专题11 动能和动能定理【六大题型】-【压轴题】2024-2025 学年高中物理同步培优训练（人教版2019必修第二册）

专题11 动能和动能定理【六大题型】 一．动能定理的简单应用（共16小题） 二．利用动能定理求解变力做功（共5小题） 三．利用动能定理求解多过程问题（共6小题） 四．利用动能定理求解机车启动问题（共4小题） 五．探究功与物体速度变化的关系（共5小题） 六．探究动能定理（共5小题） 一．动能定理的简单应用（共16小题） 1．图甲所示是某运动员在北京首钢滑雪大跳台中心的比赛过程，现将其运动过程简化为如图乙所示。PN是半径为R的六分之一圆弧跳台，运动员在跳台底端P点的速度为v0，到达跳台末端的N点时所受支持力为mg，离开跳台后M点为运动员的最高位置，之后运动员落在了倾角为θ的斜坡上，落点到Q点的距离为L。若忽略运动员及滑雪板运动过程中受到的一切阻力并将其看成质点，g取10m/s2，则下列说法正确的是（　　） A．运动员在N点的速度为 B．运动员在M点的速度为0 C．最高点M距水平面PQ的竖直距离为 D．运动员离开圆弧跳台后在空中运动的时间为 2．如图（a）所示，一物块以一定初速度沿倾角为30°的固定斜面上滑，运动过程中摩擦力大小f恒定，物块动能Ek与运动路程s的关系如图（b）所示。重力加速度大小取10m/s2，物块质量m和所受摩擦力大小f分别为（　　） A．m＝0.7kg，f＝0.5N B．m＝0.7kg，f＝1.0N C．m＝0.8kg，f＝0.5N D．m＝0.8kg，f＝1.0N 3．如图所示，粗糙的固定水平杆上有A、B、C三点，轻质弹簧一端固定在B点正下方的O点，另一端与套在杆A点、质量为m的圆环相连，此时弹簧处于拉伸状态。圆环从A处由静止释放，向右运动经过B点时速度为v、加速度为零，到达C点时速度为零，下列说法正确的是（　　） A．从A到C过程中，圆环在B点速度最大 B．从A到C过程中，圆环的加速度先减小后增大 C．从A到B过程中，弹簧对圆环做的功一定大于mv2 D．从B到C过程中，圆环克服摩擦力做功等于mv2 4．（多选）如图所示装置，A为L形框架，定滑轮1固定在A上方，定滑轮2、3固定在竖直墙面上，定滑轮1和定滑轮2处于同一水平线上，定滑轮2和定滑轮3处于同一竖直线上。物体B被一根细线通过三个定滑轮与L形框架A相连，连线始终处于竖直或者水平。初始状态系统静止，物体B距离A底板上表面为d，已知A的质量为M，B的质量为m，当地重力加速度为g，所有接触面均光滑，不计定滑轮的质量。从物体B下落到恰与A底板上表面接触的过程中，下列说法正确的是（　　） A．A和B接触面有弹力，且弹力对B做正功 B．物体B下落过程中，A与B的速度大小始终相等 C．物体B下落的时间为 D．物体B下落到刚与A接触时，B的速度为 5．（多选）铺有不同材料的水平桌面的右端P与倾斜角度θ＝45°的斜面PAB对接，斜面的AB边置于水平地面上，如图甲所示。一物块在水平恒力F作用下，由静止从O点开始运动到P点时撤去F，物块随即做平抛运动，如图乙所示为桌面的动摩擦因数μ与物块平抛运动时的水平射程x（第一落点与P点的水平位移）之间的图像，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力（g取10m/s2），则（　　） A．物块质量2kg B．OP的距离0.25m C．平抛运动的最大速度m/s D．恒力F的大小8N 6．如图所示，光滑的部分圆弧轨道BCD竖直固定放置，半径R＝2m，圆弧轨道BCD与水平轨道AB相切于B点，C点是轨道上与圆心O等高的点，D点与圆心O的连线与竖直方向夹角为37°。一可视为质点的质量为m＝0.8kg的小物块从水平轨道的A点由静止释放，在整个运动过程中受到一水平向右的恒定外力F＝6N，已知小物块与水平轨道AB之间的动摩擦因数μ＝0.2，A点和B点之间的距离m，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求： （1）圆弧轨道上的C点受到的压力； （2）小物块沿圆弧轨道BCD运动的最大速度为多少； （3）要使小物块完成沿圆弧轨道BCD的圆周运动，释放点应距离B多远； （4）在（3）问的条件下，小物块最终落点的位置距离B多远。 7．如图所示，一物体以v0＝5m/s的初速度的粗糙的水平桌面上滑行s＝2m后离开桌面做平抛运动，已知桌面离地面h＝0.8m高，物体落地点离桌边的水平距离为x＝1.2米，求：（取g＝10m/s2） （1）物体离开桌面时速度的大小； （2）物体与桌面间的动摩擦因数． 8．如图所示，在竖直方向上A、B物体通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，A放在水平地面上，B、C两物体通过细绳绕过光滑轻质定滑轮相连，C放在固定的光滑斜面上，斜面倾角为30°，用手按住C，使细绳刚刚拉直但无拉力作用，并保证ab段的细绳竖直、cd段的细绳与斜面平行．已知A、B的质量分别为m1、m2，C的质量为2m，重力加速度为g，细绳与滑轮之间的摩擦力不计，开始时整个系统处于静止状态，释放C后它沿斜面下滑，斜面足够长，且物体A恰不离开地面．求： （1）物体A恰不离开地面时，物体C下降的高度； （2）其他条件不变，若把物体C换为质量为2（m+Δm）的物体D，释放D后它沿斜面下滑，当A恰不离开地面时，物体B的速度为多大？ 9．如图所示，在大型超市的仓库中，要利用皮带运输机将货物由平台D运送到高为h＝2.5m的平台C上。为了便于运输，仓储员在平台D与皮带间放了一个圆周的光滑轨道ab，轨道半径为R＝0.8m，轨道最低点与皮带接触良好。已知皮带和水平面间的夹角为θ＝37°，皮带和货物间的动摩擦因数为μ＝0.75，运输机的皮带以v0＝1m/s的速度顺时针匀速运动（皮带和轮子之间不打滑）．现仓储员将质量m＝200kg货物放于轨道的a端（g＝10m/s2）．求： （1）货物到达圆轨道最低点b时对轨道的压力。 （2）货物沿皮带向上滑行多远才能相对皮带静止。 （3）皮带将货物由A运送到B需对货物做多少功。 10．如图所示，水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在A点，自然状态时其右端位于B点．水平桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道MNP，其形状为半径R＝0.8m的圆环剪去了左上角135°的圆弧，MN为其竖直半径，P点到桌面的竖直距离也是R．用质量m1＝0.4kg的物块将弹簧缓慢压缩到C点，释放后弹簧恢复原长时物块恰停止在B点．用同种材料、质量为m2＝0.2kg的物块将弹簧缓慢压缩到C点释放，物块过B点后其位移与时间的关系为s＝6t﹣2t2，物块飞离桌面后由P点沿切线落入圆轨道．取g＝10m/s2．求： （1）判断m2能否沿圆轨道到达M点； （2）BP间的水平距离； （3）释放后m2运动过程中克服摩擦力做的功． 11．如图所示，AB为倾角θ＝37°的斜面轨道，轨道的AC部分光滑、CB部分粗糙，BP为圆心角等于143°、半径R＝1m的竖直光滑圆弧形轨道，两轨道相切于B点，P、O两点在同一竖直线上，轻弹簧一端固定在A点，另一自由端在斜面上C点处，有质量m＝2kg的小物块（视为质点）在外力作用下将弹簧缓慢压缩到D点后（不栓接）由静止释放，物块以vC＝12m/s的速度经过C点，物块第一次经过B点后恰能到达P点；其中物块与CB部分的动摩擦因数μ＝0.25，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2．求： （1）若xCD＝1m，试求物块从D点运动到C点的过程中，弹簧对物块所做的功； （2）B、C两点间的距离xBC； （3）若在P处安装一个竖直弹性挡板，物块与挡板碰撞时间极短且无机械能损失，物块与弹簧相互作用不损失机械能，通过计算判断物块在第一次与挡板碰撞后的运动过程中是否会脱离轨道？物块第一次与挡板碰撞后到第二次上滑到最高点的过程中摩擦生热为多少？ 12．如图所示，竖直面内用光滑钢管弯成的“9”字形固定轨道与水平桌面的右端相接，“9”字全高H＝0.8m，“9”字上半部分四分之三圆弧半径为R＝0.2m，钢管的内径大小忽略不计。桌面左端固定轻质弹簧，开始弹簧处于锁定状态，其右端处于A位置，此时弹簧具有的弹性势能为EP＝2.16J，将质量m＝0.1kg的可看作质点的小球放在A位置与弹簧相接触，解除弹簧锁定后，小球从A被弹出后经过B点进入“9”字形轨道最后从D点水平抛出，AB间水平距离为L＝1.2m，小球与桌面间的动摩擦因数为μ＝0.3，重力加速度g＝10m/s2，不计空气阻力，假设水平地面足够长，试求： （1）弹簧解除锁定后，小球到B点时的速度大小； （2）小球运动到轨道最高点C时对轨道的作用力； （3）若小球从“9”字形轨道D点水平抛出后，第一次与地面碰撞前速度方向与水平地面倾角θ＝45°，每一次与地面碰撞过程中小球水平速度分量保持不变，小球弹起来的竖直速度分量减小为碰撞前的一半，直到最后沿着水平地面滚动，求小球开始沿地面滚动的位置与D点的水平距离以及碰撞过程中小球损失的机械能。 13．如图所示，质量为M＝0.2kg的木块放在水平台面上，水平台面比水平地面高出h＝0.2m，木块距水平台面的右端L＝1.7m．质量为m＝0.1M的子弹以v0＝180m/s的速度水平射向木块，当子弹以v＝90m/s的速度水平射出时，木块的速度为v1＝9m/s（此过程作用时间极短，可认为木块的位移为零）．若木块落到水平地面时的落地点到水平台面右端的水平距离为l＝1.6m，求：（g取10m/s2） （1）木块对子弹所做的功W1； （2）子弹对木块所做的功W2； （3）木块与水平台面间的动摩擦因数μ． 14．在游乐节目中，选手需借助悬挂在高处的绳飞越到水面的浮台上，小明和小阳观看后对此进行了讨论。如图所示，他们将选手简化为质量m＝60kg的质点，选手抓住绳由静止开始摆动，此时绳与竖直方向夹角α＝53°，绳的悬挂点O距水面的高度为H＝3m，绳长l不确定，不考虑空气阻力和绳的质量，浮台露出水面的高度不计。取重力加速度g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。 （1）若绳长l＝2m，选手摆到最低点时速度的大小； （2）选手摆到最低点时对绳拉力的大小； （3）若选手摆到最低点时松手，小明认为绳越长，在浮台上的落点距岸边越远；小阳却认为绳越短，落点距岸边越远。请通过推算说明你的观点。 15．探究平抛运动实验装置如图所示，半径为L的四分之一圆轨道（可视为光滑）固定于水平桌面上，切口水平且与桌边对齐，切口离地面高度为2L．离切口水平距离为L的一探测屏AB竖直放置，一端放在水平面上，其高为2L．一质量为m的小球从圆轨道上不同的位置静止释放打在探测屏上．若小球在运动过程中空气阻力不计，小球可视为质点，重力加速度为g．求： （1）小球从图示位置P处静止释放，到达圆轨道最低点Q处速度大小及小球对圆轨道压力； （2）为让小球能打在探测屏上，小球应从圆轨道上什么范围内静止释放？ （3）小球从什么位置静止释放，小球打在屏上时动能最小，最小动能为多少？ 16．“打水漂”是男女老少都适合体验的水上项目，将扁平的小石片在手上呈水平放置后，用力飞出，石片遇到水面后并不会直接沉入水中，而是在水面上擦水面滑行一小段距离后再弹起再飞，跳跃数次后沉入水中，即称为“打水漂”。如图所示，现在有一人从岸边离水面高度为1.8m处，以8m/s的水平初速度用力飞出一质量为20g的小石片，小石片在水面上弹跳数次后沉入水底，在水面上滑行时受到的水平阻力为0.4N．假设每次小石片接触水面相同的时间0.04s后跳起，小石片在水面上滑动后在竖直方向上跳起时的速度与此时沿水面滑动的速度之比为常数k，k＝0.75；小石片在水面上速度减为零后，以0.5m/s2加速度沿竖直方向沉入深为1m的水底。不计空气阻力。求： （1）小石片第一次接触水面时的速度； （2）小石片从开始到沉入水底的整个过程中，水对小石片做的功； （3）小石片从抛出到沉入水底的总时间。 二．利用动能定理求解变力做功（共5小题） 17．如图所示，长为L的细线一端固定在O点，另一端连着质量为m的钢球（细线刚好拉直），将钢球从与O点等高处静止释放，钢球在竖直平面沿圆周运动至O点正下方过程中，不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．钢球速率增加得越来越快 B．细线上拉力最大为2mg C．当小球下落至细线与水平方向夹角为45°时，重力功率最大 D．重力最大功率为 18．一个质量为4kg的物体静止在足够大的水平地面上，物体与地面间的动摩擦因数为μ＝0.1．从t＝0开始，物体受到一个大小和方向呈周期性变化的水平力F作用，力F随时间的变化规律如图所示．83s内物体的位移大小为 　 　 m，力F对物体所做的功为 　 　 J．（g＝10m/s2） 19．如图，某同学在研究“物体做直线或曲线运动的条件”时，进行了如下的探究：让质量m＝2kg的物体（可看作质点）静止在xOy光滑的水平面上原点O。在t＝0时刻对物体施加一个方向沿+x方向大小为F1＝2N的恒力，在t＝3s时刻撤去F1，同时对物体施加一个方向沿+y方向大小为F2＝4N的恒，在t＝5s时刻撤去F2。 （1）试通过分析与计算，在图中画出物体在0～6s内运动的轨迹示意图，在坐标轴上标出必要的坐标。 （2）若要物体在t＝6s时刻开始做匀速圆周运动，且要物体通过点P（19.5m，0），要对物体施加多大的力？（结果保留两位有效数字，已知sin16°＝0.27，cos16°＝0.96） （3）求在0～6s内拉力所做的功大小。 20．如图所示，轨道ABC被竖直地固定在水平桌面上，A距水平地面高H＝0.75m，C距水平地面高h＝0.45m．一质量m＝0.10kg的小物块自A点从静止开始下滑，从C点以水平速度飞出后落在地面上的D点．现测得C、D两点的水平距离为x＝0.60m．不计空气阻力，取g＝10m/s2．求 （1）小物块从C点运动到D点经历的时间t； （2）小物块从C点飞出时速度的大小vC； （3）小物块从A点运动到C点的过程中克服摩擦力做的功Wf． 21．如图所示，质量为mA＝10kg的物块A和质量为mB＝2kg的物块B放在与水平面夹角为30°的光滑斜面上处于静止状态，轻弹簧的一端与物块B连接，另一端与固定挡板连接．弹簧的劲度系数为k＝400N/m．现给物块A施加一个平行于斜面向上的力F，使物块A沿斜面向上做匀加速运动，已知力F在前0.2s内为变力，0.2s后为恒力，g取10m/s2． （1）求力F的最大值与最小值． （2）已知力F由最小值达最大值的过程中，弹簧的弹性势能减小了4J，求这一过程中力F所做的功． 三．利用动能定理求解多过程问题（共6小题） 22．滑滑板是一项青少年酷爱的运动，依靠自身的体能，展现快速的运动艺术。如图所示，一少年在一次训练中以速度v0＝3m/s从P点沿切线进入曲面轨道，从O点离开曲面轨道，离开O点时的速度与水平方向夹角为30°，再经过1s落在倾角为30°的斜面上Q点（Q点未标出）。已知重力加速度g取10m/s2，P点到O点的竖直高度h＝0.86m，少年和滑板（可视为质点）总质量m＝50kg，忽略空气阻力。少年在此运动过程中，下列说法错误的是（　　） A．从O点到Q点的距离为5m B．在曲面轨道上克服摩擦力做的功为30J C．少年落在Q点前瞬间重力的功率为3750W D．少年离斜面的最大距离为1m 23．如图所示，某游戏装置固定在竖直面内，由顺时针转动的水平传送带AB，圆弧管道BC，直轨道CD，圆弧轨道DE，螺旋圆形轨道FHF′，水平轨道EF和F′G组成。圆形轨道最低点F与F′不重合，轨道间平滑连接。现将小物块静止放在传送带的最左端A点，物块在传送带上自左向右运动。已知传送带AB间长L1＝2.5m，轨道CD长L2＝2m，轨道BC、DE、FHF′半径R＝1m，轨道BC、DE圆心角θ＝37°，小物块质量m＝0.5kg，物块与传送带之间的动摩擦因数μ1＝0.5，物块与轨道F′G之间的动摩擦因数μ2＝0.2，其它轨道均光滑。（小物块可视为质点，不计空气阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8） （1）若小物块恰好通过竖直圆轨道的最高点H，求小物块 ①到H点时的速度大小； ②在F点时对轨道的压力； ③经过B点时速度。 （2）若传送带速度v可调整，小物块在运动过程中不脱离轨道，求小物块在长直轨道F′G上运动的路程s与传送带速度v之间的关系式。 24．如图所示，水平轨道BC的左端与固定的光滑竖直四分之一圆弧轨道相切与B点，右端与一倾角为θ＝30°的光滑斜面轨道在C点平滑连接，物体经过C点时速率不变．斜面顶端固定一轻质弹簧，一质量为m＝1kg的滑块从圆弧轨道的顶端A点由静止释放，经水平轨道后滑上斜面并压缩弹簧，第一次可将弹簧压缩至D点．已知光滑圆轨道的半径R＝0.45m，水平轨道BC长L＝0.5m，滑块与水平轨道之间的动摩擦因数μ＝0.1，光滑斜面轨道上CD长s＝0.4m，取g＝10m/s2，求： （1）滑块第一次经过B点时对轨道的压力大小； （2）整个过程中弹簧具有的最大弹性势能； （3）滑块在BC上通过的总路程． 25．如图所示，竖直平面内有一游戏轨道，由倾斜直轨道AB、传送带和圆弧轨道FGH组成，传动带CD部分水平，其长度L＝1.2m，大皮带轮半径为r＝0.4m，最底端E点与粗糙圆弧轨道FGH的F点在同一水平线上，圆弧轨道半径R＝0.5m，G点为圆弧轨道的最低点，圆弧FG对应的圆心角为α＝53°，GH是段圆弧。现传送带不转动，某同学将一质量为m＝0.5kg、可视为质点的物块轻放在A点，物块由静止开始沿直轨道AB滑下，经C点滑上传送带CD，B、C两点平滑衔接，物体经过时无能量损失，物块经C点运动到D点后水平飞出，恰能无碰撞地从F点进入圆弧轨道并从H点飞出，当经过H点时，圆弧轨道对物块的摩擦力为f＝2N，已知物块与传送带及圆弧轨道FGH的动摩擦因数μ＝0.5，其余处均光滑，sin53°＝0.8、cos53°＝0.6，重力加速度g＝10m/s2。求： （1）物块从D点飞出的速度和物块从A点下滑时离传送带的高度； （2）物块在圆弧轨道上克服摩擦力做的功； （3）若直轨道AB无限长，传送带以v＝3m/s的速度顺时针匀速转动，求物块在直轨道AB上下滑的高度h与物块从D点飞出的速度vD之间的关系式。 26．如图为某游戏装置的示意图。AB、CD均为四分之一圆弧，E为圆弧DEG的最高点，各圆弧轨道与直轨道相接处均相切。GH与水平夹角为θ＝37°，底端H有一弹簧，A、O1、O2、D、O3、H在同一水平直线上。一质量为0.01kg的小钢球（其直径稍小于圆管内径，可视作质点）从距A点高为h处的O点静止释放，从A点沿切线进入轨道，B处有一装置，小钢球向右能无能量损失的通过，向左则不能通过且小钢球被吸在B点。若小钢球能够运动到H点，则被等速反弹。各圆轨道半径均为R＝0.6m，BC长L＝2m，水平直轨道BC和GH的动摩擦因数μ＝0.5，其余轨道均光滑，小钢球通过各圆弧轨道与直轨道相接处均无能量损失。某次游戏时，小钢球从O点出发恰能第一次通过圆弧的最高点E。（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2）求： （1）小钢球第一次经过C点时的速度大小vC； （2）小钢球第一次经过圆弧轨道最低点B时对轨道的压力大小FB（保留两位小数）； （3）若改变小钢球的释放高度h，求出小钢球在斜面轨道上运动的总路程s与h的函数关系。 27．质量为0.2kg的弹性球从空中某高度由静止开始下落，该下落过程对应的v﹣t图象如图所示．球与水平地面相碰后离开地面时的速度大小为碰撞前的．该球受到的空气阻力大小恒为f，取g＝10m/s2，求： （1）弹性球受到的空气阻力f的大小； （2）弹性球第一次碰撞后反弹的最高点与弹性球从空中第一次静止下落位置的高度差Δh． 四．利用动能定理求解机车启动问题（共4小题） 28．（多选）小明用额定功率为1200W、最大拉力为300N的提升装置，把静置于地面的质量为20kg的重物竖直提升到高为85.2m的平台，先加速再匀速，最后做加速度大小不超过5m/s2的匀减速运动，到达平台速度刚好为零，若要提升重物的时间最短，则下列说法正确的是（　　） A．整个过程中最大加速度为15m/s2 B．匀减速运动的位移大小为3.6m C．静止开始匀加速的时间为1.2s D．提升重物的最短时间为15.5s 29．一种氢气燃料的汽车，质量为m＝2.0×103kg，发动机的额定输出功率为80kW，行驶在平直公路上时所受阻力恒为车重的0.1倍．若汽车从静止开始先匀加速启动，加速度的大小为a＝1.0m/s2．达到额定输出功率后，汽车保持功率不变又加速行驶了800m，直到获得最大速度后才匀速行驶．试求： （1）汽车的最大行驶速度； （2）当速度为5m/s时，汽车牵引力的瞬时功率； （3）当汽车的速度为32m/s时的加速度； （4）汽车从静止到获得最大行驶速度所用的总时间． 30．东风“大力神”汽车的额定牵引功率为160kW，汽车质量为5t，车厢长L＝10m，平板车厢距地面高为h＝1.8m．如图所示，可看成质点的木箱质量为1000kg，静止停放在平板车厢最前方．为了验证汽车的性能，司机以额定功率由静止启动，此时木箱与车厢出现相对滑动，2s后脱离车厢．已知木箱与车厢、汽车与地面的动摩擦因数μ＝0.1，g取10m/s2，试判断： （1）木箱脱离平板车厢时，汽车的速度多大？ （2）如果在木箱脱离平板车厢时，司机调整汽车的功率，使汽车保持该时刻的速度匀速行驶，当木箱落地瞬间与汽车尾部相距多远？ 31．如图所示，某重型汽车的额定牵引力的功率为160kW，汽车质量为5t，车长为L＝8m，平板车厢距地面高为h＝1.8m，如图所示，可看成质点的木箱质量为1000kg，静止停放在平板车厢最前方．为了验证汽车的性能，司机以额定功率由静止启动，此时木箱与车厢出现相对滑动，2s后脱离车厢，已知木箱与车厢动摩擦因数μ＝0.1，汽车所受地面阻力等于其对地面压力的k倍，其中k＝0.1，g取10m/s2．试求： （1）木箱脱离平板车厢时，汽车的速度多大？ （2）如果在木箱脱离平板车车厢时，司机调整汽车的功率，使汽车保持该时刻的速度匀速行驶，当木箱落地瞬间与汽车尾部相距多远？ 五．探究功与物体速度变化的关系（共5小题） 32．（多选）某实验小组的欲验证“动能定理”，他们的实验装置如图所示，另外他们还找到了打点计时器所用的学生电源、导线、复写纸、纸带、小木块、砝码．当滑块连接上纸带，用细线通过滑轮挂上空的小沙桶时，释放小桶，滑块处于静止状态．要完成该项实验，还需要的实验器材有（　　） A．天平 B．刻度尺 C．秒表 D．弹簧秤 33．某实验小组采用如图1所示的装置来探究“功与速度变化的关系”。实验中，小车碰到制动装置时，钩码尚未到达地面。实验的部分步骤如下： （1）将一块一端带有定滑轮的长木板固定在桌面上，在长木板的另一端固定打点计时器； （2）把纸带穿过打点计时器的限位孔，连在小车后端，用细线跨过定滑轮连接小车和钩码； （3）把小车拉到靠近打点计时器的位置，接通电源，从静止开始释放小车，得到一条纸带； （4）关闭电源，通过分析小车位移与速度的变化关系来研究合外力对小车所做的功与速度变化的关系。图2是实验中得到的一条纸带，点O为纸带上的起始点，A、B、C是纸带的三个计数点，相邻两个计数点间均有4个点未画出，用刻度尺测得A、B、C到O的距离如图2所示，已知所用交变电源的频率为50Hz，问： （1）打B点时刻，小车的瞬时速度vB＝　 　 m/s。（结果保留两位有效数字） （2）本实验中，若钩码下落高度为h1时合外力对小车所做的功W0，则当钩码下落h2时，合外力对小车所做的功为　 　 。（用h1、h2、w0表示） （3）实验中，该小组同学画出小车位移x与速度v的关系图象如图3所示。根据该图形状，某同学对W与v的关系作出的猜想，肯定不正确的是　 　 （填写选项字母代号） A．W∝v B．W∝v2 C．W∝ D．W∝v3 （4）在本实验中，下列做法能有效地减小实验误差的是　 　 （填写选项字母代号） A．把长木板右端适当垫高，以平衡摩擦力 B．实验中控制钩码的质量，使其远小于小车的总质量 C．调节滑轮高度，使拉小车的细线和长木板平行 D．先让小车运动再接通打点计时器。 34．小明同学设计了一个实验来探究自行车的初速度与其克服阻力做功的关系。实验的主要步骤是： ①找一段平直的路面，并在路面上画一道起点线； ②骑上自行车用较快速度驶过起点线，同时从车把手处自由释放一团很容易辨别的橡皮泥； ③车驶过起点线后就不再蹬自行车脚蹬，让车依靠惯性沿直线继续前进； ④待车停下，记录自行车停下时的位置； ⑤用卷尺量出起点线到橡皮泥落地点间的距离s、起点线到终点的距离L及车把手处离地高度h。 若自行车在行驶中所受的阻力为f并保持恒定。 （1）自行车经过起点线时的速度v＝　 　 ；（用已知的物理量和所测量得到的物理量表示） （2）自行车经过起点线后克服阻力做功W＝　 　 ；（用已知的物理量和所测量得到的物理量表示） （3）多次改变自行车经过起点时的初速度，重复上述实验步骤 ②～④，则每次只需测量上述物理量中的　 　 和　 　 ，就能通过数据分析达到实验目的。 35．在探究“物体动能的大小与哪些因素有关”的实验中，如图所示，让同一铁球从斜面的不同高度由静止释放，撞击同一木块．请回答下列问题： （1）该实验的目的是研究　 （选填“铁球”或“木块”）的动能大小与　 　 的关系． （2）该实验是通过观察　 　 来说明铁球对木块做功的多少，从而得出结论的． （3）若水平面绝对光滑，该实验还能得出结论吗？　 　 理由是：　 　 ． 36．在“验证动能定理”的一次实验中，质量为m＝1kg的重物自由下落，在纸带上打出了一系列的点，如图所示，相邻记数点时间间隔为0.02s，长度单位是cm，g取9.8m/s2．求：（保留三位有效数字） （1）打点计时器打下计数点B时，物体的速度vB＝　 　 m/s； （2）从起点O到打下记数点B的过程中，动能的增加量ΔEK＝　 　 J； （3）从起点O到打下记数点B的过程中，重物的重力做功WG＝　 　 J． 六．探究动能定理（共5小题） 37．某同学利用如图1所示的实验装置探究动能定理并测量小车（含遮光条）的质量M，已知重力加速度g。 （1）具体实验步骤如下： ①该同学用游标卡尺对遮光条的宽度进行了测量，读数如图2所示，则遮光条的宽度d＝　 　 cm； ②按图1所示安装好实验装置，连接小车的细绳与长木板平行，挂上砂桶（含少量砂子）； ③调节长木板的倾角，轻推小车后，使小车沿长木板向下运动，且通过两个光电门时遮光条的挡光时间相等； ④取下细绳和砂桶，测量砂子和桶的总质量m，并记下； ⑤保持长木板的倾角不变，不挂砂桶，将小车置于长木板上靠近滑轮的位置，由静止释放小车，记录小车先后通过光电门甲、乙时的挡光时间； ⑥重新挂上细绳和砂桶，改变砂桶中砂子的质量，重复③④⑤步骤。 （2）若遮光条的宽度为d，光电门甲、乙之间的距离为L，通过光电门甲、乙时挡光时间分别为t1、t2，该同学根据Δ（）计算出每次实验的Δ（），并通过数据作出Δ（）﹣m图像，图像的延长线恰好可以经过坐标原点。根据图像能得出的实验结论是 　 　 ，若已知图像斜率为k，那么M＝　 　 （结果用字母k、g、d、L表示）。 38．某实验小组利用力传感器和光电门传感器探究“动能定理”．将力传感器固定在小车上，用不可伸长的细线通过一个定滑轮与重物G相连，力传感器记录小车受到拉力的大小．在水平轨道上A、B两点各固定一个光电门传感器，用于测量小车的速度v1和v2，如图所示．在小车上放置砝码来改变小车质量，用不同的重物G来改变拉力的大小，摩擦力不计． （1）实验主要步骤如下： ①测量小车和拉力传感器的总质量M1，把细线的一端固定在力传感器上，另一端通过定滑轮与重物G相连，正确连接所需电路； ②将小车停在点C，由静止开始释放小车， 次数 M/kg |/m2s﹣2 ΔE/J F/N W/J 1 0.500 0.760 0.190 0.400 0.200 2 0.500 1.65 0.413 0.840 0.420 3 0.500 2.40 ΔE3 1.22 W3 4 1.00 2.40 1.20 2.42 1.21 5 1.00 2.84 1.42 2.86 1.43 小车在细线拉动下运动，除了光电门传感器测量速度和力传感器测量拉力的数据以外，还应该记录的物理量为　 　 ； ③改变小车的质量或重物的质量，重复②的操作． （2）右侧表格中M是M1与小车中砝码质量之和，ΔE为动能变化量，F是拉力传感器的拉力，W是F在A、B间所做的功．表中的ΔE3＝　 　 ，W3＝　 　 （结果保留三位有效数字）． 39．（1）关于“探究动能定理”的实验中，下列叙述正确的是　 　 A．每次实验必须设法算出橡皮筋对小车做功的具体数值 B．每次实验中，橡皮筋拉伸的长度没有必要保持一致 C．放小车的长木板应该尽量使其水平 D．先接通电源，再让小车在橡皮筋的作用下弹出 （2）在“探究恒力做功与物体的动能改变量的关系”的实验中备有下列器材：A．打点计时器；B．天平；C秒表；D．低压交流电源；E．电池； F．纸带；G．细线、砝码、小车、砝码盘；H．薄木板． ①其中多余的器材是　 　 ，缺少的器材是　 　 ． ②测量时间的工具是　 　 ；测量质量的工具是　 　 ． ③如图实所示是打点计时器打出的小车（质量为m）在恒力F作用下做匀加速直线运动的纸带．测量数据已用字母表示在图中，打点计时器的打点周期为T．请分析，利用这些数据能否验证动能定理？若不能，请说明理由；若能，请写出需验证的表达式　 　 ． 40．如图所示是某同学探究动能定理的实验装置．已知重力加速度为g，不计滑轮摩擦阻力，该同学的实验步骤如下： a．将长木板倾斜放置，小车放在长木板上，长木板旁放置两个光电门A和B，砂桶通过滑轮与小车相连． b．调整长木板倾角，使得小车恰好能在细绳的拉力作用下匀速下滑，测得砂和砂桶的总质量为m． c．某时刻剪断细绳，小车由静止开始加速运动． d．测得挡光片通过光电门A的时间为Δt1，通过光电门B的时间为Δt2，挡光片宽度为d，小车质量为M，两个光电门A和B之间的距离为L． e．依据以上数据探究动能定理． （1）根据以上步骤，你认为以下关于实验过程的表述正确的是　 　 ． A．实验时，先接通光电门，后剪断细绳 B．实验时，小车加速运动的合外力为F＝Mg C．实验过程不需要测出斜面的倾角 D．实验时，应满足砂和砂桶的总质量m远小于小车质量M （2）小车经过光电门A、B的瞬时速度为vA＝　 　 、vB＝　 　 ．如果关系式　 　 在误差允许范围内成立，就验证了动能定理． 41．小明同学设计了一个实验来探究自行车动能的变化与其克服阻力做功的关系．实验的主要步骤是： ①找一段平直的路面，并在路面上画一道与运动方向垂直的起点线； ②骑上自行车用较快速度驶过起点线，并同时从车把手处自由释放一团很容易辨别的橡皮泥； ③车驶过起点线后就不再蹬自行车脚蹬，让车依靠惯性沿直线继续前进； ④待车停下，记录自行车停下时终点的位置； ⑤用卷尺量出起点线到橡皮泥落地点间的距离s、起点线到自行车终点的距离L及车把手处离地高度h． ⑥用电子秤测出小明和自行车的总质量为m． 若自行车在行驶中所受的阻力为f并保持恒定． （1）自行车经过起点线时的速度v＝　 　 ；（用已知的物理量和所测量得到的物理量表示） （2）自行车经过起点线后克服阻力做功W＝　 　 ；（用已知的物理量和所测量得到的物理量表示） （3）多次改变自行车经过起点时的初速度，重复上述实验步骤②～④，则每次只需测量上述物理量中的　 　 和　 　 ，就能通过数据分析达到实验目的． （4）若有　 　 ，可以验证动能定理成立． 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题11 动能和动能定理【六大题型】 一．动能定理的简单应用（共16小题） 二．利用动能定理求解变力做功（共5小题） 三．利用动能定理求解多过程问题（共6小题） 四．利用动能定理求解机车启动问题（共4小题） 五．探究功与物体速度变化的关系（共5小题） 六．探究动能定理（共5小题） 一．动能定理的简单应用（共16小题） 1．图甲所示是某运动员在北京首钢滑雪大跳台中心的比赛过程，现将其运动过程简化为如图乙所示。PN是半径为R的六分之一圆弧跳台，运动员在跳台底端P点的速度为v0，到达跳台末端的N点时所受支持力为mg，离开跳台后M点为运动员的最高位置，之后运动员落在了倾角为θ的斜坡上，落点到Q点的距离为L。若忽略运动员及滑雪板运动过程中受到的一切阻力并将其看成质点，g取10m/s2，则下列说法正确的是（　　） A．运动员在N点的速度为 B．运动员在M点的速度为0 C．最高点M距水平面PQ的竖直距离为 D．运动员离开圆弧跳台后在空中运动的时间为 【答案】C 【解答】解：B.运动员离开跳台后做斜抛运动，则运动员在最高点时竖直速度为零，水平速度不为零，故B错误； AC.设运动员在N点的速度为v1，由圆周和几何知识可知v1与水平方向的夹角为θ＝60°， 运动员从开始运动到离开圆弧跳台，根据动能定理有：， 解得：， 运动员从离开圆弧平台到最高点M，根据斜抛知识有：， 则最高点M距水平面PQ的竖直距离为 H＝h+R（1﹣cosθ）， 联立解得：，故A错误，C正确； D.运动员从开始运动到落在斜面上，根据动能定理有：， 解得运动员落在斜面上的速度大小为：， 则运动员落在斜面上的竖直分速度大小为：， 即：， 则运动员离开圆弧跳台后在空中运动的时间为：，故D错误； 故选：C。 2．如图（a）所示，一物块以一定初速度沿倾角为30°的固定斜面上滑，运动过程中摩擦力大小f恒定，物块动能Ek与运动路程s的关系如图（b）所示。重力加速度大小取10m/s2，物块质量m和所受摩擦力大小f分别为（　　） A．m＝0.7kg，f＝0.5N B．m＝0.7kg，f＝1.0N C．m＝0.8kg，f＝0.5N D．m＝0.8kg，f＝1.0N 【答案】A 【解答】解：对物块根据动能定理可知 在上滑过程中：﹣fs﹣mgssin30°mv2 变形可得Ek＝（f+mgsin30°）s 在下降过程中：mgssin30°﹣fsmv'2 变形可得Ek'＝（mgsin30°﹣f）s 结合图像联立解得m＝0.7kg，f＝0.5N 故A正确，BCD错误 故选：A。 3．如图所示，粗糙的固定水平杆上有A、B、C三点，轻质弹簧一端固定在B点正下方的O点，另一端与套在杆A点、质量为m的圆环相连，此时弹簧处于拉伸状态。圆环从A处由静止释放，向右运动经过B点时速度为v、加速度为零，到达C点时速度为零，下列说法正确的是（　　） A．从A到C过程中，圆环在B点速度最大 B．从A到C过程中，圆环的加速度先减小后增大 C．从A到B过程中，弹簧对圆环做的功一定大于mv2 D．从B到C过程中，圆环克服摩擦力做功等于mv2 【答案】C 【解答】解：AB、圆环由A点释放，此时弹簧处于拉伸状态，则圆环加速运动，设AB之间的D位置为弹簧的原长，则A到D的过程中，弹簧弹力减小，圆环的加速度逐渐减小，D到B的过程中，弹簧处于压缩状态，则弹簧弹力增大，圆环的加速度先增大后减小，B点时，圆环合力为零，竖直向上的弹力等于重力，从B到C的过程中，圆环可能做减速运动，无论是否存在弹簧原长的位置，圆环的加速度始终增大，也可能先做加速后做减速运动，加速度先减小后增大，故B点的速度不一定最大，从A到C过程中，圆环的加速度不是先减小后增大，故AB错误； C、从A到B过程中，弹簧对圆环做正功、摩擦力做负功，根据功能关系可知，弹簧对圆环做功一定大于mv2，故C正确； D、从B到C过程中，弹簧弹力做功，圆环克服摩擦力做功，根据功能关系可知，圆环克服摩擦力做功不等于mv2，故D错误。 故选：C。 4．（多选）如图所示装置，A为L形框架，定滑轮1固定在A上方，定滑轮2、3固定在竖直墙面上，定滑轮1和定滑轮2处于同一水平线上，定滑轮2和定滑轮3处于同一竖直线上。物体B被一根细线通过三个定滑轮与L形框架A相连，连线始终处于竖直或者水平。初始状态系统静止，物体B距离A底板上表面为d，已知A的质量为M，B的质量为m，当地重力加速度为g，所有接触面均光滑，不计定滑轮的质量。从物体B下落到恰与A底板上表面接触的过程中，下列说法正确的是（　　） A．A和B接触面有弹力，且弹力对B做正功 B．物体B下落过程中，A与B的速度大小始终相等 C．物体B下落的时间为 D．物体B下落到刚与A接触时，B的速度为 【答案】ACD 【解答】解：A．物体B下落到恰与A底板上表面接触的过程中，定滑轮1和2间的绳子变短，则A、B在水平方向一起往右移动，则A和B接触面有弹力，且A对B的弹力向右，与B运动方向相同，对B做正功，故A正确； B．由于B下落的过程中定滑轮1和2间的绳子变短，则带动着A向右运动，两者水平方向速度相同，水平方向上有 vBx＝vA B的运动由水平方向和竖直的两个分运动组成，且B下落多少距离就同时带动A向右运动B下落距离的一半，则B竖直方向速度 vBy＝2vA 联立可得 解得 vBvA，故B错误； C．由选项B的分析对A、B在水平和竖直方向分别列牛顿第二定律有 2T﹣FN＝MaA FN＝maBx mg﹣T＝maBy 由于B下落多少距离就同时带动A向右运动B下落距离的一半，则 aA＝aBx aBy＝2aA 联立解得：aA aBy 在竖直方向B运动了d，则 解得 ，故C正确； D．在竖直方向B运动了d，则B下落到刚与A接触时，B在y方向的速度为 解得 则 则物体B下落到刚与A接触时，B的速度为，故D正确。 故选：ACD。 5．（多选）铺有不同材料的水平桌面的右端P与倾斜角度θ＝45°的斜面PAB对接，斜面的AB边置于水平地面上，如图甲所示。一物块在水平恒力F作用下，由静止从O点开始运动到P点时撤去F，物块随即做平抛运动，如图乙所示为桌面的动摩擦因数μ与物块平抛运动时的水平射程x（第一落点与P点的水平位移）之间的图像，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力（g取10m/s2），则（　　） A．物块质量2kg B．OP的距离0.25m C．平抛运动的最大速度m/s D．恒力F的大小8N 【答案】BC 【解答】解：C、当μ≤0.3时，物块将落到水平地面上，当μ＝0时，物块的速度最大，由题意知，当μ＝0.3时，AB长0.5m，则PA的长度为0.5m，竖直速度v1m/sm/s，μ＝0时，平抛运动的时间为：tss，水平速度v2m/s＝2m/s，再根据勾股定理vmm/sm/s，故C正确； ABD、物块在OP的运动过程中，设OP的距离为s，根据动能定理Fs−μmgs0，解得：vP； 由图乙可知，当μ＞0.3时，x＝0.8﹣μ，此时，物块将落到斜面上。 由平抛运动规律x＝vPt＝vP，整理可得：vP 联立可得：x−4sμ，落地时竖直方向的分速度：v1m/s 根据图像所得的数据可得s＝0.25m，8，无法计算出F、m的具体数值，故B正确、AD错误。 故选：BC。 6．如图所示，光滑的部分圆弧轨道BCD竖直固定放置，半径R＝2m，圆弧轨道BCD与水平轨道AB相切于B点，C点是轨道上与圆心O等高的点，D点与圆心O的连线与竖直方向夹角为37°。一可视为质点的质量为m＝0.8kg的小物块从水平轨道的A点由静止释放，在整个运动过程中受到一水平向右的恒定外力F＝6N，已知小物块与水平轨道AB之间的动摩擦因数μ＝0.2，A点和B点之间的距离m，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求： （1）圆弧轨道上的C点受到的压力； （2）小物块沿圆弧轨道BCD运动的最大速度为多少； （3）要使小物块完成沿圆弧轨道BCD的圆周运动，释放点应距离B多远； （4）在（3）问的条件下，小物块最终落点的位置距离B多远。 【答案】（1）圆弧轨道上的C点受到的压力大小为12.4N，方向水平向右； （2）小物块沿圆弧轨道BCD运动的最大速度为6m/s； （3）要使小物块完成沿圆弧轨道BCD的圆周运动，释放点与B点距离为m； （4）在（3）问的条件下，小物块最终落点的位置与B点距离为2.25m。 【解答】解：（1）小物块从A到C的过程，由动能定理得： 解得：vC＝4m/s 在C点对小物块，由牛顿第二定律得： 解得：NC＝12.4N 由牛顿第三定律可知圆弧轨道上的C点受到的压力大小为12.4N，方向水平向右。 （2）将F与重力mg合成为合力F合，设F合与竖直方向的夹角为θ，则有： tanθ，解得：θ＝37° 如下图所示，在圆弧轨道的E点为物块圆周运动的等效最低点，D点为等效最高点。 小物块沿圆弧轨道BCD运动到等效最低点E速度最大，设为vm，由动能定理得： 解得：vm＝6m/s （3）要使小物块完成沿圆弧轨道BCD的圆周运动，临界条件是恰好能通过等效最高点D，到达D点时弹力为零。 在D点由牛顿第二定律得： F合 解得：vD＝5m/s 从开始到D点，由动能定理得： 解得：sm （4）从D点飞出，将速度和加速度沿水平与竖直方向进行分解，则有： vDx＝vDcos37°＝5×0.8m/s＝4m/s，vDy＝vDsin37°＝5×0.6m/s＝3m/s 根据牛顿第二定律得： 水平方向的加速度大小为：ax7.5m/s2 竖直方向的加速度大小为：g＝10m/s2 在竖直方向上有： 解得：t＝0.6s 在水平方向上有： 解得：x＝1.05m 落点与B点的距离为：x+Rsin37°＝1.05m+2×0.6m＝2.25m 答：（1）圆弧轨道上的C点受到的压力大小为12.4N，方向水平向右； （2）小物块沿圆弧轨道BCD运动的最大速度为6m/s； （3）要使小物块完成沿圆弧轨道BCD的圆周运动，释放点与B点距离为m； （4）在（3）问的条件下，小物块最终落点的位置与B点距离为2.25m。 7．如图所示，一物体以v0＝5m/s的初速度的粗糙的水平桌面上滑行s＝2m后离开桌面做平抛运动，已知桌面离地面h＝0.8m高，物体落地点离桌边的水平距离为x＝1.2米，求：（取g＝10m/s2） （1）物体离开桌面时速度的大小； （2）物体与桌面间的动摩擦因数． 【解答】解：（1）物体离开桌面后做平抛运动，则有 x＝vt h 可得，物体离开桌面时速度 v＝x1.2m/s＝3m/s （2）物体在桌面滑行过程，由动能定理得： ﹣μmgs 解得 μ＝0.4 答： （1）物体离开桌面时速度的大小为3m/s． （2）物体与桌面间的动摩擦因数为0.4． 8．如图所示，在竖直方向上A、B物体通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，A放在水平地面上，B、C两物体通过细绳绕过光滑轻质定滑轮相连，C放在固定的光滑斜面上，斜面倾角为30°，用手按住C，使细绳刚刚拉直但无拉力作用，并保证ab段的细绳竖直、cd段的细绳与斜面平行．已知A、B的质量分别为m1、m2，C的质量为2m，重力加速度为g，细绳与滑轮之间的摩擦力不计，开始时整个系统处于静止状态，释放C后它沿斜面下滑，斜面足够长，且物体A恰不离开地面．求： （1）物体A恰不离开地面时，物体C下降的高度； （2）其他条件不变，若把物体C换为质量为2（m+Δm）的物体D，释放D后它沿斜面下滑，当A恰不离开地面时，物体B的速度为多大？ 【解答】解：（1）初始整个系统处于静止状态，以物体B为研究对象可知，弹簧处于压缩状态，则：m2g＝kx1 当物体A恰不离开地面时，以物体A为研究对象可知，弹簧处于伸长状态，则：m1g＝kx2 因而物体C下降的高度为：h＝（x1+x2）sin30° 联立解得： （2）物体C沿斜面下滑，当物体A恰不离开地面时，物体C的速度为零，以物体C、B和弹簧整体为研究对象，根据机械能守恒定律可知： 2mg•（x1+x2）sin30°﹣m2g（x1+x2）＝ΔEp 把物体C换为物体D后，当物体A恰不离开地面时，此时物体D和物体B的速度大小相等，以物体D、B和弹簧整体为研究对象，根据机械能守恒定律可知： 2（m+Δm）g•（x1+x2）sin30°﹣m2g（x1+x2）[m2+2（m+Δm）]v2+ΔEp 联立解得物体B的速度大小为： 答：（1）物体A恰不离开地面时，物体C下降的高度为； （2）当A恰不离开地面时，物体B的速度为． 9．如图所示，在大型超市的仓库中，要利用皮带运输机将货物由平台D运送到高为h＝2.5m的平台C上。为了便于运输，仓储员在平台D与皮带间放了一个圆周的光滑轨道ab，轨道半径为R＝0.8m，轨道最低点与皮带接触良好。已知皮带和水平面间的夹角为θ＝37°，皮带和货物间的动摩擦因数为μ＝0.75，运输机的皮带以v0＝1m/s的速度顺时针匀速运动（皮带和轮子之间不打滑）．现仓储员将质量m＝200kg货物放于轨道的a端（g＝10m/s2）．求： （1）货物到达圆轨道最低点b时对轨道的压力。 （2）货物沿皮带向上滑行多远才能相对皮带静止。 （3）皮带将货物由A运送到B需对货物做多少功。 【解答】解：（1）货物由a到b过程，根据机械能守恒有： mgR； 解得：v； 在b点，重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律有： F﹣mg＝m； 解得：F＝m（g）＝200×（10）＝6000N； 故压力为6000N； （2）货物减速上滑过程，根据动能定理有： 解得：x＝0.625m； （3）由于μ＝tanθ＝0.75，物体加速上滑达到最大速度后，与传送带一起匀速上升，静摩擦力达到最大值，等于滑动摩擦力，故摩擦力大小不变，方向反向； 货物匀速上升过程的上升高度为：h1＝h﹣xsin37°＝2.5﹣0.625×0.6＝2.125m 在x位移内皮带对货物做功为：W1＝﹣μmgxcos37°＝﹣750J 在匀速上升阶段，由功能关系，得到：W2＝mgh1＝4250J 故皮带对物体做的总功为：W＝W1+W2＝﹣750+4250＝3500J 答： （1）货物到达圆轨道最低点b时对轨道的压力为6000N。 （2）货物沿皮带向上滑行0.625m才能相对皮带静止。 （3）皮带将货物由A运送到B需对货物做3500J的功。 10．如图所示，水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在A点，自然状态时其右端位于B点．水平桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道MNP，其形状为半径R＝0.8m的圆环剪去了左上角135°的圆弧，MN为其竖直半径，P点到桌面的竖直距离也是R．用质量m1＝0.4kg的物块将弹簧缓慢压缩到C点，释放后弹簧恢复原长时物块恰停止在B点．用同种材料、质量为m2＝0.2kg的物块将弹簧缓慢压缩到C点释放，物块过B点后其位移与时间的关系为s＝6t﹣2t2，物块飞离桌面后由P点沿切线落入圆轨道．取g＝10m/s2．求： （1）判断m2能否沿圆轨道到达M点； （2）BP间的水平距离； （3）释放后m2运动过程中克服摩擦力做的功． 【解答】解：根据物块过B点后其位移与时间的关系为x＝6t﹣2t2，有：在桌面上过B点后初速v0＝6m/s，加速度a＝﹣4m/s2，负号代表方向与速度方向相反． （1）设物块由D点以vD做平抛， 落到P点时其竖直速度为 根据几何关系有： 解得vD＝4m/s 由题意根据几何关系知，MD间竖直方向距离hR 根据机械能守恒定律有： 解得 若物体能沿圆周运动至M则在M点需要满足 因为 所以m2不能运动到圆周运动最高点M； （2）、从D点平抛运动时间为：t0.4s 所以DP间的水平距离x＝vDt＝4×0.4m＝1.6m． BD间位移为： BP间的水平距离xBP＝SBD+x＝2.5+1.6m＝4.1m （3）设弹簧长为AC时的弹性势能为Ep，释放m1时，Ep＝μm1gxCB 释放m2时，Ep＝μm2gxCB 又m1＝2m2，故Ep＝m2v02＝0.2×62＝7.2J 设m2在桌面上运动过程中克服摩擦力做功为Wf 则 Ep﹣Wfm2vD2 可得：Wf＝Epm2vD2＝7.2J0.2×42J＝5.6J． 答：（1）m2不能沿圆轨道到达M点； （2）BP间的水平距离为4.1m； （3）释放后m2运动过程中克服摩擦力做的功为5.6J． 11．如图所示，AB为倾角θ＝37°的斜面轨道，轨道的AC部分光滑、CB部分粗糙，BP为圆心角等于143°、半径R＝1m的竖直光滑圆弧形轨道，两轨道相切于B点，P、O两点在同一竖直线上，轻弹簧一端固定在A点，另一自由端在斜面上C点处，有质量m＝2kg的小物块（视为质点）在外力作用下将弹簧缓慢压缩到D点后（不栓接）由静止释放，物块以vC＝12m/s的速度经过C点，物块第一次经过B点后恰能到达P点；其中物块与CB部分的动摩擦因数μ＝0.25，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2．求： （1）若xCD＝1m，试求物块从D点运动到C点的过程中，弹簧对物块所做的功； （2）B、C两点间的距离xBC； （3）若在P处安装一个竖直弹性挡板，物块与挡板碰撞时间极短且无机械能损失，物块与弹簧相互作用不损失机械能，通过计算判断物块在第一次与挡板碰撞后的运动过程中是否会脱离轨道？物块第一次与挡板碰撞后到第二次上滑到最高点的过程中摩擦生热为多少？ 【解答】解：（1）设弹簧对物块所做的功为W，物块从D点运动到C点的过程中； 由动能定理得：W﹣mgsin37°•xCD 代入数据得：W＝156J （2）物块恰能到达P点，物块在P点有：mg＝m 从C点到P点过程，由动能定理有： ﹣mgsin37°•xBC﹣μmgcos37°•xBC﹣mgR（1+cos37°） 解得 xBCm＝6.125m （3）由于斜面有摩擦作用，物块与挡板碰后一定不能返回P点，若物块到达与O点等高的位置Q点时速度不为0，则物块会脱离轨道．设物块第一次从圆弧轨道返回并与弹簧相互作用后，回到与O点等高的位置Q点的速度为vQ； 由动能定理得 mgR﹣2μmgcos37°•xBC 解得 19＜0 所以物块返回后不能到达Q点，故物块在以后的运动过程中不会脱离轨道． 设物块与挡板碰撞后第二次上滑到最高点距C点的距离为x，由动能定理得： mg[R（1+cos37°）+（xBC﹣x）sin37°]﹣μmgcos37°•（xBC+x）＝0 解得 xJ＝5.9375m＜xBC 在这一过程中，摩擦生热 Q＝μmgcos37°•（xBC+x）J＝48.25J 答： （1）若xCD＝1m，试求物块从D点运动到C点的过程中，弹簧对物块所做的功是156J； （2）B、C两点间的距离xBC是6.125m； （3）物块在以后的运动过程中不会脱离轨道，摩擦生热为48.25J． 12．如图所示，竖直面内用光滑钢管弯成的“9”字形固定轨道与水平桌面的右端相接，“9”字全高H＝0.8m，“9”字上半部分四分之三圆弧半径为R＝0.2m，钢管的内径大小忽略不计。桌面左端固定轻质弹簧，开始弹簧处于锁定状态，其右端处于A位置，此时弹簧具有的弹性势能为EP＝2.16J，将质量m＝0.1kg的可看作质点的小球放在A位置与弹簧相接触，解除弹簧锁定后，小球从A被弹出后经过B点进入“9”字形轨道最后从D点水平抛出，AB间水平距离为L＝1.2m，小球与桌面间的动摩擦因数为μ＝0.3，重力加速度g＝10m/s2，不计空气阻力，假设水平地面足够长，试求： （1）弹簧解除锁定后，小球到B点时的速度大小； （2）小球运动到轨道最高点C时对轨道的作用力； （3）若小球从“9”字形轨道D点水平抛出后，第一次与地面碰撞前速度方向与水平地面倾角θ＝45°，每一次与地面碰撞过程中小球水平速度分量保持不变，小球弹起来的竖直速度分量减小为碰撞前的一半，直到最后沿着水平地面滚动，求小球开始沿地面滚动的位置与D点的水平距离以及碰撞过程中小球损失的机械能。 【解答】解：（1）弹簧接触锁定后，由能量守恒定律得：EP＝μmgL v0＝6m/s （2）小球有B到C运动，﹣mgH 在C点：FN+mg＝m 解得：FN＝9N 由牛顿第三定律，对轨道的作用力为9N，方向竖直向上 （3）小球由B到D运动，﹣mg（H﹣2R） 第一次到达地面时：vyvDm/s 竖直方向 解得h＝1.4m 小球离开D点直到最后在水平地面做直线运动在竖直方向运动的总时间： 代入解得： 小球离开D点直到最后在水平地面做直线运动在水平方向x＝vDt总＝8.4m 损失的机械能为：ΔE＝mgh＝1.4J 答：（1）弹簧解除锁定后，小球到B点时的速度大小为6m/s； （2）小球运动到轨道最高点C时对轨道的作用力为9N； （3）小球离开D点直到最后在水平地面做直线运动在水平方向8.4m 损失的机械能为1.4J。 13．如图所示，质量为M＝0.2kg的木块放在水平台面上，水平台面比水平地面高出h＝0.2m，木块距水平台面的右端L＝1.7m．质量为m＝0.1M的子弹以v0＝180m/s的速度水平射向木块，当子弹以v＝90m/s的速度水平射出时，木块的速度为v1＝9m/s（此过程作用时间极短，可认为木块的位移为零）．若木块落到水平地面时的落地点到水平台面右端的水平距离为l＝1.6m，求：（g取10m/s2） （1）木块对子弹所做的功W1； （2）子弹对木块所做的功W2； （3）木块与水平台面间的动摩擦因数μ． 【解答】解：（1）对子弹：从开始到射出木块，由动能定理得： 代入数据解得：W1＝﹣243J， （2）对木块：由动能定理得，子弹对木块所做的功： 代入数据解得：W2＝8.1J； （3）设木块离开台面时速度为v2，木块在台面上滑行阶段对木块由动能定理得： ﹣μMgL ① 木块离开台面后平抛，由平抛规律得： hgt2② l＝v2t ③ 由①②③代入数据解得：μ＝0.50； 答：（1）木块对子弹所做的功W1为﹣243J； （2）子弹对木块所做的功W2为8.1J； （3）木块与台面间的动摩擦因数μ为0.50． 14．在游乐节目中，选手需借助悬挂在高处的绳飞越到水面的浮台上，小明和小阳观看后对此进行了讨论。如图所示，他们将选手简化为质量m＝60kg的质点，选手抓住绳由静止开始摆动，此时绳与竖直方向夹角α＝53°，绳的悬挂点O距水面的高度为H＝3m，绳长l不确定，不考虑空气阻力和绳的质量，浮台露出水面的高度不计。取重力加速度g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。 （1）若绳长l＝2m，选手摆到最低点时速度的大小； （2）选手摆到最低点时对绳拉力的大小； （3）若选手摆到最低点时松手，小明认为绳越长，在浮台上的落点距岸边越远；小阳却认为绳越短，落点距岸边越远。请通过推算说明你的观点。 【解答】解：（1）选手从静止摆到最低点过程中机械能守恒，对选手运用机械能守恒定律有： ① 代入数据得：vm/s＝4m/s （2）选手过最低点时，由重力和绳子的拉力的合力提供向心力，则得： ② 将①式代入②式得：F＝（3﹣2cosα）mg＝（3﹣2×0.6）×60×10N＝1080N 由牛顿第三定律可知：选手摆到最低点时对绳拉力F′＝F＝1080N （3）选手从最低点开始做平抛运动，则有： 水平方向有：x＝vt ③ 竖直方向有：H﹣l ④ 由①、②、③式得：x＝2 当l＝H﹣l，即 l1.5m时，x有最大值。 因此，两人的看法均不正确，当绳长越接近1.5m时，落点距岸边越远。 答： （1）若绳长l＝2m，选手摆到最低点时速度的大小为4m/s； （2）选手摆到最低点时对绳拉力的大小为1080N； （3）两人的看法均不正确，当绳长越接近1.5m时，落点距岸边越远。 15．探究平抛运动实验装置如图所示，半径为L的四分之一圆轨道（可视为光滑）固定于水平桌面上，切口水平且与桌边对齐，切口离地面高度为2L．离切口水平距离为L的一探测屏AB竖直放置，一端放在水平面上，其高为2L．一质量为m的小球从圆轨道上不同的位置静止释放打在探测屏上．若小球在运动过程中空气阻力不计，小球可视为质点，重力加速度为g．求： （1）小球从图示位置P处静止释放，到达圆轨道最低点Q处速度大小及小球对圆轨道压力； （2）为让小球能打在探测屏上，小球应从圆轨道上什么范围内静止释放？ （3）小球从什么位置静止释放，小球打在屏上时动能最小，最小动能为多少？ 【解答】解：（1）小球从P处下滑到Q点，由机械能守恒可得： 得： 在Q点对小球受力分析得： 代入得：FN＝3mg 根据牛顿第三定律，小球对轨道压力大小为3mg，方向竖直向下． （2）小球从轨道上某点C下滑到Q处平抛，恰好打在B点，则根据平抛运动规律 竖直方向 ， 得： 水平方向 从C到Q根据机械能守恒得： 得： 即小球从PC范围内从静止释放均能打到探测屏上． （3）设从Q处以速度v0射出，打到探测屏上，其动能为： 而 得 由数学知识得 时Ek最小，且Ekmin＝mgL 释放点位置离Q的竖直高度 答：（1）小球从图示位置P处静止释放，到达圆轨道最低点Q处速度大小是，小球对圆轨道压力是3mg，方向竖直向下； （2）为让小球能打在探测屏上，小球应从圆轨道上距Q高度为的点与P间的范围内静止释放． （3）小球从离Q的竖直高度为的位置静止释放，小球打在屏上时动能最小，最小动能为mgL． 16．“打水漂”是男女老少都适合体验的水上项目，将扁平的小石片在手上呈水平放置后，用力飞出，石片遇到水面后并不会直接沉入水中，而是在水面上擦水面滑行一小段距离后再弹起再飞，跳跃数次后沉入水中，即称为“打水漂”。如图所示，现在有一人从岸边离水面高度为1.8m处，以8m/s的水平初速度用力飞出一质量为20g的小石片，小石片在水面上弹跳数次后沉入水底，在水面上滑行时受到的水平阻力为0.4N．假设每次小石片接触水面相同的时间0.04s后跳起，小石片在水面上滑动后在竖直方向上跳起时的速度与此时沿水面滑动的速度之比为常数k，k＝0.75；小石片在水面上速度减为零后，以0.5m/s2加速度沿竖直方向沉入深为1m的水底。不计空气阻力。求： （1）小石片第一次接触水面时的速度； （2）小石片从开始到沉入水底的整个过程中，水对小石片做的功； （3）小石片从抛出到沉入水底的总时间。 【答案】（1）小石片第一次接触水面时的速度为10m/s； （2）小石片从开始到沉入水底的整个过程中，水对小石片做的功为﹣1.19J； （3）小石片从抛出到沉入水底的总时间为8.4s。 【解答】解：（1）小石块先做平抛运动，竖直方向有： h1 解得：t1＝0.6s vy0＝gt1＝10×0.6＝6m/s 则v0m/s＝10m/s； （2）由v2＝2ah2得 解得： 小石片沉入水底时的速度 v＝1m/s 从抛出到沉入水底过程，根据动能定理有 mg（h1+h2）+Wmv2 解得：W＝﹣1.19J。 （3）小石片在水面上滑行时，由牛顿第二定律有： a20m/s2 每次滑行速度的变化量Δv＝﹣aΔt＝﹣20×0.04＝﹣0.8m/s； 由n10 可知，小石片共在水平方向滑行了10次，空中弹起后飞行了9次 第n次弹起后的水平速度vxn＝vx0+Δvx＝8﹣0.8n 再由vyn＝kvxn和tn＝2可得：tn（1﹣0.1n）为一等差数列，首项t1′＝1.08s，公差d＝﹣0.12s 根据等差数列求和公式可得，消失在空中的飞行时间： n次弹起在空中飞行的时间为： t2＝stn＝nt1′n（n﹣1）d＝5.4s 在水面上滑行的时间为t3＝0.04×10＝0.4s 在水中下沉的时间t42s 故总时间t＝t1+t2+t3+t4＝0.6s+5.4s+0.4s+2s＝8.4s。 答：（1）小石片第一次接触水面时的速度为10m/s； （2）小石片从开始到沉入水底的整个过程中，水对小石片做的功为﹣1.19J； （3）小石片从抛出到沉入水底的总时间为8.4s。 二．利用动能定理求解变力做功（共5小题） 17．如图所示，长为L的细线一端固定在O点，另一端连着质量为m的钢球（细线刚好拉直），将钢球从与O点等高处静止释放，钢球在竖直平面沿圆周运动至O点正下方过程中，不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．钢球速率增加得越来越快 B．细线上拉力最大为2mg C．当小球下落至细线与水平方向夹角为45°时，重力功率最大 D．重力最大功率为 【答案】D 【解答】解：A、下落过程中，重力在切线方向的分力越来越小，切向加速度减小，则速率增加得越来越慢，故A错误； B、根据动能定理可得，mgL0，解得：v 在最低点根据牛顿第二定律可得：F﹣mg＝m 解得细线上拉力最大为：F＝3mg，故B错误； CD、设小球下落至细线与水平方向夹角为θ时，重力功率最大，根据动能定理可得：mgLsinθ0 速度在竖直方向的分量为：vy＝v′cosθ 重力的功率为：P＝mgvy＝mg•cosθ＝mg 由于P4＝m4g4×4g2L2sin2θcos4θ＝2m4g6L2×2sin2θcos2θcos2θ 由于2sin2θ+cos2θ+cos2θ＝2（定值），则当2sin2θ＝cos2θ时积最大，解得：tanθ，θ≠45° 则sinθ，cosθ 解得重力最大功率为：P，故D正确。 故选：D。 18．一个质量为4kg的物体静止在足够大的水平地面上，物体与地面间的动摩擦因数为μ＝0.1．从t＝0开始，物体受到一个大小和方向呈周期性变化的水平力F作用，力F随时间的变化规律如图所示．83s内物体的位移大小为 　167　 m，力F对物体所做的功为 　676　 J．（g＝10m/s2） 【解答】解： 当物体在前半周期时由牛顿第二定律，得： F﹣μmg＝ma1 a12m/s2 当物体在后半周期时， 由牛顿第二定律，得： F2+μmg＝ma2 a22m/s2 故在一个周期结束时，物体速度为零． 则前半周期和后半周期位移相等：x14m 一个周期的位移为8m，最后1s的位移为：3m 83 秒内物体的位移大小为：x＝20×8+4+3＝167m 第83s末的速度v＝v1﹣a2t＝2m/s 由动能定理得：WF﹣μmgx 解得：WF＝676J 故答案为：167 676 19．如图，某同学在研究“物体做直线或曲线运动的条件”时，进行了如下的探究：让质量m＝2kg的物体（可看作质点）静止在xOy光滑的水平面上原点O。在t＝0时刻对物体施加一个方向沿+x方向大小为F1＝2N的恒力，在t＝3s时刻撤去F1，同时对物体施加一个方向沿+y方向大小为F2＝4N的恒，在t＝5s时刻撤去F2。 （1）试通过分析与计算，在图中画出物体在0～6s内运动的轨迹示意图，在坐标轴上标出必要的坐标。 （2）若要物体在t＝6s时刻开始做匀速圆周运动，且要物体通过点P（19.5m，0），要对物体施加多大的力？（结果保留两位有效数字，已知sin16°＝0.27，cos16°＝0.96） （3）求在0～6s内拉力所做的功大小。 【答案】（1）物体在0～6s内运动的轨迹示意图如图所示。 （2）要对物体施加力的大小是9.6N。 （3）在0～6s内拉力所做的功大小是25J。 【解答】解：（1）在0～3s内物体沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动 由牛顿第二定律得：ax 位移x1m＝4.5m 速度vx＝a1t1＝1×3m/s＝3m/s 在3～5s内，物体做类平抛运动，沿y轴正方向的加速度大小ay 位移y2m＝4m，沿y轴方向的分速度vy＝ayt2＝2×2m/s＝4m/s 沿x轴方向x2＝vxt2＝3×2m＝6m 在5～6s内物体做匀速直线运动，有x3＝vxt3＝3×1m＝3m，y3＝vyt3＝4×1m＝4m 物体在～6s内的轨迹示意图如图所示 （2）6s时物体的速度大小v，代入数据解得：v＝5m/s 6s时物体的速度方向与x轴夹角tanθ，则θ＝53° 6s后物体做匀速圆周运动，轨迹如上图所示，由几何知识可知：APm＝10m α＝90°﹣37°﹣∠BAP＝90°﹣37°﹣37°＝16° 则物体做匀速圆周运动的半径R，代入数据解得：R≈5.2m 由牛顿第二定律得：F＝m 代入数据解得：F≈9.6N （3）在0～6s内拉力做的功W＝F1x1+F2y2 代入数据解得：W＝25J 答：（1）物体在0～6s内运动的轨迹示意图如图所示。 （2）要对物体施加力的大小是9.6N。 （3）在0～6s内拉力所做的功大小是25J。 20．如图所示，轨道ABC被竖直地固定在水平桌面上，A距水平地面高H＝0.75m，C距水平地面高h＝0.45m．一质量m＝0.10kg的小物块自A点从静止开始下滑，从C点以水平速度飞出后落在地面上的D点．现测得C、D两点的水平距离为x＝0.60m．不计空气阻力，取g＝10m/s2．求 （1）小物块从C点运动到D点经历的时间t； （2）小物块从C点飞出时速度的大小vC； （3）小物块从A点运动到C点的过程中克服摩擦力做的功Wf． 【解答】解：（1）从C到D，根据平抛运动规律 竖直方向 h 求出t＝0.30s． （2）从C到D，根据平抛运动规律 水平方向 x＝vCt 求出vC＝2.0m/s． （3）从A到C，根据动能定理 求出克服摩擦力做功Wf＝0.10J． 答：（1）小物块从C点运动到D点经历的时间t是0.30s； （2）小物块从C点飞出时速度的大小vC是2.0m/s； （3）小物块从A点运动到C点的过程中克服摩擦力做的功是0.10J． 21．如图所示，质量为mA＝10kg的物块A和质量为mB＝2kg的物块B放在与水平面夹角为30°的光滑斜面上处于静止状态，轻弹簧的一端与物块B连接，另一端与固定挡板连接．弹簧的劲度系数为k＝400N/m．现给物块A施加一个平行于斜面向上的力F，使物块A沿斜面向上做匀加速运动，已知力F在前0.2s内为变力，0.2s后为恒力，g取10m/s2． （1）求力F的最大值与最小值． （2）已知力F由最小值达最大值的过程中，弹簧的弹性势能减小了4J，求这一过程中力F所做的功． 【解答】解：（1）t＝0 时，设弹簧压缩 x1， 由平衡条件得：kx1＝（ mA+mB）gsin30°， 力F施加在A上以后，经过 t＝0.2s物块A、B刚好分离时， 此时力F有最大值Fmax此时弹簧被压缩 x2， 由牛顿第二定律得： Fmax﹣mAgsin30°＝mAa， kx2﹣mBgsin30°＝mBa， 从0～0.2s内，x1﹣x2at2， t＝0时，物块A、B物块开始做匀加速运动， 则此刻力F有最小值Fmin，由牛顿第二定律得： Fmin+kx1﹣（mA+mB）gsin30°＝（mA+mB）a， 代入数据解得：Fmax＝100N，Fmin＝60N，x1＝0.15m，x2＝0.05m，a＝5m/s2． （2）在力由最大值到最小值的过程经历时间为0.2s， 在这0.2s内对AB整体，由动能定理得： WF+W弹﹣WG（mA+mB）v2﹣0， WG＝（mA+mB）g（x1﹣x2）sin30°， 由速度公式得：v＝at， 解得，力F在0.2s内所做的功为：WF＝8J； 答：（1）力F的最大值与最小值分别为：100N、60N． （2）这一过程中力F所做的功为8J． 三．利用动能定理求解多过程问题（共6小题） 22．滑滑板是一项青少年酷爱的运动，依靠自身的体能，展现快速的运动艺术。如图所示，一少年在一次训练中以速度v0＝3m/s从P点沿切线进入曲面轨道，从O点离开曲面轨道，离开O点时的速度与水平方向夹角为30°，再经过1s落在倾角为30°的斜面上Q点（Q点未标出）。已知重力加速度g取10m/s2，P点到O点的竖直高度h＝0.86m，少年和滑板（可视为质点）总质量m＝50kg，忽略空气阻力。少年在此运动过程中，下列说法错误的是（　　） A．从O点到Q点的距离为5m B．在曲面轨道上克服摩擦力做的功为30J C．少年落在Q点前瞬间重力的功率为3750W D．少年离斜面的最大距离为1m 【答案】D 【解答】解：A、少年由O到Q的过程做平抛运动，将此运动沿水平方向与竖直方向分解，如图1所示。设O点的速度大小为v，其水平分速度大小为vcos30°，竖直分速度大小为vsin30°。 从O到Q水平方向做匀速直线运动，可得：x＝vcos30°•t 竖直方向做竖直上抛运动，可得： 由几何关系得：tan30°，又已知：t＝1s 联立解得：v＝5m/s，x，y＝2.5m 由几何关系得O点到Q点的距离xOQ5m，故A正确； B、设在曲面轨道上克服摩擦力做的功为W，对此过程，根据动能定理得： 解得：W＝30J，故B正确； C、少年落在Q点前瞬间的竖直分速度大小为： 此时重力的功率为：P＝mgvy＝50×10×7.5W＝3750W，故C正确； D、由O到Q的过程，少年在垂直于斜面的方向上速度减到零时，其离斜面的距离最远，将O到Q的运动沿垂直于斜面与平行于斜面分解，如图2所示，O点的速度v和重力加速度g垂直于斜面的分量分别为：vcos30°、gcos30°。 设少年离斜面的最大距离为ym，在垂直于斜面的方向上，由运动学公式得： 2gcos30°•ym＝（vcos30°）2解得：，故D错误。 本题选择错误的选项，故选：D。 23．如图所示，某游戏装置固定在竖直面内，由顺时针转动的水平传送带AB，圆弧管道BC，直轨道CD，圆弧轨道DE，螺旋圆形轨道FHF′，水平轨道EF和F′G组成。圆形轨道最低点F与F′不重合，轨道间平滑连接。现将小物块静止放在传送带的最左端A点，物块在传送带上自左向右运动。已知传送带AB间长L1＝2.5m，轨道CD长L2＝2m，轨道BC、DE、FHF′半径R＝1m，轨道BC、DE圆心角θ＝37°，小物块质量m＝0.5kg，物块与传送带之间的动摩擦因数μ1＝0.5，物块与轨道F′G之间的动摩擦因数μ2＝0.2，其它轨道均光滑。（小物块可视为质点，不计空气阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8） （1）若小物块恰好通过竖直圆轨道的最高点H，求小物块 ①到H点时的速度大小； ②在F点时对轨道的压力； ③经过B点时速度。 （2）若传送带速度v可调整，小物块在运动过程中不脱离轨道，求小物块在长直轨道F′G上运动的路程s与传送带速度v之间的关系式。 【答案】（1）若小物块恰好通过竖直圆轨道的最高点H，物块 ①到H点时的速度大小为； ②在F点时对轨道的压力为30N，方向竖直向下； ③经过B点时速度为。 （2）若传送带速度v可调整，小物块在运动过程中不脱离轨道，小物块在长直轨道F′G上运动的路程s与传送带速度v之间的关系式①，；②v≥5m/s，s＝14.25m。 【解答】解：（1）①物块恰好通过竖直圆轨道的最高点H 解得 ②小物块从F→H过程，应用动能定理有 ﹣mg×2R 对小物块在F点 解得 FN＝30N 根据牛顿第三定律，小物块对轨道的压力为30N，方向竖直向下。 ③小物块B→F过程，应用动能定理有 mg×2（R﹣Rcosθ） 解得 （2）根据题意，小物块肯定能过O3等高点，不脱离轨道，说明小物块必须能过H点。 若小物块在传送带上能一直匀加速 解得 vB＝5m/s ①若传送带速度，则 vB＝v 由动能定理 mg×2（R﹣Rcosθ） 解得 ②若传送带速度v≥5m/s，则vB＝5m/s 由动能定理 mg×2（R﹣Rcosθ） 解得 s＝14.25m 答：（1）若小物块恰好通过竖直圆轨道的最高点H，物块 ①到H点时的速度大小为； ②在F点时对轨道的压力为30N，方向竖直向下； ③经过B点时速度为。 （2）若传送带速度v可调整，小物块在运动过程中不脱离轨道，小物块在长直轨道F′G上运动的路程s与传送带速度v之间的关系式①，；②v≥5m/s，s＝14.25m。 24．如图所示，水平轨道BC的左端与固定的光滑竖直四分之一圆弧轨道相切与B点，右端与一倾角为θ＝30°的光滑斜面轨道在C点平滑连接，物体经过C点时速率不变．斜面顶端固定一轻质弹簧，一质量为m＝1kg的滑块从圆弧轨道的顶端A点由静止释放，经水平轨道后滑上斜面并压缩弹簧，第一次可将弹簧压缩至D点．已知光滑圆轨道的半径R＝0.45m，水平轨道BC长L＝0.5m，滑块与水平轨道之间的动摩擦因数μ＝0.1，光滑斜面轨道上CD长s＝0.4m，取g＝10m/s2，求： （1）滑块第一次经过B点时对轨道的压力大小； （2）整个过程中弹簧具有的最大弹性势能； （3）滑块在BC上通过的总路程． 【解答】解：（1）滑块从A点到B点，由动能定理可得： mgR0，解得：vB 滑块在B点，由牛顿第二定律得： F﹣mg＝m，解得：F＝3mg＝3×1×10N＝30N， 由牛顿第三定律可得：滑块对B点的压力：F′＝F＝30N，方向竖直向下． （2）滑块从A点到D点，由能量守恒定律得： mgR＝μmgLBC+mgLCDsin30°+EP 解得：弹簧具有的最大弹性势能 EP＝2J； （3）滑块最终停止在水平轨道BC间，设滑块在BC上通过的总路程为S，从开始到最终停下来的全过程，由动能定理可得： mgR﹣μmgS＝0 解得：S＝4.5m； 答： （1）滑块第一次经过B点时对轨道的压力大小为30N，方向：竖直向下； （2）整个过程中弹簧具有最大的弹性势能为2J． （3）滑块在BC上通过的总路程是4.5m． 25．如图所示，竖直平面内有一游戏轨道，由倾斜直轨道AB、传送带和圆弧轨道FGH组成，传动带CD部分水平，其长度L＝1.2m，大皮带轮半径为r＝0.4m，最底端E点与粗糙圆弧轨道FGH的F点在同一水平线上，圆弧轨道半径R＝0.5m，G点为圆弧轨道的最低点，圆弧FG对应的圆心角为α＝53°，GH是段圆弧。现传送带不转动，某同学将一质量为m＝0.5kg、可视为质点的物块轻放在A点，物块由静止开始沿直轨道AB滑下，经C点滑上传送带CD，B、C两点平滑衔接，物体经过时无能量损失，物块经C点运动到D点后水平飞出，恰能无碰撞地从F点进入圆弧轨道并从H点飞出，当经过H点时，圆弧轨道对物块的摩擦力为f＝2N，已知物块与传送带及圆弧轨道FGH的动摩擦因数μ＝0.5，其余处均光滑，sin53°＝0.8、cos53°＝0.6，重力加速度g＝10m/s2。求： （1）物块从D点飞出的速度和物块从A点下滑时离传送带的高度； （2）物块在圆弧轨道上克服摩擦力做的功； （3）若直轨道AB无限长，传送带以v＝3m/s的速度顺时针匀速转动，求物块在直轨道AB上下滑的高度h与物块从D点飞出的速度vD之间的关系式。 【答案】（1）物块从D点飞出的速度大小为3m/s，方向水平向右，物块从A点下滑时离传送带的高度为1.05m； （2）物块在圆弧轨道上克服摩擦力做的功为3.75J； （3）物块在直轨道AB上下滑的高度h与物块从D点飞出的速度vD之间的关系式为：当0≤h≤1.05m时，vD＝3m/s；当h＞1.05m时，。 【解答】解：（1）物块从D点水平飞出后做平抛运动，恰能无碰撞地从F点进入圆弧轨道，由平抛运动的性质可得： 竖直方向有：，解得：vy＝4m/s ，解得：vD＝3m/s 物块从A运动到D的过程中，由动能定理得： 解得：h＝1.05m （2）由题意可知，在H点，根据牛顿第二定律得： f＝μFN 物块在F点的速度大小为：，解得：vF＝5m/s$ 物块从F运动到H的过程，由动能定理得： ﹣ 解得：W克f＝3.75J （3）物块从A运动到B的过程，根据机械能守恒定律得： 解得： ①若vB＝v＝3m/s，解得此时h＝0.45m，则物块滑上传送带后一直做匀速运动，从D点飞出的速度大小为：vD＝3m/s 当0≤h＜0.45m时，由于vB＜3m/s，故物块滑上传送带后先匀加速直线运动。 因：，故物块在传送带上先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动，从D点飞出的速度大小为vD＝3m/s。 因此，当0≤h≤0.45m时，vD＝3m/s。 ②当h＞0.45m时，由于vB＞3m/s，物块滑上传送带后先做匀减速直线运，若到达D点时速度刚好减至3m/s，根据动能定理得： ，解得：h1＝1.05m 当0.45m＜h≤1.05m时，物块滑上传送带后先减速后匀速运动，从D点飞出的速度大小为vD＝3m/s 当h＞1.05m时，物块滑上传送带后一直做减速运动，根据动能定理得： 解得： 综上所述可得：当0≤h≤1.05m时，vD＝3m/s；当h＞1.05m时， 答：（1）物块从D点飞出的速度大小为3m/s，方向水平向右，物块从A点下滑时离传送带的高度为1.05m； （2）物块在圆弧轨道上克服摩擦力做的功为3.75J； （3）物块在直轨道AB上下滑的高度h与物块从D点飞出的速度vD之间的关系式为：当0≤h≤1.05m时，vD＝3m/s；当h＞1.05m时，。 26．如图为某游戏装置的示意图。AB、CD均为四分之一圆弧，E为圆弧DEG的最高点，各圆弧轨道与直轨道相接处均相切。GH与水平夹角为θ＝37°，底端H有一弹簧，A、O1、O2、D、O3、H在同一水平直线上。一质量为0.01kg的小钢球（其直径稍小于圆管内径，可视作质点）从距A点高为h处的O点静止释放，从A点沿切线进入轨道，B处有一装置，小钢球向右能无能量损失的通过，向左则不能通过且小钢球被吸在B点。若小钢球能够运动到H点，则被等速反弹。各圆轨道半径均为R＝0.6m，BC长L＝2m，水平直轨道BC和GH的动摩擦因数μ＝0.5，其余轨道均光滑，小钢球通过各圆弧轨道与直轨道相接处均无能量损失。某次游戏时，小钢球从O点出发恰能第一次通过圆弧的最高点E。（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2）求： （1）小钢球第一次经过C点时的速度大小vC； （2）小钢球第一次经过圆弧轨道最低点B时对轨道的压力大小FB（保留两位小数）； （3）若改变小钢球的释放高度h，求出小钢球在斜面轨道上运动的总路程s与h的函数关系。 【答案】（1）小钢球第一次经过C点时的速度大小vC为2m/s； （2）小钢球第一次经过圆弧轨道最低点B时对轨道的压力大小FB为0.83N； （3）①若小球释放高度h＜1.6m，s＝0 ②若小球释放高度1.6m≤h＜2.24m，s＝2.5（h﹣1） ③若小球释放高度2.24m≤h，s＝1.6m。 【解答】解：（1）小钢球从O点出发恰能第一次通过圆弧的最高点E，则小球到E点的速度为0，小球从C点到E点，根据动能定理得： ﹣mg•2R＝0 代入数据解得：vC＝2m/s （2）从B点到C点，由动能定理得：﹣μmgL 小钢球经过B点，由牛顿第二定律得：N﹣mg＝m 代入数据联立解得：NN≈0.83N 根据牛顿第三定律得，小钢球对轨道的压力大小FB＝N＝0.83N （3）若小钢球恰能第一次通过E点，设小钢球释放点距A点为h1，从释放到E点，由动能定理得： mg（h1﹣R）﹣μmgL＝0 代入数据解得：h1＝1.6m 若小钢球恰能第二次通过E点，设小球钢释放点距A点为h2，从释放到E点，由动能定理得： mg（h2﹣R）﹣μmgL﹣2μmgcosθ•0 代入数据解得：h2＝2.24m ①若小球释放高度h＜1.6m，无法到达E点，s＝0 ②若小球释放高度1.6m≤h＜2.24m，小球能经过E点一次，μ＜tanθ，则小钢球最终停在H点，从释放点到停在H点，根据动能定理得： mgh﹣μmgL﹣μmgcosθ•s＝0 代入数据解得：s＝2.5（h﹣1） ③若小球释放高度2.24m≤h，小球经过E点两次，s＝22m＝1.6m 答：（1）小钢球第一次经过C点时的速度大小vC为2m/s； （2）小钢球第一次经过圆弧轨道最低点B时对轨道的压力大小FB为0.83N； （3）①若小球释放高度h＜1.6m，s＝0 ②若小球释放高度1.6m≤h＜2.24m，s＝2.5（h﹣1） ③若小球释放高度2.24m≤h，s＝1.6m。 27．质量为0.2kg的弹性球从空中某高度由静止开始下落，该下落过程对应的v﹣t图象如图所示．球与水平地面相碰后离开地面时的速度大小为碰撞前的．该球受到的空气阻力大小恒为f，取g＝10m/s2，求： （1）弹性球受到的空气阻力f的大小； （2）弹性球第一次碰撞后反弹的最高点与弹性球从空中第一次静止下落位置的高度差Δh． 【解答】解：（1）由v﹣t图象可知：小球下落做匀加速运动，加速度为 由牛顿第二定律得：mg﹣f＝ma 解得 f＝m（g﹣a）＝0.4N （2）由图知：球落地时速度v＝4m/s，则反弹时速度 由动能定理得 解得 h1＝0.375m 由图可得球下落的高度 h2 所以高度差为Δh＝h2﹣h1＝0.625m 答： （1）弹性球受到的空气阻力f的大小为0.4N； （2）高度差Δh为0.625m． 四．利用动能定理求解机车启动问题（共4小题） 28．（多选）小明用额定功率为1200W、最大拉力为300N的提升装置，把静置于地面的质量为20kg的重物竖直提升到高为85.2m的平台，先加速再匀速，最后做加速度大小不超过5m/s2的匀减速运动，到达平台速度刚好为零，若要提升重物的时间最短，则下列说法正确的是（　　） A．整个过程中最大加速度为15m/s2 B．匀减速运动的位移大小为3.6m C．静止开始匀加速的时间为1.2s D．提升重物的最短时间为15.5s 【答案】BD 【解答】解：A、加速阶段以最大拉力Tm＝300N拉重物做匀加速直线运动，此阶段的加速度最大，根据牛顿第二定律得：Tm﹣mg＝ma1，解得：。而匀减速直线运动阶段的加速度最大也为5m/s2，故A错误； B、重物以最大速度vm匀速运动时，拉力等于重物的重力，提升装置功率为额定功率Pe＝1200W，则有： 减速阶段以最大的加速度a2＝5m/s2做匀减速直线运动，其位移大小为： ，解得：x2＝3.6m 故B正确； C、在匀加速阶段，当功率达到额定功率时，设重物的速度为v1，则有： 此过程所用时间：，故C错误； D、匀加速上升阶段的位移大小为：，解得：x1＝1.6m 设重物从结束匀加速运动到开始做匀减速运动所用时间为t3，对此过程根据动能定理得： 其中：x3＝85.2m﹣x1﹣x2＝85.2m﹣1.6m﹣3.6m＝80m 解得：t3＝13.5s 匀减速阶段所用时间为： 提升重物的最短时间为：t＝t1+t2+t3＝0.8s+1.2s+13.5s＝15.5s 故D正确。 故选：BD。 29．一种氢气燃料的汽车，质量为m＝2.0×103kg，发动机的额定输出功率为80kW，行驶在平直公路上时所受阻力恒为车重的0.1倍．若汽车从静止开始先匀加速启动，加速度的大小为a＝1.0m/s2．达到额定输出功率后，汽车保持功率不变又加速行驶了800m，直到获得最大速度后才匀速行驶．试求： （1）汽车的最大行驶速度； （2）当速度为5m/s时，汽车牵引力的瞬时功率； （3）当汽车的速度为32m/s时的加速度； （4）汽车从静止到获得最大行驶速度所用的总时间． 【解答】解：（1）汽车阻力f＝kmg＝2.0×103N， 当牵引力等于阻力时，汽车速度最大，汽车的最大行驶速度为： （2）根据牛顿第二定律得：F﹣f＝ma 解得：F＝2000+2000＝4000N， 当速度为5m/s时，汽车牵引力的瞬时功率为：P＝Fv＝4000×5＝20000W， （3）当汽车的速度为32m/s时的牵引力为：F 由牛顿第二定律得：F﹣f＝ma′ 解得： （4）汽车匀加速启动阶段结束时的速度为：， 则匀加速运动的时间为：t， 达到额定输出功率后，汽车保持功率不变又加速行驶了800m，这一过程阻力不变，对这一过程运用动能定理： 解得：t2＝22.5s 总时间t＝t1+t2＝20+22.5＝42.5s 答：（1）汽车的最大行驶速度40m/s； （2）当速度为5m/s时，汽车牵引力的瞬时功率20kw； （3）当汽车的速度为32m/s时的加速度0.25m/s2； （4）汽车从静止到获得最大行驶速度所用的总时间为42.5s． 30．东风“大力神”汽车的额定牵引功率为160kW，汽车质量为5t，车厢长L＝10m，平板车厢距地面高为h＝1.8m．如图所示，可看成质点的木箱质量为1000kg，静止停放在平板车厢最前方．为了验证汽车的性能，司机以额定功率由静止启动，此时木箱与车厢出现相对滑动，2s后脱离车厢．已知木箱与车厢、汽车与地面的动摩擦因数μ＝0.1，g取10m/s2，试判断： （1）木箱脱离平板车厢时，汽车的速度多大？ （2）如果在木箱脱离平板车厢时，司机调整汽车的功率，使汽车保持该时刻的速度匀速行驶，当木箱落地瞬间与汽车尾部相距多远？ 【解答】解：（1）对木箱受力分析得：μmg＝ma 则：a＝μg＝0.1×10m/s2＝1m/s2 t＝2s后，S木at2＝2m S车＝S木+L＝12m 对汽车据动能定理得：Pt﹣μ（M+m）g S车﹣μmg S车Mv车2 解得v车＝9.7m/s （2）木箱脱离平板车厢时速度为v木，据运动学公式，v木＝at＝2m/s2 木箱脱离平板车厢后向运动方向左平抛运动， S木′＝v木t′ hgt′2 此过程中汽车前进S车′＝v车t′ ΔS＝S车′﹣S木′＝3.6m 答：（1）木箱脱离平板车厢时，汽车的速度9.7m/s （2）如果在木箱脱离平板车厢时，司机调整汽车的功率，使汽车保持该时刻的速度匀速行驶，当木箱落地瞬间与汽车尾部相距3.6m 31．如图所示，某重型汽车的额定牵引力的功率为160kW，汽车质量为5t，车长为L＝8m，平板车厢距地面高为h＝1.8m，如图所示，可看成质点的木箱质量为1000kg，静止停放在平板车厢最前方．为了验证汽车的性能，司机以额定功率由静止启动，此时木箱与车厢出现相对滑动，2s后脱离车厢，已知木箱与车厢动摩擦因数μ＝0.1，汽车所受地面阻力等于其对地面压力的k倍，其中k＝0.1，g取10m/s2．试求： （1）木箱脱离平板车厢时，汽车的速度多大？ （2）如果在木箱脱离平板车车厢时，司机调整汽车的功率，使汽车保持该时刻的速度匀速行驶，当木箱落地瞬间与汽车尾部相距多远？ 【解答】解：（1）对木箱受力分析得：μmg＝ma 则：a＝μg＝0.1×10m/s2＝1m/s2 t＝2s后，S木at2＝2m ∴S车＝S木+L＝10m 对汽车据动能定理得：Pt﹣μ（M+m）g S车﹣μmg S车Mv车2 解得v车＝10m/s （2）木箱脱离平板车厢时速度为v木，据运动学公式，v木＝at＝2m/s2 木箱脱离平板车厢后向运动方向左平抛运动， S木′＝v木t′hgt′2 此过程中汽车前进S车′＝v车t′ ∴ΔS＝S车′﹣S木′＝4.8m 故答案为：（1）10m/s （2）4.8m 五．探究功与物体速度变化的关系（共5小题） 32．（多选）某实验小组的欲验证“动能定理”，他们的实验装置如图所示，另外他们还找到了打点计时器所用的学生电源、导线、复写纸、纸带、小木块、砝码．当滑块连接上纸带，用细线通过滑轮挂上空的小沙桶时，释放小桶，滑块处于静止状态．要完成该项实验，还需要的实验器材有（　　） A．天平 B．刻度尺 C．秒表 D．弹簧秤 【答案】AB 【解答】解：在实验中，需要测量滑块、沙和沙桶的质量，所以还需要天平，纸带处理需要测量计数点间的距离，所以还需要刻度尺。 时间是通过打点计时器来确定的，所以不需要秒表，也不需要弹簧秤。 故选：AB。 33．某实验小组采用如图1所示的装置来探究“功与速度变化的关系”。实验中，小车碰到制动装置时，钩码尚未到达地面。实验的部分步骤如下： （1）将一块一端带有定滑轮的长木板固定在桌面上，在长木板的另一端固定打点计时器； （2）把纸带穿过打点计时器的限位孔，连在小车后端，用细线跨过定滑轮连接小车和钩码； （3）把小车拉到靠近打点计时器的位置，接通电源，从静止开始释放小车，得到一条纸带； （4）关闭电源，通过分析小车位移与速度的变化关系来研究合外力对小车所做的功与速度变化的关系。图2是实验中得到的一条纸带，点O为纸带上的起始点，A、B、C是纸带的三个计数点，相邻两个计数点间均有4个点未画出，用刻度尺测得A、B、C到O的距离如图2所示，已知所用交变电源的频率为50Hz，问： （1）打B点时刻，小车的瞬时速度vB＝　0.40　 m/s。（结果保留两位有效数字） （2）本实验中，若钩码下落高度为h1时合外力对小车所做的功W0，则当钩码下落h2时，合外力对小车所做的功为　　 。（用h1、h2、w0表示） （3）实验中，该小组同学画出小车位移x与速度v的关系图象如图3所示。根据该图形状，某同学对W与v的关系作出的猜想，肯定不正确的是　AC　 （填写选项字母代号） A．W∝v B．W∝v2 C．W∝ D．W∝v3 （4）在本实验中，下列做法能有效地减小实验误差的是　C　 （填写选项字母代号） A．把长木板右端适当垫高，以平衡摩擦力 B．实验中控制钩码的质量，使其远小于小车的总质量 C．调节滑轮高度，使拉小车的细线和长木板平行 D．先让小车运动再接通打点计时器。 【解答】解：（1）匀变速直线运动的平均速度等于中间时刻瞬时速度，故有： 0.40m/s （2）根据功的定义，有： W0＝mgh1 W＝mgh2 解得： W （3）图象为过原点的曲线，故W与v一定不是正比关系，也一定不是反比关系。故选AC （4）AB、本实验探究“功与速度变化的关系”的实验，本实验并没有将钩码重力做合力，而是以位移代替合力功，就不需要平衡摩擦力，也不要保证钩码的质量远小于小车的总质量，所以AB错误， C、调节滑轮高度，使拉小车的细线和长木板平行，让力的方向和位移方向在同一直线上，可以减小误差，故C正确， D、应该先接通电源，后放开小车，所以D错误。 故选：C。 故答案为：（1）0.40；（2）；（3）AC；（4）C。 34．小明同学设计了一个实验来探究自行车的初速度与其克服阻力做功的关系。实验的主要步骤是： ①找一段平直的路面，并在路面上画一道起点线； ②骑上自行车用较快速度驶过起点线，同时从车把手处自由释放一团很容易辨别的橡皮泥； ③车驶过起点线后就不再蹬自行车脚蹬，让车依靠惯性沿直线继续前进； ④待车停下，记录自行车停下时的位置； ⑤用卷尺量出起点线到橡皮泥落地点间的距离s、起点线到终点的距离L及车把手处离地高度h。 若自行车在行驶中所受的阻力为f并保持恒定。 （1）自行车经过起点线时的速度v＝　　 ；（用已知的物理量和所测量得到的物理量表示） （2）自行车经过起点线后克服阻力做功W＝　fL　 ；（用已知的物理量和所测量得到的物理量表示） （3）多次改变自行车经过起点时的初速度，重复上述实验步骤 ②～④，则每次只需测量上述物理量中的　s　 和　L　 ，就能通过数据分析达到实验目的。 【解答】解：（1）释放橡皮泥时的速度与车速相等，橡皮泥做平抛运动，有： s＝vt 所以解得：v。 故答案为：。 （2）由于阻力是恒定的因此阻力做功为：W＝fL。 故答案为：fL。 （3）由于车把手到地面的高度是一定的，阻力是恒定的，因此每次试验只要测量s和L即可。 故答案为：s、L。 35．在探究“物体动能的大小与哪些因素有关”的实验中，如图所示，让同一铁球从斜面的不同高度由静止释放，撞击同一木块．请回答下列问题： （1）该实验的目的是研究　铁球　 （选填“铁球”或“木块”）的动能大小与　速度　 的关系． （2）该实验是通过观察　木块被撞击后移动的距离　 来说明铁球对木块做功的多少，从而得出结论的． （3）若水平面绝对光滑，该实验还能得出结论吗？　不能　 理由是：　木块沿水平面以恒定的速度持续地运动下去，无法比较距离　 ． 【解答】解：（1）由题意知，同一铁球的质量相同，从不同的高度滚下时，到达水平面的速度不同，可以探究动能大小与物体速度的关系； （2）实验中通过木块被铁球推动的距离来比较动能的大小； （3）若水平面绝对光滑，则木块不受摩擦力作用，将做匀速直线运动，因此无法显示被推动的距离，不能得出结论． 故答案为：（1）铁球，速度； （2）木块被撞击后移动的距离； （3）不能，木块沿水平面以恒定的速度持续地运动下去，无法比较距离． 36．在“验证动能定理”的一次实验中，质量为m＝1kg的重物自由下落，在纸带上打出了一系列的点，如图所示，相邻记数点时间间隔为0.02s，长度单位是cm，g取9.8m/s2．求：（保留三位有效数字） （1）打点计时器打下计数点B时，物体的速度vB＝　0.973　 m/s； （2）从起点O到打下记数点B的过程中，动能的增加量ΔEK＝　0.473　 J； （3）从起点O到打下记数点B的过程中，重物的重力做功WG＝　0.476　 J． 【解答】解：（1）根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，则B点的瞬时速度为： vBm/s＝0.973m/s． （2）动能的增加量为： ΔEk1×0.9732＝0.473J． （3）从O打到B，重物的重力做功为： ΔEp＝mgh＝1×9.8×0.0486J＝0.476J． 故答案为：（1）0.973；（2）0.473，（3）0.476． 六．探究动能定理（共5小题） 37．某同学利用如图1所示的实验装置探究动能定理并测量小车（含遮光条）的质量M，已知重力加速度g。 （1）具体实验步骤如下： ①该同学用游标卡尺对遮光条的宽度进行了测量，读数如图2所示，则遮光条的宽度d＝　0.530　 cm； ②按图1所示安装好实验装置，连接小车的细绳与长木板平行，挂上砂桶（含少量砂子）； ③调节长木板的倾角，轻推小车后，使小车沿长木板向下运动，且通过两个光电门时遮光条的挡光时间相等； ④取下细绳和砂桶，测量砂子和桶的总质量m，并记下； ⑤保持长木板的倾角不变，不挂砂桶，将小车置于长木板上靠近滑轮的位置，由静止释放小车，记录小车先后通过光电门甲、乙时的挡光时间； ⑥重新挂上细绳和砂桶，改变砂桶中砂子的质量，重复③④⑤步骤。 （2）若遮光条的宽度为d，光电门甲、乙之间的距离为L，通过光电门甲、乙时挡光时间分别为t1、t2，该同学根据Δ（）计算出每次实验的Δ（），并通过数据作出Δ（）﹣m图像，图像的延长线恰好可以经过坐标原点。根据图像能得出的实验结论是 　在误差允许的范围内，合外力对小车（含遮光条）做的功等于小车（含遮光条）动能的变化量　 ，若已知图像斜率为k，那么M＝　　 （结果用字母k、g、d、L表示）。 【答案】（1）0.530；（2）在误差允许的范围内，合外力对小车（含遮光条）做的功等于小车（含遮光条）动能的变化量， 【解答】解：（1）①由图可得，游标卡尺的精度为0.05mm，所以遮光条的宽度为d＝5mm+6×0.05mm＝5.30mm＝0.530cm （2）设木板倾角为θ，由题意知，挂上托盘和砝码，改变木板的倾角，使小车（含遮光条）沿木板匀速下滑时，满足：Mgsinθ＝μMgcosθ+mg 当取下托盘和砝码，让小车从起点由静止出发沿木板下滑通过光电门时，合外力做功为：W＝MgsinθL﹣μMgcosθL 因为小车经过光电门的速度为v 即小车经过光电门的动能为Ek 令W＝Ek 可得：Δ（）m 可见当Δ（）﹣m图像的延长线恰好可以经过坐标原点时，说明在误差允许的范围内，合外力对小车（含遮光条）做的功等于小车（含遮光条）动能的变化量。 由题意得：k 变形解得：M 故答案为：（1）0.530；（2）在误差允许的范围内，合外力对小车（含遮光条）做的功等于小车（含遮光条）动能的变化量， 38．某实验小组利用力传感器和光电门传感器探究“动能定理”．将力传感器固定在小车上，用不可伸长的细线通过一个定滑轮与重物G相连，力传感器记录小车受到拉力的大小．在水平轨道上A、B两点各固定一个光电门传感器，用于测量小车的速度v1和v2，如图所示．在小车上放置砝码来改变小车质量，用不同的重物G来改变拉力的大小，摩擦力不计． （1）实验主要步骤如下： ①测量小车和拉力传感器的总质量M1，把细线的一端固定在力传感器上，另一端通过定滑轮与重物G相连，正确连接所需电路； ②将小车停在点C，由静止开始释放小车， 次数 M/kg |/m2s﹣2 ΔE/J F/N W/J 1 0.500 0.760 0.190 0.400 0.200 2 0.500 1.65 0.413 0.840 0.420 3 0.500 2.40 ΔE3 1.22 W3 4 1.00 2.40 1.20 2.42 1.21 5 1.00 2.84 1.42 2.86 1.43 小车在细线拉动下运动，除了光电门传感器测量速度和力传感器测量拉力的数据以外，还应该记录的物理量为　两光电门间的距离L　 ； ③改变小车的质量或重物的质量，重复②的操作． （2）右侧表格中M是M1与小车中砝码质量之和，ΔE为动能变化量，F是拉力传感器的拉力，W是F在A、B间所做的功．表中的ΔE3＝　0.600J　 ，W3＝　0.610J　 （结果保留三位有效数字）． 【解答】解：（1）②根据动能定理知因要求总功必须已知小车位移，故除了光电门传感器测量速度和力传感器测量拉力的数据以外，还应该记录的物理量为两光电门间的距离L． （2）动能的变化量：ΔE，则有：ΔE30.500×2.40＝0.600J， 根据表中数据由功公式W＝FL，可求出两光电门间距离为：L0.5m，得：W3＝F3L＝1.22×0.5J＝0.610J． 故答案为：（1）两光电门间的距离L；（2）0.600J，0.610J． 39．（1）关于“探究动能定理”的实验中，下列叙述正确的是　D　 A．每次实验必须设法算出橡皮筋对小车做功的具体数值 B．每次实验中，橡皮筋拉伸的长度没有必要保持一致 C．放小车的长木板应该尽量使其水平 D．先接通电源，再让小车在橡皮筋的作用下弹出 （2）在“探究恒力做功与物体的动能改变量的关系”的实验中备有下列器材：A．打点计时器；B．天平；C秒表；D．低压交流电源；E．电池； F．纸带；G．细线、砝码、小车、砝码盘；H．薄木板． ①其中多余的器材是　CE　 ，缺少的器材是　毫米刻度尺　 ． ②测量时间的工具是　打点计时器　 ；测量质量的工具是　天平　 ． ③如图实所示是打点计时器打出的小车（质量为m）在恒力F作用下做匀加速直线运动的纸带．测量数据已用字母表示在图中，打点计时器的打点周期为T．请分析，利用这些数据能否验证动能定理？若不能，请说明理由；若能，请写出需验证的表达式　　 ． 【解答】解：（1）A、B：我们用橡皮筋拉动小车的方法，来探究橡皮筋的拉力对小车所做的功与小车速度变化的关系，这是一个非常精妙的设计．直接去测量一个正做变速运动物体所受拉力是很困难的．橡皮筋拉动小车的弹力虽然是个变力，但这个弹力做的功，数值上就等于橡皮筋发生形变时所具的弹性势能，而这个弹性势能又与橡皮筋的形变量相对应；橡皮筋的形变量一定，这个弹力做的功就是一定的．实验时，每次保持橡皮筋的形变量一定，当有n根相同橡皮筋并系在小车上时，n根相同橡皮筋对小车做的功就等于系一根橡皮筋时对小车做的功的n倍，这个设计很巧妙地解决了直接去测量力和计算功的困难．所以我们不用直接测量功的数值，即A错误、B错误． C：为了保证小车的动能都是橡皮筋做功的结果，必须平衡摩擦力，长木板要适当的倾斜．所以C错误． D：根据打点计时器的使用规，先接通电源，让打点计时器工作后释放小车，则D正确． 故选D （2）①计算小车速度是利用打上点的纸带，故不需要秒表．打点计时器应使用低压交流电源， 故多余的器材是C、E． 测量点与点之间的距离要用毫米刻度尺，故缺少的器材是毫米刻度尺． ②测量时间的工具是打点计时器，测量质量的工具是天平． ③能．从A到B的过程中，恒力做的功为WAB＝FxAB 物体动能的变化量为 EkB﹣EkAmvB2mvA2m（）2m（）2 只要验证：即可． 优点：A、B两点的距离较远，测量时的相对误差较小； 缺点：只进行了一次测量验证，说服力不强． 故答案为：（1）D；（2）①CE；毫米刻度尺；②打点计时器；天平；③能；． 40．如图所示是某同学探究动能定理的实验装置．已知重力加速度为g，不计滑轮摩擦阻力，该同学的实验步骤如下： a．将长木板倾斜放置，小车放在长木板上，长木板旁放置两个光电门A和B，砂桶通过滑轮与小车相连． b．调整长木板倾角，使得小车恰好能在细绳的拉力作用下匀速下滑，测得砂和砂桶的总质量为m． c．某时刻剪断细绳，小车由静止开始加速运动． d．测得挡光片通过光电门A的时间为Δt1，通过光电门B的时间为Δt2，挡光片宽度为d，小车质量为M，两个光电门A和B之间的距离为L． e．依据以上数据探究动能定理． （1）根据以上步骤，你认为以下关于实验过程的表述正确的是　AC　 ． A．实验时，先接通光电门，后剪断细绳 B．实验时，小车加速运动的合外力为F＝Mg C．实验过程不需要测出斜面的倾角 D．实验时，应满足砂和砂桶的总质量m远小于小车质量M （2）小车经过光电门A、B的瞬时速度为vA＝　　 、vB＝　　 ．如果关系式　　 在误差允许范围内成立，就验证了动能定理． 【解答】解：（1）A、按照操作规程，应先接通光电门后释放滑块，否则可能滑块已经通过光电门，光电门还没有工作，测不出滑块通过光电门A的时间，故A正确． B、平衡时，除了绳子拉力以外的力的合力与绳子的拉力等值反向，实验时，剪短细绳，则小车加速运动的合外力为F＝mg，故B错误． C、实验过程中，倾斜木板的目的是平衡摩擦力，不需要测出斜面的倾角，故C正确． D、实验时，剪短细线，砂和砂桶不随小车运动，无需考虑砂和砂桶的总质量m远是否小于小车质量M，故D错误． 故选：AC． （2）由于遮光条比较小，通过光电门的时间极短，因此可以利用平均速度来代替其瞬时速度，因此滑块经过光电门时的瞬时速度分别为：vA、vB． 小车从A到B的过程中，其合力做功mgL，系统动能的增加，增量为：，因此只要比较二者是否相等，即可探究合外力做功与动能改变量之间关系是否相等．即如果关系式 在误差允许范围内成立，就验证了动能定理． 故答案为：（1）AC；（2），，． 41．小明同学设计了一个实验来探究自行车动能的变化与其克服阻力做功的关系．实验的主要步骤是： ①找一段平直的路面，并在路面上画一道与运动方向垂直的起点线； ②骑上自行车用较快速度驶过起点线，并同时从车把手处自由释放一团很容易辨别的橡皮泥； ③车驶过起点线后就不再蹬自行车脚蹬，让车依靠惯性沿直线继续前进； ④待车停下，记录自行车停下时终点的位置； ⑤用卷尺量出起点线到橡皮泥落地点间的距离s、起点线到自行车终点的距离L及车把手处离地高度h． ⑥用电子秤测出小明和自行车的总质量为m． 若自行车在行驶中所受的阻力为f并保持恒定． （1）自行车经过起点线时的速度v＝　　 ；（用已知的物理量和所测量得到的物理量表示） （2）自行车经过起点线后克服阻力做功W＝　fL　 ；（用已知的物理量和所测量得到的物理量表示） （3）多次改变自行车经过起点时的初速度，重复上述实验步骤②～④，则每次只需测量上述物理量中的　s　 和　L　 ，就能通过数据分析达到实验目的． （4）若有　　 ，可以验证动能定理成立． 【解答】解：（1）释放橡皮筋时的速度与车速相等，橡皮泥做平抛运动，有： s＝vt 所以解得：v． （2）由于阻力是恒定的因此阻力做功为：W＝fL． （3）由于车把手到地面的高度是一定的，阻力是恒定的，因此每次试验只要测量s和L即可． （4）如果克服阻力做的功等于自行车动能的变化量，则动能定理成立，即满足． 故答案为：（1）；（2）fL；（3）s；L； （4）． 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $$