高中物理第四章機械能和能源3動能與動能定理學案教科版必修

PAGE24-動能與動能定理一、能夠利用動能定理求變力做功★★★★☆☆應用動能定理求變力做功時應注意的問題(1)所求的變力的功不一定為總功，故所求的變力的功不一定等于ΔEk.(2)若有多個力做功時，必須明確各力做功的正負，待求的變力的功若為負功，可以設克服該力做功為W，則表達式中應用－W；也可以設變力的功為W，則字母W本身含有負號．如圖3所示，一質量為m的質點在半徑為R的半球形容器中(容器固定)由靜止開始自邊緣上的A點滑下，到達最低點B時，它對容器的正壓力為FN.重力加速度為g，則質點自A滑到B的過程中，摩擦力對其所做的功為 ()圖3A.R(FN－3mg) B.R(3mg－FN)C.R(FN－mg) D.R(FN－2mg)答案A解析質點到達最低點B時，它對容器的正壓力為FN，根據(jù)牛頓第二定律有FN－mg＝m，根據(jù)動能定理，質點自A滑到B的過程中有Wf＋mgR＝mv2，故摩擦力對其所做的功Wf＝RFN－mgR，故A項正確．如圖3所示，質量為m的小球用長為L的輕質細線懸于O點，與O點處于同一水平線上的P點處有一個光滑的細釘，已知OP＝，在A點給小球一個水平向左的初速度v0，發(fā)現(xiàn)小球恰能到達跟P點在同一豎直線上的最高點B.求：圖3(1)小球到達B點時的速率；(2)若不計空氣阻力，則初速度v0為多少；(3)若初速度v0＝3，則小球在從A到B的過程中克服空氣阻力做了多少功．解析(1)小球恰能到達最高點B，有mg＝m，得vB＝.(2)若不計空氣阻力，從A→B由動能定理得－mg(L＋)＝mv－mv解得v0＝.(3)由動能定理得－mg(L＋)－Wf＝mv－mv解得Wf＝mgL.答案(1)(2)(3)mgL如圖所示，質量分別為mA=0.6kg和mB=0.4kg的A、B兩木塊疊放在豎直輕彈簧上靜止（A、B間不粘連），彈簧的勁度k=100N/m．若在A上作用一個豎直向上的拉力F，使A由靜止開始以2.5m/s2的加速度豎直向上做勻加速運動．已知從開始運動到A、B恰好分離過程中彈簧的彈性勢能減少了0.375J．取g=10m/s2．求：（1）A、B共同上升高度h為多大時兩木塊恰好分離；（2）A、B剛分離時B木塊的速度大小v；（3）A、B分離前拉力對木塊做的功WF．【解答】解：（1）靜止時，由平衡條件得：（mA+mB）g=kx1，代入數(shù)據(jù)解得：xm1=0.1m，分離時，對B，由牛頓第二定律得：kx2﹣mBg=mBa，代入數(shù)據(jù)解得：x2=0.05m，則A、B共同上升高度h=x2=0.05m時兩木塊恰好分離；（2）由速度位移公式：v2=2ax可得：v2=2×2.5×0.05，代入數(shù)據(jù)解得：v=0.5m/s；（3）從開始運動到AB分離過程，對AB，由動能定理得：WF+W彈﹣（mA+mB）gh=（mA+mB）v2﹣0，代入數(shù)據(jù)解得：WF=0.25J；答：（1）A、B共同上升高度h為0.05m時兩木塊恰好分離；（2）A、B剛分離時B木塊的速度大小為0.5m/s；（3）A、B分離前拉力對木塊做的功為0.25J．【過關檢測】如圖所示，光滑水平平臺上有一個質量為m的物塊，站在地面上的人用跨過定滑輪的繩子向右拉動物塊，不計繩和滑輪的質量及滑輪的摩擦，且平臺邊緣離人手作用點豎直高度始終為h.當人以速度v從平臺的邊緣處向右勻速前進位移x時，則 ()A．在該過程中，物塊的運動可能是勻速的B．在該過程中，人對物塊做的功為())C．在該過程中，人對物塊做的功為mv2D．人前進x時，物塊的運動速率為答案B解析設繩子與水平方向的夾角為θ，則物塊運動的速度v物＝vcosθ，而cosθ＝，故v物＝，可見物塊的速度隨x的增大而增大，A、D均錯誤；人對物塊的拉力為變力，變力的功可應用動能定理求解，即W＝mv＝(h2))，B正確，C錯誤．如圖所示，擺球質量為m，懸線的長為L，把懸線拉到水平位置后放手．設在擺球運動過程中空氣阻力F阻的大小不變，則下列說法正確的是()．A．重力做功為mgLB．繩的拉力做功為0C．空氣阻力(F阻)做功為－mgLD．空氣阻力(F阻)做功為－F阻πL解析如圖所示，因為拉力FT在運動過程中始終與運動方向垂直，故不做功，即WFT＝0重力在整個運動過程中始終不變，小球在重力方向上的位移為AB在豎直方向上的投影L，所以WG＝mgL.F阻所做的總功等于每個小弧段上F阻所做功的代數(shù)和，即WF阻＝－(F阻Δx1＋F阻Δx2＋…)＝－F阻πL.故重力mg做的功為mgL，繩子拉力做功為零，空氣阻力所做的功為－F阻πL.答案ABD如圖所示，勁度系數(shù)為k的彈簧下端懸掛一個質量為m的重物，處于靜止狀態(tài)．手托重物使之緩慢上移，直到彈簧恢復原長，手對重物做的功為W1.然后放手使重物從靜止開始下落，重物下落過程中的最大速度為v，不計空氣阻力．重物從靜止開始下落到速度最大的過程中，彈簧對重物做的功為W2，則()．A．W1> B．W1<C．W2＝mv2 D．W2＝－mv2解析設x為彈簧伸長的長度，由胡克定律得：mg＝kx.手托重物使之緩慢上移，直到彈簧恢復原長，重物的重力勢能增加了mgx＝，彈簧的彈力對重物做了功，所以手對重物做的功W1<，選項B正確；由動能定理知W2＋＝mv2，則C、D錯．質量為m、長度為2L的密度均勻的矩形木板，以速度v0沿光滑水平面上運動時，垂直滑向寬度為L的粗糙地帶，木板從開始受到阻力到停下來所經(jīng)過的位移恰好為2L，已知木板與粗糙面的動摩擦因數(shù)為μ，則在這一過程中（）A．木板克服摩擦力做功為2μmgLB．木板克服摩擦力做功為C．木板克服摩擦力做功為D．木板克服摩擦力做功為【解答】解：A、C、D：當物體的長度只有一部分在粗糙的地面上時，只有粗糙地面的一部分存在摩擦力．物體是密度均勻的矩形木板，單位長度上的質量是相等的，單位長度上的重力也是相等的，長度為x的木板上的重力與長度的關系為：，所以木板受到的摩擦力與位置的關系如圖：在0﹣L的范圍內，木板受到的摩擦力與在粗糙的水平面上的長度成正比，在L﹣2L范圍內，木板受到的摩擦力是，摩擦力與位移所圍成的面積表示摩擦力做的功，所以在0﹣2L范圍內摩擦力做的功：．故C正確，AD錯誤；B、在木板運動的過程中，摩擦力做功，木板的動能減小，根據(jù)動能定律：．故B正確．故選：BC如圖所示，在豎直平面內固定有兩個很靠近的同心圓形軌道，外圓ABCD的內表面光滑，內圓A′B′C′D′的上半部分B′C′D′粗糙，下半部分B′A′D′光滑．一質量m=0.1kg的小球從軌道的最低點A，以初速度v0向右運動，球的尺寸略小于兩圓間距，球運動的半徑R=0.2m，取g=10m/s2．（1）若要使小球始終緊貼外圓做完整的圓周運動，初速度v0至少為多少？（2）若v0=3m/s，經(jīng)過一段時間小球到達最高點，內軌道對小球的支持力N=1N，則小球在這段時間內克服摩擦力做的功是多少？（3）若v0=3m/s，經(jīng)過足夠長的時間后，小球經(jīng)過最低點A時受到的支持力為多少？小球在整個運動過程中減少的機械能是多少？【解答】解：（1）設此情形下小球到達最高點的最小速度為vC，則有：代入數(shù)據(jù)，解得：v0=（2）設此時小球到達最高點的速度為vc′，克服摩擦力做的功為W，則：代入數(shù)據(jù)，解得：W=0.05J（3）經(jīng)足夠長時間后，小球在下半圓軌道內做往復運動，設小球經(jīng)過最低點的速度為vA，受到的支持力為NA，則有：代入數(shù)據(jù)，解得：NA=3N設小球在整個運動過程中減少的機械能為△E，由功能關系有代入數(shù)據(jù)，解得：△E=0.25J答：（1）要使小球始終緊貼外圓做完整的圓周運動，初速度v0至少．（2）小球在這段時間內克服摩擦力做的功是0.05J．（3）小球經(jīng)過最低點A時受到的支持力為3N，小球在整個運動過程中減少的機械能是0.25J．如圖所示是一個橫截面為半圓、半徑為R的光滑柱面，一根不可伸長的細線兩端分別系住物體A、B，（A、B可以看成質點）且A的質量為1.2m，B的質量為m，在圖示位置由靜止開始釋放A物體，求（1）釋放A物體的瞬間，細線對A物體的拉力（2）物體B沿柱面達到半圓頂點的過程中，細線的拉力對物體B所做的功．（重力加速度為g，π=3）【解答】解：（1）把AB看成一個整體，根據(jù)牛頓第二定律得：a=對A受力分析，根據(jù)牛頓第二定律得：1.2mg﹣F=1.2ma解得：F=（2）以A、B和繩為系統(tǒng)，整體由動能定理得：解得：再以B為研究對象，根據(jù)動能定理得：解得：答：（1）釋放A物體的瞬間，細線對A物體的拉力為；（2）物體B沿柱面達到半圓頂點的過程中，細線的拉力對物體B所做的功為．二、能夠解決動能定理的圖像問題★★★★☆☆如圖甲所示，靜置于光滑水平面上坐標原點處的小物塊，在水平拉力F作用下，沿x軸方向運動，拉力F隨物塊所在位置坐標x的變化關系如圖乙所示，圖線為半圓．則小物塊運動到x0處時的動能為（）A．0 B．Fmx0 C．Fmx0 D．x02【解答】解：F﹣x圖象的“面積”等于拉力做功的大小，則得到拉力做功W=π（）2=，由圖看出，F(xiàn)m=，得到，W=．根據(jù)動能定理得：小物塊運動到x0處時的動能為．故選C如圖所示，為質量500克的小球豎直向上拋出后運動的v﹣t圖象，小球在拋出過程中，人對小球做的功為焦耳，小球在拋出后的4秒內，克服空氣阻力所做的功為焦耳．【解答】解：根據(jù)圖象可知：小球的初速度為24m/s，4s末速度為16m/s，小球在拋出過程中，對小球運用動能定理得：W=﹣0=144J根據(jù)速度﹣時間圖象與坐標軸所圍成的面積表示小球的位移可得：前2s的位移為x1=m=24m2﹣4s內的位移為m=﹣16m所以WG=﹣mgh=﹣0.5×10×（24﹣16）J=﹣40J小球拋出后到4s末，對小球運用動能定理得：帶入數(shù)據(jù)得：Wf=﹣40J所以克服空氣阻力所做的功為40J故答案為：144；40．如圖所示，AB段是一段光滑的水平軌道，輕質彈簧一端固定在A點，放置在軌道AB上，BC段是半徑R=2.5m的光滑半圓弧軌道，有一個質量m=0.1kg的小滑塊，緊靠在被壓緊的彈簧前，松開彈簧，物塊被彈出后恰好能通過C點，（g取10m/s2）求：（1）彈簧被壓緊時的彈性勢能；（2）保持彈簧每次的壓縮量相同，讓物塊的質量在至m之間變化，求物塊從C點飛出后在水平軌道上落點的范圍；（3）保持物塊的質量m不變，改變每次對彈簧的壓縮量，設小滑塊經(jīng)過半圓弧軌道C點時，軌道對小滑塊作用力的大小為FN，試研究FN與彈簧的彈性勢能EP的函數(shù)關系，并在坐標紙上作出FN﹣EP圖象．【解答】解：（1）物塊恰能過C點，有：物塊由初位置至C點，設彈簧彈力做功W1，由動能定理知：代入數(shù)據(jù)得：W1=6.25J即初釋時彈簧具有的彈性勢能EP=W1=6.25J；（2）當物體質量為m時，過C點的速度為v′C，則：mg×代入數(shù)據(jù)得：v′C=20m/s設速度為vC時水平位移為x1，設速度為v′C時水平位移為x2，從平拋到落地的時間為t，則有：2R=gt2x1=vCtx2=v′Ct代入數(shù)據(jù)得：x1=5mx2=20m所以，物塊從C點飛出后在水平軌道上落點的范圍為5m到20m之間；（3）設每次彈出物塊彈簧做功為W，物塊至C處的速度為VC，C處對物塊的彈力為FN則：W=EP在C點由牛頓第二定律得：整理得：=作圖，如右圖．答：：（1）彈簧被壓緊時的彈性勢能為6.25J（2）物塊從C點飛出后在水平軌道上落點的范圍為5m到20m；（3）FN與彈簧的彈性勢能EP的函數(shù)關系為EP﹣5，F(xiàn)N﹣EP圖象【過關檢測】如圖1，質量m=1kg的物體，初速度為v0，方向水平向右．在向右的水平拉力F的作用下，沿粗糙水平面運動，位移為4m時，拉力F停止作用，物體又運動了4m后停下來．其運動過程中的動能隨位移的變化（Ek﹣x）圖線如圖2所示，重力加速度g取10m/s2，則（）A．物體的初速度v0為m/sB．物體與水平面間的動摩擦因數(shù)為0.25C．滑動摩擦力的大小為5ND．拉力F的大小為2N【解答】解：A、由圖可知物體的初動能為2J，根據(jù)EK=mv02得：v0=2m/s．故A錯誤．B、設勻加速的位移為s1，勻減速運動的位移為s2，由圖知：s1=4m，s2=4m對撤去拉力F后直到停止的過程運用動能定理得：﹣μmgs2=0﹣10J，得μ=0.25故B正確．C、滑動摩擦力的大小f=μmg=2.5N．故C錯誤．D、對于勻加速運動過程，由動能定理得Fs1﹣fs1=10J﹣2J解得，F(xiàn)=4.5N故D錯誤．故選B在豎直平面內．一根光滑金屬桿彎成如圖所示形狀，相應的曲線方程為（m），式中k=1m﹣1．將一質量為lkg的光滑小環(huán)套在該金屬桿上，在點給小環(huán)以平行于桿、大小為10m/s的初速，讓小環(huán)沿桿向+x方向運動，取g=10m/s2．關于小環(huán)的運動，下列說法正確的是（）A．金屬桿對小環(huán)不做功B．小環(huán)沿x軸方向的分運動為勻速運動C．小環(huán)到達金屬桿的最高點時的速度為D．小環(huán)到達點時的速度為【解答】解：A、金屬桿對小環(huán)的彈力與小環(huán)的速度方向始終垂直，所以金屬桿對小環(huán)不做功．故A正確．B、對小環(huán)進行受力分析，小環(huán)受重力和金屬桿對小環(huán)的彈力，將重力分解，小環(huán)實際合力方向斜向下，即小環(huán)的實際加速度方向也是斜向下．因此小環(huán)在水平方向也有了分加速度，所以小環(huán)沿x軸方向的分運動不可能是勻速運動．故B錯誤．C、根據(jù)機械能守恒得：=mgh+，h=2.5m，代入解得，v=5．故C正確．D、由機械能守恒得：=﹣mghQ+，hQ=﹣2.5m，代入解得，vQ=5．故D錯誤．故選AC如圖甲所示，某同學用輕繩通過定滑輪提升一重物，運用傳感器（未在圖中畫出）測得此過程中不同時刻被提升重物的速度v與對輕繩的拉力F，并描繪出v﹣圖象．假設某次實驗所得的圖象如圖乙所示，其中線段AB與v軸平行，它反映了被提升重物在第一個時間段內v和的關系；線段BC的延長線過原點，它反映了被提升重物在第二個時間段內v和的關系；第三個時間段內拉力F和速度v均為C點所對應的大小保持不變，因此圖象上沒有反映．實驗中還測得重物由靜止開始經(jīng)過t=1.4s，速度增加到vC=3.0m/s，此后物體做勻速運動．取重力加速度g=10m/s2，繩重及一切摩擦和阻力均可忽略不計．（1）在提升重物的過程中，除了重物的質量和所受重力保持不變以外，在第一個時間段內和第二個時間段內還各有一些物理量的值保持不變．請分別指出第一個時間段內和第二個時間段內所有其他保持不變的物理量，并求出它們的大?。唬?）求被提升重物在第一個時間段內和第二個時間段內通過的總路程．【解答】解：（1）由v﹣圖象可知，第一時間段內重物所受拉力保持不變，且F1=6.0N因第一時間段內重物所受拉力保持不變，所以其加速度也保持不變，設其大小為a，根據(jù)牛頓第二定律有F1﹣G=ma重物速度達到vC=3.0m/s時，受平衡力，即G=F2=4.0N由此解得重物的質量m==0.40kg聯(lián)立解得a=5.0m/s2在第二段時間內，圖線斜率不變，則拉力的功率保持不變P=Fv=12w（2）設第一段時間為t1，重物在這段時間內的位移為x1，則t1==s=0.40s，x1==0.40m設第二段時間為t2，t2=t﹣t1=1.0s重物在t2這段時間內的位移為x2，根據(jù)動能定理有Pt2﹣Gx2=﹣解得x2=2.75m所以被提升重物在第一時間段內和第二時間段內通過的總路程x=x1+x2=3.15m答：（1）第一時間段內重物所受拉力保持不變F1=6.0N，第二段時間內拉力的功率保持不變P=12w（2）提升重物在第一時間段內和第二時間段內通過的總路程為3.15m如圖，圖象所反映的物理情景是：物體以大小不變的初速度v0沿木板滑動，若木板傾角θ不同，物體沿木板上滑的距離S也不同，便可得出圖示的S﹣θ圖象．問：（1）物體初速度v0的大?。?）木板是否粗糙？若粗糙，則動摩擦因數(shù)μ為多少？（3）物體運動中有否最大加速度以及它發(fā)生在什么地方？【解答】解：（1）當θ=90°時，物體做豎直上拋運動，由v2=2gx得：物體初速度的大小（2）由圖象可知，當θ=0°時，s2=20m，表示物體水平面做減速運動的位移為20m，所以木板粗糙；當θ=0°時，根據(jù)動能定理得，解得：（3）物體受重力、支持力和摩擦力，由牛頓第二定律得：加速度得到，當θ=53°時，α有極大值由動能定理得，代入數(shù)據(jù)解得：s′=12m，所以P點坐標為（53°，12m）答：（1）物體初速度v0的大小17.3m/s．（2）木板粗糙，則動摩擦因數(shù)μ為0.75？（3）物體運動中有最大加速度，它的坐標為（53°，12m）．三、能夠解決功能極值問題★★★★☆☆如圖所示，一小球沿平滑的四分之一圓弧軌道頂端A由靜止滑下，經(jīng)最低點B后水平飛出，落地點為C．已知A距地面高度為H，B距地面高度h=，BC間的水平距離為s．則下列判斷正確的是（）A．若h增大，s將減小 B．若h增大，s將增大C．若h減小，s將減小 D．若h減小，s將增大【解答】解：從A到B由動能定理可得：解得：v=從B點做平拋運動下落的時間為：t=水平位移為：s=當且僅當h=，水平位移最大，故當h增大或減小時，s都減小故選：AC如圖所示，水平轉臺上有一個質量為m的物塊，用長為L的細繩將物塊連接在轉軸上，細線與豎直轉軸的夾角為θ角，此時繩中張力為零，物塊與轉臺間動摩擦因數(shù)為μ（μ＜tanθ），最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，物塊隨轉臺由靜止開始緩慢加速轉動，則（）A．至繩中出現(xiàn)拉力時，轉臺對物塊做的功為2μmgLsinθB．至繩中出現(xiàn)拉力時，轉臺對物塊做的功為μmgLsinθC．至轉臺對物塊支持力為零時，轉臺對物塊做的功為D．設法使物體的角速度增大到時，物塊機械能增量為【解答】解：對物體受力分析知物塊離開圓盤前合力F=f+Tsinθ=①N+Tcosθ=mg②根據(jù)動能定理知W=Ek=③AB、當彈力T=0，r=Lsinθ④由①②③④解得W=fLsinθ至繩中出現(xiàn)拉力時，轉臺對物塊做的功為μmgLsinθ，故A錯誤，B正確；C、當N=0，f=0，由①②③知W=mgLsinθtanθ=，故C正確；D、由①②知ω0=，設法使物體的角速度增大到ω=＞ω0=，故物體已脫離水平盤，此時夾角為α則mgtanα=mω2r⑤△Ep=mgh=mg（Lcosθ﹣Lcosα）⑥由⑤⑥知△Ep=mgL?（cosθ﹣cosθ）=物塊機械能增量為△Ep+△Ek=，故D正確；故選：BCD一質量為m的物體從高為h的斜面頂端A點自靜止開始下滑，最后停在平面上的C點，A點離地面的高度為h，AC的水平距離為s，如圖．已知物體與斜面、水平面之間的動摩擦因數(shù)相等，則該動摩擦因數(shù)μ=．若用始終和接觸面平行的力將物體從C點再拉回到A點，則拉力至少需要做的功W=．【解答】解：令斜面的夾角為θ，則根據(jù)數(shù)學關系斜面AB的長度L=，AB間水平距離，物體在水平面上滑行的距離S2=S﹣S1從A到C的過程中只有重力和摩擦力做功，根據(jù)動能定理有：mgh+[（﹣μmgcosθL）+（﹣μmg）S2]=0﹣0代入L和S2可得：因為平行于接觸面的作用力不改變摩擦力的大小，所以從B到A的過程中摩擦力做功Wf=﹣mgh，重力做功WG=﹣mgh，根據(jù)動能定理有：WF+WG+Wf=Ek﹣0所以WF=EK﹣WG﹣Wf即WF=2mgh+Ek所以當Ek=0時力F做功最少為：WF=2mgh故答案為：，2mgh如圖所示，為一同學制作的研究平拋運動的裝置，其中水平臺AO長s=0.70m，長方體薄壁槽緊貼O點豎直放置，槽寬d=0.10m，高h=1.25m．現(xiàn)有一彈性小球從平臺上A點水平射出，已知小球與平臺間的阻力為其重力的0.1倍，重力加速度取g=10m/s2．（1）為使小球能射入槽中，求小球的最小出射速度；（2）若要保證小球不碰槽壁且恰能落到槽底上的P點，求小球在平臺上運動的時間；（3）若小球碰壁后能立即原速率反彈，為使小球能擊中D點正下方槽壁上的B點，hOB=0.8m，求小球入射速度所有可能的值．【解答】解：（1）為使小球能射入槽中，小球的最小出射速度滿足到達O點速度為零，根據(jù)動能定理知kmgs=解得v1==m/s（2）恰能落到槽底上的P點，則d=v0th=由牛頓運動定律知加速度a==kg=1m/s2由勻變速直線運動規(guī)律知v2﹣v0=at2v=2as聯(lián)立以上式子得t2=1s（3）小球碰壁反彈，水平方向2nd=v3t3豎直方向hB=由運動學公式知v﹣v2=2as聯(lián)立得v=，其中n=1、2、3…答：（1）為使小球能射入槽中，小球的最小出射速度為m/s；（2）若要保證小球不碰槽壁且恰能落到槽底上的P點，小球在平臺上運動的時間為1s；（3）若小球碰壁后能立即原速率反彈，為使小球能擊中D點正下方槽壁上的B點，hOB=0.8m，小球入射速度所有可能的值為v=，其中n=1、2、3…【點評】解決本題的關鍵知道平拋運動在水平方向和豎直方向上的運動規(guī)律，結合動能定理和運動學公式進行求解，周期運動注意n的取值．【過關檢測】一探險隊員在探險時遇到一山溝，山溝的一側豎直，另一側的坡面呈拋物線形狀．此隊員從山溝的豎直一側，以速度v0沿水平方向跳向另一側坡面．如圖所示，以溝底的O點為原點建立坐標系Oxy．已知，山溝豎直一側的高度為2h，坡面的拋物線方程為y=x2，探險隊員的質量為m．人視為質點，忽略空氣阻力，重力加速度為g．（1）求此人落到坡面時的動能；（2）此人水平跳出的速度為多大時，他落在坡面時的動能最?。縿幽艿淖钚≈禐槎嗌?？【解答】解：（1）設探險隊員跳到坡面上時水平位移為x，豎直位移為H，由平拋運動規(guī)律有：x=v0t，H=，整個過程中，由動能定理可得：mgH=EK﹣m由幾何關系，y=2h﹣H坡面的拋物線方程y=x2解以上各式得：EK=m+（2）由EK=m+令=ngh，則EK=mgh+=mgh（+）當n=1時，即=gh，探險隊員的動能最小，最小值為Emin=v0=答：（1）此人落到坡面時的動能是m+；（2）此人水平跳出的速度為時，他落在坡面時的動能最小，動能的最小值為．如圖（a）所示，木板與水平面間的夾角θ可以隨意改變，可視為質點的小物塊從木板的底端以大小恒定的初速率v0沿木板向上運動，所能上升的最大距離記為s，今改變θ而使s隨之改變，根據(jù)所測量的若干組數(shù)據(jù)可以描繪出“s﹣θ”曲線如圖（b）所示，若木板足夠長，重力加速度g取10m/s2，試根據(jù)“s﹣θ”曲線和相關的物理規(guī)律，求：（1）小物塊的初速率v0；（2）小物塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ；（3）對應于“s﹣θ”曲線上s取最小值的P點的坐標值（θ0，smin）【解答】解：（1）由圖象可知當θ1=時，s1=5m，此時小物塊做豎直上拋運動可得：（2）由圖象可知當θ2=0時，s2=10m，此時木板水平由動能定理得：0﹣m=﹣μmgs2μ=（3）當板與水平方向夾角為θ時，沿斜面上滑的距離為s，由動能定理得：0﹣m=﹣mgssinθ﹣μmgscosθ即S=令a=sinθ+μcosθ=設所以，時，a存在最大值am==，對應s的最小值為smin=P點的坐標值（，）答：（1）小木塊的初速率是10m/s，（2）小木塊與木板間的動摩擦系數(shù)是0.5．（3）對應于x﹣θ曲線上x取最小值的P點的坐標值是（，）．四、能夠運用動能定理力學的綜合問題★★★★★☆質量為m的物塊在平行于斜面的力F作用下，從固定斜面的底端A由靜止開始沿斜面上滑，經(jīng)B點時速率為v，此時撤去F，物塊滑回斜面底端時速率也為v，斜面傾角為θ，A、B間距離為x，則（）A．整個過程中重力做功為mgxsinθB．整個過程中物塊克服摩擦力做功為FxC．上滑過程中克服重力做功為（Fx﹣mv2）D．從撤去F到物塊滑回斜面底端，摩擦力做功為﹣mgxsinθ【解答】解：A、根據(jù)重力做功公式WG=mgh可知，整個過程中初末位置高度差為零，則重力做功為零．故A錯誤．B、對整個過程研究，根據(jù)動能定理得：Fx﹣Wf=2﹣0，得到：物塊克服摩擦力做功為Wf=Fx﹣2．故B錯誤．C、設上滑過程中克服重力做功為WG，則根據(jù)動能定理得：上滑過程：Fx﹣WG﹣Wf=0，下滑過程：WG﹣Wf=聯(lián)立兩式得；WG=（Fx+）．故C錯誤．D、從撤去F到物塊滑回斜面底端過程，根據(jù)動能定理得：mgxsinθ+Wf=﹣，得到摩擦力做功為Wf=﹣mgxsinθ．故D正確．故選：D如圖所示，一個小物體在足夠長的斜面上以一定初速度釋放，斜面各處粗糙程度相同，初速度方向沿斜面向上，則物體在斜面上運動的過程中（）A．動能一定是先減小后增大B．機械能一直減小C．如果某段時間內摩擦力做功與物體動能的改變量相同，則此后物體動能將不斷增大D．如果某段時間內摩擦力做功為W，再經(jīng)過相同的時間，兩段時間內摩擦力做功可能相等【分析】本題要分析物體可能的運動情況：可能先向上勻減速運動，后向下勻加速運動，也可能向上勻減速運動，停在最高點．動能可能先減小后增大，也可能一直減小到零．物體克服摩擦力做功，機械能始終減?。绻扯螘r間內摩擦力做功與物體動能的改變量相同，根據(jù)動能定理分析重力做功情況，確定物體的運動情況，判斷此后物體動能的變化情況．物體沿斜面向上做勻減速運動的過程中，相同時間段內，摩擦力做功可能相同．【解答】解：A、物體可能先向上勻減速運動，后向下勻加速運動，動能先減小后增大；物體也可能向上勻減速運動，停在最高點，動能一直減小．故A錯誤．B、物體在運動過程中，摩擦力始終做負功，摩擦生熱，機械能一直減小．故B正