資源簡介

專題強化11　動能定理的應用(一)
(分值：100分)
1~6題每題9分，共54分
1.(2024·安徽卷)某同學參加戶外拓展活動，遵照安全規范，坐在滑板上，從高為h的粗糙斜坡頂端由靜止下滑，至底端時速度為v。已知人與滑板的總質量為m，可視為質點。重力加速度大小為g，不計空氣阻力。則此過程中人與滑板克服摩擦力做的功為(　　)
A.mgh B.mv2
C.mgh+mv2 D.mgh-mv2
2.(2023·天津市期末)如圖所示，一質量為m的小球，用長為L的輕繩懸掛于O點，小球在水平力F作用下，從最低點P點緩慢地移到Q點。此時輕繩與豎直方向夾角為θ，重力加速度為g，則拉力F所做的功為(　　)
A.FLcos θ B.FLsin θ
C.mgLcos θ D.mgL(1-cos θ)
3.質量為m的物體以初速度v0沿水平面向左開始運動，起始點A與一水平輕彈簧O端相距s，如圖所示。已知物體與水平面間的動摩擦因數為μ，物體與彈簧接觸后，彈簧的最大壓縮量為x，重力加速度為g，則從開始接觸到彈簧被壓縮至最短(彈簧始終在彈性限度內)，物體克服彈簧彈力所做的功為(　　)
A.m-μmg(s+x) B.m-μmgx
C.μmgs D.μmg(s+x)
4.(多選)A、B兩物體的質量之比mA∶mB=2∶1，它們以相同的初速度v0在水平面上僅在摩擦力作用下做勻減速直線運動，直到停止，其v-t圖像如圖所示。此過程中，A、B兩物體受到的摩擦力分別為FA、FB，A、B兩物體受到的摩擦力做的功分別為WA、WB，則(　　)
A.WA∶WB=1∶4 B.WA∶WB=2∶1
C.FA∶FB=1∶4 D.FA∶FB=4∶1
5.(2023·佛山市高一月考)如圖所示，豎直平面內一半徑為R的半圓形軌道，兩邊端點等高，一個質量為m的質點從左端點P由靜止開始下滑，滑到最低點Q時對軌道壓力為2mg，g為重力加速度，則此下滑過程克服摩擦力做的功是(　　)
A.mgR B.mgR
C.mgR D.mgR
6.(多選)質量為1.0 kg的物體以某一水平初速度在水平面上滑行，由于摩擦力的作用，其動能隨位移變化的情況如圖所示，g取10 m/s2，則下列判斷正確的是(　　)
A.物體與水平面間的動摩擦因數為0.2
B.物體與水平面間的動摩擦因數為0.3
C.物體滑行的總時間為2 s
D.物體滑行的總時間為4 s
7、8題每題10分，9題15分，共47分
7.(2023·茂名市高一期末)如圖甲所示，一輕繩一端與靜置在光滑水平面上質量為m的小物塊相連，另一端繞過定滑輪，現施加豎直向上的力F使小物塊從A點運動到B點，該過程中拉力F隨力的作用點的位移變化如圖乙所示，當物塊到達B點時，細線與水平方向的夾角α=60°，則此時力F作用點的速度大小為(　　)
A. B.
C. D.2
8.如圖所示，一半徑為R、粗糙程度處處相同的半圓形軌道豎直固定放置，直徑POQ水平。一質量為m的小球自P點上方高度R處由靜止開始下落，恰好從P點進入軌道。小球滑到軌道最低點N時，對軌道的壓力大小為4mg，g為重力加速度的大小。用W表示小球從P點運動到N點的過程中克服摩擦力所做的功，不計空氣阻力，則(　　)
A.W=mgR，小球恰好可以到達Q點
B.W>mgR，小球不能到達Q點
C.W=mgR，小球到達Q點后，繼續上升一段距離
D.W9.(15分)如圖甲所示，在傾角為30°且足夠長的光滑斜面AB的A處連接一粗糙水平面OA，OA的長度為4 m。一可視為質點、質量為m的滑塊(未畫出)從O處由靜止開始受一水平向右的力F作用。F只在水平面上按圖乙所示的規律變化。已知滑塊與OA間的動摩擦因數μ=0.25，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)(9分)滑塊運動到A處時的速度大小；
(2)(6分)不計滑塊在A處的速率變化，滑塊沖上斜面AB的長度是多少。
(11分)
10.(多選)(2023·梅州市高一期末)如圖甲所示，一物塊以一定的初速度沖上傾角為30°的固定斜面。在斜面上運動的過程中，其動能與運動路程s的關系如圖乙所示。已知物塊所受的摩擦力大小恒定，g取10 m/s2。下列說法正確的是(　　)
A.物塊質量為0.7 kg
B.物塊與斜面間的動摩擦因數為
C.0~20 m過程中，物塊克服摩擦力做功為40 J
D.0~10 m過程中與10~20 m過程中物塊所受合力之比為3∶4
答案精析
1.D　[人與滑板在下滑的過程中，由動能定理可得
mgh-W克f=mv2-0
可得此過程中人與滑板克服摩擦力做的功為
W克f=mgh-mv2，故選D。]
2.D　[小球在緩慢移動的過程中，水平力F是變力，不能通過功的公式求解功的大小，根據動能定理得WF-mgL(1-cos θ)=0，解得水平力F所做的功為WF=mgL(1-cos θ)，故選D。]
3.A　[由動能定理有-W-μmg(s+x)=0-m，可得W=m-μmg(s+x)，A正確，B、C、D錯誤。]
4.BD　[由動能定理可知W=0-m，由于A、B兩物體僅受摩擦力做功，質量之比mA∶mB=2∶1，因此兩物體受到的摩擦力做的功之比為WA∶WB=2∶1，A錯誤，B正確；根據v-t圖像的斜率可知兩物體加速度之比為2∶1，根據牛頓第二定律F=ma，可得FA∶FB=4∶1，C錯誤，D正確。]
5.B　[質點經過Q點時，由重力和軌道的支持力提供向心力，由牛頓第二定律得：FN-mg=m，代入FN=2mg可得：=gR，質點自P滑到Q的過程中，由動能定理得：
mgR-Wf=m-0，則克服摩擦力所做的功為：
Wf=mgR，故選B。]
6.AC　[根據動能定理得-μmgs=ΔEk，解得μ=0.2，故A正確，B錯誤；物體的初速度v0==4 m/s，所以物體滑行的總時間為t==2 s，故C正確，D錯誤。]
7.A　[小物塊從A點運動到B點，由動能定理可得=m-0
可得物塊到達B點的速度
vB=
根據速度的合成與分解可得力F作用點的速度
v=vBcos 60°=，故選A。]
8.C　[根據小球滑到軌道最低點N時，對軌道壓力大小為4mg，由牛頓第三定律可知，軌道對小球的支持力大小為4mg，則在最低點有4mg-mg=m，解得小球運動到最低點時的速度為v=，對小球從開始下落到運動到最低點的過程，由動能定理得2mgR-W=mv2-0，解得W=mgR，小球由最低點繼續上滑的過程，到達Q點時克服摩擦力做功W'要小于W，由此可知，小球到達Q點后，可繼續上升一段距離，故選C。]
9.(1)5 m/s　(2)5 m
解析　(1)由題圖乙知在前2 m內，F1=2mg，做正功；在第3 m內，F2=-0.5mg，做負功；在第4 m內，F3=0；滑動摩擦力f=-μmg=-0.25mg，始終做負功；對滑塊在OA運動的過程(前4 m過程)，由動能定理得F1s1+F2s2+fs=m-0，解得vA=5 m/s。
(2)滑塊沖上斜面的過程，由動能定理得-mgLsin 30°=0-m，解得L=5 m，所以滑塊沖上斜面AB的長度為5 m。
10.AB　[0~10 m內物塊上滑，由動能定理得
-mgsin 30°·s1-fs1=Ek-Ek0
整理得Ek=Ek0-(mgsin 30°+f)s1
結合0~10 m內的圖像得，斜率的絕對值
|k|=mgsin 30°+f=4 N
10~20 m內物塊下滑，由動能定理得
(mgsin 30°-f)(s-s1)=Ek
整理得Ek=(mgsin 30°-f)s-(mgsin 30°-f)s1
結合10~20 m內的圖像得，斜率
k'=mgsin 30°-f=3 N
聯立解得f=0.5 N，m=0.7 kg
根據f=μmgcos 30°
可求得物塊與斜面間的動摩擦因數為μ=，故A、B正確；
0~20 m過程中，物塊克服摩擦力做功Wf為動能的減少量ΔEk，則Wf=ΔEk=(40-30) J=10 J，故C錯誤；
由動能定理知0~10 m過程中與10~20 m過程中物塊所受合力之比即為動能改變量之比，等于4∶3，故D錯誤。]專題強化11　動能定理的應用(一)
［學習目標］　1.會用動能定理求解變力做功問題(重點)。2.能夠應用動能定理分析相關圖像問題(重難點)。
一、應用動能定理求變力做功
如圖所示，物體(可看成質點)沿一粗糙曲面從A點無初速度下滑，當滑至曲面的最低點B點時，下滑的豎直高度為h，此時物體的速度為v。若物體的質量為m，重力加速度為g。則：
(1)下滑過程中阻力是恒力還是變力？
(2)怎樣求解物體在下滑過程中克服阻力所做的功？
1.變力做的功
在某些問題中，由于力F的大小、方向變化，不能用W=Fscos α求出變力做的功，此時可用動能定理W=ΔEk求功。
2.用動能定理求解變力做功的方法
(1)分析物體的受力情況，確定做功過程中的哪些力是恒力，哪些力是變力。如果是恒力，寫出恒力做功的表達式；如果是變力，用相應功的符號表示出變力做的功。
(2)分析物體的運動過程，確定其初、末狀態的動能。
(3)運用動能定理列式求解。
例1　如圖所示，光滑斜面的頂端固定一彈簧，一質量為m的小球向右滑行，并沖上固定在水平地面上的斜面。設小球在斜面最低點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，重力加速度為g，彈簧始終在彈性限度內，則從A到C的過程中彈簧彈力做的功是(　　)
A.mgh-mv2 B.mv2-mgh
C.-mgh D.-(mgh+mv2)
例2　如圖所示，質量為m的物體與水平轉臺間的動摩擦因數為μ，物體與轉軸相距為R，物體隨轉臺由靜止開始轉動。當轉速增至某一值時，物體即將在轉臺上滑動，此時轉臺開始勻速轉動。設物體的最大靜摩擦力近似等于滑動摩擦力，重力加速度為g。則在這一過程中摩擦力對物體做的功是(　　)
A. B.2μmgR
C.2πμmgR D.0
例3　如圖所示，運輸機器人水平推著小車沿水平地面從靜止開始運動，機器人對小車和貨物做功的功率恒為40 W，已知小車和貨物的總質量為20 kg，小車受到的阻力為小車和貨物重力的，小車向前運動了18 m時達到最大速度，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)小車運動的最大速度的大小；
(2)機器人在這段時間對小車和貨物做的功；
(3)小車發生這段位移所用時間t。
二、動能定理在圖像問題中的應用
1.首先看清楚圖像的種類(如v-t圖像、F-s圖像、Ek-s圖像等)。
2.挖掘圖像的隱含條件，求出所需物理量，如利用v-t圖像與t軸所包圍“面積”求位移，利用F-s圖像與s軸所包圍“面積”求功，利用Ek-s圖像的斜率求合力等。
3.再分析還有哪些力做功，根據動能定理列方程，求出相應的物理量。
例4　(多選)在平直的公路上，汽車由靜止開始做勻加速運動。當速度達到vm后，立即關閉發動機滑行直至停止。v-t圖像如圖所示，汽車的牽引力大小為F1，摩擦力大小為F2，全過程中，牽引力做的功為W1，克服摩擦力做功為W2。以下關系式正確的是(　　)
A.F1∶F2=1∶3 B.F1∶F2=4∶3
C.W1∶W2=1∶1 D.W1∶W2=1∶3
例5　(多選)(2023·廣州市高一期中)從地面豎直向上拋出一物體，物體在運動過程中除受到重力外，還受到一大小不變、方向始終與運動方向相反的阻力作用。距地面高h在3 m以內時，物體上升、下落過程中動能Ek隨h的變化如圖所示。重力加速度g=10 m/s2。該物體的質量m和所受的阻力f是(　　)
A.m=2 kg B.m=1 kg
C.f=1 N D.f=2 N
答案精析
一、
(1)變力。
(2)物體從A下滑到B的過程由動能定理得
mgh-W克f=mv2
解得W克f=mgh-mv2。
例1　A　[由A到C的過程運用動能定理可得-mgh+W=0-mv2，所以W=mgh-mv2，故A正確。]
例2　A　[物體即將在轉臺上滑動時有μmg=，由動能定理可得Wf=mv2-0=，故A正確，B、C、D錯誤。]
例3　(1)2 m/s　(2)400 J　(3)10 s
解析　(1)當牽引力等于阻力時小車的速度達到最大，Ff=mg=20 N，vm==2 m/s
(2)根據動能定理得W-Ff·s=m，解得W=400 J
(3)由W=Pt，得t=10 s，所以小車發生這段位移所用時間為10 s。
例4　BC　[對全過程由動能定理可知W1-W2=0，故W1∶W2=1∶1，故C正確，D錯誤；W1=F1s，W2=F2s'，由題圖可知s∶s'=3∶4，所以F1∶F2=4∶3，故A錯誤，B正確。]
例5　BD　[物體上升過程，根據動能定理有
-(f+mg)h=36 J-72 J
同理，物體下降過程，有(mg-f)h=48 J-24 J
聯立，解得m=1 kg，f=2 N，故選B、D。](共40張PPT)
DISIZHANG
第四章
專題強化11　動能定理的
應用(一)
1.會用動能定理求解變力做功問題(重點)。
2.能夠應用動能定理分析相關圖像問題(重難點)。
學習目標
一、應用動能定理求變力做功
二、動能定理在圖像問題中的應用
專題強化練
內容索引
應用動能定理求變力做功
一
如圖所示，物體(可看成質點)沿一粗糙曲面從A點無初速度下滑，當滑至曲面的最低點B點時，下滑的豎直高度為h，此時物體的速度為v。若物體的質量為m，重力加速度為g。則：
(1)下滑過程中阻力是恒力還是變力？
答案　變力。
(2)怎樣求解物體在下滑過程中克服阻力所做的功？
答案　物體從A下滑到B的過程由動能定理得
mgh-W克f=mv2
解得W克f=mgh-mv2。
1.變力做的功
在某些問題中，由于力F的大小、方向變化，不能用W=Fscos α求出變力做的功，此時可用動能定理W=ΔEk求功。
2.用動能定理求解變力做功的方法
(1)分析物體的受力情況，確定做功過程中的哪些力是恒力，哪些力是變力。如果是恒力，寫出恒力做功的表達式；如果是變力，用相應功的符號表示出變力做的功。
(2)分析物體的運動過程，確定其初、末狀態的動能。
(3)運用動能定理列式求解。
提煉·總結
　如圖所示，光滑斜面的頂端固定一彈簧，一質量為m的小球向右滑行，并沖上固定在水平地面上的斜面。設小球在斜面最低點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，重力加速度為g，彈簧始終在彈性限度內，則從A到C的過程中彈簧彈力做的功是
A.mgh-mv2 B.mv2-mgh
C.-mgh D.-(mgh+mv2)
例1
由A到C的過程運用動能定理可得-mgh+W=0-mv2，所以W=mgh-mv2，
故A正確。
√
　如圖所示，質量為m的物體與水平轉臺間的動摩擦因數為μ，物體與轉軸相距為R，物體隨轉臺由靜止開始轉動。當轉速增至某一值時，物體即將在轉臺上滑動，此時轉臺開始勻速轉動。設物體的最大靜摩擦力近似等于滑動摩擦力，重力加速度為g。則在這一過程中摩擦力對物體做的功是
A. B.2μmgR
C.2πμmgR D.0
例2
物體即將在轉臺上滑動時有μmg=，由動能定理可得Wf=mv2-0= ，故A正確，B、C、D錯誤。
√
　如圖所示，運輸機器人水平推著小車沿水平地面從靜止
開始運動，機器人對小車和貨物做功的功率恒為40 W，已
知小車和貨物的總質量為20 kg，小車受到的阻力為小車和
貨物重力的，小車向前運動了18 m時達到最大速度，重力加速度g取
10 m/s2。求：
(1)小車運動的最大速度的大小；
例3
答案　2 m/s　
當牽引力等于阻力時小車的速度達到最大，Ff=mg=20 N，vm==2 m/s
(2)機器人在這段時間對小車和貨物做的功；
答案　400 J　
根據動能定理得W-Ff·s=m，解得W=400 J
(3)小車發生這段位移所用時間t。
答案　10 s
由W=Pt，得t=10 s，所以小車發生這段位移所用時間為10 s。
返回
動能定理在圖像問題中的應用
二
1.首先看清楚圖像的種類(如v-t圖像、F-s圖像、Ek-s圖像等)。
2.挖掘圖像的隱含條件，求出所需物理量，如利用v-t圖像與t軸所包圍“面積”求位移，利用F-s圖像與s軸所包圍“面積”求功，利用Ek-s圖像的斜率求合力等。
3.再分析還有哪些力做功，根據動能定理列方程，求出相應的物理量。
　(多選)在平直的公路上，汽車由靜止開始做勻加速運動。當速度達到vm后，立即關閉發動機滑行直至停止。v-t圖像如圖所示，汽車的牽引力大小為F1，摩擦力大小為F2，全過程中，牽引力做的功為W1，克服摩擦力做功為W2。以下關系式正確的是
A.F1∶F2=1∶3 B.F1∶F2=4∶3
C.W1∶W2=1∶1 D.W1∶W2=1∶3
例4
對全過程由動能定理可知W1-W2=0，故W1∶W2=1∶1，故C正確，D錯誤；
W1=F1s，W2=F2s'，由題圖可知s∶s'=3∶4，所以F1∶F2=4∶3，故A錯誤，B正確。
√
√
　(多選)(2023·廣州市高一期中)從地面豎直向上拋出一
物體，物體在運動過程中除受到重力外，還受到一大小
不變、方向始終與運動方向相反的阻力作用。距地面高
h在3 m以內時，物體上升、下落過程中動能Ek隨h的變
化如圖所示。重力加速度g=10 m/s2。該物體的質量m和所受的阻力f 是
A.m=2 kg B.m=1 kg
C.f=1 N D.f=2 N
例5
√
√
物體上升過程，根據動能定理有
-( f+mg)h=36 J-72 J
同理，物體下降過程，有(mg-f )h=48 J-24 J
聯立，解得m=1 kg，f=2 N，故選B、D。
返回
專題強化練
三
對一對
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
題號 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 D D A BD B AC A C
題號 9 　10
答案 (1)5 m/s　(2)5 m AB
1.(2024·安徽卷)某同學參加戶外拓展活動，遵照安全規范，坐在滑板上，從高為h的粗糙斜坡頂端由靜止下滑，至底端時速度為v。已知人與滑板的總質量為m，可視為質點。重力加速度大小為g，不計空氣阻力。則此過程中人與滑板克服摩擦力做的功為
A.mgh B.mv2
C.mgh+mv2 D.mgh-mv2
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
基礎強化練
√
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
人與滑板在下滑的過程中，由動能定理可得
mgh-W克f=mv2-0
可得此過程中人與滑板克服摩擦力做的功為
W克f=mgh-mv2，故選D。
答案
2.(2023·天津市期末)如圖所示，一質量為m的小球，用長為L的輕繩懸掛于O點，小球在水平力F作用下，從最低點P點緩慢地移到Q點。此時輕繩與豎直方向夾角為θ，重力加速度為g，則拉力F所做的功為
A.FLcos θ B.FLsin θ
C.mgLcos θ D.mgL(1-cos θ)
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
小球在緩慢移動的過程中，水平力F是變力，不能通過功的公式求解功的大小，根據動能定理得WF-mgL(1-cos θ) =0，解得水平力F所做的功為WF=mgL(1-cos θ)，故選D。
答案
3.質量為m的物體以初速度v0沿水平面向左開始運動，起始點A與一水平輕彈簧O端相距s，如圖所示。已知物體與水平面間的動摩擦因數為μ，物體與彈簧接觸后，彈簧的最大壓縮量為x，重力加速度為g，則從開始接觸到彈簧被壓縮至最短(彈簧始終在彈性限度內)，物體克服彈簧彈力所做的功為
A.m-μmg(s+x) B.m-μmgx
C.μmgs D.μmg(s+x)
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
由動能定理有-W-μmg(s+x)=0-m，
可得W=m-μmg(s+x)，A正確，
B、C、D錯誤。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
4.(多選)A、B兩物體的質量之比mA∶mB=2∶1，它們以相同的初速度v0在水平面上僅在摩擦力作用下做勻減速直線運動，直到停止，其v-t圖像如圖所示。此過程中，A、B兩物體受到的摩擦力分別為FA、FB，A、B兩物體受到的摩擦力做的功分別為WA、WB，則
A.WA∶WB=1∶4 B.WA∶WB=2∶1
C.FA∶FB=1∶4 D.FA∶FB=4∶1
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
√
√
答案
由動能定理可知W=0-m，由于A、B兩物體僅
受摩擦力做功，質量之比mA∶mB=2∶1，因此兩
物體受到的摩擦力做的功之比為WA∶WB=2∶1，
A錯誤，B正確；
根據v-t圖像的斜率可知兩物體加速度之比為2∶1，根據牛頓第二定律F=ma，可得FA∶FB=4∶1，C錯誤，D正確。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
5.(2023·佛山市高一月考)如圖所示，豎直平面內一半徑為R的半圓形軌道，兩邊端點等高，一個質量為m的質點從左端點P由靜止開始下滑，滑到最低點Q時對軌道壓力為2mg，g為重力加速度，則此下滑過程克服摩擦力做的功是
A.mgR B.mgR
C.mgR D.mgR
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
質點經過Q點時，由重力和軌道的支持力提供向心力，由牛頓第二定律得：FN-mg=m，代入FN=2mg可得：=gR，質點自P滑到Q的過程中，由動能定理得：
mgR-Wf=m-0，則克服摩擦力所做的功為：
Wf=mgR，故選B。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
6.(多選)質量為1.0 kg的物體以某一水平初速度在水平面上滑行，由于摩擦力的作用，其動能隨位移變化的情況如圖所示，g取10 m/s2，則下列判斷正確的是
A.物體與水平面間的動摩擦因數為0.2
B.物體與水平面間的動摩擦因數為0.3
C.物體滑行的總時間為2 s
D.物體滑行的總時間為4 s
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
√
√
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
根據動能定理得-μmgs=ΔEk，解得μ=0.2，故A正確，
B錯誤；
物體的初速度v0==4 m/s，所以物體滑行的總時
間為t==2 s，故C正確，D錯誤。
答案
7.(2023·茂名市高一期末)如圖甲所示，一輕繩一端與靜置在光滑水平面上質量為m的小物塊相連，另一端繞過定滑輪，現施加豎直向上的力F使小物塊從A點運動到B點，該過程中拉力F隨力的作用點的位移變化如圖乙所示，當物塊到達B點時，細線與水平方向的夾角α=60°，則此時力F作用點的速度大小為
A. B.
C. D.2
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
√
能力綜合練
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
小物塊從A點運動到B點，
由動能定理可得=m-0
可得物塊到達B點的速度
vB=
根據速度的合成與分解可得力F作用點的速度
v=vBcos 60°=，故選A。
答案
8.如圖所示，一半徑為R、粗糙程度處處相同的半圓形軌道豎直固定放置，直徑POQ水平。一質量為m的小球自P點上方高度R處由靜止開始下落，恰好從P點進入軌道。小球滑到軌道最低點N時，對軌道的壓力大小為4mg，g為重力加速度的大小。用W表示小球從P點運動到N點的過程中克服摩擦力所做的功，不計空氣阻力，則
A.W=mgR，小球恰好可以到達Q點
B.W>mgR，小球不能到達Q點
C.W=mgR，小球到達Q點后，繼續上升一段距離
D.W1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
√
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
根據小球滑到軌道最低點N時，對軌道壓力大小為
4mg，由牛頓第三定律可知，軌道對小球的支持力
大小為4mg，則在最低點有4mg-mg=m，解得小球
運動到最低點時的速度為v=，對小球從開始下落到運動到最低點的過程，由動能定理得2mgR-W=mv2-0，解得W=mgR，小球由最低點繼續上滑的過程，到達Q點時克服摩擦力做功W'要小于W，由此可知，小球到達Q點后，可繼續上升一段距離，故選C。
答案
9.如圖甲所示，在傾角為30°且足夠長的光滑斜面AB的A處連接一粗糙水平面OA，OA的長度為4 m。一可視為質點、質量為m的滑塊(未畫出)從O處由靜止開始受一水平向右的力F作用。F只在水平面上按圖乙所示的規律變化。已知滑塊與OA間的動摩擦因數μ=0.25，重力加速度g取
10 m/s2，求：
(1)滑塊運動到A處時的速度大小；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案　5 m/s　
答案
由題圖乙知在前2 m內，F1=2mg，做正功；在第3 m
內，F2=-0.5mg，做負功；在第4 m內，F3=0；滑動
摩擦力f=-μmg=-0.25mg，始終做負功；對滑塊在OA
運動的過程(前4 m過程)，由動能定理得F1s1+F2s2+fs=m-0，解得vA=5 m/s。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
(2)不計滑塊在A處的速率變化，滑塊沖上斜面AB的長度是多少。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案　5 m
滑塊沖上斜面的過程，由動能定理得-mgLsin 30°=0-m，解得L=5 m，所以滑塊沖上斜面AB的長度為5 m。
答案
10.(多選)(2023·梅州市高一期末)如圖甲所示，一物塊以一定的初速度沖上傾角為30°的固定斜面。在斜面上運動的過程中，其動能與運動路程s的關系如圖乙所示。已知物塊所受的摩擦力大小恒定，g取10 m/s2。下列說法正確的是
A.物塊質量為0.7 kg
B.物塊與斜面間的動摩擦因數為
C.0~20 m過程中，物塊克服摩擦力做功為40 J
D.0~10 m過程中與10~20 m過程中物塊所受合力之比為3∶4
√
尖子生選練
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
0~10 m內物塊上滑，由動能定理得
-mgsin 30°·s1-fs1=Ek-Ek0
整理得Ek=Ek0-(mgsin 30°+f )s1
結合0~10 m內的圖像得，斜率的絕對值
|k|=mgsin 30°+f=4 N
10~20 m內物塊下滑，由動能定理得
(mgsin 30°-f )(s-s1)=Ek
整理得Ek=(mgsin 30°-f )s-(mgsin 30°-f )s1
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
結合10~20 m內的圖像得，
斜率k'=mgsin 30°-f=3 N
聯立解得f=0.5 N，m=0.7 kg
根據f=μmgcos 30°
可求得物塊與斜面間的動摩擦因數為μ=，故A、B正確；
0~20 m過程中，物塊克服摩擦力做功Wf為動能的減少量ΔEk，則Wf= ΔEk =(40-30) J=10 J，故C錯誤；
由動能定理知0~10 m過程中與10~20 m過程中物塊所受合力之比即為動能改變量之比，等于4∶3，故D錯誤。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
返回
答案

展開更多......

收起↑