第四章 专题强化 动能定理的应用(二)-（课件PPT+Word教案）【步步高】2024-2025学年高一物理必修第二册教师用书（教科版2019）

专题强化　动能定理的应用(二) ［学习目标］　1.能够灵活应用动能定理解决多过程问题(重点)。2.能够应用动能定理解决往复运动问题(重点)。3.能够应用动能定理分析平抛运动、圆周运动(难点)。 一、应用动能定理解决多过程问题 一个物体的运动如果包含多个运动阶段，既可以将复杂的过程分割成一个个子过程，对每个子过程的做功情况和初、末动能进行分析，然后应用动能定理列式联立求解，也可以全过程应用动能定理，这样不涉及中间量，解决问题会更简单方便。 选择全过程应用动能定理时，要注意有些力不是全过程都作用的，必须根据不同的情况区别处理，弄清楚物体所受的力在哪段位移上做功，做正功还是负功，正确写出总功。 例1　如图所示，一质量为2 kg的铅球从地面2 m高处自由下落，陷入沙坑2 cm深处，求：沙子对铅球的平均阻力大小(重力加速度g=10 m/s2)。 答案　2 020 N 解析　方法一：分段应用动能定理求解 铅球自由下落到沙面时的速度记为v，由动能定理得mgH=mv2-0 铅球在沙中受到的平均阻力大小记为f 由动能定理得mgh-fh=0-mv2 联立以上两式得f=mg=2 020 N。 方法二：全过程应用动能定理求解 从铅球开始下落到铅球陷入沙坑的整个过程中，由动能定理可得mg(H+h)-fh=0-0，代入数据解得f=2 020 N。 二、应用动能定理解决往复运动问题 1.物体做往复运动时，如果用运动学、动力学观点去分析运动过程，会十分繁琐，甚至无法确定往复运动的具体过程和终态。这时就体现出动能定理的优势了。由于动能定理解题的优越性，求解多过程往复运动问题时，一般应用动能定理。 2.在有摩擦力做功的往复运动过程中，注意两种力做功的区别： (1)重力做功只与初、末位置有关，而与路径无关； (2)滑动摩擦力做功与路径有关，克服摩擦力做的功W克f=fs(s为路程)。 例2　(2023·成都市高一期中)如图甲所示，“滑草”是最近几年比较流行的运动项目，为保证安全，现在有的滑草场修建成如图乙模型所示。光滑固定斜面AB的倾角θ=53°，BC为水平面，BC长度l=1.2 m，CD为光滑的四分之一圆弧，半径R=0.6 m。一个质量m=2 kg的物体，从斜面上A点由静止开始下滑，物体与水平面BC间的动摩擦因数μ=0.2，轨道在B、C两点平滑连接。当物体到达D点时，继续竖直向上运动，最高点距离D点的高度h=0.2 m，不计空气阻力，sin 53°=0.8，cos 53°=0.6，g取10 m/s2。求： (1)物体运动到C点时的速度大小vC； (2)A点距离水平面的高度H； (3)物体最终停止的位置到C点的距离s。 答案　(1)4 m/s　(2)1.04 m　(3)0.8 m 解析　(1)从C到D点上方最高点的过程由动能定理得-mg(R+h)=0-m，解得vC=4 m/s (2)从A到C由动能定理得mgH-μmgl=m 解得H=1.04 m (3)物体从最高点下落到停止的位置，由动能定理得mg(R+h)-μmgs'=0，解得s'=4 m，又s'=3×l+0.4 m，即运动了3个l后从左端又运动了0.4 m，所以物体最终停止位置到C点的距离为s=l-0.4 m=0.8 m。 三、动能定理在平抛、圆周运动中的应用 动能定理常与平抛运动、圆周运动相结合，解决这类问题要特别注意： (1)与平抛运动相结合时，要注意应用运动的合成与分解的方法，如分解位移或分解速度求平抛运动的有关物理量。 (2)与竖直平面内的圆周运动相结合时，应特别注意隐藏的临界条件： ①可提供支撑效果的竖直平面内的圆周运动，物体能通过最高点的临界条件为vmin=0。 ②不可提供支撑效果的竖直平面内的圆周运动，物体能通过最高点的临界条件为只有重力提供向心力，mg=，vmin=。 例3　如图所示，一长L=0.45 m、不可伸长的轻绳上端悬挂于M点，下端系一质量m=1.0 kg的小球，CDE是一竖直固定的圆弧形轨道，半径R=0.50 m，OC与竖直方向的夹角θ=60°，现将小球拉到A点(保持绳绷直且水平)由静止释放，当它经过B点时绳恰好被拉断，小球平抛后，从圆弧形轨道的C点沿切线方向进入轨道，刚好能到达圆弧形轨道的最高点E，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力，求： (1)小球到B点时的速度大小； (2)轻绳所受的最大拉力大小； (3)小球在圆弧形轨道上运动时克服阻力做的功。 答案　(1)3 m/s　(2)30 N　(3)8 J 解析　(1)小球从A点到B点的过程，由动能定理得mgL=m，解得v1=3 m/s； (2)小球在B点时，由牛顿第二定律得F-mg=m，解得F=30 N， 由牛顿第三定律可知，轻绳所受最大拉力大小为30 N； (3)小球从B点到C点做平抛运动，从C点沿切线方向进入圆弧形轨道，由平抛运动规律可得 小球在C点的速度大小v2=，解得v2=6 m/s 小球刚好能到达E点，则mg=m，解得v3= m/s 小球从C点到E点，由动能定理得-mg(R+Rcos θ)-W克f=m-m， 解得W克f=8 J。 专题强化练　［分值：60分］ 1~4题每题5分，5题9分，共29分 1.如图所示，用平行于斜面的推力F，使质量为m的物体(可视为质点)从倾角为θ的光滑固定斜面的底端，由静止向顶端做匀加速运动。当物体运动到斜面中点时，撤去推力，物体刚好能到达顶端，重力加速度为g，则推力F大小为(　　) A.2mgsin θ B.mg(1-sin θ) C.2mgcos θ D.2mg(1+sin θ) 答案　A 解析　设斜面的长度为2L，对全过程，由动能定理可得FL-2Lmgsin θ=0，解得F=2mgsin θ，故选A。 2.(2023·宜宾市高一期末)如图所示，质量为m的物体，从高度为h的粗糙斜面顶端从静止开始释放，最后停在粗糙程度处处相同的水平面上的B点，若该物体从斜面顶端以初速度v0沿斜面下滑，则停留在C点，恰有AB=BC。设过A点时物体速度不变。重力加速度为g，那么物体在斜面上运动时摩擦力做的功为(　　) A.m B.m-mgh C.mgh-m D.条件不足，无法判断 答案　B 解析　设物体在斜面上运动时摩擦力所做的功为W1，过程一由动能定理可得mgh+W1-μmgx=0-0，过程二由动能定理可得mgh+W1-μmg·2x=0-m，联立解得W1=m-mgh，故选B。 3.(多选)(2023·达州市高一校考)某工厂因为要运送大量货物而建有很多不同样式的斜面，现将其理想化成如图甲和图乙的模型。图甲由三条高度相同的斜面和一条水平面组成，图乙由三条高度不相同的斜面和一条水平面组成，假设物体与所有接触面的动摩擦因数都相同。物体分别从图甲和图乙中不同斜面最高点静止释放，且都能沿斜面下滑。水平面足够长，下列说法中正确的有(　　) A.图甲中物体最后停下来的位置不同 B.图甲中物体最后停下来的位置相同 C.图乙中物体最后停下来的位置不同 D.图乙中物体最后停下来的位置相同 答案　BC 解析　题图甲中设斜面倾角为θ，斜面高与长分别为h、L，物体在水平面上运行的长度为x1，停止运动的位置距离释放点的水平距离为x甲，由动能定理有：mgh-μmgLcos θ-μmgx1=0，则有mgh=μmgLcos θ+μmgx1=μmg(Lcos θ+x1)=μmgx甲，解得x甲=，可知，题图甲中物体最后停下来的位置相同，A错误，B正确；根据上述，同理可得x乙=，由于物体释放点的高度不同，则题图乙中物体最后停下来的位置不同，C正确，D错误。 4.(2023·大连市高一期中)如图所示，ABCD是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底BC的连接处都是一段与BC相切的圆弧，BC水平，B、C两点的距离为d=0.40 m，盆边缘的高度为h=0.25 m。在A处放一个质量为m的小物块并让其从静止滑下。已知盆内侧壁是光滑的，而盆底BC与小物块间的动摩擦因数为μ=0.10，重力加速度g=10 m/s2。小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停止的位置到B点的距离为(　　) A.0.1 m B.0.2 m C.0.3 m D.0.4 m 答案　A 解析　对全过程运用动能定理得mgh-μmgs=0，解得s== m=2.5 m，由s=6d+0.1 m，可知停止的位置到B点的距离为0.1 m。故选A。 5.(9分)(2022·麻城市第二中学高一月考)如图所示，轻弹簧左端固定在竖直墙上，右端点在O位置。质量为m的物块A(可视为质点)以初速度v0从距O点右方x0的P点向左运动，与弹簧接触后压缩弹簧，将弹簧右端压到O'点位置后，A又被弹簧弹回。A离开弹簧后，恰好回到P点，物块A与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，弹簧始终处于弹性限度内。 (1)(4分)求物块A从P点出发又回到P点的过程，克服摩擦力所做的功； (2)(5分)求O点和O'点间的距离x1。 答案　(1)m　(2)-x0 解析　(1)设克服摩擦力所做的功为W克f，物块A从P点出发又回到P点的过程，由动能定理得-W克f=0-m， 可得W克f=m。 (2)物块A从P点出发又回到P点的过程，据动能定理可得-μmg·2(x0+x1)=0-m， 可得x1=-x0。 6、7题每题10分，共20分 6.(10分)(2023·宜宾市高一期末)某滑雪场赛道如图所示，倾斜赛道MN与光滑圆弧赛道NP相切于N点，圆弧赛道的半径R=5 m，所对应的圆心角θ=37°，P点末端切线水平，倾斜赛道PQ足够长。一质量为m=60 kg的滑雪运动员从MN赛道上A点由静止开始滑下，从圆弧轨道P点沿切线飞出，落在PQ赛道的B点，已知在MN赛道下滑过程中运动员与赛道间的动摩擦因数μ=0.25，A、N两点间距L=8 m，PQ赛道与水平方向的夹角α=45°，空气阻力不计，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，g=10 m/s2，求： (1)(3分)运动员到达N点时的速度大小； (2)(3分)运动员到达P点时对赛道的压力大小； (3)(4分)运动员落在B点时的动能。 答案　(1)8 m/s　(2)1 608 N　(3)1.26×104 J 解析　(1)在从A到N运动过程中，根据动能定理mgLsin θ-μmgLcos θ=m，解得v1=8 m/s (2)对NP过程由动能定理得mgR(1-cos θ)=m-m，N-mg=m，解得N=1 608 N 由牛顿第三定律可知，运动员在P点对赛道的压力大小为1 608 N (3)在PB运动过程中，设水平位移为x，竖直位移为y，运动时间为t，根据平抛运动规律 x=v2t，y=gt2，tan α=，由动能定理得mgy=Ek-m，解得Ek=1.26×104 J。 7.(10分)(2023·绵阳市高一期中)滑雪是一项极具挑战性的运动。如图所示，AB为长L=12 m的水平直滑道，DE是一圆心角为53°、半径为R=15 m的光滑竖直圆弧滑道，E点为圆弧最低点。某次训练中，运动员从A点由静止开始，通过滑雪杖撑地沿直线向前滑行，运动员获得的水平推力恒为F=100 N。运动员到达B点后水平滑出，恰好从D点沿圆弧切线方向滑入DE滑道。已知运动员连同装备质量m=60 kg，滑板与AB滑道间的滑动摩擦力为f=10 N，运动员可看作质点，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，sin 53°=0.8，cos 53°=0.6，求： (1)(3分)运动员到达B点的速度大小v； (2)(3分)B、D两点间的高度差h； (3)(4分)运动员到达E点时对滑道的压力大小。 答案　(1)6 m/s　(2)3.2 m　(3)1 480 N 解析　(1)运动员从A到B的过程，根据动能定理可得FL-fL=m-0 代入数据解得运动员到达B点的速度大小为vB=6 m/s (2)运动员从B到D的过程，做平抛运动，运动员恰好从D点沿圆弧切线方向滑入DE滑道，则有tan 53°= 解得vDy=vBtan 53°=8 m/s 竖直方向做自由落体运动，则有2gh= 解得B、D两点间的高度差为 h== m=3.2 m (3)D点速度大小vD==10 m/s 由D到E，由动能定理有 mgR(1-cos 53°)=m-m 则vE=2 m/s 在E点由牛顿第二定律得N-mg=m 解得N=1 480 N 由牛顿第三定律得N'=N=1 480 N。 8.(11分)(2023·七台河市高一期末)如图所示，AB是倾角为θ的粗糙直轨道，BCD是光滑的圆弧轨道，AB恰好在B点与圆弧相切，圆弧的半径为R。一个质量为m的物体(可以看作质点)从直轨道上的P点由静止释放，结果它能在两轨道间做往返运动。已知P点与圆弧的圆心O等高，物体与轨道AB间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。求： (1)(5分)物体做往返运动的整个过程中在AB轨道上通过的总路程； (2)(6分)最终当物体通过圆弧轨道最低点E时，对圆弧轨道的压力。 答案　(1)　(2)(3-2cos θ)mg，方向竖直向下 解析　(1)因为在AB轨道上摩擦力始终对物体做负功，物体最终在圆心角为2θ的圆弧上往复运动，整个过程中在AB轨道上通过的总路程为s， 对全过程由动能定理得 mgRcos θ-μmgcos θ·s=0-0 解得s= (2)设物体最终经过E点时的速度为v，物体从B到E过程中， 由动能定理得mgR(1-cos θ)=mv2-0 在E点，由牛顿第二定律得N-mg=m 由牛顿第三定律，物体对圆弧轨道的压力大小为N'=N 联立解得N'=(3-2cos θ)mg，方向竖直向下。 学科网（北京）股份有限公司 $$ DISIZHANG 第四章 专题强化　动能定理的应用(二) 1 1.能够灵活应用动能定理解决多过程问题(重点)。 2.能够应用动能定理解决往复运动问题(重点)。 3.能够应用动能定理分析平抛运动、圆周运动(难点)。 学习目标 2 一、应用动能定理解决多过程问题 二、应用动能定理解决往复运动问题 专题强化练 三、动能定理在平抛、圆周运动中的应用 内容索引 3 应用动能定理解决多过程问题 一 4 一个物体的运动如果包含多个运动阶段，既可以将复杂的过程分割成一个个子过程，对每个子过程的做功情况和初、末动能进行分析，然后应用动能定理列式联立求解，也可以全过程应用动能定理，这样不涉及中间量，解决问题会更简单方便。 选择全过程应用动能定理时，要注意有些力不是全过程都作用的，必须根据不同的情况区别处理，弄清楚物体所受的力在哪段位移上做功，做正功还是负功，正确写出总功。 　如图所示，一质量为2 kg的铅球从地面2 m高处自由下落，陷入沙坑 2 cm深处，求：沙子对铅球的平均阻力大小(重力加速度g=10 m/s2)。 例1 答案　2 020 N 方法一：分段应用动能定理求解 铅球自由下落到沙面时的速度记为v，由动能定理得mgH=mv2-0 铅球在沙中受到的平均阻力大小记为f 由动能定理得mgh-fh=0-mv2 联立以上两式得f=mg=2 020 N。 方法二：全过程应用动能定理求解 从铅球开始下落到铅球陷入沙坑的整个过程中，由动能定理可得mg(H+h)-fh=0-0，代入数据解得f=2 020 N。 返回 应用动能定理解决往复运动问题 二 8 1.物体做往复运动时，如果用运动学、动力学观点去分析运动过程，会十分繁琐，甚至无法确定往复运动的具体过程和终态。这时就体现出动能定理的优势了。由于动能定理解题的优越性，求解多过程往复运动问题时，一般应用动能定理。 2.在有摩擦力做功的往复运动过程中，注意两种力做功的区别： (1)重力做功只与初、末位置有关，而与路径无关； (2)滑动摩擦力做功与路径有关，克服摩擦力做的功W克f=fs(s为路程)。 　(2023·成都市高一期中)如图甲所示，“滑草”是最近几年比较流行的运动项目，为保证安全，现在有的滑草场修建成如图乙模型所示。光滑固定斜面AB的倾角θ=53°，BC为水平面，BC长度l=1.2 m，CD为光滑的四分之一圆弧，半径R=0.6 m。一个质量m=2 kg的物体，从斜面上A点由静止开始下滑，物体与水平面BC间的动摩擦因数μ=0.2，轨道在B、C两点平滑连接。当物体到达D点时，继续竖直向上运动，最高点距离D点的高度h=0.2 m，不计空气阻力，sin 53°=0.8，cos 53°=0.6，g取10 m/s2。求： 例2 (1)物体运动到C点时的速度大小vC； 答案　4 m/s 从C到D点上方最高点的过程由动能定理得-mg(R+h)=0-m，解得vC=4 m/s (2)A点距离水平面的高度H； 答案　1.04 m 从A到C由动能定理得mgH-μmgl=m 解得H=1.04 m (3)物体最终停止的位置到C点的距离s。 答案　0.8 m 物体从最高点下落到停止的位置，由动能定理得mg(R+h)-μmgs'=0，解得s'=4 m，又s'=3×l+0.4 m，即运动了3个l后从左端又运动了0.4 m，所以物体最终停止位置到C点的距离为s=l-0.4 m=0.8 m。 返回 动能定理在平抛、圆周运动中的应用 三 14 动能定理常与平抛运动、圆周运动相结合，解决这类问题要特别注意： (1)与平抛运动相结合时，要注意应用运动的合成与分解的方法，如分解位移或分解速度求平抛运动的有关物理量。 (2)与竖直平面内的圆周运动相结合时，应特别注意隐藏的临界条件： ①可提供支撑效果的竖直平面内的圆周运动，物体能通过最高点的临界条件为vmin=0。 ②不可提供支撑效果的竖直平面内的圆周运动，物体能通过最高点的临界条件为只有重力提供向心力，mg=，vmin=。 　如图所示，一长L=0.45 m、不可伸长的轻绳上端悬挂于M点，下端系一质量m=1.0 kg的小球，CDE是一竖直固定的圆弧形轨道，半径R=0.50 m，OC与竖直方向的夹角θ=60°，现将小球拉到A点(保持绳绷直且水平)由静止释放，当它经过B点时绳恰好被拉断，小球平抛后，从圆弧形轨道的C点沿切线方向进入轨道，刚好能到达圆弧形轨道的最高点E，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力，求： (1)小球到B点时的速度大小； 例3 答案　3 m/s 小球从A点到B点的过程，由动能定理得mgL=m， 解得v1=3 m/s； (2)轻绳所受的最大拉力大小； 答案　30 N 小球在B点时，由牛顿第二定律得F-mg=m，解得F=30 N， 由牛顿第三定律可知，轻绳所受最大拉力大小为30 N； (3)小球在圆弧形轨道上运动时克服阻力做的功。 答案　8 J 小球从B点到C点做平抛运动，从C点沿切线方向进入圆弧形轨道，由平抛运动规律可得 小球在C点的速度大小v2=，解得v2=6 m/s 小球刚好能到达E点，则mg=m，解得v3= m/s 小球从C点到E点，由动能定理得-mg(R+Rcos θ)-W克f=m-m， 解得W克f=8 J。 返回 专题强化练 四 21 对一对 答案 题号 1 2 3 4 答案 A B BC A 1 2 3 4 5 6 7 8 22 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 5. (1)m　(2)-x0 6. (1)8 m/s　(2)1 608 N　(3)1.26×104 J 23 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 7. (1)6 m/s　(2)3.2 m　(3)1 480 N 8. (1)　(2)(3-2cos θ)mg，方向竖直向下 24 1.如图所示，用平行于斜面的推力F，使质量为m的物体(可视为质点)从倾角为θ的光滑固定斜面的底端，由静止向顶端做匀加速运动。当物体运动到斜面中点时，撤去推力，物体刚好能到达顶端，重力加速度为g，则推力F大小为 A.2mgsin θ B.mg(1-sin θ) C.2mgcos θ D.2mg(1+sin θ) 1 2 3 4 5 6 7 8 基础强化练 √ 设斜面的长度为2L，对全过程，由动能定理可得FL-2Lmgsin θ=0，解得F=2mgsin θ，故选A。 答案 2.(2023·宜宾市高一期末)如图所示，质量为m的物体，从高度为h的粗糙斜面顶端从静止开始释放，最后停在粗糙程度处处相同的水平面上的B点，若该物体从斜面顶端以初速度v0沿斜面下滑，则停留在C点，恰有AB=BC。设过A点时物体速度不变。重力加速度为g，那么物体在斜面上运动时摩擦力做的功为 A.m B.m-mgh C.mgh-m D.条件不足，无法判断 1 2 3 4 5 6 7 8 √ 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 设物体在斜面上运动时摩擦力所做的功为W1，过程一由动能定理可得mgh+W1-μmgx=0-0，过程二由动能定理可得mgh+W1-μmg·2x=0-m，联立解得W1=m-mgh，故选B。 答案 3.(多选)(2023·达州市高一校考)某工厂因为要运送大量货物而建有很多不同样式的斜面，现将其理想化成如图甲和图乙的模型。图甲由三条高度相同的斜面和一条水平面组成，图乙由三条高度不相同的斜面和一条水平面组成，假设物体与所有接触面的动摩擦因数都相同。物体分别从图甲和图乙中不同斜面最高点静止释放，且都能沿斜面下滑。水平面足够长，下列说法中正确的有 A.图甲中物体最后停下来的位置不同 B.图甲中物体最后停下来的位置相同 C.图乙中物体最后停下来的位置不同 D.图乙中物体最后停下来的位置相同 1 2 3 4 5 6 7 8 √ √ 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 题图甲中设斜面倾角为θ，斜面高与长 分别为h、L，物体在水平面上运行的 长度为x1，停止运动的位置距离释放点的水平距离为x甲，由动能定理有：mgh-μmgLcos θ-μmgx1=0，则有mgh=μmgLcos θ+μmgx1=μmg(Lcos θ+ x1)=μmgx甲，解得x甲=，可知，题图甲中物体最后停下来的位置相同，A错误，B正确； 根据上述，同理可得x乙=，由于物体释放点的高度不同，则题图乙中物体最后停下来的位置不同，C正确，D错误。 答案 4.(2023·大连市高一期中)如图所示，ABCD是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底BC的连接处都是一段与BC相切的圆弧，BC水平，B、C两点的距离为d=0.40 m，盆边缘的高度为h=0.25 m。在A处放一个质量为m的小物块并让其从静止滑下。已知盆内侧壁是光滑的，而盆底BC与小物块间的动摩擦因数为μ=0.10，重力加速度g=10 m/s2。小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停止的位置到B点的距离为 A.0.1 m B.0.2 m C.0.3 m D.0.4 m 1 2 3 4 5 6 7 8 √ 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 对全过程运用动能定理得mgh-μmgs=0，解得s== m=2.5 m，由s=6d+0.1 m，可知停止的位置到B点的距离为0.1 m。故选A。 答案 5.(2022·麻城市第二中学高一月考)如图所示，轻弹簧左端固定在竖直墙上，右端点在O位置。质量为m的物块A(可视为质点)以初速度v0从距O点右方x0的P点向左运动，与弹簧接触后压缩弹簧，将弹簧右端压到O'点位置后，A又被弹簧弹回。A离开弹簧后，恰好回到P点，物块A与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，弹簧始终处于弹性限度内。 1 2 3 4 5 6 7 8 (1)求物块A从P点出发又回到P点的过程， 克服摩擦力所做的功； 答案　m 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 设克服摩擦力所做的功为W克f，物块A从P点出发又回到P点的过程，由动能定理得-W克f=0-m， 可得W克f=m。 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 (2)求O点和O'点间的距离x1。 答案　-x0 物块A从P点出发又回到P点的过程，据动能定理可得-μmg·2(x0+x1)=0-m， 可得x1=-x0。 答案 6.(2023·宜宾市高一期末)某滑雪场赛道如图所示，倾斜赛道MN与光滑圆弧赛道NP相切于N点，圆弧赛道的半径R=5 m，所对应的圆心角θ=37°，P点末端切线水平，倾斜赛道PQ足够长。一质量为m=60 kg的滑雪运动员从MN赛道上A点由静止开始滑下，从圆弧轨道P点沿切线飞出，落在PQ赛道的B点，已知在MN赛道下滑过程中运动员与赛道间的动摩擦因数μ=0.25，A、N两点间距L=8 m，PQ赛道与水平方 向的夹角α=45°，空气阻力不计，sin 37°=0.6， cos 37°=0.8，g=10 m/s2，求： 1 2 3 4 5 6 7 8 能力综合练 答案 (1)运动员到达N点时的速度大小； 1 2 3 4 5 6 7 8 答案　8 m/s 在从A到N运动过程中，根据动能定理mgLsin θ-μmgLcos θ=m，解得v1=8 m/s 答案 (2)运动员到达P点时对赛道的压力大小； 1 2 3 4 5 6 7 8 答案　1 608 N 对NP过程由动能定理得mgR(1-cos θ)=m-m，N-mg=m，解得N=1 608 N 由牛顿第三定律可知，运动员在P点对赛道的压力大小为1 608 N 答案 (3)运动员落在B点时的动能。 1 2 3 4 5 6 7 8 答案　1.26×104 J 在PB运动过程中，设水平位移为x，竖直位移为y，运动时间为t，根据平抛运动规律 x=v2t，y=gt2，tan α=，由动能定理得mgy=Ek-m，解得Ek=1.26×104 J。 答案 7.(2023·绵阳市高一期中)滑雪是一项极具挑战性的运动。如图所示，AB为长L=12 m的水平直滑道，DE是一圆心角为53°、半径为R=15 m的光滑竖直圆弧滑道，E点为圆弧最低点。某次训练中，运动员从A点由静止开始，通过滑雪杖撑地沿直线向前滑行，运动员获得的水平推力恒为F=100 N。运动员到达B点后水平滑出，恰好从D点沿圆弧切线方向滑入DE滑道。已知运动员连同装备质量m=60 kg，滑板与AB滑道间的滑动摩擦力为f=10 N，运动员可看作质点，不计空气阻 力，重力加速度g取10 m/s2，sin 53°=0.8，cos 53° =0.6，求： 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 (1)运动员到达B点的速度大小v； 1 2 3 4 5 6 7 8 答案　6 m/s 运动员从A到B的过程，根据动能定理可得FL-fL=m-0 代入数据解得运动员到达B点的速度大小为vB=6 m/s 答案 (2)B、D两点间的高度差h； 1 2 3 4 5 6 7 8 答案　3.2 m 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 运动员从B到D的过程，做平抛运动，运动员恰好从D点沿圆弧切线方向滑入DE滑道，则有tan 53°= 解得vDy=vBtan 53°=8 m/s 竖直方向做自由落体运动，则有2gh= 解得B、D两点间的高度差为 h== m=3.2 m 答案 (3)运动员到达E点时对滑道的压力大小。 1 2 3 4 5 6 7 8 答案　1 480 N 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 D点速度大小vD==10 m/s 由D到E，由动能定理有 mgR(1-cos 53°)=m-m 则vE=2 m/s 在E点由牛顿第二定律得N-mg=m 解得N=1 480 N 由牛顿第三定律得N'=N=1 480 N。 答案 8.(2023·七台河市高一期末)如图所示，AB是倾角为θ的粗糙直轨道，BCD是光滑的圆弧轨道，AB恰好在B点与圆弧相切，圆弧的半径为R。一个质量为m的物体(可以看作质点)从直轨道上的P点由静止释放，结果它能在两轨道间做往返运动。已知P点与圆弧的圆心O等高，物体与轨道AB间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。求： (1)物体做往返运动的整个过程中在AB轨道上 通过的总路程； 1 2 3 4 5 6 7 8 尖子生选练 答案　 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 因为在AB轨道上摩擦力始终对物体做负功，物体最终在圆心角为2θ的圆弧上往复运动，整个过程中在AB轨道上通过的总路程为s， 对全过程由动能定理得 mgRcos θ-μmgcos θ·s=0-0 解得s= 答案 (2)最终当物体通过圆弧轨道最低点E时，对圆弧轨道的压力。 1 2 3 4 5 6 7 8 答案　(3-2cos θ)mg，方向竖直向下 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 设物体最终经过E点时的速度为v，物体从B到E过程中， 由动能定理得mgR(1-cos θ)=mv2-0 在E点，由牛顿第二定律得N-mg=m 由牛顿第三定律，物体对圆弧轨道的压力大小为N'=N 联立解得N'=(3-2cos θ)mg，方向竖直向下。 返回 答案 BENKEJIESHU 本课结束 $$