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 浙江）

专题强化　动能定理的 应用(二) DIBAZHANG 第八章 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 内容索引 三、动能定理在平抛运动、圆周运动中的应用 3 一 应用动能定理解决多过程问题 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，一质量为2 kg的铅球从离地面2 m高处自由下落，陷入沙坑2 cm深处，不计空气阻力，求沙子对铅球的平均阻力大小。(取g=10 m/s2) 例1 答案　2 020 N 方法一　分段应用动能定理求解 设铅球自由下落到沙面时的速度为v， 由动能定理得mgH=mv2-0 设铅球在沙中受到的平均阻力大小为Ff 由动能定理得mgh-Ffh=0-mv2 联立以上两式得Ff=mg=2 020 N。 方法二　全过程应用动能定理求解 铅球下落全过程都受重力，只有进入沙中铅球才受阻力 重力做功WG=mg(H+h) 而阻力做功Wf=-Ffh 由动能定理得mg(H+h)-Ffh=0-0 代入数据得Ff=2 020 N。 返回 二 应用动能定理解决往复运动问题 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·浙江省精诚联盟高一月考)如图所示，AB为光滑圆弧轨道，圆弧轨道的半径为R=3 m，A点为圆弧轨道的顶端，A点与圆心O在同一水平面上，BC为粗糙水平轨道，滑块与BC轨道间的动摩擦因数为μ=0.5，BC长L=2 m，CD是倾角为θ=30°光滑斜轨道。一质量为m=3 kg小滑块从A点以v0=2 m/s的初速度沿AB圆弧滑下，斜轨道与水平轨道交接处有一段很小的圆弧，滑块经过交接处时与轨道的碰撞 所引起的能量损失可以不计，g取10 m/s2。求： (1)滑块第1次经过光滑圆弧最低点B点时，轨道对滑块的支持力FN的大小； 例2 答案　94 N 从A到B过程，根据动能定理可得mgR=m-m 经过B点时，由牛顿第二定律可得FN-mg=m 联立解得轨道对滑块的支持力大小为FN=94 N (2)滑块沿光滑斜轨道CD能上升的最大高度h； 答案　2.2 m 从A点至CD段能上升到的最高点过程， 根据动能定理可得mgR-μmgL-mgh=0-m 代入数据解得h=2.2 m (3)滑块最后停止的位置到B点的距离。 答案　1.6 m 由于AB、CD段光滑，故滑块最终只能停止在水平轨道上，从开始到 停止的全过程，根据动能定理有mgR-μmgs=0-m 解得滑块在BC段通过的总路程为s=6.4 m 由于s=3L+0.4 m， 故最终滑块停止的位置距离B点的距离为2 m-0.4 m=1.6 m。 返回 三 动能定理在平抛运动、圆周运动中的应用 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=。 　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 根据牛顿第三定律，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。 　(2024·杭州市第四中学期中)如图所示的轨道由倾角为α=37°的直线AB段、水平轨道BC段、圆轨道以及水平轨道CE段组成。将一质量为m、可视为质点的物块由轨道A点无初速度释放，经过B点时不计能量损失，物块可由C点进入竖直的圆轨道。已知物块与轨道AB、BC、CE段间的动摩擦因数均为μ=0.5，其余部分的摩擦力均可忽略不计，已知AB=10L、BC=L，重力加速度为g，sin 37°=0.6，cos 37° =0.8。 (1)求物块滑到B点时速度大小； 例4 答案　2 物块从A到B过程，由动能定理得 mg·10Lsin α-μmgcos α·10L=m 解得vB=2 (2)欲使物块不脱离竖直圆轨道，则竖直圆轨道 的半径R应满足什么条件？ 答案　0<R≤0.6L或R≥1.5L 物块不脱离竖直圆轨道，有两种情况： 情况一：物块能滑过圆轨道最高点D， 则物块恰好能滑过圆轨道最高点D时，在最高点D应满足mg=m 物块从B到D过程，由动能定理得-μmgL-mg·2R=m-m 解得R=0.6L 情况二：物块从B滑到与圆心O等高处，速度减为零，则由动能定理得-μmgL-mgR'=0-m 解得R'=1.5L 欲使物块不脱离竖直圆轨道，则竖直圆轨道的半径R应该满足0<R≤ 0.6L或R≥1.5L。 返回 专题强化练 四 26 1 2 3 4 5 6 7 8 题号 1 2 3 4 5 6 答案 A D A D (1)0.1　 (2)4 m 　(1)16 J　(2)38 N　 　(3)0.225 题号 7 8 答案 (1)　(2)0　(3) 　　(1)2　(2)-mgR　 　　(3)C点左侧0.4R处 对一对 答案 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) 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。 1 2 3 4 5 6 7 8 基础强化练 √ 答案 2.(2023·杭州市高一期中)图甲为某水上乐园的滑道，我们将其简化为图乙。某次游玩时，游客从倾斜滑道顶端静止滑下，停在水平滑道的A点。倾斜滑道与水平滑道材料相同且平滑连接。游客的质量为m，倾斜滑道高度为h、倾角为θ，游客与滑道间的动摩擦因数为μ，A点与倾斜滑道顶端的水平距离为x，下列说法正确的是 A.h和μ一定，m越大，x越小 B.h和μ一定，m越大，x越大 C.h和μ一定，θ越小，x越小 D.x的大小只与h和μ有关，与θ、m无关 1 2 3 4 5 6 7 8 √ 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 设倾斜轨道长为x1，水平轨道长为x2，则整个过程中根据动能定理mgh-μmgcos θ·x1-μmg·x2=0， 即mgh-μmg(x1cos θ+x2)=mgh- μmg·x=0，解得x=，即x的大 小只与h和μ有关，与θ、m无关。故选D。 答案 3.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(未画出)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 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。 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 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。 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 答案 5.如图所示，光滑四分之一圆弧轨道BC与粗糙水平面相切。质量m=1 kg的物体，从水平面上的A点以初速度v0=4 m/s向左运动，冲上圆弧轨道，恰能到达轨道最高点C，然后又沿圆弧轨道下滑最终停止在水平面上。已知AB长L=4 m，圆弧轨道半径R=0.4 m， 重力加速度g=10 m/s2，求： (1)物体与水平面间的动摩擦因数μ； 答案　0.1 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 物体从A点到C点过程中，只有重力和摩擦力做功，根据动能定理得 -mgR-FfL=0-m 物体在水平面上所受摩擦力为Ff=μmg 解得μ=0.1 答案 (2)物体最终停下的位置与B点之间的距离。 答案　4 m 1 2 3 4 5 6 7 8 物体从C点到最终停止过程中，只有重力和摩擦力做功，根据动能定理得mgR-μmgx=0 解得x=4 m。 答案 6.(2024·杭州市第四中学高一期末)如图所示，在高处的光滑水平平台上，质量m=2 kg的小球压缩弹簧后被锁扣锁住，储存的弹性势能为Ep，若打开锁扣，小球脱离弹簧后将以一定的水平速度v0向左滑离平台，做平抛运动，经过t=0.3 s恰好能从光滑圆弧形轨道CD的C点沿切线方向进入圆弧形轨道。该圆弧对应的圆心角为37°，半径R=5 m，OD为竖直半径，圆弧形轨道左侧DE是长为L=5 m的粗糙水平轨道，小球遇墙壁等速反弹后刚好回到D点。各轨道间平滑连 接，空气阻力不计，g取10 m/s2， sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。求： 1 2 3 4 5 6 7 8 能力综合练 答案 (1)弹簧储存的弹性势能Ep； 1 2 3 4 5 6 7 8 答案　16 J 经过t=0.3 s恰好能从光滑圆弧形轨道CD的C点沿切线方向进入圆弧形轨道，由几何关系有tan 37°= 解得v0=4 m/s 所以弹簧储存的弹性势能Ep=m=16 J 答案 (2)小球在圆弧形轨道D点对轨道的 压力； 1 2 3 4 5 6 7 8 答案　38 N 答案 小球在C点的速度为vC==5 m/s 由C到D根据动能定理有 mgR(1-cos 37°)=m-m 解得vD=3 m/s 小球在圆弧形轨道D点，由牛顿第二定律有FN-mg=m 解得FN=38 N 由牛顿第三定律知，小球在圆弧形轨道D点对轨道的压力为F压=FN=38 N 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 (3)DE段的动摩擦因数μ。 答案　0.225 由D到E再回到D，由动能定理可知-2μmgL=0-m 解得DE段的动摩擦因数μ=0.225。 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 7.(2023·湖北卷)如图为某游戏装置原理示意图。水平桌面上固定一半圆形竖直挡板，其半径为2R、内表面光滑，挡板的两端A、B在桌面边缘，B与半径为R的固定光滑圆弧轨道在同一竖直平面内，过C点的轨道半径与竖直方向的夹角为60°。小物块以某一水平初速度由A点切入挡板内侧，从B点飞出桌面后，在C点沿圆弧切 线方向进入轨道内侧，并恰好能到达轨 道的最高点D。小物块与桌面之间的动摩擦因 数为，重力加速度大小为g，忽略空气阻力， 小物块可视为质点。求： 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 (1)小物块到达D点的速度大小； 1 2 3 4 5 6 7 8 答案　 由题知，小物块恰好能到达轨道的最高点D， 则在D点有m=mg 解得vD= 答案 (2)B和D两点的高度差； 1 2 3 4 5 6 7 8 答案　0 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 由题知，小物块从C点沿圆弧切线方向进入轨道内侧，则在C点有 cos 60°= 小物块从C到D的过程中，根据动能定理有 -mg(R+Rcos 60°)=m-m 小物块从B到D的过程中，根据动能定理有 mgHBD=m-m 联立解得vB=，HBD=0 答案 (3)小物块在A点的初速度大小。 答案　 小物块从A到B的过程中，根据动能定理有 -μmgS=m-m S =π·2R 解得vA=。 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 8.(2024·淳安县汾口中学月考)如图所示，AB为一固定在水平面上的半圆形细圆管轨道，轨道内壁粗糙，轨道半径为R且远大于细管的内径，轨道底端与水平轨道BC相切于B点。水平轨道BC长为2R，右侧为一固定在水平面上的粗糙斜面CD，一质量为 m、可视为质点的物块从圆管轨道顶端A点以初速度v0=水平射入圆管轨道，运动 到B点时对轨道的压力大小为自身重力的5倍。物块自水平面经过C点滑向斜面，物块经过C点时速度大小不发生变化。物块与轨 道BC及斜面间的动摩擦因数均为μ=0.5，斜面 CD长度为3R，倾角为θ=37°。sin 37°=0.6， cos 37°=0.8，重力加速度为g。求： 1 2 3 4 5 6 7 8 尖子生选练 答案 根据题意在B点有轨道对物块的支持力FN=FN'=5mg 由牛顿第二定律有FN-mg=m 解得vB=2 (1)物块在B点的速度大小； 1 2 3 4 5 6 7 8 答案　2 答案 物块从A点到B点的过程，由动能定理得2mgR+Wf=m-m 解得Wf=-mgR (2)物块从A点到B点的过程中，阻力所做 的功； 1 2 3 4 5 6 7 8 答案　-mgR 答案 (3)物块最终停留的位置。 1 2 3 4 5 6 7 8 答案　C点左侧0.4R处 答案 设沿斜面上升的最大位移为x，从B点到最高点， 由动能定理得-μmg·2R-mgxsin θ-Ff·x=0-m 其中Ff=μmgcos θ 解得x=R 因μmgcos θ<mgsin θ， 故物块在速度减为零后不会停在斜面， 设物块在BC水平面再滑行l停下，由动能定理得mgxsin θ-Ffx-μmgl=0-0 解得l=0.4R 物块最终停留在C点左侧0.4R处。 1 2 3 4 5 6 7 8 返回 答案 $ 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，一质量为2 kg的铅球从离地面2 m高处自由下落，陷入沙坑2 cm深处，不计空气阻力，求沙子对铅球的平均阻力大小。(取g=10 m/s2) 答案　2 020 N 解析　方法一　分段应用动能定理求解 设铅球自由下落到沙面时的速度为v， 由动能定理得mgH=mv2-0 设铅球在沙中受到的平均阻力大小为Ff 由动能定理得mgh-Ffh=0-mv2 联立以上两式得Ff=mg=2 020 N。 方法二　全过程应用动能定理求解 铅球下落全过程都受重力，只有进入沙中铅球才受阻力 重力做功WG=mg(H+h) 而阻力做功Wf=-Ffh 由动能定理得mg(H+h)-Ffh=0-0 代入数据得Ff=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·浙江省精诚联盟高一月考)如图所示，AB为光滑圆弧轨道，圆弧轨道的半径为R=3 m，A点为圆弧轨道的顶端，A点与圆心O在同一水平面上，BC为粗糙水平轨道，滑块与BC轨道间的动摩擦因数为μ=0.5，BC长L=2 m，CD是倾角为θ=30°光滑斜轨道。一质量为m=3 kg小滑块从A点以v0=2 m/s的初速度沿AB圆弧滑下，斜轨道与水平轨道交接处有一段很小的圆弧，滑块经过交接处时与轨道的碰撞所引起的能量损失可以不计，g取10 m/s2。求： (1)滑块第1次经过光滑圆弧最低点B点时，轨道对滑块的支持力FN的大小； (2)滑块沿光滑斜轨道CD能上升的最大高度h； (3)滑块最后停止的位置到B点的距离。 答案　(1)94 N　(2)2.2 m　(3)1.6 m 解析　(1)从A到B过程，根据动能定理可得mgR=m-m 经过B点时，由牛顿第二定律可得FN-mg=m 联立解得轨道对滑块的支持力大小为FN=94 N (2)从A点至CD段能上升到的最高点过程，根据动能定理可得mgR-μmgL-mgh=0-m 代入数据解得h=2.2 m (3)由于AB、CD段光滑，故滑块最终只能停止在水平轨道上，从开始到停止的全过程，根据动能定理有mgR-μmgs=0-m 解得滑块在BC段通过的总路程为s=6.4 m 由于s=3L+0.4 m，故最终滑块停止的位置距离B点的距离为2 m-0.4 m=1.6 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　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 根据牛顿第三定律，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　(2024·杭州市第四中学期中)如图所示的轨道由倾角为α=37°的直线AB段、水平轨道BC段、圆轨道以及水平轨道CE段组成。将一质量为m、可视为质点的物块由轨道A点无初速度释放，经过B点时不计能量损失，物块可由C点进入竖直的圆轨道。已知物块与轨道AB、BC、CE段间的动摩擦因数均为μ=0.5，其余部分的摩擦力均可忽略不计，已知AB=10L、BC=L，重力加速度为g，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。 (1)求物块滑到B点时速度大小； (2)欲使物块不脱离竖直圆轨道，则竖直圆轨道的半径R应满足什么条件？ 答案　(1)2　(2)0<R≤0.6L或R≥1.5L 解析　(1)物块从A到B过程，由动能定理得mg·10Lsin α-μmgcos α·10L=m 解得vB=2 (2)物块不脱离竖直圆轨道，有两种情况： 情况一：物块能滑过圆轨道最高点D，则物块恰好能滑过圆轨道最高点D时，在最高点D应满足mg=m 物块从B到D过程，由动能定理得-μmgL-mg·2R=m-m 解得R=0.6L 情况二：物块从B滑到与圆心O等高处，速度减为零，则由动能定理得-μmgL-mgR'=0-m 解得R'=1.5L 欲使物块不脱离竖直圆轨道，则竖直圆轨道的半径R应该满足0<R≤0.6L或R≥1.5L。 专题强化练　[分值：80分] 1~4题每题7分，5题12分，共40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.(2023·杭州市高一期中)图甲为某水上乐园的滑道，我们将其简化为图乙。某次游玩时，游客从倾斜滑道顶端静止滑下，停在水平滑道的A点。倾斜滑道与水平滑道材料相同且平滑连接。游客的质量为m，倾斜滑道高度为h、倾角为θ，游客与滑道间的动摩擦因数为μ，A点与倾斜滑道顶端的水平距离为x，下列说法正确的是(　　) A.h和μ一定，m越大，x越小 B.h和μ一定，m越大，x越大 C.h和μ一定，θ越小，x越小 D.x的大小只与h和μ有关，与θ、m无关 答案　D 解析　设倾斜轨道长为x1，水平轨道长为x2，则整个过程中根据动能定理mgh-μmgcos θ·x1-μmg·x2=0，即mgh-μmg(x1cos θ+x2)=mgh-μmg·x=0，解得x=，即x的大小只与h和μ有关，与θ、m无关。故选D。 3.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(未画出)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。 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.(12分)如图所示，光滑四分之一圆弧轨道BC与粗糙水平面相切。质量m=1 kg的物体，从水平面上的A点以初速度v0=4 m/s向左运动，冲上圆弧轨道，恰能到达轨道最高点C，然后又沿圆弧轨道下滑最终停止在水平面上。已知AB长L=4 m，圆弧轨道半径R=0.4 m，重力加速度g=10 m/s2，求： (1)(6分)物体与水平面间的动摩擦因数μ； (2)(6分)物体最终停下的位置与B点之间的距离。 答案　(1)0.1　(2)4 m 解析　(1)物体从A点到C点过程中，只有重力和摩擦力做功，根据动能定理得 -mgR-FfL=0-m 物体在水平面上所受摩擦力为Ff=μmg 解得μ=0.1 (2)物体从C点到最终停止过程中，只有重力和摩擦力做功，根据动能定理得mgR-μmgx=0 解得x=4 m。 6、7题每题13分，共26分 6.(13分)(2024·杭州市第四中学高一期末)如图所示，在高处的光滑水平平台上，质量m=2 kg的小球压缩弹簧后被锁扣锁住，储存的弹性势能为Ep，若打开锁扣，小球脱离弹簧后将以一定的水平速度v0向左滑离平台，做平抛运动，经过t=0.3 s恰好能从光滑圆弧形轨道CD的C点沿切线方向进入圆弧形轨道。该圆弧对应的圆心角为37°，半径R=5 m，OD为竖直半径，圆弧形轨道左侧DE是长为L=5 m的粗糙水平轨道，小球遇墙壁等速反弹后刚好回到D点。各轨道间平滑连接，空气阻力不计，g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。求： (1)(3分)弹簧储存的弹性势能Ep； (2)(5分)小球在圆弧形轨道D点对轨道的压力； (3)(5分)DE段的动摩擦因数μ。 答案　(1)16 J　(2)38 N　(3)0.225 解析　(1)经过t=0.3 s恰好能从光滑圆弧形轨道CD的C点沿切线方向进入圆弧形轨道，由几何关系有tan 37°= 解得v0=4 m/s 所以弹簧储存的弹性势能Ep=m=16 J (2)小球在C点的速度为vC==5 m/s 由C到D根据动能定理有mgR(1-cos 37°)=m-m 解得vD=3 m/s 小球在圆弧形轨道D点，由牛顿第二定律有FN-mg=m 解得FN=38 N 由牛顿第三定律知，小球在圆弧形轨道D点对轨道的压力为F压=FN=38 N (3)由D到E再回到D，由动能定理可知-2μmgL=0-m 解得DE段的动摩擦因数μ=0.225。 7.(13分)(2023·湖北卷)如图为某游戏装置原理示意图。水平桌面上固定一半圆形竖直挡板，其半径为2R、内表面光滑，挡板的两端A、B在桌面边缘，B与半径为R的固定光滑圆弧轨道在同一竖直平面内，过C点的轨道半径与竖直方向的夹角为60°。小物块以某一水平初速度由A点切入挡板内侧，从B点飞出桌面后，在C点沿圆弧切线方向进入轨道内侧，并恰好能到达轨道的最高点D。小物块与桌面之间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g，忽略空气阻力，小物块可视为质点。求： (1)(3分)小物块到达D点的速度大小； (2)(6分)B和D两点的高度差； (3)(4分)小物块在A点的初速度大小。 答案　(1)　(2)0　(3) 解析　(1)由题知，小物块恰好能到达轨道的最高点D，则在D点有m=mg 解得vD= (2)由题知，小物块从C点沿圆弧切线方向进入轨道内侧，则在C点有 cos 60°= 小物块从C到D的过程中，根据动能定理有 -mg(R+Rcos 60°)=m-m 小物块从B到D的过程中，根据动能定理有 mgHBD=m-m 联立解得vB=，HBD=0 (3)小物块从A到B的过程中，根据动能定理有 -μmgS=m-m S =π·2R 解得vA=。 8.(14分)(2024·淳安县汾口中学月考)如图所示，AB为一固定在水平面上的半圆形细圆管轨道，轨道内壁粗糙，轨道半径为R且远大于细管的内径，轨道底端与水平轨道BC相切于B点。水平轨道BC长为2R，右侧为一固定在水平面上的粗糙斜面CD，一质量为m、可视为质点的物块从圆管轨道顶端A点以初速度v0=水平射入圆管轨道，运动到B点时对轨道的压力大小为自身重力的5倍。物块自水平面经过C点滑向斜面，物块经过C点时速度大小不发生变化。物块与轨道BC及斜面间的动摩擦因数均为μ=0.5，斜面CD长度为3R，倾角为θ=37°。sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，重力加速度为g。求： (1)(4分)物块在B点的速度大小； (2)(5分)物块从A点到B点的过程中，阻力所做的功； (3)(5分)物块最终停留的位置。 答案　(1)2　(2)-mgR　(3)C点左侧0.4R处 解析　(1)根据题意在B点有轨道对物块的支持力FN=FN'=5mg 由牛顿第二定律有FN-mg=m 解得vB=2 (2)物块从A点到B点的过程，由动能定理得2mgR+Wf=m-m 解得Wf=-mgR (3)设沿斜面上升的最大位移为x，从B点到最高点，由动能定理得-μmg·2R-mgxsin θ-Ff·x=0-m 其中Ff=μmgcos θ 解得x=R 因μmgcos θ<mgsin θ，故物块在速度减为零后不会停在斜面，设物块在BC水平面再滑行l停下，由动能定理得mgxsin θ-Ffx-μmgl=0-0 解得l=0.4R 物块最终停留在C点左侧0.4R处。 学科网（北京）股份有限公司 $