2011届高考物理一轮复习练习及解析第5单元机械能第26讲动能定理
新人教版高考物理总复习第五章机械能《动能定理及其应用》
Wf=
1 2
m
v
2 B
-0，解得Wf=
=1×10×5 J-
1 2
×1×62 J=32 J，故A正确，B、C、D错误。
题型3 求解多过程问题
【典例3】(2019·信阳模拟)如图所示AB和CDO都是处
于竖直平面内的光滑圆弧形轨道，OA处于水平位置。 AB是半径为R=1 m的 1 圆周轨道，CDO是半径为r=
(2)小球仅仅与弹性挡板碰撞一次且刚好不脱离CDO轨 道的条件是在O点重力提供向心力，碰后再返回最高 点恰能上升到D点。
【解析】(1)设小球第一次到达D的速度为vD，对小球
从P到D点的过程，根据动能定理得：
mg(H+r)-μmgL1=m
2
v
2 D
-0
在D点轨道对小球的支持力FN提供向心力，则有：
(5)物体的动能不变，所受的合外力必定为零。 ( × ) (6)做自由落体运动的物体，物体的动能与下落时间的 二次方成正比。 ( √ )
考点1 对动能、动能定理的理解 【题组通关】 1.(2018·江苏高考)从地面竖直向上抛出一只小球， 小球运动一段时间后落回地面。忽略空气阻力，该过 程中小球的动能Ek与时间t的关系图象是 ( )
【解析】选A。对于整个竖直上抛过程(包括上升与下
落)，速度与时间的关系为v=v0-gt，v2=g2t2-2v0gt+
v
2 0
，
Ek=
1 2
mv2，可见动能与时间是二次函数关系，由
数学中的二次函数知识可判断A正确。
2.(2018·全国卷Ⅱ)如图，某同学用绳子拉动木箱， 使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度。 木箱获得的动能一定 ( )
A.小于8 J C.大于8 J
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
高考物理一轮复习练习：第五章机械能及其守恒定律第2讲 动能定理及其应用解析含答案
板块三 限时规范特训时间：45分钟100分一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分。
其中 1～6为单选，7～10为多选)1．若物体在运动过程中受到的合外力不为0，则( ) A ．物体的动能不可能总是不变的 B ．物体的加速度一定变化 C ．物体的速度方向一定变化 D ．物体所受的合外力做的功可能为0 答案 D解析 当合外力不为0时，若物体做匀速圆周运动，则动能不变，合外力做的功为0，A 错误，D 正确；当F 恒定时，加速度就不变，B 、C 错误。
2．一个质量为0.3 kg 的弹性小球，在光滑水平面上以6 m/s 的速度垂直撞到墙上，碰撞后小球沿相反方向运动，反弹后的速度大小与碰撞前相同，则碰撞前后小球速度变化量的大小Δv 和碰撞过程中小球的动能变化量ΔE k 为( ) A ．Δv ＝0 B ．Δv ＝12 m/s C ．ΔE k ＝1.8 J D ．ΔE k ＝10.8 J答案 B解析 速度是矢量，规定反弹后速度方向为正，则Δv ＝6 m/s －(－6 m/s)＝12 m/s ，故B 正确，A 错误；动能是标量，速度大小不变，动能不变，则ΔE k ＝0，C 、D 错误。
3. 如图所示，质量为m 的钢制小球，用长为l 的细线悬挂在O 点。
将小球拉至与O 点等高的C 点后由静止释放。
小球运动到最低点B 时对细线的拉力为2mg ，若在B 点用小锤头向左敲击小球一下，瞬间给它补充机械能ΔE ，小球就能恰好摆到与C 点等高的A 点。
设空气阻力只与运动速度相关，且运动速度越大空气阻力就越大。
则以下关系正确的是( )A ．ΔE>mglB ．ΔE<12mglC ．ΔE ＝12mglD.12mgl<ΔE<mgl 答案 A解析 设小球由C 点到B 点的运动过程中克服空气阻力做功W f1，由动能定理知，mgl －W f1＝12mv 2B ，在B 点，由牛顿第二定律知：T －mg ＝m v 2B l ，其中T ＝2mg ，由以上各式可得W f1＝12mgl 。
届高考物理一轮复习讲义：第五章 机械能及其守恒定律第讲 动能定理及其应用 Word版含答案
第2讲动能定理及其应用板块一主干梳理·夯实基础【知识点1】动能Ⅱ1.定义：物体由于运动而具有的能。
2.公式：E k＝12m v2。
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，所以动能也具有相对性。
6.动能的变化：物体末动能与初动能之差，即ΔE k＝12m v22－12m v21。
【知识点2】动能定理Ⅱ1.内容：合外力对物体所做的功，等于物体在这个过程中动能的变化。
2.表达式(1)W＝ΔE k。
(2)W＝E k2－E k1。
(3)W＝12m v22－12m v21。
3.物理意义：合外力的功是物体动能变化的量度。
4.适用范围广泛(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。
(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。
板块二考点细研·悟法培优考点1 动能定理的理解和应用[拓展延伸]1.做功的过程就是能量转化的过程，动能定理表达式中的“＝”的意义是一种因果关系在数值上相等的符号。
2.动能定理叙述中所说的“外力”，既可以是重力、弹力、摩擦力，也可以是电场力、磁场力或其他力。
3.动能定理中涉及的物理量有F、l、m、v、W、E k等，在处理含有上述物理量的问题时，优先考虑使用动能定理。
4.若过程包含了几个运动性质不同的分过程，既可以分段考虑，也可以整个过程考虑。
例1如图所示，质量为m的滑块从h高处的a点沿倾斜轨道ab滑入水平轨道bc(两轨道平滑连接)，滑块与倾斜轨道及水平轨道间的动摩擦因数相同。
滑块在a、c两点时的速度大小均为v、ab长度与bc长度相等。
空气阻力不计，则滑块从a到c的运动过程中()A 、滑块的动能始终保持不变B.滑块在bc 过程克服阻力做的功一定等于mgh2C.滑块经b 点时的速度大于 gh ＋v 2D.滑块经b 点时的速度等于2gh ＋v 2滑块从b 到c 的过程中摩擦力做功吗？做正功还是负功？提示：做功。
高考物理一轮复习：第五章机械能及其守恒定律第2节动能定理(含解析)
第2节动能定理知识点 1动能1．定义：物体因为运动而拥有的能．2．公式12E k＝2mv ，式中 v 为刹时速度，动能是状态量．3．矢标性动能是标量，只有正当，动能与速度的方向没关．4．动能的变化量1 212E k＝E k2－E k1＝2mv2－2mv1.知识点 2动能定理1．内容合外力对物体所做的功等于物体动能的变化．2．表达式1 212W＝E k＝2mv2－2mv1.3．功与动能的关系物理意义：合外力的功是动能变化的量度．4．合用条件(1)动能定理既合用于直线运动，也合用于曲线运动．(2)既合用于恒力做功，也合用于变力做功．(3)力能够是各样性质的力，既能够同时作用，也能够不一样时作用．1．正误判断(1)必定质量的物体动能变化时，速度必定变化，但速度变化时，动能不一定变化． (√)(2)动能不变的物体，必定处于均衡状态．(×)(3)做自由落体运动的物体，动能与着落距离的平方成正比．(×)(4)假如物体所受的合外力为零，那么，合外力对物体做的功必定为零．(√)(5)物体在合外力作用下做变速运动，动能必定变化．(×)(6)物体的动能不变，所受的合外力必然为零．(×)2．[动能变化量的计算 ]一个质量为 0.3 kg 的弹性小球，在圆滑水平面上以6m/s 的速度垂直撞到墙上，碰撞后小球沿相反方向运动，反弹后的速度大小与碰撞前同样，则碰撞前后小球速度变化量的大小v 和碰撞过程中小球的动能变化量E k为 ()A ．v＝0B．v＝12 m/sC．E k＝1.8 J D．E k＝ 10.8 JB[ 取初速度方向为正方向，则 v＝ (－6－6)m/s＝－ 12 m/s，因为速度大小没变，动能不变，故动能变化量为 0，故只有选项 B 正确． ]3．[对动能定理的理解 ](多项选择 )对于动能定理的表达式 W＝ E k2－ E k1，以下说法正确的选项是 ()A ．公式中的 W 为不包括重力的其余力做的总功B．公式中的 W 为包括重力在内的所有力做的功C．公式中的 E k2－ E k1为动能的增量，当 W>0 时动能增添，当W<0 时，动能减少D．动能定理合用于直线运动，但不合用于曲线运动，合用于恒力做功，但不合用于变力做功BC [公式W＝E k2－E k1中的“W”为所有力做功的总和，A错误，B正确；W>0 时， E k2>E k1，动能增添， W<0 时， E k2<E k1，动能减少， C 正确；动能定理对直线运动、曲线运动、恒力做功、变力做功均合用， D 错误．]4．[应用动能定理求变力的功] 如图 5-2-1 所示，圆滑斜面的顶端固定一弹簧，一小球向右滑行，并冲上固定在地面上的斜面．设小球在斜面最低点 A 的速度为v，压缩弹簧至 C 点时弹簧最短， C 点距地面高度为h，则小球从 A 到 C 的过程中弹簧弹力做功是 ()图 5-2-1A ．－1212－mgh mgh2mv B．2mv12C．－ mgh D．－ (mgh＋2mv )A[ 小球从 A 点运动到 C 点的过程中，重力和弹簧的弹力对小球做负功，因为支持力与位移一直垂直，则支持力对小球不做功，由动能定理，可得W G＋W F＝0－12，重力做功为 W G＝－ mgh，则弹簧的弹力对小球做功为W F＝mgh 2mv12－2mv，所以正确选项为 A.]动能定理的理解中·华 .资* 源%库 1.定理中“外力”的两点理解(1)重力、弹力、摩擦力、电场力、磁场力或其余力，它们能够同时作用，也能够不一样时作用．(2)既能够是恒力，也能够是变力．2．公式中“＝”表现的三个关系[ 题组通关 ]1．(多项选择 )如图 5-2-2 所示，一块长木板 B 放在圆滑的水平面上，在 B 上放一物体 A，现以恒定的外力拉 B，因为 A、B 间摩擦力的作用， A 将在 B 上滑动，以地面为参照系， A、B 都向前挪动一段距离．在此过程中()图 5-2-2A ．外力 F 做的功等于 A 和B 动能的增量 B ．B 对 A 的摩擦力所做的功，等于 A 的动能增量C ．A 对 B 的摩擦力所做的功，与 B 对 A 的摩擦力所做的功大小相等D ．外力 F 对 B 做的功等于 B 的动能的增量与B 战胜摩擦力所做的功之和BD [A 物体所受的合外力等于 B 对 A 的摩擦力，对 A 物体运用动能定理，则有 B 对 A 的摩擦力所做的功等于 A 的动能的增量，即 B 对； A 对 B 的摩擦力与 B 对 A 的摩擦力是一对作使劲与反作使劲， 大小相等，方向相反，可是因为 A 在 B 上滑动， A 、B 对地的位移不等，故两者做功大小不等， C 错；对 B 应用动能定理， W F － W f ＝ E kB ，即 W F ＝ E kB ＋ W f 就是外力 F 对 B 做的功，等于 B 的动能增量与 B 战胜摩擦力所做的功之和， D 对；由前述知 B 战胜摩擦力所做的功与 A 的动能增量 (等于 B 对 A 的摩擦力所做的功 )不等，故 A 错． ]2．(多项选择 )如图 5-2-3 所示，电梯质量为 M ，在它的水平川板上搁置一质量为m 的物体．电梯在钢索的拉力作用下竖直向上加快运动，当电梯的速度由 v 1 增 加到 v 2 时，上涨高度为 H ，则在这个过程中，以下说法或表达式正确的选项是 ( )图 5-2-312A ．对物体，动能定理的表达式为 W FN ＝2mv 2，此中 W FN 为支持力的功B ．对物体，动能定理的表达式为 W 合＝ 0，此中 W 合 为协力的功1 2 12C ．对物体，动能定理的表达式为W FN －mgH ＝2mv 2－2mv 112 12D ．对电梯，其所受协力做功为 Mv 2－2 Mv 12CD [ 电梯上涨的过程中，对物体做功的有重力mg 、支持力 F N ，这两个力1212的总功才等于物体动能的增量 E k ＝2mv 2－2mv 1，故 A 、B 均错误， C 正确；对电梯，不论有几个力对它做功， 由动能定理可知， 其协力做的功必定等于其动能的增量，故 D 正确． ]动能定理的应用1.解题步骤2．注意事项(1)动能定理的研究对象能够是单调物体，或许是能够看作单调物体的物体系统．(2)动能定理是求解物体的位移或速率的简捷公式．当题目中波及位移和速度而不波实时间时可优先考虑动能定理；办理曲线运动中的速率问题时也要优先考虑动能定理．(3)若过程包括了几个运动性质不一样的分过程，既可分段考虑，也可整个过程考虑．但求功时，有些力不是全过程都做功，一定依据不一样的状况分别对待求出总功．(4)应用动能定理时，一定明确各力做功的正、负．当一个力做负功时，可设物体战胜该力做功为W，将该力做功表达为－ W，也能够直接用字母W 表示该力做功，使其字母自己含有负号．[ 多维研究 ]●考向 1用动能定理剖析求解变力做功问题1．(2017 ·长春模拟 )如图 5-2-4 所示，竖直平面内放向来角杆MON，OM 水平， ON 竖直且圆滑，用不行伸长的轻绳相连的两小球 A 和 B 分别套在 OM 和 ON 杆上， B 球的质量为 2 kg，在作用于 A 球的水平力 F 的作用下， A、B 均处于静止状态，此时 OA＝0.3 m，OB＝0.4 m，改变水平力 F 的大小，使 A 球向右加快运动，已知 A 球向右运动 0.1 m 时速度大小为 3 m/s，则在此过程中绳的拉力对 B 球所做的功为 (g 取 10 m/s2)()图 5-2-4 A ．11 JB ．16 JC ．18 JD ．9 JC [ A 球向右运动 0.1 m 时， v A ＝3 m/s ，OA ′＝ 0.4 m ，OB ′＝0.3 m ，设此时3∠ BAO ＝α，则有 tan α＝4.v A cos α＝v B sin α，解得： v B ＝4 m/s.此过程中 B 球上涨1高度 h ＝0.1 m ，由动能定理， W － mgh ＝ 2mv B 2，解得绳的拉力对 B 球所做的功为 1 2 ＝2×10×0.1 J ＋ 1×2×42＝，选项 C 正确．]W ＝ mgh ＋2mv B 2 J 18 J●考向 2 利用动能定理求解多过程问题2．(多项选择 )(2017 吉·安模拟 )如图 5-2-5 所示，固定斜面 AD 上有 B 、 C 两点，且 AB ＝BC ＝CD ，小滑块以初动能 E k0 从 A 点出发，沿斜面向上运动．若整个斜面 AD 圆滑，则滑块抵达 D 地点速度恰巧为零，尔后下滑．现斜面AB 部分与滑块间到处有同样的摩擦力， 其余部分 BD 无摩擦力，则滑块恰巧滑到 C 地点速度为零，而后下滑，那么滑块下滑到 ()图 5-2-5E k0A ．地点B 时的动能为 3E k0B ．地点 B 时的动能为 2E k0C ．地点 A 时的动能为 2E k0D ．地点 A 时的动能为 3AD [ 设斜面长为 3x 、高为 3h ，若斜面圆滑，滑块由底端运动到顶端过程中，－ mg ·3h ＝0－E k0若 AB 部分粗拙、其余部分圆滑， 滑块由底端＝ 0－ E k0滑块由 C 滑到 B 过程中， mgh ＝E kBA 到 C①过程中， －F f ·x －mg ·2h②③1解①③可得： E kB＝3E k0， A 项正确；滑块由 C 滑到A 过程中，mg·2h－F f·x＝ E kA④E k0解①②④三式得： E kA＝3，D 项正确． ]︵3.如图 5-2-6 所示，倾角θ＝37°的斜面与圆滑圆弧 BCD相切于 B 点，整个装置固定在竖直平面内．有一质量 m＝2.0 kg、可视为质点的物体，从斜面上的 A 处由静止下滑， AB 长 L＝3.0 m，物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5.不计空气阻力，重力加快度 g 取 10 m/s2，已知 sin 37 ＝°0.6， cos 37 °＝0.8.求：图 5-2-6(1)物体第一次从 A 点到 B 点过程中战胜摩擦力做的功；(2)物体第一次回到斜面的最高地点距 A 点的距离；(3)物体在斜面上运动的总行程．【分析】(1)物体第一次从 A 点到 B 点过程中战胜摩擦力做的功W f＝μmgLcos θ＝24 J.(2)设物体第一次回到斜面的最高地点距 A 点的距离为 x，由动能定理得mgxsin θ－μ mg(2L－x)cos θ＝0解得 x＝ 2.4 m.(3)对物体在斜面上运动的全过程，由动能定理得mgLsin θ－μ mgs总 cos θ＝0解得 s 总＝ 4.5 m.【答案】(1)24 J (2)2.4 m(3)4.5 m应用动能定理注意两个问题(1)运用动能定理解决问题时，选择适合的研究过程能使问题得以简化．当物体的运动过程包括几个运动性质不一样的子过程时，能够选择一个、几个或所有子过程作为研究过程．(2)入选择所有子过程作为研究过程，波及重力、大小恒定的阻力或摩擦力做功时，要注意运用它们的做功特色：①重力的功取决于物体的初、末地点，与路径没关；②大小恒定的阻力或摩擦力的功等于力的大小与行程的乘积．动能定理与图象的联合问题1.解决物理图象问题的基本步骤(1)察看题目给出的图象，弄清纵坐标、横坐标所对应的物理量及图线所表示的物理意义．(2)依据物理规律推导出纵坐标与横坐标所对应的物理量间的函数关系式．(3)将推导出的物理规律与数学上与之相对应的标准函数关系式相对照，找出图线的斜率、截距、图线的交点、图线下的面积所对应的物理意义，剖析解答问题．或许利用函数图线上的特定值代入函数关系式求物理量．2．四类图象所围面积的含义由公式 x＝ vt 可知， v-t 图线与坐标轴围成的面积表示物v-t 图体的位移由公式v＝at 可知，a-t 图线与坐标轴围成的面积表示物a-t 图体速度的变化量由公式 W＝Fx 可知，F-x 图线与坐标轴围成的面积表示力F-x 图所做的功由公式 W＝Pt 可知，P-t 图线与坐标轴围成的面积表示力P-t 图所做的功[母题 ]打桩机是利用冲击力将桩贯入地层的桩工机械．某同学对打桩机的工作原理产生了兴趣．他建立了一个打桩机的简略模型，如图5-2-7 甲所示．他假想，用恒定大小的拉力 F 拉动绳端 B，使物体从 A 点 (与钉子接触处 )由静止开始运动，上涨一段高度后撤去 F，物体运动到最高点后自由着落并撞击钉子，将钉子打入必定深度．按此模型剖析，若物体质量 m＝1 kg，上涨了 1 m 高度时撤去拉力，撤去拉力前物体的动能 E k与上涨高度 h 的关系图象如图 5-2-7 乙所示．(g 取 10 m/s2，不计空气阻力 )图 5-2-7 图 5-2-8(1)求物体上涨到0.4 m 高度处 F 的刹时功率；(2)若物体撞击钉子后瞬时弹起，且使其不再落下，钉子获取20 J 的动能向下运动．钉子总长为10 cm.撞击前插入部分能够忽视，不计钉子重力．已知钉子在插入过程中所受阻力F f与深度 x 的关系图象如图5-2-8 所示，求钉子能够插入的最大深度．【分析】(1)撤去 F 前，依据动能定理，有(F－mg)h＝E k－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， E k＝ 8 J则 v＝ 4 m/s， P＝ Fv＝ 120 W.(2)碰撞后，对钉子，有－ F f x′＝ 0－ E k′k′x′已知 E k′＝ 20 J， F f＝2又由题图丙得 k′＝105 N/m，解得： x′＝0.02 m.【答案】(1)120 W(2)0.02 m[ 母题迁徙 ]●迁徙 1动能定理与F-x图象的联合1．如图 5-2-9 甲所示，长为 4 m 的水平轨道 AB 与半径为 R＝0.6 m 的竖直半圆弧轨道 BC 在 B 处相连结，有一质量为 1 kg 的滑块 (大小不计 )，从 A 处由静止开始受水平向右的力F 作用，F 的大小随位移变化的关系如图乙所示，滑块与AB 间的动摩擦因数为μ＝0.25，与 BC 间的动摩擦因数未知， g 取 10 m/s2.求：甲乙图 5-2-9(1)滑块抵达 B 处时的速度大小；(2)滑块在水平轨道AB 上运动前 2 m 过程所用的时间；(3)若抵达 B 点时撤去力F，滑块沿半圆弧轨道内侧上滑，并恰巧能抵达最高点 C，则滑块在半圆弧轨道上战胜摩擦力所做的功是多少？【分析】(1)对滑块从 A 到 B 的过程，由动能定理得12F1x1－F3 x3－μmgx＝2mv B代入数值解得 v B＝ 2 10 m/s.12(2)在前 2 m 内，有 F1－μmg＝ma，且 x1＝2at1解得 t1＝835s.2v C(3)当滑块恰巧能抵达最高点 C 时，有： mg＝m R 对滑块从 B 到 C 的过程，由动能定理得：1 212W－mg·2R＝2mv C－2mv B代入数值得 W＝－ 5 J，即战胜摩擦力做的功为 5 J.(1)2 10 m/s (2)8【答案】35 s (3)5 J●迁徙 2动能定理与 v-t 图象的联合2.用水平力 F 拉一物体，使物体在水平川面上由静止开始做匀加快直线运动，t1时辰撤去拉力 F，物体做匀减速直线运动，到t2时辰停止，其速度—时间图象如图 5-2-10 所示，且α>β，若拉力 F 做的功为 W1，均匀功率为 P1；物体战胜摩擦阻力 f 做的功为 W2，均匀功率为 P2，则以下选项正确的选项是 ()高考物理一轮复习：第五章机械能及其守恒定律第2节动能定理(含分析)图 5-2-10A ．W1>W2，F＝2f B．W1＝W2， F>2fC．P1<P2， F>2f D．P1＝ P2，F＝2fB[ 由动能定理可得 W1－W2＝0，解得 W1＝W2 .由图象可知， F－f＝ ma＝mtan αf＝ ma′＝ mtan βα>β tan α>tan β所以 F>2f，选项 A、D 错误， B 正确；因为摩擦阻力作用时间必定大于水平力 F 作用时间，所以P1>P2，选项 C 错误． ]动能定理与图象联合问题的剖析方法1．第一看清楚所给图象的种类(如 v-t 图象、 F-t 图象、 E k-x 图象等 )．2．发掘图象的隐含条件，依据物理规律写出函数关系式．3．依据函数关系式，求出相应的物理量．。
人教版高考物理一轮总复习课后习题 第5单元 机械能 作业15机械能守恒定律及其应用
作业15机械能守恒定律及其应用A组基础达标微练一机械能守恒的理解和判断1.关于下列运动过程(忽略空气阻力),说法正确的是( )A.图甲中“蛟龙号”被吊车匀速吊下水的过程中机械能守恒B.图乙中投出去的铅球在运动过程中机械能守恒C.图丙中体验滑草运动的游客在下滑过程中机械能守恒D.图丁中撑竿跳高运动员在上升过程中机械能守恒2.(浙江五湖联盟模拟)一蹦极运动员身系弹性蹦极绳从水面上方的高台下落,到最低点时距水面还有数米距离。
假定空气阻力可忽略,运动员可视为质点,下列说法不正确的是( )A.运动员到达最低点前重力势能始终减小B.蹦极绳张紧后的下落过程中,弹力做负功,弹性势能增加C.蹦极过程中,重力势能的改变量与重力势能零点的选取有关D.蹦极过程中,运动员、地球和蹦极绳所组成的系统机械能守恒微练二单物体机械能守恒的应用3.(浙江台州期末)小球在竖直光滑圆轨道的最低点获得一初速度,沿轨道内侧做完整的圆周运动,取圆轨道的最低点的重力势能为零。
不计空气阻力,关于小球运动到最高点时的机械能E、重力势能E p和动能E k的大小关系,可能正确的是( )E pA.E k=E pB.E k=15E pC.E=E pD.E=344.(浙江强基联盟模拟)茶起源于中国。
中国茶文化发展源远流长、博大精深。
炒青可使茶叶柔软、增进茶香,是铁观音制作的重要步骤。
技师从热锅底中将质量为m的茶叶以初速度v0竖直扬起,如图所示,不考虑阻力,以锅底为零势能面,则茶叶重心上升h时( )A.重力做功为mghmv02B.合外力做功为mgh-12mv02+mghC.动能为12mv02D.机械能为12微练三多物体的机械能守恒问题5.(浙江嘉兴期末)一轻弹簧竖直放置,如图所示,下端固定在水平地面上,自然伸长时弹簧上端处于A点。
t=0时将小球从A点正上方O点由静止释放,t1时到达A点,t2时弹簧被压缩到最低点B。
以O为原点,向下为正方向建立x坐标轴,以B点为重力势能零点,弹簧形变始终处于弹性限度内。
高考一轮复习动能定理功能关系机械能守恒定律题型分析(含解析)
高考一轮复习动能定理功能关系机械能守恒定律题型分析（含解析）动能定理 功用关系 机械能守恒定律题型剖析本专题触及的考点有：动能和动能定理、动能定理的运用、机械能守恒定律、功用关系、能量守恒定律、探求功和速度变化的关系〔实验〕、验证机械能守恒定律〔实验〕等外容。
其中动能定理的综合运用效果、机械能守恒条件的考察、机械能守恒定律的综合运用效果、验证机械能守恒定律〔实验〕关于纸带的处置及误差的剖析效果、功用关系的综合考察、能量守恒定律的综合运用效果等在高考试题中频繁出现，验证机械能守恒定律〔实验〕成为力学实验必考的实验之一，考察内容主要有：实验原理的剖析与创新、实验数据的处置与剖析、实验误差的来源与剖析、实验器材的选取，出题频率十分高，但全体难度不大。
功用关系、动能定律、机械能守恒定律、能量的守恒与转化是高考必考之内容，既以选择题的方式出现，更以计算题的方式考察，且综合多方面的知识，常与平抛运动、电场、磁场、圆周运动、牛顿定律、运动学等知识结合，试题方式多样，考察片面，复杂、中等、较难的标题都会触及。
温习这局部外容时要注重方法的强化，注重题型的归结，关于多种运动组合的多运动进程效果是近几年高考试题中的热点题型，往往运用动能定理或机械能守恒定律、能量守恒定律等规律，需求在解题时冷静思索，弄清运动进程，留意不同进程衔接点速度的关系，对不同进程运用不同规律剖析处置；关于试题中常有功、能与电场、磁场联络的综分解绩，这类效果以能量守恒为中心考察重力、摩擦力、电场力、磁场力的做功特点，以及动能定理、机械能守恒定律和能量守恒定律的运用。
剖析时应抓住能量中心和各种力做功的不同特点，运用动能定理和能量守恒定律停止剖析。
题型一、应用动能定理求变力功的效果例1. 如下图，AB 为14圆弧轨道，半径为0.8m R =，BC 是水平轨道，长3m s =，BC 处的摩擦系数为151=μ，今有质量1kg m =的物体，自A 点从运动起下滑到C 点刚好中止。
高考物理一轮备考训练：专题05 机械能(解析版).pdf
名师预测 1．物体沿直线运动的v－t关系如图1所示，已知在第1秒内合外力对物体做的功为W， 则 ( ) 图1 A．从第1秒末到第3秒末合外力做功为4W B．从第3秒末到第5秒末合外力做功为－2W C．从第5秒末到第7秒末合外力做功为W D．从第3秒末到第4秒末合外力做功为－0.75W 2．带电荷量为＋q、质量为m的滑块，沿固定的斜面匀速下滑，现加上一竖直向上的匀强电场(如图2所示)，电场强度为E，且qE＜mg，对物体在斜面上的运动，以下说 法正确的是( ) A．滑块将沿斜面减速下滑 B．滑块仍沿斜面匀速下滑 C．加电场后，重力势能和电势能之和不变 D．加电场后，重力势能和电势能之和减小 3.半径为R的圆桶固定在小车上，有一光滑小球静止在圆桶的最低点，如图3所示．小车以速度v向右匀速运动，当小车遇到障碍物突然停止时，小球在圆桶中上升的高度不可能的是 ( ) A．等于 B．大于 C．小于 D．等于2R 4.在竖直平面内，有根光滑金属杆弯成如图4所示形状，相应的曲线方程为y＝Acosx，将一个光滑小环套在该金属杆上，并从x＝0、y＝A处以某一初速度沿杆向＋x方向运动．运动过程中( ) A．小环在D点的加速度为零 B．小环在B点和D点的加速度相同 C．小环在C点的速度最大 D．小环在C点和E点的加速度方向相同 5.如图5所示为某探究活动小组设计的节能运动系统，斜面轨道倾角为30°，质量为M的木箱与轨道的动摩擦因数为.木箱在轨道顶端时，自动装货装置将质量为m的货物装入木箱，然后木箱载着货物沿轨道无初速滑下，当轻弹簧被压缩至最短时，自动卸货装置立刻将货物卸下，然后木箱恰好被弹回到轨道顶端，再重复上述过程．下列选项正确的是( ) A．m＝M B．m＝2M C．木箱不与弹簧接触时，上滑的加速度大于下滑的加速度 D．在木箱与货物从顶端滑到最低点的过程中，减少的重力势能全部转化为弹簧的弹性势能 6．如图6甲所示，足够长的固定光滑细杆与地面成一定倾角，在杆上套有一个光滑小 环，沿杆方向给环施加一个拉力F，使环由静止开始运动，已知拉力F及小环速度v随时间t变化的规律如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2.则以下判断正确的是( ) 图6 A．小环的质量是1 kg B．细杆与地面间的倾角是30° C．前3 s内拉力F的最大功率是2.25 W D．前3 s内小环机械能的增加量是5.75 J 【解析】设小环的质量为m，细杆与地面间的倾角为α，由题图乙知，小环在第1 s内的加7.静止在粗糙水平面上的物块A受方向始终水平向右、大小先后为F1、F2、F3的拉力作用做直线运动，t＝4 s时停下，其v－t图象如图7所示，已知物块A与水平面间的动摩擦因数处处相同，下列判断正确的是 ( ) A．全过程中拉力做的功等于物块克服摩擦力做的功 B．全过程拉力做的功等于零 C．一定有F1＋F3＜2F2 D．有可能F1＋F3＞2F2 【解析】由动能定理知A正确，B错误．第1 s内F1－μmg＝ma,1 s末至3 s末，F2＝μmg， 第4 s内，μmg－F3＝ma，所以F1＋F3＝2F2，故C、D错误． 【答案】A 8.如图8所示，一物体m在沿斜面向上的恒力F作用下，由静止从底端沿光滑的斜面向上做匀加速直线运动，经时间t力F做功为60 J，此后撤去恒力F，物体又经时间t回到出发点，若以地面为零势能点，则下列说法正确的是( ) A．物体回到出发点时的动能是60 J B．开始时物体所受的恒力F＝2mgsinθ C．撤去力F时，物体的重力势能是45 J D．动能与势能相同的位置在撤去力F之前的某位置 9．小球由地面竖直上抛，上升的最大高度为H，设所受阻力大小恒定，地面为零势能面．在上升至离地高度h处，小球的动能是势能的2倍，在下落至离地高度h处，小球的势能是动能的2倍，则h等于 ( ) A. B. C. D. 2mgh＝mv12 下降阶段：mg(H－h)－f(H－h)＝mv22 mgh＝2×mv22 由以上各式联立得：h＝H.故选D. 【答案】D 10.光滑斜面上有一个小球自高为h的A处由静止开始滚下，抵达光滑的水平面上的B点时的速度大小为v0.光滑水平面上每隔相等的距离设置了一个与小球运动方向垂直的活动阻挡条，如图9所示，小球越过n条活动挡条后停下来．若让小球从h高处以初速度v0滚下，则小球能越过的活动阻挡条的条数是(设小球每次越过活动阻挡条时损失的动能相等) ( ) A．n B．2n C．3n D．4n 1．如图所示，演员正在进行杂技表演．由图可估算出他将一只鸡蛋抛出的过程中对鸡蛋所做的功最接近于( ) A．0.3J B．3J C．30J D．300J 2．一质点开始时做匀速直线运动，从某时刻起受到一恒力作用．此后，该质点的动能可能( ) A．一直增大 B．先逐渐减小至零，再逐渐增大 C．先逐渐增大至某一最大值，再逐渐减小 D．先逐渐减小至某一非零的最小值，再逐渐增大 3．蹦床运动员与床垫接触的过程可简化为下述模型：运动员从高处落到处于自然状态的床垫(A位置)上，随床垫一同向下做变速运动到达最低点(B位置)，如图所示，有关运动员从A运动至B的过程，下列说法正确的是( ) A．运动员的机械能守恒 B．运动员的速度一直减小 C．合力对运动员做负功 D．运动员先失重后超重 4．将一个苹果斜向上抛出，苹果在空中依次飞过三个完全相同的窗户1、2、3.图中曲线为苹果在空中运行的轨迹．若不计空气阻力的影响，以下说法正确的是( ) A．苹果通过第1个窗户所用的时间最短 B．苹果通过第3个窗户的平均速度最大 C．苹果通过第1个窗户重力做的功最大 D．苹果通过第3个窗户重力的平均功率最小 5．如图是“神舟”系列航天飞船返回舱返回地面的示意图，假定其过程可简化为：打开降落伞一段时间后，整个装置匀速下降，为确保安全着陆，需点燃返回舱的缓冲火箭，在火箭喷气过程中返回舱做减速直线运动，则( ) A．火箭开始喷气瞬间伞绳对返回舱的拉力变小 B．返回舱在喷气过程中减速的主要原因是空气阻力 C．返回舱在喷气过程中所受合外力可能做正功 D．返回舱在喷气过程中处于失重状态 6．如图所示，固定在竖直面内的光滑圆环半径为R，圆环上套有质量分别为m和2m的小球A、B(均可看做质点)，且小球A、B用一长为2R的轻质细杆相连，在小球B从最高点由静止开始沿圆环下滑至最低点的过程中(已知重力加速度为g)，下列说法正确的是( ) A．A球增加的机械能等于B球减少的机械能 B．A球增加的重力势能等于B球减少的重力势能 C．A球的最大速度为 D．细杆对A球做的功为mgR 7．一物体自t＝0时开始做直线运动，其速度图线如图所示．下列选项正确的是( ) A．在0～6 s内，物体离出发点最远为30 m B．在0～6 s内，物体经过的路程为40 m C．在0～4 s内，物体的平均速率为7.5 m/s D．在5～6 s内，物体所受的合外力做负功 8．如图所示，小球从A点以初速度v0沿粗糙斜面向上运动，到达最高点B后返回A，C为AB的中点．下列说法中正确的是( ) A．小球从A出发到返回A的过程中，位移为零，外力做功为零 B．小球从A到C与从C到B的过程，减少的动能相等 C．小球从A到C与从C到B的过程，速度的变化率相等 D．小球从A到C与从C到B的过程，损失的机械能相等 9．如图所示，在升降机内固定一光滑的斜面体，一轻弹簧的一端连在位于斜面体上方的固定木板B上，另一端与质量为m的物块A相连，弹簧与斜面平行．整个系统由静止开始加速上升高度h的过程中( ) A．物块A的重力势能增加量一定等于mgh B．物块A的动能增加量等于斜面的支持力和弹簧的拉力对其做功的和 C．物块A的机械能增加量等于斜面的支持力和弹簧的拉力对其做功的和 D．物块A和弹簧组成系统的机械能增加量等于斜面对物块的支持力和B对弹簧拉力做功的和 0．如图所示，一轻绳吊着粗细均匀的棒，棒下端离地面高H，上端套着一个细环．棒和环的质量均为m，相互间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，大小为kmg(k>1)．断开轻绳，棒和环自由下落．假设棒足够长，与地面发生碰撞时，触地时间极短，无动能损失．棒在整个运动过程中始终保持竖直，空气阻力不计．则( ) A．棒第一次与地面碰撞弹起上升过程中，棒和环都做匀减速运动 B．从断开轻绳到棒和环都静止的过程中，环相对于地面始终向下运动 C．从断开轻绳到棒和环都静止的过程中，环相对于棒有往复运动，但总位移向下 D．从断开轻绳到棒和环都静止，摩擦力做的总功为－ 1．某人通过定滑轮将一物体提升．第一次，此人竖直向下拉绳，如图甲所示，使物体匀速上升高度h，该过程人对物体做功为W1.第二次，此人以速度v匀速向左拉着绳运动，如图乙所示，使物体上升相同的高度，此时绳子与水平面夹角为θ，已知重力加速度为g.求第二次人对物体做的功． 2．如图所示，长度为l的轻绳上端固定在O点，下端系一质量为m的小球(小球的大小可以忽略)． (1)在水平拉力F的作用下，轻绳与竖直方向的夹角为α，小球保持静止．画出此时小球的受力图，并求力F的大小； (2)由图示位置静止释放小球，求当小球通过最低点时的速度大小及轻绳对小球的拉力．不计空气阻力． 【答案】(1)mgtanα (2) mg(3－2cosα)，方向竖直向上 【解析】(1)受力图如图 3．如图所示，水平轨道AB与位于竖直面内半径为R＝0.90m的半圆形光滑轨道BCD相连，半圆形轨道的BD连线与AB垂直．质量为m＝1.0kg可看做质点的小滑块在恒定外力F作用下从水平轨道上的A点由静止开始向右运动，滑块与水平轨道AB间的动摩擦因数μ＝0.5.到达水平轨道的末端B点时撤去外力，滑块继续沿半圆形轨道运动，且恰好能通过轨道最高点D，滑块脱离半圆形轨道后又刚好落到A点．g取10m/s2，求： (1)滑块经过B点进入圆形轨道时对轨道的压力大小． (2)滑块在AB段运动过程中恒定外力F的大小． 【答案】(1)60N (2)17.5N 【解析】(1)滑块恰好通过最高点，则有：mg＝m 设滑块到达B点时的速度为vB，滑块由B到D过程由动能定理有： －2mgR＝mvD2－mvB2 4、A、B两个木块叠放在竖直轻弹簧上，如图所示，已知mA＝mB＝1kg，轻弹簧的劲度系数为100N/m.若在木块A上作用一个竖直向上的力F，使木块A由静止开始以2m/s2的加速度竖直向上做匀加速运动．取g＝10m/s2.求： (1)使木块A竖直向上做匀加速运动的过程中，力F的最大值是多少？ (2)若木块A竖直向上做匀加速运动，直到A、B分离的过程中，弹簧的弹性势能减小了1.28J，则在这个过程中，力F对木块做的功是多少？ 以A、B作为一个整体，由动能定理得 WF＋WN－(mA＋mB)gΔx＝(mA＋mB)v2 可得：WF＝0.64J. ．为了探究恒力作用时的动能定理，某同学做了如下实验，他让滑块在某一水平面上滑行，利用速度采集器获取其初速度v，并测量出不同初速度的最大滑行距离x，得到下表所示几组数据： 数据组123456v/(m·s－1)00.160.190.240.300.49x/m00.0450.0750.1110.1630.442 (1)该同学根据表中数据，作出x－v图象如图10甲所示．观察该图象，该同学作出如下推理：根据x－v图象大致是一条抛物线，可以猜想，x可能与v2成正比．请在图乙所示坐标纸上选择适当的坐标轴作出图线验证该同学的猜想． 图10 (2)根据你所作的图象，你认为滑块滑行的最大距离x与滑块初速度平方v2的关系是 ________________________________________________________________________． ．某兴趣小组为测一遥控电动小车的额定功率，进行了如下实验： ①用天平测出电动小车的质量为0.4 kg； ②将电动小车、纸带和打点计时器按如图11所示安装； 图11 ③接通打点计时器(其打点周期为0.02 s)； ④使电动小车以额定功率加速运动，达到最大速度一段时间后关闭小车电源．待小车 静止时再关闭打点计时器(设在整个过程中小车所受的阻力恒定)． 在上述过程中，打点计时器在纸带上所打的点迹如图12(甲)、(乙)所示，图中O点是 打点计时器打的第一个点． 图12 请你分析纸带数据，回答下列问题： (1)该电动小车运动的最大速度为________m/s； (2)该电动小车运动过程中所受的阻力大小为________ N； (3)该电动小车的额定功率为________W. 【解析】(1)速度恒定时 v＝＝ m/s＝1.50 m/s. (2)匀减速运动阶段 a＝≈－4.00 m/s2 Ff＝ma＝－1.60 N (3)F＝－Ff 电动小车的额定功率 P＝Fv＝1.60×1.50 W＝2.40 W. 【答案】(1)1.50 (2)1.60 (3)2.40 ．如图13所示，质量为m的物体从倾角为θ的斜面上的A点以速度v0沿斜面上滑，由于μmgcosθ＜mgsinθ，所以它滑到最高点后又滑下来，当它下滑到B点时，速度大小恰好也是v0，设物体与斜面间的动摩擦因数为μ，求AB间的距离． 28．一劲度系数k＝800 N/m的轻质弹簧两端分别连接着质量均为12 kg的物体A、B，将它们竖直静止放在水平面上，如图14所示．现将一竖直向上的变力F作用在A上，使A开始向上做匀加速运动，经0.40 s物体B刚要离开地面．g＝10.0 m/s2，试求： (1)物体B刚要离开地面时，A物体的速度vA； (2)物体A重力势能的改变量； (3)弹簧的弹性势能公式：Ep＝kx2，x为弹簧的形变量，则此过程中拉力F做的功为多少？ ．某校物理兴趣小组决定举行遥控赛车比赛．比赛路径如图15所示，赛车从起点A出发，沿水平直线轨道运动L后，由B点进入半径为R的光滑竖直圆轨道，离开竖直圆轨道后继续在光滑平直轨道上运动到C点，并能越过壕沟．已知赛车质量m＝0.1 kg，通电后以额定功率P＝1.5 W工作，进入竖直轨道前受到阻力恒为0.3 N，随后在运动中受到的阻力均可不计．图中L＝10.00 m，R＝0.32 m，h＝1.25 m，x＝1.50 m．问：要使赛车完成比赛，电动机至少工作多长时间？(取g＝10 m/s2) 图15 【解析】设赛车越过壕沟需要的最小速度为v1，由平抛运动的规律x＝v1t h＝gt2 解得v1＝x＝3 m/s ．如图16甲所示，水平传送带的长度L＝6 m，皮带轮以速度v顺时针匀速转动，现在一质量为1 kg的小物块(可视为质点)以水平速度v0从A点滑上传送带，越过B点后做平抛运动，其水平位移为x，保持物块的初速度v0不变，多次改变皮带轮的速度v依次测量水平位移x，得到如图16乙所示的x－v图象． 图16 (1)当0＜v≤1 m/s时，物块在A、B之间做什么运动？当v≥7 m/s时，物块在A、B 之间做什么运动？ (2)物块的初速度v0多大？ 【解析】(1)由于0＜v≤1 m/s时传送带速度增加而物体的平抛初速度不变，所以物体在A、B之间做匀减速直线运动．由于v≥7 m/s时传送带速度增加而物体的平抛初速度不变，所以物体在A、B之间做匀加速直线运动． (2)由图象可知在传送带速度v带＝1 m/s时，物体做匀减速运动．。
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.
高考物理一轮复习专项训练及答案解析—动能定理及其应用
高考物理一轮复习专项训练及答案解析—动能定理及其应用1.(多选)如图所示，电梯质量为M ，在它的水平地板上放置一质量为m 的物体．电梯在钢索的拉力作用下竖直向上加速运动，当电梯的速度由v 1增大到v 2时，上升高度为H ，重力加速度为g ，则在这个过程中，下列说法正确的是( )A ．对物体，动能定理的表达式为W ＝12m v 22－12m v 12，其中W 为支持力做的功B ．对物体，动能定理的表达式为W 合＝0，其中W 合为合力做的功C ．对物体，动能定理的表达式为W －mgH ＝12m v 22－12m v 12，其中W 为支持力做的功D ．对电梯，其所受的合力做功为12M v 22－12M v 122.如图所示，一半圆弧形细杆ABC 竖直固定在水平地面上，AC 为其水平直径，圆弧半径BO ＝3.6 m ．质量为m ＝4.0 kg 的小圆环(可视为质点，小环直径略大于杆的)套在细杆上，在大小为50 N 、方向始终沿圆的切线方向的拉力F 作用下，从A 点由静止开始运动，到达B 点时对细杆的压力恰好为0.已知π取3.14，重力加速度g 取10 m/s 2，在这一过程中摩擦力做功为( )A ．66.6 JB ．－66.6 JC ．210.6 JD ．－210.6 J3．(2023·湖南怀化市模拟)如图所示，DO 是水平面，AB 是斜面，初速度为v 0的物体从D 点出发沿DBA 滑动到顶点A 时速度刚好为零，如果斜面改为AC ，让该物体从D 点出发沿DCA 滑动到A 点且速度刚好为零，则物体具有的初速度(已知物体与斜面及水平面之间的动摩擦因数处处相同且不为零，不计B 、C 处能量损失)( )A ．等于v 0B ．大于v 0C ．小于v 0D ．取决于斜面4.(多选)(2023·云南昆明市第一中学、宁夏银川一中模拟)如图，若小滑块以某一初速度v 0从斜面底端沿光滑斜面上滑，恰能运动到斜面顶端．现仅将光滑斜面改为粗糙斜面，仍让滑块以初速度v 0从斜面底端上滑时，滑块恰能运动到距离斜面底端长度的34处．则( )A ．滑块滑上斜面后能再次滑回斜面底端B ．滑块滑上斜面后不能再次滑回斜面底端C ．滑块在斜面上运动的整个过程产生的热量为18m v 02D ．滑块在斜面上运动的整个过程产生的热量为14m v 025.A 、B 两物体分别在水平恒力F 1和F 2的作用下沿水平面运动，先后撤去F 1、F 2后，两物体最终停下，它们的v －t 图像如图所示．已知两物体所受的滑动摩擦力大小相等，则下列说法正确的是( )A ．F 1、F 2大小之比为1∶2B．F1对A、F2对B做功之比为1∶2C．A、B质量之比为2∶1D．全过程中A、B克服摩擦力做功之比为2∶16.电梯是一种以电动机为动力的垂直升降机，用于多层建筑载人或载运货物．某次电梯从地面由静止启动，加速度a与离地高度h的关系图像如图所示，则()A．2h0～3h0范围内电梯向上做匀减速直线运动B．电梯在0～h0和2h0～3h0范围内的速度变化量相等C．电梯在3h0处的速度大小为2a0h0D．电梯上升的最大高度可能为3h07．(2019·全国卷Ⅲ·17)从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用．距地面高度h在3 m以内时，物体上升、下落过程中动能E k随h的变化如图所示．重力加速度取10 m/s2.该物体的质量为()A．2 kg B．1.5 kg C．1 kg D．0.5 kg8.(多选)如图所示为一滑草场．某条滑道由上下两段高均为h、与水平面夹角分别为45°和37°的滑道组成，载人滑草车与草地各处间的动摩擦因数均为μ.质量为m的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端(不计载人滑草车在两段滑道交接处的能量损失，重力加速度大小为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．则()A ．动摩擦因数μ＝67B ．载人滑草车最大速度为2gh 7C ．载人滑草车克服摩擦力做功为mghD ．载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为35g9.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 的小球(可看成质点)从P 点上方高为R 处由静止开始下落，恰好从P 点进入轨道．小球滑到轨道最低点N 时，对轨道的压力大小为4mg ，g 为重力加速度．用W 表示小球从P 点运动到N 点的过程中克服摩擦力所做的功，则( )A ．W ＝12mgR ，小球恰好可以到达Q 点B ．W >12mgR ，小球不能到达Q 点C ．W ＝12mgR ，小球到达Q 点后，继续上升一段距离D ．W <12mgR ，小球到达Q 点后，继续上升一段距离10．(2023·云南昆明市第一中学模拟)如图甲所示，两个不同材料制成的滑块A 、B 静置于水平桌面上，滑块A 的右端与滑块B 的左端接触．某时刻开始，给滑块A 一个水平向右的力F ，使滑块A 、B 开始滑动，当滑块A 、B 滑动1.0 m 时撤去力F .整个运动过程中，滑块A 、B 的动能E k 随位移x 的变化规律如图乙所示．不计空气阻力，求：(1)滑块A 对B 做的功； (2)力F 的大小．11.如图，在竖直平面内，一半径为R 的光滑圆弧轨道ABC 和水平轨道P A 在A 点相切，BC 为圆弧轨道的直径，O 为圆心，OA 和OB 之间的夹角为α，sin α＝35.一质量为m 的小球沿水平轨道向右运动，经A 点沿圆弧轨道通过C 点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用，已知小球在C 点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零．重力加速度大小为g .求：(1)水平恒力的大小和小球到达C 点时速度的大小； (2)小球到达B 点时对圆弧轨道的压力大小．答案及解析1．CD 2.B 3.A 4.AD 5.C 6.C 7．C8．AB [对载人滑草车从坡顶由静止开始滑到底端的全过程分析，由动能定理可知：mg ·2h －μmg cos 45°·h sin 45°－μmg cos 37°·h sin 37°＝0，解得μ＝67，选项A 正确；滑草车在滑道上段加速，在滑道下段减速，故滑草车通过上段滑道末端时速度最大，根据动能定理有mgh －μmg cos 45°·h sin 45°＝12m v m 2，解得：v m ＝2gh7，选项B 正确；全过程有W G －W 克f＝0，则载人滑草车克服摩擦力做功为2mgh ，选项C 错误；载人滑草车在下段滑道上的加速度为a ＝mg sin 37°－μmg cos 37°m ＝－335g ，故加速度大小为335g ，选项D 错误．]9．C [在N 点，根据牛顿第二定律有F N －mg ＝m v N 2R ，由牛顿第三定律知F N ＝F N ′＝4mg ，解得v N ＝3gR ，对小球从开始下落至到达N 点的过程，由动能定理得mg ·2R －W ＝12m v N 2－0，解得W ＝12mgR .由于小球在PN 段某点处的速度大于此点关于ON 在NQ 段对称点处的速度，所以小球在PN 段某点处受到的支持力大于此点关于ON 在NQ 段对称点处受到的支持力，则小球在NQ 段克服摩擦力做的功小于在PN 段克服摩擦力做的功，小球在NQ 段运动时，由动能定理得－mgR －W ′＝12m v Q 2－12m v N 2，因为W ′<12mgR ，故v Q >0，所以小球到达Q 点后，继续上升一段距离，选项C 正确．] 10．(1)12 J (2)39 N解析 (1)B 在撤去F 后继续滑行x B ＝1.0 m ，撤去F 时B 的动能E k B ＝6 J ， 由动能定理有－F f B x B ＝0－E k B 在撤去F 前，对B 由动能定律得 W AB －F f B x ＝E k B联立并代入数据解得W AB ＝12 J(2)撤去力F 后，滑块A 继续滑行的距离为x A ＝0.5 m ，撤去F 时A 的动能E k A ＝9 J ， 由动能定理有－F f A x A ＝0－E k A力F 作用的过程中，分析滑块A 、B 整体，由动能定理有 (F －F f A －F f B )x ＝E k A ＋E k B 代入数据解得F ＝39 N. 11．(1)34mg5gR 2 (2)152mg 解析 (1)设水平恒力的大小为F 0，小球所受重力和水平恒力的合力的大小为F ，小球到达C 点时速度的大小为v C ，则F 0mg ＝tan α，F ＝mgcos α， 由牛顿第二定律得F ＝m v C 2R ，联立并代入数据解得F 0＝34mg ，v C ＝5gR2. (2)设小球到达B 点时速度的大小为v B ，小球由B 到C 的过程中由动能定理可得－2FR ＝12m v C 2－12m v B 2， 代入数据解得v B ＝52gR小球在B 点时有F N －F ＝m v B 2R ，解得F N ＝152mg ，由牛顿第三定律可知，小球在B 点时对圆弧轨道的压力大小为F N ′＝152mg .。
高考物理一轮复习题及答案解析 第五章 机械能
第五章机械能(1)从近三高考试题考点分布可以看出；高考对本章内容的考查重点有四个概念(功、功率、动能、势能)和三个规律(动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律)。
(2)高考对本章内容考查题型全面；既有选择题；也有计算题；二者考查次数基本相当；命题灵活性强、综合面广；过程复杂；环节多；能力要求也较高；既有对基本概念的理解、判断和计算；又有对重要规律的灵活应用。
高考考向前瞻|；；；(1)功和功率、动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律仍将是本章命题的热点。
(2)将本章内容与牛顿运动定律、圆周运动、电磁学知识相结合；并与生产、生活实际和现代科技相联系进行命题的趋势较强。
第1节功和功率功[想一想]图5－1－1为某人提包运动的情景图；试分析各图中该人提包的力做功的情况。
图5－1－1提示：甲图中将包提起来的过程中；提包的力对包做正功；乙图中人提包水平匀速行驶时；提包的力不做功；丙图中人乘电梯上升过程中；提包的力对包做正功；丁图中人提包上楼的过程中；提包的力对包做正功。
[记一记]1．做功的两个必要条件力和物体在力的方向上发生的位移。
2．公式W＝Fl cos_α；适用于恒力做功；其中α为F、l方向间夹角；l为物体对地的位移。
3．功的正负判断夹角功的正负α＜90°力对物体做正功α＞90°力对物体做负功；或者说物体克服这个力做了功α＝90°力对物体不做功[试一试]1.(多选)(·揭阳模拟)如图5－1－2所示；自动卸货车始终静止在水平地面上；车厢在液压机的作用下；θ角逐渐增大且货物相对车厢静止的过程中；下列说法正确的是()图5－1－2A．货物受到的摩擦力增大B．货物受到的支持力不变C．货物受到的支持力对货物做正功D．货物受到的摩擦力对货物做负功解析：选AC货物处于平衡状态；则有：mg sin θ＝F f；F N＝mg cos θ；θ增大时；F f增大；F N减小；故A正确；B错误；货物受到的支持力的方向与位移方向的夹角小于90°；做正功；故C正确；摩擦力的方向与位移方向垂直；不做功；故D错误。
高考物理一轮复习 第五章 机械能及其守恒定律 第二节 动能定理真题
动能定理高考真题1．(2015·海南卷)如图所示，一半径为R 的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高；质量为m 的质点自轨道端点P 由静止开始滑下，滑到最低点Q 时，对轨道的正压力为2mg ，重力加速度大小为g .质点自P 滑到Q 的过程中，克服摩擦力所做的功为( )A.14mgR B.13mgR C.12mgR D.π4mgR 解析：质点在轨道最低点时受重力和支持力，根据牛顿第三定律可知，支持力F N ＝2mg .如图所示，F N －mg ＝m v 2R ，得v ＝gR .对质点的下滑过程应用动能定理，mgR －W ＝12mv 2，得W ＝12mgR ，C 正确．答案：C2．(2014·新课标全国Ⅱ)一物体静止在粗糙水平地面上，现用一大小为F 1的水平拉力拉动物体，经过一段时间后其速度变为v .若将水平拉力的大小改为F 2，物体从静止开始经过同样的时间后速度变为2v .对于上述两个过程，用W F1、W F2分别表示拉力F 1、F 2所做的功，W f1、W f2分别表示前后两次克服摩擦力所做的功，则( )A ．W F2>W F1，W f2>2W f1B ．W F2>4W F1，W f2＝2W f1C ．W F2<4W F1，W f2＝2W f1D ．W F2<4W F1，W f2<2W f1解析：两次运动过程中的摩擦力均为滑动摩擦力，大小相等，即f 1＝f 2.设两次运动的时间均为t ，则两次的位移x 1＝v 2t ，x 2＝2v2t ＝2x 1，故两次克服摩擦力所做的功，W f2＝2W f1.由动能定理得，W F1－W f1＝12mv 2，W F2－W f2＝12m (2v )2，即W F1＝W f1＋12mv 2，W F2＝W f2＋12m (2v )2，故W F2<4W F1.C正确．答案：C3．(2014·大纲全国卷)一物块沿倾角为θ的斜坡向上滑动．当物块的初速度为v 时，上升的最大高度为H ，如图所示；当物块的初速度为v2时，上升的最大高度记为h .重力加速度大小为g .物块与斜坡间的动摩擦因数和h 分别为( )A ．tan θ和H 2B.⎝ ⎛⎭⎪⎫v 22gH －1tan θ和H 2 C ．tan θ和H4D.⎝ ⎛⎭⎪⎫v 22gH －1tan θ和H 4 解析：由动能定理有－mgH －μmg cos θHsin θ＝0－12mv 2，－mgh －μmg cos θh sin θ＝0－12m ⎝ ⎛⎭⎪⎫v 22，解得μ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫v 22gH －1tan θ，h ＝H 4，D 正确． 答案：D4．(2015·浙江理综)如图所示，用一块长L 1＝1.0 m 的木板在墙和桌面间架设斜面，桌子高H ＝0.8 m ，长L 2＝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 /s 2；最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(1)求θ角增大到多少时，物块能从斜面开始下滑；(用正切值表示)(2)当θ角增大到37°时，物块恰能停在桌面边缘，求物块与桌面间的动摩擦因数μ2；(已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(3)继续增大θ角，发现θ＝53°时物块落地点与墙面的距离最大，求此时最大距离x m . 解析：(1)为使小物块下滑mg sin θ≥μ1mg cos θ①θ满足的条件tan θ≥0.05②(2)克服摩擦力做功W f ＝μ1mgL 1cos θ＋μ2mg (L 2－L 1cos θ)③由动能定理得mgL 1sin θ－W f ＝0④ 代入数据得μ2＝0.8⑤(3)由动能定理得mgL 1sin θ－W f ＝12mv 2⑥代入数据得v ＝1 m/s ⑦H ＝12gt 2 t ＝0.4 s ⑧x 1＝vt ，x 1＝0.4 m ⑨ x m ＝x 1＋L 2＝1.9 m ⑩答案：(1)tan θ≥0.05 (2)0.8 (3)1.9 m5．(2012·福建理综)如图所示，用跨过光滑定滑轮的缆绳将海面上一艘失去动力的小船沿直线拖向岸边．已知拖动缆绳的电动机功率恒为P ，小船的质量为m ，小船受到的阻力大小恒为f ，经过A 点时的速度大小为v 0，小船从A 点沿直线加速运动到B 点经历时间为t 1，A 、B 两点间距离为d ，缆绳质量忽略不计．求：(1)小船从A 点运动到B 点的全过程克服阻力做的功W f ； (2)小船经过B 点时的速度大小v 1； (3)小船经过B 点时的加速度大小a .解析：(1)小船从A 点运动到B 点克服阻力做的功W f ＝fd ①(2)小船从A 点运动到B 点，电动机牵引绳对小船做的功W ＝Pt 1②由动能定理有W －W f ＝12mv 21－12mv 2③ 联立①②③式解得v 1＝v 20＋2mPt 1－fd ④(3)设小船经过B 点时绳的拉力大小为F ，绳与水平方向夹角为θ，电动机牵引绳的速度大小为v ，拉力F 和速度v 1分别按效果分解如图所示．则P ＝Fv ＝Fv 1cos θ⑤由牛顿第二定律有F cos θ－f ＝ma ⑥ 联立④⑤⑥式解得a ＝P m 2v 20＋2mPt 1－fd －fm 答案：(1)fd (2)v 20＋2mPt 1－fd(3)P m 2v 20＋2mPt 1－fd －fm。
2011届高考物理一轮复习练习及解析第5单元机械能第26讲动能定理
第 26 讲动能定理体验成功1.一物体静止在起落机的地板上，当起落机加快上涨时，地板对物体的支持力所做的功等于 ()A. 重力做的功B. 物体动能的增添量C.物体动能的增添量加上重力做的功D. 物体动能的增添量加上战胜重力所做的功解读：设支持力做的功为 W ，战胜重力做的功为 W G ，由动能定理得：W － W G ＝ E k解得： W ＝ E k ＋ W G . 答案： D2.两个木箱 A 、 B 的质量分别为 m A 、 m B ，且 m A ＞ m B ，两木箱与水平冰面间的动摩擦因数相等 .现使它们以同样的初动能在水平冰面上滑行，则两木箱滑行的距离 s A 、 s B 的大小关系是 ()A. s A ＝ s BB. s A ＞ s BC.s A ＜ s BD. 条件不足，没法比较解读：设木箱滑行的距离为 s ，由动能定理得： － μmgs ＝ 0－ E k解得： s ＝ E k ∝ 1μ mg m因为 m A >m B ，故可知 s A <s B . 答案： C3.如下图， 质量为 m 的物块与转台之间能出现的最大静摩擦力为物块重力的 k 倍，物块与转轴 OO ′相距 R ，物块随转台由静止开始转动 .当转 速增添到必定值时， 物块马上在转台上滑动， 在物块由静止到滑动前的这 一过程中，转台对物块的静摩擦力对物块做的功为()1A.0B.2 πkmgRC.2kmgRD.2kmgR剖析：本题易错选 A ，其原由是从思想定势上总以为这类问题中摩擦力是指向圆心的，缺少对问题的深入剖析，可见要想学好物理，剖析能力的培育是至关重要的 .解读：在转速增添的过程中， 转台对物块的摩擦力是不停变化的，当转速增添到必定值 2时，物块在转台上马上滑动，说明此时最大静摩擦力供给向心力，即kmg ＝mvR .设这一过程12中转台对物块的摩擦力所做的功为W f ，由动能定理可得： W f ＝ 2mv解得： W f ＝ 1kmgR.2应选项 D 正确. 答案： D4.如下图，质量为 M 、长为 l 的小车静止在圆滑的水平面上，质量为 m 的小物块 (可视为质点 )放在小车的最左端 .现用一水平恒力 F 作用在小物块上， 使物块从静止开始做匀加 速直线运动 .物块和小车之间的摩擦力为 f.物块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为 s. 在这个过程中，以下结论错误 的是 ()．．A. 物块抵达小车最右端时拥有的动能为 (F － f)(l ＋ s)B. 物块抵达小车最右端时，小车拥有的动能为 fsC.物块战胜摩擦力所做的功为 f(l ＋ s)D. 物块和小车增添的机械能为 Fs解读：在本题上当算外力对物块和小车做功时都要取大地为参照系，应选项 A 、B 、C正确 .又因为系统机械能的增添等于物块、小车的动能增添之和，即E ＝ (F － f)( l ＋ s)＋ fs ＝F(l ＋ s)－ fl ，选项 D 错误 .答案： D5.如下图，质量为 1kg 的物体沿一曲面从 A 点无初速度滑下， 滑至曲面的最低点B 时，下滑的高度为 5m ，速度为 6m/s ，则在下滑过程中，物体战胜阻力所做的功 为多少？ (g 取 10m/s 2 )解读：设物体战胜阻力所做的功为W f ，由动能定理得：1 2mgh － W f ＝ 2mv － 012解得： W f ＝ 1×10×5J － ×1×6J ＝ 32J.2答案： 32J6.某游玩场中有一种“空中飞椅”的游玩设备如图甲所示， 其基本装置是将绳索上端固定在转盘上，下端连结座椅，人坐在坐椅上跟着转回旋转而在空中飞旋，若将人当作质点，则可简化为如图乙所示的物理模型.此中 P 为处于水平面内的转盘，可绕竖直转轴 OO ′转动 . 设轻绳长 l ＝ 10m ，人及椅的总质量 m ＝ 60kg ，转盘不动时人和转轴间的距离 d ＝4m ，转盘 慢慢加快运动， 经过一段时间转速保持稳固， 此时人和转轴间的距离 D ＝ 10m ，且保持不变， 不计空气阻力，绳索不行伸长，取g ＝ 10m/s 2.问：(1)最后转盘匀速转动时的角速度为多少？ (2)转盘从静止启动到稳固这一过程中， 绳索对此中一座椅及人做了多少功？解读：(1)设最后转盘匀速转动时的角速度为ω，此时人和座椅的受力状况如图丙所示 .有：F T cos θ＝ mg2D － dF T sin θ＝ mD ω ，此中 sin θ＝甲乙3解得： ω＝ 2 rad/s.(2)从转盘启动到匀速转动的过程中飞椅提高的高度为： h ＝ l － lcos θ＝ 2m设这一过程绳对座椅做的功为 W ，由动能定理得：12W － mgh ＝ 2m ·(ωD )解得： W ＝3450J.丙3答案： (1)2 rad/s(2)3450J。
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第26讲 动 能 定 理
体验成功
1.一物体静止在升降机的地板上，当升降机加速上升时，地板对物体的支持力所做的功等于( )
A.重力做的功
B.物体动能的增加量
C.物体动能的增加量加上重力做的功
D.物体动能的增加量加上克服重力所做的功
解析：设支持力做的功为W ，克服重力做的功为W G ，由动能定理得：
W －W G ＝ΔE k
解得：W ＝ΔE k ＋W G .
答案：D
2.两个木箱A 、B 的质量分别为m A 、m B ，且m A ＞m B ，两木箱与水平冰面间的动摩擦因数相等.现使它们以相同的初动能在水平冰面上滑行，则两木箱滑行的距离s A 、s B 的大小关系是( )
A.s A ＝s B
B.s A ＞s B
C.s A ＜s B
D.条件不足，无法比较
解析：设木箱滑行的距离为s ，由动能定理得：
－μmgs ＝0－E k
解得：s ＝E k μmg ∝1m
由于m A >m B ，故可知s A <s B .
答案：C
3.如图所示，质量为m 的物块与转台之间能出现的最大静摩擦力为物
块重力的k 倍，物块与转轴OO ′相距R ，物块随转台由静止开始转动.当转
速增加到一定值时，物块即将在转台上滑动，在物块由静止到滑动前的这
一过程中，转台对物块的静摩擦力对物块做的功为( )
A.0
B.2πkmgR
C.2kmgR
D.12
kmgR 分析：此题易错选A ，其原因是从思维定势上总认为这种问题中摩擦力是指向圆心的，缺乏对问题的深入分析，可见要想学好物理，分析能力的培养是至关重要的.
解析：在转速增加的过程中，转台对物块的摩擦力是不断变化的，当转速增加到一定值
时，物块在转台上即将滑动，说明此时最大静摩擦力提供向心力，即kmg ＝m v 2R
.设这一过程中转台对物块的摩擦力所做的功为W f ，由动能定理可得：W f ＝12
mv 2 解得：W f ＝12
kmgR . 故选项D 正确.
答案：D
4.如图所示，质量为M 、长为l 的小车静止在光滑的水平面上，质量为m 的小物块(可视为质点)放在小车的最左端.现用一水平恒力F 作用在小物块上，使物块从静止开始做匀加速直线运动.物块和小车之间的摩擦力为f .物块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为s .在这个过程中，下列结论错误．．
的是( )
A.物块到达小车最右端时具有的动能为(F －f )(l ＋s )
B.物块到达小车最右端时，小车具有的动能为fs
C.物块克服摩擦力所做的功为f (l ＋s )
D.物块和小车增加的机械能为Fs
解析：在本题中计算外力对物块和小车做功时都要取大地为参考系，故选项A 、B 、C
正确.
又因为系统机械能的增加等于物块、小车的动能增加之和，即ΔE ＝(F －f )(l ＋s )＋fs ＝F (l ＋s )－fl ，选项D 错误.
答案：D
5.如图所示，质量为1 kg 的物体沿一曲面从A 点无初速度滑下，滑至曲面的最低点B 时，下滑的高度为5 m ，速度为6 m/s ，则在下滑过程中，物体克服阻力所
做的功为多少？(g 取10 m/s 2)
解析：设物体克服阻力所做的功为W f ，由动能定理得：
mgh －W f ＝12
mv 2－0 解得：W f ＝1×10×5 J －12
×1×62 J ＝32 J. 答案：32 J
6.某游乐场中有一种“空中飞椅”的游乐设施如图甲所示，其基本装置是将绳子上端固定在转盘上，下端连接座椅，人坐在座椅上随着转盘旋转而在空中飞旋，若将人看成质点，则可简化为如图乙所示的物理模型.其中P 为处于水平面内的转盘，可绕竖直转轴OO ′转动.设轻绳长l ＝10 m ，人及椅的总质量m ＝60 kg ，转盘不动时人和转轴间的距离d ＝4 m ，转盘慢慢加速运动，经过一段时间转速保持稳定，此时人和转轴间的距离D ＝10 m ，且保持不变，不计空气阻力，绳子不可伸长，取g ＝10 m/s 2.问：
(1)最后转盘匀速转动时的角速度为多少？
(2)转盘从静止启动到稳定这一过程中，绳子对其中
一座椅及人做了多少功？
解析：
(1)设最后转盘匀速转动时的角速度为ω，此时人
和座椅的受力情况如图丙所示.有：
F T cos θ＝mg
F T sin θ＝mDω2，其中sin θ＝D －d l
甲 乙
解得：ω＝32
rad/s. (2)从转盘启动到匀速转动的过程中飞椅提升的高度为：
h ＝l －l cos θ＝2 m
设这一过程绳对座椅做的功为W ，由动能定理得：
W －mgh ＝12
m ·(ωD )2 解得：W ＝3450 J. 丙
答案：(1)32
rad/s (2)3450 J。