湖南省长沙市高中物理 第16章 动量守恒定律 16动能定理

湖南省长沙市高中物理 第16章 动量守恒定律 16动能定理

动能定理 ‎ 一． 选择题 ‎1．如图所示，在匀速转动的电动机带动下，足够长的水平传送带以恒定速率Vl匀速向右运动．一质量为m的滑块从传送带右端以水平向左的速率V2（V2＞V1）滑上传送带，最终滑块又返回至传送带的右端．就上述过程，下列判断不正确的有（　　）‎ A．滑块返回传送带右端时的速率为V1‎ B．此过程中传送带对滑块做功为mv22﹣mv12‎ C．此过程中滑块对传送带做的功为﹣mv1v2﹣mv12‎ D．此过程中滑块与传送带间摩擦产生的热量为m（v1+v2）2‎ ‎2．如图所示，半径为R的半圆形轨道竖直放置，直径MN处于水平，AO，CO与竖直半径BO夹角均为30°，弧MA，NC部分粗糙，弧AC部分光滑，质量为m的物块从M点正上方距离为R处，以速度v=向下运动，无碰撞的进入圆弧轨道，物块运动到N点时速度恰好减为零。已知物块与轨道粗糙部分的滑动摩擦因数为μ=0.4，下列各种说法中正确的是（　　）‎ A．物块最终可能停在轨道的MA或NC段上 B．物块经过B点时的速度可能为 C．物块经过B点时的速度可能为 D．物块经过A点时对轨道的压力可能等于mg ‎3．一个初动能为E的小物块从斜面底端冲上足够长的斜面，返回斜面底端时速度大小为v，该过程物体克服摩擦力做功为．若小物块冲上斜面的初动能变为2E，则（　　）‎ A．返回斜面底端时动能为 B．返回斜面底端时动能为 C．返回斜面底端时速度大小为2v D．返回斜面底端时速度大小为 ‎4．如图甲所示，是由两块粗糙程度不同的木板A、B平滑连接在一起，其中A板倾角可调．现让一滑块从高h处由静止滑下，在水平板上滑行x后停止运动．改变h大小但保持距离d不变的情况下描绘出的x﹣h图象如图乙所示．则滑块与木板A、B间的动摩擦因数分别为（　　）‎ A．， B．， C．， D．，‎ ‎5．如图甲所示，在倾角为θ的光滑斜面上，有一个质量为m的物体在沿斜面方向的力F的作用下由静止开始运动，物体的机械能E随位移x的变化关系如图乙所示．其中0～x1过程的图线是曲线，x1～x2过程的图线为平行于x轴的直线，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．物体在沿斜面向上运动 B．在0～x1过程中，物体的加速度逐渐减小 C．在0～x2过程中，力F先做正功，后做负功 D．在x1～x2过程中，物体做匀加速运动 ‎6．如图所示，一质量为m的小球置于半径为R的光滑竖直圆轨道最低点A处，B为轨道最高点，C、D为圆的水平直径两端点．轻质弹簧的一端固定在圆心O点，另一端与小球栓接，已知弹簧的劲度系数为k=，原长为L=2R，弹簧始终处于弹性限度内，若给小球一水平初速度v0，已知重力加速度为g，下列说法错误的是（　　）‎ A．只要小球能做完整的圆周运动，则小球与轨道间最大压力与 最小压力之差与v0无关 B．速度只要满足＜v0＜，则小球会在B、D间脱离圆轨道 C．只要v0＞，小球就能做完整的圆周运动 D．无论v0多大，小球均不会离开圆轨道 ‎7．如图所示，竖直圆盘绕中心O沿顺时针方向匀速转动，圆盘边缘上固定一小柱P，当小柱转到与O同一高度时，将小球从O点以一定的初速度水平向P抛出，小球恰好碰到P．已知此过程中圆盘转动未超过一周，小球碰到P时的动能为抛出时的2倍，重力加速度为g，不计空气阻力，根据以上信息可以确定的是（　　）‎ A．小球抛出时的速度 B．小球碰到P之前的飞行时间 C．圆盘转动的角速度 D．从小球抛出到碰到P过程中圆盘转过的角度 ‎8．如图所示，一小球距离水面高h处静止释放，不计空气阻力，设水对小球的阻力与小球的速度平方成正比，水足够深，则（　　）‎ A．h越大，小球匀速运动时的速度越大 B．h增大，小球在水中的动能变化量一定增大 C．h减小，小球在水中的动能变化量可能增大 D．小球在水平刚开始做匀速运动的位置与h无关 ‎9．斜面倾角为60°，长为‎3L，其中AC段、CD段、DB段长均为L，一长为L，质量均匀分布的长铁链，其总质量为M，用轻绳拉住刚好使上端位于D点，下端位于B点，铁链与CD段斜面的动摩擦因数μ=，斜面其余部分均可视为光滑，现用轻绳把铁链沿斜面全部拉到水平面上，人至少要做的功为（　　）‎ A． B．MgL C．MgL D．MgL ‎10．如图，水平转台上有一个质量为m的物块（可视为质点），物块与竖直转轴间距为R，物块与转台间动摩擦因数为μ，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，现让物块始终随转台一起由静止开始缓慢加速转动至角速度为ω时（　　）‎ A．物块受到的向心力为μmg B．物块受到的摩擦力为mω2R C．转台对物块做的功为mω2R2‎ D．转台对物块做的功不小于μmgR ‎11．如图，P为处于水平面内的转盘，可绕竖直转轴OO'转动，长度为l的缆绳一端悬挂在转盘边缘，另一端栓接一质量为m的小球，转盘静止时缆绳顶端与转轴间的距离为d，现让转盘由静止逐渐加速转动，经过一段时间后小球与转盘一起做匀速圆周运动，且缆绳与转轴在同一竖直面内．此时缆绳与竖直方向的夹角为θ，不计空气阻力及缆绳重力，重力加速度为g，下列判断正确的是（　　）‎ A．小球与转盘一起做匀速圆周运动时，小球受到缆绳的拉力大小为mgcosθ B．小球从静止到做匀速圆周运动的过程中，缆绳对小球做的功为mgdtanθ C．小球从静止到做匀速圆周运动的过程中，缆绳对小球做的功为mg（d+lsinθ）tanθ+mgl（1+cosθ）‎ D．如果圆盘稳定转动时的角速度不变，换一个质量更大的小球随其转动，稳定时缆绳与竖直方向的夹角θ不变 ‎12．如图，由不同材料拼接成的长直杆CPD，P为两材料分界点，DP＞CP，现让直杆以下面两种情况与水平面成45°．一个套在长直杆上的圆环静止开始从顶端滑到底端，两种情况下圆环经过相同的时间滑到P点。则圆环（　　）‎ A．与杆CP段的动摩擦因数较小 B．两次滑到P点的速度可能相同 C．两次滑到P点摩擦力做功一定相同 D．到达底端D所用时间较长 二．多选题 ‎13‎ ‎．如图所示，水平转台上有一个质量为m的物块，用长为L的细绳将物块连接在转轴上，细线与竖直转轴的夹角为θ角，此时绳中张力为零，物块与转台间动摩擦因数为μ（μ＜tanθ），最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块随转台由静止开始缓慢加速转动，则（　　）‎ A．至绳中出现拉力时，转台对物块做的功为2μmgLsinθ B．至绳中出现拉力时，转台对物块做的功为μmgLsinθ C．至转台对物块支持力为零时，转台对物块做的功为 D．设法使物体的角速度增大到时，物块机械能增量为 三．解答题 ‎14．如图所示，水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在A点，自然状态时其右端位于B点．水平桌面右侧有一竖直放置的轨道MNP，其形状为半径R=‎1.0m的圆环剪去了左上角120°的圆弧，MN为其竖直直径，P点到桌面的竖直距离是h=‎2.4m．用质量m1=‎0.4kg的物块将弹簧缓慢压缩到C点，释放后弹簧恢复原长时物块恰停止在B点．用同种材料、质量为m2=‎0.2kg的物块将弹簧缓慢压缩到C点释放，物块过B点后做匀变速运动其位移与时间的关系为s=6t﹣2t2，物块飞离桌面后恰好由P点沿切线落入圆轨道．（不计空气阻力，g取‎10m/s2）：‎ ‎（1）物块m2过B点时的瞬时速度vB及与桌面间的滑动摩擦因数μ；‎ ‎（2）若轨道MNP光滑，物快经过轨道最低点N时对轨道的压力FN；‎ ‎（3）若小球刚好能到达轨道最高点M，则释放后m2运动过程中克服摩擦力做的功W．‎ ‎15‎ ‎．如图所示，质量为m=lkg的小物块由静止轻轻放在水平匀速运动的传送带上，从A点随传送带运动到水平部分的最右端B点，经半圆轨道C点沿圆弧切线进入竖直光滑的半圆轨道，恰能做圆周运动。C点在B点的正上方，D点为轨道的最低点。小物块离开D点后，做平抛运动，恰好垂直于倾斜挡板打在挡板跟水平面相交的E点。已知半圆轨道的半径R=‎0.9m，D点距水平面的高度h=‎0.75m，取g=‎10m/s2，试求：‎ ‎（1）摩擦力对物块做的功；‎ ‎（2）小物块经过D点时对轨道压力的大小；‎ ‎（3）倾斜挡板与水平面间的夹角θ。‎ ‎　‎ ‎动能定理专题 参考答案与试题解析 一．选择题（共16小题）‎ ‎1．如图所示，在匀速转动的电动机带动下，足够长的水平传送带以恒定速率Vl匀速向右运动．一质量为m的滑块从传送带右端以水平向左的速率V2（V2＞V1）滑上传送带，最终滑块又返回至传送带的右端．就上述过程，下列判断不正确的有（　　）‎ A．滑块返回传送带右端时的速率为V1‎ B．此过程中传送带对滑块做功为mv22﹣mv12‎ C．此过程中滑块对传送带做的功为﹣mv1v2﹣mv12‎ D．此过程中滑块与传送带间摩擦产生的热量为m（v1+v2）2‎ ‎【分析】滑块冲上皮带后，受到向右的滑动摩擦力，匀减速向左滑行，速度减至零之后向右匀加速，根据v1小于v2的情况分析滑块返回传送带右端时的速率．根据动能定理得全过程传送带对物块做的总功．热量根据摩擦力与相对位移的乘积求解．‎ ‎【解答】解：A、由于传送带足够长，滑块匀减速向左滑行，直到速度减为零，然后滑块在滑动摩擦力的作用下向右匀加速，由于v1＜v2，所以当滑块速度增大到等于传送带速度时，物体还在传送带上，之后不受摩擦力，物体与传送带一起向右匀速运动，所以滑块返回传送带右端时的速率等于v1；故A正确；‎ B、此过程中只有传送带对滑块做功，根据动能定理得：传送带对滑块做功 W=△EK=mv12﹣mv22，故B错误；‎ CD、设滑块向左运动的时间t1，位移为x1，则：x1=t1‎ 摩擦力对滑块做功：W1=fx1=ft1①‎ 又摩擦力做功等于滑块动能的减小，即：W1=mv22②‎ 该过程中传送带的位移：x2=v1t1‎ 滑块对传送带做的功：W2=﹣fx2=﹣fv1t1=﹣fv1=﹣2fx③‎ 将①②代入③得：W2=﹣mv1v2‎ 设滑块向右运动的时间t2，位移为x3，则：x3=t2‎ 摩擦力对滑块做功：W3=fx3=mv12‎ 该过程中传送带的位移：x4=v1t2=2x3‎ 滑块对传送带做功：W4=﹣fx4=﹣mv12‎ 故此过程中滑块对传送带做的功为 W滑=W2+W4=﹣mv1v2﹣mv12。‎ 滑块相对传送带的总位移：x相=x1+x2+x4﹣x3=x1+x2+x3‎ 滑动摩擦力对系统做功：W总=fx相对=W1+W2+W3=m（v1+v2）2‎ 滑块与传送带间摩擦产生的热量大小等于通过滑动摩擦力对系统做功，Q=W总=f•x相=m（v1+v2）2，故C、D正确；‎ 本题选不正确的，故选：B。‎ ‎【点评】本题关键是对于物体返回的过程分析，物体先做减速运动，之后反向加速，最后做匀速运动．计算滑块与传送带间摩擦产生的热量时要用相对位移．‎ ‎　‎ ‎2．如图所示，半径为R的半圆形轨道竖直放置，直径MN处于水平，AO，CO与竖直半径BO夹角均为30°，弧MA，NC部分粗糙，弧AC部分光滑，质量为m的物块从M点正上方距离为R处，以速度v=向下运动，无碰撞的进入圆弧轨道，物块运动到N点时速度恰好减为零。已知物块与轨道粗糙部分的滑动摩擦因数为μ=0.4，下列各种说法中正确的是（　　）‎ A．物块最终可能停在轨道的MA或NC段上 B．物块经过B点时的速度可能为 C．物块经过B点时的速度可能为 D．物块经过A点时对轨道的压力可能等于mg ‎【分析】在C点根据平衡条件得到动摩擦因数的大小，由此判断能否静止在MA或NC段；‎ 从开始到N过程中，根据能量关系结合功能关系分析B点速度大小；‎ 根据动能定理求解在A点速度，再根据牛顿第二定律求解压力大小。‎ ‎【解答】解：A、假设能够停在C点，则有μmgcosθ≥mgsinθ，解得μ≥tanθ==0.58，而题干给出的动摩擦因数为0.4，故物块最终不可能停在轨道的MA或NC段上，故A错误；‎ B、从开始到N过程中，根据能量关系可得损失的机械能为：△E=+mgR=mgR，‎ 由于在MA段的平均速度大于CN段的平均速度，所以在MA段的平均摩擦力大于CN段的平均摩擦力，所以在CN段克服摩擦力做的功Wf2＜=mgR，‎ 从C到N根据功能关系可得：=Wf2+mgR＜mgR，所以物块经过B点时的速度vB＜gR；‎ 速度最小时一定能够达到N点，则，所以vB＞，故B正确、C错误；‎ D、根据动能定理可得=mgR+，解得物块经过A点时的速度大小为vA=，在A点根据牛顿第二定律可得：FA=m=3mg，所以在A点对轨道的压力等于3mg，故D错误；‎ 故选：B。‎ ‎【点评】本题主要是考查了动能定理；运用动能定理解题时，首先要选取研究过程，然后分析在这个运动过程中哪些力做正功、哪些力做负功，初末动能为多少，根据动能定理列方程解答。‎ ‎　‎ ‎　‎ ‎3．一个初动能为E的小物块从斜面底端冲上足够长的斜面，返回斜面底端时速度大小为v，该过程物体克服摩擦力做功为．若小物块冲上斜面的初动能变为2E，则（　　）‎ A．返回斜面底端时动能为 B．返回斜面底端时动能为 C．返回斜面底端时速度大小为2v D．返回斜面底端时速度大小为 ‎【分析】（1）冲上斜面和返回到斜面底端两过程中克服摩擦阻力做功相等；‎ ‎（2）初动能增大后，上升的高度也随之变大，可根据匀减速直线运动的速度位移公式求出上升的位移，进而表示出克服摩擦力所做的功；‎ ‎（3）对两次运动分别运用动能定理即可求解．‎ ‎【解答】解：以初动能为E冲上斜面并返回的整个过程中运用动能定理得：mV2﹣E=﹣①‎ 设以初动能为E冲上斜面的初速度为V0，则以初动能为2E冲上斜面时，初速度为V0，加速度相同，根据2ax=V2﹣V02可知第二次冲上斜面的位移是第一次的两倍，所以上升过程中克服摩擦力做功是第一次的两倍，整个上升返回过程中克服摩擦力做功是第一次的两倍，即为E。‎ 以初动能为2E冲上斜面并返回的整个过程中运用动能定理得：mV′2﹣2E=﹣E ②‎ 所以返回斜面底端时的动能为E，A错误，B错误；‎ 由①②得：V′=V，C错误，D正确。‎ 故选：D。‎ ‎【点评】该题考查了动能定理的直接应用，注意以不同的初动能冲上斜面时，运动的位移不同，摩擦力做的功也不同．‎ ‎　‎ ‎4．如图甲所示，是由两块粗糙程度不同的木板A、B平滑连接在一起，其中A板倾角可调．现让一滑块从高h处由静止滑下，在水平板上滑行x后停止运动．改变h大小但保持距离d不变的情况下描绘出的x﹣h图象如图乙所示．则滑块与木板A、B间的动摩擦因数分别为（　　）‎ A．， B．， C．， D．，‎ ‎【分析】分别对物块在斜面的情况与在水平面的情况进行受力分析，然后根据动能定理列式求解x与h的关系表达式；再次根据图乙中的几何关系即可求出．‎ ‎【解答】解：对全程运用动能定理，有：mgh﹣μ1mgcosθ•x1﹣μ2mgx=0（θ为斜面的坡角）‎ 由几何关系得到：d=x1cosθ 得到：x=﹣‎ 图线的延长线与两坐标轴的交点坐标分别为（a，0）和（0，﹣b），故：‎ ‎= （斜率）‎ ‎﹣=﹣b （截距）‎ 解得：‎ μ1=‎ μ2=‎ 所以选项A正确。‎ 故选：A。‎ ‎【点评】本题关键是对全程应用动能定理列式求解出x﹣h图象的函数表达式，然后结合图象进行分析，中档题目．‎ ‎　‎ ‎5．如图甲所示，在倾角为θ的光滑斜面上，有一个质量为m的物体在沿斜面方向的力F的作用下由静止开始运动，物体的机械能E随位移x的变化关系如图乙所示．其中0～x1过程的图线是曲线，x1～x2过程的图线为平行于x轴的直线，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．物体在沿斜面向上运动 B．在0～x1过程中，物体的加速度逐渐减小 C．在0～x2过程中，力F先做正功，后做负功 D．在x1～x2过程中，物体做匀加速运动 ‎【分析】根据功能关系：除重力以外其它力所做的功等于机械能的增量，在0～x1过程中物体机械能在减小，知拉力在做负功，机械能与位移图线的斜率表示拉力．当机械能守恒时，拉力等于零，通过拉力的变化判断其加速度的变化．‎ ‎【解答】解：A．在0～x1过程中物体机械能在减小，知拉力在做负功，拉力方向向上，所以位移方向向下，故物体在沿斜面向下运动，故A错误；‎ B．在0～x1过程中图线的斜率逐渐减小到零，知物体的拉力逐渐减小到零。根据a=，可知，加速度逐渐增大，故B错误；‎ C．在0～x1过程中物体机械能在减小，知拉力在做负功，x1～x2过程中，机械能守恒，拉力F=0，拉力不做功，故C错误；‎ D．在0～x1过程中，加速度的方向与速度方向相同，都沿斜面向下，所以物体先做加速运动，x1～x2过程中，机械能守恒，拉力F=0，此时a=‎ ‎=gsinθ，物体做匀加速运动，故D正确。‎ 故选：D。‎ ‎【点评】解决本题的关键通过图线的斜率确定出拉力的变化，然后根据牛顿第二定律判断出加速度的方向，根据加速度方向和速度的方向关系知道物体的运动规律．‎ ‎　‎ ‎6．如图所示，一质量为m的小球置于半径为R的光滑竖直圆轨道最低点A处，B为轨道最高点，C、D为圆的水平直径两端点．轻质弹簧的一端固定在圆心O点，另一端与小球栓接，已知弹簧的劲度系数为k=，原长为L=2R，弹簧始终处于弹性限度内，若给小球一水平初速度v0，已知重力加速度为g，下列说法错误的是（　　）‎ A．只要小球能做完整的圆周运动，则小球与轨道间最大压力与最小压力之差与v0无关 B．速度只要满足＜v0＜，则小球会在B、D间脱离圆轨道 C．只要v0＞，小球就能做完整的圆周运动 D．无论v0多大，小球均不会离开圆轨道 ‎【分析】AB、在轨道的任意位置对小球受力分析，比较弹簧的弹力于重力在半径方向上的分力的大小，即可得知选项AB的正误．‎ C、利用机械能守恒定律可解的小球做圆周运动时在最低点的速度，由此可判知选项C的正误．‎ D、根据向心力的公式分别列出在最高点和最低点赶到对小球的压力，结合小球在运动过程中机械能守恒，即可推导出压力之差的表达式，从而可知选项D的正误．‎ ‎【解答】解：A、小球在最低点时，由牛顿第二定律得：FN1﹣mg﹣k△x=m，其中k ‎△x=mg；从最低点到最高点的过程，根据动能定理得：‎ ‎=+mg•2R 在最高点：FN2+mg﹣k△x=m，联立解得：FN1﹣FN2=6mg，故A正确；‎ BD、小球运动到最高点速度为零时假设没有离开圆轨道，则此时弹簧的弹力 F弹=k△x=•R=mg，此时小球没有离开圆轨道，故B错误，D正确；‎ C、若小球到达最高点的速度恰为零，则根据动能定理得=mg•2R，解得 v0=，故只要v0＞，小球就能做完整的圆周运动，故C正确。‎ 本题选错误的，故选：B ‎【点评】本题涉及到的知识点较多，解答中要注意一下几点：‎ ‎1、正确的对物体进行受力分析，计算出沿半径方向上的合外力，利用向心力公式进行列式．‎ ‎2、注意临界状态的判断，知道临界状态下受力特点和运动的特点．‎ ‎3、熟练的判断机械能守恒的条件，能利用机械能守恒进行列式求解．‎ ‎　‎ ‎7．如图所示，竖直圆盘绕中心O沿顺时针方向匀速转动，圆盘边缘上固定一小柱P，当小柱转到与O同一高度时，将小球从O点以一定的初速度水平向P抛出，小球恰好碰到P．已知此过程中圆盘转动未超过一周，小球碰到P时的动能为抛出时的2倍，重力加速度为g，不计空气阻力，根据以上信息可以确定的是（　　）‎ A．小球抛出时的速度 B．小球碰到P之前的飞行时间 C．圆盘转动的角速度 D．从小球抛出到碰到P过程中圆盘转过的角度 ‎【分析】小球从O点以初速度v0水平向P抛出，到达位置Q时小球的动能是抛出时动能的2倍，由此即可求出重力做的功；然后由W=mgh求出小球下降的高度，将小球的运动分解，求出运动的时间和圆盘的半径，由小球偏转的角度求出圆盘的角速度．‎ ‎【解答】解：小球从O点以初速度v0水平向P抛出，到达位置Q时小球的动能是抛出时动能的2倍，由动能定理得：‎ 所以：‎ 小球在竖直方向做自由落体运动，‎ 所以：①‎ 小球在水平方向的位移：②‎ 圆盘的半径：③‎ A、由公式③可知，由于半径未知，所以不能求出小球的初速度。故A错误；‎ B、由于不能求出小球的初速度，根据①不能求出小球的运动时间。故B错误；‎ C、D、OQ的连线与竖直方向之间的夹角：④‎ 圆盘转动的角速度：⑤‎ 可知可以求出从小球抛出到碰到P过程中圆盘转过的角度，由于时间不知道，所以不能求出圆盘转动的角速度。故C错误，D正确。‎ 故选：D。‎ ‎【点评】该题将平抛运动与圆周运动相结合，这两种不同运动规律在解决同一问题时，常常用“时间”这一物理量把两种运动联系起来．‎ ‎　‎ ‎8．如图所示，一小球距离水面高h处静止释放，不计空气阻力，设水对小球的阻力与小球的速度平方成正比，水足够深，则（　　）‎ A．h越大，小球匀速运动时的速度越大 B．h增大，小球在水中的动能变化量一定增大 C．h减小，小球在水中的动能变化量可能增大 D．小球在水平刚开始做匀速运动的位置与h无关 ‎【分析】根据受力平衡求得匀速运动的速度恒定，即动能恒定；然后再根据h的变化，由机械能守恒得到刚进入水中时小球的速度变化及动能变化，即可求得位移的变化和动能变化量．‎ ‎【解答】解：A、小球做自由落体运动下落h后，在水中受重力和阻力作用，当小球匀速运动时，小球受力平衡，故重力和阻力大小相等，又有水对小球的阻力与小球的速度平方成正比，故小球做匀速运动时的速度恒定，故A错误；‎ BC、小球从不同高度下落，由机械能守恒可知：刚进入水中的动能随h增大而增大；小球最终做匀速运动的速率相同，故动能相同；那么当进入水中时动能小于最终动能时，h增大，小球在水中的动能变化量减小；当进入水中时动能大于最终动能时，h增大，小球在水中的动能变化量增大；故B错误，C正确 D、由A可知，小球做匀速运动时的速度恒定，那么，小球从不同高度下落，由机械能守恒可知：刚进入水中的速度不同，故小球在水平刚开始做匀速运动的位置与h相关，故D错误；‎ 故选：C。‎ ‎【点评】对经典力学问题，一般先进行受力分析求得合外力，即可根据几何关系得到运动状态的变化及做功情况，然后由动能定理即可求解．‎ ‎　‎ ‎9．斜面倾角为60°，长为‎3L ‎，其中AC段、CD段、DB段长均为L，一长为L，质量均匀分布的长铁链，其总质量为M，用轻绳拉住刚好使上端位于D点，下端位于B点，铁链与CD段斜面的动摩擦因数μ=，斜面其余部分均可视为光滑，现用轻绳把铁链沿斜面全部拉到水平面上，人至少要做的功为（　　）‎ A． B．MgL C．MgL D．MgL ‎【分析】要使把铁链沿斜面全部拉到水平面上，则需要把铁链的重心拉到水平面上，拉力做功最小时，重心到达水平面时的速度刚好为零，从开始拉铁链到铁链的重心到达水平面的过程中运用动能定理即可求解．‎ ‎【解答】解：拉力做功最小时，铁链重心到达水平面时的速度刚好为零，从开始拉铁链到铁链的重心到达水平面的过程中，运用动能定理得：‎ ‎0﹣0=WFmin﹣Mg•L•sin60°﹣μMgcos60°•L 解得：WFmin=MgL，故D正确。‎ 故选：D。‎ ‎【点评】本题主要考查了动能定理的直接应用，解题的关键是知道拉力做功最小时，重心到达水平面时的速度刚好为零．‎ ‎　‎ ‎10．如图，水平转台上有一个质量为m的物块（可视为质点），物块与竖直转轴间距为R，物块与转台间动摩擦因数为μ，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，现让物块始终随转台一起由静止开始缓慢加速转动至角速度为ω时（　　）‎ A．物块受到的向心力为μmg B．物块受到的摩擦力为mω2R C．转台对物块做的功为mω2R2‎ D．转台对物块做的功不小于μmgR ‎【分析】分析物块的受力情况，物块随转台做匀速圆周运动，静摩擦力充当向心力，根据向心力公式可求出摩擦力，因为滑块随转台缓慢变快，根据动能定理求转台对滑块做的功．‎ ‎【解答】解：A、物块与圆盘间是静摩擦力，不能用滑动摩擦力公式计算，故A错误。‎ B、物块受到重力、支持力和摩擦力三个力的作用，摩擦力沿半径方向的分量充当了向心力，因为圆盘加速转动，摩擦力在切向有分力，所以摩擦力大于，故B错误。‎ C、物块始终随转台一起由静止开始缓慢加速转动至角速度为ω的过程中，重力和支持力不做功，只有摩擦力做功，末速度v=ωR，根据动能定理，有，故C正确。‎ D、物体即将滑动时，最大静摩擦力提供向心力，由向心力公式，得，物体做加速圆周运动过程，所以转台对物块做的功小于或等于，故D错误。‎ 故选：C。‎ ‎【点评】本题考查了匀速圆周运动的问题，注意分析向心力的来源，同轴转动具有相等的角速度，转台加速过程中切向有摩擦力做功，根据动能定求变力做功是常用的方法．‎ ‎　　‎ ‎11‎ ‎．如图，P为处于水平面内的转盘，可绕竖直转轴OO'转动，长度为l的缆绳一端悬挂在转盘边缘，另一端栓接一质量为m的小球，转盘静止时缆绳顶端与转轴间的距离为d，现让转盘由静止逐渐加速转动，经过一段时间后小球与转盘一起做匀速圆周运动，且缆绳与转轴在同一竖直面内．此时缆绳与竖直方向的夹角为θ，不计空气阻力及缆绳重力，重力加速度为g，下列判断正确的是（　　）‎ A．小球与转盘一起做匀速圆周运动时，小球受到缆绳的拉力大小为mgcosθ B．小球从静止到做匀速圆周运动的过程中，缆绳对小球做的功为mgdtanθ C．小球从静止到做匀速圆周运动的过程中，缆绳对小球做的功为mg（d+lsinθ）tanθ+mgl（1+cosθ）‎ D．如果圆盘稳定转动时的角速度不变，换一个质量更大的小球随其转动，稳定时缆绳与竖直方向的夹角θ不变 ‎【分析】质点与转盘一起做匀速圆周运动时，由重力和绳子拉力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求小球受到缆绳的拉力和小球的速度，再根据动能定理研究质点从静止到做匀速圆周运动的过程中，得到绳子对小球做的功．由角速度的表达式分析缆绳与竖直方向的夹角θ与小球质量的关系．‎ ‎【解答】解：A、小球与转盘一起做匀速圆周运动时，由重力和绳子的拉力的合力提供质点圆周运动的向心力，如图，则小球受到缆绳的拉力大小为 T=，故A错误。‎ BC、设小球做匀速圆周运动时速度大小为v，则有 mgtanθ=m 对于小球从静止到做匀速圆周运动的过程中，重力做功为﹣mgl（1﹣cosθ），设绳子拉力做功为W，则根据动能定理得：‎ W﹣mgl（1﹣cosθ）=‎ 联立①②得：W=mg（d+lsinθ）tanθ+mgl（1﹣cosθ）。故B、C错误。‎ D、由v=ω（d+lsinθ）及mgtanθ=m得ω=，可知，ω与小球的质量无关，所以如果圆盘稳定转动时的角速度不变，换一个质量更大的小球随其转动，稳定时缆绳与竖直方向的夹角θ不变，故D正确。‎ 故选：D。‎ ‎【点评】本题中小球从静止到做匀速圆周运动的过程中，绳子拉力是变力，要首先考虑运用动能定理求解变力的功．要知道小球与转盘一起做匀速圆周运动时，由重力和绳子的拉力的合力提供质点圆周运动的向心力．‎ ‎　‎ ‎12．如图，由不同材料拼接成的长直杆CPD，P为两材料分界点，DP＞CP，现让直杆以下面两种情况与水平面成45°．一个套在长直杆上的圆环静止开始从顶端滑到底端，两种情况下圆环经过相同的时间滑到P点。则圆环（　　）‎ A．与杆CP段的动摩擦因数较小 B．两次滑到P点的速度可能相同 C．两次滑到P点摩擦力做功一定相同 D．到达底端D所用时间较长 ‎【分析】对两个过程，根据运动学基本公式结合牛顿第二定律判断动摩擦因数的关系，小物块两次滑动经过P点的时间相同，且DP＞‎ CP，根据平均速度公式判断两次滑到P点的速度关系，从C到D和从D到C分别利用动能定理可以比较物块滑到底端时的速度大小，再根据运动学基本公式判断那种情况所用时间长。‎ ‎【解答】解：A、第一种情况：从C到P过程，a1t2=g（sin45°﹣μ1cos45°）t2，‎ 第二种情况：从D到P过程，a2t2=g（sin45°﹣μ2cos45°）t2，‎ 因为，所以μ1＞μ2，即圆环与直杆CP段的动摩擦因数大于圆环与直杆DP段之间的动摩擦因数，故A错误；‎ B、由题意可知，小物块两次滑动经过P点的时间相同，且DP＞CP，因此从D到P的平均速度大于从C到P的平均速度，设从C到P点时速度为v1，从D到P时速度为v2，则根据匀变速直线运动特点有：，即从D到P点速度大于从C到P点的速度，则得v1＜v2，故B错误；‎ C、由于不知道动摩擦因数以及DP和CP的具体关系，所以不能判断两次滑到P点摩擦力做功是否相等，故C错误；‎ D、从C到D和从D到C过程中摩擦力做功相等，重力做功相等，根据动能定理可知，两次滑动中物块到达底端速度相等，设圆环滑到底端的速度大小为v。则 第一种情况：从P到D过程，t1‎ 第二种情况：从P到C过程，t2‎ 因为，v1＜v2。‎ 所以t1＞t2．则得第一次圆环到达底端所用时间长。故D正确。‎ 故选：D。‎ ‎【点评】本题应用牛顿第二定律和运动学、动能定理是解答这类问题的关键。应用动能定理时注意正确选择两个状态，弄清运动过程中外力做功情况，可以不用关心具体的运动细节。‎ ‎　‎ 二．多选题（共1小题）‎ ‎13‎ ‎．如图所示，水平转台上有一个质量为m的物块，用长为L的细绳将物块连接在转轴上，细线与竖直转轴的夹角为θ角，此时绳中张力为零，物块与转台间动摩擦因数为μ（μ＜tanθ），最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块随转台由静止开始缓慢加速转动，则（　　）‎ A．至绳中出现拉力时，转台对物块做的功为2μmgLsinθ B．至绳中出现拉力时，转台对物块做的功为μmgLsinθ C．至转台对物块支持力为零时，转台对物块做的功为 D．设法使物体的角速度增大到时，物块机械能增量为 ‎【分析】对物体受力分析知物块离开圆盘前 合力F=f+Tsinθ=；N+Tcosθ=mg，根据动能定理知W=Ek=‎ 然后根据临界条件分析做功和势能变化。‎ ‎【解答】解：对物体受力分析知物块离开圆盘前 合力F=f+Tsinθ=①‎ N+Tcosθ=mg②‎ 根据动能定理知W=Ek=③‎ AB、当弹力T=0，r=Lsinθ④‎ 由①②③④解得W=fLsinθ 至绳中出现拉力时，转台对物块做的功为μmgLsinθ，故A错误，B正确；‎ C、当N=0，f=0，由①②③知W=mgLsinθtanθ=，故C正确；‎ D、由①②知ω0=，设法使物体的角速度增大到ω=＞ω0=，故物体已脱离水平盘，此时夹角为α 则mgtanα=mω2r⑤‎ ‎△Ep=mgh=mg（Lcosθ﹣Lcosα）⑥‎ 由⑤⑥知△Ep=mgL•（cosθ﹣cosθ）=‎ 物块机械能增量为△Ep+△Ek=，故D正确；‎ 故选：BCD。‎ ‎【点评】此题考查牛顿运动定律和功能关系在圆周运动中的应用，注意临界条件的分析，至绳中出现拉力时，摩擦力为最大静摩擦力；转台对物块支持力为零时，N=0，f=0．题目较难，计算也比较麻烦。‎ 三．解答题 ‎14．如图所示，水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在A点，自然状态时其右端位于B点．水平桌面右侧有一竖直放置的轨道MNP，其形状为半径R=‎1.0m的圆环剪去了左上角120°的圆弧，MN为其竖直直径，P点到桌面的竖直距离是h=‎2.4m．用质量m1=‎0.4kg的物块将弹簧缓慢压缩到C点，释放后弹簧恢复原长时物块恰停止在B点．用同种材料、质量为m2=‎0.2kg的物块将弹簧缓慢压缩到C点释放，物块过B点后做匀变速运动其位移与时间的关系为s=6t﹣2t2，物块飞离桌面后恰好由P点沿切线落入圆轨道．（不计空气阻力，g取‎10m/s2）：‎ ‎（1）物块m2过B点时的瞬时速度vB及与桌面间的滑动摩擦因数μ；‎ ‎（2）若轨道MNP光滑，物快经过轨道最低点N时对轨道的压力FN；‎ ‎（3）若小球刚好能到达轨道最高点M，则释放后m2运动过程中克服摩擦力做的功W．‎ ‎【分析】（1）将x=6t﹣2t2‎ ‎，与匀变速直线运动的位移公式进行比对，得到物块通过B点后的初速度和加速度，由速度公式即可求得从B到D的时间，即可求得从B点运动到P点的时间．‎ ‎（2）物块离开D点做平抛运动，由P点沿圆轨道切线落入圆轨道，由机械能守恒定律求出最低点的速度，由向心力公式求对轨道的压力．‎ ‎（3）物块在内轨道做圆周运动，在最高点有临界速度，根据机械能守恒定律，求出M点的速度，与临界速度进行比较结合动能定理，求克服摩擦力做功．‎ ‎【解答】解：解析：（1）m2过B点后遵从s=6t﹣2t2所以知：vB=‎6m/s，a=﹣‎4m/s2．‎ 由牛顿第二定律：μmg=ma 解得μ==0.4．‎ ‎（2）竖直方向的分运动为自由落体运动，‎ 有P点速度在竖直方向的分量 P点速度在水平方向的分量vx==‎4m/s 解得离开D点的速度为vD=‎4m/s 由机械能守恒定律，有 得=‎74m2‎/s2‎ 根据牛顿第二定律，有，‎ 代入数据解得F'N=16.8N 根据牛顿第三定律，F=F'=16.8N，方向竖直向下．‎ ‎（3）小球刚好能到达M点，有，‎ 则 小球到达P点的速度=‎8m/s．‎ 从P到M点应用动能定理，有 代入数据解得WPM=2.4J 从B到D点应用动能定理，有，‎ 代入数据解得WBD=2J 从C到B点应用动能定理，有Ep=μm1gxCB；‎ WCB=3.6J 则释放后m2运动过程中克服摩擦力做的功为：W=WCB+WBD+WPM═8J 答：（1）物块m2过B点时的瞬时速度vB=‎6m/s，与桌面间的滑动摩擦因数0.4；‎ ‎（2）若轨道MNP光滑，物块m2经过轨道最低点N时对轨道的压力16.8N；‎ ‎（3）若物块m2刚好能到达轨道最高点M，则释放m2后整个运动过程中其克服摩擦力做的功8J．‎ ‎【点评】该题是平抛运动、圆周运动的综合题，该题中要熟练掌握机械能守恒定律，能量守恒定律，以及圆周运动的临界问题．‎ ‎15．如图所示，质量为m=lkg的小物块由静止轻轻放在水平匀速运动的传送带上，从A点随传送带运动到水平部分的最右端B点，经半圆轨道C点沿圆弧切线进入竖直光滑的半圆轨道，恰能做圆周运动。C点在B点的正上方，D点为轨道的最低点。小物块离开D点后，做平抛运动，恰好垂直于倾斜挡板打在挡板跟水平面相交的E点。已知半圆轨道的半径R=‎0.9m，D点距水平面的高度h=‎0.75m，取g=‎10m/s2，试求：‎ ‎（1）摩擦力对物块做的功；‎ ‎（2）小物块经过D点时对轨道压力的大小；‎ ‎（3）倾斜挡板与水平面间的夹角θ。‎ ‎【分析】本题（1）的关键是明确小物块经过C点时恰好能做圆周运动的条件是重力等于向心力，然后再由动能定理即可求解；‎ ‎（2）题的关键是根据动能定理或机械能守恒定律求出小物块到达D点时的速度，然后再根据牛顿第二定律和牛顿第三定律即可求解；‎ ‎（3）题的关键是根据平抛运动规律并结合几何知识即可求出所求。‎ ‎【解答】解：（1）设小物块经过C点时的速度大小，因为经过C时恰好能完成圆周运动，由牛顿第二定律可得：‎ mg=，解得=‎3m/s 小物块由A到B过程中，设摩擦力对小物块做的功为W，由动能定理得：‎ W=，解得W=4.5J 故摩擦力对物块做的功为4.5J。‎ ‎（2）设小物块经过D点时的速度为，对由C点到D点的过程，由动能定理的：‎ mg.2R=‎ 小物块经过D点时，设轨道对它的支持力大小为，由牛顿第二定律得：﹣mg=‎ 联立解得=60N，=‎3‎m/s 由牛顿第三定律可知，小物块对轨道的压力大小为：==60N。‎ 故小物块经过D点时对轨道的压力大小为60N。‎ ‎（3）小物块离开D点做平抛运动，设经时间t打在E点，由h=得：t=s 设小物块打在E点时速度的水平、竖直分量分别为、，速度跟竖直方向的夹角为α，则：‎ ‎ 又tanα==‎ 联立解得α=60° 再由几何关系可得θ=α=60°‎ 故倾斜挡板与水平面的夹角θ为60°。‎ ‎【点评】对与圆周运动、平抛运动综合的题目，要注意物体在竖直面内完成圆周运动的临界条件（注意“绳”、“杆”、“轨道”的区别），然后根据动能定理以及平抛规律联立即可求解。‎