幫助
版權(quán)申訴
版權(quán)申訴
若您為此資料的原創(chuàng)作者，認(rèn)為該資料內(nèi)容侵犯了您的知識(shí)產(chǎn)權(quán)，請(qǐng)掃碼添加我們的相關(guān)工作人員，我們盡可能的保護(hù)您的合法權(quán)益。
入駐教習(xí)網(wǎng)，可獲得資源免費(fèi)推廣曝光，還可獲得多重現(xiàn)金獎(jiǎng)勵(lì)，申請(qǐng) 精品資源制作， 工作室入駐。
版權(quán)申訴二維碼
高考專區(qū)
歡迎來(lái)到教習(xí)網(wǎng)
  • 900萬(wàn)優(yōu)選資源，讓備課更輕松
  • 600萬(wàn)優(yōu)選試題，支持自由組卷
  • 高質(zhì)量可編輯，日均更新2000+
  • 百萬(wàn)教師選擇，專業(yè)更值得信賴
微信掃碼注冊(cè)
qrcode
二維碼已過(guò)期
刷新

微信掃碼，快速注冊(cè)

手機(jī)號(hào)注冊(cè)
手機(jī)號(hào)碼

手機(jī)號(hào)格式錯(cuò)誤

手機(jī)驗(yàn)證碼 獲取驗(yàn)證碼

手機(jī)驗(yàn)證碼已經(jīng)成功發(fā)送，5分鐘內(nèi)有效

設(shè)置密碼

6-20個(gè)字符，數(shù)字、字母或符號(hào)

注冊(cè)即視為同意教習(xí)網(wǎng)「注冊(cè)協(xié)議」及「隱私條款」
QQ注冊(cè)
手機(jī)號(hào)注冊(cè)
微信注冊(cè)

注冊(cè)成功

返回
頂部