（通用版）2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第五章 第28課時(shí) 動(dòng)能定理（重點(diǎn)突破課）講義（含解析）.doc

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第28課時(shí)　動(dòng)能定理(重點(diǎn)突破課) [考點(diǎn)一　動(dòng)能定理的理解和應(yīng)用] 動(dòng)能是標(biāo)量，動(dòng)能定理表達(dá)式是標(biāo)量式，學(xué)生常把動(dòng)能分解為兩個(gè)分動(dòng)能，或在某個(gè)方向上應(yīng)用動(dòng)能定理而出錯(cuò)。原因是對(duì)動(dòng)能定理理解不透徹，動(dòng)能的變化等于相應(yīng)過程中所有力對(duì)物體做的總功，因此“某個(gè)方向的合力做的功等于該方向上動(dòng)能的變化”不成立。 1．動(dòng)能 (1)定義：物體由于運(yùn)動(dòng)而具有的能量叫做動(dòng)能。 (2)公式：Ek＝mv2，單位：焦耳。 (3)動(dòng)能是標(biāo)量、狀態(tài)量。 2．動(dòng)能定理 (1)內(nèi)容：力在一個(gè)過程中對(duì)物體做的功，等于物體在這個(gè)過程中動(dòng)能的變化。 (2)表達(dá)式：W＝Ek2－Ek1。 (3)物理意義：合外力做的功是物體動(dòng)能變化的量度。 3．公式中“＝”體現(xiàn)的三個(gè)關(guān)系 4．應(yīng)用動(dòng)能定理的解題步驟 [典例]　(2016天津高考)我國將于2022年舉辦冬奧會(huì)，跳臺(tái)滑雪是其中最具觀賞性的項(xiàng)目之一。如圖所示，質(zhì)量m＝60 kg的運(yùn)動(dòng)員從長直助滑道AB的A處由靜止開始以加速度a＝3.6 m/s2勻加速滑下，到達(dá)助滑道末端B時(shí)速度vB＝24 m/s，A與B的豎直高度差H＝48 m。為了改變運(yùn)動(dòng)員的運(yùn)動(dòng)方向，在助滑道與起跳臺(tái)之間用一段彎曲滑道銜接，其中最低點(diǎn)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(diǎn)C的高度差h＝5 m，運(yùn)動(dòng)員在B、C間運(yùn)動(dòng)時(shí)阻力做功W＝－1 530 J，取g＝10 m/s2。 (1)求運(yùn)動(dòng)員在AB段下滑時(shí)受到阻力Ff的大?。? (2)若運(yùn)動(dòng)員能夠承受的最大壓力為其所受重力的6倍，則C點(diǎn)所在圓弧的半徑R至少應(yīng)為多大。 [解析]　(1)運(yùn)動(dòng)員在AB段做初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)AB段的長度為x，則有 vB2＝2ax 由牛頓第二定律有 mg－Ff＝ma 解得Ff＝144 N。 (2)設(shè)運(yùn)動(dòng)員到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度為vC，在由B到達(dá)C的過程中，由動(dòng)能定理有 mgh＋W＝mvC2－mvB2 設(shè)運(yùn)動(dòng)員在C點(diǎn)所受的支持力為FN，由牛頓第二定律有 FN－mg＝m 由運(yùn)動(dòng)員能夠承受的最大壓力為其所受重力的6倍，即 FN＝6mg 解得R＝12.5 m。 [答案]　(1)144 N　(2)12.5 m 應(yīng)用動(dòng)能定理的注意事項(xiàng) (1)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。 (2)應(yīng)用動(dòng)能定理時(shí)，必須明確各力做功的正、負(fù)。 (3)應(yīng)用動(dòng)能定理解題，關(guān)鍵是對(duì)研究對(duì)象進(jìn)行準(zhǔn)確的受力分析及運(yùn)動(dòng)過程分析，并畫出物體運(yùn)動(dòng)過程的草圖，借助草圖理解物理過程和各量關(guān)系。 [集訓(xùn)沖關(guān)] 1．(2018江蘇高考)從地面豎直向上拋出一只小球，小球運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后落回地面。忽略空氣阻力，該過程中小球的動(dòng)能Ek與時(shí)間t的關(guān)系圖像是(　　) 解析：選A　小球做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)初速度為v0，則v＝v0－gt，小球的動(dòng)能Ek＝mv2，解得Ek＝mg2t2－mgv0t＋mv02，Ek與t為二次函數(shù)關(guān)系，故A正確。 2．(2019廣東六校聯(lián)考)北京獲得2022年冬奧會(huì)舉辦權(quán)，冰壺是冬奧會(huì)的比賽項(xiàng)目。將一個(gè)冰壺以一定初速度在冰面上推出后將運(yùn)動(dòng)一段距離停下來。換一種材料相同、質(zhì)量更大的冰壺，以相同的初速度在同一冰面上推出后，冰壺運(yùn)動(dòng)的距離將(　　) A．不變　　　　　　　　　 　B．變小 C．變大 D．無法判斷 解析：選A　冰壺在冰面上以一定初速度被推出后，在滑動(dòng)摩擦力作用下做勻減速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理有－μmgs＝0－mv2，得s＝，兩種冰壺的初速度相等，材料相同，在同一冰面上運(yùn)動(dòng)，故運(yùn)動(dòng)的距離相等。故選項(xiàng)A正確。 3．(多選)如圖所示，一塊長木板B放在光滑的水平面上，在B上放一物體A，現(xiàn)以恒定的外力拉B，使A、B間產(chǎn)生相對(duì)滑動(dòng)，如果以地面為參考系，A、B都向前移動(dòng)一段距離。在此過程中(　　) A．外力F做的功等于A和B動(dòng)能的增量 B．B對(duì)A的摩擦力所做的功，等于A的動(dòng)能增量 C．A對(duì)B的摩擦力所做的功，等于B對(duì)A的摩擦力所做的功 D．外力F對(duì)B做的功等于B的動(dòng)能的增量與B克服摩擦力所做的功之和 解析：選BD　外力F做的功等于A、B動(dòng)能的增量與A、B間摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能之和，A錯(cuò)誤；A所受的合外力等于B對(duì)A的摩擦力，對(duì)A運(yùn)用動(dòng)能定理，則有B對(duì)A的摩擦力所做的功等于A的動(dòng)能的增量，B正確；A對(duì)B的摩擦力做負(fù)功，B對(duì)A的摩擦力做正功，由于A在B上滑動(dòng)，A、B對(duì)地的位移不等，故二者做功不相等，C錯(cuò)誤；對(duì)B應(yīng)用動(dòng)能定理，WF－Wf＝ΔEkB，即WF＝ΔEkB＋Wf，即外力F對(duì)B做的功，等于B的動(dòng)能的增量與B克服摩擦力所做的功之和，D正確。 [考點(diǎn)二　動(dòng)能定理與圖像的綜合] 圖像能夠更加直觀的反應(yīng)物體的運(yùn)動(dòng)情況或者受力情況，因此近幾年高考常把動(dòng)能定理和圖像結(jié)合起來考查?？忌Ｒ?yàn)椴荒軓膱D像中找出關(guān)鍵信息而丟分。 1．力學(xué)中圖像所圍“面積”的意義 vt圖像 由公式x＝vt可知，vt圖線與橫坐標(biāo)圍成的面積表示物體的位移 at圖像 由公式Δv＝at可知，at圖線與橫坐標(biāo)圍成的面積表示物體速度的變化量 Fx圖像 由公式W＝Fx可知，F(xiàn)x圖線與橫坐標(biāo)圍成的面積表示力所做的功 Pt圖像 由公式W＝Pt可知，Pt圖線與橫坐標(biāo)圍成的面積表示力所做的功 2．解決物理圖像問題的基本步驟 (1)觀察題目給出的圖像，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)出的物理量間的函數(shù)關(guān)系式與數(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)、圖線與橫坐標(biāo)所圍的面積所對(duì)應(yīng)的物理意義，分析解答問題?；蛘呃煤瘮?shù)圖線上的特定值代入函數(shù)關(guān)系式求物理量。 [典例]　如圖甲所示，長為4 m的水平軌道AB與半徑為R＝0.6 m的豎直半圓弧軌道BC在B處相連接。有一質(zhì)量為1 kg的滑塊(大小不計(jì))，從A處由靜止開始受水平向右的力F作用，F(xiàn)隨位移變化的關(guān)系如圖乙所示。滑塊與水平軌道AB間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.25，與半圓弧軌道BC間的動(dòng)摩擦因數(shù)未知，g取10 m/s2。求： (1)滑塊到達(dá)B處時(shí)的速度大??； (2)滑塊在水平軌道AB上運(yùn)動(dòng)前2 m路程所用的時(shí)間； (3)若到達(dá)B點(diǎn)時(shí)撤去F，滑塊沿半圓弧軌道內(nèi)側(cè)上滑，并恰好能到達(dá)最高點(diǎn)C，滑塊在半圓弧軌道上克服摩擦力所做的功。 [解析]　(1)對(duì)滑塊從A到B的過程，由動(dòng)能定理得 F1x1＋F3x3－μmgx＝mvB2 解得vB＝2 m/s。 (2)在前2 m路程內(nèi)，有F1－μmg＝ma，且x1＝at12 解得t1＝ s。 (3)當(dāng)滑塊恰好能到達(dá)最高點(diǎn)C時(shí)， 有mg＝m 對(duì)滑塊從B到C的過程，由動(dòng)能定理得 Wf－mg2R＝mvC2－mvB2 解得Wf＝－5 J， 即克服摩擦力做的功為5 J。 [答案]　(1)2 m/s　(2) s　(3)5 J 動(dòng)能定理與圖像結(jié)合問題的分析方法 (1)首先看清所給圖像的種類(如vt圖像、Ft圖像、Ekt圖像等)。 (2)挖掘圖像的隱含條件——得出所需要的物理量，如由vt圖像所包圍的“面積”求位移，由Fx圖像所包圍的“面積”求功等。 (3)分析有哪些力做功，根據(jù)動(dòng)能定理列方程，求出相應(yīng)的物理量。 [集訓(xùn)沖關(guān)] 1.(2019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)物塊停下，其v t圖像如圖所示。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)過程中拉力做的功等于物塊克服摩擦力做的功 B．整個(gè)過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)過程中最大 D．t＝1 s到t＝3 s這段時(shí)間內(nèi)拉力不做功 解析：選A　對(duì)物塊運(yùn)動(dòng)全過程應(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。 2.(多選)(2019大連五校聯(lián)考)在某一粗糙的水平面上，一質(zhì)量為2 kg的物體在水平恒定拉力的作用下做勻速直線運(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)系圖像。已知重力加速度g＝10 m/s2。根據(jù)以上信息能得出的物理量有(　　) A．物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù) B．合外力對(duì)物體所做的功 C．物體做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度 D．物體運(yùn)動(dòng)的時(shí)間 解析：選ABC　由題意知物體開始做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故拉力F與滑動(dòng)摩擦力f大小相等，物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝＝0.35，A正確；減速過程由動(dòng)能定理得WF＋Wf＝0－mv2，根據(jù)Fx圖像中圖線與橫軸圍成的面積可以估算力F做的功WF，而Wf＝－μmgx，由此可求得合外力對(duì)物體所做的功，及物體做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度v，B、C正確；因?yàn)槲矬w做變加速運(yùn)動(dòng)，所以運(yùn)動(dòng)時(shí)間無法求出，D錯(cuò)誤。 3．(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(yùn)動(dòng)，如圖甲所示，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。下列說法正確的是(　　) A．物體與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2 B．物體運(yùn)動(dòng)的位移為13 m C．物體在前3 m運(yùn)動(dòng)過程中的加速度為3 m/s2 D．x＝9 m時(shí)，物體的速度為3 m/s 解析：選ACD　由題圖可知，Wf＝μmgx1＝20 J，解得：μ＝0.2，A正確；由f＝μmg＝2 N，fx2＝Wf′＝27 J，解得：x2＝13.5 m，B錯(cuò)誤；又WF＝Fx3，解得：前3 m內(nèi)，F(xiàn)＝ N＝5 N，由F－f＝ma，解得：a＝3 m/s2，C正確；由動(dòng)能定理可得：WF′－fx4＝mv2，解得：x4＝9 m時(shí)物體的速度v＝3 m/s，D正確。 [考點(diǎn)三　運(yùn)用動(dòng)能定理求解多過程問題] 由于多過程問題的受力情況、運(yùn)動(dòng)情況比較復(fù)雜，因此從動(dòng)力學(xué)的角度分析往往比較復(fù)雜，利用動(dòng)能定理分析此類問題，是從總體上把握研究對(duì)象運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的變化，并不需要從細(xì)節(jié)上了解。 1.運(yùn)用動(dòng)能定理解決多過程問題時(shí)，有兩種思路：一種是分段列式按部就班，注意銜接；另一種是全過程列式，計(jì)算簡便，但要分析全面，不能遺漏某個(gè)功。 2.所列動(dòng)能定理方程涉及重力、彈簧彈力、大小恒定的阻力或摩擦力做功時(shí)，要注意運(yùn)用它們的特點(diǎn)： (1)重力、彈簧彈力做功取決于物體的初、末位置，與路徑無關(guān)。 (2)大小恒定的阻力或摩擦力所做的功等于力的大小與路程的乘積。 [典例]　(2019唐山模擬)如圖所示裝置由AB、BC、CD三段軌道組成，軌道交接處均由很小的圓弧平滑連接，其中軌道AB、CD段是光滑的，水平軌道BC的長度s＝5 m，軌道CD足夠長且傾角θ＝37，A、D兩點(diǎn)離軌道BC的高度分別為h1＝4.30 m、h2＝1.35 m。現(xiàn)讓質(zhì)量為m的小滑塊自A點(diǎn)由靜止釋放。已知小滑塊與軌道BC間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2，sin 37＝0.6，cos 37＝0.8，求： (1)小滑塊第一次到達(dá)D點(diǎn)時(shí)的速度大??； (2)小滑塊第一次與第二次通過C點(diǎn)的時(shí)間間隔； (3)小滑塊最終停止的位置距B點(diǎn)的距離。 [解析]　(1)小滑塊從A→B→C→D過程中，由動(dòng)能定理得： mg(h1－h(huán)2)－μmgs＝mvD2－0 代入數(shù)據(jù)解得：vD＝3 m/s。 (2)小滑塊從A→B→C過程中： 由動(dòng)能定理得mgh1－μmgs＝mvC2－0 代入數(shù)據(jù)解得vC＝6 m/s 小滑塊沿CD段上滑的加速度大小a＝gsin θ＝6 m/s2 小滑塊沿CD段上滑到最高點(diǎn)的時(shí)間t1＝＝1 s 由對(duì)稱性可知小滑塊從最高點(diǎn)滑回C點(diǎn)的時(shí)間 t2＝t1＝1 s 故小滑塊第一次與第二次通過C點(diǎn)的時(shí)間間隔 t＝t1＋t2＝2 s。 (3)對(duì)小滑塊運(yùn)動(dòng)全過程應(yīng)用動(dòng)能定理，設(shè)小滑塊在水平軌道上運(yùn)動(dòng)的總路程為s總，有：mgh1－μmgs總＝0 代入數(shù)據(jù)解得：s總＝8.6 m 故小滑塊最終停止的位置距B點(diǎn)的距離為： 2s－s總＝1.4 m。 [答案]　(1)3 m/s　(2)2 s　(3)1.4 m 利用動(dòng)能定理求解多過程問題的基本思路 (1)弄清物體的運(yùn)動(dòng)由哪些過程組成。 (2)分析每個(gè)過程中物體的受力情況。 (3)各個(gè)力做功有何特點(diǎn)，對(duì)動(dòng)能的變化有無影響。 (4)從總體上把握全過程，寫出總功表達(dá)式，找出初、末狀態(tài)的動(dòng)能。 (5)對(duì)所研究的全過程運(yùn)用動(dòng)能定理列方程求解?！　? [集訓(xùn)沖關(guān)] 1.如圖所示，質(zhì)量為m的小球，從離地面高H處由靜止開始釋放，落到地面后繼續(xù)陷入泥中h深度而停止。設(shè)小球受到空氣阻力為f，重力加速度為g，則下列說法正確的是(　　) A．小球落地時(shí)動(dòng)能等于mgH B．小球陷入泥中的過程中克服泥的阻力所做的功小于剛落到地面時(shí)的動(dòng)能 C．整個(gè)過程中小球克服阻力做的功等于mg(H＋h) D．小球在泥中受到的平均阻力為mg 解析：選C　小球從靜止開始釋放到落到地面的過程，由動(dòng)能定理得mgH－fH＝mv02，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；設(shè)泥的平均阻力為f0，小球陷入泥中的過程，由動(dòng)能定理得mgh－f0h＝0－mv02，解得f0h＝mgh＋mv02，f0＝mg1＋－，選項(xiàng)B、D錯(cuò)誤；對(duì)全過程應(yīng)用動(dòng)能定理可知，整個(gè)過程中小球克服阻力做的功等于mg(H＋h)，選項(xiàng)C正確。 2.如圖所示，傾角θ＝45的粗糙平直軌道AB與半徑為R的光滑圓弧形軌道相切，切點(diǎn)為B，整個(gè)軌道處在豎直平面內(nèi)。一質(zhì)量為m的小滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從直軌道上離地面高為h＝3R的D處無初速度下滑進(jìn)入圓弧形軌道。接著小滑塊從圓弧形軌道最高點(diǎn)C水平飛出，恰好擊中直軌道上與圓心O等高的P點(diǎn)。不計(jì)空氣阻力，已知重力加速度為g。求： (1)小滑塊運(yùn)動(dòng)到圓弧形軌道最高點(diǎn)C時(shí)的速度大小； (2)小滑塊運(yùn)動(dòng)到圓弧形軌道最低點(diǎn)時(shí)對(duì)圓弧形軌道壓力的大小； (3)小滑塊在直軌道BD間運(yùn)動(dòng)的過程中克服摩擦力做的功。 解析：(1)小滑塊從圓弧形軌道最高點(diǎn)C飛出后做平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)水平速度為v0 豎直方向上有R＝gt2 由幾何關(guān)系知水平位移為R 水平方向上有R＝v0t 解得v0＝。 (2)設(shè)小滑塊在圓弧形軌道最低點(diǎn)時(shí)速度為v，小滑塊在從圓弧形軌道的最低點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)的過程中，由動(dòng)能定理得 －mg2R＝mv02－mv2 解得v＝ 在圓弧形軌道最低點(diǎn)由牛頓第二定律得 FN－mg＝m 解得FN＝6mg 由牛頓第三定律得FN′＝FN＝6mg。 (3)小滑塊從直軌道D到圓弧形軌道最低點(diǎn)過程中，設(shè)DB過程中克服摩擦阻力做功Wf，由動(dòng)能定理得 mgh－Wf＝mv2－0 解得Wf＝mgR。 答案：(1)　(2)6mg　(3)mgR [考點(diǎn)四　運(yùn)用動(dòng)能定理求解往復(fù)運(yùn)動(dòng)問題] 往復(fù)運(yùn)動(dòng)問題的過程比較復(fù)雜，但這類問題往往有一定的規(guī)律。學(xué)生在分析這類問題時(shí)常把眼光盯在“細(xì)節(jié)”上，忽略問題的“宏觀特性”，使思維陷入“死循環(huán)”而丟分。 有些問題中物體的運(yùn)動(dòng)過程具有重復(fù)性、往返性，而描述運(yùn)動(dòng)的物理量多數(shù)是變化的，且重復(fù)次數(shù)常常無限或者很難確定。求解這類問題時(shí)若運(yùn)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式將非常繁瑣，甚至無法解出。而動(dòng)能定理只關(guān)注物體的初、末狀態(tài)，不計(jì)運(yùn)動(dòng)過程的細(xì)節(jié)，所以用動(dòng)能定理可方便快捷分析這類問題。 [考法細(xì)研] 考法1　往復(fù)次數(shù)可確定的情形　 [例1]　如圖所示，ABCD是一個(gè)盆式容器，盆內(nèi)側(cè)壁與盆底BC的連接處都是一段與BC相切的圓弧，BC是水平的，其寬度d＝0.50 m，盆邊緣的高度為h＝0.30 m，在A處放一個(gè)質(zhì)量為m的小物塊并讓其從靜止開始下滑。已知盆內(nèi)側(cè)壁是光滑的，而盆底BC面與小物塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.10。小物塊在盆式容器內(nèi)來回滑動(dòng)，最后停下來，則小物塊最終的位置到B點(diǎn)的距離為(g取10 m/s2)(　　) A．0.50 m　　　　　　　 　B．0.25 m C．0.10 m D．0 [解析]　設(shè)小物塊在BC面通過的總路程為s，由于只有BC面上存在摩擦力，則小物塊從A點(diǎn)開始運(yùn)動(dòng)到最終靜止的整個(gè)過程中，摩擦力做功為－μmgs，而重力做功與路徑無關(guān)，由動(dòng)能定理得：mgh－μmgs＝0－0，代入數(shù)據(jù)解得s＝3 m。由于d＝0.50 m，所以小物塊在BC面經(jīng)過3次往復(fù)運(yùn)動(dòng)后，停在B點(diǎn)，D正確。 [答案]　D 考法2　往復(fù)次數(shù)無法確定的情形　 [例2]　如圖所示，斜面的傾角為θ，質(zhì)量為m的滑塊與擋板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機(jī)械能損失，滑塊經(jīng)過的總路程是(　　) A. B. C. D. [解析]　滑塊最終要停在斜面底部，設(shè)滑塊經(jīng)過的總路程為x，對(duì)滑塊運(yùn)動(dòng)的全過程應(yīng)用功能關(guān)系，全過程所產(chǎn)生的熱量為Q＝mv02＋mgx0sin θ，又由全過程產(chǎn)生的熱量等于克服摩擦力所做的功，即Q＝μmgxcos θ，解得x＝＋x0tan θ，選項(xiàng)A正確。 [答案]　A 考法3　往復(fù)運(yùn)動(dòng)永不停止的情形　 [例3]　如圖所示，AB、CD為兩個(gè)對(duì)稱斜面，其上部足夠長，下部B、C分別與一個(gè)光滑的圓弧面的兩端相切，圓弧圓心角為120，半徑R為2.0 m，一個(gè)物體在離弧底E高度為h＝3.0 m處，以初速度v＝4.0 m/s沿斜面運(yùn)動(dòng)，若物體與兩斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為0.02，則物體在兩斜面上(不包括圓弧面部分)一共運(yùn)動(dòng)的路程是多少？(g取10 m/s2) [解析]　兩個(gè)斜面的下部B、C分別與光滑的圓弧面相切，圓心角為120，所以可得出斜面的傾角為60，物體在斜面上所受到的滑動(dòng)摩擦力為 Ff＝μmgcos 60＝0.01mg， 重力沿斜面的分力為mgsin 60＝mg＞Ff， 所以物體不能停留在斜面上。 物體在斜面上滑動(dòng)時(shí)，由于摩擦力做功，物體的機(jī)械能逐漸減小，物體滑到斜面上的高度逐漸降低，物體最終將在B、C間做往復(fù)運(yùn)動(dòng)。設(shè)物體在斜面上運(yùn)動(dòng)的總路程為s， 對(duì)全過程應(yīng)用動(dòng)能定理得 mg[h－R(1－cos 60)]－μmgscos 60＝0－mv2， 解得s＝280 m。 [答案]　280 m (1)應(yīng)用動(dòng)能定理求解往復(fù)運(yùn)動(dòng)問題時(shí)，要確定物體的初狀態(tài)和最終狀態(tài)。 (2)重力做功與物體運(yùn)動(dòng)路徑無關(guān)，可用WG＝mgh直接求解。 (3)滑動(dòng)摩擦力做功與物體運(yùn)動(dòng)路徑有關(guān)，可用Wf＝－Ffs 求解，其中s為物體滑行的路程。