第八章 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（人教版2019）

DIBAZHANG 第八章 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(重难点)。 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、动能定理在平抛运动、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 1.一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。 2.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，在距沙坑高h=7 m处，以v0=10 m/s的初速度竖直向上抛出一个质量为0.5 kg的物体，物体落到沙坑并陷入沙坑d= 0.4 m深处停下。不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)物体上升到最高点时离抛出点的高度H； 例1 答案　5 m 物体从抛出到最高点的过程中，由动能定理得-mgH=0-m， 代入数据得H=5 m。 (2)物体在沙坑中受到的平均阻力Ff的大小。 答案　155 N 方法一　全过程分析。物体在沙坑中受到的平均阻力大小为Ff，陷入沙坑的深度为d，从抛出点到最低点的全过程中，由动能定理有mg(h+ d)-Ffd=0-m， 代入数据解得Ff=155 N。 方法二　分阶段分析。 设物体刚到达沙坑表面时速度为v 在空中运动阶段有：mgh=mv2-m 在沙坑中运动阶段有：mgd-Ffd=0-mv2 联立解得Ff=155 N。 返回 应用动能定理解决往复运动问题 二 9 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，会十分烦琐，甚至无法确定往复运动的具体过程。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=Ffs(s为路程)。 　(2023·扬州市高一期中)如图所示，光滑固定斜面AB的倾角θ=53°，BC为水平面，BC长度lBC=1.2 m，CD为光滑的圆弧，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两点处平滑连接。当物体到达D点后，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)物体第一次运动到C点时的速度大小vC； 例2 答案　4 m/s 物体由C点运动到最高点，根据动能定理得： -mg(h+R)=0-m 代入数据解得：vC=4 m/s (2)A点距离水平面的高度H； 答案　1.04 m 物体由A点运动到C点，根据动能定理得： mgH-μmglBC=m-0 代入数据解得：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 从物体开始下滑到最终停止，根据动能定理得： mgH-μmgs1=0 代入数据解得s1=5.2 m 由于s1=5lBC-0.8 m 所以物体最终停止的位置到C点的距离为：s=0.8 m。 返回 动能定理在平抛运动、圆周运动中的应用 三 15 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=。 　(2023·江苏省期末)2022年2月，我国成功举办了第24届“冬奥会”，冬奥会让冰雪运动走向大众，让更多人认识冰雪，爱上冰雪。如图甲所示为滑雪大跳台，将其简化为如图乙所示模型：AB段和CD段是长度均为L=50 m的倾斜滑道，倾角均为37°；BC段是半径R=20 m的一段圆弧轨道，圆心角为37°，与AB段平滑连接；DE段为结束区。一滑雪爱好者连同装备总质量为m=60 kg，从A点由静止出发沿着滑道AB、BC下滑，从C点水平抛出落到斜面CD上的N点，点N到C的距离d=48 m。该爱好者可看作质点，将C到N的运动简化为平抛运动处理。忽略其运动过 程中所受的空气阻力，sin 37°=0.6，cos 37° =0.8，重力加速度g取10 m/s2。求： 例3 (1)该滑雪爱好者运动到C点时对滑道的压力大小； 答案　1 368 N 该滑雪爱好者从C处做平抛运动，竖直方 向有dsin 37°=gt2 水平方向有dcos 37°=vCt 解得vC=16 m/s 在C处，对该爱好者根据牛顿第二定律有 FN-mg=m 解得滑道对该爱好者的支持力大小为FN=1 368 N 据牛顿第三定律，该爱好者运动到C点时对滑道的压力大小与FN大小相等，为1 368 N。 (2)从开始运动到落至N点的过程中摩擦阻力做的功。 答案　-12 720 J 从A到C由动能定理得 mg[Lsin 37°+R(1-cos 37°)]+Wf=m 解得Wf=-12 720 J。 　如图所示，竖直平面内有一光滑圆弧轨道，其半径为R=0.5 m，平台与轨道的最高点等高。一质量m=0.8 kg的小球(可视为质点)从平台边缘的A处以v0=3 m/s的水平速度射出，恰能沿圆弧轨道上P点的切线方向进入轨道内侧，轨道半径OP与竖直方向的夹角为53°，已知sin 53°=0.8，cos 53° =0.6，重力加速度g=10 m/s2，不计空气阻力，忽略轨道内、外壁的半径差。 (1)求小球到达P点时的速度大小vP； 例4 答案　5 m/s 平抛运动的水平速度不变，始终为v0，小球恰能沿圆 弧轨道上P点的切线方向进入轨道内侧，轨道半径OP 与竖直方向的夹角为53°，说明速度与水平方向夹角 为53°，将P点速度分解，如图所示， vP== m/s=5 m/s； (2)求小球到达圆弧轨道最低点时的速度大小以及对轨道的压力； 答案　 m/s　54.4 N，方向竖直向下 从抛出到到达圆弧轨道最低点，只有重力做功，根 据动能定理有mg·2R=m-m 解得v1= m/s 在最低点根据牛顿第二定律和向心力公式有FN-mg=m 解得FN=54.4 N 根据牛顿第三定律有F压=FN=54.4 N，方向竖直向下； (3)小球沿轨道通过圆弧的最高点Q时对轨道的内壁还是外壁有弹力，并求出弹力的大小。 答案　外壁　6.4 N 平台与轨道的最高点等高，根据动能定理可知vQ= v0=3 m/s 设小球受到向下的弹力F1，根据牛顿第二定律和 向心力公式有F1+mg=m 解得F1=6.4 N>0 根据牛顿第三定律知，小球对轨道的外壁有弹力，大小为6.4 N。 返回 专题强化练 四 27 题号 1 2 3 4 5 6 答案 A B B D A (1)m　(2)-x0 题号 7 8 答案 (1)3 m/s　(2)258 N　(3)1.5 s (1)2.4 m　(2)2.8 N，方向竖直向下　(3)6 m 对一对 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 28 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，对物体运动的全过程，由动能定理可得FL-2Lmgsin θ=0，解得F=2mgsin θ，故选A。 答案 2.如图所示，某一斜面AB的顶端A到正下方水平面O点的高度为h，斜面与水平面平滑连接。一小木块(可视为质点)从斜面的顶端A由静止开始滑下，滑到水平面上的C点停下，如果将斜面改成AB'，仍然将小木块从斜面的顶端A由静止开始滑下，滑到水平面上的C'点停下，已知木块与斜面及水平面的动摩擦因数μ相同，则 A.C'点在C点的左侧 B.C'点与C点重合 C.C'点在C点的右侧 D.数据不足无法确定 1 2 3 4 5 6 7 8 √ 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 设斜面倾角为θ，运动到与O点相距x的位置停 止，对木块运动的整个过程，根据动能定理得 mgh-μmgcos θ·-μmg(x-)=0，解得x=， 可知x与斜面倾角没有关系，A、C、D错误，B正确。 答案 3.(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。A点有一小段圆弧平滑连接。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 4.如图所示，一质量为0.5 kg的小球以9 J初动能从倾角为30°的固定斜面上水平抛出并落在该斜面上。若不计空气阻力，则它落到斜面上的动能为(重力加速度g=10 m/s2) A.12 J B.14 J C.18 J D.21 J 1 2 3 4 5 6 7 8 √ 小球的初动能为Ek1=m，解得v0=6 m/s，小球在空中做平抛运动，有x=v0t，y=gt2，又tan 30°=，联立解得y=2.4 m，小球从水平抛出 到落在斜面上，由动能定理可得mgy=Ek2-Ek1，解得Ek2=21 J，故选D。 答案 5.(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(可视为质点)并让其由静止滑下。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，则停的地点到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，可知停的位置 到B点的距离为0.1 m。故选A。 答案 6.如图所示，水平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)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； 1 2 3 4 5 6 7 8 答案　m 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 设物块A从P点出发又回到P点的过程克服摩擦力所做的功为W克f，由动能定理得 -W克f=0-m， 可得W克f=m。 答案 (2)求O点和O'点间的距离x1。 1 2 3 4 5 6 7 8 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 7.(2023·浙江省学军中学高一期末)如图所示，质量m=6.0 kg的滑块(可视为质点)，在水平牵引功率恒为P=42 W的力作用下从A点由静止开始运动，一段时间后撤去牵引力。当滑块由平台边缘B点飞出后，恰能以5 m/s的速度从竖直光滑圆弧轨道CDE上的C点沿切线方向进入轨道，并从轨道边缘E点竖直向上抛出。已知∠COD=53°，A、B间距离L=3 m，滑块与平台间的动摩擦因数μ=0.2，圆弧轨道 半径R=1.0 m。不计空气阻力。sin 53° =0.8，cos 53°=0.6，g取10 m/s2，求： 1 2 3 4 5 6 7 8 能力综合练 答案 (1)滑块运动到B点时的速度大小； 1 2 3 4 5 6 7 8 答案　3 m/s 对滑块运动到C点的速度分解，水平分速度为v'=vCcos 53°=5×0.6 m/s =3 m/s，vB=v'=3 m/s。 答案 (2)圆弧轨道对滑块的最大支持力； 1 2 3 4 5 6 7 8 答案　258 N 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 在D点，圆弧轨道对滑块的支持力最大，滑块从C点到D点，由动能定理得 mgR(1-cos 53°)=m-m 在D点，根据牛顿第二定律得FN-mg=m 解得FN=258 N。 答案 (3)滑块在平台上运动时水平牵引力的作用时间。 1 2 3 4 5 6 7 8 答案　1.5 s 滑块从A点到B点，由动能定理得Pt-μmgL=m-0 解得t=1.5 s。 答案 8.(2024·滨州市高一期中)如图所示，在竖直平面内，粗糙的斜面轨道AB的下端与光滑的圆弧轨道BCD相切于B点，C是最低点，圆心角∠BOC =37°，D与圆心O等高，圆弧轨道半径R=1.0 m，现有一个质量为m=0.2 kg 1 2 3 4 5 6 7 8 尖子生选练 答案 可视为质点的小物体，从D点的正上方E点处自由下落，D、E距离h=1.6 m，小物体与斜面AB之间的动摩擦因数μ=0.5，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，g取10 m/s2。求： (1)要使小物体不从斜面顶端飞出，斜面至少要多长； 1 2 3 4 5 6 7 8 答案　2.4 m 从E→A过程，由动能定理得mg(h+Rcos 37°)-μmgLcos 37°-mgLsin 37° =0，解得L=2.4 m 答案 (2)若斜面已经满足(1)要求，物体从斜面又返回到圆轨道，多次反复，在整个运动过程中，物体对C点处轨道的最小压力； 1 2 3 4 5 6 7 8 答案　2.8 N，方向竖直向下 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 因为mgsin 37°>μmgcos 37°，可知小物体不会 停在斜面上。小物体最后以C为中心，B为一侧 最高点沿圆弧轨道做往返运动，从B→C过程， 由动能定理得mgR(1-cos 37°)=m，在C点， 由牛顿第二定律得FN-mg=m 解得FN=2.8 N，根据牛顿第三定律可知，物体对C点处轨道的最小压力为2.8 N，方向竖直向下。 答案 (3)在(2)中，物体在斜面上运动的总路程。 1 2 3 4 5 6 7 8 答案　6 m 对运动的全过程由动能定理得mg(h+Rcos 37°)-μmgscos 37°=0，解得物体在斜面上运动的总路程为s=6 m。 返回 答案 BENKEJIESHU 本课结束 $$ 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(重难点)。 一、应用动能定理解决多过程问题 1.一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。 2.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，在距沙坑高h=7 m处，以v0=10 m/s的初速度竖直向上抛出一个质量为0.5 kg的物体，物体落到沙坑并陷入沙坑d=0.4 m深处停下。不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)物体上升到最高点时离抛出点的高度H； (2)物体在沙坑中受到的平均阻力Ff的大小。 答案　(1)5 m　(2)155 N 解析　(1)物体从抛出到最高点的过程中，由动能定理得-mgH=0-m， 代入数据得H=5 m。 (2)方法一　全过程分析。物体在沙坑中受到的平均阻力大小为Ff，陷入沙坑的深度为d，从抛出点到最低点的全过程中，由动能定理有mg(h+d)-Ffd=0-m， 代入数据解得Ff=155 N。 方法二　分阶段分析。 设物体刚到达沙坑表面时速度为v 在空中运动阶段有：mgh=mv2-m 在沙坑中运动阶段有：mgd-Ffd=0-mv2 联立解得Ff=155 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，会十分烦琐，甚至无法确定往复运动的具体过程。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=Ffs(s为路程)。 例2　(2023·扬州市高一期中)如图所示，光滑固定斜面AB的倾角θ=53°，BC为水平面，BC长度lBC=1.2 m，CD为光滑的圆弧，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两点处平滑连接。当物体到达D点后，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)物体第一次运动到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)物体由C点运动到最高点，根据动能定理得：-mg(h+R)=0-m 代入数据解得：vC=4 m/s (2)物体由A点运动到C点，根据动能定理得： mgH-μmglBC=m-0 代入数据解得：H=1.04 m (3)从物体开始下滑到最终停止，根据动能定理得： mgH-μmgs1=0 代入数据解得s1=5.2 m 由于s1=5lBC-0.8 m 所以物体最终停止的位置到C点的距离为：s=0.8 m。 三、动能定理在平抛运动、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　(2023·江苏省期末)2022年2月，我国成功举办了第24届“冬奥会”，冬奥会让冰雪运动走向大众，让更多人认识冰雪，爱上冰雪。如图甲所示为滑雪大跳台，将其简化为如图乙所示模型：AB段和CD段是长度均为L=50 m的倾斜滑道，倾角均为37°；BC段是半径R=20 m的一段圆弧轨道，圆心角为37°，与AB段平滑连接；DE段为结束区。一滑雪爱好者连同装备总质量为m=60 kg，从A点由静止出发沿着滑道AB、BC下滑，从C点水平抛出落到斜面CD上的N点，点N到C的距离d=48 m。该爱好者可看作质点，将C到N的运动简化为平抛运动处理。忽略其运动过程中所受的空气阻力，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)该滑雪爱好者运动到C点时对滑道的压力大小； (2)从开始运动到落至N点的过程中摩擦阻力做的功。 答案　(1)1 368 N　(2)-12 720 J 解析　(1)该滑雪爱好者从C处做平抛运动，竖直方向有dsin 37°=gt2 水平方向有dcos 37°=vCt 解得vC=16 m/s 在C处，对该爱好者根据牛顿第二定律有 FN-mg=m 解得滑道对该爱好者的支持力大小为 FN=1 368 N 据牛顿第三定律，该爱好者运动到C点时对滑道的压力大小与FN大小相等，为1 368 N。 (2)从A到C由动能定理得 mg[Lsin 37°+R(1-cos 37°)]+Wf=m 解得Wf=-12 720 J。 例4　如图所示，竖直平面内有一光滑圆弧轨道，其半径为R=0.5 m，平台与轨道的最高点等高。一质量m=0.8 kg的小球(可视为质点)从平台边缘的A处以v0=3 m/s的水平速度射出，恰能沿圆弧轨道上P点的切线方向进入轨道内侧，轨道半径OP与竖直方向的夹角为53°，已知sin 53°=0.8，cos 53°=0.6，重力加速度g=10 m/s2，不计空气阻力，忽略轨道内、外壁的半径差。 (1)求小球到达P点时的速度大小vP； (2)求小球到达圆弧轨道最低点时的速度大小以及对轨道的压力； (3)小球沿轨道通过圆弧的最高点Q时对轨道的内壁还是外壁有弹力，并求出弹力的大小。 答案　(1)5 m/s　(2) m/s　54.4 N，方向竖直向下　(3)外壁　6.4 N 解析　(1)平抛运动的水平速度不变，始终为v0，小球恰能沿圆弧轨道上P点的切线方向进入轨道内侧，轨道半径OP与竖直方向的夹角为53°，说明速度与水平方向夹角为53°，将P点速度分解，如图所示， vP== m/s=5 m/s； (2)从抛出到到达圆弧轨道最低点，只有重力做功，根据动能定理有mg·2R=m-m 解得v1= m/s 在最低点根据牛顿第二定律和向心力公式有FN-mg=m 解得FN=54.4 N 根据牛顿第三定律有F压=FN=54.4 N，方向竖直向下； (3)平台与轨道的最高点等高，根据动能定理可知vQ=v0=3 m/s 设小球受到向下的弹力F1，根据牛顿第二定律和向心力公式有F1+mg=m 解得F1=6.4 N>0 根据牛顿第三定律知，小球对轨道的外壁有弹力，大小为6.4 N。 专题强化练　[分值：60分] 1~5题每题4分，6题10分，共30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，对物体运动的全过程，由动能定理可得FL-2Lmgsin θ=0，解得F=2mgsin θ，故选A。 2.如图所示，某一斜面AB的顶端A到正下方水平面O点的高度为h，斜面与水平面平滑连接。一小木块(可视为质点)从斜面的顶端A由静止开始滑下，滑到水平面上的C点停下，如果将斜面改成AB'，仍然将小木块从斜面的顶端A由静止开始滑下，滑到水平面上的C'点停下，已知木块与斜面及水平面的动摩擦因数μ相同，则(　　) A.C'点在C点的左侧 B.C'点与C点重合 C.C'点在C点的右侧 D.数据不足无法确定 答案　B 解析　设斜面倾角为θ，运动到与O点相距x的位置停止，对木块运动的整个过程，根据动能定理得mgh-μmgcos θ·-μmg(x-)=0，解得x=，可知x与斜面倾角没有关系，A、C、D错误，B正确。 3.(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。A点有一小段圆弧平滑连接。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。 4.如图所示，一质量为0.5 kg的小球以9 J初动能从倾角为30°的固定斜面上水平抛出并落在该斜面上。若不计空气阻力，则它落到斜面上的动能为(重力加速度g=10 m/s2)(　　) A.12 J B.14 J C.18 J D.21 J 答案　D 解析　小球的初动能为Ek1=m，解得v0=6 m/s，小球在空中做平抛运动，有x=v0t，y=gt2，又tan 30°=，联立解得y=2.4 m，小球从水平抛出到落在斜面上，由动能定理可得mgy=Ek2-Ek1，解得Ek2=21 J，故选D。 5.(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(可视为质点)并让其由静止滑下。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，则停的地点到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，可知停的位置到B点的距离为0.1 m。故选A。 6.(10分)如图所示，水平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)(5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为W克f，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。 7.(14分)(2023·浙江省学军中学高一期末)如图所示，质量m=6.0 kg的滑块(可视为质点)，在水平牵引功率恒为P=42 W的力作用下从A点由静止开始运动，一段时间后撤去牵引力。当滑块由平台边缘B点飞出后，恰能以5 m/s的速度从竖直光滑圆弧轨道CDE上的C点沿切线方向进入轨道，并从轨道边缘E点竖直向上抛出。已知∠COD=53°，A、B间距离L=3 m，滑块与平台间的动摩擦因数μ=0.2，圆弧轨道半径R=1.0 m。不计空气阻力。sin 53°=0.8，cos 53°=0.6，g取10 m/s2，求： (1)(4分)滑块运动到B点时的速度大小； (2)(6分)圆弧轨道对滑块的最大支持力； (3)(4分)滑块在平台上运动时水平牵引力的作用时间。 答案　(1)3 m/s　(2)258 N　(3)1.5 s 解析　(1)对滑块运动到C点的速度分解，水平分速度为v'=vCcos 53°=5×0.6 m/s=3 m/s，vB=v'=3 m/s。 (2)在D点，圆弧轨道对滑块的支持力最大，滑块从C点到D点，由动能定理得 mgR(1-cos 53°)=m-m 在D点，根据牛顿第二定律得FN-mg=m 解得FN=258 N。 (3)滑块从A点到B点，由动能定理得Pt-μmgL=m-0 解得t=1.5 s。 8.(16分)(2024·滨州市高一期中)如图所示，在竖直平面内，粗糙的斜面轨道AB的下端与光滑的圆弧轨道BCD相切于B点，C是最低点，圆心角∠BOC=37°，D与圆心O等高，圆弧轨道半径R=1.0 m，现有一个质量为m=0.2 kg可视为质点的小物体，从D点的正上方E点处自由下落，D、E距离h=1.6 m，小物体与斜面AB之间的动摩擦因数μ=0.5，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，g取10 m/s2。求： (1)(4分)要使小物体不从斜面顶端飞出，斜面至少要多长； (2)(8分)若斜面已经满足(1)要求，物体从斜面又返回到圆轨道，多次反复，在整个运动过程中，物体对C点处轨道的最小压力； (3)(4分)在(2)中，物体在斜面上运动的总路程。 答案　(1)2.4 m　(2)2.8 N，方向竖直向下　(3)6 m 解析　(1)从E→A过程，由动能定理得mg(h+Rcos 37°)-μmgLcos 37°-mgLsin 37°=0，解得L=2.4 m (2)因为mgsin 37°>μmgcos 37°，可知小物体不会停在斜面上。小物体最后以C为中心，B为一侧最高点沿圆弧轨道做往返运动，从B→C过程，由动能定理得mgR(1-cos 37°)=m，在C点，由牛顿第二定律得FN-mg=m 解得FN=2.8 N，根据牛顿第三定律可知，物体对C点处轨道的最小压力为2.8 N，方向竖直向下。 (3)对运动的全过程由动能定理得mg(h+Rcos 37°)-μmgscos 37°=0，解得物体在斜面上运动的总路程为s=6 m。 学科网（北京）股份有限公司 $$