1、第2讲动能定理及其应用知识点1动能1.定义：物体由于运动而具有的能。2公式：Ekmv2。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 J1 Nm1 kgm2/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Ekmvmv。知识点2动能定理1.内容：合外力对物体所做的功，等于物体在这个过程中动能的变化。2表达式(1)WEk。(2)WEk2Ek1。(3)Wmvmv。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
2、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。双基夯实一、思维辨析1合外力做功是物体动能变化的原因。()2如果物体所受合外力不为零，那么合外力的功也一定不为零。()3物体的动能不变就是物体的速度不变。()4物体在合外力作用下做变速运动，动能一定变化。()5运用动能定理可以求变力做功。()6运用动能定理时，力可以半路当逃兵，也可以贯彻始终，只要能求功即可。()答案1.2.3.4.5.6.二、对点激活1对动能的理解(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
3、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，一定处于平衡状态答案ABC解析可通过以下表格对各选项逐一分析：选项透析过程结论A动能是由于物体的运动而具有的能量BEkmv2，v与参考系的选取有关C当速度方向变化时，若大小不变，则动能就不变D匀速圆周运动的物体动能不变，但并不是处于平衡状态2.动能定理的理解(多选)关于动能定理的表达式WEk2Ek1，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外力再求合外
4、力的功C公式中的Ek2Ek1为动能的增量，当W0时，动能增加，当W0，Ek0，W0，EkEk2，即甲物体获得的动能比乙大，C正确，D错误。考点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、Ek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
5、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mgh/2C滑块经b点时的速度大于D滑块经b点时的速度等于(1)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，做负功。(2)滑块在ab段和bc段摩擦力做功相同吗？提示：不同，位移相同但摩擦力不同。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：mghWf0，可得
6、全程克服阻力做功Wfmgh，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 ，故C正确，D错误。总结升华1应用动能定理解题应抓好“两状态，一过程”“两状态”即明确研究对象的始、末状态的速度或动能情况，“一过程”即明确研究过程，确定这一过程研究对象的受力情况和位置变化或位移信息。2应用动能定理解题的基本思路1(多选)下列关于运动的某个物体所受的合外力、合外力做功和动能变化的关系，正确的是()A如果物体所受的合外
7、力为零，那么，合外力对物体做的功一定为零B如果合外力对物体所做的功为零，则合外力一定为零C如果合外力对物体所做的功不为零，则物体动能一定发生变化D如果合外力对物体所做的功为零，则物体动能一定发生变化答案AC解析合外力为零，根据功的决定因素知合外力一定不做功，选项A正确。合外力的功为零，可能是在合外力方向上没有发生位移，但合外力不一定为零，选项B错误。根据动能定理，合外力对物体做的功一定等于物体的动能变化，即合外力做功，物体的动能一定变化，合外力不做功，物体的动能一定不会发生变化，选项C正确，选项D错误。22015石家庄一模如图所示，一质量m0.75 kg的小球在距地面高h10 m处由静止释放，
8、落到地面后反弹，碰撞时无能量损失。若小球运动过程中受到的空气阻力f大小恒为2.5 N，g10 m/s2。求：(1)小球与地面第一次碰撞后向上运动的最大高度；(2)小球从静止开始运动到与地面发生第五次碰撞时通过的总路程。答案(1)5 m(2)28.75 m解析(1)设小球与地面第一次碰撞后向上运动的高度为h2，从开始静止释放到第一次碰撞后运动的高度h2的过程，由动能定理得：mg(hh2)f(hh2)0解得：h2 h5 m(2)设小球与地面第二次碰撞后向上运动的距离h3，从第一次碰撞后运动的高度h2处静止下落到第二次碰撞后向上运动的距离h3的过程，由动能定理可得：mg(h2h3)f(h2h3)0解
9、得：h3 h22h同理得hnn1h物块从静止开始运动到与挡板发生第五次碰撞时走过的总路程。sh2(h2h3h4h5)28.75 m考点动能定理与图象结合问题拓展延伸解决物理图象问题的基本步骤1观察题目给出的图象，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根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比，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，分析解答问题。或者利用函数图线上的特定值代入函数关系式求物理量。例22016河南陕州中学月考(多选)一质量为2 kg的物体，在水平恒定拉力的作
10、用下以一定的初速度在粗糙的水平面上做匀速运动，当运动一段时间后，拉力逐渐减小，且当拉力减小到零时，物体刚好停止运动，图中给出了拉力随位移变化的关系图象。已知重力加速度g10 m/s2，由此可知()A物体与水平面间的动摩擦因数约为0.35B减速过程中拉力对物体所做的功约为13 JC匀速运动时的速度约为6 m/sD减速运动的时间约为1.7 s(1)Fs图象的面积表示什么？提示：F做的功。(2)开始物体在粗糙水平面上匀速运动，F和摩擦力大小关系如何？提示：大小相等，是平衡力。尝试解答选ABC。Fs图象围成的面积代表拉力F做的功，由图知减速阶段Fs围成面积约13个小格，每个小格1 J则约为13 J，故
11、B选项正确。刚开始匀速，则Fmg，由图知F7 N，则0.35，故A选项正确。全程应用动能定理：WFmgs0mv，其中WF(7413) J41 J，得v06 m/s，故C正确。由于不是匀减速，没办法求减速运动的时间。总结升华图象所围“面积”的意义(1)vt图：由公式xvt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vat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)Fx图：由公式WFx可知，Fx图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功。(4)Pt图：由公式WPt可知，Pt图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功。12015安徽合肥质检A、B两物体分别在水平恒力F1和
12、F2的作用下沿水平面运动，先后撤去F1、F2后，两物体最终停下，它们的vt图象如图所示。已知两物体与水平面间的滑动摩擦力大小相等，则下列说法正确的是()AF1、F2大小之比为12BF1、F2对A、B做功之比为12CA、B质量之比为21D全过程中A、B克服摩擦力做功之比为21答案C解析由图象可知，两物体的位移相同，两物体与水平面间的滑动摩擦力大小相等，故全过程中两物体克服摩擦力做功相等，D项错；由动能定理可知，两物体所受外力做功与克服摩擦力做功相等，故外力做功相同，B项错；由图象可知，A、B在外力作用下的位移比为12，由功的定义可知，F1F221，A项错；由速度图象可知，两物体匀减速过程中的加速
13、度大小之比为12，由牛顿第二定律有：Ffma可知两物体质量之比为21，C项正确。22015保定三模(多选)如图甲所示，质量为m的物块放在竖直升降机的地板上，升降机从静止开始匀加速运动一段距离s时，速度为v，测得物块对地板的压力大小为F。改变升降机的加速度，匀加速运动相同的距离，可以得到多组对应的v与F，作出Fv2的关系图，如图乙所示，则下列说法正确的是()A当地重力加速度为B当v2c时，物块一定处于完全失重状态C物体的质量mDa2b答案AD解析升降机从静止开始匀加速运动，有两种可能，向上匀加速或向下匀加速，若向上匀加速，由动能定理得：(Fmg)smv2，则Fmg，对应Fv2图象向上倾斜的图线，
14、斜率k1，截距bmg。若向下匀加速，由动能定理得：(mgF)smv2，则Fmg，对应Fv2图象向下倾斜的图线，斜率|k2|，截距bmg。由以上分析知，所以a2b，故D选项正确。由和bmg联立得g，故A选项正确。由得m，故C选项错误。当v2c时对应两个F值，一个为零，一个为a，所以物体不一定处于完全失重状态，故B选项错误。考点应用动能定理解决圆周运动问题规律总结1圆周运动属于曲线运动，若只涉及位移和速度而不涉及时间，应优先考虑用动能定理列式求解。2用动能定理解题，关键是对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析，并画出物体运动过程的草图，让草图帮助我们理解物理过程和各量关系。例3如图所示，质量为
15、m的小球用长为L的轻质细线悬于O点，与O点处于同一水平线上的P点处有一个光滑的细钉，已知OP，在A点给小球一个水平向左的初速度v0，发现小球恰能到达跟P点在同一竖直线上的最高点B。(1)求小球到达B点时的速率；(2)若不计空气阻力，则初速度v0为多少？(3)若初速度v03，则小球在从A到B的过程中克服空气阻力做了多少功？(1)小球恰好到达最高点B时，细线给小球有力的作用吗？提示：没有，只受重力。(2)细线碰到钉子瞬间，小球的速度发生改变吗？提示：不变，因为力与速度垂直。尝试解答(1) (2) (3)mgL。(1)小球恰好到达最高点B，所以mg得vB(2)从A到B的过程由动能定理得mgmvmvv
16、0(3)从A到B过程由动能定理得mgWmvmv02WmgL总结升华动能定理在圆周运动中的应用竖直面内圆周运动经常考查最高点和最低点，最高点的速度和最低点的速度可以通过动能定理联系起来，所以竖直面内的圆周运动，经常和动能定理联系应用。1如图所示，位于竖直平面内的光滑轨道，由一段斜的直轨道和与之相切的圆形轨道连接而成，圆形轨道的半径为R。一质量为m的小物块从斜轨道上的某处由静止开始下滑，然后沿圆形轨道运动。要求物块能通过圆形轨道最高点，且在该最高点与轨道间的压力不能超过5mg(g为重力加速度)。求物块初始位置相对于圆形轨道底部的高度h的取值范围。答案Rh5R解析设物块在圆形轨道最高点的速度为v，由
17、动能定理得mg(h2R)mv2物块在圆形轨道最高点受的力为重力mg和轨道的压力FN重力与压力的合力提供向心力，则有mgFNm物块能通过最高点的条件是FN0由式得v由式得hR按题目的要求，有FN5mg由式得v由式得h5R。则h的取值范围是Rh5R22015湖南联考如图所示，光滑的水平导轨MN右端N处与水平传送带理想连接，传送带水平长度L1.6 m，皮带以恒定速率v逆时针匀速运动，传送带的右端平滑连接着一个固定在竖直平面内、半径为R0.4 m的光滑半圆轨道PQ；质量为m0.2 kg且可视为质点的滑块A置于水平导轨MN上，开始时滑块A与墙壁之间有一压缩的轻弹簧，系统处于静止状态，现松开滑块A，弹簧伸
18、长，滑块脱离弹簧后滑上传送带，从右端滑出并沿半圆轨道运动到最高点Q后水平飞出，又正好落回N点。已知滑块A与传送带之间的动摩擦因数0.25，取g10 m/s2。求：(1)滑块A在半圆轨道P处对轨道的压力；(2)压缩的轻弹簧的弹性势能Ep。答案(1)18 N(2)4 J解析(1)滑块A从Q飞出后做平抛运动，有：LvQt2Rgt2代入数据解得：vQ4 m/s滑块A从P运动到Q过程中由动能定理得mg2Rmvmv在P点由牛顿第二定律得：Nmgm代入数据解得：N18 N，由牛顿第三定律可知，压力大小为18 N(2)皮带转动方向和滑块A运动方向相反，A在皮带上做匀减速运动。弹簧松开之后，其弹性势能转化成滑块
19、A的动能：Epmv滑块从N点到P点运动过程中，由动能定理有：mgLmvmv代入数据解得：Ep4 J案例剖析(18分)如图所示，质量为m1 kg的可视为质点的小物体轻轻放在匀速运动的传送带上的P点，随传送带运动到A点后水平抛出，小物体恰好无碰撞地沿圆弧切线从B点进入竖直光滑圆弧轨道下滑，圆弧轨道与质量为M2 kg的足够长的小车左端在最低点O点相切，小物体在O点滑上小车，水平地面光滑，当小物体运动到障碍物Q处时与Q发生无机械能损失的碰撞。碰撞前小物体和小车已经相对静止，而小车可继续向右运动(小物体始终在小车上)，小车运动过程中和圆弧无相互作用。已知圆弧半径R1.0 m，圆弧对应的圆心角为53，A点
20、距水平地面的高度h0.8 m，小物体与小车间的动摩擦因数为0.1，重力加速度g10 m/s2，sin530.8，cos530.6。试求：(1)小物体离开A点的水平速度v1；(2)小物体经过O点时对轨道的压力大小；(3)第一次碰撞后直至静止，小物体相对小车的位移和小车做匀减速运动的总时间。审题抓住信息，准确推断破题形成思路，快速突破(1)小物体离开A点的水平速度的求解：选研究过程：小物体从A到B；列运动学方程：a竖直方向：v2gh；b.B点：tan。(2)小物体经过O点时对轨道的压力的求解：选研究过程：小物体从A到O点；列运动学方程：mg(hRRcos)mvmv；小物体在O点。a选择规律：牛顿第
21、二定律；b方程式：FNmgm。(3)小物体相对小车的位移和小车做匀减速运动的总时间的求解思路。请写出求小物体相对小车的位移的思路。提示：先利用牛顿第二定律求出m和M的加速度，再利用运动学公式求出小物体和小车的共同速度vt，最后利用功能关系求出l相。请写出求小车做匀减速运动的总时间的思路。提示：小车从小物体碰撞后开始做匀减速运动，利用牛顿第二定律和运动学公式求时间。解题规范步骤，水到渠成(1)对小物体由A到B有：v2gh(2分)在B点：tan，解得v13 m/s(3分)(2)由A到O，根据动能定理有：mg(hRRcos)mvmv(2分)在O点：FNmg(1分)解得：v0 m/s，FN43 N(1
22、分)由牛顿第三定律得FNFN43 N，方向竖直向下(1分)(3)摩擦力Ffmg1 N，加速度amg1 m/s2，aM0.5 m/s2，(2分)小物体滑上小车后经过时间t达到的共同速度为vt，则t，得vt m/s(2分)由于碰撞不损失能量，小物体在小车上重复做匀减速和匀加速运动，相对小车始终向左运动，小物体与小车最终静止，摩擦力做功使动能全部转化为内能，故有：Ffl相(Mm)v，得l相5.5 m(2分)小车从小物体碰撞后开始匀减速运动，(每个减速阶段)加速度不变，aM0.5 m/s2，vtaMt，得t s(2分)点题突破瓶颈，稳拿满分(1)常见的思维障碍无法理解“沿圆弧切线从B点进入竖直光滑圆弧
23、轨道下滑”的含义，导致无法求解A点的水平速度；小物体滑上小车后没有判断达到共同速度这一重要环节，导致把l绝对当成l相而出错。(2)因解答不规范导致的失分：小物体在O点的牛顿第二定律方程式漏掉重力而写成FNm导致出错。12015课标全国卷如图，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()AWmgR，质点恰好可以到达Q点BWmgR，质点不能到达Q点CWmgR，质点到达Q点后，
24、继续上升一段距离DWmgR，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，4mgmgm，解得质点滑到最低点的速度v。对质点从开始下落到滑到最低点的过程，由动能定理得，2mgRWmv2，解得WmgR。质点运动过程，半径方向的合力提供向心力，即FNmgsinm，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fFN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WmgR。由此可知，质点到达Q点后，
25、可继续上升一段距离，选项C正确，选项A、B、D错误。22015四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mghmvmv，得v末，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。32015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
26、时间为t1，第二次由C滑到A，所用的时间为t2，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()At1t2 D无法比较t1、t2的大小答案A解析设初速度为v0，第一次到达B点的速率为vB1，到达C点的速率为vC1，A到C由动能定理可得：WfAB1mvmv，WfBC1mvmv，第二次到达B点的速率为vB2，到达A点的速率为vA2，C到A由动能定理可得：WfBA2mvmv，WfCB2mvmv，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WfBC1WfCB2，对于AB部分，速度越大，压力越小，摩擦力越小，所以WfAB1
27、vB2，vC1vA2，可以判断出t1h2，l1cos1l2cos2，可得v1v2；当物块沿木板3下滑时，由动能定理有mgh3mgl3cos3mv0，又h2h3，l2cos2v3，故A错，B对。三个过程中产生的热量分别为Q1mgl1cos1，Q2mgl2cos2，Q3mgl3cos3，则Q1Q2Q3，故C、D对，应选A。6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，B、C是水平的，其距离d0.50 m，盆边缘的高度为h0.30 m。在A处放一个质量为m的小物块并让其从静止出发下滑。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0.10。小物块
28、在盆内来回滑动，最后停下来，则停的地点到B的距离为()A0.50 m B0.25 mC0.10 m D0答案D解析设物体在水平面上运动的总路程为L。物体从开始到停止的全过程，根据动能定理：mghmgL0解得：L3 m因为BC长0.5 m，所以小物块最终停在B点，选项D正确。7如图所示，质量为M的木块放在光滑的水平面上，质量为m的子弹以速度v0沿水平方向射中木块，并最终留在木块中与木块一起以速度v运动。已知当子弹相对木块静止时，木块前进距离为L，子弹进入木块的深度为s，若木块对子弹的阻力F视为恒定，则下列关系中正确的是()AFLMv2BFsmv2CFsmv(Mm)v2DF(Ls)mvmv2答案A
29、CD解析根据动能定理，对子弹：F(Ls)mv2mv知，D正确；对木块：FLMv2，A正确；由以上二式相加后整理可得Fsmv(Mm)v2，C正确。82015湖南省十三校联考有一物体由某一固定的长斜面的底端以初速度v0沿斜面上滑，斜面与物体间的动摩擦因数0.5，其动能Ek随离开斜面底端的距离x变化的图线如图所示，g取10 m/s2，不计空气阻力，则以下说法正确的是()A斜面的倾角30B物体的质量为m0.5 kgC斜面与物体间的摩擦力大小f2 ND物体在斜面上运动的总时间t2 s答案BC解析由动能定理知Ekx图象的斜率表示合外力则上升阶段mgsinmgcos5，下降阶段mgsinmgcos1，联立得
30、tan，即37，m0.5 kg，故A选项错误，B选项正确。物体与斜面间的摩擦力fmgcos2 N，故C选项正确。上升阶段由Ekx斜率知F15 N，则a110 m/s2，t1，Ek1mv25，联立得t11 s同理，下降阶段F21 N，则a22 m/s2，t2Ek2mv5，联立得t2 s则tt1t2(1) s，故D选项错误。92015河北保定元月调研如图所示，内壁光滑半径大小为R的圆轨道竖直固定在桌面上，一个质量为m的小球静止在轨道底部A点。现用小锤沿水平方向快速击打小球，击打后迅速移开，使小球沿轨道在竖直面内运动。当小球回到A点时，再次用小锤沿运动方向击打小球，通过两次击打，小球才能运动到圆轨道
31、的最高点。已知小球在运动过程中始终未脱离轨道，在第一次击打过程中小锤对小球做功W1，第二次击打过程中小锤对小球做功W2。设先后两次击打过程中小锤对小球做功全部用来增加小球的动能，则W1/W2的值可能是()A1/2B2/3C3/4 D1答案AB解析第一次击打，小球运动的最高高度为R，即W1mgR，第二次击打，小球才能运动到圆轨道的最高点，而恰好过最高点的条件为mgm，即v高，小球从静止到到达最高点的过程，由动能定理得W1W2mg2Rmv0，得W1W2mgR，则，故选项A、B正确。102016青岛模拟如图所示，一个小球(视为质点)从H12 m高处，由静止开始沿光滑弯曲轨道AB进入半径R4 m的竖直
32、圆环内侧，且与圆环的动摩擦因数处处相等，当到达圆环顶点C时，刚好对轨道压力为零；然后沿CB圆弧滑下，进入光滑弧形轨道BD，到达高度为h的D点时速度为零，则h的值可能为()A10 m B9.5 mC8.5 m D8 m答案BC解析小球到达环顶C时，刚好对轨道压力为零，在C点，由重力充当向心力，则根据牛顿第二定律得：mgm，开始小球从H12 m高处，由静止开始通过光滑弧形轨道AB，因此在小球上升到顶点时，根据动能定理得：mg(H2R)Wfmv2，得Wf2mg。列从C到D的动能定理：mg(2Rh)Wf0mv2，由于摩擦力做功，所以上升过程平均速度比下降过程平均速度大，对轨道的压力大、摩擦力大，所以0
33、WfWf，解得8 mh10 m，所以B、C正确。二、非选择题(本题共2小题，共30分)112015浙江高考(15分)如图所示，用一块长L11.0 m的木板在墙和桌面间架设斜面，桌子高H0.8 m，长L21.5 m。斜面与水平桌面的夹角可在060间调节后固定。将质量m0.2 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10.05，物块与桌面间的动摩擦因数为2，忽略物块在斜面与桌面交接处的能量损失。(重力加速度取g10 m/s2；最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(1)求角增大到多少时，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
34、因数2；(已知sin370.6，cos370.8)(3)继续增大角，发现53时物块落地点与墙面的距离最大，求此最大距离xm。答案(1)tan0.05(2)20.8(3)xm1.9 m解析(1)为使小物块下滑，mgsin1mgcos满足的条件：tan0.05(2)克服摩擦力做功Wf1mgL1cos2mg(L2L1cos)由动能定理得mgL1sinWf0代入数据得20.8(3)由动能定理得mgL1sinWfmv2代入数据得v1 m/sHgt2t0.4 sx1vtx10.4 mxmx1L21.9 m122016北京师大附中月考(15分)如图所示，竖直平面内固定着一个滑槽轨道，其左半部是倾角为37，长
35、为l1 m的斜槽PQ，右部是光滑半圆槽QSR，RQ是其竖直直径。两部分滑槽在Q处平滑连接，R、P两点等高。质量为m0.2 kg的小滑块(可看做质点)与斜槽间的动摩擦因数为0.375。将小滑块从斜槽轨道的最高点P释放，使其开始沿斜槽下滑，滑块通过Q点时没有机械能损失。求：(1)小滑块从P到Q克服摩擦力做的功Wf；(2)为了使小滑块滑上光滑半圆槽后恰好能到达最高点R，从P点释放时小滑块沿斜面向下的初速度v0的大小；(3)现将半圆槽上半部圆心角为60的RS部分去掉，用上一问得到的初速度v0将小滑块从P点释放，它从S点脱离半圆槽后继续上升的最大高度h。(取g10 m/s2，sin370.60，cos370.80。)答案(1)0.6 J(2)3 m/s(3)0.225 m解析(1)克服摩擦力做功：Wfmgcosl0.6 J(2)从P到R全过程对滑块用动能定理得：Wfmvmv在R点重力充当向心力半径rlsin0.3 m，mg解得v03 m/s(3)从P到S全过程对滑块用动能定理得：mgr(1cos)Wfmvmv则离开半圆槽时的速度vS m/s，如图，其竖直分速度vyvSsin m/sv2gh得h0.225 m
