高中物理必修二同步專題講義：14 C動(dòng)能和動(dòng)能定理 提升版（教師版）

動(dòng)能和動(dòng)能定理知識(shí)點(diǎn)：動(dòng)能和動(dòng)能定理一、動(dòng)能的表達(dá)式1.表達(dá)式：Ek＝eq\f(1,2)mv2.2.單位：與功的單位相同，國(guó)際單位為焦耳，符號(hào)為J.3.標(biāo)矢性：動(dòng)能是標(biāo)量，只有大小，沒(méi)有方向.二、動(dòng)能定理1.內(nèi)容：力在一個(gè)過(guò)程中對(duì)物體做的功，等于物體在這個(gè)過(guò)程中動(dòng)能的變化.2.表達(dá)式：W＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12.如果物體受到幾個(gè)力的共同作用，W即為合力做的功，它等于各個(gè)力做功的代數(shù)和.3.適用范圍：動(dòng)能定理是物體在恒力作用下，并且做直線運(yùn)動(dòng)的情況下得到的，當(dāng)物體受到變力作用，并且做曲線運(yùn)動(dòng)時(shí)，可以采用把整個(gè)過(guò)程分成許多小段，也能得到動(dòng)能定理.技巧點(diǎn)撥一、動(dòng)能1.對(duì)動(dòng)能的理解(1)動(dòng)能是標(biāo)量，沒(méi)有負(fù)值，與物體的速度方向無(wú)關(guān).(2)動(dòng)能是狀態(tài)量，具有瞬時(shí)性，與物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)(或某一時(shí)刻的速度)相對(duì)應(yīng).(3)動(dòng)能面為參考系.2.動(dòng)能變化量ΔEkΔEk＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12，若ΔEk>0，則表示物體的動(dòng)能增加，若ΔEk<0，則表示物體的動(dòng)能減少.二、動(dòng)能定理的理解和應(yīng)用對(duì)動(dòng)能定理的理解1.表達(dá)式：W＝Ek2－Ek1＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12(1)Ek2＝eq\f(1,2)mv22表示這個(gè)過(guò)程的末動(dòng)能；Ek1＝eq\f(1,2)mv12表示這個(gè)過(guò)程的初動(dòng)能.(2)W表示這個(gè)過(guò)程中合力做的功，它等于各力做功的代數(shù)和.2.物理意義：動(dòng)能定理指出了合外力對(duì)物體所做的總功與物體動(dòng)能變化之間的關(guān)系，即若合外力做正功，物體的動(dòng)能增加，若合外力做負(fù)功，物體的動(dòng)能減小，做了多少功，動(dòng)能就變化多少.3.實(shí)質(zhì)：動(dòng)能定理從能量變化的角度反映了力改變運(yùn)動(dòng)的狀態(tài)時(shí)，在空間上的累積效果.總結(jié)提升應(yīng)用動(dòng)能定理解題的一般步驟：(1)選取研究對(duì)象(通常是單個(gè)物體)，明確它的運(yùn)動(dòng)過(guò)程.(2)對(duì)研究對(duì)象進(jìn)行受力分析，明確各力做功的情況，求出外力做功的代數(shù)和.(3)明確物體在初、末狀態(tài)的動(dòng)能Ek1、Ek2.(4)列出動(dòng)能定理的方程W＝Ek2－Ek1，結(jié)合其他必要的輔助方程求解并驗(yàn)算.例題精練1．（青羊區(qū)校級(jí)月考）如圖所示，A、D兩點(diǎn)分別是斜面的頂端、低端，B、C是斜面上的兩個(gè)點(diǎn)，AB＝BC＝CD，E點(diǎn)在D點(diǎn)的正上方，與A點(diǎn)等高。從E點(diǎn)以一定的水平速度拋出質(zhì)量相等的兩個(gè)小球，球1落在B點(diǎn)，球2落在C點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力。則關(guān)于球1和球2從拋出到落在斜面上的運(yùn)動(dòng)過(guò)程（）A．球1和球2運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比為1：2 B．球1和球2動(dòng)能增加量之比為1：3 C．球1和球2拋出時(shí)初速度之比為 D．球1和球2落到斜面時(shí)速度方向與水平方向夾角的正切值之比為1：2【分析】平拋運(yùn)動(dòng)在水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在豎直方向上做自由落體運(yùn)動(dòng)，根據(jù)高度確定運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，通過(guò)水平位移求出初速度之比．根據(jù)動(dòng)能定理求出動(dòng)能的增加量之比；根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律求解速度方向與水平方向夾角的正切值之比。【解答】解：A、因?yàn)锳C＝2AB，則AC的高度差是AB高度差的2倍，根據(jù)h＝gt2得：t＝，解得球1和球2運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比為1：，故A錯(cuò)誤；B、根據(jù)動(dòng)能定理得，mgh＝△Ek，知球1和球2動(dòng)能增加量之比為1：2，故B錯(cuò)誤；C、EB在水平方向上的位移是EC在水平方向位移的2倍，結(jié)合x(chóng)＝v0t，解得球1和球2拋出時(shí)初速度之比為2：1，故C正確；D、由于速度方向反向延長(zhǎng)線過(guò)水平位移的中點(diǎn)，則有：tanα＝，tanθ＝＝，所以球1和球2落到斜面時(shí)速度方向與水平方向夾角的正切值之比為1：4，故D錯(cuò)誤。故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要是考查平拋運(yùn)動(dòng)和動(dòng)能定理，解決本題的關(guān)鍵知道平拋運(yùn)動(dòng)在水平方向和豎直方向上的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式進(jìn)行求解．2．（巨鹿縣校級(jí)月考）如圖所示，輕質(zhì)彈簧下端固定在傾角為θ的斜面底端的擋板C上，另一端自然伸長(zhǎng)到A點(diǎn)．現(xiàn)將一質(zhì)量為m的物塊，從距彈簧上端為L(zhǎng)的B點(diǎn)由靜止釋放，物塊下滑壓縮彈簧，接著被彈回，往復(fù)運(yùn)動(dòng)。已知A點(diǎn)以下斜面光滑，物塊在AB段與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ。物塊可看作質(zhì)點(diǎn)，彈簧被壓縮未超過(guò)彈性限度。下列說(shuō)法正確是（）A．物塊第一次被彈回能到達(dá)B點(diǎn) B．最終物塊靜止在斜面上某處 C．無(wú)論哪次下滑過(guò)程，物塊只要接觸彈簧就立即減速 D．從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到最終穩(wěn)定，物塊在AB間運(yùn)動(dòng)的總路程為【分析】根據(jù)彈簧的做正功，導(dǎo)致彈簧的彈性勢(shì)能減?。恢亓ψ稣Γ瑢?dǎo)致重力勢(shì)能減小；而摩擦力做負(fù)功卻導(dǎo)致系統(tǒng)的機(jī)械能減小。同時(shí)由對(duì)物體的受力分析來(lái)確定物體處于什么樣的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)?！窘獯稹拷猓篈.物塊下滑后第一次被彈回的過(guò)程在AB段克服摩擦力做功，機(jī)械能減小，故物塊不能到達(dá)B點(diǎn)，故A錯(cuò)誤；B.隨著物塊機(jī)械能減小，能上升的高度越來(lái)越小，由于在A點(diǎn)以下斜面光滑，則物塊最后將以重力和彈力二力平衡的地方為平衡位置，做往復(fù)運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤；C.物塊下滑后剛壓縮彈簧時(shí)仍加速，直至彈簧彈力等于重力沿斜面分力時(shí)加速度為零，速度達(dá)最大，之后才減速，故C錯(cuò)誤；D.從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到最終穩(wěn)定時(shí)物塊能達(dá)到的最高點(diǎn)為A，據(jù)動(dòng)能定理可得mgLsinθ﹣μmgcosθ.s＝0解得物塊在AB間運(yùn)動(dòng)的總路程為s＝故D正確。故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】考查彈力做功與彈性勢(shì)能變化關(guān)系，重力做功與重力勢(shì)能變化的關(guān)系，摩擦力做功導(dǎo)致彈簧與物塊的機(jī)械能在變化。并學(xué)會(huì)由受力分析來(lái)確定運(yùn)動(dòng)情況。隨堂練習(xí)1．（岑溪市期末）質(zhì)量為2kg的物體從10m高處由靜止落下，掉入d＝0.1m深的沙坑靜止，g＝10m/s2。物體在沙坑中受到的平均阻力為（）A．2020N B．220N C．120N D．1020N【分析】物體從開(kāi)始下落到在沙坑中靜止的整個(gè)過(guò)程中，只有重力和阻力做功，對(duì)全程，利用動(dòng)能定理求物體在沙坑中受到的平均阻力?！窘獯稹拷猓涸O(shè)物體在沙坑中受到的平均阻力為f。整個(gè)過(guò)程中，重力做功為mg（h+d），阻力做功為﹣fd，根據(jù)動(dòng)能定理得mg（h+d）﹣fd＝0代入數(shù)據(jù)解得f＝2020N，故A正確，BCD錯(cuò)誤。故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】本題涉及力在空間的效果，要優(yōu)先考慮動(dòng)能定理。運(yùn)用動(dòng)能定理時(shí)，要靈活選擇研究的過(guò)程，本題對(duì)全程列式比較簡(jiǎn)潔。2．（徐州模擬）2021年4月29日，中國(guó)空間站天和核心艙被長(zhǎng)征五號(hào)運(yùn)載火箭成功送入預(yù)定軌道，揭開(kāi)了中國(guó)空間站建設(shè)的大幕。如圖所示，在地球赤道的某位置發(fā)射質(zhì)量為m的火箭，在A點(diǎn)以速度v1進(jìn)入橢圓軌道Ⅰ。隨后火箭立即關(guān)閉發(fā)動(dòng)機(jī)沿軌道Ⅰ運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，此時(shí)速度為v2。然后在B點(diǎn)再次點(diǎn)火加速后，以速度v3進(jìn)入半徑為r的圓形軌道Ⅱ，則（）A．v3＞v1 B．火箭從A運(yùn)動(dòng)到B的時(shí)間t＜ C．火箭剛到B點(diǎn)的加速度a＝ D．火箭上升到A點(diǎn)的過(guò)程中，合力做功W＝mv12【分析】A、由線速度與軌道半徑的關(guān)系比較A點(diǎn)所在圓軌道與軌道Ⅱ的線速度大小，再比較變軌前后A點(diǎn)速度大小，最后判定v1與v3的大?。籅、由開(kāi)普勒第三定律解答；C、由向心加速度表達(dá)式解答；D、由功能關(guān)系解答。【解答】解：A、設(shè)A點(diǎn)所在圓形軌道半徑為R，環(huán)繞速度為v，地球質(zhì)量為M，火箭質(zhì)量為m，由G得：v＝，同理在圓軌道Ⅱ上，v3＝，因?yàn)镽＜r，所以v＞v3，由圓形軌道進(jìn)入橢圓軌道Ⅰ，需要點(diǎn)火加速，所以：v＜v1，所以：v3＜v1，故A錯(cuò)誤；B、設(shè)橢圓軌道Ⅰ半長(zhǎng)軸為r′，r′＜r，由開(kāi)普勒第三定律：可知：T′＜T，則從A到B的時(shí)間Δt＝，故B正確；C、火箭剛到B點(diǎn)加速度為：a＝，故C錯(cuò)誤；D、火箭剛升到A點(diǎn)時(shí)速度小于v1，因此火箭上升到A點(diǎn)過(guò)程中，合力做功W＜，故D錯(cuò)誤。故選：B。【點(diǎn)評(píng)】本題難點(diǎn)在衛(wèi)星的變軌（此題考查衛(wèi)星發(fā)射），要從運(yùn)動(dòng)和功能兩個(gè)角度分析，特別要注意在兩軌道的切點(diǎn)，速度和加速度是變軌前還是變軌后的。3．（株洲模擬）《國(guó)家地理頻道》做過(guò)如下實(shí)驗(yàn)：幾個(gè)完全相同的固定的水球緊挨在一起水平排列，水平運(yùn)動(dòng)的子彈恰好能穿出第4個(gè)水球，如圖所示。設(shè)子彈受到的阻力恒定，則子彈在穿過(guò)的每個(gè)水球中（）A．速度變化相同 B．運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同 C．動(dòng)能變化相同 D．動(dòng)量變化相同【分析】根據(jù)動(dòng)能定理求解子彈的動(dòng)能變化；根據(jù)動(dòng)能的計(jì)算公式求解速度的變化；根據(jù)牛頓第二定律結(jié)合t＝分析時(shí)間是否相同；根據(jù)動(dòng)量變化△p＝m△v分析動(dòng)量變化是否相同。【解答】解：C、設(shè)子彈受到的阻力為f，子彈的質(zhì)量為m，子彈通過(guò)每個(gè)水球的距離為d，根據(jù)動(dòng)能定理可得：fd＝△Ek，則子彈的動(dòng)能變化相同，故C正確；A、由于子彈的動(dòng)能變化相同，則有：△Ek＝＝，解得：△v＝v0﹣v＝，后來(lái)子彈穿過(guò)每個(gè)水球的初速度和末速度都減小，所以速度變化量逐漸增大，故A錯(cuò)誤；B、根據(jù)牛頓第二定律可得加速度：a＝可知加速度不變，根據(jù)t＝可知通過(guò)每個(gè)水球的時(shí)間依次增大，故B錯(cuò)誤；D、動(dòng)量變化△p＝m△v依次增大，故D錯(cuò)誤。故選：C。【點(diǎn)評(píng)】本題主要是考查動(dòng)能定理，關(guān)鍵是知道動(dòng)能定理的應(yīng)用方法，知道動(dòng)能變化相同時(shí)，速度變化不同，能夠根據(jù)牛頓第二定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式以及動(dòng)量的計(jì)算公式進(jìn)行解答。4．（建華區(qū)校級(jí)月考）如圖所示，ABCD是一條長(zhǎng)軌道，其中AB段是傾角為θ的斜面，CD段是水平的，BC段是與AB段和CD段都相切的一小段圓弧，其長(zhǎng)度可以略去不計(jì)。一質(zhì)量為m的小滑塊從A點(diǎn)由靜止釋放，沿軌道下滑，最后停在D點(diǎn)，A點(diǎn)和D點(diǎn)如圖所示，現(xiàn)用一沿著軌道方向的拉力拉滑塊，使它緩緩地由D點(diǎn)回到A點(diǎn)，則拉力對(duì)滑塊做的功等于（設(shè)滑塊與軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g）（）A．mgh B．2mgh C．μmg（l+） D．μmgl+【分析】小滑塊由A→D的過(guò)程中，重力和摩擦力做功，根據(jù)動(dòng)能定理可求出摩擦力做功和重力做功的關(guān)系。從D←A的過(guò)程，摩擦力做功和從A→D的過(guò)程一樣多，又緩緩地推，動(dòng)能的變化量為零，利用動(dòng)能定理即可求出推力對(duì)滑塊做的功．【解答】解：小滑塊由A→D的過(guò)程中，設(shè)克服摩擦力做功為WAD，由動(dòng)能定理有：mgh﹣WAD＝0，即得WAD＝mgh小滑塊由D→A的過(guò)程中，動(dòng)能變化量為零，設(shè)克服摩擦力做功為WDA，由動(dòng)能定理有：WF﹣mgh﹣WDA＝0又WAD＝WDA聯(lián)立得：WF＝2mgh故ACD錯(cuò)誤，B正確，故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】本題重點(diǎn)是抓住來(lái)回兩個(gè)過(guò)程摩擦力做功相等，理解緩緩?fù)频囊饬x，對(duì)來(lái)和回兩個(gè)過(guò)程應(yīng)用動(dòng)能定理即可求解．綜合練習(xí)一．選擇題（共15小題）1．（廣州一模）如圖，質(zhì)量為m的滑雪運(yùn)動(dòng)員（含滑雪板）從斜面上距離水平面高為h的位置靜止滑下，停在水平面上的b處；若從同一位置以初速度v滑下，則停在同一水平面上的c處，且ab與bc相等。已知重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力與通過(guò)a處的機(jī)械能損失，則該運(yùn)動(dòng)員（含滑雪板）在斜面上克服阻力做的功為（）A．mgh B．mv2 C．mgh﹣mv2 D．mgh+mv2【分析】對(duì)兩種情況下運(yùn)動(dòng)員運(yùn)動(dòng)的過(guò)程，分別運(yùn)用動(dòng)能定理列式，即可求出運(yùn)動(dòng)員（含滑雪板）在斜面上克服阻力做的功。【解答】解：設(shè)運(yùn)動(dòng)員（含滑雪板）在斜面上克服阻力做的功為W，ab＝bc＝s，運(yùn)動(dòng)員在水平面上受到的阻力大小為f。運(yùn)動(dòng)員從靜止滑下到b處的過(guò)程，由動(dòng)能定理得mgh﹣W﹣fs＝0運(yùn)動(dòng)員從同一位置以初速度v滑下到c處的過(guò)程，由動(dòng)能定理得mgh﹣W﹣f?2s＝0﹣聯(lián)立以上兩個(gè)方程解得W＝mgh﹣，故C正確，ABD錯(cuò)誤。故選：C。【點(diǎn)評(píng)】對(duì)于涉及力在空間效果的問(wèn)題，往往根據(jù)動(dòng)能定理處理，運(yùn)用動(dòng)能定理時(shí)，要注意選擇研究過(guò)程，分析各個(gè)力做功情況。2．（海城市校級(jí)月考）質(zhì)量分別為2m和m的A、B兩個(gè)物體分別在水平恒力F1和F2的作用下沿水平面運(yùn)動(dòng)，撤去F1、F2后受到摩擦力的作用減速到靜止，其v﹣t圖像如圖所示，則下列說(shuō)法正確的是（）A．F1、F2大小相等 B．全過(guò)程中摩擦力對(duì)A、B兩個(gè)物體做功之比為1：2 C．A、B兩個(gè)物體受到的摩擦力大小之比為1：2 D．F1、F2對(duì)A、B兩個(gè)物體做功之比為1：1【分析】先研究?jī)蓚€(gè)物體勻減速運(yùn)動(dòng)的過(guò)程，由斜率分析加速度的關(guān)系，由牛頓第二定律研究摩擦力的關(guān)系；由速度圖象的“面積”求出位移；對(duì)全過(guò)程，運(yùn)用動(dòng)能定理研究恒力做功關(guān)系?！窘獯稹拷猓篊、由v﹣t圖可知，v﹣t圖的斜率表示物體勻變速直線運(yùn)動(dòng)的加速度，則兩物勻減速直線運(yùn)動(dòng)的加速度大小分別為aA＝＝，aB＝＝．根據(jù)牛頓第二定律知，A、B受到的摩擦力大小分別為fA＝2maA＝，fB＝maB＝，則fA＝fB，故C錯(cuò)誤；A、對(duì)于勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度大小分別為aA′＝，aB′＝．由牛頓第二定律得：FA﹣fA＝2maA′，解得：FA＝．FB﹣fB＝maB′，得FB＝，故A錯(cuò)誤；B、根據(jù)“面積”表示位移，可知，全過(guò)程的位移分別為xA＝xB＝＝，可得：全過(guò)程中摩擦力對(duì)A、B做功分別為WfA＝﹣fAxA＝WfB．故全過(guò)程中摩擦力對(duì)A、B做功之比為1：1．故B錯(cuò)誤；D、對(duì)全過(guò)程，由動(dòng)能定理得：WF﹣Wf＝0，則恒力做功WF＝Wf，可知F1、F2對(duì)A、B做功之比為1：1，故D正確。故選：D。【點(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵要掌握?qǐng)D象的兩個(gè)意義：斜率表示加速度，面積表示位移，再結(jié)合動(dòng)能定理和功的公式分析。3．（濟(jì)寧二模）汽車的剎車距離s是衡量汽車性能的重要參數(shù)之一，與剎車時(shí)的初速度v、路面與輪胎之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ有關(guān)。測(cè)試發(fā)現(xiàn)同一汽車在冰雪路面和在干燥路面沿水平直線行駛時(shí)，s與v的關(guān)系圖像如圖所示，兩條圖線均為拋物線。若汽車的初速度相同，在冰雪路面上剎車的過(guò)程中，下列說(shuō)法中正確的是（）A．所用的時(shí)間是干燥路面的2倍 B．平均速度是干燥路面的2倍 C．所受摩擦力是干燥路面的0.25倍 D．克服摩擦力做的功是干燥路面的4倍【分析】根據(jù)圖像結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律先求出在冰雪路面和在干燥路面的加速度，再判斷運(yùn)動(dòng)時(shí)間關(guān)系；利用勻變速直線運(yùn)動(dòng)的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，可以判斷平均速度關(guān)系；根據(jù)牛頓第二定律，結(jié)合已知的加速度關(guān)系，可以比較摩擦力大小；結(jié)合題意利用動(dòng)能定理可以求出克服摩擦力做的功。【解答】解：A、兩條圖線均為拋物線且從原點(diǎn)開(kāi)始，故設(shè)s＝kv2，結(jié)合圖像可知：k右＝4k左由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律可知：v2＝2as，即s＝故有＝2a，故4a右＝a左即在干燥路面上的加速度大小是在冰雪路面上的4倍，當(dāng)初速度一樣時(shí)，根據(jù)v＝at，可知t冰＝4t干，故A錯(cuò)誤；B、由于汽車做的都是勻減速直線運(yùn)動(dòng)，故平均速度都為，故B錯(cuò)誤；C、根據(jù)牛頓第二定律，有f＝ma，故f冰＝0.25f干，故C正確；D、汽車的初速度一樣，最后靜止，故動(dòng)能的變化量一樣，根據(jù)動(dòng)能定理可知，克服摩擦力做的功一樣，故D錯(cuò)誤。故選：C。【點(diǎn)評(píng)】在處理有關(guān)圖像問(wèn)題時(shí)，可以先寫(xiě)出圖像的函數(shù)表達(dá)式，根據(jù)圖像的斜率、或者與坐標(biāo)軸圍成的面積等表示的物理意義進(jìn)行分析。4．（昌平區(qū)二模）如圖所示，排球比賽中運(yùn)動(dòng)員將排球從M點(diǎn)水平擊出，排球飛到P點(diǎn)時(shí)，被對(duì)方運(yùn)動(dòng)員墊起，球又斜向上飛出后落到M點(diǎn)正下方的N點(diǎn)。已知N點(diǎn)與P點(diǎn)等高，軌跡的最高點(diǎn)Q與M等高。不計(jì)空氣阻力。下列說(shuō)法正確的是（）A．排球兩次飛行過(guò)程中經(jīng)歷的時(shí)間相同 B．排球到達(dá)P點(diǎn)時(shí)的速率比離開(kāi)P點(diǎn)時(shí)的速率大 C．排球在M點(diǎn)的速率與經(jīng)過(guò)Q點(diǎn)的速率相等 D．排球兩次飛行過(guò)程中重力對(duì)排球做的功相等【分析】排球從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)做平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)最大高度分析兩個(gè)過(guò)程運(yùn)動(dòng)時(shí)間關(guān)系；排球從Q點(diǎn)到N點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)是平拋運(yùn)動(dòng)。根據(jù)分位移公式分析速度關(guān)系。根據(jù)初末位置高度分析重力做功關(guān)系。【解答】解：A、排球從Q點(diǎn)到N點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)是平拋運(yùn)動(dòng)，將排球由M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)和由Q點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的平拋運(yùn)動(dòng)比較，由h＝得t＝，因下落高度相同，則這兩個(gè)過(guò)程運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，結(jié)合對(duì)稱性可知，排球從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)的時(shí)間是從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)時(shí)間的一半，故A錯(cuò)誤；C、設(shè)MN間的高度為h。排球從M點(diǎn)到P點(diǎn)和從Q點(diǎn)到N點(diǎn)都是平拋運(yùn)動(dòng)，這兩個(gè)過(guò)程運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，但xMP＞xQN，由x＝v0t可知排球在M點(diǎn)的速率大于經(jīng)過(guò)Q點(diǎn)的速率，故C錯(cuò)誤；B、排球由M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)的過(guò)程，到達(dá)P點(diǎn)的速率為vP1＝；排球從P點(diǎn)到Q點(diǎn)的逆過(guò)程是平拋運(yùn)動(dòng)，則排球離開(kāi)P點(diǎn)時(shí)的速率為vP2＝因vM＞vQ，則vP1＞vP2，即排球到達(dá)P點(diǎn)時(shí)的速率比離開(kāi)P點(diǎn)時(shí)的速率大，故B正確；D、排球從M點(diǎn)到P點(diǎn)重力做功為mgh，排球從N點(diǎn)到P點(diǎn)重力做功為0，故D錯(cuò)誤。故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】解答本題的關(guān)鍵要掌握平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，將平拋運(yùn)動(dòng)可分解為水平方向的勻速直線運(yùn)動(dòng)和豎直方向的自由落體運(yùn)動(dòng)，再結(jié)合逆向思維法進(jìn)行分析。5．（衡陽(yáng)二模）如圖所示，足夠長(zhǎng)的水平粗糙面與半徑為R的圓弧在最低點(diǎn)C相連。兩個(gè)長(zhǎng)度分別為R和R的光滑斜面AC和BC先后固定于圓弧處，均與水平面在C點(diǎn)平滑連接，質(zhì)量為m的滑塊1從斜面AC頂端由靜止釋放，質(zhì)量也為m的滑塊2從斜面BC頂端由靜止釋放，兩滑塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，則（）A．滑塊1、2在C點(diǎn)時(shí)的動(dòng)量相同 B．滑塊1、2在斜面上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比為2：1 C．滑塊1、2在C點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能之比為2：1 D．滑塊1、2在CD上滑行的最大距離之比為1：2【分析】（1）用動(dòng)能定理求滑塊1、2各自滑到C點(diǎn)的速率，計(jì)算各自的動(dòng)量大小，再比較大小，若等大，再比較方向；（2）滑塊1、2在斜面上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，用動(dòng)力學(xué)規(guī)律求解；（3）滑塊1、2在C點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能之比、水平面上滑行的最大距離之比分別用動(dòng)能定理求解。【解答】解：A、滑塊1從A到C，由動(dòng)能定理有：mgR＝mv解得：v1＝動(dòng)量為：p1＝mv1＝m滑塊2從B到C，由動(dòng)能定理有：mgRsin30°＝mv解得：v2＝動(dòng)量為：p2＝mv2＝mp1≠p2，二者方向也不同，故A錯(cuò)誤；或：滑塊1、2到C點(diǎn)的方向不同，因動(dòng)量是矢量，所以二者動(dòng)量不同，故A錯(cuò)誤；B、斜面AC傾斜角為45°，由牛頓第二定律有：mgsin45°＝ma1解得：a1＝gsin45°＝g由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有：R＝a1t解得：t1＝2斜面BC傾斜角為30°，由牛頓第二定律有：mgsin30°＝ma2解得：a2＝gsin30°＝g由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有：R＝a2t解得：t2＝2有：t1＝t2，故B錯(cuò)誤；C、滑塊1從A到C，由動(dòng)能定理有：mgR＝Ek1﹣0解得：Ek1＝mgR滑塊2從B到C，由動(dòng)能定理有：mgRsin30°＝Ek2﹣0將誒的：Ek2＝二者在C點(diǎn)動(dòng)能之比為：＝＝，故C正確；D、滑塊1在CD上做勻減速運(yùn)動(dòng)，設(shè)動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，設(shè)滑行距離為s1，由動(dòng)能定理：﹣μmgs1＝0﹣Ek1解得：s1＝滑塊2在CD上做勻減速運(yùn)動(dòng)，設(shè)滑行距離為s2，由動(dòng)能定理有：﹣μmgs2＝0﹣Ek2解得：s2＝二者滑行距離之比為：＝，故D錯(cuò)誤故選：C。【點(diǎn)評(píng)】本題屬于力學(xué)綜合題，注意動(dòng)量是矢量，比較兩物體動(dòng)量是否相同，先比較方向是否相同，這樣可提高效率。運(yùn)算要仔細(xì)，6．（溫州期中）如圖所示，質(zhì)量為30kg的小朋友從37°的斜坡高處滑下，以4m/s的速度通過(guò)斜坡上距水平面6m高處的A點(diǎn)后不再做任何動(dòng)作，任其自由下滑，滑到水平面上后又滑行一段距離才停止。已知小朋友與斜面、水平面的動(dòng)摩擦因數(shù)均為0.25，斜面和水平面連接處平滑連接，空氣阻力不計(jì)，由此可知該小朋友（）A．運(yùn)動(dòng)過(guò)程中最大動(dòng)能為1800J B．運(yùn)動(dòng)過(guò)程中最大動(dòng)能為2040J C．在水平面上滑行了16m D．在水平面上滑行了19.2m【分析】小朋友在斜坡上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，動(dòng)能不斷增大，在水平面上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，動(dòng)能不斷減小，則小朋友滑到斜坡底端時(shí)動(dòng)能最大，根據(jù)動(dòng)能定理求最大動(dòng)能。對(duì)整個(gè)過(guò)程，利用動(dòng)能定理列式，可求出小朋友在水平面滑行的距離。【解答】解：AB、當(dāng)小朋友滑到斜坡底端時(shí)動(dòng)能最大，設(shè)為Ekm。對(duì)小朋友在斜坡上下滑過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理得mgh﹣μmgcos37°?＝Ekm﹣，解得Ekm＝1440J，故AB錯(cuò)誤；CD、設(shè)小朋友在水平面上滑行的距離為s。對(duì)整個(gè)過(guò)程，由動(dòng)能定理得mgh﹣μmgcos37°?﹣μmgs＝0﹣，解得s＝19.2m，故C錯(cuò)誤，D正確。故選：D。【點(diǎn)評(píng)】本題涉及力在空間的效果，要優(yōu)先考慮動(dòng)能定理，運(yùn)用動(dòng)能定理，要注意選擇研究過(guò)程，分析各力做功情況。7．（臨沂期中）民航客機(jī)的機(jī)艙一般都設(shè)有緊急出口，發(fā)生意外情況的飛機(jī)在著陸后，打開(kāi)緊急出口的艙門，會(huì)自動(dòng)生成由同種材料構(gòu)成的一個(gè)安全氣囊，安全氣囊由斜面和水平薄面組成，機(jī)艙中的人可沿斜面滑行到水平薄面上，示意圖如圖所示。若人從氣囊上由靜止開(kāi)始滑下，人與斜面和人與水平薄面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為0.5，斜面與水平面間的夾角為θ＝37°，g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不計(jì)空氣阻力。要避免人與地面接觸而受到傷害，則設(shè)計(jì)安全氣囊時(shí)水平面和斜面的長(zhǎng)度之比至少為（）A．1：3 B．2：5 C．3：5 D．1：1【分析】當(dāng)人滑到水平薄面右端速度恰好為零時(shí)，水平面和斜面的長(zhǎng)度之比最小，對(duì)兩段運(yùn)動(dòng)過(guò)程，分別利用動(dòng)能定理列方程，即可求解。【解答】解：設(shè)安全氣囊的斜面長(zhǎng)為L(zhǎng)1，水平面長(zhǎng)為L(zhǎng)2，人滑到斜面底端時(shí)速度大小為v。當(dāng)人滑到水平薄面右端速度恰好為零時(shí)，水平面和斜面的長(zhǎng)度之比最小。人在斜面上下滑的過(guò)程，由動(dòng)能定理得：mgL1sinθ﹣μmgcosθ?L1＝﹣0人在水平面上滑行的過(guò)程，由動(dòng)能定理得：﹣μmgL2＝0﹣聯(lián)立解得L2：L1＝2：5，故ACD錯(cuò)誤，B正確。故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查動(dòng)能定理的應(yīng)用，合理的選取研究過(guò)程是解題的關(guān)鍵，本題采用分段法研究比較簡(jiǎn)潔。8．（房山區(qū)二模）一滑塊從固定光滑斜面頂端由靜止釋放，沿斜面下滑的過(guò)程中，滑塊的動(dòng)能Ek與運(yùn)動(dòng)時(shí)間t、下滑高度h、運(yùn)動(dòng)位移s之間的關(guān)系圖像如圖所示，其中正確的是（）A． B． C． D．【分析】對(duì)物體受力分析，求得加速度，利用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出速度，找到動(dòng)能與時(shí)間關(guān)系，利用數(shù)學(xué)分析即可。利用動(dòng)能定理分析動(dòng)能和高度位移之間的關(guān)系，然后利用數(shù)學(xué)找圖線?！窘獯稹拷猓篈B、沿斜面下滑過(guò)程中，a＝＝gsinθ，v＝at，則Ek＝mv2＝，動(dòng)能與時(shí)間的平方成正比，故A錯(cuò)誤，B正確；C、根據(jù)動(dòng)能定理有mgh＝mv2，則Ek＝mgh，動(dòng)能與下滑高度成正比，故C正確；D、根據(jù)動(dòng)能定理有mgsinθ?s＝mv2，則Ek＝mgsinθ?s，動(dòng)能與運(yùn)動(dòng)位移成正比，故D錯(cuò)誤。故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查利用動(dòng)能定理分析動(dòng)能和高度，位移的關(guān)系，注意找到數(shù)學(xué)關(guān)系式，就可以找圖像的正誤。9．（湖北期中）如圖所示，固定斜面傾角為θ，整個(gè)斜面分為AB、BC兩段，AB＝3BC。小物塊P（可視為質(zhì)點(diǎn)）與AB、BC兩段斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為μ1、μ2。已知P由靜止開(kāi)始從A點(diǎn)釋放，恰好能滑動(dòng)到C點(diǎn)停止，那么θ、μ1、μ2間應(yīng)滿足的關(guān)系是（）A．tanθ＝3μ1+μ2 B．tanθ＝ C．tanθ＝ D．tanθ＝μ1+3μ2【分析】對(duì)物塊進(jìn)行受力分析，分析下滑過(guò)程中哪些力做功，運(yùn)用動(dòng)能定理研究A點(diǎn)釋放，恰好能滑動(dòng)到C點(diǎn)而停下，列出等式找出答案。【解答】解：P由靜止開(kāi)始從A點(diǎn)釋放，恰好能滑動(dòng)到C點(diǎn)，如圖，物塊受重力、支持力、滑動(dòng)摩擦力，設(shè)斜面AC長(zhǎng)為L(zhǎng)，運(yùn)用動(dòng)能定理研究從A點(diǎn)釋放，恰好能滑動(dòng)到C點(diǎn)而停下全過(guò)程得：mgLsinθ﹣μ1mgcosθ﹣μ2mgcosθ＝0﹣0解得：tanθ＝，故C正確，ABD錯(cuò)誤。故選：C。【點(diǎn)評(píng)】了解研究對(duì)象的運(yùn)動(dòng)過(guò)程是解決問(wèn)題的前提，根據(jù)題目已知條件和求解的物理量選擇物理規(guī)律解決問(wèn)題，本題要注意運(yùn)動(dòng)過(guò)程中力的變化。10．（沭陽(yáng)縣期中）如圖所示，某斜面的頂端到正下方水平面O點(diǎn)的高度為h，斜面與水平面平滑連接。一小木塊從斜面的頂端由靜止開(kāi)始滑下，滑到水平面上的A點(diǎn)停下。已知斜面傾角為θ，小木塊與斜面、水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ。木塊在水平面上停止點(diǎn)A的位置到O點(diǎn)的距離為x，則（）A．h和μ一定，θ越大，x越大 B．h和μ一定，θ越大，x越小 C．木塊從斜面頂端滑到A點(diǎn)，摩擦力對(duì)物體做功為μmgx D．木塊從斜面頂端滑到A點(diǎn)，重力對(duì)物體做功為μmgx【分析】根據(jù)能量守恒求解θ變化時(shí)，x的變化，再根據(jù)做功公式計(jì)算摩擦力和重力對(duì)物體做的功?！窘獯稹拷猓篈B．滑塊從開(kāi)始下滑到最后停在A點(diǎn)，設(shè)斜面投影長(zhǎng)度為x1，斜面底端到A距離x2，則x1+x2＝x，由能量關(guān)系可知mgh＝μmgcosθ+μmgx2＝μmgx，解得h＝μx，則當(dāng)h和μ一定時(shí)，x一定不變，故AB錯(cuò)誤；CD．由以上分析可知，木塊從斜面頂端滑到A點(diǎn)，摩擦力對(duì)物體做功為﹣μmgx，重力對(duì)物體做功為μmgx，故C錯(cuò)誤，D正確。故選：D。【點(diǎn)評(píng)】本題考查功的計(jì)算和功能關(guān)系，正確分析物體運(yùn)動(dòng)過(guò)程，準(zhǔn)確求出各個(gè)力做功是解題關(guān)鍵。11．（湖北月考）小球沿如圖所示的光滑彎曲軌道由靜止滑下，軌道的圓環(huán)頂端有一個(gè)缺口AB，對(duì)稱于通過(guò)環(huán)體中心的豎直線，已知圓環(huán)的半徑為R，缺口的圓心角∠AOB＝2α，則下列說(shuō)法正確的是（）A．h取合適的值，小球到達(dá)A點(diǎn)的速度可以為零 B．如h＝2R，小球滑過(guò)軌道最低點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力等于小球重力的6倍 C．如α＝60°，當(dāng)h＝2.5R時(shí)，小球可以飛過(guò)缺口無(wú)碰撞的經(jīng)過(guò)B點(diǎn)回到圓環(huán) D．如果α的大小可以改變，要使小球飛過(guò)缺口無(wú)碰撞的經(jīng)過(guò)B點(diǎn)回到圓環(huán)，h的最小值為2R【分析】小球在豎直軌道內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，如果能夠到達(dá)A點(diǎn)，在A點(diǎn)應(yīng)該有重力指向圓心的分力提供向心力，可以計(jì)算出A點(diǎn)的最小速度；利用動(dòng)能定理計(jì)算小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)的速度，利用向心力公式計(jì)算最低點(diǎn)的壓力；小球離開(kāi)A點(diǎn)后做斜拋運(yùn)動(dòng)，利用斜拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律找到A點(diǎn)速度和釋放點(diǎn)高度的關(guān)系，從而計(jì)算釋放點(diǎn)的高度?！窘獯稹拷猓篈、假設(shè)小球恰能到達(dá)A點(diǎn)，因?yàn)樾∏蛟谧鰣A周運(yùn)動(dòng)，則有：，所以小球能夠到達(dá)A點(diǎn)的最小速度為：，不可能為0，故A錯(cuò)誤；B、當(dāng)h＝2R時(shí)，對(duì)小球從靜止釋放到運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)用動(dòng)能定理：在最低點(diǎn)時(shí)，設(shè)軌道對(duì)小球的支持力為FN，則有：由牛頓第三定律可得，小球?qū)壍赖膲毫椋篎N′＝FN聯(lián)立可得：FN′＝5mg所以小球在最低點(diǎn)對(duì)軌道的壓力是小球重力的5倍，故B錯(cuò)誤；C、小球從A點(diǎn)離開(kāi)軌道后做斜拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)斜拋運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性，如果能夠從B點(diǎn)返回軌道，一定是無(wú)碰撞經(jīng)過(guò)B點(diǎn)設(shè)小球離開(kāi)A點(diǎn)時(shí)的速度為vA，為了能夠到達(dá)B點(diǎn)，需要滿足：豎直方向上：vAsin60°＝gt水平方向上：vAcos60°×2t＝2Rsin60°聯(lián)立可得：設(shè)釋放點(diǎn)高度為h，從釋放到小球運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)用動(dòng)能定理得：解得：h＝2.5R，故C正確；D、設(shè)小球在A點(diǎn)飛出時(shí)的速度為vA，若要從B點(diǎn)返回，則有：豎直方向上：vAsinα＝gt水平方向上：vAcosα×2t＝2Rsinα聯(lián)立可得：從小球釋放到運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)用動(dòng)能定理可得：解得：結(jié)合數(shù)學(xué)基本不等式的知識(shí)可得：，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)等號(hào)成立所以h的最小值是，故D錯(cuò)誤。故選：C。【點(diǎn)評(píng)】本題以豎直平面的圓周運(yùn)動(dòng)為模型考查了圓周運(yùn)動(dòng)、動(dòng)能定理、斜拋運(yùn)動(dòng)等知識(shí)點(diǎn)，綜合性較強(qiáng)，計(jì)算h的最小值時(shí)注意數(shù)學(xué)知識(shí)的應(yīng)用。12．（涼州區(qū)校級(jí)期中）物體受到水平推力F的作用在粗糙水平面上做直線運(yùn)動(dòng)。通過(guò)力和速度傳感器監(jiān)測(cè)到推力F、物體速度v隨時(shí)間t變化的規(guī)律分別如圖甲、乙所示。取g＝10m/s2，則下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）A．物體的質(zhì)量m＝0.5kg B．物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.4 C．第2s內(nèi)物體克服摩擦力做的功W＝2J D．前2s內(nèi)推力F做功的平均功率＝3W【分析】根據(jù)v﹣t圖線和F﹣t圖線，得出勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)的推力，從而得出摩擦力的大小；根據(jù)v﹣t圖線求出勻加速直線運(yùn)動(dòng)的加速度，結(jié)合牛頓第二定律求出物體的質(zhì)量；結(jié)合摩擦力的大小，運(yùn)用滑動(dòng)摩擦力的公式求出動(dòng)摩擦因數(shù)的大?。桓鶕?jù)圖線圍成的面積求出位移，從而求出克服摩擦力做功的大小，結(jié)合平均功率的公式求出前2s內(nèi)的平均功率。【解答】解：A、由速度﹣時(shí)間圖線知，在2﹣3s內(nèi)，物體做勻速直線運(yùn)動(dòng)，可知推力等于摩擦力，可知f＝2N，在1﹣2s內(nèi)，物體做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由速度﹣時(shí)間圖線知，a＝＝m/s2＝2m/s2，根據(jù)牛頓第二定律得，F(xiàn)2﹣f＝ma，代入數(shù)據(jù)解得m＝0.5kg，故A正確；B、物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝＝＝0.4，故B正確；C、第2s內(nèi)的位移x2＝at2＝×2×12m＝1m，則物體克服摩擦力做功W＝fx2＝2×1J＝2J，故C正確；D、前2s內(nèi)位移x＝at2＝×2×12m＝1m，則推力F做功的大小WF＝F2x＝3×1J＝3J，則平均功率：＝＝W＝1.5W，故D錯(cuò)誤；本題選擇錯(cuò)誤的，故選：D。【點(diǎn)評(píng)】本題考查了v﹣t圖線與F﹣t圖線的綜合運(yùn)用，通過(guò)v﹣t圖線得出物體的運(yùn)動(dòng)規(guī)律是解決問(wèn)題的關(guān)鍵，知道v﹣t圖線的斜率表示加速度，圖線與時(shí)間軸圍成的面積表示位移。13．（瓊海校級(jí)期中）如圖所示，在傾角是30°的光滑斜面上，有一長(zhǎng)為l的輕桿，桿的一端固定著一個(gè)小球，質(zhì)量為m。另一端繞垂直于斜面的光滑軸做圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)速度是．（）A．在最高點(diǎn)時(shí)，桿對(duì)球的作用力為0 B．在最高點(diǎn)時(shí)，桿對(duì)球的作用力沿桿向上 C．在最高點(diǎn)時(shí)，桿對(duì)球的作用力沿桿向下，大小是mg D．在最低點(diǎn)時(shí)，桿對(duì)球的作用力沿桿向上，大小是mg【分析】將重力按照作用效果沿平行斜面和垂直斜面方向正交分解，小球轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中，只有重力做功，機(jī)械能守恒；根據(jù)合力提供向心力列式求解；【解答】解：ABC、將重力按照作用效果沿平行斜面和垂直斜面方向正交分解，在最高點(diǎn)，重力的下滑分量和桿彈力的合力提供向心力，假設(shè)彈力為拉力，有F+mgsin30°＝m＝mg，代入數(shù)據(jù)計(jì)算可得：F＝，說(shuō)明桿對(duì)球的作用力沿桿向下，大小為，故ABC錯(cuò)誤；D、設(shè)在最低點(diǎn)時(shí)速度為v'，根據(jù)動(dòng)能定理可得：+mg?2lsin30°＝設(shè)桿對(duì)球的作用力為F'，則：F'﹣mgsin30°＝m代入數(shù)據(jù)計(jì)算可得：F'＝說(shuō)明在最低點(diǎn)時(shí)，桿對(duì)球的作用力沿桿向上，大小是，故D正確。故選：D。【點(diǎn)評(píng)】本題關(guān)鍵先將重力按照作用效果正交分解，由于合力提供向心力，然后根據(jù)牛頓第二定律和動(dòng)能定理列式求解。14．（鹽城期中）如圖甲所示，小滑塊與斜面及水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相等，斜面底端有一小段不計(jì)長(zhǎng)度的光滑圓弧與水平面相連接，小滑塊從斜面頂點(diǎn)由靜止向下滑動(dòng)，最后停在水平面上的M點(diǎn)。若僅改變斜面的傾角，如圖乙、丙、丁所示，讓同樣的小滑塊從斜面頂點(diǎn)由靜止釋放，能夠運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)的是（）A．乙、丙 B．丙、丁 C．乙、丁 D．乙、丙、丁【分析】對(duì)滑塊受力分析，根據(jù)矢量的合成法則與動(dòng)能定理，結(jié)合滑動(dòng)摩擦力公式，及三角知識(shí)，即可求解?！窘獯稹拷猓涸O(shè)斜面的傾角為θ，小滑塊從斜面頂點(diǎn)由靜止向下滑動(dòng)，最后停在水平面上的M點(diǎn)，對(duì)小滑塊受力分析，根據(jù)矢量的合成法則，及滑動(dòng)摩擦力公式，與動(dòng)能定理，則有：0﹣0＝μmgxcosθ+μmgs＝μmgd+μmgs；依據(jù)圖乙與圖丙可知，它們的釋放高度相同，水平位移也相同，因此它們也能滑到M點(diǎn)；而對(duì)于圖丁，雖然它們的高度相同，水平位移也相同，但小滑塊處于丁圖時(shí)，小滑塊滑動(dòng)摩擦力恰好等于重力沿斜面的分力，因此處于靜止?fàn)顟B(tài)，故A正確，BCD錯(cuò)誤；故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】考查受力分析的應(yīng)用，掌握矢量的合成法則與動(dòng)能定理的內(nèi)容，注意容易錯(cuò)誤選取丁圖。15．（徐州期中）如圖所示，粗糙的固定水平桿上有A、B、C三點(diǎn)，輕質(zhì)彈簧一端固定在B點(diǎn)正下方的O點(diǎn)，另一端與套在桿A點(diǎn)、質(zhì)量為m的圓環(huán)相連，此時(shí)彈簧處于拉伸狀態(tài)。圓環(huán)從A處由靜止釋放，向右運(yùn)動(dòng)經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)速度為v、加速度為零，到達(dá)C點(diǎn)時(shí)速度為零，下列說(shuō)法正確的是（）A．從A到C過(guò)程中，圓環(huán)在B點(diǎn)速度最大 B．從A到C過(guò)程中，圓環(huán)的加速度先減小后增大 C．從A到B過(guò)程中，彈簧對(duì)圓環(huán)做的功一定大于mv2 D．從B到C過(guò)程中，圓環(huán)克服摩擦力做功等于mv2【分析】圓環(huán)經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)加速度為零，所受的滑動(dòng)摩擦力為零，說(shuō)明彈簧對(duì)圓環(huán)向上的彈力等于重力，即彈簧處于壓縮狀態(tài)；在AB之間存在著彈簧為原長(zhǎng)的位置。BC之間不一定存在彈簧為原長(zhǎng)的位置；根據(jù)功能關(guān)系確定，彈簧彈力和摩擦力做功情況?！窘獯稹拷猓篈B、圓環(huán)由A點(diǎn)釋放，此時(shí)彈簧處于拉伸狀態(tài)，則圓環(huán)加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)AB之間的D位置為彈簧的原長(zhǎng)，則A到D的過(guò)程中，彈簧彈力減小，圓環(huán)的加速度逐漸減小，D到B的過(guò)程中，彈簧處于壓縮狀態(tài)，則彈簧彈力增大，圓環(huán)的加速度先增大后減小，B點(diǎn)時(shí)，圓環(huán)合力為零，豎直向上的彈力等于重力，從B到C的過(guò)程中，圓環(huán)可能做減速運(yùn)動(dòng)，無(wú)論是否存在彈簧原長(zhǎng)的位置，圓環(huán)的加速度始終增大，也可能先做加速后做減速運(yùn)動(dòng)，加速度先減小后增大，故B點(diǎn)的速度不一定最大，從A到C過(guò)程中，圓環(huán)的加速度不是先減小后增大，故AB錯(cuò)誤；C、從A到B過(guò)程中，彈簧對(duì)圓環(huán)做正功、摩擦力做負(fù)功，根據(jù)功能關(guān)系可知，彈簧對(duì)圓環(huán)做功一定大于mv2，故C正確；D、從B到C過(guò)程中，彈簧彈力做功，圓環(huán)克服摩擦力做功，根據(jù)功能關(guān)系可知，圓環(huán)克服摩擦力做功不等于mv2，故D錯(cuò)誤。故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了動(dòng)能定理、功能關(guān)系、牛頓第二定律的綜合知識(shí)，解題的關(guān)鍵是圓環(huán)運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的分析，對(duì)于彈簧的形變量，我們只能確定在B點(diǎn)時(shí)彈簧壓縮，其他位置我們需要進(jìn)行假設(shè)討論。二．多選題（共15小題）16．（未央?yún)^(qū)校級(jí)模擬）在足夠長(zhǎng)的光滑斜面底端，有一質(zhì)量為m的小滑塊（可視為質(zhì)點(diǎn)），受平行斜面向上的恒力F作用，由靜止開(kāi)始沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間t，位移為x．撤去恒力，滑塊經(jīng)相同的時(shí)間t恰返回至斜面底端，取沿斜面向上的方向?yàn)樽鴺?biāo)軸x的正方向，斜面底端為坐標(biāo)原點(diǎn)，滑塊運(yùn)動(dòng)的位移﹣時(shí)間圖像如圖所示，圖中曲線對(duì)應(yīng)拋物線，已知滑塊始終在斜面上運(yùn)動(dòng)，則（）A．位移最大值xm為 B．與位移最大值xm對(duì)應(yīng)的時(shí)刻tm為 C．恒力F對(duì)滑塊做的功為 D．滑塊返回至斜面底端的動(dòng)能為【分析】A、用運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律求撤去F前后的加速度關(guān)系，再求撤F后滑塊到達(dá)最高點(diǎn)位移；B、用運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律求撤F后滑塊到達(dá)最高點(diǎn)用時(shí)間，再求與位移最大值xm對(duì)應(yīng)的時(shí)刻；C、用牛頓第二定律求出恒力F，再計(jì)算其做功；D、用動(dòng)能定理求解?！窘獯稹拷猓篈、設(shè)撤去F時(shí)滑塊速度為v，由勻變速規(guī)律：撤F前，x＝，撤F后，﹣x＝vt﹣，v＝a1t，聯(lián)立解得：a2＝3a1，撤F前：v2＝2a1x，撤F后滑塊到達(dá)最高點(diǎn)位移為x′：v2＝2a2x′，解得：x′＝，最大位移為：xm＝x+x′＝＝故A正確；B、撤F后滑塊到達(dá)最高點(diǎn)用時(shí)間為t′：v＝a2t′，解得：t′＝，與位移最大值xm對(duì)應(yīng)的時(shí)刻為：T＝t，故B錯(cuò)誤；C、如圖1所示，撤F前，由牛頓第二定律：F﹣mgsinθ＝ma1，撤F后如圖2所示，mgsinθ＝ma2，得：a2＝gsinθ，又a2＝3a1，聯(lián)立解得：F＝，a1＝，又x＝，所以gsinθ＝，恒力F做功為：W＝Fx＝＝，故C錯(cuò)誤；D、滑塊從底端出發(fā)到再回到底端，由動(dòng)能定理：W＝Ek﹣0，得：Ek＝，故D正確。故選：AD?！军c(diǎn)評(píng)】本題難點(diǎn)在A項(xiàng)，撤F后滑塊沿斜面先勻減速上滑到最高點(diǎn)（v＝0），再勻加速下滑到底端，全程處理與撤F前的位移等大反向，從而得出撤F前后加速度關(guān)系；用動(dòng)能定理解題要注意過(guò)程的選擇，如求滑塊回到底端動(dòng)能，選全過(guò)程較好；滑塊受力發(fā)生變化，運(yùn)動(dòng)狀態(tài)就發(fā)生變化。17．（南昌一模）如圖所示，在豎直平面內(nèi)固定有半徑為R的光滑圓弧軌道ABC，其圓心為O，B在O的正上方，A、C關(guān)于OB對(duì)稱，∠AOB＝a。一質(zhì)量為m、可看成質(zhì)點(diǎn)的物塊在A處以初速度v0沿著軌道切線方向向上運(yùn)動(dòng)，已知重力加速度為g，下列說(shuō)法正確的有（）A．若α＝37°，則物塊沿著軌道運(yùn)動(dòng)至B時(shí)的最大動(dòng)能為mgR B．若α＝37°，則物塊沿著軌道運(yùn)動(dòng)至B時(shí)的最大動(dòng)能為mgR C．若α＝60°，則只要v0取一合適的值，物塊就能沿軌道到達(dá)C處 D．若α＝60°，則無(wú)論v0取何值，物塊均不能沿軌道到達(dá)C處【分析】（1）要使物塊沿著軌道運(yùn)動(dòng)至B時(shí)的最大，需要物塊在A點(diǎn)有最大速度，即在A點(diǎn)恰好不脫離軌道（對(duì)軌道壓力恰為0），有向心力公式求出A點(diǎn)速度，在用動(dòng)能定理求B點(diǎn)動(dòng)能，且需要判斷以此動(dòng)能到達(dá)B點(diǎn)是否脫離軌道；（2）先判斷出從A點(diǎn)以最大速度開(kāi)始運(yùn)動(dòng)能否到達(dá)B點(diǎn)，然后再判斷能否從B到達(dá)C點(diǎn)?！窘獯稹拷猓篈B、若物塊在B點(diǎn)有最大動(dòng)能，則物塊在A點(diǎn)時(shí)有最大速度，此時(shí)由重力指向圓心的分力提供物體做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，即物塊從A點(diǎn)到B點(diǎn)，由動(dòng)能定理得：，代入數(shù)據(jù)解得物塊在B點(diǎn)有最大速度時(shí)，當(dāng)支持力恰好為0時(shí)，由，解得：動(dòng)能為，故A錯(cuò)誤，B正確；CD、當(dāng)物塊在A點(diǎn)的支持力恰好為0時(shí)，有：假設(shè)物塊恰好到達(dá)B點(diǎn)，則由動(dòng)能定理得代入數(shù)據(jù)解得：即vB無(wú)解，則無(wú)論v0取何值，都不能到達(dá)B點(diǎn)，即物塊均不能沿軌道到達(dá)C處，故C錯(cuò)誤，D正確。故選：BD?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了豎直面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)與動(dòng)能定理的綜合運(yùn)用，解題的關(guān)鍵在于知道物體恰能沿軌道運(yùn)動(dòng)時(shí)最大速度，此時(shí)物體恰好對(duì)軌道無(wú)壓力。18．（東坡區(qū)校級(jí)模擬）如圖所示，點(diǎn)O、a、c在同一水平線上，c點(diǎn)在豎直細(xì)桿上。一橡皮筋一端固定在O點(diǎn)，水平伸直（無(wú)彈力）時(shí)，另一端恰好位于a點(diǎn)，在a點(diǎn)固定一光滑小圓環(huán)，橡皮筋穿過(guò)圓環(huán)與套在桿上的小球相連。已知b、c間距離小于c、d間距離，小球與桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)恒定，橡皮筋始終在彈性限度內(nèi)且其彈力跟伸長(zhǎng)量成正比。小球從b點(diǎn)上方某處釋放，第一次到達(dá)b、d兩點(diǎn)時(shí)速度相等，則小球從b第一次運(yùn)動(dòng)到d的過(guò)程中（）A．在c點(diǎn)速度最大 B．在c點(diǎn)下方某位置速度最大 C．重力對(duì)小球做的功一定大于小球克服摩擦力做的功 D．在b、c兩點(diǎn)，摩擦力的瞬時(shí)功率大小相等【分析】通過(guò)受力分析，知小球水平方向受力平衡，豎直方向做變加速直線運(yùn)動(dòng)，利用動(dòng)能定理分析做功情況。【解答】解：AB、小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受豎直向下的重力G，垂直桿向右的彈力FN，豎直向上的滑動(dòng)摩擦力f，以及方向時(shí)刻在變的彈力T。設(shè)T與豎直桿方向的夾角為θ，則（Oa為原長(zhǎng)，所以斜邊即為彈簧的伸長(zhǎng)量），即小球與桿之間的彈力為定值。根據(jù)f＝μFN可知桿受到的摩擦力是恒定不變的，從b到d過(guò)程中，由動(dòng)能定理可得：WT+WG+Wf＝Ekd﹣Ekb＝0，因?yàn)橄鹌そ畹膹椓腷到c做的正功小于從c到d做的負(fù)功，所以整體橡皮筋從b到d的彈力對(duì)小球做負(fù)功，而摩擦力也做負(fù)功，即WG＞W(wǎng)f；從b到d過(guò)程中，重力做功WWG＝Ghbd，克服摩擦力做功Wf＝fhbd，所以G＞f，在c點(diǎn)橡皮筋的拉力和桿對(duì)小球的彈力都沿水平方向，所以在豎直方向上只受重力和摩擦力，合力仍向下，仍做加速運(yùn)動(dòng)，而在c點(diǎn)下方的某一點(diǎn)處，橡皮筋的拉力有一個(gè)向上的分力與摩擦力的合力才能等于重力大小，故在c點(diǎn)下方的某一點(diǎn)處合力為零，加速度為零，速度最大，故A錯(cuò)誤B正確；C、根據(jù)以上分析可知重力對(duì)小球做的功一定大于小球克服摩擦力做的功，C正確；D、從b到c小球做加速運(yùn)動(dòng)，b、c兩點(diǎn)的速度不同，而摩擦力相等，所以b、c兩點(diǎn)摩擦力的瞬時(shí)功率大小不等，故，D錯(cuò)誤。故選：BC。【點(diǎn)評(píng)】解本題需要正確的受力分析，分方向列式研究，靈活應(yīng)用動(dòng)能定理，對(duì)稱性觀點(diǎn)定性分析橡皮條做功特點(diǎn)。19．（楚雄市校級(jí)月考）質(zhì)量為1kg的物體在水平粗糙的地面上，在一水平外力F作用下運(yùn)動(dòng)，如圖甲所示，外力F做功和物體克服摩擦力做功與物體位移的關(guān)系如圖乙所示，重力加速度g為10m/s2．下列分析正確的是（）A．s＝9m時(shí)，物體速度為3m/s B．物體運(yùn)動(dòng)的位移為13.5m C．前3m運(yùn)動(dòng)過(guò)程中物體的加速度為3m/s2 D．物體與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2【分析】物體所受摩擦力大小為恒力，故乙圖中的下面一條直線為摩擦力做功的圖象，結(jié)合斜率求出摩擦力大小和外力F大小。【解答】解：A、根據(jù)W﹣s圖象的斜率表示力，由圖乙可求物體受到的摩擦力大小為f＝2N，設(shè)s＝9m時(shí)物體的速度為v，根據(jù)動(dòng)能定理：W﹣fs＝mv2，代入數(shù)據(jù)可求v＝3m/s，故A錯(cuò)誤；B、設(shè)物體運(yùn)動(dòng)的總位移為x，由乙圖知，拉力的總功為27J，根據(jù)W＝fx，解得：x＝13.5m，故B正確；C、前3m拉力F＝5N，根據(jù)牛頓第二定律：F﹣f＝ma，代入得加速度：a＝3m/s2，故C正確；D、摩擦力f＝μmg，解得摩擦因數(shù)：μ＝0.2，故D正確。故選：BCD?！军c(diǎn)評(píng)】考查動(dòng)能定理與牛頓第二定律的應(yīng)用，本題屬于速度圖象類的題目，主要是要理解斜率的含義，同時(shí)運(yùn)用動(dòng)能定理過(guò)程中，注意力做功的正負(fù)。20．（宿遷期末）如圖甲所示，滑塊沿傾角為α的光滑固定斜面運(yùn)動(dòng)，某段時(shí)間內(nèi)，與斜面平行的恒力作用在滑塊上，滑塊的機(jī)械能E隨時(shí)間t變化的圖線如圖乙所示，其中0～t1、t2時(shí)刻以后的圖線均平行于t軸，t1﹣t2的圖線是一條傾斜線段，則下列說(shuō)法正確的是（）A．t＝0時(shí)刻，滑塊運(yùn)動(dòng)方向一定沿斜面向上 B．t1時(shí)刻，滑塊運(yùn)動(dòng)方向一定沿斜面向下 C．t1～t2時(shí)間內(nèi)，滑塊的動(dòng)能減小 D．t2～t3時(shí)間內(nèi)，滑塊的加速度為gsinα【分析】根據(jù)機(jī)械能守恒的條件結(jié)合E﹣t圖象進(jìn)行分析；在恒力F作用的過(guò)程中，機(jī)械能隨時(shí)間均勻減小，分析E﹣t圖象的斜率，由斜率的意義得出物體的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)，分析動(dòng)能和勢(shì)能的變化情況；機(jī)械能守恒的兩個(gè)時(shí)間段內(nèi)，滑塊只受到重力和支持力，根據(jù)牛頓第二定律求解滑塊的加速度?！窘獯稹拷猓篈、根據(jù)E﹣t圖象知，在0～時(shí)間內(nèi)，機(jī)械能不隨時(shí)間變化，滑塊沿光滑斜面運(yùn)動(dòng)，受到重力和支持力作用，支持力不做功，只有重力做功，機(jī)械能守恒，滑塊的運(yùn)動(dòng)方向無(wú)法判斷，故A錯(cuò)誤。BC、在～內(nèi)，取極短的時(shí)間△t，根據(jù)功能關(guān)系W＝△E，則E﹣t圖象的斜率＝Fv，因?yàn)镕為恒力，斜率恒定，所以滑塊做勻速運(yùn)動(dòng)，動(dòng)能不變，由于機(jī)械能減小，所以重力勢(shì)能減小，所以在時(shí)刻，滑塊的運(yùn)動(dòng)方向一定沿斜面向下，故B正確，C錯(cuò)誤。D、在～時(shí)間內(nèi)，滑塊的機(jī)械能不隨時(shí)間變化，滑塊只受到重力和斜面的支持力，根據(jù)牛頓第二定律有mgsinα＝ma，得a＝gsinα，故D正確。故選：BD。【點(diǎn)評(píng)】本題考查機(jī)械能守恒的條件、牛頓第二定律以及功能關(guān)系等知識(shí)點(diǎn)，難點(diǎn)是分析～時(shí)間內(nèi)的運(yùn)動(dòng)情況，靈活挖掘E﹣t圖象的斜率，由斜率的物理意義進(jìn)行分析，難度較大。21．（江蘇月考）如圖所示，足夠長(zhǎng)的傳送帶與水平方向的傾角θ＝30°，質(zhì)量ma＝1kg的物塊a通過(guò)平行于傳送帶的輕繩跨過(guò)光滑輕質(zhì)定滑輪與物塊b相連，b的質(zhì)量為mb，物塊a與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝．開(kāi)始時(shí)，a、b及傳送帶均靜止，且物塊a不受傳送帶摩擦力作用，現(xiàn)讓傳送帶以v＝1m/s的速度逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，則物塊a由靜止到與傳送帶相對(duì)靜止的過(guò)程中（b未與滑輪相碰），下列說(shuō)法正確的是（）A．物塊b的質(zhì)量mb＝0.5kg B．物塊a沿傳送帶向下勻加速運(yùn)動(dòng)的加速度a＝5m/s2 C．物塊a重力勢(shì)能的減少量與物塊b重力勢(shì)能的增加量相等 D．摩擦力對(duì)物塊a做的功等于物塊a動(dòng)能的增加量【分析】通過(guò)開(kāi)始時(shí)，a、b及傳送帶均靜止且a不受傳送帶摩擦力作用，根據(jù)共點(diǎn)力平衡得出a、b的質(zhì)量關(guān)系。關(guān)鍵牛頓第二定律求出加速度；根據(jù)b下降的高度得出a上升的高度，從而求出a重力勢(shì)能的增加量，根據(jù)能量守恒定律判斷摩擦力功與a、b動(dòng)能以及機(jī)械能的關(guān)系?！窘獯稹拷猓篈、開(kāi)始時(shí)，a、b及傳送帶均靜止且a不受傳送帶摩擦力作用，有：magsinθ＝mbg，則：mb＝masinθ＝0.5kg。故A正確；B、a向下運(yùn)動(dòng)時(shí)，設(shè)加速度為aa，則有：μmagcosθ+magsinθ﹣T＝maaa對(duì)b，b的加速度的大小與a是相等的，則有：T﹣mbg＝mbaa聯(lián)立可得：．故B錯(cuò)誤；C、b上升h，則a下降hsinθ，則a重力勢(shì)能的減少量為mag×hsinθ＝mbgh．故C正確。D、根據(jù)功能關(guān)系，系統(tǒng)機(jī)械能增加等于除重力以外的力做功，所以摩擦力對(duì)a做的功等于a、b機(jī)械能的增量，a重力勢(shì)能的減少量與物塊b重力勢(shì)能的增加量相等，則摩擦力做功等于a與b動(dòng)能的增加量，大于a的動(dòng)能增加。故D錯(cuò)誤；故選：AC?！军c(diǎn)評(píng)】本題是力與能的綜合題，關(guān)鍵對(duì)初始位置和末位置正確地受力分析，以及合理選擇研究的過(guò)程和研究的對(duì)象，運(yùn)用能量守恒進(jìn)行分析。22．（湖南模擬）如圖所示，左右兩側(cè)水平面等高，A、B為光滑定滑輪，C為光滑動(dòng)滑輪。足夠長(zhǎng)的輕繩跨過(guò)滑輪，右端與小車相連，左端固定在墻壁上，質(zhì)量為m的物塊懸掛在動(dòng)滑輪上。從某時(shí)刻開(kāi)始小車向右移動(dòng)，使物塊以速度v0勻速上升，小車在移動(dòng)過(guò)程中所受阻力恒定不變。在物塊上升的過(guò)程中（未到AB所在的水平面），下列說(shuō)法正確的是（）A．輕繩對(duì)小車的拉力增大 B．小車向右做加速運(yùn)動(dòng) C．小車阻力的功率可能不變 D．小車牽引力做的功小于物塊重力勢(shì)能的增加量與小車克服阻力做功之和【分析】對(duì)動(dòng)滑輪和物塊分析，根據(jù)共點(diǎn)力平衡，結(jié)合繩子與豎直方向夾角的變化得出拉力的變化。對(duì)動(dòng)滑輪的速度進(jìn)行分解，結(jié)合平行四邊形定則得出沿繩子方向的分速度變化，從而得出小車速度的變化。根據(jù)小車速度的變化判斷小車阻力功率的變化。根據(jù)能量守恒分析小車牽引力做功與物塊重力勢(shì)能增加量與小車克服阻力做功之和的關(guān)系?！窘獯稹拷猓篈、對(duì)動(dòng)滑輪和物塊分析，受重力和兩個(gè)拉力作用，在向上勻速運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，繩子拉力與豎直方向的夾角變大，根據(jù)2Tcosθ＝（m+m動(dòng)）g知，拉力增大，故A正確。B、將動(dòng)滑輪的速度分解為沿兩個(gè)繩子方向，如圖，動(dòng)滑輪向上勻速運(yùn)動(dòng)的速度不變，繩子與豎直方向的夾角變大，可知沿繩子方向的速度變小，即小車的速度變小，小車向右做減速運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤。C、小車阻力大小恒定，速度減小，則小車阻力的功率減小，故C錯(cuò)誤。D、根據(jù)能量守恒得，小車牽引力做功等于小車克服阻力做功、物塊重力勢(shì)能和小車動(dòng)能變化量之和，由于小車動(dòng)能變化量為負(fù)值，可知小車牽引力做的功小于物塊重力勢(shì)能的增加量與小車克服阻力做功之和，故D正確。故選：AD?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了功率、共點(diǎn)力平衡、速度分解和能量守恒的綜合運(yùn)用，難點(diǎn)在于對(duì)動(dòng)滑輪速度的分解，知道小車的速度等于沿繩子方向的速度。23．（巨鹿縣校級(jí)月考）在光滑水平面上，有一質(zhì)量為10kg的滑塊，在沿水平方向變力F的作用下沿x軸做直線運(yùn)動(dòng)，F(xiàn)﹣x關(guān)系如圖，4m～8m和12m～16m的兩段曲線關(guān)于坐標(biāo)點(diǎn)（10，0）對(duì)稱.滑塊在坐標(biāo)原點(diǎn)處速度為1m/s，滑塊運(yùn)動(dòng)到12m處的速度大小為4m/s，則下列說(shuō)法正確的是（）A．4m～8m的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，F(xiàn)對(duì)物體做的功為35J B．4m～8m的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，F(xiàn)對(duì)物體做的功為45J C．滑塊運(yùn)動(dòng)到16m處的速度大小為3m/s D．滑塊運(yùn)動(dòng)到16m處的速度大小為5m/s【分析】解：從0～12m過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理求解F對(duì)物體做的功；從0～16m的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理求解滑塊運(yùn)動(dòng)到16m處的速度大小。【解答】解：AB、根據(jù)圖象可知，0～4m內(nèi)拉力F做的功為W1＝F1x1＝10×4J＝40J，設(shè)4m～8m的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，F(xiàn)對(duì)物體做的功為W2，從0～12m過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理可得：W1+W2＝﹣，其中v1＝1m/s，v2＝4m/s，解得：W2＝35J，故A正確、B錯(cuò)誤；CD、4m～8m和12m～16m的兩段曲線關(guān)于坐標(biāo)點(diǎn)（10，0）對(duì)稱，則4m～8m和12m～16m的過(guò)程中拉力做的功為零；從0～16m的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理可得：W1＝﹣，解得滑塊運(yùn)動(dòng)到16m處的速度大小為v3＝3m/s，故C正確、D錯(cuò)誤。故選：AC。【點(diǎn)評(píng)】本題主要是考查了動(dòng)能定理；運(yùn)用動(dòng)能定理解題時(shí)，首先要選取研究過(guò)程，然后分析在這個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中哪些力做正功、哪些力做負(fù)功，初末動(dòng)能為多少，根據(jù)動(dòng)能定理列方程解答；動(dòng)能定理的優(yōu)點(diǎn)在于適用任何運(yùn)動(dòng)包括曲線運(yùn)動(dòng)；一個(gè)題目可能需要選擇不同的過(guò)程多次運(yùn)用動(dòng)能定理研究，也可以全過(guò)程根據(jù)動(dòng)能定理解答。24．（湖北模擬）如圖所示，粗糙程度處處相同的軌道ABC安裝在豎直平面內(nèi)，其中AB部分傾斜，BC部分水平．現(xiàn)將一個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的小物塊從AB上距BC豎直高度為h的P處由靜止釋放，物塊沿斜面下滑并最終靜止在BC上的Q點(diǎn)，測(cè)得PQ間的水平距離s。現(xiàn)將BC段軌道從D處彎折成水平的BD、傾斜的DC兩段，然后再將小物塊從P處由靜止釋放，不考慮小物塊在轉(zhuǎn)折處的能量損失，則下列說(shuō)法中正確的是（）A．物塊和軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝ B．DC傾角越大，物塊沿DC上升的最大高度越小 C．無(wú)論DC傾角為多少，物塊沿DC上升的最大高度都相同 D．無(wú)論DC傾角為多少，物塊沿DC上升的最大高度處都在PQ連線上【分析】分析物塊運(yùn)動(dòng)過(guò)程中各個(gè)力做功，根據(jù)動(dòng)能定理列式求解。【解答】解：A、設(shè)AB軌道的傾角為θ，則P到Q摩擦力對(duì)物塊做的功為：W＝﹣（μmgcosθ?PB+μmg?BQ）＝﹣μmg（PBcosθ+BQ）＝﹣μmgs，即摩擦力做功只需要看初末位置的水平距離。由動(dòng)能定理可知，mgh﹣μmgs＝0﹣0，得μ＝，故A正確；BCD、設(shè)物塊在傾斜軌道CD上升到最高點(diǎn)Q′，則物塊從P到Q′過(guò)程中，有mgh′﹣μmgs′＝0﹣0，得，其中h′和s′是高度差和水平距離，故D正確，BC錯(cuò)誤。故選：AD?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查動(dòng)能定理，分析各個(gè)力做功，根據(jù)動(dòng)能定理求解μ的大小與什么有關(guān)是解題關(guān)鍵。25．（重慶模擬）如圖所示，足夠長(zhǎng)的水平傳送帶以速度v沿順時(shí)針?lè)较騽蛩俎D(zhuǎn)動(dòng)，傳送帶右端與光滑半圓形軌道的底端Q點(diǎn)平滑連接，半圓形軌道固定在豎直面內(nèi)，軌道半徑R＝0.5m?，F(xiàn)有一可視為質(zhì)點(diǎn)的小物塊從半圓形軌道最高點(diǎn)P，沿軌道從底端Q點(diǎn)滑上傳送帶，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間又返回半圓形軌道且始終不脫離軌道。重力加速度g＝10m/s2，不計(jì)空氣阻力。則傳送帶轉(zhuǎn)動(dòng)速度v的可能值為（）A．2m/s B．3m/s C．4m/s D．5m/s【分析】要使小物塊始終不脫離軌道，小物塊從傳送帶上滑上半圓形軌道時(shí)達(dá)到的最高位置與圓心O等高，根據(jù)動(dòng)能定理求解小物塊在Q點(diǎn)的速度大小，根據(jù)題干條件分析傳送帶速度的可能值?！窘獯稹拷猓河捎谛∥飰K經(jīng)過(guò)一段時(shí)間又返回半圓形軌道且始終不脫離軌道，則最后小物塊滑上半圓形軌道時(shí)達(dá)到的最高位置應(yīng)該是與圓心O等高。設(shè)小滑塊從傳送帶上達(dá)到Q點(diǎn)的速度為v1，根據(jù)動(dòng)能定理可得：﹣mgR＝0﹣解得：v1＝m/s；小滑塊從P點(diǎn)滑入半圓形軌道達(dá)到最低點(diǎn)的速度大小一定大于m/s，所以滑塊滑上傳送帶向左一直減速到零，然后再向右加速，當(dāng)加速到與所帶速度相等時(shí)，再勻速運(yùn)動(dòng)，勻速運(yùn)動(dòng)的速度最大不能超過(guò)m/s；所以傳送帶轉(zhuǎn)動(dòng)速度v≤v1＝m/s，故AB正確、CD錯(cuò)誤。故選：AB。【點(diǎn)評(píng)】本題主要是考查了動(dòng)能定理；運(yùn)用動(dòng)能定理解題時(shí)，首先要選取研究過(guò)程，然后分析在這個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中哪些力做正功、哪些力做負(fù)功，初末動(dòng)能為多少，根據(jù)動(dòng)能定理列方程解答；本題關(guān)鍵是弄清楚臨界條件的分析以及小物塊的運(yùn)動(dòng)情況。26．（成都模擬）如圖（a），表面由特殊材質(zhì)制成、傾角37°、長(zhǎng)為2m的斜面右端靠著豎直擋板放置在光滑水平地面上，一小物塊從斜面頂端由靜止下滑。圖（b）是物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ隨物塊到斜面頂端的距離x變化的函數(shù)圖線（傾斜直線）。已知物塊質(zhì)量為1kg，重力加速度大小為10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列判定正確的是（）A．物塊下滑過(guò)程中，斜面對(duì)地面的壓力不變 B．物塊下滑過(guò)程中，斜面對(duì)擋板的作用力逐漸增大 C．物塊剛釋放時(shí)的加速度大小為2.8m/s2 D．物塊滑到斜面底端時(shí)的速度大小為2m/s【分析】先對(duì)物塊，根據(jù)牛頓第二定律列式，得到物塊加速度表達(dá)式，結(jié)合動(dòng)摩擦因數(shù)μ的變化情況，分析物塊加速度變化情況，再對(duì)物塊和斜面組成的整體，利用牛頓第二定律分析地面對(duì)斜面的支持力和擋板對(duì)斜面的作用力變化，由牛頓第三定律分析斜面對(duì)地面的壓力和斜面對(duì)擋板作用力的變化情況；利用牛頓第二定律求物塊剛釋放時(shí)的加速度大?。桓鶕?jù)動(dòng)能定理求物塊滑到斜面底端時(shí)的速度大小?！窘獯稹拷猓涸O(shè)物塊的質(zhì)量為m,斜面的質(zhì)量為M，地面對(duì)斜面的支持力為FN，擋板對(duì)斜面的作用力為F。AB、物塊下滑過(guò)程中，對(duì)物塊，根據(jù)牛頓第二定律得：mgsin37°﹣μmgcos37°＝ma，得a＝(6﹣8μ)m/s2，由圖（b）知μ隨著x的增大而增大，則a隨著x的增大而減小。將物塊的加速度沿水平方向和豎直方向分解，如圖所示。對(duì)物塊和整體，根據(jù)牛頓第二定律得：水平方向有F＝max豎直方向有（M+m）g﹣FN＝（M+m）ay，得FN＝（M+m）g﹣FN＝（M+m）ay則知因?yàn)閍x、ay均減小，則F減小，F(xiàn)N增大，根據(jù)牛頓第三定律可知斜面對(duì)地面的壓力增大，斜面對(duì)擋板的作用力減小，故AB錯(cuò)誤；C、由圖（b）知x＝0,μ＝0.4，代入a＝(6﹣8μ)m/s2得a＝2.8m/s2，故C正確；D、物塊受到的滑動(dòng)摩擦力大小為f＝μmgcos37°，由圖（b）知μ＝0.1x+0.4，得f＝（0.1x+0.4）mgcos37°＝（0.1x+0.4）×1×10×0.8N＝(0.8x+3.2)N，可知f與x是線性關(guān)系，物塊下滑過(guò)程中，滑動(dòng)摩擦力的平均值為＝＝N＝4N根據(jù)動(dòng)能定理得：mgLsin37°﹣L＝，解得物塊滑到斜面底端時(shí)的速度大小為v＝2m/s，故D正確。故選：CD。【點(diǎn)評(píng)】本題涉及到變力做功問(wèn)題，要根據(jù)變力的平均值來(lái)求功。要知道只有力隨位移均勻變化時(shí)，變力的平均值才等于初末位置時(shí)力的平均值。也可以作出f﹣x圖像，根據(jù)圖像與x軸所圍的面積求滑動(dòng)摩擦力做功。27．（淄博三模）如圖所示，傾角為θ的斜面MN段粗糙，其余段光滑，PM，MN長(zhǎng)度均為3d。四個(gè)質(zhì)量均為m的相同樣品1、2、3、4放在斜面上，每個(gè)樣品（可視為質(zhì)點(diǎn)）左側(cè)固定有長(zhǎng)度為d的輕質(zhì)細(xì)桿，細(xì)桿與斜面平行，且與其左側(cè)的樣品接觸但不粘連，樣品與MN間的動(dòng)摩擦因數(shù)為tanθ。若樣品1在P處時(shí)，四個(gè)樣品由靜止一起釋放，重力加速度大小為g，下列說(shuō)法正確的是（）A．當(dāng)樣品1剛進(jìn)入MN段時(shí)，樣品的共同加速度大小為 B．當(dāng)樣品1剛進(jìn)入MN段時(shí)，樣品1的輕桿受到壓力大小為3mgsinθ C．從開(kāi)始釋放到樣品4剛進(jìn)入MN段的過(guò)程中，摩擦力做的總功為9dmgsinθ D．當(dāng)四個(gè)樣品均位于MN段時(shí)，樣品的共同速度大小為【分析】當(dāng)樣品1剛進(jìn)入MN段時(shí)，整體具有相同的加速度，對(duì)整體分析，根據(jù)牛頓第二定律求出樣品的共同加速度，隔離對(duì)樣品1分析，根據(jù)牛頓第二定律求出樣品1的輕桿所受的壓力；從開(kāi)始釋放到樣品4剛進(jìn)入MN段的過(guò)程中，分別求出摩擦力對(duì)樣品1、樣品2、樣品3所做的功，從而得出總功，對(duì)整個(gè)過(guò)程運(yùn)用動(dòng)能定理求出樣品的共同速度?！窘獯稹拷猓篈、當(dāng)樣品1剛進(jìn)入MN段時(shí)，對(duì)整體分析，根據(jù)牛頓第二定律得，樣品的共同加速度：＝，故A正確；B、當(dāng)樣品1剛進(jìn)入MN段時(shí)，隔離對(duì)樣品1分析，根據(jù)牛頓第二定律有：mgsinθ+F﹣μmgcosθ＝ma1，解得：F＝，即樣品1的輕桿受到的壓力為，故B錯(cuò)誤；C、從開(kāi)始釋放到樣品4剛進(jìn)入MN段的過(guò)程中，摩擦力對(duì)樣品1做功：Wf1＝﹣μmgcosθ?3d＝﹣3mgdsinθ，摩擦力對(duì)樣品2做功：Wf2＝﹣μmgcosθ?2d＝﹣2mgdsinθ，摩擦力對(duì)樣品3做功：Wf3＝﹣μmgcosθ?d＝﹣mgdsinθ，此時(shí)樣品4剛進(jìn)入MN段，摩擦力不做功，則摩擦力做的總功：Wf＝Wf1+Wf2+Wf3＝﹣6mgdsinθ，故C錯(cuò)誤；D、從開(kāi)始釋放到樣品4剛進(jìn)入MN段的過(guò)程運(yùn)用動(dòng)能定理得：，解得樣品共同速度：v＝，故D正確。故選：AD?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了牛頓第二定律和動(dòng)能定理的綜合運(yùn)用，掌握整體法和隔離法的靈活運(yùn)用，對(duì)于D選項(xiàng)，也可以根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式綜合求解，但是沒(méi)有運(yùn)用動(dòng)能定理簡(jiǎn)捷。28．（日照二模）如圖所示，傾角為θ、半徑為R的傾斜圓盤，繞圓心O處的轉(zhuǎn)軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)（轉(zhuǎn)軸垂直于盤面）。一個(gè)質(zhì)量為m的小物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）放在圓盤的邊緣，當(dāng)小物塊與圓盤間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝2tanθ時(shí)，恰好隨著圓盤一起勻速轉(zhuǎn)動(dòng)。圖中A、B分別為小物塊轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中所經(jīng)過(guò)的最高點(diǎn)和最低點(diǎn)，OC與OB的夾角為60°。小物塊與圓盤間的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度為g，下列說(shuō)法正確的是（）A．小物塊在A點(diǎn)時(shí)受到的摩擦力最大 B．圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為 C．小物塊在C點(diǎn)時(shí)受到的摩擦力大小為mgsinθ D．小物塊從B運(yùn)動(dòng)到A的過(guò)程，摩擦力做功為2mgRsinθ【分析】根據(jù)牛頓第二定律結(jié)合向心力的計(jì)算公式分析摩擦力的大?。桓鶕?jù)向心力的計(jì)算公式求解圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度大?。恍∥飰K在C點(diǎn)時(shí)，合力方向指向圓心，由此分析摩擦力大??；根據(jù)動(dòng)能定理求解摩擦力做的功。【解答】解：A、設(shè)圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為ω，在A點(diǎn)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律可得：fA+mgsinθ＝mRω2，解得：fA＝mRω2﹣mgsinθ，在B點(diǎn)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律可得：fB﹣mgsinθ＝mRω2，解得：fB＝mgsinθ+mRω2，小物塊在A點(diǎn)時(shí)受到的摩擦力小于在B點(diǎn)時(shí)的摩擦力，小物塊從B到A運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，摩擦力逐漸減小，所以小物塊在B點(diǎn)受到的摩擦力最大，故A錯(cuò)誤；B、當(dāng)小物塊與圓盤間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝2tanθ時(shí)，恰好隨著圓盤一起勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，小物塊在B點(diǎn)時(shí)摩擦力最大，在B點(diǎn)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律可得：μmgcosθ﹣mgsinθ＝mRω2，解得圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度ω＝，故B正確；C、小物塊在C點(diǎn)時(shí)，在圓盤平面內(nèi)，合力方向指向圓心，如圖所示，則摩擦力大小大于mgsinθ，故C錯(cuò)誤；D、設(shè)小物塊從B運(yùn)動(dòng)到A的過(guò)程，摩擦力做功為Wf，根據(jù)動(dòng)能定理可得：Wf﹣2mgRsinθ＝0，解得：Wf＝2mgRsinθ，故D正確。故選：BD?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要是考查勻速圓周運(yùn)動(dòng)和動(dòng)能定理，關(guān)鍵是弄清楚小物塊的受力情況，知道做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的物體合力提供向心力，掌握動(dòng)能定理的應(yīng)用方法。29．（臨沂二模）如圖所示，一根細(xì)繩的上端系在O點(diǎn)，下端系一個(gè)重球B，放在粗糙的斜面體A上?，F(xiàn)用水平推力F向右推斜面體使之在光滑水平面上向右勻速運(yùn)動(dòng)一段距離，在細(xì)繩從如圖所示位置到恰好與斜面平行的位置過(guò)程中（）A．重球B做勻速圓周運(yùn)動(dòng) B．重球B做變速圓周運(yùn)動(dòng) C．F對(duì)A所做的功和B對(duì)A所做的功大小相等 D．A對(duì)B所做的功和B對(duì)A所做的功大小相等【分析】運(yùn)用運(yùn)動(dòng)的分解法研究重球B的速度與斜面速度關(guān)系，從而判斷重球B速度變化情況；根據(jù)動(dòng)能定理判斷水平推力F和B對(duì)A做功的大小是否相等?！窘獯稹拷猓篈B、重球B做圓周運(yùn)動(dòng)，其線速度v球垂直繩，斜面對(duì)地速度v斜面水平向右，B相對(duì)斜面的速度v相對(duì)，滿足關(guān)系：+＝，三者組成矢量三角形，如圖所示，v斜面恒定，v相對(duì)方向不變，繩與豎直方向夾角變大（趨于平行斜面），可見(jiàn)v球先變小，垂直斜面時(shí)最小，因此重球做線速度減小的減速圓周運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤，B正確；CD、斜面體A做勻速運(yùn)動(dòng)，動(dòng)能不變，根據(jù)動(dòng)能定理可知外力對(duì)A所做的總功為零，則F對(duì)A所做的功和B對(duì)A所做的功大小相等，正負(fù)相反，故C正確，故D錯(cuò)誤。故選：BC?！军c(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵要搞清重球B和斜面體速度關(guān)系，運(yùn)用矢量三角形分析重球B的速度變化情況。要靈活利用動(dòng)能定理比較功的大小。30．（安徽月考）如圖所示，豎直面內(nèi)一長(zhǎng)度為R的輕繩一端系于O點(diǎn)，另一端拴著質(zhì)量為m且可視為質(zhì)點(diǎn)的小球，小球靜止于B點(diǎn)。現(xiàn)使小球獲得一水平向右的初速度后，小球恰好在豎直面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，A為軌跡圓的最高點(diǎn)，C為在半徑OA上的一點(diǎn)，且OC＝R。重力加速度大小為g，不計(jì)空氣阻力，某次小球剛通過(guò)最高點(diǎn)后，就立即在C點(diǎn)固定顆小釘子，則（）A．小球通過(guò)最高點(diǎn)時(shí)的速度大小為 B．繩子接觸釘子的瞬間繩上的拉力大小為mg C．若繩在小球運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)時(shí)斷了，經(jīng)過(guò)時(shí)間t＝，小球到達(dá)與圓心等高的位置 D．若繩在小球運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)時(shí)斷了，小球到達(dá)與B點(diǎn)等高的位置時(shí)的速度大小為【分析】小球剛通過(guò)最高點(diǎn)后，繩子的拉力為零，由重力完全提供向心力，由牛頓第二定律求小球通過(guò)最高點(diǎn)時(shí)的速度大小。根據(jù)牛頓第二定律求繩子接觸釘子的瞬間繩上的拉力大小。若繩在小球運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)時(shí)斷了，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律求小球到達(dá)與圓心等高的位置所用時(shí)間，由動(dòng)能定理求小球到達(dá)與B點(diǎn)等高的位置時(shí)的速度大小。【解答】解：A、小球剛通過(guò)最高點(diǎn)后，由重力完全提供向心力，由牛頓第二定律得：mg＝m，則得vA＝，故A錯(cuò)誤；B、繩子接觸釘子的瞬間，對(duì)小球，由牛頓第二定律得：F+mg＝m，解得繩子對(duì)小球的拉力大小F＝mg，由牛頓第三定律知繩上的拉力大小為mg，故B正確；C、若繩在小球運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)時(shí)斷了，小球開(kāi)始做平拋運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)到與圓心等高的位置時(shí)，有R＝，可得t＝，故C正確；D、若繩在小球運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)時(shí)斷了，設(shè)小球到達(dá)與B點(diǎn)等高的位置時(shí)的速度大小為v。根據(jù)動(dòng)能定理得mg?2R＝﹣，可得v＝，故D正確。故選：BCD?！军c(diǎn)評(píng)】解答本題時(shí)，要把握小球到達(dá)最高點(diǎn)的臨界條件：繩子的拉力為零，由重力完全提供向心力。要正確分析小球的受力情況，確定向心力來(lái)源。三．填空題（共10小題）31．（靜安區(qū)二模）如圖，由光滑細(xì)管組成的軌道固定在豎直平面內(nèi)，其中AB段和BC段是半徑R＝0.2m的四分之一圓弧。已知重力加速度g取10m/s2．現(xiàn)將一小球從距離水平地面高度H＝1m的管口D處?kù)o止釋放滑入細(xì)管內(nèi)，小球到達(dá)B點(diǎn)的速度大小為4m/s。若高度H可以發(fā)生變化，為使小球能夠到達(dá)A點(diǎn)，高度H的最小值為0.4m?！痉治觥糠治鲂∏蜻\(yùn)動(dòng)過(guò)程做功情況，由機(jī)械能守恒求得小球在B點(diǎn)的速度；分析小球在A點(diǎn)的最小速度，然后根據(jù)機(jī)械能守恒求得最小高度。【解答】解：小球在光滑細(xì)管內(nèi)運(yùn)動(dòng)，只有重力做功，故機(jī)械能守恒；對(duì)小球有D到B的過(guò)程應(yīng)用機(jī)械能守恒可得：故小球到達(dá)B點(diǎn)的速度大小為：；小球到達(dá)A點(diǎn)的最小速度為零，故根據(jù)機(jī)械能守恒可得：H≤2R＝0.4m，故高度H的最小值為0.4m；故答案為：4；0.4?！军c(diǎn)評(píng)】對(duì)于運(yùn)動(dòng)過(guò)程中某一作用力做的功或某一位置的速度的求解，尤其是非勻變速運(yùn)動(dòng)，或做功的力較少或做功較易得到表達(dá)式的情況，常根據(jù)動(dòng)能定理來(lái)求解。32．（金山區(qū)一模）如圖，長(zhǎng)為0.8m的輕質(zhì)細(xì)線一端系于O點(diǎn)，另一端系有一小球，在O點(diǎn)正下方0.4m的P點(diǎn)處有一個(gè)細(xì)釘，不計(jì)任何阻力，取g＝10m/s2．拉直細(xì)線使小球從A點(diǎn)（與O等高）以一定的初速度向下開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，小球恰能運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)，則小球在O點(diǎn)處的速度大小為2m/s；若下移細(xì)釘位置到P'處（圖中未標(biāo)出），使小球從A點(diǎn)由靜止開(kāi)始下落，發(fā)現(xiàn)小球恰能沿圓周運(yùn)動(dòng)到P'正上方，則OP'的距離為0.48m?！痉治觥啃∏蚯∧苓\(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)時(shí)，細(xì)線的拉力為零，由重力充當(dāng)向心力，由牛頓第二定律求出小球在O點(diǎn)處的速度。小球恰能沿圓周運(yùn)動(dòng)到P'正上方時(shí)由重力充當(dāng)向心力，由牛頓第二定律列式，結(jié)合機(jī)械能守恒求解OP'的距離?！窘獯稹拷猓盒∏蚯∧苓\(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)時(shí)，細(xì)線的拉力為零，由重力提供向心力，由牛頓第二定律得：mg＝m得小球在O點(diǎn)處的速度vo＝＝＝2m/s設(shè)小球繞P'的半徑為r。小球恰能沿圓周運(yùn)動(dòng)到P'正上方時(shí)由重力充當(dāng)向心力，由牛頓第二定律得：mg＝m從開(kāi)始到P'正上方的過(guò)程，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得mg（L﹣2r）＝聯(lián)立得r＝0.32m所以O(shè)P'＝L﹣r＝0.8m﹣0.32m＝0.48m故答案為：2，0.48【點(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵是細(xì)線模型中小球到達(dá)最高點(diǎn)的臨界條件：細(xì)線的拉力為零，由重力充當(dāng)向心力，由牛頓第二定律和機(jī)械能守恒定律結(jié)合進(jìn)行研究。33．（長(zhǎng)寧區(qū)二模）如圖所示，光滑固定斜面的傾角為30°，A、B兩物體用不可伸長(zhǎng)的輕繩相連，并通過(guò)滑輪置于斜面和斜面的右側(cè)，此時(shí)A、B兩物體離地高度相同，且剛好處于靜止?fàn)顟B(tài)。若剪斷輕繩，則A、B落地時(shí)的動(dòng)能之比為2：1，A、B運(yùn)動(dòng)到地面的時(shí)間之比為2：1?！痉治觥坷K子未剪斷時(shí)，由受力平衡求得兩物體質(zhì)量關(guān)系；剪斷繩子后，對(duì)物體進(jìn)行受力分析，根據(jù)勻變速運(yùn)動(dòng)規(guī)律求得運(yùn)動(dòng)時(shí)間，根據(jù)機(jī)械能守恒定律求得動(dòng)能，即可得到兩物體之比?！窘獯稹拷猓篈、B兩物體離地高度h相同，且剛好處于靜止?fàn)顟B(tài)，故對(duì)B進(jìn)行受力分析，由受力平衡可得：繩子拉力F＝mBg；那么，對(duì)A進(jìn)行受力分析，由受力平衡可得：；故mA＝2mB；剪斷輕繩后，A受重力、支持力做功，沿斜面做加速度的勻加速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)到地面的時(shí)間；由A下滑過(guò)程只有重力做功，根據(jù)機(jī)械能守恒可得：A落地時(shí)的動(dòng)能為EkA＝mAgh；剪短輕繩后，B只受重力作用，做自由落體運(yùn)動(dòng)，故運(yùn)動(dòng)到地面的時(shí)間；根據(jù)機(jī)械能守恒可得：B落地時(shí)的動(dòng)能EkB＝mBgh；故A、B落地時(shí)的動(dòng)能之比；A、B運(yùn)動(dòng)到地面的時(shí)間之比；故答案為：2：1，2：1。【點(diǎn)評(píng)】對(duì)于運(yùn)動(dòng)過(guò)程中某一作用力做的功或某一位置的速度的求解，尤其是非勻變速運(yùn)動(dòng)，或做功的力較少或做功較易得到表達(dá)式的情況，常根據(jù)動(dòng)能定理來(lái)求解。34．（福州模擬）某研究小組利用照相方法測(cè)量足球的運(yùn)動(dòng)速度。研究小組恰好拍攝到一張運(yùn)動(dòng)員踢出足球瞬間的相片，如圖所示，相片的曝光時(shí)間為，他們用刻度尺測(cè)量曝光時(shí)間內(nèi)足球在相片中移動(dòng)的長(zhǎng)度l＝1.5～1.7cm（只要讀到mm位），已知足球的直徑d＝22cm，質(zhì)量m＝450g，可算出足球的速度v＝3.3～3.7m/s（計(jì)算結(jié)果保留2位有效數(shù)字），運(yùn)動(dòng)員踢球時(shí)對(duì)足球做功W＝2.45或3.08J（計(jì)算結(jié)果保留2位有效數(shù)字）。【分析】由刻度尺直接讀出足球在相片中移動(dòng)的長(zhǎng)度l，根據(jù)比例關(guān)系求出足球運(yùn)動(dòng)的真實(shí)距離，由于曝光時(shí)間極短，在曝光時(shí)間內(nèi)足球的運(yùn)動(dòng)可以看成勻速直線運(yùn)動(dòng)，由v＝求足球的速度v，根據(jù)動(dòng)能定理求運(yùn)動(dòng)員踢球時(shí)對(duì)足球做功W?！窘獯稹拷猓海?）由圖中的刻度尺可讀出，曝光時(shí)間內(nèi)足球在相片中移動(dòng)的長(zhǎng)度約為1.5～1.7cm；（2）由圖中可讀出足球的直徑約為0.5cm，而真實(shí)的足球的直徑為22cm，則可知足球運(yùn)動(dòng)的真實(shí)距離為x，則，得x＝6.6cm＝0.066m，或x＝7.48cm＝0.0748m則由題可知，曝光時(shí)間為，所以可算出足球的速度為v＝＝m/s＝3.3m/s或v＝m/s＝3.7m/s（3）已知m＝450g＝0.45kg對(duì)足球，由動(dòng)能定理可知，運(yùn)動(dòng)員踢球時(shí)對(duì)足球做功﹣0將已知量代入可得足球做功﹣0或W＝3.08J故答案為：（1）1.5～1.7．（2）3.3～3.7．（3）2.45或3.08?！军c(diǎn)評(píng)】解決本題時(shí)，要知道在曝光的極短時(shí)間內(nèi)足球的運(yùn)