2018年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第五章 機械能 第2講 動能 動能定理教學(xué)案（含解析）

第2講動能動能定理Ø 教材知識梳理一、物體的動能1動能：物體由于_而具有的能量叫作動能；物體的動能跟物體的_和_有關(guān)2表達式：Ek_，式中v為瞬時速度；動能的單位是_3矢標性：動能是_(選填“矢量”或“標量”)4相對性：動能具有相對性，物體動能的大小與_的選擇有關(guān)，一般取地面為參考系5動能是_(選填“狀態(tài)”或“過程”)量，動能的變化量是_(選填“狀態(tài)”或“過程”)量二、動能定理1內(nèi)容：(合)力在一個過程中對物體所做的功，等于物體在這個過程中_的變化2表達式：W_3意義：動能定理指出了外力對物體所做的總功與物體_之間的關(guān)系，即合外力做的功是物體_變化的量度4適用范圍：(1)動能定理既適用于直線運動，也適用于_運動；(2)既適用于恒力做功，也適用于_做功；(3)力可以是各種性質(zhì)的力，既可以同時作用，也可以不同時作用答案：一、1.運動質(zhì)量速度2.mv2焦耳(J)3標量4.參考系5.狀態(tài)過程二、1.動能2.Ek或mvmv3動能的變化動能4(1)曲線(2)變力【思維辨析】(1)選擇不同的參考系時，動能可能為負值()(2)一定質(zhì)量的物體動能變化時，速度一定變化，但速度變化時，動能不一定變化()(3)動能不變的物體一定處于平衡狀態(tài)()(4)如果物體所受的合外力為零，那么合外力對物體做功一定為零()(5)物體在合外力作用下做變速運動時，動能一定變化()(6)根據(jù)動能定理，合外力做的功就是動能的變化()(7)重力做功和摩擦力做功都與物體運動的路徑無關(guān)()答案：(1)(×)(2)()(3)(×)(4)()(5)(×) (6)(×)(7)(×)Ø 考點互動探究 考點一動能定理的理解1動能定理表明了合外力做的功與物體動能的變化間的關(guān)系(1)數(shù)量關(guān)系：合外力做的功與物體動能的變化具有等量代換關(guān)系，但并不是說動能變化就是合外力做的功；(2)因果關(guān)系：合外力做功是引起物體動能變化的原因(3)量綱關(guān)系：單位相同，國際單位都是焦耳2標量性動能是標量，功也是標量，所以動能定理是一個標量式，不存在方向的選取問題當(dāng)然動能定理也就不存在分量的表達式例如，以相同大小的初速度不管以什么方向拋出，在最終落到地面速度大小相同的情況下，所列的動能定理的表達式都是一樣的3高中階段動能定理中的位移和速度必須相對于同一個參考系，一般以地面或相對地面靜止的物體為參考系1如圖5­14­1所示，光滑斜面的頂端固定一彈簧，一小球向右滑行，并沖上固定在地面上的斜面設(shè)小球在斜面最低點A的速度為v，壓縮彈簧至C點時彈簧最短，C點距地面高度為h，則小球從A到C的過程中彈簧彈力做功是()圖5­14­1Amghmv2B.mv2mghCmghDmghmv2答案：A解析 小球從A點運動到C點的過程中，重力和彈簧的彈力對小球做負功，由于支持力與位移始終垂直，則支持力對小球不做功，由動能定理，可得WGWF0mv2，重力做功為WGmgh，則彈簧的彈力對小球做功為WFmghmv2，所以正確選項為A.22016·四川卷 韓曉鵬是我國首位在冬奧會雪上項目奪冠的運動員他在一次自由式滑雪空中技巧比賽中沿“助滑區(qū)”保持同一姿態(tài)下滑了一段距離，重力對他做功1900 J，他克服阻力做功100 J韓曉鵬在此過程中()A動能增加了1900 JB動能增加了2000 JC重力勢能減小了1900 JD重力勢能減小了2000 J答案：C解析 由題可得，重力做功1900 J，則重力勢能減少1900 J，可得C正確，D錯誤由動能定理：WGWfEk可得動能增加1800 J，則A、B錯誤32015·四川卷 在同一位置以相同的速率把三個小球分別沿水平、斜向上、斜向下方向拋出，不計空氣阻力，則落在同一水平地面時的速度大小()A一樣大 B水平拋的最大C斜向上拋的最大 D斜向下拋的最大答案：A解析 由動能定理知mghmvmv，所以vt，下落相同的高度，則末速度大小相同 考點二動能定理的應(yīng)用1應(yīng)用動能定理解題時，應(yīng)對運動過程中物體受力情況和運動情況進行分析，在分析運動過程時不需要深究物體運動過程中狀態(tài)變化的細節(jié)，只需考慮整個過程中有哪些力對物體做功，做正功還是負功，以及運動過程初、末狀態(tài)物體的動能2應(yīng)用動能定理解題基本步驟1 2016·天津卷 我國將于2022年舉辦冬奧會，跳臺滑雪是其中最具觀賞性的項目之一如圖5­14­2所示，質(zhì)量m60 kg的運動員從長直助滑道AB的A處由靜止開始以加速度a3.6 m/s2勻加速滑下，到達助滑道末端B時速度vB24 m/s，A與B的豎直高度差H48 m為了改變運動員的運動方向，在助滑道與起跳臺之間用一段彎曲滑道銜接，其中最低點C處附近是一段以O(shè)為圓心的圓弧助滑道末端B與滑道最低點C的高度差h5 m，運動員在B、C間運動時阻力做功W1530 J，g取10 m/s2.(1)求運動員在AB段下滑時受到阻力Ff的大??；(2)若運動員能夠承受的最大壓力為其所受重力的6倍，則C點所在圓弧的半徑R至少應(yīng)為多大？圖5­14­2解析 (1)運動員在AB上做初速度為零的勻加速運動，設(shè)AB的長度為x，則有v2ax 由牛頓第二定律有mgFfma聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)解得Ff144 N(2)設(shè)運動員到達C點時的速度為vC，在由B到達C的過程中，由動能定理有mghWmvmv設(shè)運動員在C點所受的支持力為FN，由牛頓第二定律有FNmgm由運動員能夠承受的最大壓力為其所受重力的6倍，聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)解得R12.5 m式題1 如圖5­14­3所示，質(zhì)量為M的木塊靜止在光滑的水平面上，質(zhì)量為m的子彈以速度v0沿水平方向射入木塊，并最終留在木塊中與木塊一起以速度v運動已知當(dāng)子彈相對木塊靜止時，木塊前進距離為L，子彈進入木塊的深度為s，若木塊對子彈的阻力F視為恒定，則下列關(guān)系中錯誤的是()圖5­14­3AFLMv2BFsmv2CFsmv(Mm)v2DF(Ls)mvmv2答案：B解析 根據(jù)動能定理，對子彈：F(Ls)mv2mv知，選項D正確；對木塊：FLMv2，選項A正確；由以上二式相加后整理可得Fsmv(Mm)v2，選項C正確只有選項B符合題意式題2 (多選)2016·全國卷 如圖5­14­4所示，一固定容器的內(nèi)壁是半徑為R的半球面；在半球面水平直徑的一端有一質(zhì)量為m的質(zhì)點P.它在容器內(nèi)壁由靜止下滑到最低點的過程中，克服摩擦力做的功為W.重力加速度大小為g.設(shè)質(zhì)點P在最低點時，向心加速度的大小為a，容器對它的支持力大小為N，則()圖5­14­4AaBaCNDN答案：AC解析 質(zhì)點P下滑到底端的過程，由動能定理得mgRWmv20，可得v2，所以a，A正確，B錯誤；在最低點，由牛頓第二定律得Nmgm，故Nmgmmg·，C正確，D錯誤 規(guī)律總結(jié)(1)動能定理往往用于單個物體的運動過程，由于不涉及加速度及時間，比動力學(xué)研究方法要簡便(2)動能定理表達式是一個標量式，在某個方向上應(yīng)用動能定理沒有任何依據(jù)(3)當(dāng)物體的運動包含多個不同過程時，可分段應(yīng)用動能定理求解；當(dāng)所求解的問題不涉及中間的速度時，也可以全過程應(yīng)用動能定理求解(4)應(yīng)用動能定理時，必須明確各力做功的正負當(dāng)一個力做負功時，可設(shè)物體克服該力做功為W，則該力做功為W，也可以直接用字母W表示該力做功，使其字母本身含有負號考點三動能定理與圖像結(jié)合問題解決物理圖像問題的基本步驟：2 2016·石家莊調(diào)研檢測 游樂場有一種滑雪游戲，其理想簡化圖如圖5­14­5甲所示，滑道由傾角為30°的斜坡和水平滑道組成小孩在距地面高h10 m處由靜止開始沿斜坡滑下，到達底端時恰好滑上水平滑道上放置的長為l3 m木板(忽略木板厚度)，此后小孩和木板運動的v­t圖像如圖乙所示已知斜坡滑道與水平滑道平滑連接，速度由斜坡方向轉(zhuǎn)為水平方向時大小不變，不計小孩在運動過程中受到的空氣阻力，重力加速度g取10 m/s2.求：(1)小孩與斜坡間的動摩擦因數(shù)；(2)小孩脫離木板時的速度大小圖5­14­5解析 (1)對小孩在斜面上的運動過程，由題圖乙可知，小孩滑到斜面底端時的速度v10 m/s.由動能定理可得mghmgcos ·mv2解得.(2)由圖乙知小孩在t0.5 s時滑離木板，木板在00.5 s內(nèi)的位移x木1.5 m又x木lx人設(shè)小孩滑離木板的速度為v人，由平均速度公式x人(vv人)t可得：v人8 m/s. 規(guī)律總結(jié)(1)觀察題目給出的圖像，弄清縱坐標、橫坐標所對應(yīng)的物理量及圖線與坐標軸所表示的物理意義(2)根據(jù)物理規(guī)律推導(dǎo)出縱坐標與橫坐標所對應(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)上與之相對應(yīng)的標準函數(shù)關(guān)系式相對比，找出圖線的斜率、截距、圖線的交點，圖線與坐標軸所圍的面積所對應(yīng)的物理意義，分析解答問題或者利用函數(shù)圖線上的特定值代入函數(shù)關(guān)系式求物理量圖像所圍面積的意義：v­t圖線與橫軸圍成的面積表示物體的位移；a­t圖線與橫軸圍成的面積表示物體速度的變化量；F­x圖線與橫軸圍成的面積表示力所做的功；P­t圖線與橫軸圍成的面積表示力所做的功式題 (多選)質(zhì)量為1 kg的物體靜止在粗糙的水平地面上，在一水平外力F的作用下運動，如圖5­14­6甲所示，外力F和物體克服摩擦力f做的功與物體位移的關(guān)系如圖乙所示，重力加速度g取10 m/s2.下列分析正確的是()圖5­14­6A物體與地面之間的動摩擦因數(shù)為0.2B物體運動的位移為13 mC物體在前3 m運動過程中的加速度為3 m/s2Dx9 m時，物體的速度為3 m/s答案：ACD解析 由Wffx對應(yīng)圖乙可知，物體與地面之間的滑動摩擦力f2 N，由fmg可得0.2，A正確；由WFFx對應(yīng)圖乙可知，前3 m內(nèi)，拉力F15 N，39 m內(nèi)拉力F22 N，物體在前3 m內(nèi)的加速度a13 m/s2，C正確；由動能定理得WFfxmv2，可得：x9 m時，物體的速度為v3 m/s，D正確；物體的最大位移xm13.5 m，B錯誤考點四動能定理解決多過程問題1.由于多過程問題的受力情況、運動情況比較復(fù)雜，從動力學(xué)的角度分析多過程問題往往比較復(fù)雜，但是，用動能定理分析問題，是從總體上把握其運動狀態(tài)的變化，并不需要從細節(jié)上了解因此，動能定理的優(yōu)越性就明顯地表現(xiàn)出來了，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來即可2運用動能定理解決問題時，有兩種思路：一種是全過程列式，另一種是分段列式3全過程列式時，涉及重力、彈簧彈力、大小恒定的阻力或摩擦力做功時，要注意運用它們的功能特點：(1)重力做的功取決于物體的初、末位置，與路徑無關(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(3)彈簧彈力做功與路徑無關(guān)3 (18分)2016·全國卷 如圖5­14­7所示，一輕彈簧原長為2R，其一端固定在傾角為37°的固定直軌道AC的底端A處，另一端位于直軌道上B處，彈簧處于自然狀態(tài)，直軌道與一半徑為R的光滑圓弧軌道相切于C點，AC7R，A、B、C、D均在同一豎直平面內(nèi)質(zhì)量為m的小物塊P自C點由靜止開始下滑，最低到達E點(未畫出)，隨后P沿軌道被彈回，最高到達F點，AF4R，已知P與直軌道間的動摩擦因數(shù)，重力加速度大小為g.(取sin 37°，cos 37°)(1)求P第一次運動到B點時速度的大小(2)求P運動到E點時彈簧的彈性勢能(3)改變物塊P的質(zhì)量，將P推至E點，從靜止開始釋放已知P自圓弧軌道的最高點D處水平飛出后，恰好通過G點G點在C點左下方，與C點水平相距R、豎直相距R，求P運動到D點時速度的大小和改變后P的質(zhì)量圖5­14­7解答規(guī)范 (1)根據(jù)題意知，B、C之間的距離l為l7R2R(1分)設(shè)P到達B點時的速度為vB，由動能定理得_mv(2分)式中37°，聯(lián)立式并由題給條件得vB2(1分)(2)設(shè)BEx，P到達E點時速度為零，設(shè)此時彈簧的彈性勢能為Ep.P由B點運動到E點的過程中，由動能定理有_0mv(2分)E、F之間的距離l1為l14R2Rx(1分)P到達E點后反彈，從E點運動到F點的過程中，由動能定理有_0(2分)聯(lián)立式并由題給條件得xREpmgR(1分)(3)設(shè)改變后P的質(zhì)量為m1，D點與G點的水平距離x1和豎直距離y1分別為x1RRsin (1分)y1RRRcos (1分)式中，已應(yīng)用了過C點的圓軌道半徑與豎直方向夾角仍為的事實設(shè)P在D點的速度為vD，由D點運動到G點的時間為t.由平拋運動公式有y1gt2x1vDt聯(lián)立式得vD(1分)設(shè)P在C點速度的大小為vC，在P由C運動到D的過程中機械能守恒，有m1vm1vm1g(2分)P由E點運動到C點的過程中，同理，由動能定理有_m1v(2分)聯(lián)立式得m1m(1分)答案：mglsin mglcos mgxsin mgxcos EpEpmgl1sin mgl1cos Epm1g(x5R)sin m1g(x5R)cos 式題1 2016·株洲三模 如圖5­14­8甲所示，一根直桿AB與水平面成某一角度固定，在桿上套一個小物塊，桿底端B處有一彈性擋板，桿與板面垂直，現(xiàn)將物塊拉到頂端A點由靜止釋放，物塊下滑與擋板第一次碰撞前后的v­t圖像如圖乙所示，物塊最終停止在B處重力加速度g取10 m/s2.求：(1)物塊與桿之間的動摩擦因數(shù)；(2)物塊滑過的總路程圖5­14­8答案：(1)0.25(2)6 m解析 (1)由圖像可知物塊下滑時加速度大小a14 m/s2，上滑時加速度大小a28 m/s2，桿AB長l2 m.設(shè)桿傾角為，物塊質(zhì)量為m，物塊與桿之間的動摩擦因數(shù)為由牛頓第二定律得mgsin mgcos ma1mgsin mgcos ma2代入數(shù)據(jù)得0.25，sin 0.6，cos 0.8.(2)對物塊整個運動過程分析，設(shè)物塊滑過總路程為s，由動能定理得mglsin mgcos ·s0代入數(shù)據(jù)得s6 m.式題2 山地滑雪是人們喜愛的一項體育運動一滑雪道ABC的底部是一個半徑為R的圓，圓與雪道相切于C點，C的切線沿水平方向，到水平雪地之間是高為H的峭壁，D是圓的最高點，如圖5­14­9所示運動員從A點由靜止下滑，剛好經(jīng)過圓軌道最高點D旋轉(zhuǎn)一周，再滑到C點后被水平拋出，當(dāng)拋出時間為t時，迎面遭遇一股強風(fēng)，運動員最終落到了雪地上，落地時速度大小為v.已知運動員連同滑雪裝備總質(zhì)量為m，重力加速度為g，不計遭遇強風(fēng)前的空氣阻力和雪道的摩擦阻力，求：(1)A、C的高度差h；(2)運動員剛遭遇強風(fēng)時的速度大小及距地面的高度；(3)強風(fēng)對運動員所做的功圖5­14­9答案：(1)R(2)Hgt2(3)mv2mgHR解析 (1)運動員剛好經(jīng)過圓軌道最高點，其速度滿足mg由動能定理得mg(h2R)mv聯(lián)立解得hR.(2)運動員做平拋運動，在豎直方向上的速度vgt從A到C由動能定理得mg·Rmvv1下落高度為h1gt2距地面高度為h2Hh1Hgt2.(3)對整個過程，由動能定理得WmgHRmv2解得Wmv2mgHR.式題3 如圖5­14­10甲所示，自然伸長的輕彈簧左端固定在豎直墻上，右端在O位置質(zhì)量為m的物塊A(可視為質(zhì)點)以初速度v0從距O點x0的P點處向左運動，與彈簧接觸后壓縮彈簧，將彈簧右端壓到O點位置后，A又被彈簧彈回A離開彈簧后，恰好回到P點物塊A與水平面間的動摩擦因數(shù)為，重力加速度為g.(1)求物塊A從P點出發(fā)又回到P點的過程，克服摩擦力所做的功(2)求O點和O點間的距離x1.(3)如圖乙所示，若將另一個與A完全相同的物塊B(可視為質(zhì)點)與彈簧右端拴接，將A放在B右邊，向左推A、B，使彈簧右端壓縮到O點位置，然后從靜止釋放，A、B共同滑行一段距離后分離分離后物塊A向右滑行的最大距離x2是多少？圖5­14­10答案：(1)mv(2)x0(3)x0解析 (1)物塊A從P點出發(fā)又回到P點的過程，根據(jù)動能定理得克服摩擦力所做的功為Wfmv.(2)物塊A從P點出發(fā)又回到P點的過程，根據(jù)動能定理得2mg(x1x0)mv解得x1x0.(3)A、B在彈簧處于原長處分離，設(shè)此時它們的共同速度是v1，彈出過程彈力做功WF只有A時，從O到P有WFmg(x1x0)00A、B共同從O到O有WF2mgx1×2mv分離后對A有mvmgx2聯(lián)立以上各式可得x2x0. 規(guī)律總結(jié)利用動能定理求解多過程問題的基本思路1弄清物體的運動由哪些過程組成2分析每個過程中物體的受力情況3各個力做功有何特點，對動能的變化有無影響4從總體上把握全過程，表達出總功，找出初、末狀態(tài)的動能5對所研究的全過程運用動能定理列方程【教師備用習(xí)題】12015·江西十校二模 將三個木板1、2、3固定在墻角，木板與墻壁和地面構(gòu)成了三個不同的三角形，如圖所示，其中1與2底邊相同，2和3高度相同現(xiàn)將一個可以視為質(zhì)點的物塊分別從三個木板的頂端由靜止釋放，使其沿斜面下滑到底端，物塊與木板之間的動摩擦因數(shù)均相同在這三個過程中，下列說法不正確的是()A沿著1和2下滑到底端時，物塊的速率不同，沿著2和3下滑到底端時，物塊的速率相同B沿著1下滑到底端時，物塊的速度最大C物塊沿著3下滑到底端的過程中，產(chǎn)生的熱量最多D物塊沿著1和2下滑到底端的過程中，產(chǎn)生的熱量一樣多解析 A設(shè)1、2、3木板與地面的夾角分別為1、2、3，木板長分別為l1、l2、l3，當(dāng)物塊沿木板1下滑時，由動能定理有mgh1mgl1cos 1mv0，當(dāng)物塊沿木板2下滑時，由動能定理有mgh2mgl2cos 2mv0，又h1>h2，l1cos 1l2cos 2，可得v1>v2；當(dāng)物塊沿木板3下滑時，由動能定理有mgh3mgl3cos 3mv0，又h2h3，l2cos 2<l3cos 3，可得v2>v3，選項A錯誤，選項B正確；三個過程中產(chǎn)生的熱量分別為Q1mgl1cos 1，Q2mgl2cos 2，Q3mgl3cos 3，則Q1Q2<Q3，故選項C、D正確只有選項A符合題意2(多選)2016·馬鞍山模擬 如圖甲所示，一物體由某一固定的長斜面的底端以初速度v0沿斜面上滑，其動能Ek隨離開斜面底端的距離x變化的圖線如圖乙所示，斜面與物體間的動摩擦因數(shù)0.5，g取10 m/s2，不計空氣阻力，則以下說法正確的是()A斜面的傾角30°B物體的質(zhì)量為m0.5 kgC斜面與物體間的摩擦力大小f2 ND物體在斜面上運動的總時間t2 s解析 BC由動能定理知Ek­x圖像的斜率的絕對值表示合外力的大小，則上升階段有mgsin mgcos N5 N，下降階段有mgsin mgcos N1 N，聯(lián)立得tan ，即37°，m0.5 kg，故A選項錯誤，B選項正確物體與斜面間的摩擦力fmgcos 2 N，故C選項正確上升階段由Ek­x圖像知合力F15 N，則a110 m/s2，t1，Ek1mv25 J，聯(lián)立得t11 s同理，下降階段合力F21 N，則a22 m/s2，t2，Ek2mv5 J，聯(lián)立得t2 s，則tt1t2(1) s，故D選項錯誤3(多選)2015·河北保定調(diào)研 如圖所示，內(nèi)壁光滑、半徑大小為R的圓軌道豎直固定在桌面上，一個質(zhì)量為m的小球靜止在軌道底部A點現(xiàn)用小錘沿水平方向快速擊打小球，擊打后迅速移開，使小球沿軌道在豎直面內(nèi)運動當(dāng)小球回到A點時，再次用小錘沿運動方向擊打小球，通過兩次擊打，小球才能運動到圓軌道的最高點已知小球在運動過程中始終未脫離軌道，在第一次擊打過程中小錘對小球做功W1，第二次擊打過程中小錘對小球做功W2.設(shè)先后兩次擊打過程中小錘對小球做的功全部用來增加小球的動能，則的值可能是()A. B. C. D1解析 AB第一次擊打，小球運動的最大高度為R，即W1mgR，第二次擊打，小球才能運動到圓軌道的最高點，而恰好過最高點的條件為mgm，即v高，小球從靜止到到達最高點的過程，由動能定理得W1W2mg·2Rmv0，得W1W2mgR，則W2mgR，故，故選項A、B正確42015·浙江卷 如圖所示，用一塊長L11.0 m的木板在墻和桌面間架設(shè)斜面，桌子高H0.8 m，長L21.5 m斜面與水平桌面的傾角可在060°間調(diào)節(jié)后固定將質(zhì)量m0.2 kg的小物塊從斜面頂端靜止釋放，物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)0.05，物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)為2，忽略物塊在斜面與桌面交接處的能量損失(重力加速度取g10 m/s2；最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)(1)求角增大到多少時，物塊能從斜面開始下滑；(用正切值表示)(2)當(dāng)角增大到37°時，物塊恰能停在桌面邊緣，求物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)2；(已知sin 37°0.6，cos 37°0.8)(3)繼續(xù)增大角，發(fā)現(xiàn)53°時物塊落地點與墻面的距離最大，求此最大距離xm. 答案 (1)tan 0.05(2)0.8(3)1.9 m解析 (1)為使小物塊下滑，有mgsin 1mgcos 解得tan 0.05(2)由動能定理得mgL1sin Wf0其中Wf1mgL1cos 2mg(L2L1cos )解得20.8(3)由動能定理得mgL1sin Wfmv2解得v1 m/s由平拋運動規(guī)律，得Hgt2x1vt解得t0.4 s，x10.4 mxmx1L21.9 m52015·山東卷 如圖甲所示，物塊與質(zhì)量為m的小球通過不可伸長的輕質(zhì)細繩跨過兩個定滑輪連接物塊置于左側(cè)滑輪正下方的表面水平的壓力傳感裝置上，小球與右側(cè)滑輪的距離為l.開始時物塊和小球均靜止，將此時傳感裝置的示數(shù)記為初始值現(xiàn)給小球施加一始終垂直于l段細繩的力，將小球緩慢拉起至細繩與豎直方向成60°角，如圖乙所示，此時傳感裝置的示數(shù)為初始值的1.25倍；再將小球由靜止釋放，當(dāng)運動至最低位置時，傳感裝置的示數(shù)為初始值的0.6倍不計滑輪的大小和摩擦，重力加速度的大小為g.求：甲乙(1)物塊的質(zhì)量；(2)從釋放到運動至最低位置的過程中，小球克服空氣阻力所做的功答案 (1)3m0.1mgl解析 (1)設(shè)開始時細繩的拉力大小為T1，傳感裝置的初始值為F1，物塊質(zhì)量為M，由平衡條件得對小球，T1mg對物塊，F(xiàn)1T1Mg當(dāng)細繩與豎直方向的夾角為60°時，設(shè)細繩的拉力大小為T2，傳感裝置的示數(shù)為F2，據(jù)題意可知，F(xiàn)21.25F1，由平衡條件得對小球，T2mgcos 60°對物塊，F(xiàn)2T2Mg聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)得M3m(2)設(shè)小球運動至最低位置時速度的大小為v，從釋放到運動至最低位置的過程中，小球克服阻力所做的功為Wf，由動能定理得mgl(1cos 60°)Wfmv2在最低位置，設(shè)細繩的拉力大小為T3，傳感裝置的示數(shù)為F3，據(jù)題意可知，F(xiàn)30.6F1對小球，由牛頓第二定律得T3mgm對物塊，由平衡條件得F3T3Mg聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)得Wf0.1mgl62016·山西質(zhì)量檢測 如圖所示，兩塊相同的薄木板緊挨著靜止在水平地面上，每塊木板的質(zhì)量為M1.0 kg，長度為L1.0 m，它們與地面間的動摩擦因數(shù)10.10.木板1的左端放有一塊質(zhì)量為m1.0 kg的小鉛塊(可視為質(zhì)點)，它與木板間的動摩擦因數(shù)為20.25.現(xiàn)突然給鉛塊一個水平向右的初速度，使其在木板1上滑行假設(shè)最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等，取重力加速度g10 m/s2.(1)當(dāng)鉛塊的初速度v02.0 m/s時，鉛塊相對地面滑動的距離是多大？(2)若鉛塊的初速度v13.0 m/s，鉛塊停止運動時與木板2左端的距離是多大？答案 (1)0.8 m(2) m解析 (1)取水平向右為正方向，相對木板滑動時，鉛塊與木板間的滑動摩擦力的大小為f2mg2.5 N當(dāng)鉛塊在木板1上滑動時，兩塊木板與地面間的最大靜摩擦力的大小為f11(2Mm)g3.0 N因為f<f1，所以鉛塊在木板1上運動時，兩塊木板都保持靜止設(shè)鉛塊能在木板1上停止運動，相對木板1運動的距離為x，則fx0mv解得x0.8 m因為x<L，所以假設(shè)成立，鉛塊相對地面滑動的距離也為0.8 m.(2)鉛塊剛離開木板1時兩塊木板速度均為0，設(shè)此時鉛塊的速度為v2，則fLmvmv解得v22 m/s鉛塊在木板2上滑動時，設(shè)鉛塊的加速度為a，木板2的加速度為a1，則a2g2.5 m/s2a10.5 m/s2假設(shè)鉛塊滑上木板2后，經(jīng)過時間t能相對木板2靜止，此時鉛塊和木板2的共同速度為v，該過程鉛塊位移為x1，木板2的位移為x2，鉛塊與木板2左端的距離為xvv2atva1tx1v2tat2x2a1t2xx1x2解得x m此后鉛塊相對木板2保持相對靜止，即鉛塊停止運動時與木板2左端的距離為 m.14