2017届高考物理一轮总复习必修部分第5章机械能及其守恒定律第2讲动能定理及其应用随堂集训
2017年高考物理一轮复习 第5章 机械能 第2讲 动能定理及其应用课件 新人教版
B．24J
C．34J
D．54J
答案：C
解析：用竖直向上大小为 30N 的力 F，将 2kg 的物体由沙 坑表面静止抬升 1m 时，由动能定理，Fh－mgh＝12mv2，撤去 力 F 后由动能定理，mg(d＋h)－W＝0－12mv2，联立解得 W＝ mg(d ＋ h) ＋ Fh － mgh ＝ Fh ＋ mgd ＝ 30×1J ＋ 2×10×0.2J ＝ 34J。选项 C 正确。
动能定理
1．内容：力在一个过程中对物体做的功，等于物体在这 个过程中__动__能__的__变__化___。
2．表达式：W＝_12_m__v_22_－__12_m_v_21__或W＝Ek2－Ek1。 3．物理意义：__合__外__力____的功是物体动能变化的量度。
4．适用条件 (1)动能定理既适用于直线运动，也适用于_曲__线___运__动__。 (2)既适用于恒力做功，也适用于__变__力__做__功__。
A．tanθ 和H2 C．tanθ 和H4
B．(2vg2H－1)tanθ 和H2 D．(2vg2H－1)tanθ 和H4
思路引导：(1)物块沿斜坡向上滑动时所受的各个力做功的 情况如何？
(2)动能的改变量与各个力所做的功的代数和的关系是什 么？
(3)位移与物块运动的高度和斜坡倾角的关系是什么？
答案：(1)重力、摩擦力都做负功、支持力不做功。 (2)相等 (3)x＝sihnθ 解析：本题考查牛顿第二定律的两类基本问题，用牛顿第 二定律和运动学公式解即可，根据牛顿第二定律，mgsinθ＋ μmgcosθ＝ma，而 0－v2＝－2asiHnθ，解得 μ＝[2vgH2 －1]tanθ，
动能定理的应用 1．应用动能定理解题的步骤
2．注意事项 (1)动能定理往往用于单个物体的运动过程，由于不涉及加 速度及时间，比动力学研究方法要简便。 (2)动能定理表达式是一个标量式，在某个方向上应用动能 定理没有任何依据。 (3)当物体的运动包含多个不同过程时，可分段应用动能定 理求解；当所求解的问题不涉及中间的速度时，也可以全过程 应用动能定理求解。
高考物理一轮总复习精品课件 第5章 机械能 第2节 动能定理及其应用
F和8F时小球做圆周运动的动能,然后由动能定理求出拉力由F变为8F过
程中绳子拉力对小球所做的功,用拉力做的功除以时间就是该过程的平均
功率。
答案:(1)
3
(2)
2
3
(3)
2
0
解析:(1)小球做圆周运动的向心力由绳子的拉力提供,由向心力公式得
解得,当拉力为 F 时,小球的线速度 v=
侧有一轻质弹簧,左端固定,弹簧处于自然伸长状态。质量为m=1 kg的物
块A(可视为质点)从轨道右侧以初速度 v0=2√3 m/s 冲上轨道,通过圆形轨
道、水平轨道后压缩弹簧并被弹簧以原速率弹回,经水平轨道返回圆形轨
道。物块A与PQ段间的动摩擦因数μ=0.2,轨道其他部分摩擦不计,重力加
速度g取10 m/s2。
好为零,g取10 m/s2,则提升重物的最短时间为(
A.13.2 s
B.14.2 s
C.15.5 s
D.17.0 s
答案:C
)
解析:为了以最短时间提升重物,一开始先以最大拉力拉重物使重物匀加速上升,
当功率达到额定功率时,保持功率(额定功率)不变直到重物达到最大速度,接着做
匀速运动,最后以最大加速度匀减速上升到达平台时速度刚好为零。重物在第一
(1)求物块A与弹簧刚接触时的速度大小v1;
(2)求物块A被弹簧以原速率弹回返回到圆形轨道的高度h1;
(3)调节PQ段的长度L,A仍以v0从轨道右侧冲上轨道,当L满足什么条件时,
物块A能第一次返回圆形轨道且能沿轨道运动而不脱离轨道?
解题指导:
关键词句
获取信息
物块 A 与弹簧刚接触时的速
求物块 A 到达 P 点时的速度
高考物理一轮总复习 第五章 机械能 第2讲 动能定理及其应用课件(必修2)
3．物理意义： 合外力 的功是物体动能变化的量度． 4．适用条件： (1)动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动 ． (2)动能定理既适用于恒力做功，也适用于 变力做功 ． (3)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以不 同时作用 ．
1．对同一物体，速度变化，动能一定变化；动能变化， 速度一定变化( )
(2015·新课标全国卷Ⅰ)如图所示，一半径为 R、 粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径 POQ 水 平．一质量为 m 的质点自 P 点上方高度 R 处由静止开始下落， 恰好从 P 点进入轨道．质点滑到轨道最低点 N 时，对轨道的 压力为 4mg，g 为重力加速度的大小．用 W 表示质点从 P 点 运动到 N 点的过程中克服摩擦力所做的功．则( )
考点二 动能定理的应用 1．应用动能定理的解题步骤
2．用好动能定理的“5 个”突破 突破①——研究对象的选取 动能定理适用于单个物体，当题目中出现多个物体时可 分别将单个物体取为研究对象，应用动能定理． 突破②——研究过程的选取 应用动能定理时，选取不同的研究过程列出的方程是不 相同的．因为动能定理是个过程式，选取合适的过程往往可 以大大简化运算．
[解析] 以物体为研究对象，由动能定理得 WN－mgH＝
12mv2，即 WN＝mgH＋12mv2，选项 B 正确，选项 A 错误．以
系统为研究对象，由动能定理得
WT－(m＋
M)gH＝
1 2
(M＋
m)v2，即 WT＝12(M＋m)v2＋(M＋m)gH>m2v2＋MgH，选项 D
正确，选项 C 错误．
A．W＝12mgR，质点恰好可以到达 Q 点 B．W>12mgR，质点不能到达 Q 点 C．W＝12mgR，质点到达 Q 点后，继续上升一段距离 D．W<12mgR，质点到达 Q 点后，继续上升一段距离
高考物理一轮复习第五章机械能2动能定理及其应用课件
v
2 O
-0
在O点有:mg=m
v
2 O
r
代入数据解得:Hmin=0.65 m
仅仅与弹性挡板碰撞一次,且小球不会脱离CDO轨道,H最大时,碰后再返回
最高点能上升到D点,则有:
mg(Hmax+r)-3μmgL=0 代入数据解得:Hmax=0.7 m 故有:0.65 m≤H≤0.7 m
答案:(1)84 N (2)0.65 m≤H≤0.7 m
2.四类图像所围“面积”的含义:
【典例·通法悟道】 【典例2】用传感器研究质量为2 kg的物体由静止开始做直线运动的规律时,在 计算机上得到0～6 s内物体的加速度随时间变化的关系如图所示。下列说法正 确的是 ( ) A.0～6 s内物体先向正方向运动,后向负方向运动 B.0～6 s内物体在4 s时的速度最大 C.物体在2～4 s内速度不变 D.0～4 s内合力对物体做的功等于0～6 s内合力做的功
2021/4/17
高考物理一轮复习第五章机械能2动能定理及其
21
应用课件
结束语
同学们，你们要相信梦想是价值的源泉，相信成 功的信念比成功本身更重要，相信人生有挫折没 有失败，相信生命的质量来自决不妥协的信念，
考试加油。
【思维展现】应用动能定理解题的基本思路
【解析】(1)设冰球与冰面之间的动摩擦因数为μ
据解得动μ能=定v理02 有v -12 μmgs0=12
mv12
1 2
mv02
2gs0
(2)冰球运动时间t= v 0 v 1
g
由于s1=12 at2
解得运动员的最小加速度a= s1 v0 v1 2
2
s
2 0
大,C错;在0～4
2017届高三物理一轮复习第五章机械能及其守恒定律专题研究课件
基础自主梳理
表现 形式 动能 定理 势能 变化 功能 原理 摩擦 生热
数学表达式 W 合=W1+W2+…=ΔEk WF=-ΔEp WF=ΔEk+ΔEp=ΔE ΔE=FfΔx (Δx 为相对滑动的距离)
文字叙述 合外力所做的功等于动能的变化 重力(或电场力、 弹簧的弹力等)所做的功 等于重力势能的减少量 重力和弹力以外的力所做的功等于机械 能的变化 克服一对滑动摩擦力所做的总功等于机 械能的减少
解析：设物体受到的摩擦阻力为Ff,由牛顿运动定律得Ff+mgsin 30°=ma=3/4mg，解得Ff=1/4mg. 重力势能的变化由重力做功决定，故ΔEp=mgh. 动能的变化由合外力做功决定： (Ff+mg· sin 30°)· x=ma· x =3/4mg· (h/sin 30°)=3/2mgh 机械能的变化由重力或系统内弹力以外的其他力做功决定，故ΔE机械
要点研析突破
如图所示,木块 A 放在木板 B 的左端,用恒力 F 将木块 A 拉到木板 B 的右端.第一次将 B 固定在地面 上,F 做功为 W1,系统产生的热量为 Q1;第二次让 B 可 以在光滑水平地面上自由滑动,F 做功为 W2,系统产生的热量为 Q2,则有 ( ) A.W1=W2,Q1=Q2 D.W1<W2,Q1<Q2 答案试解: B B.W1<W2,Q1=Q2 D.W1=W2,Q1<Q2
C.合外力做功mgR
D.克服摩擦力做功1/2mgR
解析：小球从P到B的运动过程中，重力做功mgR，选项A错误;小球在B点恰好对 轨道没有压力，只有重力提供向心力：mg=mvB2/R，故vB= 项D正确;克服摩擦力做的功等于机械能的减少量，选项B错误． ,从P到B，对小
高考物理一轮总复习 必修部分 第5章 机械能及其守恒定律 第2讲 动能定理及其应用课件
尝试解答 选 C。 由题意知，在滑块从 b 运动到 c 的过程中，由于摩擦力做负功，动能在减少，所以 A 错误；从 a 到 c 的运动过程中，根据动能定理：mgh－Wf＝0，可得全程克服阻力做功 Wf＝mgh，因在 ab 段、bc 段摩擦力 做功不同，故滑块在 bc 过程克服阻力做的功一定不等于 mgh/2，所以 B 错误；滑块对 ab 段轨道的正压力 小于对 bc 段的正压力，故在 ab 段滑块克服摩擦力做的功小于在 bc 段克服摩擦力做的功，即从 a 到 b 克服 摩擦力做的功 Wf′<12mgh，设在 b 点的速度为 v′，根据动能定理：mgh－Wf′＝12mv′2－12mv2，可得 v′> gh＋v2，故 C 正确，D 错误。
必考部分
第5章 机械能及其守恒定律
第2讲 动能定理及其应用
板块一 主干梳理·对 点激活
知识点 1 动能 Ⅱ 1.定义：物体由于_运__动___而具有的能。
2．公式：Ek＝__12_m_v_2_。 3．物理意义：动能是状态量，是_标__量___ (选填“矢量”或“标量”)，只有正值，动能与速度方向__无__关__。 4．单位：_焦__耳___，1 J＝1 N·m＝1 kg·m2/s2。 5．动能的相对性：由于速度具有__相__对__性](多选)关于对动能的理解，下列说法正确的是( ) A．动能是普遍存在的机械能的一种基本形式，凡是运动的物体都具有动能 B．动能总是正值，但对于不同的参考系，同一物体的动能大小是不同的 C．一定质量的物体，动能变化时，速度一定变化，但速度变化时，动能不一定变化 D．动能不变的物体，一定处于平衡状态
【完整】高考物理大一轮复习 第五章 机械能及其守恒定律本章小结资料PPT
例1 如图所示,已知小孩与雪橇的总质量为m=20 kg ,静止于水平冰面 上的A点,雪橇与冰面间的动摩擦因数为μ=0.1(g取10 m/s2)。
解析 (1)滑块在传送带上加速运动时, 由牛顿第二定律知μmg=ma 得a=μg=2 m/s2
(3)设物加块第速一次到从与圆弧传轨道送返带回并速与弹度簧相相互同作用时后所,能够需回要到与的O点时等间
高的位置Q点,且设其速度为vQ,由动能定理得
t= =2 s F cos 37°v ·x0 -μ(mg-F sin 37°)·x-μmg(L-x)=0
(从2)A若处妈由妈静用止a 大开小始为运3动0 N并,与能水到平达方(1)向问成中3的7°B处角,的求力拉斜力向作上用拉的雪最橇短,距使离雪橇
位移x= (已知cos 37°=0.
2,重力加速度g=10
1
m/s2a,试t2=求4:
m
(1)若 =1 m,试求物2 块从D点运动到
此例时2 滑如此块图恰所时好示到滑,水达平块B端传恰,送即带滑好A块B从到的A右端达端运与B动在端到竖B,直端即面所滑内需的的块用时内间从径为A光2 端s滑的运钢管动到B端所需的时间为2 s
W-mg sin 37°·C D=
1 2
mv
2 0
代入数据得W= 1
2
mv 02 +mg sin 37°C·D =156 J
F-μmg=ma 解得a=0.5 m/s2
由L= 1 at2
2
解得L=16 m
2017年高考物理一轮复习 第5章 机械能课件 新人教版
功和功率的理解及变力做功和瞬时功率的计算是近几年的 命题热点，选择题居多。做功和能量变化之间的数量关系是高 频考点(例如动能定理)。能量在转化和转移过程中总量不变是 本学科重要思想之一，复习中明确机械能守恒的条件及研究系 统的合理选择。能量的转移或者转化多在综合性习题中伴随其 他物理定律进行考核，多为压轴试题。
1.功、功率、动能、势能等概念的考 查，常以选择题型考查。 2．动能定理的综合应用，可能结合 电场知识考查。 3．功能关系、机械能守恒定律的应 用，往往以非选择题的形式出现， 常结合牛顿定律、圆周运动知识、 电磁学等内容。特点是综合性强， 难度大 4．本章知识与生产、生活、科技相 结合考查。
名师点拨
走向高考 ·物理
人教版 ·高考总复习
路漫漫其修远兮 吾将上下而求索
第五章 机械能
1 高考导航 2 名师点拨
高考导航
最新考纲
1.功和功率 Ⅱ 2．动能和动能定理 Ⅱ 3．重力做功与重力势 能Ⅰ 4．功能关系、机械能 守恒定律及其应用 Ⅱ 实验五：探究动能定理 实验六：验证机械能守 恒定律
Hale Waihona Puke 考向瞭望
高考物理一轮复习第5章机械能第二节动能定理及其应用课件
由①②得到 AC 段的运动时间小于 AB 段的运动时间，故 B 正 确；由①式可知，物块将一直加速滑行到 E 点，但 AC 段的加 速度比 CE 段大，故 C 错误，D 正确．
2.(多选)(2018· 徐州质检)如图所示， 质量为 M 的电 梯底板上放置一质量为 m 的物体，钢索拉着电梯 由静止开始向上做加速运动， 当上升高度为 H 时， 速度达到 v，不计空气阻力，则( )
A．合外力为零，则合外力做功一定为零 B．合外力做功为零，则合外力一定为零 C．合外力做功越多，则动能一定越大 D．动能不变，则物体合外力一定为零
解析：选 A.由 W＝Flcos α 可知，物体所受合外力为零，合外 力做功一定为零，但合外力做功为零，可能是 α＝90°，故 A 正确，B 错误；由动能定理 W＝Δ Ek 可知，合外力做功越多， 动能变化量越大，但动能不一定越大．动能不变，合外力做功 为零，但物体合外力不一定为零，C、D 均错误．
考点三
动能定理求解多过程问题 [即时小练]
1．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 是水平的，其距离 d＝ 0.50 m．盆边缘的高度为 h＝0.30 m．在 A 处放一个质量为 m 的小物块并让其从静止开始下滑(图中小物块未画出)．已知盆 内侧壁是光滑的，而盆底 BC 面与小物块间的动摩擦因数为 μ ＝0.10.小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停的点到 B 的 距离为( )
(2)滑块恰能过 C 点时，vC 有最小值，则在 C 点
2 mvC mg＝ R
滑块从 A→B→D→C 过程，由动能定理得 2R 1 2 1 2 －μmgcos θ· ＝ mv － m v sin θ 2 C 2 0 解得 v0＝2 3 m/s.
2017届高考物理一轮复习 第5章 机械能 精品优选公开课件
二是功利境界。有些人，会为了利己而主动去思考和做事，虽然未必不道德，却必定是功利的，而且很容易走向自私自利、损人利己。 三是道德境界。有的人，已经超越了自身，而开始考虑利人，譬如为了道义、公益、众生福祉而去做事。他们的眼界已经超越自身而投向了世间，胸中气象和站立高度已经抵达精神层次。 四是天地境界。当一个人的视野放到了整个天地宇宙，目光投向了万物根本，他就抵达了天人合一。这时他就已经不需要动脑子了，因为天地宇宙就是他的脑子，已经事事洞明，就像电脑连接到了互联网。这种境界，正是道家境界。这四重境界，境界越高就越想得开。想开到什么程度，则决定于人的视野放到多大，眼界拔到多高。人处平地，到处都会遮眼阻路；人登顶峰，世间便能一览通途。这就是想得开的秘密——眼界大了，心就宽了；站得高了，事就小了。想不开，往往都是画地为牢、作茧自缚。
[解析] 通过分析得知摩擦力是变力，支持力不做功，则 除重力和弹力以外的其他力所做的功的代数和等于摩擦力 Ff 做的功，由功能原理 W 其他＝ΔE 机得摩擦力 Ff 做的功：
Wf＝ΔE 机＝(mgR＋12mv2B)－(mgR＋21mv2A)＝－96 J. [答案] －96 J
3．公式“W＝Pt”法求解 典例 3 质量 m＝500 t 的机车，以恒定的功率从静止出发， 经 t＝5 min 行驶 s＝2.25 km 后，速度达到最大值 vmax＝54 km/h，试求机车的功率．
第二重境界是“衣带渐宽终不悔，为伊消得人憔悴”。事情是需要去做才能成的，成越大的事业，需要越大的努力和付出，甚至要经受越大的磨难和困苦。这个世间，从来都是“艰难困苦，玉汝于成”；所以无论如何，都要“天行健，君子”。这说的是历经磨难而逐渐成熟、成长，最终豁然贯通、水到渠成。这其中蕴含一个重要道理，就是苏东坡所说的“厚积而薄发”。只有厚积才能薄发，人要做的，就是不断厚积，等待薄发。这就是拿得起的完整路径，也是事业成功的完整过程。 跟佛家学放得下 。佛家是追求出世、讲究清净的，要求能看到《金刚经》所言的“一切有为法，如梦幻泡影”，做到《心经》所言的“照见五蕴皆空”。概括为三个字，就是“放得下”。 什么是“放得下”？且看这个“佛”字——左边一个“人”，右边一个“弗”，弗的意思是“不”，合起来就是“不人”和“人不”。不人就是无人，也就是放下自我，摆脱私心的困缚；人不就是懂得拒绝，也就是放下欲望，超脱对外物的追逐。这两点能做到，就是放得下。
2017版高考物理一轮复习 第五章 机械能 第2讲 动能定理课件
[对动能定理的理解] 2．[多选]关于动能定理的表达式 W＝Ek2－Ek1，下列说法正 确的是( )
A．公式中的 W 为不包含重力的其他力做的总功 B． 公式中的 W 为包含重力在内的所有力做的功， 也可通过 以下两种方式计算：先求每个力的功，再求功的代数和或先求合 力再求合力的功 C．公式中的 Ek2－Ek1 为动能的增量，当 W＞0 时动能增加， 当 W＜0 时，动能减少 D．动能定理适用于直线运动，但不适用于曲线运动；适用 于恒力做功，但不适用于变力做功
考点二
动能定理与图象结合的问题
1．四类图象所围“面积”的含义 (1)v t 图：由公式 x＝vt 可知，vt 图线与坐标轴围成的面 积表示物体的位移。 (2)at 图：由公式Δ v＝at 可知，at 图线与坐标轴围成的 面积表示物体速度的变化量。 (3)Fs 图：由公式 W＝Fs 可知，Fs 图线与坐标轴围成的 面积表示力所做的功。 (4)Pt 图：由公式 W＝Pt 可知，Pt 图线与坐标轴围成的 面积表示力所做的功。
解析：(1)撤去 F 前，根据动能定理，有 (F－mg)h＝Ek－0 由题图乙得，斜率为 k＝F－mg＝20 N 得 F＝30 N 又由题图乙得，h＝0.4 m 时，Ek＝8 J， 则 v＝4 m/s P＝Fv＝120 W
(2)碰撞后，对钉子有－Ffx′＝0－E′k 已知 E′k＝20 J k′x′ Ff＝ 2
[典题 2] (2015· 浙江高考)如图所示， 用一块长 L1＝1.0 m 的 木板在墙和桌面间架设斜面，桌子高 H＝0.8 m，长 L2＝1.5 m。 斜面与水平桌面的倾角 θ 可在 0～60°间调节后固定。将质量 m ＝0.2 kg 的小物块从斜面顶端静止释放，物块与斜面间的动摩擦 因数 μ1＝0.05，物块与桌面间的动摩擦因数为 μ2，忽略物块在斜 面与桌面交接处的能量损失。(重力加速度取 g＝10 m/s2；最大静 摩擦力等于滑动摩擦力)
高考物理一轮复习讲义第五章_机械能及其守恒定律_第2讲_word版有答案
第2讲 机械能守恒定律一、机械能1．重力做功与重力势能 (1)重力做功的特点重力做功与路径无关，只与初、末位置的高度差有关． (2)重力做功与重力势能变化的关系①定性关系：重力对物体做正功，重力势能就减少；重力对物体做负功，重力势能就增加．②定量关系：物体从位置A 到位置B 时，重力对物体做的功等于物体重力势能的减少量，即W G ＝－ΔE p . ③重力势能的变化量是绝对的，与参考面的选取无关． 2．弹性势能 (1)定义发生弹性形变的物体的各部分之间，由于有弹力的相互作用而具有的势能． (2)弹力做功与弹性势能变化的关系①弹力做功与弹性势能变化的关系类似于重力做功与重力势能变化的关系． ②对于弹性势能，一般物体的弹性形变量越大，弹性势能越大．深度思考 同一根弹簧伸长量和压缩量相同时，弹簧的弹性势能相同吗？ 答案 相同二、机械能守恒定律1．内容：在只有重力或弹力做功的物体系统内，动能与势能可以互相转化，而总的机械能保持不变． 2．表达式：mgh 1＋12m v 21＝mgh 2＋12m v 22.3．机械能守恒的条件(1)系统只受重力或弹簧弹力的作用，不受其他外力．(2)系统除受重力或弹簧弹力作用外，还受其他内力和外力，但这些力对系统不做功．(3)系统内除重力或弹簧弹力做功外，还有其他内力和外力做功，但这些力做功的代数和为零． (4)系统跟外界没有发生机械能的传递，系统内外也没有机械能与其他形式的能发生转化． 深度思考 处理连接体的机械能守恒问题时，一般应用哪个公式较方便？ 答案 ΔE p ＝－ΔE k .1．(粤教版必修2P82第2题)(多选)忽略空气阻力，下列物体运动过程中满足机械能守恒的是( )A．电梯匀速下降B．物体自由下落C．物体由光滑斜面顶端滑到斜面底端D．物体沿着斜面匀速下滑E．铅球运动员抛出的铅球从抛出到落地前答案BCE2.(人教版必修2P78第3题改编)(多选)如图1所示，在地面上以速度v0抛出质量为m的物体，抛出后物体落到比地面低h的海平面上．若以地面为零势能面，而且不计空气阻力，则下列说法中正确的是()图1A．重力对物体做的功为mghB．物体在海平面上的势能为mghC．物体在海平面上的动能为12m v2－mghD．物体在海平面上的机械能为12m v2答案AD3．(多选)如图2所示，下列关于机械能是否守恒的判断正确的是()图2A．甲图中，物体A将弹簧压缩的过程中，物体A机械能守恒B．乙图中，物体A固定，物体B沿斜面匀速下滑，物体B的机械能守恒C．丙图中，不计任何阻力和定滑轮质量时，A加速下落，B加速上升过程中，A、B组成的系统机械能守恒D．丁图中，小球沿水平面做匀速圆锥摆运动时，小球的机械能守恒答案CD4．(人教版必修2 P80第2题改编)如图3所示是某公园设计的一种惊险刺激的娱乐设施．管道除D点右侧水平部分粗糙外，其余部分均光滑．若挑战者自斜管上足够高的位置滑下，将无能量损失的连续滑入第一个、第二个圆管轨道A、B内部(圆管A比圆管B高)．某次一挑战者自斜管上某处滑下，经过第一个圆管轨道A内部最高位置时，对管壁恰好无压力．则这名挑战者()图3A．经过管道A最高点时的机械能大于经过管道B最低点时的机械能B．经过管道A最低点时的动能大于经过管道B最低点时的动能C．经过管道B最高点时对管外侧壁有压力D．不能经过管道B的最高点答案 C命题点一机械能守恒的判断1．做功判断法：若物体系统内只有重力和弹簧弹力做功，其他力均不做功或其他力做功的代数和为零，则系统的机械能守恒．2．能量转化判断法：若只有系统内物体间动能和重力势能及弹性势能的相互转化，系统跟外界没有发生机械能的传递，机械能也没有转变成其他形式的能(如没有内能增加)，则系统的机械能守恒．3．利用机械能的定义判断若物体在水平面上匀速运动，则其动能、势能均不变，机械能守恒．若一个物体沿斜面匀速下滑，则其动能不变，重力势能减少，机械能减少．例1(多选)如图4，轻弹簧竖立在地面上，正上方有一钢球，从A处自由下落，落到B处时开始与弹簧接触，此时向下压缩弹簧．小球运动到C处时，弹簧对小球的弹力与小球的重力平衡．小球运动到D处时，到达最低点．不计空气阻力，以下描述正确的有()图4A．小球由A向B运动的过程中，处于完全失重状态，小球的机械能减少B．小球由B向C运动的过程中，处于失重状态，小球的机械能减少C．小球由B向C运动的过程中，处于超重状态，小球的动能增加D．小球由C向D运动的过程中，处于超重状态，小球的机械能减少关键位置C、D处受力特点．答案BD解析小球由A向B运动的过程中，做自由落体运动，加速度等于竖直向下的重力加速度g，处于完全失重状态，此过程中只有重力做功，小球的机械能守恒，A错误；小球由B向C运动的过程中，重力大于弹簧的弹力，加速度向下，小球处于失重状态，小球和弹簧组成的系统机械能守恒，弹簧的弹性势能增加，小球的重力势能减少，由于小球向下加速运动，小球的动能还是增大的，B正确，C错误；小球由C向D运动的过程中，弹簧的弹力大于小球的重力，加速度方向向上，处于超重状态，弹簧继续被压缩，弹性势能继续增大，小球的机械能继续减小，D正确．故答案为B、D.1．下列关于机械能守恒的说法中正确的是()A．做匀速运动的物体，其机械能一定守恒B．物体只受重力，机械能才守恒C．做匀速圆周运动的物体，其机械能一定守恒D．除重力做功外，其他力不做功，物体的机械能一定守恒答案 D解析匀速运动所受合外力为零，但除重力外可能有其他力做功，如物体在阻力作用下匀速向下运动，其机械能减少，A错．物体除受重力或弹力也可受其他力，只要其他力不做功或做功的代数和为零，机械能也守恒，B 错．匀速圆周运动物体的动能不变，但势能可能变化，故C错．由机械能守恒条件知，选项D正确．2．如图5所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的圆环，圆环与一橡皮绳相连，橡皮绳的另一端固定在地面上的A点，橡皮绳竖直时处于原长h.让圆环沿杆滑下，滑到杆的底端时速度为零．则在圆环下滑过程中()图5A．圆环机械能守恒B．橡皮绳的弹性势能一直增大C．橡皮绳的弹性势能增加了mghD．橡皮绳再次达到原长时圆环动能最大答案 C解析圆环沿杆滑下，滑到杆的底端的过程中有两个力对圆环做功，即环的重力和橡皮绳的拉力，所以圆环的机械能不守恒，如果把圆环和橡皮绳组成的系统作为研究对象，则系统的机械能守恒，故A错误；橡皮绳的弹性势能随橡皮绳的形变量的变化而变化，由图知橡皮绳先缩短后伸长，故橡皮绳的弹性势能先不变再增大，故B错误；根据系统的机械能守恒，圆环的机械能减少了mgh，那么圆环的机械能的减少量等于橡皮绳的弹性势能增大量，为mgh，故C正确；在圆环下滑过程中，橡皮绳再次达到原长时，该过程中动能一直增大，但不是最大，沿杆方向合力为零的时刻，圆环的动能最大，故D错误．命题点二单个物体的机械能守恒机械能守恒定律的表达式例2 如图6所示，在竖直平面内有由14圆弧AB 和12圆弧BC 组成的光滑固定轨道，两者在最低点B 平滑连接．AB 弧的半径为R ，BC 弧的半径为R 2.一小球在A 点正上方与A 相距R4处由静止开始自由下落，经A 点沿圆弧轨道运动．图6(1)求小球在B 、A 两点的动能之比；(2)通过计算判断小球能否沿轨道运动到C 点．①光滑固定轨道；②由静止开始自由下落．答案 (1)5∶1 (2)能，理由见解析解析 (1)设小球的质量为m ，小球在A 点的动能为E k A ，由机械能守恒得 E k A ＝mg ·R4①设小球在B 点的动能为E k B ，同理有 E k B ＝mg ·5R4②由①②式得E k BE k A＝5③(2)若小球能沿轨道运动到C 点，小球在C 点所受轨道的正压力F N 应满足 F N ≥0④设小球在C 点的速度大小为v C ，由牛顿第二定律和向心加速度公式有 F N ＋mg ＝m v 2C R 2⑤由④⑤式得mg ≤m 2v 2CR⑥v C ≥Rg 2⑦ 全程应用机械能守恒定律得 mg ·R 4＝12m v C ′2⑧由⑦⑧式可知，v C ＝v C ′，即小球恰好可以沿轨道运动到C 点．机械能守恒定律公式的选用技巧1．在处理单个物体机械能守恒问题时通常应用守恒观点和转化观点，转化观点不用选取零势能面． 2．在处理连接体问题时，通常应用转化观点和转移观点，都不用选取零势能面．3．取水平地面为重力势能零点．一物块从某一高度水平抛出，在抛出点其动能与重力势能恰好相等．不计空气阻力．该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角为( ) A.π6 B.π4 C.π3 D.5π12 答案 B解析 设物块水平抛出的初速度为v 0，高度为h ，由题意知12m v 20＝mgh ，即v 0＝2gh .物块在竖直方向上的运动是自由落体运动，落地时的竖直分速度v y ＝2gh ＝v x ＝v 0，则该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角θ＝π4，故选项B 正确，选项A 、C 、D 错误．4.如图7所示，有一内壁光滑的闭合椭圆形管道，置于竖直平面内，MN 是通过椭圆中心O 点的水平线．已知一小球从M 点出发，初速率为v 0，沿管道MPN 运动，到N 点的速率为v 1，所需时间为t 1；若该小球仍由M 点以初速率v 0出发，而沿管道MQN 运动，到N 点的速率为v 2，所需时间为t 2，则( )图7A ．v 1＝v 2，t 1>t 2B ．v 1<v 2，t 1>t 2C ．v 1＝v 2，t 1<t 2D ．v 1<v 2，t 1<t 2答案 A解析 根据机械能守恒定律可知v 1＝v 2，再根据速率变化特点知，小球由M 到P 再到N ，速率先减小至最小，再增大到原速率．小球由M 到Q 再到N ，速率先增大至最大，再减小到原速率．由两球运动速率特点以及两条路径的路程相等可画出如图所示图象，由图象可知小球沿MQN 路径运动的平均速率大，所以t 1>t 2，故选项A 正确．命题点三 用机械能守恒定律解决连接体问题1．首先分析多个物体组成的系统所受的外力是否只有重力或弹力做功，内力是否造成了机械能与其他形式能的转化，从而判断系统机械能是否守恒．2．若系统机械能守恒，则机械能从一个物体转移到另一个物体，ΔE 1＝－ΔE 2，一个物体机械能增加，则一定有另一个物体机械能减少．例3 如图8所示，左侧为一个半径为R 的半球形的碗固定在水平桌面上，碗口水平，O 点为球心，碗的内表面及碗口光滑．右侧是一个固定光滑斜面，斜面足够长，倾角θ＝30°.一根不可伸长的不计质量的细绳跨在碗口及光滑斜面顶端的光滑定滑轮两端上，绳的两端分别系有可视为质点的小球m 1和m 2，且m 1＞m 2.开始时m 1恰在碗口水平直径右端A 处，m 2在斜面上且距离斜面顶端足够远，此时连接两球的细绳与斜面平行且恰好伸直．当m 1由静止释放运动到圆心O 的正下方B 点时细绳突然断开，不计细绳断开瞬间的能量损失．图8(1)求小球m 2沿斜面上升的最大距离s ；(2)若已知细绳断开后小球m 1沿碗的内侧上升的最大高度为R 2，求m 1m 2.(结果保留两位有效数字)当m 1由静止释放运动到圆心O 的正下方B 点时细绳突然断开．答案 (1)2(2＋1)m 12m 1＋m 2R (2)1.9解析 (1)设重力加速度为g ，小球m 1到达最低点B 时，m 1、m 2速度大小分别为v 1、v 2 如图所示，由运动的合成与分解得v 1＝2v 2对m 1、m 2组成的系统由机械能守恒定律得 m 1gR －m 2gh ＝12m 1v 21＋12m 2v 22h ＝2R sin 30° 联立以上三式得 v 1＝22m 1－2m 22m 1＋m 2gR ，v 2＝2m 1－2m 22m 1＋m 2gR设细绳断开后m 2沿斜面上升的距离为s ′，对m 2由机械能守恒定律得m 2gs ′sin 30°＝12m 2v 22 小球m 2沿斜面上升的最大距离s ＝2R ＋s ′ 联立以上两式并代入v 2得 s ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋2m 1－2m 22m 1＋m 2R ＝2(2＋1)m 12m 1＋m 2R (2)对m 1由机械能守恒定律得： 12m 1v 21＝m 1g R 2 代入v 1得m 1m 2＝22＋12≈1.9.连接体机械能守恒问题的分析技巧1．对连接体，一般用“转化法”和“转移法”来判断其机械能是否守恒． 2．注意寻找用绳或杆相连接的物体间的速度关系和位移关系． 3．列机械能守恒方程时，可选用ΔE k ＝－ΔE p 的形式．5.如图9，可视为质点的小球A 、B 用不可伸长的细软轻线连接，跨过固定在地面上、半径为R 的光滑圆柱，A 的质量为B 的两倍．当B 位于地面时，A 恰与圆柱轴心等高．将A 由静止释放，B 上升的最大高度是( )图9A ．2R B.5R 3 C.4R 3 D.2R3答案 C解析 设A 球刚落地时两球速度大小为v ，根据机械能守恒定律2mgR －mgR ＝12(2m ＋m )v 2得v 2＝23gR ，B 球继续上升的高度h ＝v 22g ＝R 3，B 球上升的最大高度为h ＋R ＝43R .6．(多选)如图10所示，滑块a 、b 的质量均为m ，a 套在固定竖直杆上，与光滑水平地面相距h ，b 放在地面上．a 、b 通过铰链用刚性轻杆连接，由静止开始运动．不计摩擦，a 、b 可视为质点，重力加速度大小为g .则( )图10A ．a 落地前，轻杆对b 一直做正功B ．a 落地时速度大小为2ghC ．a 下落过程中，其加速度大小始终不大于gD ．a 落地前，当a 的机械能最小时，b 对地面的压力大小为mg 答案 BD解析 滑块b 的初速度为零，末速度也为零，所以轻杆对b 先做正功，后做负功，选项A 错误；以滑块a 、b 及轻杆为研究对象，系统的机械能守恒，当a 刚落地时，b 的速度为零，则mgh ＝12m v 2a ＋0，即v a ＝2gh ，选项B正确；a 、b 的先后受力分析如图甲、乙所示．由a的受力情况可知，a下落过程中，其加速度大小先小于g后大于g，选项C错误；当a落地前b的加速度为零(即轻杆对b的作用力为零)时，b的机械能最大，a的机械能最小，这时b受重力、支持力，且F N b＝mg，由牛顿第三定律可知，b对地面的压力大小为mg，选项D正确．命题点四含弹簧类机械能守恒问题1．由于弹簧的形变会具有弹性势能，系统的总动能将发生变化，若系统所受的外力和除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能守恒．2．在相互作用过程特征方面，弹簧两端物体把弹簧拉伸至最长(或压缩至最短)时，两端的物体具有相同的速度，弹性势能最大．3．如果系统每个物体除弹簧弹力外所受合力为零，当弹簧为自然长度时，系统内弹簧某一端的物体具有最大速度(如绷紧的弹簧由静止释放)．例4轻质弹簧原长为2l，将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为5m的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为l.现将该弹簧水平放置，一端固定在A点，另一端与物块P接触但不连接．AB是长度为5l的水平轨道，B端与半径为l的光滑半圆轨道BCD相切，半圆的直径BD竖直，如图11所示．物块P与AB 间的动摩擦因数μ＝0.5.用外力推动物块P，将弹簧压缩至长度l，然后放开，P开始沿轨道运动，重力加速度大小为g.图11(1)若P的质量为m，求P到达B点时速度的大小，以及它离开圆轨道后落回到AB上的位置与B点之间的距离；(2)若P能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求P的质量的取值范围．①当弹簧压缩到最短时，弹簧长度为l；②用外力推动物块P，将弹簧压缩至长度l.答案(1)6gl22l(2)53m≤M<52m解析(1)依题意，当弹簧竖直放置，长度被压缩至l时，质量为5m的物体的动能为零，其重力势能转化为弹簧的弹性势能．由机械能守恒定律知，弹簧长度为l时的弹性势能为E p＝5mgl①设P到达B点时的速度大小为v B，由能量守恒定律得E p＝12m v2B＋μmg(5l－l)②联立①②式，并代入题给数据得v B＝6gl③若P能沿圆轨道运动到D点，其到达D点时的向心力不能小于重力，即P此时的速度大小v应满足m v2l－mg≥0④设P滑到D点时的速度为v D，由机械能守恒定律得12m v2B＝12m v2D＋mg·2l⑤联立③⑤式得v D＝2gl⑥v D满足④式要求，故P能运动到D点，并从D点以速度v D水平射出．设P落回到轨道AB所需的时间为t，由运动学公式得2l＝12gt2⑦P落回到AB上的位置与B点之间的距离为s＝v D t⑧联立⑥⑦⑧式得s＝22l⑨(2)设P的质量为M，为使P能滑上圆轨道，它到达B点时的速度不能小于零．由①②式可知5mgl>μMg·4l⑩要使P仍能沿圆轨道滑回，P在圆轨道的上升高度不能超过半圆轨道的中点C.由机械能守恒定律有12M v B′2≤Mgl⑪E p＝12M v B′2＋μMg·4l⑫联立①⑩⑪⑫式得53m≤M<52m.7．(多选)如图12，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于O点，另一端与小球相连．现将小球从M点由静止释放，它在下降的过程中经过了N点．已知在M、N两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM<∠OMN<π2.在小球从M点运动到N点的过程中()图12 A．弹力对小球先做正功后做负功B．有两个时刻小球的加速度等于重力加速度C．弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零D．小球到达N点时的动能等于其在M、N两点的重力势能差答案BCD解析因M和N两点处弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM<∠OMN<π2，知M处的弹簧处于压缩状态，N处的弹簧处于伸长状态，则弹簧的弹力对小球先做负功后做正功再做负功，选项A错误；当弹簧水平时，竖直方向的力只有重力，加速度为g；当弹簧处于原长位置时，小球只受重力，加速度为g，则有两个时刻的加速度大小等于g，选项B正确；弹簧长度最短时，即弹簧水平，弹力方向与速度方向垂直，弹力对小球做功的功率为零，选项C正确；由动能定理得，W F＋W G＝ΔE k，因M和N两点处弹簧对小球的弹力大小相等，弹性势能相等，则由弹力做功特点知W F＝0，即W G＝ΔE k，选项D正确．8.如图13所示，固定的竖直光滑长杆上套有质量为m的小圆环，圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接，弹簧的另一端连接在墙上，且处于原长状态．现让圆环由静止开始下滑，已知弹簧原长为L，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L(未超过弹性限度)，则在圆环下滑到最大距离的过程中()图13A．圆环的机械能守恒B．弹簧弹性势能变化了3mgLC．圆环下滑到最大距离时，所受合力为零D．圆环重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变答案 B解析圆环在下落过程中弹簧的弹性势能增加，由能量守恒定律可知圆环的机械能减少，而圆环与弹簧组成的系统机械能守恒，故A、D错误；圆环下滑到最大距离时速度为零，但是加速度不为零，即合外力不为零，故C 错误；圆环重力势能减少了3mgL，由能量守恒定律知弹簧弹性势能增加了3mgL，故B正确．9．如图14所示，半径为R的光滑半圆形轨道CDE在竖直平面内与光滑水平轨道AC相切于C点，水平轨道AC 上有一轻质弹簧，弹簧左端连接在固定的挡板上，弹簧自由端B与轨道最低点C的距离为4R，现用一个小球压缩弹簧(不拴接)，当弹簧的压缩量为l时，释放小球，小球在运动过程中恰好通过半圆形轨道的最高点E；之后再次从B点用该小球压缩弹簧，释放后小球经过BCDE轨道抛出后恰好落在B点，已知弹簧压缩时弹性势能与压缩量的二次方成正比，弹簧始终处在弹性限度内，求第二次压缩时弹簧的压缩量．图14答案210 5l解析设第一次压缩量为l时，弹簧的弹性势能为E p.释放小球后弹簧的弹性势能转化为小球的动能，设小球离开弹簧时速度为v1由机械能守恒定律得E p ＝12m v 21 设小球在最高点E 时的速度为v 2，由临界条件可知 mg ＝m v 22R，v 2＝gR由机械能守恒定律可得12m v 21＝mg ·2R ＋12m v 22 以上几式联立解得E p ＝52mgR设第二次压缩时弹簧的压缩量为x ，此时弹簧的弹性势能为E p ′小球通过最高点E 时的速度为v 3，由机械能守恒定律可得：E p ′＝mg ·2R ＋12m v 23小球从E 点开始做平抛运动，由平抛运动规律得4R ＝v 3t,2R ＝12gt 2，解得v 3＝2gR ，故E p ′＝4mgR由已知条件可得E p ′E p ＝x 2l 2，代入数据解得x ＝2105l .机械能守恒中的轻杆模型1．模型构建轻杆两端(或两处)各固定一个物体，整个系统一起沿斜面运动或绕某点转动，该系统即为机械能守恒中的轻杆模型． 2．模型特点(1)忽略空气阻力和各种摩擦．(2)平动时两物体线速度相等，转动时两物体角速度相等．(3)杆对物体的作用力并不总是指向杆的方向，杆能对物体做功，单个物体机械能不守恒． (4)对于杆和物体组成的系统，没有外力对系统做功，系统的总机械能守恒． 3．注意问题(1)明确轻杆转轴的位置，从而确定两物体的线速度是否相等． (2)杆对物体的作用力方向不再沿着杆，故单个物体的机械能不守恒．(3)杆对物体做正功，使其机械能增加，同时杆对另一物体做负功，使其机械能减少，系统的机械能守恒． 典例 如图15所示，在长为L 的轻杆中点A 和端点B 处各固定一质量为m 的球，杆可绕无摩擦的轴O 转动，使杆从水平位置无初速度释放摆下．求当杆转到竖直位置时，轻杆对A 、B 两球分别做了多少功？图15【思维流程】答案 －0.2mgL 0.2mgL解析 A 、B 和杆组成的系统机械能守恒，以B 的最低点为零重力势能参考平面，可得2mgL ＝12m v 2A ＋12m v 2B ＋12mgL .又因A 球与B 球在各个时刻对应的角速度相同，故v B ＝2v A 由以上两式得 v A ＝3gL5，v B ＝ 12gL5根据动能定理，对于A 球有W A＋mg L2＝12m v2A－0所以W A＝－0.2mgL对于B球有W B＋mgL＝12m v2B－0，所以W B＝0.2mgL.题组1单物体机械能守恒的判断和应用1．在如图1所示的物理过程示意图中，甲图为一端固定有小球的轻杆，从右偏上30°角释放后绕光滑支点摆动；乙图为末端固定有小球的轻质直角架，释放后绕通过直角顶点的固定轴O无摩擦转动；丙图为置于光滑水平面上的A、B两小车，B静止，A获得一向右的初速度后向右运动，某时刻连接两车的细绳绷紧，然后带动B车运动；丁图为置于光滑水平面上的带有竖直支架的小车，把用细绳悬挂的小球从图示位置释放，小球开始摆动．则关于这几个物理过程(空气阻力忽略不计)，下列判断中正确的是()图1A．甲图中小球机械能守恒B．乙图中小球A的机械能守恒C．丙图中两车组成的系统机械能守恒D．丁图中小球的机械能守恒答案 A解析甲图过程中轻杆对小球不做功，小球的机械能守恒；乙图过程中A、B两球通过杆相互影响(例如开始时A 球带动B球转动)，轻杆对A的弹力不沿杆的方向，会对小球做功，所以每个小球的机械能不守恒，但把两个小球作为一个系统时机械能守恒；丙图中绳子绷紧的过程虽然只有弹力作为内力做功，但弹力突变有内能转化，机械能不守恒；丁图过程中细绳也会拉动小车运动，取地面为参考系，小球的轨迹不是圆弧，细绳会对小球做功，小球的机械能不守恒，把小球和小车当作一个系统，机械能才守恒．2．如图2甲所示，竖直平面内的光滑轨道由倾斜直轨道AB和圆轨道BCD组成，AB和BCD相切于B点，CD 连线是圆轨道竖直方向的直径(C、D为圆轨道的最低点和最高点)，已知∠BOC＝30°.可视为质点的小滑块从轨道AB上高H处的某点由静止滑下，用力传感器测出小滑块经过圆轨道最高点D时对轨道的压力为F，并得到如图乙所示的压力F与高度H的关系图象，取g＝10 m/s2.求：图2(1)小滑块的质量和圆轨道的半径；(2)是否存在某个H值，使得小滑块经过最高点D后能直接落到直轨道AB上与圆心等高的点．若存在，请求出H 值；若不存在，请说明理由．答案(1)0.1 kg0.2 m(2)存在0.6 m解析(1)设小滑块的质量为m，圆轨道的半径为Rmg(H－2R)＝12m v2DF＋mg＝m v2D R得：F＝2mg(H－2R)R－mg取点(0.50 m,0)和(1.00 m,5.0 N)代入上式得：m＝0.1 kg，R＝0.2 m(2)假设小滑块经过最高点D后能直接落到直轨道AB上与圆心等高的E点(如图所示)由几何关系可得OE＝R sin 30°设小滑块经过最高点D时的速度为v D由题意可知，小滑块从D运动到E，水平方向的位移为OE，竖直方向上的位移为R，则OE＝v D t，R＝12gt2得到：v D＝2 m/s而小滑块过D点的临界速度v D′＝gR＝ 2 m/s由于v D＞v D′，所以存在一个H值，使得小滑块经过最高点D后能直接落到直轨道AB上与圆心等高的点。
高三物理一轮总复习 第5章 机械能章末总结课件(必修2)
动能定理：W总＝Ek2－Ek1 功能关系重力做功与重力势能变化的关系：WG＝Ep1－Ep2
机械能守恒定律：Ep1＋Ek1＝Ep2＋Ek2
动能：Ek＝12mv2
能机械其能他形势式能的重 弹 能力 性势 势能 能： ：EEpp＝ ＝12mkgxh2
能的概念、功和能的关系以及各种不同形式的能 的相互转化和守恒的规律是自然界中最重要、最普 遍、最基本的客观规律，它贯穿于整个物理学中．本 章有关功和能的概念，以及动能定理和机械能守恒定 律是在牛顿运动定律的基础上，研究力和运动关系的 进一步拓展，使人们对自然的认识更加深入．用能量 观点分析问题，不仅为解决力学问题开辟了一条新的 途径，同时也是分析解决电磁学、热学等领域问题的 一条重要的思路．
则摩擦力做功为 μmgcos α×s，而 s×cos α即斜
面对应的水平位移，两个过程的水平位移相等， 而 μmg 也相等，所以摩擦力做功相等，整理可得 合外力做的功相等，根据动能定理，合外力做的 功等于动能变化量，所以动能变化量相等即ΔEk1 ＝ΔEk2，选项 A、C 错．
前一个过程加速度先小后大，后一个过程加 速度先大后小，作速度—时间图象如下，既要末 速度相同，又要位移相同，即与时间轴围成的面 积相等，根据图象可判断 t1>t2，对照选项 B 对．
θ，分别将 va、vb 分解，如图．因为刚性杆不可伸长， 所以沿杆的分速度 v∥与 v∥′是相等的，即 vacos θ ＝vbsin θ.当 a 滑至地面时θ＝90°，此时 vb＝0，由
系统机械能同时由于 b 初、末速度均为零，运动过程 中其动能先增大后减小，即杆对 b 先做正功后做负功， 选项 A 错误．杆对 b 的作用先是推力后是拉力，对 a 则先是阻力后是动力，即 a 的加速度在受到杆的向下 的拉力作用时大于 g，选项 C 错误．
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第2讲 动能定理及其应用
1．[2015·课标全国卷Ⅰ]如图，一半径为R 、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ 水平。
一质量为m 的质点自P 点上方高度R 处由静止开始下落，恰好从P 点进入轨道。
质点滑到轨道最低点N 时，对轨道的压力为4mg ，g 为重力加速度的大小。
用W 表示质点从P 点运动到N 点的过程中克服摩擦力所做的功。
则( )
A ．W ＝1
2mgR ，质点恰好可以到达Q 点
B ．W >1
2
mgR ，质点不能到达Q 点
C ．W ＝1
2mgR ，质点到达Q 点后，继续上升一段距离
D ．W <1
2mgR ，质点到达Q 点后，继续上升一段距离
答案 C
解析 根据质点滑到轨道最低点N 时，对轨道压力为4mg ，利用牛顿第三定律可知，轨
道对质点的支持力为4mg 。
在最低点，由牛顿第二定律得，4mg －mg ＝m v 2
R
，解得质点滑到最
低点的速度v ＝3gR 。
对质点从开始下落到滑到最低点的过程，由动能定理得，2mgR －W ＝
1
2mv 2
，解得W ＝12mgR 。
质点运动过程，半径方向的合力提供向心力，即F N －mg sin θ＝m v
2
R
，根
据左右对称，在同一高度，由于摩擦力做功会导致右半幅的速度小，轨道弹力变小，滑动摩擦力f ＝μF N 变小，所以摩擦力做功变小，那么对质点由最低点继续上滑的过程，到达Q 点时克服摩擦力做功W ′要小于W ＝1
2mgR 。
由此可知，质点到达Q 点后，可继续上升一段距离，
选项C 正确，选项A 、B 、D 错误。
2．[2015·四川高考]在同一位置以相同的速率把三个小球分别沿水平、斜向上、斜向下方向抛出，不计空气阻力，则落在同一水平地面时的速度大小( )
A ．一样大
B ．水平抛的最大
C ．斜向上抛的最大
D ．斜向下抛的最大
答案 A
解析 三个小球被抛出后，均仅在重力作用下运动，三个小球从同一位置落至同一水平
地面时，设其下落高度为h ，小球质量为m 。
根据动能定理可知mgh ＝12mv 2末－12mv 2
0，得v 末＝
2gh ＋v 2
0，又三个小球的初速度大小以及高度相等，则落地时的速度大小相等，A 项正确。
3．[2015·福建高考]
如图，在竖直平面内，滑道ABC 关于B 点对称，且A 、B 、C 三点在同一水平线上。
若小滑块第一次由A 滑到C ，所用的时间为t 1，第二次由C 滑到A ，所用的时间为t 2，小滑块两次的初速度大小相同且运动过程始终沿着滑道滑行，小滑块与滑道的动摩擦因数恒定，则( )
A ．t 1<t 2
B ．t 1＝t 2
C ．t 1>t 2
D ．无法比较t 1、t 2的大小
答案 A
解析 设初速度为v 0，第一次到达B 点的速率为v B 1，到达C 点的速率为v C 1，A 到C 由动能定理可得：－W f AB 1＝12mv 2B 1－12·mv 2
0，－W f BC 1＝12mv 2C 1－12mv 2B 1，第二次到达B 点的速率为v B 2，到
达A 点的速率为v A 2，C 到A 由动能定理可得：－W f BA 2＝12mv 2A 2－12mv 2B 2，－W f CB 2＝12mv 2B 2－12mv 2
0，因
为小滑块对滑道的压力与速度有关，对于BC 部分，速度越大，压力越大，摩擦力越大，所以
W f BC 1<W f CB 2，对于AB 部分，速度越大，压力越小，摩擦力越小，所以W f AB 1<W f BA 2，所以有v B 1>v B 2，v C 1>v A 2，可以判断出t 1<t 2，所以A 项正确，B 、C 、D 项错误。
4.
[2015·江西校级一模]如图所示，固定斜面倾角为θ，整个斜面分为AB 、BC 两段，且1.5AB ＝BC 。
小物块P (可视为质点)与AB 、BC 两段斜面之间的动摩擦因数分别为μ1、μ2。
已知P 由静止开始从A 点释放，恰好能滑动到C 点而停下，那么θ、μ1、μ2间应满足的关系是( )
A ．tan θ＝2μ1＋3μ2
5
B ．tan θ＝2μ1＋μ2
3
C ．tan θ＝2μ1－μ2
D ．tan θ＝2μ2－μ1
答案 A
解析 A 点释放，恰好能滑动到C 点，物块受重力、支持力、滑动摩擦力。
设斜面AC 长
为L 。
物块P 由A 点释放，恰好能滑动到C 点而停下，由动能定理得mgL sin θ－μ1mg cos θ×
2
5
L －μ2mg cos θ×35
L ＝0
解得：tan θ＝2μ1＋3μ2
5
，故选A 。
5．[2015·湖北冀州调研]在光滑斜面上，有一钢球自高为h 的A 处由静止开始滚下，抵达光滑的水平面上的B 点时速率为v 0。
光滑水平面上每隔相等的距离设置了一个与钢球运动方向垂直的阻挡条，如图所示，钢球越过n 条阻挡条后停下来。
若让钢球从2h 高处以初速度
v 0滚下，则钢球能越过阻挡条的条数为(设小球每次越过阻挡条时损失的动能相等)( )
A ．4n
B ．3n
C ．2n
D ．n
答案 B
解析 钢球第一次从释放到B 点的过程中，由动能定理得mgh ＝12mv 2
0，由B 点到停止的
过程中，由动能定理得－nW ＝0－12
mv 2
0，钢球第二次从释放到停止的过程中，由动能定理得
mg ·2h －n ′W ＝0－1
2
mv 20联立解得n ′＝3n ，故B 正确。
6．如图甲所示，一质量为m ＝1 kg 的物块静止在粗糙水平面上的A 点，从t ＝0时刻开始，物体在受按如图乙所示规律变化的水平力F 作用下向右运动，第3 s 末物块运动到B 点时速度刚好为0，第5 s 末物块刚好回到A 点，已知物块与粗糙水平间的动摩擦因数μ＝0.2，求：(g 取10 m/s 2
)
(1)物块回到A 点的速度； (2)AB 间的距离；
(3)水平力F 在5 s 时间内对物块所做功。
答案 (1)4 m/s (2)4 m (3)24 J
解析 (1)在3～5 s 物块在水平恒力F 作用下由B 点匀加速直线运动到A 点，设加速度为a ，AB 间的距离为s ，则F －μmg ＝ma
a ＝F －μmg m ＝4－0.2×1×101 m/s 2＝2 m/s 2
A 点的速度：
v A ＝at ＝2×2 m/s＝4 m/s ；
(2)由位移公式可得： s ＝12
at 2＝12
×2×4 m＝4 m ；
(3)设整个过程中F 所做功为W F ，由动能定理得：
W F －2μmgs ＝12
mv 2A W F ＝2μmgs ＋1
2
mv 2A ＝24 J 。