2023年高考物理大一輪復(fù)習(xí)第5章機械能配套教案

PAGEPAGE1五機械能第1節(jié)功功率一、功1．做功的兩個必要條件力和物體在力的方向上發(fā)生的位移．2．公式W＝Flcosα，適用于恒力做功，其中α為F、l方向間夾角，l為物體對地的位移．3．功的正負判斷夾角功的正負α<90°力對物體做正功α>90°力對物體做負功，或者說物體克服這個力做了功α＝90°力對物體不做功二、功率1．定義：功與完成這些功所用時間的比值．2．物理意義：描述做功的快慢．3．公式(1)P＝eq\f(W,t)，P為時間t內(nèi)的平均功率．(2)P＝Fvcosα(α為F與v的夾角)①v為平均速度，那么P為平均功率．②v為瞬時速度，那么P為瞬時功率．4．額定功率與實際功率(1)額定功率：動力機械正常工作時輸出的最大功率．(2)實際功率：動力機械實際工作時輸出的功率，要求小于或等于額定功率．[自我診斷]1．判斷正誤(1)只要物體受力的同時又發(fā)生了位移，那么一定有力對物體做功．(×)(2)一個力對物體做了負功，那么說明這個力一定阻礙物體的運動．(√)(3)作用力做正功時，反作用力一定做負功．(×)(4)力始終垂直物體的運動方向，那么該力對物體不做功．(√)(5)摩擦力對物體一定做負功．(×)(6)由P＝Fv可知，發(fā)動機功率一定時，機車的牽引力與運行速度的大小成反比．(√)(7)汽車上坡時換成低擋位，其目的是減小速度得到較大的牽引力．(√)2．(多項選擇)質(zhì)量為m的物體靜止在傾角為θ的斜面上，斜面沿水平方向向右勻速移動了距離s，如下圖，物體m相對斜面靜止．那么以下說法正確的選項是()A．重力對物體m做正功B．合力對物體m做功為零C．摩擦力對物體m做負功D．支持力對物體m做正功解析：選BCD.物體的受力及位移如下圖，支持力FN與位移x的夾角α<90°，故支持力做正功，D正確；重力垂直位移，故重力不做功，A錯誤；摩擦力Ff與x夾角β>90°，故摩擦力做負功，C正確；合力為零，合力不做功，B正確．3．如下圖，甲、乙、丙三個物體分別在大小相等、方向不同的力F的作用下，向右移動相等的位移x，關(guān)于F對甲、乙、丙做功的大小W1、W2、W3判斷正確的選項是()A．W1>W2>W3 B．W1＝W2>W3C．W1＝W2＝W3 D．W1<W2<W3解析：選C.由功的公式可得，這三種情況下做的功分別為W1＝Fxcosα、W2＝Fxcosα、W3＝－Fxcosα，又因為功的正、負不表示大小，所以C正確．4．在光滑的水平面上，用一水平拉力F使物體從靜止開始移動x，平均功率為P，如果將水平拉力增加為4F，使同一物體從靜止開始移動xA．2P B．4PC．6P D．8P解析：選D.設(shè)第一次運動時間為t，那么其平均功率表達式為P＝eq\f(Fx,t)；第二次加速度為第一次的4倍，由x＝eq\f(1,2)at2可知時間為eq\f(t,2)，其平均功率為eq\f(4Fx,\f(t,2))＝eq\f(8Fx,t)＝8P，D正確．考點一功的正負判斷和計算考向1：功的正負的判斷方法(1)恒力做功的判斷：假設(shè)物體做直線運動，依據(jù)力與位移的夾角來判斷．(2)曲線運動中功的判斷：假設(shè)物體做曲線運動，依據(jù)F與v的方向夾角來判斷．當0≤α<90°時，力對物體做正功；90°<α≤180°時，力對物體做負功；α＝90°時，力對物體不做功．(3)依據(jù)能量變化來判斷：根據(jù)功是能量轉(zhuǎn)化的量度，假設(shè)有能量轉(zhuǎn)化，那么必有力對物體做功．此法常用于兩個相聯(lián)系的物體之間的相互作用力做功的判斷．1．(多項選擇)如下圖，重物P放在一長木板OA上，將長木板繞O端轉(zhuǎn)過一個小角度的過程中，重物P相對于木板始終保持靜止．關(guān)于木板對重物P的摩擦力和支持力做功的情況是()A．摩擦力對重物不做功B．摩擦力對重物做負功C．支持力對重物不做功D．支持力對重物做正功解析：選AD.由做功的條件可知：只要有力，并且物體在力的方向上通過位移，那么力對物體做功．由受力分析知，支持力FN做正功，摩擦力Ff不做功，選項A、D正確．2.(多項選擇)如下圖，在皮帶傳送裝置中，皮帶把物體P勻速帶至高處，在此過程中，以下說法中正確的選項是()A．摩擦力對物體做正功B．摩擦力對物體做負功C．支持力對物體不做功D．合力對物體做正功解析：選AC.物體P勻速向上運動過程中，受靜摩擦力作用，方向沿皮帶向上，對物體做正功，支持力垂直于皮帶，做功為零，物體所受的合力為零，做功也為零，故A、C正確，B、D錯誤．考向2：恒力做功的計算(1)單個力做的功：直接用W＝Flcosα計算．(2)合力做的功方法一：先求合力F合，再用W合＝F合lcosα求功．方法二：先求各個力做的功W1、W2、W3、…，再應(yīng)用W合＝W1＋W2＋W3＋…求合力做的功．3．(多項選擇)如下圖，水平路面上有一輛質(zhì)量為M的汽車，車廂中有一個質(zhì)量為m的人正用恒力F向前推車廂，在車以加速度a向前加速行駛距離L的過程中，以下說法正確的選項是()A．人對車的推力F做的功為FLB．人對車做的功為maLC．車對人的作用力大小為maD．車對人的摩擦力做的功為(F＋ma)L解析：選AD.由做功的定義可知選項A正確；對人進行受力分析，人受重力以及車對人的力，合力的大小為ma，方向水平向左，故車對人的作用力大小應(yīng)為eq\r(ma2＋mg2)，選項C錯誤；上述過程重力不做功，合力對人做的功為maL，所以車對人做的功為maL，由相互作用力及人、車的位移相同可確定，人對車做的功為－maL，選項B錯誤；對人由牛頓第二定律知，在水平方向上有Ff－F＝ma，摩擦力做的功為(F＋ma)L，選項D正確．4．(2022·湖北武漢模擬)一滑塊在水平地面上沿直線滑行，t＝0時其速度為1m/s，從此刻開始在滑塊運動方向上再施加一水平作用力F，力F和滑塊的速率v隨時間的變化規(guī)律分別如圖甲和乙所示，設(shè)在第1s內(nèi)、第2s內(nèi)、第3s內(nèi)力F對滑塊做的功分別為W1、W2、W3，那么以下關(guān)系正確的選項是()A．W1＝W2＝W3 B．W1<W2<W3C．W1<W3<W2 D．W1＝W2<W3解析：選B.力F做的功等于每段恒力F與該段滑塊運動的位移數(shù)值的乘積，滑塊的位移即v-t圖象中圖象與坐標軸圍成的面積，第1s內(nèi)，位移大小為一個小三角形面積S；第2s內(nèi)，位移大小也為一個小三角形面積S；第3s內(nèi)，位移大小為兩個小三角形面積2S，故W1＝S，W2＝3S，W3＝4S，所以W1<W2<W3，B正確．考點二變力功的計算方法一利用“微元法〞求變力的功物體的位移分割成許多小段，因小段很小，每一小段上作用在物體上的力可以視為恒力，這樣就將變力做功轉(zhuǎn)化為在無數(shù)多個無窮小的位移上的恒力所做元功的代數(shù)和．此法在中學(xué)階段，常應(yīng)用于求解大小不變、方向改變的變力做功問題．[典例1]如下圖，在水平面上，有一彎曲的槽道弧AB，槽道由半徑分別為eq\f(R,2)和R的兩個半圓構(gòu)成，現(xiàn)用大小恒為F的拉力將一光滑小球從A點沿滑槽道拉至B點，假設(shè)拉力F的方向時時刻刻均與小球運動方向一致，那么此過程中拉力所做的功為()A．0 B．FRC.eq\f(3,2)πFR D．2πFR解析雖然拉力方向時刻改變，但力與運動方向始終一致，用微元法，在很小的一段位移內(nèi)可以看成恒力，小球的路程為πR＋πeq\f(R,2)，那么拉力做的功為eq\f(3,2)πFR，故C正確．答案C方法二化變力的功為恒力的功假設(shè)通過轉(zhuǎn)換研究的對象，有時可化為恒力做功，用W＝Flcosα求解．此法常常應(yīng)用于輕繩通過定滑輪拉物體的問題中．[典例2]如下圖，固定的光滑豎直桿上套著一個滑塊，用輕繩系著滑塊繞過光滑的定滑輪，以大小恒定的拉力F拉繩，使滑塊從A點起由靜止開始上升．假設(shè)從A點上升至B點和從B點上升至C點的過程中拉力F做的功分別為W1和W2，圖中AB＝BC，那么()A．W1＞W(wǎng)2B．W1＜W2C．W1＝W2D．無法確定W1和W2的大小關(guān)系解析繩子對滑塊做的功為變力做功，可以通過轉(zhuǎn)換研究對象，將變力的功轉(zhuǎn)化為恒力的功；因繩子對滑塊做的功等于拉力F對繩子做的功，而拉力F為恒力，W＝F·Δl，Δl為繩拉滑塊過程中力F的作用點移動的位移，大小等于滑輪左側(cè)繩長的縮短量，由圖可知，ΔlAB＞ΔlBC，故W1＞W(wǎng)2，A正確．答案A方法三利用F-x圖象求變力的功在F-x圖象中，圖線與x軸所圍“面積〞的代數(shù)和就表示力F在這段位移所做的功，且位于x軸上方的“面積〞為正，位于x軸下方的“面積〞為負，但此方法只適用于便于求圖線所圍面積的情況(如三角形、矩形、圓等規(guī)那么的幾何圖形)．[典例3]如圖甲所示，靜止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(guān)系如圖乙所示，圖線為半圓．那么小物塊運動到x0處時F做的總功為()A．0 B．eq\f(1,2)Fmx0C.eq\f(π,4)Fmx0 D.eq\f(π,4)xeq\o\al(2,0)解析F為變力，根據(jù)F-x圖象包圍的面積在數(shù)值上等于F做的總功來計算．圖線為半圓，由圖線可知在數(shù)值上Fm＝eq\f(1,2)x0，故W＝eq\f(1,2)π·Feq\o\al(2,m)＝eq\f(1,2)π·Fm·eq\f(1,2)x0＝eq\f(π,4)Fmx0.答案C方法四利用平均力求變力的功在求解變力做功時，假設(shè)物體受到的力方向不變，而大小隨位移呈線性變化，即力均勻變化時，那么可以認為物體受到一大小為F＝eq\f(F1＋F2,2)的恒力作用，F(xiàn)1、F2分別為物體初、末態(tài)所受到的力，然后用公式W＝Flcosα求此力所做的功．[典例4]把長為l的鐵釘釘入木板中，每打擊一次給予的能量為E0，釘子在木板中遇到的阻力與釘子進入木板的深度成正比，比例系數(shù)為k.問此釘子全部進入木板需要打擊幾次？解析在把釘子打入木板的過程中，釘子把得到的能量用來克服阻力做功，而阻力與釘子進入木板的深度成正比，先求出阻力的平均值，便可求得阻力做的功．釘子在整個過程中受到的平均阻力為：F＝eq\f(0＋kl,2)＝eq\f(kl,2)釘子克服阻力做的功為：WF＝Fl＝eq\f(1,2)kl2設(shè)全過程共打擊n次，那么給予釘子的總能量：E總＝nE0＝eq\f(1,2)kl2，所以n＝eq\f(kl2,2E0)答案eq\f(kl2,2E0)方法五利用動能定理求變力的功動能定理既適用于直線運動，也適用于曲線運動，既適用于求恒力做功也適用于求變力做功．使用動能定理可根據(jù)動能的變化來求功，是求變力做功的一種方法．[典例5]如圖，一半徑為R的半圓形軌道豎直固定放置，軌道兩端等高；質(zhì)量為m的質(zhì)點自軌道端點P由靜止開始滑下，滑到最低點Q時，對軌道的正壓力為2mg，重力加速度大小為g.質(zhì)點自P滑到Q的過程中，克服摩擦力所做的功為()A.eq\f(1,4)mgR B.eq\f(1,3)mgRC.eq\f(1,2)mgR D.eq\f(π,4)mgR解析在Q點質(zhì)點受到豎直向下的重力和豎直向上的支持力，兩力的合力充當向心力，所以有FN－mg＝meq\f(v2,R)，F(xiàn)N＝2mg，聯(lián)立解得v＝eq\r(gR)，下落過程中重力做正功，摩擦力做負功，根據(jù)動能定理可得mgR－Wf＝eq\f(1,2)mv2，解得Wf＝eq\f(1,2)mgR，所以克服摩擦力做功eq\f(1,2)mgR，C正確．答案C考點三功率的計算1．平均功率的計算(1)利用P＝eq\f(W,t).(2)利用P＝Fvcosα，其中v為物體運動的平均速度．2．瞬時功率的計算(1)利用公式P＝Fvcosα，其中v為t時刻物體的瞬時速度．(2)利用公式P＝FvF，其中vF為物體的速度v在力F方向上的分速度．(3)利用公式P＝Fvv，其中Fv為物體受的外力F在速度v方向上的分力．3．計算功率的3個注意(1)要弄清楚是平均功率還是瞬時功率．(2)平均功率與一段時間(或過程)相對應(yīng)，計算時應(yīng)明確是哪個力在哪段時間(或過程)內(nèi)做功的平均功率．(3)瞬時功率計算時應(yīng)明確是哪個力在哪個時刻(或狀態(tài))的功率．求解瞬時功率時，如果F與v不同向，可用力F乘以F方向的分速度，或速度v乘以速度方向的分力求解．1．一個質(zhì)量為m的物塊，在幾個共點力的作用下靜止在光滑水平面上．現(xiàn)把其中一個水平方向的力從F突然增大到3F，并保持其他力不變，那么從這時開始到tA.eq\f(3F2t,m) B．eq\f(4F2t,m)C.eq\f(6F2t,m) D.eq\f(9F2t,m)解析：選C.物塊受到的合力為2F，根據(jù)牛頓第二定律有2F＝ma，在合力作用下，物塊做初速度為零的勻加速直線運動，速度v＝at，該力大小為3F，那么該力的瞬時功率P＝3Fv，解以上各式得P＝eq\f(6F2t,m)，C正確．2．(多項選擇)我國科學(xué)家正在研制航母艦載機使用的電磁彈射器．艦載機總質(zhì)量為3.0×104kg，設(shè)起飛過程中發(fā)動機的推力恒為1.0×105N；彈射器有效作用長度為100m，推力恒定．要求艦載機在水平彈射結(jié)束時速度大小到達A．彈射器的推力大小為1.1×106NB．彈射器對艦載機所做的功為1.1×108JC．彈射器對艦載機做功的平均功率為8.8×107WD．艦載機在彈射過程中的加速度大小為32m/s2解析：選ABD.對艦載機應(yīng)用運動學(xué)公式v2－0＝2ax，代入數(shù)據(jù)得加速度a＝32m/s2，D正確；設(shè)總推力為F，對艦載機應(yīng)用牛頓第二定律可知：F－20%F＝ma，得F＝1.2×106N，而發(fā)動機的推力為1.0×105N，那么彈射器的推力為F推＝(1.2×106－1.0×105)N＝1.1×106N，A正確；彈射器對艦載機所做的功為W＝F推·l＝1.1×108J，B正確；彈射過程所用的時間為t＝eq\f(v,a)＝eq\f(80,32)s＝2.5s，平均功率P＝eq\f(W,t)＝eq\f(1.1×108,2.5)W＝4.4×107W，C錯誤．3.如下圖，質(zhì)量相同的兩物體從同一高度由靜止開始運動，A沿著固定在地面上的光滑斜面下滑，B做自由落體運動．兩物體分別到達地面時，以下說法正確的選項是()A．重力的平均功率eq\x\to(P)A>eq\x\to(P)BB．重力的平均功率eq\x\to(P)A＝eq\x\to(P)BC．重力的瞬時功率PA＝PBD．重力的瞬時功率PA<PB解析：選D.根據(jù)功的定義可知重力對兩物體做功相同即WA＝WB，自由落體時滿足h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,B)，沿斜面下滑時滿足eq\f(h,sinθ)＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,A)sinθ，其中θ為斜面傾角，故tA>tB，由P＝eq\f(W,t)知eq\x\to(P)A<eq\x\to(P)B，A、B錯；由勻變速直線運動公式可知落地時兩物體的速度大小相同，方向不同，重力的瞬時功率PA＝mgvsinθ，PB＝mgv，顯然PA<PB，故C錯，D對．求解功率時應(yīng)注意的“三個〞問題(1)首先要明確所求功率是平均功率還是瞬時功率；(2)平均功率與一段時間(或過程)相對應(yīng)，計算時應(yīng)明確是哪個力在哪段時間(或過程)內(nèi)做功的平均功率；(3)瞬時功率計算時應(yīng)明確是哪個力在哪個時刻(或狀態(tài))的功率考點四機車啟動問題考向1：以恒定功率啟動(1)運動過程分析(2)運動過程的速度-時間圖象1.一汽車在平直公路上行駛．從某時刻開始計時，發(fā)動機的功率P隨時間t的變化如下圖．假定汽車所受阻力的大小Ff恒定不變．以下描述該汽車的速度v隨時間t變化的圖線中，可能正確的選項是()解析：選A.由P-t圖象知：0～t1內(nèi)汽車以恒定功率P1行駛，t1～t2內(nèi)汽車以恒定功率P2行駛．設(shè)汽車所受牽引力為F，那么由P＝Fv得，當v增加時，F(xiàn)減小，由a＝eq\f(F－Ff,m)知a減小，又因速度不可能突變，所以選項B、C、D錯誤，A正確．2．(2022·山東濟南模擬)(多項選擇)汽車在平直公路上以速度v0勻速行駛，發(fā)動機功率為P，牽引力為F0，t1時刻，司機減小了油門，使汽車的功率立即減小一半，并保持該功率繼續(xù)行駛，到t2時刻，汽車又恢復(fù)了勻速直線運動．以下能正確表示這一過程中汽車牽引力F隨時間t、速度v隨時間t變化的圖象是()解析：選AD.到t1時刻功率立即減小一半，但速度減小有一個過程，不能直接變?yōu)樵瓉淼囊话?，所以牽引力立即變?yōu)樵瓉淼囊话?，根?jù)公式P＝Fv，之后保持該功率繼續(xù)行駛，速度減小，牽引力增大，根據(jù)a＝eq\f(Ff－F,m)，摩擦力恒定，所以加速度逐漸減小，即v-t圖象的斜率減小，當加速度為零時，做勻速直線運動，應(yīng)選項A、D正確．考向2：以恒定加速度啟動(1)運動過程分析(2)運動過程的速度－時間圖象如下圖．3．一輛汽車從靜止出發(fā)，在平直的公路上加速前進，如果發(fā)動機的牽引力保持恒定，汽車所受阻力保持不變，在此過程中()A．汽車的速度與時間成正比B．汽車的位移與時間成正比C．汽車做變加速直線運動D．汽車發(fā)動機做的功與時間成正比解析：選A.由F－Ff＝ma可知，因汽車牽引力F保持恒定，故汽車做勻加速直線運動，C錯誤；由v＝at可知，A正確；而x＝eq\f(1,2)at2，故B錯誤；由WF＝F·x＝F·eq\f(1,2)at2可知，D錯誤．4．(2022·浙江舟山模擬)質(zhì)量為1.0×103kg的汽車，沿傾角為30°的斜坡由靜止開始運動，汽車在運動過程中所受摩擦阻力大小恒為2000N，汽車發(fā)動機的額定輸出功率為5.6×104W，開始時以a＝1m/s2的加速度做勻加速運動(g＝10m/s(1)汽車做勻加速運動的時間t1；(2)汽車所能到達的最大速率；(3)假設(shè)斜坡長143.5m，且認為汽車到達坡頂之前，已到達最大速率，那么汽車從坡底到坡頂需多長時間？解析：(1)由牛頓第二定律得F－mgsin30°－Ff＝ma設(shè)勻加速過程的末速度為v，那么有P＝Fvv＝at1解得t1＝7s(2)當?shù)竭_最大速度vm時，a＝0，那么有P＝(mgsin30°＋Ff)vm解得vm＝8m/s(3)汽車勻加速運動的位移x1＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)在后一階段對汽車由動能定理得Pt2－(mgsin30°＋Ff)x2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)－eq\f(1,2)mv2又有x＝x1＋x2解得t2＝15s故汽車運動的總時間為t＝t1＋t2＝22s答案：(1)7s(2)8m/s(3)22s解決機車啟動問題的4個注意(1)機車啟動的方式不同，運動的規(guī)律就不同，即其功率、速度、加速度、牽引力等物理量的變化規(guī)律不同，分析圖象時應(yīng)注意坐標軸的意義及圖象變化所描述的規(guī)律．(2)在機車功率P＝Fv中，F(xiàn)是機車的牽引力而不是機車所受合力，正是基于此，牽引力與阻力平衡時到達最大運行速度，即P＝Ffvm.(3)恒定功率下的啟動過程一定不是勻加速過程，勻變速直線運動的公式不適用了，這種加速過程發(fā)動機做的功可用W＝Pt計算，不能用W＝Fl計算(因為F為變力)．(4)以恒定牽引力加速時的功率一定不恒定，這種加速過程發(fā)動機做的功常用W＝Fl計算，不能用W＝Pt計算(因為功率P是變化的)．課時標準訓(xùn)練[根底穩(wěn)固題組]1.如下圖，木塊B上外表是水平的，當木塊A置于B上，并與B保持相對靜止，一起沿固定的光滑斜面由靜止開始下滑，在下滑過程中()A．A所受的合外力對A不做功B．B對A的彈力做正功C．B對A的摩擦力做正功D．A對B做正功解析：選C.AB一起沿固定的光滑斜面由靜止開始下滑，加速度為gsinθ.由于A速度增大，由動能定理，A所受的合外力對A做功，B對A的摩擦力做正功，B對A的彈力做負功，選項A、B錯誤C、正確．A對B不做功，選項D錯誤．2.(多項選擇)如下圖，擺球質(zhì)量為m，懸線的長為L，把懸線拉到水平位置后放手．設(shè)在擺球從A點運動到B點的過程中空氣阻力F阻的大小不變，那么以下說法正確的選項是()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－eq\f(1,2)F阻πL解析：選ABD.小球下落過程中，重力做功為mgL，A正確；繩的拉力始終與速度方向垂直，拉力做功為0，B正確；空氣阻力F阻大小不變，方向始終與速度方向相反，故空氣阻力F阻做功為－F阻·eq\f(1,2)πL，C錯誤，D正確．3．(多項選擇)如下圖，B物體在拉力F的作用下向左運動，在運動過程中，A、B之間有相互作用的摩擦力，那么這對摩擦力做功的情況，以下說法中正確的選項是()A．A、B都克服摩擦力做功B．摩擦力對A不做功C．摩擦力對B做負功D．摩擦力對A、B都不做功解析：選BC.對A、B受力分析如下圖，物體A在Ff2作用下沒有位移，所以摩擦力對A不做功，故B正確；對物體B，F(xiàn)f1與位移夾角為180°，做負功，故C正確，A、D錯誤．4.如下圖，用與水平方向成θ角的力F，拉著質(zhì)量為m的物體沿水平地面勻速前進位移s，物體和地面間的動摩擦因數(shù)為μ.那么在此過程中F做的功為()A．mgs B．μmgsC.eq\f(μmgs,cosθ＋μsinθ) D.eq\f(μmgs,1＋μtanθ)解析：選D.物體受力平衡，有Fsinθ＋FN＝mg，F(xiàn)cosθ－μFN＝0，在此過程中F做的功W＝Fscosθ＝eq\f(μmgs,1＋μtanθ)，D正確．5．如下圖，質(zhì)量為m的小球用長L的細線懸掛而靜止在豎直位置．現(xiàn)用水平拉力F將小球緩慢拉到細線與豎直方向成θ角的位置．在此過程中，拉力F做的功為()A．FLcosθ B．FLsinθC．FL(1－cosθ) D．mgL(1－cosθ)解析：選D.用F緩慢地拉，那么顯然F為變力，只能用動能定理求解，由動能定理得WF－mgL(1－cosθ)＝0，解得WF＝mgL(1－cosθ)，D正確．6.如下圖，質(zhì)量為m的小球以初速度v0水平拋出，恰好垂直打在傾角為θ的斜面上，那么球落在斜面上時重力的瞬時功率為(不計空氣阻力)()A．mgv0tanθ B.eq\f(mgv0,tanθ)C.eq\f(mgv0,sinθ) D．mgv0cosθ解析：選B.小球落在斜面上時重力的瞬時功率為P＝mgvy，而vytanθ＝v0，所以P＝eq\f(mgv0,tanθ)，B正確．7.如下圖，光滑斜面的頂端固定一彈簧，一小球向右滑行，并沖上固定在地面上的斜面．設(shè)小球在斜面最低點A的速度為v，壓縮彈簧至C點時彈簧最短，C點距地面高度為h，那么小球從A到C的過程中彈簧彈力做功是()A．mgh－eq\f(1,2)mv2 B.eq\f(1,2)mv2－mghC．－mgh D．－(mgh＋eq\f(1,2)mv2)解析：選A.小球從A點運動到C點的過程中，重力和彈簧的彈力對小球做負功，由于支持力與位移始終垂直，那么支持力對小球不做功，由動能定理，可得WG＋WF＝0－eq\f(1,2)mv2，重力做功為WG＝－mgh，那么彈簧的彈力對小球做功為WF＝mgh－eq\f(1,2)mv2，所以正確選項為A.[綜合應(yīng)用題組]8．質(zhì)量為m的汽車，啟動后沿平直路面行駛，如果發(fā)動機的功率恒為P，且行駛過程中受到的摩擦阻力大小一定，汽車速度能夠到達的最大值為v，那么當汽車的車速為eq\f(v,3)時，汽車的瞬時加速度的大小為()A.eq\f(P,mv) B.eq\f(2P,mv)C.eq\f(3P,mv) D.eq\f(4P,mv)解析：選B.當汽車勻速行駛時，有f＝F＝eq\f(P,v)，根據(jù)P＝F′eq\f(v,3)，得F′＝eq\f(3P,v)，由牛頓第二定律得a＝eq\f(F′－f,m)＝eq\f(\f(3P,v)－\f(P,v),m)＝eq\f(2P,mv)，故B正確，A、C、D錯誤．9．如圖甲所示，滑輪質(zhì)量、摩擦均不計，質(zhì)量為2kg的物體在F作用下由靜止開始向上做勻加速運動，其速度隨時間的變化關(guān)系如圖乙所示，由此可知()A．物體加速度大小為2m/s2B．F的大小為21NC．4s末F的功率大小為42WD．4s內(nèi)F做功的平均功率為42W解析：選C.由圖乙可知，物體的加速度a＝0.5m/s2，由2F－mg＝ma可得：F＝10.5N，A、B均錯誤；4s末力F的作用點的速度大小為vF＝2×2m/s＝4m/s，故4s末拉力F做功的功率為P＝F·vF＝42W，C正確；4s內(nèi)物體上升的高度h＝4m，力F的作用點的位移l＝2h＝8m，拉力F所做的功W＝F·l＝84J,4s內(nèi)拉力F做功的平均功率eq\x\to(P)＝eq\f(W,t)＝21W，D錯誤．10.當前我國“高鐵〞事業(yè)開展迅猛．假設(shè)一輛高速列車在機車牽引力和恒定阻力作用下，在水平軌道上由靜止開始啟動，其v-t圖象如下圖，在0～t1時間內(nèi)為過原點的傾斜直線，t1時刻到達額定功率P，此后保持功率P不變，在t3時刻到達最大速度v3，以后勻速運動．下述判斷正確的選項是()A．從0至t3時間內(nèi)，列車一直勻加速直線運動B．t2時刻的加速度大于t1時刻的加速度C．在t3時刻以后，機車的牽引力為零D．該列車所受的恒定阻力大小為eq\f(P,v3)解析：選D.0～t1時間內(nèi)，列車勻加速運動，t1～t3時間內(nèi)，加速度變小，故A、B錯；t3以后列車勻速運動，牽引力等于阻力，故C錯；勻速運動時f＝F牽＝eq\f(P,v3)，故D正確．11．有一種太陽能驅(qū)動的小車，當太陽光照射到小車上方的光電板時，光電板中產(chǎn)生的電流經(jīng)電動機帶動小車前進．假設(shè)質(zhì)量為m的小車在平直的水泥路上從靜止開始沿直線加速行駛，經(jīng)過時間t前進的距離為x，且速度到達最大值vm.設(shè)這一過程中電動機的功率恒為P，小車所受阻力恒為f，那么這段時間內(nèi)()A．小車做勻加速運動B．小車受到的牽引力逐漸增大C．小車受到的合外力所做的功為PtD．小車受到的牽引力做的功為fx＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)解析：選D.小車在運動方向上受牽引力F和阻力f，因為v增大，P不變，由P＝Fv，F(xiàn)－f＝ma，得出F逐漸減小，a也逐漸減小，當v＝vm時，a＝0，故A、B均錯；合外力做的功W外＝Pt－fx，由動能定理得Pt－fx＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)，故C錯誤，D正確．12．放在粗糙水平面上的物體受到水平拉力的作用，在0～6s內(nèi)其速度與時間圖象和該拉力的功率與時間圖象分別如下圖，以下說法正確的選項是()A．0～6s內(nèi)物體位移大小為36mB．0～6s內(nèi)拉力做的功為30JC．合外力在0～6s內(nèi)做的功與0～2s內(nèi)做的功相等D．滑動摩擦力大小為5N解析：選C.由P＝Fv，對應(yīng)v-t圖象和P-t圖象可得30＝F·6,10＝f·6，解得：F＝5N，f＝eq\f(5,3)N，D錯誤；0～6s內(nèi)物體的位移大小為(4＋6)×6×eq\f(1,2)m＝30m，A錯誤；0～6s內(nèi)拉力做功W＝F·x1＋f·x2＝5×6×2×eq\f(1,2)J＋eq\f(5,3)×6×4J＝70J，B錯誤；由動能定理可知，C正確．13．一起重機的鋼繩由靜止開始勻加速提起質(zhì)量為m的重物，當重物的速度為v1時，起重機的功率到達最大值P，以后起重機保持該功率不變，繼續(xù)提升重物，直到以最大速度v2勻速上升，物體上升的高度為h，那么整個過程中，以下說法正確的選項是()A．鋼繩的最大拉力為eq\f(P,v2)B．鋼繩的最大拉力為mgC．重物勻加速的末速度為eq\f(P,mg)D．重物勻加速運動的加速度為eq\f(P,mv1)－g解析：選D.加速過程物體處于超重狀態(tài)，鋼繩拉力較大，勻速運動階段鋼繩的拉力為eq\f(P,v2)，故A錯誤；加速過程重物處于超重狀態(tài)，鋼繩拉力大于重力，故B錯誤；重物勻加速運動的末速度不是運動的最大速度，此時鋼繩對重物的拉力大于其重力，故其速度小于eq\f(P,mg)，故C錯誤；重物勻加速運動的末速度為v1，此時的拉力為F＝eq\f(P,v1)，由牛頓第二定律得：a＝eq\f(F－mg,m)＝eq\f(P,mv1)－g，故D正確．14．(多項選擇)兩實心小球甲和乙由同一種材料制成，甲球質(zhì)量大于乙球質(zhì)量．兩球在空氣中由靜止下落，假設(shè)它們運動時受到的阻力與球的半徑成正比，與球的速率無關(guān)．假設(shè)它們下落相同的距離，那么()A．甲球用的時間比乙球長B．甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小C．甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小D．甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功解析：選BD.設(shè)f＝kR，那么由牛頓第二定律得F合＝mg－f＝ma，而m＝eq\f(4,3)πR3·ρ，故a＝g－eq\f(k,\f(4,3)πR2·ρ)，由m甲>m乙、ρ甲＝ρ乙可知a甲>a乙，故C錯誤；因甲、乙位移相同，由v2＝2ax可知，v甲>v乙，B正確；由x＝eq\f(1,2)at2可知，t甲<t乙，A錯誤；由功的定義可知，W克服＝f·x，又f甲>f乙，那么W甲克服>W乙克服，D正確．第2節(jié)動能定理及其應(yīng)用一、動能1．公式：Ek＝eq\f(1,2)mv2，式中v為瞬時速度，動能是狀態(tài)量．2．矢標性：動能是標量，只有正值，動能與速度的方向無關(guān)．3．動能的變化量：ΔEk＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1).4．動能的相對性由于速度具有相對性，那么動能也具有相對性，一般以地面為參考系．二、動能定理1．內(nèi)容：合外力對物體所做的功等于物體動能的變化．2．表達式：W＝ΔEk＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1).3．功與動能的關(guān)系(1)W>0，物體的動能增加．(2)W<0，物體的動能減少．(3)W＝0，物體的動能不變．4．適用條件(1)動能定理既適用于直線運動，也適用于曲線運動．(2)既適用于恒力做功，也適用于變力做功．(3)力可以是各種性質(zhì)的力，既可以同時作用，也可以不同時作用．[自我診斷]1．判斷正誤(1)一定質(zhì)量的物體動能變化時，速度一定變化，但速度變化時，動能不一定變化．(√)(2)動能不變的物體一定處于平衡狀態(tài)．(×)(3)如果物體所受的合外力為零，那么合外力對物體做功一定為零．(√)(4)物體在合外力作用下做變速運動時，動能一定變化．(×)(5)物體的動能不變，所受的合外力必定為零．(×)(6)做自由落體運動的物體，動能與時間的二次方成正比．(√)2．一個質(zhì)量為0.3kg的彈性小球，在光滑水平面上以6m/s的速度垂直撞到墻上，碰撞后小球沿相反方向運動，反彈后的速度大小與碰撞前相同，那么碰撞前后小球速度變化量的大小Δv和碰撞過程中小球的動能變化量ΔEk為()A．Δv＝0 B．Δv＝12m/sC．ΔEk＝1.8J D．ΔEk＝10.8J解析：選B.取初速度方向為正方向，那么Δv＝(－6－6)m/s＝－12m/s，由于速度大小沒變，動能不變，故動能變化量為0，故只有選項B正確．3．A、B兩物體在光滑水平面上，分別在相同的水平恒力F作用下，由靜止開始通過相同的位移l.假設(shè)A的質(zhì)量大于B的質(zhì)量，那么在這一過程中()A．A獲得動能較大B．B獲得動能較大C．A、B獲得動能一樣大D．無法比擬A、B獲得動能大小解析：選C.由動能定理可知恒力F做功W＝Fl＝eq\f(1,2)mv2－0，因為F、l相同，所以A、B的動能變化相同，C正確．4．質(zhì)量m＝2kg的物體在光滑水平面上以v1＝6m/s的速度勻速向西運動，假設(shè)有一個F＝8N、方向向北的恒力作用于物體，在t＝2s內(nèi)物體的動能增加了()A．28J B．64JC．32J D．36J解析：選B.由于力F與速度v1垂直，物體做曲線運動，其兩個分運動為向西的勻速運動和向北的勻加速直線運動，對勻加速運動有a＝eq\f(F,m)＝4m/s2，v2＝at＝8m/s.2s末物體的速度v＝eq\r(v\o\al(2,1)＋v\o\al(2,2))＝10m/s,2s內(nèi)物體的動能增加了ΔEk＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝64J，應(yīng)選項B正確.考點一動能定理的理解和應(yīng)用1．定理中“外力〞的兩點理解(1)重力、彈力、摩擦力、電場力、磁場力或其他力，它們可以同時作用，也可以不同時作用．(2)既可以是恒力，也可以是變力．2．公式中“＝〞表達的三個關(guān)系3．應(yīng)用動能定理的考前須知(1)動能定理中的位移和速度必須是相對于同一個參考系的，一般以地面或相對地面靜止的物體為參考系．(2)應(yīng)用動能定理時，必須明確各力做功的正、負．(3)應(yīng)用動能定理解題，關(guān)鍵是對研究對象進行準確的受力分析及運動過程分析，并畫出物體運動過程的草圖，借助草圖理解物理過程和各量關(guān)系．1.光滑斜面上有一個小球自高為h的A處由靜止開始滾下，抵達光滑水平面上的B點時速度大小為v0.光滑水平面上每隔相等的距離設(shè)置了一個與小球運動方向垂直的活動阻擋條，如下圖，小球越過n條活動阻擋條后停下來．假設(shè)讓小球從h高處以初速度v0滾下，那么小球能越過的活動阻擋條的條數(shù)是(設(shè)小球每次越過活動阻擋條時損失的動能相等)()A．n B．2nC．3n D．4n解析：選B.設(shè)每條阻擋條對小球做的功為W，當小球在水平面上滾動時，由動能定理得nW＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，對第二次有NW＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＝0－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)mv\o\al(2,0)＋mgh))，又因為eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mgh，聯(lián)立解得N＝2n，選項B正確．2.(多項選擇)質(zhì)量不等，但有相同動能的兩個物體，在動摩擦因數(shù)相同的水平地面上滑行，直至停止，那么()A．質(zhì)量大的物體滑行的距離大B．質(zhì)量小的物體滑行的距離大C．它們滑行的距離一樣大D．它們克服摩擦力所做的功一樣多解析：選BD.由動能定理可知，摩擦力對物體所做的功等于物體動能的增量，因兩物體具有相同的動能，故兩物體滑行過程中克服摩擦力所做的功也相同，又Wf＝μmg·x可知，質(zhì)量越大的物體，滑行的距離x越小，故B、D選項正確．3．如下圖，質(zhì)量為m的小球用長為L的輕質(zhì)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，OP＝eq\f(L,2)，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：(1)小球到達B點時的速率；(2)假設(shè)不計空氣阻力，那么初速度v0為多少；(3)假設(shè)初速度v0＝3eq\r(gL)，那么小球在從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，由牛頓第二定律得mg＝meq\f(v\o\al(2,B),\f(L,2))解得vB＝eq\r(\f(gL,2))(2)假設(shè)不計空氣阻力，從A→B由動能定理得－mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(L＋\f(L,2)))＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得v0＝eq\r(\f(7gL,2))(3)當v0＝3eq\r(gL)時，由動能定理得－mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(L＋\f(L,2)))－WFf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得WFf＝eq\f(11,4)mgL答案：(1)eq\r(\f(gL,2))(2)eq\r(\f(7gL,2))(3)eq\f(11,4)mgL(1)優(yōu)先應(yīng)用動能定理的問題①不涉及加速度、時間的問題．②有多個物理過程且不需要研究整個過程中的中間狀態(tài)的問題．③變力做功的問題．④含有F、l、m、v、W、Ek等物理量的力學(xué)問題．(2)應(yīng)用動能定理的解題步驟

考點二動能定理與圖象的綜合問題1．力學(xué)中圖象所圍“面積〞的意義(1)v-t圖：由公式x＝vt可知，v-t圖線與坐標軸圍成的面積表示物體的位移．(2)a-t圖：由公式Δv＝at可知，a-t圖線與坐標軸圍成的面積表示物體速度的變化量．(3)F-x圖：由公式W＝Fx可知，F(xiàn)-x圖線與坐標軸圍成的面積表示力所做的功．(4)P-t圖：由公式W＝Pt可知，P-t圖線與坐標軸圍成的面積表示力所做的功．2．解決物理圖象問題的根本步驟(1)觀察題目給出的圖象，弄清縱坐標、橫坐標所對應(yīng)的物理量及圖線所表示的物理意義．(2)根據(jù)物理規(guī)律推導(dǎo)出縱坐標與橫坐標所對應(yīng)的物理量間的函數(shù)關(guān)系式．(3)將推導(dǎo)出的物理規(guī)律與數(shù)學(xué)上與之相對應(yīng)的標準函數(shù)關(guān)系式相比照，找出圖線的斜率、截距、圖線的交點，圖線下的面積所對應(yīng)的物理意義，分析解答問題．或者利用函數(shù)圖線上的特定值代入函數(shù)關(guān)系式求物理量．[典例1]如圖甲所示，一半徑R＝1m、圓心角等于143°的豎直圓弧形光滑軌道，與斜面相切于B處，圓弧軌道的最高點為M，斜面傾角θ＝37°，t＝0時刻有一物塊沿斜面上滑，其在斜面上運動的速度變化規(guī)律如圖乙所示，假設(shè)物塊恰能到達M點，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：(1)物塊經(jīng)過M點的速度大??；(2)物塊經(jīng)過B點的速度大小；(3)物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)．解析(1)物塊恰能到達M點那么有mg＝meq\f(v\o\al(2,M),R)解得vM＝eq\r(gR)＝eq\r(10)m/s(2)物塊從B點運動到M點的過程中，由動能定理得－mgR(1＋cos37°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,M)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)解得vB＝eq\r(46)m/s(3)由題圖乙可知，物塊在斜面上運動時，加速度大小為a＝eq\f(Δv,Δt)＝10m/s2，方向沿斜面向下，有mgsin37°＋μmgcos37°＝ma解得μ＝0.5答案(1)eq\r(10)m/s(2)eq\r(46)m/s(3)0.51.(2022·安徽合肥一模)A、B兩物體分別在水平恒力F1和F2的作用下沿水平面運動，先后撤去F1、F2后，兩物體最終停下，它們的v-t圖象如下圖．兩物體與水平面間的滑動摩擦力大小相等．那么以下說法正確的選項是()A．F1、F2大小之比為1∶2B．F1、F2對A、B做功之比為1∶2C．A、B質(zhì)量之比為2∶1D．全過程中A、B克服摩擦力做功之比為2∶1解析：選C.由速度與時間圖象可知，兩個勻減速運動的加速度之比為1∶2，由牛頓第二定律可知：A、B受摩擦力大小相等，所以A、B的質(zhì)量關(guān)系是2∶1，由速度與時間圖象可知，A、B兩物體加速與減速的位移相等，且勻加速運動位移之比1∶2，勻減速運動的位移之比2∶1，由動能定理可得：A物體的拉力與摩擦力的關(guān)系，F(xiàn)1·x－f1·3x＝0－0；B物體的拉力與摩擦力的關(guān)系，F(xiàn)2·2x－f2·3x＝0－0，因此可得：F1＝3f1，F(xiàn)2＝eq\f(3,2)f2，f1＝f2，所以F1＝2F2.全過程中摩擦力對A、B做功相等，F(xiàn)1、F2對A、B做功大小相等．故A、B、D錯誤，C正確．2.(2022·江西九江質(zhì)檢)打樁機是利用沖擊力將樁貫入地層的樁工機械．某同學(xué)對打樁機的工作原理產(chǎn)生了興趣．他構(gòu)建了一個打樁機的簡易模型，如圖甲所示．他設(shè)想，用恒定大小的拉力F拉動繩端B，使物體從A點(與釘子接觸處)由靜止開始運動，上升一段高度后撤去F，物體運動到最高點后自由下落并撞擊釘子，將釘子打入一定深度．按此模型分析，假設(shè)物體質(zhì)量m＝1kg，上升了1m高度時撤去拉力，撤去拉力前物體的動能Ek與上升高度h的關(guān)系圖象如圖乙所示．(g取10m/s2，不計空氣阻力)(1)求物體上升到0.4m高度處F的瞬時功率；(2)假設(shè)物體撞擊釘子后瞬間彈起，且使其不再落下，釘子獲得20J的動能向下運動．釘子總長為10cm.撞擊前插入局部可以忽略，不計釘子重力．釘子在插入過程中所受阻力Ff與深度x的關(guān)系圖象如圖丙所示，求釘子能夠插入的最大深度．解析：(1)撤去F前，根據(jù)動能定理，有(F－mg)h＝Ek－0由題圖乙得，斜率為k＝F－mg＝20N得F＝30N又由題圖乙得，h＝0.4m時，Ek＝8J，那么v＝4m/sP＝Fv＝120W(2)碰撞后，對釘子有－Ffx′＝0－Ek′Ek′＝20Jeq\x\to(F)f＝eq\f(k′x′,2)又由題圖丙得k′＝105N/m解得x′＝0.02m答案：(1)120W(2)0.02m動能定理與圖象結(jié)合問題的分析方法(1)首先看清楚所給圖象的種類(如v-t圖象、F-t圖象、Ek-x圖象等)．(2)挖掘圖象的隱含條件——求出所需要的物理量，如由v-t圖象所包圍的“面積〞求位移，由F-x圖象所包圍的“面積〞求功等．(3)分析有哪些力做功，根據(jù)動能定理列方程，求出相應(yīng)的物理量．考點三用動能定理解決多過程問題1．運用動能定理解決問題時，選擇適宜的研究過程能使問題得以簡化．當物體的運動過程包含幾個運動性質(zhì)不同的子過程時，可以選擇一個、幾個或全部子過程作為研究過程．2．中選擇全部子過程作為研究過程，涉及重力、大小恒定的阻力或摩擦力做功時，要注意運用它們的功能特點：(1)重力的功取決于物體的初、末位置，與路徑無關(guān)．(2)大小恒定的阻力或摩擦力做的功等于力的大小與路程的乘積．[典例2]如下圖，用一塊長L1＝1.0m的木板在墻和桌面間架設(shè)斜面，桌子高H＝0.8m，長L2＝1.5m．斜面與水平桌面的傾角θ可在0～60°間調(diào)節(jié)后固定．將質(zhì)量m＝0.2kg的小物塊從斜面頂端靜止釋放，物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.05，物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)為μ2，忽略物塊在斜面與桌面交接處的能量損失．(重力加速度取g＝10m/s2；最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)(1)求θ角增大到多少時，物塊能從斜面開始下滑；(用正切值表示)(2)當θ角增大到37°時，物塊恰能停在桌面邊緣，求物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)μ2；(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(3)繼續(xù)增大θ角，發(fā)現(xiàn)θ＝53°時物塊落地點與墻面的距離最大，求此最大距離xm.解析(1)為使小物塊下滑，應(yīng)有mgsinθ≥μ1mgcosθ①θ滿足的條件tanθ≥0.05②即當θ＝arctan0.05時物塊恰好從斜面開始下滑．(2)克服摩擦力做功Wf＝μ1mgL1cosθ＋μ2mg(L2－L1cosθ)③由動能定理得mgL1sinθ－Wf＝0④代入數(shù)據(jù)得μ2＝0.8⑤(3)由動能定理得mgL1sinθ－Wf＝eq\f(1,2)mv2⑥結(jié)合③式并代入數(shù)據(jù)得v＝1m/s⑦由平拋運動規(guī)律得H＝eq\f(1,2)gt2，x1＝vt解得t＝0.4s⑧x1＝0.4m⑨xm＝x1＋L2＝1.9m答案(1)arctan0.05(2)0.8(3)1.9m1.如下圖，相同材料制成的滑道ABC，其中AB段為曲面，BC段為水平面．現(xiàn)有質(zhì)量為m的木塊，從距離水平面h高處的A點由靜止釋放，滑到B點過程中克服摩擦力做功為eq\f(1,3)mgh；木塊通過B點后繼續(xù)滑行2h距離后，在C點停下來，那么木塊與曲面間的動摩擦因數(shù)應(yīng)為()A.eq\f(1,3) B．eq\f(2,3)C.eq\f(1,6) D.eq\f(1,12)解析：選A.物體從A點到C點根據(jù)動能定理，mgh－eq\f(1,3)mgh－μmg·2h＝0，解得μ＝eq\f(1,3)，因為曲面和水平軌道是同種材料，所以木塊與曲面間的動摩擦因數(shù)也為eq\f(1,3)，選項A正確．2．(2022·高考天津卷)我國將于2022年舉辦冬奧會，跳臺滑雪是其中最具欣賞性的工程之一．如下圖，質(zhì)量m＝60kg的運發(fā)動從長直助滑道AB的A處由靜止開始以加速度a＝3.6m/s2勻加速滑下，到達助滑道末端B時速度vB＝24m/s，A與B的豎直高度差H＝48m．為了改變運發(fā)動的運動方向，在助滑道與起跳臺之間用一段彎曲滑道銜接，其中最低點C處附近是一段以O(shè)為圓心的圓?。滥┒薆與滑道最低點C的高度差h＝5m，運發(fā)動在B、C間運動時阻力做功W＝－1530J，g取10m/s2.(1)求運發(fā)動在AB段下滑時受到阻力Ff的大?。?2)假設(shè)運發(fā)動能夠承受的最大壓力為其所受重力的6倍，那么C點所在圓弧的半徑R至少應(yīng)為多大？解析：(1)運發(fā)動在AB段做初速度為零的勻加速運動，設(shè)AB的長度為x，那么有veq\o\al(2,B)＝2ax①由牛頓第二定律有mgeq\f(H,x)－Ff＝ma②聯(lián)立①②式，代入數(shù)據(jù)解得Ff＝144N③(2)設(shè)運發(fā)動到達C點時的速度為vC，在由B到達C的過程中，由動能定理有mgh＋W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)④設(shè)運發(fā)動在C點所受的支持力為FN，由牛頓第二定律有FN－mg＝meq\f(v\o\al(2,C),R)⑤由運發(fā)動能夠承受的最大壓力為其所受重力的6倍，聯(lián)立④⑤式，代入數(shù)據(jù)解得R＝12.5m答案：(1)144N(2)12.5m利用動能定理求解多過程問題的根本思路(1)弄清物體的運動由哪些過程組成．(2)分析每個過程中物體的受力情況．(3)各個力做功有何特點，對動能的變化有無影響．(4)從總體上把握全過程，表達出總功，找出初、末狀態(tài)的動能．(5)對所研究的全過程運用動能定理列方程．課時標準訓(xùn)練[根底穩(wěn)固題組]1．(多項選擇)關(guān)于動能定理的表達式W＝Ek2－Ek1，以下說法正確的選項是()A．公式中的W為不包含重力的其他力做的總功B．公式中的W為包含重力在內(nèi)的所有力做的功，也可通過以下兩種方式計算：先求每個力的功再求功的代數(shù)和或先求合外力再求合外力的功C．公式中的Ek2－Ek1為動能的增量，當W＞0時動能增加，當W＜0時，動能減少D．動能定理適用于直線運動，但不適用于曲線運動，適用于恒力做功，但不適用于變力做功解析：選BC.公式W＝Ek2－Ek1中的“W〞為所有力所做的總功，A錯誤，B正確；假設(shè)W＞0，那么Ek2＞Ek1，假設(shè)W＜0，那么Ek2＜Ek1，C正確；動能定理對直線運動、曲線運動、恒力做功、變力做功均適用，D錯誤．2．如下圖，AB為eq\f(1,4)圓弧軌道，BC為水平直軌道，圓弧對應(yīng)的圓的半徑為R，BC的長度也是R，一質(zhì)量為m的物體與兩個軌道間的動摩擦因數(shù)都為μ，當它由軌道頂端A從靜止開始下落，恰好運動到C處停止，那么物體在AB段克服摩擦力所做的功為()Aeq\f(1,2)μmgR B．eq\f(1,2)mgRC．mgR D．(1－μ)mgR解析：選D.由題意可知mgR＝WfAB＋WfBC，WfBC＝μmgR，所以WfAB＝(1－μ)mgR，D正確．3．一個質(zhì)量為m的物體靜止放在光滑水平面上，在互成60°角的大小相等的兩個水平恒力作用下，經(jīng)過一段時間，物體獲得的速度為v，在力的方向上獲得的速度分別為v1、v2，如下圖，那么在這段時間內(nèi)，其中一個力做的功為()A.eq\f(1,6)mv2 B.eq\f(1,4)mv2C.eq\f(1,3)mv2 D.eq\f(1,2)mv2解析：選B.在合力F的方向上，由動能定理得W＝Fl＝eq\f(1,2)mv2，某個分力的功為W1＝F1lcos30°＝eq\f(F,2cos30°)lcos30°＝eq\f(1,2)Fl＝eq\f(1,4)mv2，B正確．4.如下圖，一塊長木板B放在光滑的水平面上，在B上放一物體A，現(xiàn)以恒定的外力拉B，由于A、B間摩擦力的作用，A將在B上滑動，以地面為參考系，A、B都向前移動一段距離．在此過程中()A．外力F做的功等于A和B動能的增量B．B對A的摩擦力所做的功，等于A的動能增量C．A對B的摩擦力所做的功，等于B對A的摩擦力所做的功D．外力F對B做的功等于B的動能的增量解析：選B.A物體所受的合外力等于B對A的摩擦力，對A物體運用動能定理，那么有B對A的摩擦力所做的功等于A的動能的增量，即B對；A對B的摩擦力與B對A的摩擦力是一對作用力與反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑動，A、B對地的位移不等，故二者做功不相等，C錯；對B應(yīng)用動能定理，WF－Wf＝ΔEkB，即WF＝ΔEkB＋Wf，就是外力F對B做的功，等于B的動能增量與B克服摩擦力所做的功之和，D錯；由前述討論知B克服摩擦力所做的功與A的動能增量(等于B對A的摩擦力所做的功)不等，故A錯．5．(多項選擇)如圖甲所示，一個小環(huán)沿豎直放置的光滑圓環(huán)形軌道做圓周運動．小環(huán)從最高點A滑到最低點B的過程中，小環(huán)線速度大小的平方v2隨下落高度h的變化圖象可能是圖乙中的()解析：選AB.對小球由動能定理得mgh＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，那么v2＝2gh＋veq\o\al(2,0)，當v0＝0時，B正確；當v0≠0時，A正確．6.如下圖，半徑R＝2.5m的光滑半圓軌道ABC與傾角θ＝37°的粗糙斜面軌道DC相切于C點，半圓軌道的直徑AC與斜面垂直．質(zhì)量m＝1kg的小球從A點左上方距A點高h＝0.45m的P點以某一速度v0水平拋出，剛好與半圓軌道的A點相切進入半圓軌道內(nèi)側(cè)，之后經(jīng)半圓軌道沿斜面剛好滑到與拋出點等高的D點．當?shù)氐闹亓铀俣萭＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不計空氣阻力，求：(1)小球從P點拋出時速度v0的大小；(2)小球從C點運動到D點過程中摩擦力做的功W；(3)小球從D點返回經(jīng)過軌道最低點B，對軌道的壓力大小．解析：(1)在A點有：veq\o\al(2,y)＝2gheq\f(vy,v0)＝tanθ解得v0＝4m/s(2)全過程由動能定理得W＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝－8J(3)從D到B過程由動能定理得mg(h＋Rcosθ＋R)＋W＝eq\f(1,2)mv2在B點由牛頓第二定律得FN－mg＝meq\f(v2,R)解得FN＝43.2N由牛頓第三定律得小球在B點對軌道的壓力大小FN′＝FN＝43.2N答案：(1)4m/s(2)－8J(3)43.2N[綜合應(yīng)用題組]7．一質(zhì)點做速度逐漸增大的勻加速直線運動，在時間間隔t內(nèi)位移為s，動能變?yōu)樵瓉淼?倍．該質(zhì)點的加速度為()A.eq\f(s,t2) B．eq\f(3s,2t2)C.eq\f(4s,t2) D.eq\f(8s,t2)解析：選A.由Ek＝eq\f(1,2)mv2可知速度變?yōu)樵瓉淼?倍．設(shè)加速度為a，初速度為v，那么末速度為3v.由速度公式vt＝v0＋at得3v＝v＋at，解得at＝2v；由位移公式s＝v0t＋eq\f(1,2)at2得s＝vt＋eq\f(1,2)·at·t＝vt＋eq\f(1,2)·2v·t＝2vt，進一步求得v＝eq\f(s,2t)；所以a＝eq\f(2v,t)＝eq\f(2,t)·eq\f(s,2t)＝eq\f(s,t2)，A正確．8．如下圖，ABCD是一個盆式容器，盆內(nèi)側(cè)壁與盆底BC的連接處都是一段與BC相切的圓弧，BC是水平的，其距離d＝0.50m．盆邊緣的高度為h＝0.30m．在A處放一個質(zhì)量為m的小物塊并讓其從靜止開始下滑．盆內(nèi)側(cè)壁是光滑的，而盆底BC面與小物塊間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.10.小物塊在盆內(nèi)來回滑動，最后停下來，那么停的地點到B的距離為()A．0.50m B．0.25mC．0.10m D．0解析：選D.設(shè)小物塊在BC段通過的總路程為s，由于只有水平面上存在摩擦力，那么小物塊從A點開始運動到最終靜止的整個過程中，摩擦力做功為－μmgs，而重力做功與路徑無關(guān)，由動能定理得：mgh－μmgs＝0－0，代入數(shù)據(jù)可解得s＝3m．由于d＝0.50m，所以，小物塊在BC段經(jīng)過3次往復(fù)運動后，又回到B點．9．小球P和Q用不可伸長的輕繩懸掛在天花板上，P球的質(zhì)量大于Q球的質(zhì)量，懸掛P球的繩比懸掛Q球的繩短．將兩球拉起，使兩繩均被水平拉直，如下圖．將兩球由靜止釋放，在各自軌跡的最低點()A．P球的速度一定大于Q球的速度B．P球的動能一定小于Q球的動能C．P球所受繩的拉力一定大于Q球所受繩的拉力D．P球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度解析：選C.從釋放到最低點過程中，由動能定理得mgl＝eq\f(1,2)mv2－0，可得v＝eq\r(2gl)，因lP<lQ，那么vP<vQ，應(yīng)選項A錯誤；由EkQ＝mQglQ，EkP＝mPglP，而mP>mQ，故兩球動能大小無法比擬，選項B錯誤；在最低點對兩球進行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律及向心力公式可知T－mg＝meq\f(v2,l)＝man，得T＝3mg，an＝2g，那么TP>TQ，aP＝aQ，C正確，D錯誤．10.用水平力F拉一物體，使物體在水平地面上由靜止開始做勻加速直線運動，t1時刻撤去拉力F，物體做勻減速直線運動，到t2時刻停止，其速度－時間圖象如下圖，且α＞β，假設(shè)拉力F做的功為W1，平均功率為P1；物體克服摩擦阻力Ff做的功為W2，平均功率為P2，那么以下選項正確的選項是()A．W1＞W(wǎng)2，F(xiàn)＝2Ff B．W1＝W2，F(xiàn)＞2FfC．P1＜P2，F(xiàn)＞2Ff D．P1＝P2，F(xiàn)＝2Ff解析：選B.由動能定理可得W1－W2＝0，解得W1＝W2.由圖象可知，撤去拉力F后運動時間大于水平力F作用時間，所以F＞2Ff，選項A、D錯誤B正確；由于摩擦阻力作用時間一定大于水平力F作用時間，所以P1＞P2，選項C錯誤．11.(多項選擇)如下圖，一固定容器的內(nèi)壁是半徑為R的半球面；在半球面水平直徑的一端有一質(zhì)量為m的質(zhì)點P.它在容器內(nèi)壁由靜止下滑到最低點的過程中，克服摩擦力做的功為W.重力加速度大小為g.設(shè)質(zhì)點P在最低點時，向心加速度的大小為a，容器對它的支持力大小為N，那么()A．a(chǎn)＝eq\f(2mgR－W,mR) B．a(chǎn)＝eq\f(2mgR－W,mR)C．N＝eq\f(3mgR－2W,R) D．N＝eq\f(2mgR－W,R)解析：選AC.質(zhì)點P下滑到底端的過程，由動能定理得mgR－W＝eq\f(1,2)mv2－0，可得v2＝eq\f(2mgR－W,m)，所以a＝eq\f(v2,R)＝eq\f(2mgR－W,mR)，A正確，B錯誤；在最低點，由牛頓第二定律得N－mg＝meq\f(v2,R)，故N＝mg＋meq\f(v2,R)＝mg＋eq\f(m,R)·eq\f(2mgR－W,m)＝eq\f(3mgR－2W,R)，C正確，D錯誤．12．在豎直平面內(nèi)固定一軌道ABCO，AB段水平放置，長為4m，BCO段彎曲且光滑；一質(zhì)量為1.0kg、可視作質(zhì)點的圓環(huán)套在軌道上，圓環(huán)與軌道AB段之間的動摩擦因數(shù)為0.5.建立如下圖的直角坐標系，圓環(huán)在沿x軸正方向的恒力F作用下，從A(－7,2)點由靜止開始運動，到達原點O時撤去恒力F，圓環(huán)從O(0,0)點水平飛出后經(jīng)過D(6,3)點．重力加速度g取10m/s2，不計空氣阻力．求：(1)圓環(huán)到達O點時的速度大小；(2)恒力F的大??；(3)圓環(huán)在AB段運動的時間．解析：(1)圓環(huán)從O到D過程中做平拋運動x＝v0ty＝eq\f(1,2)gt2讀圖得x＝6m，y＝3mv0＝eq\r(60)m/s＝7.75m/s.(2)圓環(huán)從A到O過程中，根據(jù)動能定理FxAO－μmgxAB－mgy′＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)代入數(shù)據(jù)得F＝10N.(3)圓環(huán)從A到B過程中，根據(jù)牛頓第二定律F－μmg＝maxAB＝eq\f(1,2)at2代入數(shù)據(jù)得t＝eq\r(\f(8,5))s＝1.26s.答案：(1)7.75m/s(2)10N(3)1.26s第3節(jié)機械能守恒定律及其應(yīng)用一、重力做功與重力勢能1．重力做功的特點(1)重力做功與路徑無關(guān)，只與始末位置的高度差有關(guān)．(2)重力做功不引起物體機械能的變化．2．重力勢能(1)公式：Ep＝mgh.(2)特性：①矢標性：重力勢能是標量，但有正、負，其意義是表示物體的重力勢能比它在參考平面上大還是小，這與功的正、負的物理意義不同．②系統(tǒng)性：重力勢能是物體和地球共有的．③相對性：重力勢能的大小與參考平面的選取有關(guān)．重力勢能的變化是絕對的，與參考平面的選取無關(guān)．3．重力做功與重力勢能變化的關(guān)系(1)定性關(guān)系：重力對物體做正功，重力勢能就減少；重力對物體做負功，重力勢能就增加．(2)定量關(guān)系：重力對物體做的功等于物體重力勢能的減少量．即WG＝－(Ep2－Ep1)＝－ΔEp.二、彈性勢能1．大小彈簧的彈性勢能的大小與彈簧的形變量及勁度系數(shù)有關(guān)．2．彈力做功與彈性勢能變化的關(guān)系彈力做正功，彈性勢能減小，彈力做負功，彈性勢能增加．三、機械能守恒定律1．機械能動能和勢能統(tǒng)稱為機械能，其中勢能包括重力勢能和彈性勢能．2．機械能守恒定律(1)內(nèi)容：在只有重力或彈力做功的物體系統(tǒng)內(nèi)，動能和勢能可以互相轉(zhuǎn)化，而總的機械能保持不變．(2)守恒的條件：只有重力或彈力做功．(3)守恒表達式：守恒觀點E1＝E2，Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2轉(zhuǎn)化觀點ΔEk＝－ΔEp轉(zhuǎn)移觀點ΔEA減＝ΔEB增[自我診斷]1．判斷正誤(1)重力勢能的變化與零勢能參考面的選取無關(guān)．(√)(2)克服重力做功，物體的重力勢能一定增加．(√)(3)發(fā)生形變的物體都具有彈性勢能．(×)(4)彈力做正功彈性勢能一定增加．(×)(5)物體所受的合力為零，物體的機械能一定守恒．(×)(6)物體的速度增大時，其機械能可能減?。?√)(7)物體除受重力外，還受其他力，但其他力不做功，那么物體的機械能一定守恒．(√)2．自由下落的物體在下落過程中，其重力做功和重力勢能變化的情況為()A．重力做正功，重力勢能減小B．重力做正功，重力勢能增加C．重力做負功，重力勢能減小D．重力做負功，重力勢能增加解析：選A.下落過程，物體高度降低，所以重力做正功，重力勢能減小，A正確．3．關(guān)于機械能是否守恒，以下說法正確的選項是()A．做勻速直線運動的物體機械能一定守恒B．做勻速圓周運動的物體機械能一定守恒C．做變速運動的物體機械能可能守恒D．合力對物體做功不為零，機械能一定不守恒解析：選C.做勻速直線運動的物體與做勻速圓周運動的物體，如果是在豎直平面內(nèi)那么機械能不守恒，A、B錯誤；合力做功不為零，機械能可能守恒，如自由落體運動，D錯誤，C正確．4．(多項選擇)如下圖，A、B兩球質(zhì)量相等，A球用不能伸長的輕繩系于O點，B球用輕彈簧系于O′點，O與O′點在同一水平面上，分別將A、B球拉到與懸點等高處，使繩和輕彈簧均處于水平，彈簧處于自然狀態(tài)，將兩球分別由靜止開始釋放，當兩球到達各自懸點的正下方時，兩球仍處在同一水平面上，那么()A．兩球到達各自懸點的正下方時，兩球動能相等B．兩球到達各自懸點的正下方時，A球動能較大C．兩球到達各自懸點的正下方時，B球動能較大D．兩球到達各自懸點的正下方時，A球受到向上的拉力較大解析：選BD.整個過程中兩球減少的重力勢能相等，A球減少的重力勢能完全轉(zhuǎn)化為A球的動能，B球減少的重力勢能轉(zhuǎn)化為B球的動能和彈簧的彈性勢能，所以A球的動能大于B球的動能，所以B正確；在懸點正下方位置，根據(jù)牛頓第二定律知F＝mg＋eq\f(mv2,R)，因為vA>vB，所以A球受到的拉力較大，所以D正確．考點一機械能守恒的理解和判斷1．對機械能守恒條件的理解(1)只受重力作用，例如不考慮空氣阻力的各種拋體運動，物體的機械能守恒．(2)除重力外，物體還受其他力，但其他力不做功或做功代數(shù)和為零．(3)除重力外，只有系統(tǒng)內(nèi)的彈力做功，并且彈力做的功等于彈性勢能減少量，那么系統(tǒng)的機械能守恒．注意：并非物體的機械能守恒，如與彈簧相連的小球下擺的過程機械能減少．2．機械能是否守恒的三種判斷方法(1)利用機械能的定義判斷：假設(shè)物體動能、勢能之和不變，那么機械能守恒．(2)用做功判斷：假設(shè)物體或系統(tǒng)只有重力(或彈簧的彈力)做功，雖受其他力，但其他力不做功，機械能守恒．(3)利用能量轉(zhuǎn)化判斷：假設(shè)物體或系統(tǒng)與外界沒有能量交換，物體或系統(tǒng)內(nèi)也沒有機械能與其他形式能的轉(zhuǎn)化，那么機械能守恒．1．(多項選擇)如下圖，以下關(guān)于機械能是否守恒的判斷正確的選項是()A．甲圖中，物體A將彈簧壓縮的過程中，物體A機械能守恒B．乙圖中，物體A固定，物體B沿斜面勻速下滑，物體B的機械能守恒C．丙圖中，不計任何阻力和定滑輪質(zhì)量時，A加速下落，B加速上升過程中，A、B組成的系統(tǒng)機械能守恒D．丁圖中，小球沿水平面做勻速圓錐擺運動時，小球的機械能守恒解析：選CD.甲圖中重力和彈力做功，物體A和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，但物體A機械能不守恒，A錯．乙圖中物體B除受重力外，還受到彈力和摩擦力作用，彈力不做功，但摩擦力做負功，物體B的機械能不守恒，B錯．丙圖中繩子張力對A做負功，對B做正功，代數(shù)和為零，A、B組成的系統(tǒng)機械能守恒，C對．丁圖中小球的動能不變，勢能不變，機械能守恒，D對．2．(多項選擇)如下圖，斜面置于光滑水平地面，其光滑斜面上有一物體由靜止沿斜面下滑，在物體下滑過程中，以下說法正確的選項是()A．物體的重力勢能減少，動能增加，機械能減小B．斜面的機械能不變C．斜面對物體的作用力垂直于接觸面，不對物體做功D．物體和斜面組成的系統(tǒng)機械能守恒解析：選AD.物體由靜止開始下滑的過程其重力勢能減少，動能增加，A正確；物體在下滑過程中，斜面做加速運動，其機械能增加，B錯誤；物體沿斜面下滑時，既沿斜面向下運動，又隨斜面向右運動，其合速度方向與彈力方向不垂直，彈力方向垂直于接觸面，但與速度方向之間的夾角大于90°，所以斜面對物體的作用力對物體做負功，C錯誤；對物體與斜面組成的系統(tǒng)，只有物體的重力和物體與斜面間的彈力做功，機械能守恒，D正確．3.(多項選擇)如下圖，用輕彈簧相連的物塊A和B放在光滑的水平面上，物塊A緊靠豎直墻壁，一顆子彈沿水平方向射入物塊B后留在其中，由子彈、彈簧和A、B所組成的系統(tǒng)在以下依次進行的過程中，機械能守恒的是()A．子彈射入物塊B的過程B．物塊B帶著子彈向左運動，直到彈簧壓縮量最大的過程C．彈簧推著帶子彈的物塊B向右運動，直到彈簧恢復(fù)原長的過程D．帶著子彈的物塊B因慣性繼續(xù)向右運動，直到彈簧伸長量達最大的過程解析：選BCD.子彈射入物塊B的過程中，子彈和物塊B組成的系統(tǒng)，由于要克服子彈與物塊之間的滑動摩擦力做功，一局部機械能轉(zhuǎn)化成了內(nèi)能，所以機械能不守恒．在子彈與物塊B獲得了共同速度后一起向左壓縮彈簧的過程中，對于A、B、彈簧和子彈組成的系統(tǒng)，由于墻壁給A一個推力作用，系統(tǒng)的外力之和不為零，但這一過程中墻壁的彈力不做功，只有系統(tǒng)內(nèi)的彈力做功，動能和彈性勢能發(fā)生轉(zhuǎn)化，系統(tǒng)機械能守恒，這一情形持續(xù)到彈簧恢復(fù)原長為止．當彈簧恢復(fù)原長后，整個系統(tǒng)將向右運動，墻壁不再有力作用在A上，這時物塊的動能和彈簧的彈性勢能相互轉(zhuǎn)化，故系統(tǒng)的機械能守恒，綜上所述，B、C、D正確．(1)機械能守恒的條件絕不是合外力的功等于零，更不是合外力為零；“只有重力或彈力做功〞不等于“只受重力或彈力作用〞．(2)對于一些繩子突然繃緊、物體間碰撞等情況，除非題目特別說明，否那么機械能必定不守恒．(3)對于系統(tǒng)機械能是否守恒，可以根據(jù)能量的轉(zhuǎn)化進行判斷．考點二單個物體的機械能守恒定律的應(yīng)用應(yīng)用機械能守恒定律的根本思路(1)選取研究對象eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(單個物體,多個物體組成的系統(tǒng),系統(tǒng)內(nèi)有彈簧))(2)受力分析和各力做功情況分析，確定是否符合機械能守恒條件．(3)確定初末狀態(tài)的機械能或運動過程中物體機械能的轉(zhuǎn)化情況．(4)選擇適宜的表達式列出方程，進行求解．(5)對計算結(jié)果進行必要的討論和說明．[典例1]如下圖，將一質(zhì)量為m＝0.1kg的小球自水平平臺右端O點以初速度v0水平拋出，小球飛離平臺后由A點沿切線落入豎直光滑圓軌道ABC，并沿軌道恰好通過最高點C，圓軌道ABC的形狀為半徑R＝2.5m的圓截去了左上角127°的圓弧，CB為其豎直直徑(sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，重力加速度g取10m/s2，空氣阻力不計)，求：(1)小球經(jīng)過C點速度vC的大?。?2)小球運動到軌道最低點B時軌道對小球的支持力大??；(3)平臺末端O點到A點的豎直高度H.解析(1)小球恰好運動到C點時，重力提供向心力，由牛