第四章 专题强化11 动能定理的应用(一)-（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（粤教版2019）

专题强化11　动能定理的应用(一) ［学习目标］　1.会用动能定理求解变力做功问题(重点)。2.能够应用动能定理分析相关图像问题(重难点)。 一、应用动能定理求变力做功 如图所示，物体(可看成质点)沿一粗糙曲面从A点无初速度下滑，当滑至曲面的最低点B点时，下滑的竖直高度为h，此时物体的速度为v。若物体的质量为m，重力加速度为g。则： (1)下滑过程中阻力是恒力还是变力？ (2)怎样求解物体在下滑过程中克服阻力所做的功？ 答案　(1)变力。 (2)物体从A下滑到B的过程由动能定理得 mgh-W克f=mv2 解得W克f=mgh-mv2。 1.变力做的功 在某些问题中，由于力F的大小、方向变化，不能用W=Fscos α求出变力做的功，此时可用动能定理W=ΔEk求功。 2.用动能定理求解变力做功的方法 (1)分析物体的受力情况，确定做功过程中的哪些力是恒力，哪些力是变力。如果是恒力，写出恒力做功的表达式；如果是变力，用相应功的符号表示出变力做的功。 (2)分析物体的运动过程，确定其初、末状态的动能。 (3)运用动能定理列式求解。 例1　如图所示，光滑斜面的顶端固定一弹簧，一质量为m的小球向右滑行，并冲上固定在水平地面上的斜面。设小球在斜面最低点A的速度为v，压缩弹簧至C点时弹簧最短，C点距地面高度为h，重力加速度为g，弹簧始终在弹性限度内，则从A到C的过程中弹簧弹力做的功是(　　) A.mgh-mv2 B.mv2-mgh C.-mgh D.-(mgh+mv2) 答案　A 解析　由A到C的过程运用动能定理可得-mgh+W=0-mv2，所以W=mgh-mv2，故A正确。 例2　如图所示，质量为m的物体与水平转台间的动摩擦因数为μ，物体与转轴相距为R，物体随转台由静止开始转动。当转速增至某一值时，物体即将在转台上滑动，此时转台开始匀速转动。设物体的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，重力加速度为g。则在这一过程中摩擦力对物体做的功是(　　) A. B.2μmgR C.2πμmgR D.0 答案　A 解析　物体即将在转台上滑动时有μmg=，由动能定理可得Wf=mv2-0=，故A正确，B、C、D错误。 例3　如图所示，运输机器人水平推着小车沿水平地面从静止开始运动，机器人对小车和货物做功的功率恒为40 W，已知小车和货物的总质量为20 kg，小车受到的阻力为小车和货物重力的，小车向前运动了18 m时达到最大速度，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)小车运动的最大速度的大小； (2)机器人在这段时间对小车和货物做的功； (3)小车发生这段位移所用时间t。 答案　(1)2 m/s　(2)400 J　(3)10 s 解析　(1)当牵引力等于阻力时小车的速度达到最大，Ff=mg=20 N，vm==2 m/s (2)根据动能定理得W-Ff·s=m，解得W=400 J (3)由W=Pt，得t=10 s，所以小车发生这段位移所用时间为10 s。 二、动能定理在图像问题中的应用 1.首先看清楚图像的种类(如v-t图像、F-s图像、Ek-s图像等)。 2.挖掘图像的隐含条件，求出所需物理量，如利用v-t图像与t轴所包围“面积”求位移，利用F-s图像与s轴所包围“面积”求功，利用Ek-s图像的斜率求合力等。 3.再分析还有哪些力做功，根据动能定理列方程，求出相应的物理量。 例4　(多选)在平直的公路上，汽车由静止开始做匀加速运动。当速度达到vm后，立即关闭发动机滑行直至停止。v-t图像如图所示，汽车的牵引力大小为F1，摩擦力大小为F2，全过程中，牵引力做的功为W1，克服摩擦力做功为W2。以下关系式正确的是(　　) A.F1∶F2=1∶3 B.F1∶F2=4∶3 C.W1∶W2=1∶1 D.W1∶W2=1∶3 答案　BC 解析　对全过程由动能定理可知W1-W2=0，故W1∶W2=1∶1，故C正确，D错误；W1=F1s，W2=F2s'，由题图可知s∶s'=3∶4，所以F1∶F2=4∶3，故A错误，B正确。 例5　(多选)(2023·广州市高一期中)从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的阻力作用。距地面高h在3 m以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图所示。重力加速度g=10 m/s2。该物体的质量m和所受的阻力f是(　　) A.m=2 kg B.m=1 kg C.f=1 N D.f=2 N 答案　BD 解析　物体上升过程，根据动能定理有 -(f+mg)h=36 J-72 J 同理，物体下降过程，有(mg-f)h=48 J-24 J 联立，解得m=1 kg，f=2 N，故选B、D。 专题强化练　［分值：100分］ 1~6题每题9分，共54分 1.(2024·安徽卷)某同学参加户外拓展活动，遵照安全规范，坐在滑板上，从高为h的粗糙斜坡顶端由静止下滑，至底端时速度为v。已知人与滑板的总质量为m，可视为质点。重力加速度大小为g，不计空气阻力。则此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为(　　) A.mgh B.mv2 C.mgh+mv2 D.mgh-mv2 答案　D 解析　人与滑板在下滑的过程中，由动能定理可得 mgh-W克f=mv2-0 可得此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为 W克f=mgh-mv2，故选D。 2.(2023·天津市期末)如图所示，一质量为m的小球，用长为L的轻绳悬挂于O点，小球在水平力F作用下，从最低点P点缓慢地移到Q点。此时轻绳与竖直方向夹角为θ，重力加速度为g，则拉力F所做的功为(　　) A.FLcos θ B.FLsin θ C.mgLcos θ D.mgL(1-cos θ) 答案　D 解析　小球在缓慢移动的过程中，水平力F是变力，不能通过功的公式求解功的大小，根据动能定理得WF-mgL(1-cos θ)=0，解得水平力F所做的功为WF=mgL(1-cos θ)，故选D。 3.质量为m的物体以初速度v0沿水平面向左开始运动，起始点A与一水平轻弹簧O端相距s，如图所示。已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，物体与弹簧接触后，弹簧的最大压缩量为x，重力加速度为g，则从开始接触到弹簧被压缩至最短(弹簧始终在弹性限度内)，物体克服弹簧弹力所做的功为(　　) A.m-μmg(s+x) B.m-μmgx C.μmgs D.μmg(s+x) 答案　A 解析　由动能定理有-W-μmg(s+x)=0-m，可得W=m-μmg(s+x)，A正确，B、C、D错误。 4.(多选)A、B两物体的质量之比mA∶mB=2∶1，它们以相同的初速度v0在水平面上仅在摩擦力作用下做匀减速直线运动，直到停止，其v-t图像如图所示。此过程中，A、B两物体受到的摩擦力分别为FA、FB，A、B两物体受到的摩擦力做的功分别为WA、WB，则(　　) A.WA∶WB=1∶4 B.WA∶WB=2∶1 C.FA∶FB=1∶4 D.FA∶FB=4∶1 答案　BD 解析　由动能定理可知W=0-m，由于A、B两物体仅受摩擦力做功，质量之比mA∶mB=2∶1，因此两物体受到的摩擦力做的功之比为WA∶WB=2∶1，A错误，B正确；根据v-t图像的斜率可知两物体加速度之比为2∶1，根据牛顿第二定律F=ma，可得FA∶FB=4∶1，C错误，D正确。 5.(2023·佛山市高一月考)如图所示，竖直平面内一半径为R的半圆形轨道，两边端点等高，一个质量为m的质点从左端点P由静止开始下滑，滑到最低点Q时对轨道压力为2mg，g为重力加速度，则此下滑过程克服摩擦力做的功是(　　) A.mgR B.mgR C.mgR D.mgR 答案　B 解析　质点经过Q点时，由重力和轨道的支持力提供向心力，由牛顿第二定律得：FN-mg=m，代入FN=2mg可得：=gR，质点自P滑到Q的过程中，由动能定理得： mgR-Wf=m-0，则克服摩擦力所做的功为： Wf=mgR，故选B。 6.(多选)质量为1.0 kg的物体以某一水平初速度在水平面上滑行，由于摩擦力的作用，其动能随位移变化的情况如图所示，g取10 m/s2，则下列判断正确的是(　　) A.物体与水平面间的动摩擦因数为0.2 B.物体与水平面间的动摩擦因数为0.3 C.物体滑行的总时间为2 s D.物体滑行的总时间为4 s 答案　AC 解析　根据动能定理得-μmgs=ΔEk，解得μ=0.2，故A正确，B错误；物体的初速度v0==4 m/s，所以物体滑行的总时间为t==2 s，故C正确，D错误。 7、8题每题10分，9题15分，共47分 7.(2023·茂名市高一期末)如图甲所示，一轻绳一端与静置在光滑水平面上质量为m的小物块相连，另一端绕过定滑轮，现施加竖直向上的力F使小物块从A点运动到B点，该过程中拉力F随力的作用点的位移变化如图乙所示，当物块到达B点时，细线与水平方向的夹角α=60°，则此时力F作用点的速度大小为(　　) A. B. C. D.2 答案　A 解析　小物块从A点运动到B点，由动能定理可得=m-0 可得物块到达B点的速度 vB= 根据速度的合成与分解可得力F作用点的速度 v=vBcos 60°=，故选A。 8.如图所示，一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平。一质量为m的小球自P点上方高度R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道。小球滑到轨道最低点N时，对轨道的压力大小为4mg，g为重力加速度的大小。用W表示小球从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功，不计空气阻力，则(　　) A.W=mgR，小球恰好可以到达Q点 B.W>mgR，小球不能到达Q点 C.W=mgR，小球到达Q点后，继续上升一段距离 D.W<mgR，小球到达Q点后，继续上升一段距离 答案　C 解析　根据小球滑到轨道最低点N时，对轨道压力大小为4mg，由牛顿第三定律可知，轨道对小球的支持力大小为4mg，则在最低点有4mg-mg=m，解得小球运动到最低点时的速度为v=，对小球从开始下落到运动到最低点的过程，由动能定理得2mgR-W=mv2-0，解得W=mgR，小球由最低点继续上滑的过程，到达Q点时克服摩擦力做功W'要小于W，由此可知，小球到达Q点后，可继续上升一段距离，故选C。 9.(15分)如图甲所示，在倾角为30°且足够长的光滑斜面AB的A处连接一粗糙水平面OA，OA的长度为4 m。一可视为质点、质量为m的滑块(未画出)从O处由静止开始受一水平向右的力F作用。F只在水平面上按图乙所示的规律变化。已知滑块与OA间的动摩擦因数μ=0.25，重力加速度g取10 m/s2，求： (1)(9分)滑块运动到A处时的速度大小； (2)(6分)不计滑块在A处的速率变化，滑块冲上斜面AB的长度是多少。 答案　(1)5 m/s　(2)5 m 解析　(1)由题图乙知在前2 m内，F1=2mg，做正功；在第3 m内，F2=-0.5mg，做负功；在第4 m内，F3=0；滑动摩擦力f=-μmg=-0.25mg，始终做负功；对滑块在OA运动的过程(前4 m过程)，由动能定理得F1s1+F2s2+fs=m-0，解得vA=5 m/s。 (2)滑块冲上斜面的过程，由动能定理得-mgLsin 30°=0-m，解得L=5 m，所以滑块冲上斜面AB的长度为5 m。 (11分) 10.(多选)(2023·梅州市高一期末)如图甲所示，一物块以一定的初速度冲上倾角为30°的固定斜面。在斜面上运动的过程中，其动能与运动路程s的关系如图乙所示。已知物块所受的摩擦力大小恒定，g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A.物块质量为0.7 kg B.物块与斜面间的动摩擦因数为 C.0~20 m过程中，物块克服摩擦力做功为40 J D.0~10 m过程中与10~20 m过程中物块所受合力之比为3∶4 答案　AB 解析　0~10 m内物块上滑，由动能定理得 -mgsin 30°·s1-fs1=Ek-Ek0 整理得Ek=Ek0-(mgsin 30°+f)s1 结合0~10 m内的图像得，斜率的绝对值 |k|=mgsin 30°+f=4 N 10~20 m内物块下滑，由动能定理得 (mgsin 30°-f)(s-s1)=Ek 整理得Ek=(mgsin 30°-f)s-(mgsin 30°-f)s1 结合10~20 m内的图像得，斜率 k'=mgsin 30°-f=3 N 联立解得f=0.5 N，m=0.7 kg 根据f=μmgcos 30° 可求得物块与斜面间的动摩擦因数为μ=，故A、B正确； 0~20 m过程中，物块克服摩擦力做功Wf为动能的减少量ΔEk，则Wf=ΔEk=(40-30) J=10 J，故C错误； 由动能定理知0~10 m过程中与10~20 m过程中物块所受合力之比即为动能改变量之比，等于4∶3，故D错误。 学科网（北京）股份有限公司 $$ DISIZHANG 第四章 专题强化11　动能定理的 应用(一) 1 1.会用动能定理求解变力做功问题(重点)。 2.能够应用动能定理分析相关图像问题(重难点)。 学习目标 2 一、应用动能定理求变力做功 二、动能定理在图像问题中的应用 专题强化练 内容索引 3 应用动能定理求变力做功 一 4 如图所示，物体(可看成质点)沿一粗糙曲面从A点无初速度下滑，当滑至曲面的最低点B点时，下滑的竖直高度为h，此时物体的速度为v。若物体的质量为m，重力加速度为g。则： (1)下滑过程中阻力是恒力还是变力？ 答案　变力。 (2)怎样求解物体在下滑过程中克服阻力所做的功？ 答案　物体从A下滑到B的过程由动能定理得 mgh-W克f=mv2 解得W克f=mgh-mv2。 1.变力做的功 在某些问题中，由于力F的大小、方向变化，不能用W=Fscos α求出变力做的功，此时可用动能定理W=ΔEk求功。 2.用动能定理求解变力做功的方法 (1)分析物体的受力情况，确定做功过程中的哪些力是恒力，哪些力是变力。如果是恒力，写出恒力做功的表达式；如果是变力，用相应功的符号表示出变力做的功。 (2)分析物体的运动过程，确定其初、末状态的动能。 (3)运用动能定理列式求解。 提炼·总结 　如图所示，光滑斜面的顶端固定一弹簧，一质量为m的小球向右滑行，并冲上固定在水平地面上的斜面。设小球在斜面最低点A的速度为v，压缩弹簧至C点时弹簧最短，C点距地面高度为h，重力加速度为g，弹簧始终在弹性限度内，则从A到C的过程中弹簧弹力做的功是 A.mgh-mv2 B.mv2-mgh C.-mgh D.-(mgh+mv2) 例1 由A到C的过程运用动能定理可得-mgh+W=0-mv2，所以W=mgh-mv2， 故A正确。 √ 　如图所示，质量为m的物体与水平转台间的动摩擦因数为μ，物体与转轴相距为R，物体随转台由静止开始转动。当转速增至某一值时，物体即将在转台上滑动，此时转台开始匀速转动。设物体的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，重力加速度为g。则在这一过程中摩擦力对物体做的功是 A. B.2μmgR C.2πμmgR D.0 例2 物体即将在转台上滑动时有μmg=，由动能定理可得Wf=mv2-0= ，故A正确，B、C、D错误。 √ 　如图所示，运输机器人水平推着小车沿水平地面从静止 开始运动，机器人对小车和货物做功的功率恒为40 W，已 知小车和货物的总质量为20 kg，小车受到的阻力为小车和 货物重力的，小车向前运动了18 m时达到最大速度，重力加速度g取 10 m/s2。求： (1)小车运动的最大速度的大小； 例3 答案　2 m/s　 当牵引力等于阻力时小车的速度达到最大，Ff=mg=20 N，vm==2 m/s (2)机器人在这段时间对小车和货物做的功； 答案　400 J　 根据动能定理得W-Ff·s=m，解得W=400 J (3)小车发生这段位移所用时间t。 答案　10 s 由W=Pt，得t=10 s，所以小车发生这段位移所用时间为10 s。 返回 动能定理在图像问题中的应用 二 12 1.首先看清楚图像的种类(如v-t图像、F-s图像、Ek-s图像等)。 2.挖掘图像的隐含条件，求出所需物理量，如利用v-t图像与t轴所包围“面积”求位移，利用F-s图像与s轴所包围“面积”求功，利用Ek-s图像的斜率求合力等。 3.再分析还有哪些力做功，根据动能定理列方程，求出相应的物理量。 　(多选)在平直的公路上，汽车由静止开始做匀加速运动。当速度达到vm后，立即关闭发动机滑行直至停止。v-t图像如图所示，汽车的牵引力大小为F1，摩擦力大小为F2，全过程中，牵引力做的功为W1，克服摩擦力做功为W2。以下关系式正确的是 A.F1∶F2=1∶3 B.F1∶F2=4∶3 C.W1∶W2=1∶1 D.W1∶W2=1∶3 例4 对全过程由动能定理可知W1-W2=0，故W1∶W2=1∶1，故C正确，D错误； W1=F1s，W2=F2s'，由题图可知s∶s'=3∶4，所以F1∶F2=4∶3，故A错误，B正确。 √ √ 　(多选)(2023·广州市高一期中)从地面竖直向上抛出一 物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小 不变、方向始终与运动方向相反的阻力作用。距地面高 h在3 m以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h的变 化如图所示。重力加速度g=10 m/s2。该物体的质量m和所受的阻力f 是 A.m=2 kg B.m=1 kg C.f=1 N D.f=2 N 例5 √ √ 物体上升过程，根据动能定理有 -( f+mg)h=36 J-72 J 同理，物体下降过程，有(mg-f )h=48 J-24 J 联立，解得m=1 kg，f=2 N，故选B、D。 返回 专题强化练 三 17 对一对 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 D D A BD B AC A C 题号 9 　10 答案 (1)5 m/s　(2)5 m AB 18 1.(2024·安徽卷)某同学参加户外拓展活动，遵照安全规范，坐在滑板上，从高为h的粗糙斜坡顶端由静止下滑，至底端时速度为v。已知人与滑板的总质量为m，可视为质点。重力加速度大小为g，不计空气阻力。则此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为 A.mgh B.mv2 C.mgh+mv2 D.mgh-mv2 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 基础强化练 √ 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 人与滑板在下滑的过程中，由动能定理可得 mgh-W克f=mv2-0 可得此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为 W克f=mgh-mv2，故选D。 答案 2.(2023·天津市期末)如图所示，一质量为m的小球，用长为L的轻绳悬挂于O点，小球在水平力F作用下，从最低点P点缓慢地移到Q点。此时轻绳与竖直方向夹角为θ，重力加速度为g，则拉力F所做的功为 A.FLcos θ B.FLsin θ C.mgLcos θ D.mgL(1-cos θ) √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 小球在缓慢移动的过程中，水平力F是变力，不能通过功的公式求解功的大小，根据动能定理得WF-mgL(1-cos θ) =0，解得水平力F所做的功为WF=mgL(1-cos θ)，故选D。 答案 3.质量为m的物体以初速度v0沿水平面向左开始运动，起始点A与一水平轻弹簧O端相距s，如图所示。已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，物体与弹簧接触后，弹簧的最大压缩量为x，重力加速度为g，则从开始接触到弹簧被压缩至最短(弹簧始终在弹性限度内)，物体克服弹簧弹力所做的功为 A.m-μmg(s+x) B.m-μmgx C.μmgs D.μmg(s+x) √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 由动能定理有-W-μmg(s+x)=0-m， 可得W=m-μmg(s+x)，A正确， B、C、D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 4.(多选)A、B两物体的质量之比mA∶mB=2∶1，它们以相同的初速度v0在水平面上仅在摩擦力作用下做匀减速直线运动，直到停止，其v-t图像如图所示。此过程中，A、B两物体受到的摩擦力分别为FA、FB，A、B两物体受到的摩擦力做的功分别为WA、WB，则 A.WA∶WB=1∶4 B.WA∶WB=2∶1 C.FA∶FB=1∶4 D.FA∶FB=4∶1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 √ √ 答案 由动能定理可知W=0-m，由于A、B两物体仅 受摩擦力做功，质量之比mA∶mB=2∶1，因此两 物体受到的摩擦力做的功之比为WA∶WB=2∶1， A错误，B正确； 根据v-t图像的斜率可知两物体加速度之比为2∶1，根据牛顿第二定律F=ma，可得FA∶FB=4∶1，C错误，D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 5.(2023·佛山市高一月考)如图所示，竖直平面内一半径为R的半圆形轨道，两边端点等高，一个质量为m的质点从左端点P由静止开始下滑，滑到最低点Q时对轨道压力为2mg，g为重力加速度，则此下滑过程克服摩擦力做的功是 A.mgR B.mgR C.mgR D.mgR √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 质点经过Q点时，由重力和轨道的支持力提供向心力，由牛顿第二定律得：FN-mg=m，代入FN=2mg可得：=gR，质点自P滑到Q的过程中，由动能定理得： mgR-Wf=m-0，则克服摩擦力所做的功为： Wf=mgR，故选B。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 6.(多选)质量为1.0 kg的物体以某一水平初速度在水平面上滑行，由于摩擦力的作用，其动能随位移变化的情况如图所示，g取10 m/s2，则下列判断正确的是 A.物体与水平面间的动摩擦因数为0.2 B.物体与水平面间的动摩擦因数为0.3 C.物体滑行的总时间为2 s D.物体滑行的总时间为4 s 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 √ √ 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 根据动能定理得-μmgs=ΔEk，解得μ=0.2，故A正确， B错误； 物体的初速度v0==4 m/s，所以物体滑行的总时 间为t==2 s，故C正确，D错误。 答案 7.(2023·茂名市高一期末)如图甲所示，一轻绳一端与静置在光滑水平面上质量为m的小物块相连，另一端绕过定滑轮，现施加竖直向上的力F使小物块从A点运动到B点，该过程中拉力F随力的作用点的位移变化如图乙所示，当物块到达B点时，细线与水平方向的夹角α=60°，则此时力F作用点的速度大小为 A. B. C. D.2 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 √ 能力综合练 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 小物块从A点运动到B点， 由动能定理可得=m-0 可得物块到达B点的速度 vB= 根据速度的合成与分解可得力F作用点的速度 v=vBcos 60°=，故选A。 答案 8.如图所示，一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平。一质量为m的小球自P点上方高度R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道。小球滑到轨道最低点N时，对轨道的压力大小为4mg，g为重力加速度的大小。用W表示小球从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功，不计空气阻力，则 A.W=mgR，小球恰好可以到达Q点 B.W>mgR，小球不能到达Q点 C.W=mgR，小球到达Q点后，继续上升一段距离 D.W<mgR，小球到达Q点后，继续上升一段距离 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 √ 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 根据小球滑到轨道最低点N时，对轨道压力大小为 4mg，由牛顿第三定律可知，轨道对小球的支持力 大小为4mg，则在最低点有4mg-mg=m，解得小球 运动到最低点时的速度为v=，对小球从开始下落到运动到最低点的过程，由动能定理得2mgR-W=mv2-0，解得W=mgR，小球由最低点继续上滑的过程，到达Q点时克服摩擦力做功W'要小于W，由此可知，小球到达Q点后，可继续上升一段距离，故选C。 答案 9.如图甲所示，在倾角为30°且足够长的光滑斜面AB的A处连接一粗糙水平面OA，OA的长度为4 m。一可视为质点、质量为m的滑块(未画出)从O处由静止开始受一水平向右的力F作用。F只在水平面上按图乙所示的规律变化。已知滑块与OA间的动摩擦因数μ=0.25，重力加速度g取 10 m/s2，求： (1)滑块运动到A处时的速度大小； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案　5 m/s　 答案 由题图乙知在前2 m内，F1=2mg，做正功；在第3 m 内，F2=-0.5mg，做负功；在第4 m内，F3=0；滑动 摩擦力f=-μmg=-0.25mg，始终做负功；对滑块在OA 运动的过程(前4 m过程)，由动能定理得F1s1+F2s2+fs=m-0，解得vA=5 m/s。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 (2)不计滑块在A处的速率变化，滑块冲上斜面AB的长度是多少。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案　5 m 滑块冲上斜面的过程，由动能定理得-mgLsin 30°=0-m，解得L=5 m，所以滑块冲上斜面AB的长度为5 m。 答案 10.(多选)(2023·梅州市高一期末)如图甲所示，一物块以一定的初速度冲上倾角为30°的固定斜面。在斜面上运动的过程中，其动能与运动路程s的关系如图乙所示。已知物块所受的摩擦力大小恒定，g取10 m/s2。下列说法正确的是 A.物块质量为0.7 kg B.物块与斜面间的动摩擦因数为 C.0~20 m过程中，物块克服摩擦力做功为40 J D.0~10 m过程中与10~20 m过程中物块所受合力之比为3∶4 √ 尖子生选练 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 0~10 m内物块上滑，由动能定理得 -mgsin 30°·s1-fs1=Ek-Ek0 整理得Ek=Ek0-(mgsin 30°+f )s1 结合0~10 m内的图像得，斜率的绝对值 |k|=mgsin 30°+f=4 N 10~20 m内物块下滑，由动能定理得 (mgsin 30°-f )(s-s1)=Ek 整理得Ek=(mgsin 30°-f )s-(mgsin 30°-f )s1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 结合10~20 m内的图像得， 斜率k'=mgsin 30°-f=3 N 联立解得f=0.5 N，m=0.7 kg 根据f=μmgcos 30° 可求得物块与斜面间的动摩擦因数为μ=，故A、B正确； 0~20 m过程中，物块克服摩擦力做功Wf为动能的减少量ΔEk，则Wf= ΔEk =(40-30) J=10 J，故C错误； 由动能定理知0~10 m过程中与10~20 m过程中物块所受合力之比即为动能改变量之比，等于4∶3，故D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 返回 答案 BENKEJIESHU 本课结束 $$