物理一轮用书（二）.doc

考点三机车的两种启动模型(高频25)模型一以恒定功率启动(1)动态过程(2)这一过程的速度时间图象如下图所示：模型二以恒定加速度启动(1)动态过程：(2)这一过程的速度时间图象如下图所示：命题点1以恒定功率启动8(2015课标卷，17)一汽车在平直公路上行驶从某时刻开始计时，发动机的功率P随时间t的变化如图所示假定汽车所受阻力的大小f恒定不变下列描述该汽车的速度v随时间t变化的图线中，可能正确的是( )【解析】当汽车的功率为P1时，汽车在运动过程中满足P1F1v，因为P1不变，v逐渐增大，所以牵引力F1逐渐减小，由牛顿第二定律得F1fma1，f不变，所以汽车做加速度减小的加速运动，当F1f时速度最大，且vm.当汽车的功率突变为P2时，汽车的牵引力突增为F2，汽车继续加速，由P2F2v可知F2减小，又因F2fma2，所以加速度逐渐减小，直到F2f时，速度最大vm，以后匀速运动综合以上分析可知选项A正确【答案】A9.(2018山东淄博一中高三上学期期中)如图所示，是汽车牵引力F和车速倒数的关系图象，若汽车质量为2103 kg，由静止开始沿平直公路行驶，阻力恒定，最大车速为30 m/s，则以下说法正确的是() A汽车运动过程中受到阻力为6103 NB汽车的额定功率为6104 WC汽车先做匀加速运动，然后再做匀速直线运动D汽车做匀加速运动的时间是10 s【解析】由PFv得，FP，当F2103 N时，汽车匀速行驶，此时vm30 m/s，Ff2103 N，P210330 W6104 W，故A错，B对；汽车应先做变加速(加速度越来越小)后匀速直线运动，故C、D均错【答案】B命题点2以恒定加速度启动10(2018常州模拟)高速连续曝光照相机可在底片上重叠形成多个图象现利用这架照相机对MD2 000家用汽车的加速性能进行研究，如图为汽车做匀加速直线运动时三次曝光的照片，图中汽车的实际长度为4 m，照相机每两次曝光的时间间隔为2.0 s已知该汽车的质量为1 000 kg，额定功率为90 kW，汽车运动过程中所受的阻力始终为1 500 N.(1)试利用图示，求该汽车的加速度；(2)若汽车由静止开始以此加速度做匀加速运动，匀加速运动状态最多能保持多长时间；(3)汽车所能达到的最大速度是多大；(4)若该汽车从静止开始运动，牵引力不超过3 000 N，求汽车运动2 400 m所用的最短时间(汽车已经达到最大速度)【解析】(1)由题图可得汽车在第1个2.0 s时间内的位移x19 m，第2个2.0 s时间内的位移x215 m汽车的加速度a1.5 m/s2.(2)由FFfma得，汽车牵引力FFfma(1 5001 0001.5)N3 000 N汽车做匀加速运动的末速度v m/s30 m/s.匀加速运动保持的时间t1 s20 s.(3)汽车所能达到的最大速度vm m/s60 m/s.(4)由(1)、(2)知匀加速运动的时间t120 s，运动的距离x1t120 m300 m所以，后阶段以恒定功率运动的距离x2(2 400300)m2 100 m对后阶段以恒定功率运动，有：P额t2Ffx2m(vv2)解得t250 s所以最短时间为t总t1t2(2050)s70 s.【答案】(1)1.5 m/s2(2)20 s(3)60 m/s(4)70 s三个重要关系式(1)无论哪种运行过程，机车的最大速度都等于其匀速运动时的速度，即vm(式中Fmin为最小牵引力，其值等于阻力Ff)(2)机车以恒定加速度启动的运动过程中，匀加速过程结束时，功率最大，速度不是最大，即v<vm.(3)机车以恒定功率运行时，牵引力做的功WPt.由动能定理：PtFfxEk.此式经常用于求解机车以恒定功率启动过程的位移大小思想方法系列(五)变力做功问题的方法选用技巧方法概述求解变力做功，可根据实际情况选用不同的方法，常见的方法有如下六种：(1)微元法：当力的大小不变，而方向始终与运动方向相同或相反时，这类力的功的大小等于力和路程(不是位移)的乘积如滑动摩擦力做功、空气阻力做功等(2)平均力法：当力的方向不变，大小随位移做线性变化时，可先求出这段位移内力的平均值，再由Wscos 计算功，如弹簧弹力做功(3)转换法：若某一变力做的功和某一恒力做的功相等，则可以通过计算该恒力做的功来求变力做的功(4)图象法：做出变力F随位移s变化的图象，图象与位移轴所围的“面积”即为变力做的功如图中(a)图表示恒力F做的功W，(b)图表示变力F做的功W.(5)用动能定理WEk或功能关系WE，即用能量的增量等效代换变力所做的功(也可计算恒力功)(6)当变力的功率P一定时，可用WPt求功，如机车以恒定功率启动例1如图所示，n个完全相同、边长足够小且互不粘连的小方块依次排列，总长度为l，总质量为M，它们一起以速度v在光滑水平面上滑动，某时刻开始滑上粗糙水平面小方块与粗糙水平面之间的动摩擦因数为，若小方块恰能完全进入粗糙水平面，则摩擦力对所有小方块所做功的大小为() A.Mv2 BMv2C.Mgl DMgl【解析】总质量为M的小方块在进入粗糙水平面的过程中滑动摩擦力由0均匀增大，当全部进入时摩擦力达最大值Mg，总位移为l，平均摩擦力为Mg，由功的公式可得WflMgl，功的大小为Mgl，C正确，D错误；用动能定理计算，则为：Wf0Mv2Mv2，其大小为Mv2，A正确，B错误【答案】AC例2(2018漳州检测)质量为2 kg的物体做直线运动，沿此直线作用于物体的外力与位移的关系如图所示，若物体的初速度为3 m/s，则其末速度为() A5 m/sB m/sC. m/s D m/s【解析】Fx图象与x轴围成的面积表示外力所做的功，由题图可知：W(224432) J14 J，根据动能定理得：Wmv2mv，解得：v m/s，故B正确【答案】B变力做功问题的选用技巧求变力做功的方法较多，但不同的方法所适用的情况不相同：(1)化变力为恒力求变力功的方法适用于力的大小不变方向改变的情况(2)利用平均力求变力功的方法，适用于力的方向不变，其大小随位移均匀变化的情况(3)利用Fx图象求功的方法，适用于所求的力的功对应的力随位移x变化的图象已知，且面积易于计算的情况. 高考真题1(2014课标卷，16)一物体静止在粗糙水平地面上现用一大小为F1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F2，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WF1、WF2分别表示拉力F1、F2所做的功，Wf1、Wf2分别表示前后两次克服摩擦力所做的功，则()AWF24WF1，Wf22Wf1BWF24WF1, Wf22Wf1CWF2<4WF1，Wf22Wf1DWF2<4WF1, Wf2<2Wf1【解析】两次物体均做匀加速运动，由于时间相等，两次的末速度之比为12，则由vat可知两次的加速度之比为12，故两次的平均速度分别为、v，两次的位移之比为，由于两次的摩擦阻力相等，故由Wffx可知，Wf22Wf1；，因为W合WFWf，故WFW合Wf；WF2W合2Wf24W合12Wf1<4W合14Wf14WF1.选项C正确【答案】C2.(2015海南卷，4)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.mgR BmgR C.mgR DmgR【解析】在Q点质点受到竖直向下的重力和竖直向上的支持力，两力的合力充当向心力，所以有FNmgm，FN2mg，联立解得v，下滑过程中重力做正功，摩擦力做负功，根据动能定理可得mgRWfmv2，解得WfmgR，所以克服摩擦力做功mgR，C正确【答案】C3(2015浙江卷，18)我国科学家正在研制航母舰载机使用的电磁弹射器舰载机总质量为3.0104 kg，设起飞过程中发动机的推力恒为1.0105 N；弹射器有效作用长度为100 m，推力恒定要求舰载机在水平弹射结束时速度大小达到80 m/s.弹射过程中舰载机所受总推力为弹射器和发动机推力之和，假设所受阻力为总推力的20%，则( )A弹射器的推力大小为1.1106 NB弹射器对舰载机所做的功为1.1108 JC弹射器对舰载机做功的平均功率为8.8107 WD舰载机在弹射过程中的加速度大小为32 m/s2【解析】设总推力为F，位移x100 m，阻力F阻20%F，对舰载机加速过程由动能定理得Fx20%Fxmv2，解得F1.2106 N，弹射器推力F弹FF发1.2106 N1.0105 N1.1106 N，A正确；弹射器对舰载机所做的功为WF弹x1.1106100 J1.1108 J，B正确；弹射器对舰载机做功的平均功率F弹4.4107 W，C错误；根据运动学公式v22ax，得a32 m/s2，D正确【答案】ABD名校模拟4.(2018山东临沂高三上学期期中)如图所示，竖直平面内放一直角杆，杆的水平部分粗糙，杆的竖直部分光滑，两部分各套有质量均为1 kg的小球A和B，A、B间用细绳相连，A与水平杆之间的动摩擦因数0.2，初始A、B均处于静止状态，已知：OA3 m，OB4 m若A球在水平拉力F的作用下向右缓慢地移动1 m(取g10 m/s2)，那么该过程中() A小球A受到的摩擦力大小为7.5 NB小球B上升的距离为1 mC拉力F做功为12 JD拉力F做功为14 J【解析】对于A、B整体：Ff(mAmB)g4 N，A错；细绳不可伸长，A向右移动1 m，B就上升1 m，B对；WFfsmBgs14 J，C错，D对【答案】BD5(2018山东潍坊高三上学期期中)已知摩托艇受到的阻力的大小正比于其速率的平方要使摩托艇最大速率变为原来的2倍，则摩托艇发动机的输出功率变为原来的()A4倍 B2倍C8倍 D倍【解析】由Pfvm知Pkv，vm变为原来的2倍，P变为原来的8倍【答案】C6(2018山东烟台高三上学期期中)一列火车质量是2 000 t，由静止开始以额定功率P额3.0104 kw沿平直轨道向某一方向运动，前进900 m时达到最大速度设火车所受阻力恒定为车重的0.05倍，g取10 m/s2.则下列说法正确的是()A此过程中火车一直做匀加速直线运动B火车行驶的最大速度vm30 m/sC当火车的速度为10 m/s时，火车的加速度为1 m/s2D火车由静止到达到最大速度需要60 s【解析】f0.052 0001 00010 N1106 N，由Pfvm得，vm30 m/s，再由PFv得v10 m/s时，F3106 N，Ffma，a1 m/s2，由动能定理得：Ptfsmv，代入数据得t60 s，故B、C、D正确【答案】BCD课时作业(十四)基础小题练1.(2018山东济南一中上学期期中)如图所示，小球位于光滑的曲面上，曲面体位于光滑的水平地面上，从地面上看，在小球沿曲面下滑的过程中，曲面体对小球的作用力() A垂直于接触面，做功为零B垂直于接触面，做负功C不垂直于接触面，做功为零D不垂直于接触面，做正功【解析】小球下滑，重力势能减少，减少的重力势能转化为小球的动能和曲面体的动能，小球对曲面体做正功，而曲面体对小球的作用力做负功，B正确【答案】B2.(2018安庆模拟)如图所示，摆球质量为m，悬线长度为L，把悬线拉到水平位置后放手设在摆球从A点运动到B点的过程中空气阻力的大小F阻不变，则下列说法正确的是() A重力做功为mgLB悬线的拉力做功为0C空气阻力做功为mgLD空气阻力做功为F阻L【解析】摆球下落过程中，重力做功为mgL，A正确；悬线的拉力始终与速度方向垂直，故做功为0，B正确；空气阻力的大小不变，方向始终与速度方向相反，故做功为F阻L，C错误，D正确【答案】ABD3.如图所示，小球在水平拉力作用下，以恒定速率v沿竖直光滑圆轨由A点运动到B点，在此过程中拉力的瞬时功率变化情况是() A逐渐减小 B逐渐增大C先减小，后增大 D先增大，后减小【解析】小球速率不变，合力的功率为零，只有重力和F对小球做功，重力做负功，F做正功，根据速度方向与重力方向的变化关系，重力的瞬时功率越来越大，所以拉力的瞬时功率逐渐增大【答案】B4如图所示，木板可绕固定水平轴O转动木板从水平位置OA缓慢转到OB位置，木板上的物块始终相对于木板静止在这一过程中，物块的重力势能增加了2 J用FN表示物块受到的支持力，用f表示物块受到的摩擦力在此过程中，以下判断正确的是() AFN和f对物块都不做功BFN对物块做功为2 J，f对物块不做功CFN对物块不做功，f对物块做功为2 JDFN和f对物块所做功的代数和为0【解析】由做功的条件可知：只要有力，并且物块沿力的方向有位移，那么该力就对物块做功由受力分析知，支持力FN做正功，但摩擦力f方向始终和速度方向垂直，所以摩擦力不做功由动能定理知WNmgh0，故支持力FN做功为mgh.【答案】B5质量为m的汽车，以恒定的功率P从静止开始在平直路面上行驶一段距离s后达到最大速度vm，经历时间为t，若行驶中阻力Ff恒定，则以下关系式正确的是()Avm BPFfvmCPtmv DPtFfs【解析】根据PFv，FFfma，若保持功率P不变，可知汽车做加速度减小的加速运动，达到最大速度vm后，做匀速运动，所以A错误；匀速运动时，FFf，所以PFfvm，故B正确；对加速过程，根据动能定理可知：PtFfsmv0，所以C、D错误【答案】B6列车在空载情况下以恒定功率P经过一平直的路段，通过某点时速率为v，加速度大小为a1；当列车满载货物再次经过同一点时，功率和速率均与原来相同，但加速度大小变为a2.重力加速度大小为g.设阻力是列车重力的k倍，则列车满载与空载时的质量之比为()A. BC. D【解析】由PFv、Ffma及fkmg得m，由题干知空载与满载货物时通过同一点时功率和速率均相同，即P、v不变，所以，A正确【答案】A创新导向练7生活科技行驶中电动车的功率问题一个高中生骑电动车以20 km/h的速度匀速行驶，电动车所受的阻力是人和车总重力的.已知人和车的总质量约为80 kg，重力加速度大小g取10 m/s2，则此时电动车电机的输出功率约为()A50 W B100 W C.450 W D800 W【解析】车在匀速行驶时，人和车受力平衡，人和车受到的阻力大小为fmg800 N80 N，此时的功率PFvfv444 W，所以C正确【答案】C8科技物理动车组中的功率与速度的制约关系把动力装置分散安装在每节车厢上，使其既具有牵引动力，又可以载客，这样的客车车辆叫做动车几节自带动力的车辆(动车)加几节不带动力的车辆(也叫拖车)编成一组，就是动车组，假设动力车组运行过程中受到的阻力与其所受重力成正比，每节动车与拖车的质量都相等，每节动车的额定功率都相等若1节动车加3节拖车编成的动车组的最大速度为120 km/h；则6节动车加3节拖车编成的动车组的最大速度为()A120 km/h B240 km/hC320 km/h D480 km/h【解析】若1节动车加3节拖车编成的动车组的最大速度为v1120 km/h；则6节动车加3节拖车编成的动车组的最大速度为v24v1120 km/h320 km/h.故选项C正确【答案】C9生活实际汽车爬坡行驶中功率与速度的制约关系一汽车以速度v0在平直路面上匀速行驶，在t0时刻汽车进入一定倾角的上坡路段，设汽车行驶过程中受到的阻力大小恒定不变，发动机的输出功率不变，已知汽车上坡路面足够长从t0时刻开始，汽车运动的vt图象可能正确的有()【解析】汽车在平直路面上以速度v0匀速行驶时，设汽车受到的阻力大小为f，汽车的牵引力大小为F，t0时刻汽车上坡，加速度a，汽车立即减速，又牵引力F随速度减小而增大，汽车做加速度减小的减速运动，当加速度减小为0时，汽车匀速运动，选项D正确【答案】D10生活科技水电站发电过程中的功和功率问题一水电站的水流量是100 m3/s，上游拦河坝内水位高80 m，假设水位下落过程中重力做的功全部变成水的动能，利用水流对水轮机做功，已知水轮机的效率是90%，水的密度1.0103 kg/m3，重力加速度大小g取10 m/s2.则()A每小时流过水轮机的水的质量为3.6105 kgB每小时流过水轮机的水冲击水轮机的动能为2.881011 JC每小时水流对水轮机做的有用功为3.21011 JD水轮机的功率为7.2107 W【解析】每小时流过水轮机的水的体积V100 m3/s3 600 s3.6105 m3，由得，水的质量m3.6108 kg，A错误；水下落过程中重力做的功WGhmgh2.881011 J，由题知，水位下落过程中重力做的功全部都变成水的动能，这些水冲击水轮机的动能EW2.881011 J，B正确；由得每小时水流对水轮机做的有用功W有E2.61011 J，C错误；水轮机的功率P7.2107 W，D正确【答案】BD综合提升练11如图甲所示，在水平路段AB上有一质量为2103 kg的汽车，正以10 m/s的速度向右匀速运动，汽车前方的水平路段BC较粗糙，汽车通过整个ABC路段的vt图象如图乙所示(在t15 s处水平虚线与曲线相切)，运动过程中汽车发动机的输出功率保持20 kW不变，假设汽车在两个路段上受到的阻力(含地面摩擦力和空气阻力等)各自有恒定的大小(1)求汽车在AB路段上运动时所受的阻力Ff1；(2)求汽车刚好到达B点时的加速度a；(3)求BC路段的长度【解析】(1)汽车在AB路段时，有F1Ff1，PF1v1，Ff1，联立解得：Ff1 N2 000 N.(2)t15 s时汽车处于平衡状态，有F2Ff2，PF2v2，Ff2，联立解得：Ff2 N4 000 N.t5 s时汽车开始减速运动，有F1Ff2ma，解得a1 m/s2.(3)对BC段由动能定理可得PtFf2xmvmv解得x68.75 m.【答案】(1)2 000 N(2)1 m/s2(3)68.75 m12几节自带动力的车辆(动车)加几节不带动力的车辆(也叫拖车)编成一组，就是动车组(1)假设动车组运行过程中受到的阻力与其所受重力成正比，每节动车与拖车的质量都相等，每节动车的额定功率都相等若1节动车加3节拖车编成的动车组的最大速度为120 km/h；则6节动车加3节拖车编成的动车组的最大速度为多少？(2)若动车组运动阻力正比于其速度，已知动车组的功率为P0时能达到的最大速度是v，若要求提速一倍，则动车组功率是多少？(3)若动车组从静止开始做匀加速直线运动，经过t1时间动车组达到最大功率P，然后以该最大功率继续加速，又经过t2时间达到最大速度v0，设运动阻力恒定，动车组总质量为m，求动车组整个加速距离【解析】(1)设每节动车的功率为P，每节动车的重力是G，阻力为kG1节动车加3节拖车PF1v14kGv16节动车加3节拖车6PF2v29kGv2v1120 km/h，得到v2320 km/h.(2)阻力正比于速度F阻kv，最大速度时FF阻0则P0Fvkv2车速提升一倍，Pk(2v)24kv24P0.(3)最大功率是P，最大速度是v0，则阻力为F阻匀加速过程功率随时间均匀增加，发动机的平均功率是，设整个加速距离是x，根据动能定理有t1Pt2F阻xmv，解得x.【答案】(1)320 km/h(2)4P0 (3)第2课时动能、动能定理考点考级命题点考查频率对动能及动能定理的理解()命题点1：对动能的理解命题点2：对动能定理的理解2017江苏卷，3动能定理的应用()命题点1：求解变力做功问题命题点2：处理曲线运动中的相关问题2016课标卷，202015课标卷，172017江苏卷，5,14用动能定理解决多过程问题()命题点1：直线运动与平抛运动的组合命题点2：直线运动与圆周运动的组合命题点3：直线运动、圆周运动及平抛运动的组合2016课标卷，25考点一对动能及动能定理的理解1.2.诊断小练(1)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()(2)动能不变的物体一定处于平衡状态()(3)如果物体所受的合外力为零，那么合外力对物体做功一定为零()(4)物体在合外力作用下做变速运动时，动能一定变化()(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，动能与时间的二次方成正比()【答案】(1)(2)(3)(4)(5)(6)命题点1对动能的理解1一个质量为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v和碰撞过程中小球的动能变化量Ek为()Av0 Bv12 m/sCEk1.8 J DEk10.8 J【解析】取初速度方向为正方向，则v(66)m/s12 m/s，由于速度大小没变，动能不变，故动能变化量为0，故只有选项B正确【答案】B命题点2对动能定理的理解2(2017江苏卷，3)一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处物块初动能为Ek0，与斜面间的动摩擦因数不变，则该过程中，物块的动能Ek与位移x关系的图线是()【解析】设斜面倾角为，根据动能定理，当小物块沿斜面上升时，有(mgsin f)xEkEk0，即Ek(fmgsin )xEk0，所以Ek与x的函数关系图象为直线，且斜率为负当小物块沿斜面下滑时根据动能定理有(mgsin f)(x0x)Ek0(x0为小物块到达最高点时的位移)，即Ek(mgsin f)x(mgsin f)x0所以下滑时Ek随x的减小而增大且为直线综上所述，选项C正确【答案】C考点二动能定理的应用(高频26)应用动能定理的流程命题点1求解变力做功问题3(2017江苏卷，14)如图所示，两个半圆柱A、B紧靠着静置于水平地面上，其上有一光滑圆柱C，三者半径均为R.C的质量为m，A、B的质量都为，与地面间的动摩擦因数均为.现用水平向右的力拉A，使A缓慢移动，直至C恰好降到地面整个过程中B保持静止设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.求：(1)未拉A时，C受到B作用力的大小F；(2)动摩擦因数的最小值min；(3)A移动的整个过程中，拉力做的功W.【解析】(1)对C受力分析，如图所示根据平衡条件有2Fcos 30mg.解得Fmg.(2)C恰好降到地面时，B受C压力的水平分力最大FxmaxmgB受地面的摩擦力fmg根据题意，B保持静止，则有fminFxmax解得min.(3)C下降的高度h(1)RA的位移x2(1)RA受的地面摩擦力大小不变摩擦力做功的大小Wffx2(1)mgR根据动能定理WWfmgh00解得W(21)(1)mgR.【答案】(1)mg(2)(3)(21)(1)mgR4(2018山东济南一中上学期期中)如图所示，在半径为0.2 m的固定半球形容器中，一质量为1 kg的小球(可视为质点)自边缘上的A点由静止开始下滑，到达最低点B时，它对容器的正压力大小为15 N取重力加速度为g10 m/s2，则球自A点滑到B点的过程中克服摩擦力做的功为() A0.5 J B1.0 J C.1.5 J D1.8 J【解析】在最低点：FNmgm球自A滑到B的过程中由动能定理得：mgRWfmv代入数据解得Wf1.5 J，C正确【答案】C命题点2处理曲线运动中的相关问题5.(2017江苏卷，5)如图所示，一小物块被夹子夹紧，夹子通过轻绳悬挂在小环上，小环套在水平光滑细杆上物块质量为M，到小环的距离为L，其两侧面与夹子间的最大静摩擦力均为F.小环和物块以速度v向右匀速运动，小环碰到杆上的钉子P后立刻停止，物块向上摆动整个过程中，物块在夹子中没有滑动小环和夹子的质量均不计，重力加速度为g.下列说法正确的是() A物块向右匀速运动时，绳中的张力等于2FB小环碰到钉子P时，绳中的张力大于2FC物块上升的最大高度为D速度v不能超过 【解析】物块受到的摩擦力小于最大静摩擦力，即Mg2F.A错：物块向右匀速运动时，物块处于平衡状态，绳子中的张力TMg2F.B错：小环碰到钉子时，物块做圆周运动，根据牛顿第二定律和向心力公式有：TMg，TMg，所以绳子中的张力与2F大小关系不确定C错：若物块做圆周运动到达的高度低于P点，根据动能定理有Mgh0Mv2则最大高度h若物块做圆周运动到达的高度高于P点，则根据动能定理有MghMv2Mv2则最大高度h.D对：环碰到钉子后，物块做圆周运动，在最低点，物块与夹子间的静摩擦力达到最大值，由牛顿第二定律知：2FMg故最大速度v .【答案】D考点三用动能定理解决多过程问题(高频27)1由于多过程问题的受力情况、运动情况比较复杂，从动力学的角度分析多过程问题往往比较复杂，但是，用动能定理分析问题，是从总体上把握其运动状态的变化，并不需要从细节上了解因此，动能定理的优越性就明显地表现出来了，分析力的作用是看力做的功，也只需把所有的力做的功累加起来即可2运用动能定理解决问题时，有两种思路：一种是全过程列式，另一种是分段列式3全过程列式时，涉及重力、弹簧弹力、大小恒定的阻力或摩擦力做功时，要注意运用它们的功能特点：(1)重力的功取决于物体的初、末位置，与路径无关(2)大小恒定的阻力或摩擦力的功等于力的大小与路程的乘积(3)弹簧弹力做功与路径无关诊断小练(1)在不涉及中间过程的细节及时间问题时全过程应用动能定理()(2)重力、电场力等场力做功只考虑、初末位置即可()(3)两个互相垂直的力对物体做功分别为3 J和4 J，则这两个力对物体做的总功为5 J()(4)用动能定理解决多过程问题时，只能求功、速度(或动能)()【答案】(1)(2)(3)(4)命题点1直线运动与平抛运动的组合6(2015浙江卷，23)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斜面与水平桌面的倾角可在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)当角增大到多少时，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因数2；(已知sin 370.6，cos 370.8)(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.【解析】(1)要使小物块能够下滑必须满足mgsin 1mgcos 解得tan 0.05.(2)物块从斜面顶端下滑到停在桌面边缘过程中物块克服摩擦力做功Wf1mgL1cos 2mg(L2L1cos )全过程由动能定理得：mgL1sin Wf0代入数据解得20.8.(3)当53时物块能够滑离桌面，做平抛运动落到地面上，物块从斜面顶端由静止滑到桌面边缘，由动能定理得：mgL1sin Wfmv2由解得v1 m/s对于平抛过程列方程有：Hgt2，解得t0.4 sx1vt，解得x10.4 m则xmx1L21.9 m.【答案】(1)tan 0.05(2)0.8(3)1.9 m命题点2直线运动与圆周运动的组合7(2016天津卷，10)我国将于2022年举办冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一如图所示，质量m60 kg的运动员从长直助滑道AB的A处由静止开始以加速度a3.6 m/s2匀加速滑下，到达助滑道末端B时速度vB24 m/s，A与B的竖直高度差H48 m为了改变运动员的运动方向，在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接，其中最低点C处附近是一段以O为圆心的圆弧助滑道末端B与滑道最低点C的高度差h5 m，运动员在B、C间运动时阻力做功W1 530 J，取g10 m/s2.(1)求运动员在AB段下滑时受到阻力Ff的大小；(2)若运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，则C点所在圆弧的半径R至少应为多大【解析】(1)运动员在AB上做初速度为零的匀加速运动，设AB的长度为x，则有v2ax由牛顿第二定律有mgFfma联立式，代入数据解得Ff144 N(2)设运动员到达C点时的速度为vC，在由B到达C的过程中，由动能定理有mghWmvmv设运动员在C点所受的支持力为FN，由牛顿第二定律有FNmgm由运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，联立式，代入数据解得R12.5 m【答案】(1)144 N(2)12.5 m命题点3直线运动、圆周运动及平抛运动的组合8(2016课标卷，25)如图，一轻弹簧原长为2R，其一端固定在倾角为37的固定直轨道AC的底端A处，另一端位于直轨道上B处，弹簧处于自然状态，直轨道与一半径为R的光滑圆弧轨道相切于C点，AC7R，A、B、C、D均在同一竖直平面内质量为m的小物块P自C点由静止开始下滑，最低到达E点(未画出)，随后P沿轨道被弹回，最高到达F点，AF4R，已知P与直轨道间的动摩擦因数，重力加速度大小为g.(取sin 37，cos 37)(1)求P第一次运动到B点时速度的大小；(2)求P运动到E点时弹簧的弹性势能；(3)改变物块P的质量，将P推至E点，从静止开始释放已知P自圆弧轨道的最高点D处水平飞出后，恰好通过G点G点在C点左下方，与C点水平相距R、竖直相距R，求P运动到D点时速度的大小和改变后P的质量【解析】(1)根据题意知，B、C之间的距离l为l7R2R设P到达B点时的速度为vB，由动能定理得mglsin mglcos mv式中37，联立式并由题给条件得vB2(2)设BEx.P到达E点时速度为零，设此时弹簧的弹性势能为Ep.P由B点运动到E点的过程中，由动能定理有mgxsin mgxcos Ep0mvE、F之间的距离l1为l14R2RxP到达E点后反弹，从E点运动到F点的过程中，由动能定理有Epmgl1sin mgl1cos 0联立式并由题给条件得xREpmgR(3)设改变后P的质量为m1，D点与G点的水平距离x1和数值距离y1分别为x1RRsin y1RRRcos 式中，已应用了过C点的圆轨道半径与竖直方向夹角仍为的事实设P在D点的速度为vD，由D点运动到G点的时间为t.由平抛运动公式有y1gt2x1vDt联立式得vD设P在C点速度的大小为vC，在P由C运动到D的过程中机械能守恒，有m1vm1vm1gP由E点运动到C点的过程中，同理，由动能定理有Epm1g(x5R)sin m1g(x5R)cos m1v联立式得m1m.【答案】(1)2(2)mgR(3)m9(2018江苏常州高三期中)如图所示，固定斜面AB、CD与竖直光滑圆弧BC相切于B、C点，两斜面的倾角37，圆弧BC半径R2 m一质量m1 kg的小滑块(视为质点)从斜面AB上的P点由静止沿斜面下滑，经圆弧BC冲上斜面CD.已知P点与斜面底端B间的距离L16 m，滑块与两斜面间的动摩擦因数均为0.25，g10 m/s2.求：(1)小滑块第1次经过圆弧最低点E时对圆弧轨道的压力；(2)小滑块第1次滑上斜面CD时能够到达的最远点Q(图中未标出)距C点的距离；(3)小滑块从静止开始下滑到第n次到达B点的过程中在斜面AB上运动通过的总路程【解析】(1)小滑块由P点运动到E点：mgL1sin 37mgR(1cos 37)mgL1cos 37mv0经E点：FNmgm，解得FN38 N滑块对轨道的压力FNFN38 N，方向竖直向下(2)设小滑块在斜面AB上依次下滑的距离分别为L1、L2、L3在斜面CD上依次上滑的距离分别为x1、x2、x3，小滑块