2020高考物理一輪復(fù)習(xí) 第五章 第2講 動(dòng)能定理及其應(yīng)用學(xué)案（含解析）.doc

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動(dòng)能定理及其應(yīng)用 主干梳理 對(duì)點(diǎn)激活 知識(shí)點(diǎn)　　動(dòng)能?、? 1．定義：物體由于運(yùn)動(dòng)而具有的能。 2．公式：Ek＝mv2。 3．矢標(biāo)性：動(dòng)能是標(biāo)量，只有正值，動(dòng)能與速度方向無(wú)關(guān)。 4．狀態(tài)量：動(dòng)能是狀態(tài)量，因?yàn)関是瞬時(shí)速度。 5．相對(duì)性：由于速度具有相對(duì)性，所以動(dòng)能也具有相對(duì)性。 6．動(dòng)能的變化：物體末動(dòng)能與初動(dòng)能之差，即ΔEk＝mv－mv。動(dòng)能的變化是過(guò)程量。 知識(shí)點(diǎn)　　動(dòng)能定理?、? 1．內(nèi)容：合外力對(duì)物體所做的功，等于物體在這個(gè)過(guò)程中動(dòng)能的變化。 2．表達(dá)式 (1)W＝ΔEk。 (2)W＝Ek2－Ek1。 (3)W＝mv－mv。 3．物理意義：合外力的功是物體動(dòng)能變化的量度。 4．適用范圍廣泛 (1)既適用于直線運(yùn)動(dòng)，也適用于曲線運(yùn)動(dòng)。 (2)既適用于恒力做功，也適用于變力做功。 (3)力可以是各種性質(zhì)的力，既可以同時(shí)作用，也可以不同時(shí)作用。 　　　　　　　　　　　　　　　　　　 一 思維辨析 1．合外力做功是物體動(dòng)能變化的原因。(　　) 2．如果物體所受合外力不為零，那么合外力的功也一定不為零。(　　) 3．物體的動(dòng)能不變就是物體的速度不變。(　　) 4．物體在合外力作用下做變速運(yùn)動(dòng)，動(dòng)能一定變化。(　　) 5．運(yùn)用動(dòng)能定理可以求變力做功。(　　) 答案　1.√　2.　3.　4.　5.√ 二 對(duì)點(diǎn)激活 1．(人教版必修2P74T1改編)改變汽車的質(zhì)量和速度，都可能使汽車的動(dòng)能發(fā)生改變，下列幾種情形中，汽車的動(dòng)能不變的是(　　) A．質(zhì)量不變，速度增大到原來(lái)的2倍 B．速度不變，質(zhì)量增大到原來(lái)的2倍 C．質(zhì)量減半，速度增大到原來(lái)的2倍 D．速度減半，質(zhì)量增大到原來(lái)的4倍 答案　D 解析　由Ek＝mv2知只有D項(xiàng)汽車動(dòng)能不變。 2．(多選)關(guān)于動(dòng)能定理的表達(dá)式W＝Ek2－Ek1，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．公式中的W為不包含重力的其他力做的總功 B．公式中的W為包含重力在內(nèi)的所有力做的功，也可通過(guò)以下兩種方式計(jì)算：先求每個(gè)力的功再求功的代數(shù)和或先求合外力再求合外力的功 C．公式中的Ek2－Ek1為動(dòng)能的增量，當(dāng)W>0時(shí)，動(dòng)能增加，當(dāng)W<0時(shí)，動(dòng)能減少 D．動(dòng)能定理適用于直線運(yùn)動(dòng)，但不適用于曲線運(yùn)動(dòng)，適用于恒力做功，但不適用于變力做功 答案　BC 解析　W＝Ek2－Ek1中的W指合外力的功，當(dāng)然包括重力在內(nèi)，Ek2－Ek1為動(dòng)能的增量，由功來(lái)量度，W>0，ΔEk>0，W<0，ΔEk<0，動(dòng)能定理也適用于曲線運(yùn)動(dòng)和變力做功。故B、C正確。 3．(人教版必修2P75T5改編)運(yùn)動(dòng)員把質(zhì)量是500 g的足球踢出后，某人觀察它在空中的飛行情況，估計(jì)上升的最大高度是10 m，在最高點(diǎn)的速度為20 m/s。估算出運(yùn)動(dòng)員踢球時(shí)對(duì)足球做的功為(　　) A．50 J B．100 J C．150 J D．無(wú)法確定 答案　C 解析　運(yùn)動(dòng)員踢球時(shí)對(duì)足球做的功等于足球獲得的初動(dòng)能，足球上升時(shí)重力做的功等于動(dòng)能的增加量，即－mgh＝Ek2－Ek1，則Ek1＝Ek2＋mgh＝150 J，故C正確。 考點(diǎn)細(xì)研 悟法培優(yōu) 考點(diǎn)1　動(dòng)能定理的理解和應(yīng)用 1．做功的過(guò)程就是能量轉(zhuǎn)化的過(guò)程，動(dòng)能定理表達(dá)式中的“＝”的意義是一種因果關(guān)系在數(shù)值上相等的符號(hào)。 (1)因果關(guān)系：合力做功是引起物體動(dòng)能變化的原因。 (2)數(shù)量關(guān)系：合力做功與動(dòng)能變化具有等量代換的關(guān)系。 (3)單位關(guān)系：國(guó)際單位制中功和能的單位都是焦耳。 2．動(dòng)能定理敘述中所說(shuō)的“外力”，既可以是重力、彈力、摩擦力，也可以是電場(chǎng)力、磁場(chǎng)力或其他力；既可以是恒力，也可以是變力。 3．動(dòng)能定理中涉及的物理量有F、l、m、v、W、Ek，在處理含有上述物理量的問(wèn)題時(shí)，優(yōu)先考慮使用動(dòng)能定理。 4．應(yīng)用動(dòng)能定理的注意事項(xiàng) (1)應(yīng)用動(dòng)能定理解題應(yīng)抓好“兩狀態(tài)，一過(guò)程”。“兩狀態(tài)”即明確研究對(duì)象的始、末狀態(tài)的速度或動(dòng)能情況，“一過(guò)程”即明確研究過(guò)程，確定這一過(guò)程研究對(duì)象的受力情況和位置變化或位移信息。 (2)動(dòng)能定理中的位移和速度必須是相對(duì)于同一個(gè)參考系的，一般以地面或相對(duì)地面靜止的物體為參考系。 (3)應(yīng)用動(dòng)能定理的關(guān)鍵在于對(duì)研究對(duì)象進(jìn)行準(zhǔn)確的受力分析及運(yùn)動(dòng)過(guò)程分析，并畫出運(yùn)動(dòng)過(guò)程的草圖，借助草圖理解物理過(guò)程之間的關(guān)系。 (4)當(dāng)物體的運(yùn)動(dòng)包含多個(gè)不同過(guò)程時(shí)，可分段應(yīng)用動(dòng)能定理求解；當(dāng)所求解的問(wèn)題不涉及中間的速度時(shí)，也可以全過(guò)程應(yīng)用動(dòng)能定理求解，這樣更簡(jiǎn)便。 (5)當(dāng)選擇全部子過(guò)程作為研究過(guò)程，涉及重力、大小恒定的阻力或摩擦力做功時(shí)，要注意運(yùn)用它們的做功特點(diǎn)：①重力做的功取決于物體的初、末位置，與路徑無(wú)關(guān)；②大小恒定的阻力或摩擦力做的功等于力的大小與路程的乘積。 (6)列動(dòng)能定理方程時(shí)，必須明確各力做功的正、負(fù)，確實(shí)難以判斷的先假定為正功，最后根據(jù)結(jié)果加以檢驗(yàn)。 例1　(2016浙江高考)(多選)如圖所示為一滑草場(chǎng)。某條滑道由上下兩段高均為h，與水平面傾角分別為45和37的滑道組成，滑草車與草地之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ。質(zhì)量為m的載人滑草車從坡頂由靜止開(kāi)始自由下滑，經(jīng)過(guò)上、下兩段滑道后，最后恰好靜止于滑道的底端(不計(jì)滑草車在兩段滑道交接處的能量損失，sin37＝0.6，cos37＝0.8)。則(　　) A．動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝ B．載人滑草車最大速度為 C．載人滑草車克服摩擦力做功為mgh D．載人滑草車在下段滑道上的加速度大小為g 解題探究　(1)載人滑草車最大速度出現(xiàn)在什么位置？ 提示：滑草車先勻加速下滑，再勻減速下滑，速度最大位置在兩條滑道的連接處。 (2)滑草車下滑的整個(gè)過(guò)程中下降的高度為多少？ 提示：2h。 嘗試解答　選AB。 滑草車受力分析如圖所示，在B點(diǎn)處有最大速度v，在上、下兩段所受摩擦力大小分別為f1、f2 f1＝μmgcos45，f2＝μmgcos37 整個(gè)過(guò)程由動(dòng)能定理列方程： mg2h－f1－f2＝0① 解得：μ＝，A項(xiàng)正確； 滑草車在上段滑道運(yùn)動(dòng)過(guò)程由動(dòng)能定理列方程： mgh－f1＝mv2② 解得：v＝ ，B項(xiàng)正確； 由①式知：Wf＝2mgh，C項(xiàng)錯(cuò)誤； 在下段滑道上，mgsin37－μmgcos37＝ma2 解得：a2＝－g，故D項(xiàng)錯(cuò)誤。 總結(jié)升華 應(yīng)用動(dòng)能定理解題的基本思路 [變式1]　如圖所示，質(zhì)量為0.1 kg的小物塊在粗糙水平桌面上滑行4 m后以3.0 m/s的速度飛離桌面，最終落在水平地面上，已知物塊與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，桌面高0.45 m，若不計(jì)空氣阻力，取g＝10 m/s2，則(　　) A．小物塊的初速度是5 m/s B．小物塊的水平射程為1.2 m C．小物塊在桌面上克服摩擦力做8 J的功 D．小物塊落地時(shí)的動(dòng)能為0.9 J 答案　D 解析　小物塊在桌面上克服摩擦力做功Wf＝μmgL＝2 J，C錯(cuò)誤；在水平桌面上滑行，由動(dòng)能定理得－Wf＝mv2－mv，解得v0＝7 m/s，A錯(cuò)誤；小物塊飛離桌面后做平拋運(yùn)動(dòng)，有x＝vt，h＝gt2，解得x＝0.9 m，B錯(cuò)誤；設(shè)小物塊落地時(shí)動(dòng)能為Ek，由動(dòng)能定理得mgh＝Ek－mv2，解得Ek＝0.9 J，D正確。 考點(diǎn)2　動(dòng)能定理與圖象結(jié)合問(wèn)題 解決物理圖象問(wèn)題的基本步驟 1．觀察題目給出的圖象，弄清縱坐標(biāo)、橫坐標(biāo)所對(duì)應(yīng)的物理量及圖線所表示的物理意義。 2．根據(jù)物理規(guī)律推導(dǎo)出縱坐標(biāo)與橫坐標(biāo)所對(duì)應(yīng)的物理量間的函數(shù)關(guān)系式。 3．將推導(dǎo)出的物理規(guī)律與數(shù)學(xué)上與之相對(duì)應(yīng)的標(biāo)準(zhǔn)函數(shù)關(guān)系式相對(duì)比，找出圖線的斜率、截距、圖線的交點(diǎn)，弄清圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積所對(duì)應(yīng)的物理意義，分析解答問(wèn)題，或者利用函數(shù)圖線上的特定值代入函數(shù)關(guān)系式求物理量。 例2　(2018河南陜州中學(xué)月考)(多選)一質(zhì)量為2 kg的物體，在水平恒定拉力的作用下以一定的初速度在粗糙的水平面上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后，拉力逐漸減小，且當(dāng)拉力減小到零時(shí)，物體剛好停止運(yùn)動(dòng)，圖中給出了拉力隨位移變化的關(guān)系圖象。已知重力加速度g＝10 m/s2，由此可知(　　) A．物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)約為0.35 B．減速過(guò)程中拉力對(duì)物體所做的功約為13 J C．勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度約為6 m/s D．減速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間約為1.7 s 解題探究　(1)F－x圖象與x軸圍成的面積表示什么？ 提示：拉力F做的功。 (2)對(duì)于加速度從0增大的減速運(yùn)動(dòng)，如何判斷運(yùn)動(dòng)時(shí)間范圍？ 提示：可以假設(shè)從相同初速度以最大加速度值做勻減速運(yùn)動(dòng)，比較兩種運(yùn)動(dòng)的時(shí)間。 嘗試解答　選ABC。 F－x圖象與x軸圍成的面積代表拉力F所做的功，由圖知減速階段F－x圖線與x軸圍成面積約13個(gè)小格，每個(gè)小格表示1 J，則約為13 J，故B正確。剛開(kāi)始勻速運(yùn)動(dòng)，則F＝μmg，由圖象知F＝7 N，則μ＝＝0.35，故A正確。全程應(yīng)用動(dòng)能定理：WF－μmgs＝0－mv，其中WF＝(74＋13) J＝41 J，得v0＝6 m/s，故C正確。減速運(yùn)動(dòng)時(shí)f－F＝ma，所以物體做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)，且加速度最后增大到amax＝μg，如果物體從v0以a＝μg的加速度勻減速停止，則時(shí)間t0＝＝1.7 s，由vt圖象斜率的意義畫出兩種減速情況的vt圖象，可知實(shí)際減速時(shí)間t>t0＝1.7 s，D錯(cuò)誤。 總結(jié)升華 與動(dòng)能定理結(jié)合緊密的幾種圖象 (1)v－t圖：由公式x＝vt可知，v－t圖線與橫坐標(biāo)軸圍成的面積表示物體的位移。 (2)F－x圖：由公式W＝Fx可知，F(xiàn)－x圖線與橫坐標(biāo)軸圍成的面積表示力所做的功。 (3)P－t圖：由公式W＝Pt可知，P－t圖線與橫坐標(biāo)軸圍成的面積表示力所做的功。 (4)a－t圖：由公式Δv＝at可知，a－t圖線與橫坐標(biāo)軸圍成的面積表示物體速度的變化量。 [變式2]　(2018南平模擬)(多選)放在粗糙水平地面上質(zhì)量為0.8 kg的物體受到水平拉力的作用，在0～6 s內(nèi)其速度與時(shí)間的關(guān)系圖象和該拉力的功率與時(shí)間的關(guān)系圖象分別如圖所示。下列說(shuō)法中正確的是(　　) A．0～6 s內(nèi)拉力做的功為140 J B．物體在0～2 s內(nèi)所受的拉力為4 N C．物體與粗糙水平地面的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5 D．合外力在0～6 s內(nèi)做的功與0～2 s內(nèi)做的功相等 答案　AD 解析　0～6 s內(nèi)拉力做的功可以由P－t圖線與t軸圍成的面積求得W＝140 J，故A正確；2～6 s內(nèi)物體勻速運(yùn)動(dòng)，由P＝F2v2得2～6 s內(nèi)拉力F2＝＝＝2 N，則摩擦力Ff＝F2＝2 N,0～2 s內(nèi)由v－t圖得a＝5 m/s2，由牛頓第二定律F1－Ff＝ma，得F1＝6 N，故B錯(cuò)誤；由Ff＝μmg得μ＝0.25，故C錯(cuò)誤；合外力做的功等于動(dòng)能的增加量，所以0～6 s內(nèi)與0～2 s內(nèi)合外力做的功相等，故D正確。 考點(diǎn)3　應(yīng)用動(dòng)能定理解決曲線運(yùn)動(dòng)問(wèn)題 1．平拋運(yùn)動(dòng)和圓周運(yùn)動(dòng)都屬于曲線運(yùn)動(dòng)，若只涉及位移和速度而不涉及時(shí)間，應(yīng)優(yōu)先考慮用動(dòng)能定理列式求解。 2．動(dòng)能定理的表達(dá)式為標(biāo)量式，不能在某一個(gè)方向上列動(dòng)能定理方程。 例3　如圖所示，質(zhì)量為m的小球用長(zhǎng)為L(zhǎng)的輕質(zhì)細(xì)線懸于O點(diǎn)，與O點(diǎn)處于同一水平線上的P點(diǎn)處有一個(gè)光滑的細(xì)釘，已知OP＝，在A點(diǎn)給小球一個(gè)水平向左的初速度v0，發(fā)現(xiàn)小球恰能到達(dá)跟P點(diǎn)在同一豎直線上的最高點(diǎn)B。 (1)求小球到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速率； (2)若不計(jì)空氣阻力，則初速度v0為多少？ (3)若初速度v0′＝3，小球仍能恰好到達(dá)B點(diǎn)，則小球在從A到B的過(guò)程中克服空氣阻力做了多少功？ 解題探究　(1)小球恰好到達(dá)最高點(diǎn)B時(shí)，細(xì)線給小球有力的作用嗎？ 提示：沒(méi)有，只受重力。 (2)細(xì)線碰到釘子瞬間，小球的速度發(fā)生改變嗎？ 提示：不變，因?yàn)榧?xì)線拉力與速度垂直。 嘗試解答　(1) 　(2) 　(3)mgL (1)小球恰好到達(dá)最高點(diǎn)B，所以mg＝， 得vB＝ 。 (2)從A到B的過(guò)程由動(dòng)能定理得 －mg＝mv－mv， 可得v0＝ 。 (3)從A到B過(guò)程由動(dòng)能定理得 －mg－W＝mv－mv0′2 可得W＝mgL。 總結(jié)升華 動(dòng)能定理在圓周運(yùn)動(dòng)中的應(yīng)用 豎直面內(nèi)圓周運(yùn)動(dòng)經(jīng)?？疾槲矬w在最高點(diǎn)和最低點(diǎn)的狀態(tài)，最高點(diǎn)的速度和最低點(diǎn)的速度可以通過(guò)動(dòng)能定理聯(lián)系起來(lái)，所以豎直面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)，經(jīng)常和動(dòng)能定理聯(lián)系起來(lái)應(yīng)用。 [變式3]　(2019洛陽(yáng)市尖子生聯(lián)考)如圖所示，一半徑為R的半圓形軌道豎直固定放置，直徑POQ水平，軌道的內(nèi)表面動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ。一質(zhì)量為m的小滑塊從P點(diǎn)正上方由靜止釋放，釋放高度為R，小滑塊恰好從P點(diǎn)進(jìn)入軌道。小滑塊滑到軌道最低點(diǎn)N時(shí)，對(duì)軌道的壓力為4mg，g為重力加速度。用W表示小滑塊第一次在軌道NQ段運(yùn)動(dòng)時(shí)克服摩擦力所做的功。則(　　) A．W＝mgR B．Wf乙，若甲、乙兩物體與水平面動(dòng)摩擦因數(shù)相同，則m甲>m乙，故A正確，B錯(cuò)誤。由于甲、乙兩物體質(zhì)量大小關(guān)系未知，故甲、乙與地面間動(dòng)摩擦因數(shù)大小關(guān)系不能確定，C、D錯(cuò)誤。 4. (2018成都月考)如圖所示，斜面的傾角為θ，質(zhì)量為m的滑塊距擋板P的距離為x0，滑塊以初速度v0沿斜面上滑，滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，滑塊所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力。若滑塊每次與擋板相碰均無(wú)機(jī)械能損失，則滑塊經(jīng)過(guò)的總路程是(　　) A. B. C. D. 答案　A 解析　滑塊最終要停在斜面底部，設(shè)滑塊經(jīng)過(guò)的總路程為x，對(duì)滑塊運(yùn)動(dòng)的全程應(yīng)用動(dòng)能定理：mgx0sinθ－μmgxcosθ＝0－mv，解得x＝，A正確。 5．(2018西安質(zhì)檢)靜止在粗糙水平面上的物塊在水平向右的拉力作用下做直線運(yùn)動(dòng)，t＝4 s時(shí)停下，其v－t圖象如圖所示，已知物塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)處處相同，則下列判斷正確的是(　　) A．整個(gè)過(guò)程中拉力做的功等于物塊克服摩擦力做的功 B．整個(gè)過(guò)程中拉力做的功等于零 C．t＝2 s時(shí)刻拉力的瞬時(shí)功率在整個(gè)過(guò)程中最大 D．t＝1 s到t＝3 s這段時(shí)間內(nèi)拉力不做功 答案　A 解析　對(duì)物塊運(yùn)動(dòng)全過(guò)程應(yīng)用動(dòng)能定理得：WF－Wf＝0，A正確，B錯(cuò)誤；物塊在加速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受到的拉力最大，結(jié)合題圖可知，t＝1 s時(shí)拉力的瞬時(shí)功率為整個(gè)過(guò)程中拉力功率的最大值，C錯(cuò)誤；t＝1 s到t＝3 s這段時(shí)間內(nèi)，拉力與摩擦力平衡，拉力做正功，D錯(cuò)誤。 6．如圖所示，置于光滑水平面上的物塊在水平恒力F的作用下由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，其速度v、動(dòng)能Ek及拉力功率P隨時(shí)間t或位移x的變化圖象可能正確的是(　　) 答案　C 解析　物塊在水平恒力作用下由靜止開(kāi)始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，其加速度a＝，速度v＝at＝t，vt圖象為過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)的傾斜直線，A錯(cuò)誤；由v2＝2ax＝x，可知vx圖象的拋物線開(kāi)口向x軸正方向，B錯(cuò)誤；動(dòng)能Ek＝mv2＝t2，C正確；功率P＝Fv＝Fat＝t，D錯(cuò)誤。 7. (2018石家莊一模)如圖所示，N、M、B分別為半徑等于0.1 m的豎直光滑圓軌道的左端點(diǎn)、最低點(diǎn)和右端點(diǎn)，B點(diǎn)和圓心O等高，連線NO與豎直方向的夾角為37?，F(xiàn)從B點(diǎn)的正上方某處A點(diǎn)由靜止釋放一個(gè)質(zhì)量為0.1 kg的小球，進(jìn)入圓軌道后，從N點(diǎn)飛出時(shí)的速度大小為2 m/s。不計(jì)空氣阻力，重力加速度g＝10 m/s2，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．A、B間的豎直高度為0.12 m B．小球經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道壓力的大小為2.4 N C．小球經(jīng)過(guò)M點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道壓力的大小為4.4 N D．小球從A點(diǎn)到M點(diǎn)的過(guò)程中所受重力的功率一直增大 答案　AB 解析　設(shè)AB的豎直高度為h，由A到N由動(dòng)能定理得：mg(h＋Rcos37)＝mv－0，得h＝0.12 m，故A正確；由A到B由動(dòng)能定理得mgh＝mv－0，NB＝，得NB＝2.4 N，由牛頓第三定律知小球在B點(diǎn)對(duì)軌道壓力大小為2.4 N，故B正確；由A到M由動(dòng)能定理得：mg(h＋R)＝mv－0，NM－mg＝，得NM＝5.4 N，由牛頓第三定律知小球在M點(diǎn)對(duì)軌道壓力大小為5.4 N，故C錯(cuò)誤；重力的瞬時(shí)功率P＝mgvcosθ，A點(diǎn)因v＝0，則P＝0，M點(diǎn)因θ＝90，則P＝0，故從A點(diǎn)到M點(diǎn)，重力的功率先變大后變小，故D錯(cuò)誤。 8．(2018福建泉州檢測(cè))如圖甲所示，長(zhǎng)為l、傾角為α的斜面固定在水平地面上，一質(zhì)量為m的物塊從斜面頂端由靜止釋放并沿斜面向下滑動(dòng)。已知物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ與下滑距離x的變化圖象如圖乙所示，則(　　) A．μ0>tanα B．物塊下滑的加速度逐漸增大 C．物塊下滑到斜面底端的過(guò)程克服摩擦力做功為 μ0mglcosα D．物塊下滑到底端時(shí)的速度大小為 答案　BC 解析　物塊在斜面頂端靜止釋放能夠下滑，應(yīng)滿足mgsinα>μ0mgcosα，即μ00，可得vM> ，B項(xiàng)正確。在P→Q的過(guò)程中因重力沿斜面向下的分力不變，而彈簧彈力沿斜面向下的分力逐漸變小，則滑塊所受沿斜面向下的合力逐漸減小，則其加速度一直在減小，C項(xiàng)正確。由幾何關(guān)系可知滑塊由P到Q下降的高度大于由Q到M下降的高度，又P到Q過(guò)程中彈簧彈力做正功，Q到M過(guò)程中彈簧彈力做負(fù)功，再結(jié)合動(dòng)能定理分析可知，D項(xiàng)錯(cuò)誤。 10．(2018安徽定遠(yuǎn)期末)如圖所示，一個(gè)小球(可視為質(zhì)點(diǎn))從H＝12 m高處，由靜止開(kāi)始沿光滑彎曲軌道AB進(jìn)入半徑R＝4 m的豎直圓環(huán)內(nèi)側(cè)，且與圓環(huán)的動(dòng)摩擦因數(shù)處處相等，當(dāng)?shù)竭_(dá)圓環(huán)頂點(diǎn)C時(shí)，剛好對(duì)軌道壓力為零；然后沿CB圓弧滑下，進(jìn)入光滑弧形軌道BD，到達(dá)高度為h的D點(diǎn)時(shí)速度為零，則h的值可能為(　　) A．10 m B．9.5 m C．8.5 m D．8 m 答案　BC 解析　小球到達(dá)圓環(huán)頂點(diǎn)C時(shí)，剛好小球?qū)壍缐毫榱悖贑點(diǎn)，由重力充當(dāng)向心力，則根據(jù)牛頓第二定律得：mg＝m，開(kāi)始小球從H＝12 m高處，由靜止開(kāi)始通過(guò)光滑弧形軌道AB，因此在小球上升到頂點(diǎn)C時(shí)，根據(jù)動(dòng)能定理得：mg(H－2R)－Wf＝mv2，得Wf＝2mg。從C到D由動(dòng)能定理得：mg(2R－h(huán))－Wf′＝0－mv2，由于摩擦力做功，所以上升過(guò)程平均速度比下降過(guò)程平均速度大，對(duì)軌道的壓力大、摩擦力大，所以0

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2020高考物理一輪復(fù)習(xí) 第五章 第2講 動(dòng)能定理及其應(yīng)用學(xué)案含解析 2020 高考 物理 一輪 復(fù)習(xí) 第五 動(dòng)能 定理 及其 應(yīng)用 解析

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