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(共24张PPT)
课时2
动能定理及应用
考点一
对动能定理的理解与基本应用
基础梳理
运动
焦耳
标量
动能
的变化
合力
曲线运动
变力
分阶段
典例精析
命题视角1　对动能定理的理解与基本应用,区分动能与动能变化,考查动能与合力做功的因果关系
对动能定理基本应用的解题思维链
【典例1】 (中等)如图所示,固定斜面倾角为θ,整个斜面分为AB、BC两段,且AB=1.5BC,小物块P(可视为质点)与AB、BC两段斜面之间的动摩擦因数分别为μ1、μ2,已知P由静止开始从A点释放,恰好能滑动到C点停下,那么θ、μ1、μ2间应满足的关系是(　　)
B
命题视角2　应用动能定理求变力做功,将变力做功转化为动能变化量求解
【典例2】 (容易)游乐场有一种儿童滑轨,其竖直剖面示意图如图所示,AB部分是半径为R的四分之一圆弧轨道,BC为轨道水平部分,与半径OB垂直。一质量为m的小孩(可视为质点)从A点由静止滑下,滑到圆弧轨道末端B点时,对轨道的正压力大小为2.5mg,重力加速度为g。下列说法正确的是(　　)
C
考点二
动能定理与图像结合问题
基础梳理
几种典型图像中图线与横轴所围“面积”和图线斜率的含义
典例精析
命题视角　掌握不同图像的物理含义,解决图像与动能定理综合问题
【典例3】 (动能定理与Ek-x图像的结合·中等)将一只皮球竖直向上抛出,皮球运动时受到空气阻力的大小与速度的大小成正比,皮球从抛出到落回抛出点过程中,其运动的动能Ek与上升高度h之间关系的图像可能正确的是(　　)
A B C D
A
解析:A　根据动能定理W合=F合x=ΔEk可知,Ek-h图像的切线斜率绝对值等于合力大小;上行过程的合力大小为F合=mg+F阻=mg+kv,可知上行过程随着速度的减小,合力大小逐渐减小,则Ek-h图像的切线斜率绝对值逐渐减小;下行过程的合力大小为F合′=mg-F阻=mg-kv,可知下行过程随着速度的增大,合力大小逐渐减小,则Ek-h图像的切线斜率绝对值逐渐减小;由于空气阻力总是做负功,所以球经过同一位置时,上行时的动能总是比下行时的动能大。
【典例4】 (动能定理与P-t图像的结合·中等)放在粗糙水平地面上的物体受到水平拉力的作用,在0~6 s 内其速度与时间的关系图像和该拉力的功率与时间的关系图像分别如图甲、乙所示,g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　)
A.物体的质量为0.8 kg
B.0~2 s内拉力做的功为120 J
C.物体与粗糙水平地面间的动摩擦因数为0.5
D.合力在0~6 s内做的功与0~2 s内做的功不相等
A
考点三
动能定理在多过程问题中的应用
基础梳理
1.应用动能定理解决多过程问题的两种思路
(1)分阶段应用动能定理
①若题目需要求某一中间物理量,应分阶段应用动能定理。
②物体在多个运动过程中,受到的弹力、摩擦力等力若发生了变化,力在各个过程中做功情况也不同,不宜全过程应用动能定理,可以研究其中一个或几个分过程,结合动能定理,各个击破。
(2)全过程(多个过程)应用动能定理
当物体运动过程包含几个不同的物理过程,又不需要研究过程的中间状态时,可以把几个运动过程看作一个整体,巧妙运用动能定理来研究,从而避开每个运动过程的具体细节,大大减少运算。
2.全过程列式时要注意
(1)重力、弹簧弹力做功取决于物体的初、末位置,与路径无关。
(2)大小恒定的阻力或摩擦力做功的数值等于力的大小与路程的乘积。
典例精析
命题视角1　动能定理在多过程问题中的应用
【典例5】 (中等)(2025·黑吉辽内蒙古卷)如图,一雪块从倾角θ=37°的屋顶上的O点由静止开始下滑,滑到A点后离开屋顶。O、A间距离x=2.5 m,A点距地面的高度h=1.95 m,雪块与屋顶的动摩擦因数μ=0.125。不计空气阻力,雪块质量不变,取sin 37°=0.6,重力加速度大小g取10 m/s2。求:
(1)雪块从A点离开屋顶时的速度大小v0;
答案:(1)5 m/s
(2)雪块落地时的速度大小v1及其速度方向与水平方向的夹角α。
答案:(2)8 m/s　60°
命题视角2　动能定理在往复运动中的应用
【典例6】 (中等)如图所示,固定斜面的倾角为θ,质量为m的滑块从与挡板P的距离为x0处以初速度v0沿斜面上滑,滑块与斜面间的动摩擦因数为μ,滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力。若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失,重力加速度为g,则滑块经过的总路程是(　　)
A
感谢观看课时2　动能定理及应用
课时作业
A级·基础巩固练
命题视角1　掌握动能定理内容与适用条件,学会利用动能定理解决问题
1.(2025·宁波三模)如图是某城市广场喷泉喷出水柱的场景,每个喷管的直径约为2 cm,喷出的水柱高度约为5 m。则空中一个水柱的质量和电动机给单个喷管提供的输出功率分别约为(　　)
A.3.1 kg,80 W B.3.1 kg,160 W
C.6.3 kg,80 W D.6.3 kg,160 W
解析:D　水离开管口的速度为v== m/s=10 m/s,水在空中运动时间为t==2 s,空中一个水柱的质量为M=ρ×πr2×vt=1.0×103×3.14×()2×10×2 kg=6.3 kg,设给喷管喷水的电动机输出功率为P,在接近管口很短一段时间Δt内水柱的质量为m=ρvΔtS=ρvΔtπr2,根据动能定理可得PΔt=mv2,解得P=,代入数据解得P=160 W,故选D。
2.如图甲所示,质量为2 kg的物块,以v0=2 m/s的初速度在水平地面上向右运动,水平向左的推力F随路程x变化的图像如图乙所示,已知物块与地面之间的动摩擦因数为μ=0.1,重力加速度g取10 m/s2,忽略空气阻力,则(　　)
A.物块回到出发点时的速度大小为2 m/s
B.整个过程中克服摩擦力做功14 J
C.x=3 m时,物块的动能为8 J
D.物块运动的位移大小为4 m
解析:A　物块向右运动时受到水平向左的推力和摩擦力,若物块减速到0,根据动能定理有-μmgx-·x=0-m,从Fx图像可知F=16-4x,则==16-2x,代入得-μmgx-(16-2x)x=
0-m,再代入数据化简得x2-9x+14=0,解得x=2 m或x=7 m(舍);当物块向左运动时受到水平向左的推力与水平向右的摩擦力,当x=2 m时F2=8 N,根据动能定理有(x总-x)-μmg(x总-x)=
mv2-0,代入数据得v=2 m/s,A正确;回到出发点,克服摩擦力做功W1=μmgx总=0.1×2×10×4 J=
8 J,之后F为0,物块减速至0,克服摩擦力做功W2=mv2=×2×22 J=4 J,则总功W总=W1+W2=12 J,
B错误;因x=3 m>2 m,说明物块向左运动1 m,而x=3 m时F3=4 N,根据动能定理有x2-μmgx2=Ek,x2=4 m-3 m=1 m,解得Ek=4 J,C错误;由A选项,可知物块回到出发点时速度为2 m/s,根据动能定理有-μmgx′=0-mv2,解得x′=2 m,D错误。
命题视角2　分阶段或全过程应用动能定理,解决多过程问题与往复运动问题
3.2025年3月5日至3月9日,第十二届残运会高山滑雪比赛在新疆乌鲁木齐丝绸之路国际滑雪场举行。如图所示为一简化后的滑雪的雪道模型示意图,竖直平面内半径R=5 m的光滑四分之一圆弧轨道与水平雪道相切于B点。质量m=60 kg的运动员由A点静止下滑,最后静止于水平雪道上的C点。已知运动员与雪道BC间的动摩擦因数μ=0.25。运动员可视为质点,忽略空气阻力,重力加速度g取10 m/s2,则运动员在B点时所受圆弧轨道的支持力大小FN和B、C两点间的距离x分别为(　　)
A.FN=1 800 N;x=20 m
B.FN=1 800 N;x=40 m
C.FN=3 600 N;x=20 m
D.FN=3 600 N;x=40 m
解析:A　运动员从A到B过程,根据动能定理有mgR=m,解得vB=10 m/s;运动员在B点时,根据牛顿第二定律有FN-mg=,解得FN=1 800 N;运动员由B点运动到C点的过程中,根据动能定理有-μmgx=0-m,解得x=20 m,故选A。
4.如图所示,水平轨道BC的左端与固定的光滑竖直圆轨道相切于B点,右端与一倾角为30°的光滑斜面轨道在C点平滑连接(即物体经过C点时速度的大小不变),斜面顶端固定一轻质弹簧,一质量为2 kg的滑块从圆弧轨道的顶端A点由静止释放,经水平轨道后滑上斜面并压缩弹簧,第一次可将弹簧压缩至D点,已知光滑圆轨道的半径R=0.45 m,水平轨道BC长为0.4 m,滑块与其间的动摩擦因数μ=0.2,光滑斜面轨道上CD长为0.6 m,g取10 m/s2。求:
(1)整个过程中弹簧具有的最大弹性势能;
(2)滑块最终停在距B点多远的位置。
解析:(1)滑块第一次到D点具有的弹性势能最大,从A至D的过程,根据动能定理可得
mg(R-LCDsin 30°)-μmgsBC+W弹=0,
解得W弹=-1.4 J,则Ep弹=-W弹=1.4 J。
(2)由于斜面光滑,滑块到达D点后又向下运动,经过多次在圆弧轨道与斜面之间来回运动,最终滑块停在水平轨道BC上,设整个过程滑块在BC上的路程为s,整个过程根据动能定理可得mgR-μmgs=0,解得s=2.25 m,由6×0.4 m-2.25 m=0.15 m,可知滑块最终停在距离B点0.15 m处。
答案:(1)1.4 J　(2)0.15 m
B级·高考过关练
5.如图甲所示,倾角为θ、长为2l的斜面AC,AB段光滑,BC段粗糙,且AB=BC=l。质量为m的小物体由A处静止释放,到C点恰好停下,BC段动摩擦因数自上而下逐渐增大,具体变化如图乙所示,重力加速度为g。下列说法正确的是(　　)
A.动摩擦因数最大值μm=2tan θ
B.小物块的最大速度为
C.重力在AB、BC两段斜面上做功不相等
D.重力在AB段中间时刻瞬时功率等于在BC段中间时刻瞬时功率
解析:B　从A处静止释放,到C点恰好停下,根据动能定理可得mg·2lsin θ-Wf=0,由图乙可知Wf=μmmgcos θ·l,联立解得μm=4tan θ,A错误;当摩擦力等于重力沿斜面向下的分力时,小物体的速度达到最大,此时有μmgcos θ=mgsin θ,解得μ=tan θ=μm,由图乙可知,此时小物体在BC段下滑的距离为l,则从A处静止释放到最大速度过程,根据动能定理可得mg·(l+l)sin θ-Wf′=
m-0,其中Wf′=μmgcos θ·=mglsin θ,解得最大速度为vm=,B正确;由于AB、BC两段斜面的长度相同,对应的高度相同,根据WG=mgh,可知重力在AB、BC两段斜面上做功相等,C错误;设小物体在B点的速度为vB,小物体在AB段做匀加速直线运动,则AB中间时刻速度为v1==,则重力在AB段中间时刻瞬时功率P=mgv1sin θ=mgsin θ,小物体在BC段不是做匀变速直线运动,所以BC段中间时刻速度v2≠=,则重力在BC段中间时刻瞬时功率P′=mgv2sin θ≠mgsin θ,D错误。
6.(2025·广东卷)如图所示,用开瓶器取出紧塞在瓶口的软木塞时,先将拔塞钻旋入木塞内,随后下压把手,使齿轮绕固定支架上的转轴转动,通过齿轮啮合,带动与木塞相固定的拔塞钻向上运动。从0时刻开始,顶部与瓶口齐平的木塞从静止开始向上做匀加速直线运动,木塞所受摩擦力Ff随位移大小x的变化关系为Ff=Ff0(1-,其中Ff0为常量,h为圆柱形木塞的高,木塞质量为m,底面积为S,加速度为a,齿轮半径为r,重力加速度为g,瓶外气压减瓶内气压为Δp且近似不变,瓶子始终静止在桌面上。求:(提示:可用Ffx图线下的“面积”表示Ff所做的功)
(1)木塞离开瓶口的瞬间,齿轮的角速度ω;
(2)拔塞的全过程,拔塞钻对木塞做的功W;
(3)拔塞过程中,拔塞钻对木塞作用力的瞬时功率P随时间t变化的表达式。
解析:(1)木塞的末速度等于齿轮线速度,
对木塞根据运动学公式v2=2ah,
根据角速度和线速度的关系v=ωr,
联立可得ω=。
(2)根据题意画出木塞摩擦力与运动距离的关系图如图所示,
可得摩擦力所做的功为
Wf=-Ff0h,
对木塞根据动能定理有
W+Wf-mgh-ΔpSh=mv2-0,
解得W=m(g+a)h+ΔpSh+Ff0h。
(3)设开瓶器对木塞的作用力为F,
对木塞根据牛顿第二定律有
F-mg-Ff-ΔpS=ma,
速度v=at,
位移x=at2,其中0≤t≤,
开瓶器的功率P=Fv,
联立可得
P=magt+ΔpSat+ma2t+Ff0at-t3
(0≤t≤)。
答案:(1)
(2)m(g+a)h+ΔpSh+Ff0h
(3)P=magt+ΔpSat+ma2t+Ff0at-t3(0≤t≤)课时2　动能定理及应用
考点一　对动能定理的理解与基本应用
命题视角1　对动能定理的理解与基本应用,区分动能与动能变化,考查动能与合力做功的因果关系
对动能定理基本应用的解题思维链
【典例1】 (中等)如图所示,固定斜面倾角为θ,整个斜面分为AB、BC两段,且AB=1.5BC,小物块P(可视为质点)与AB、BC两段斜面之间的动摩擦因数分别为μ1、μ2,已知P由静止开始从A点释放,恰好能滑动到C点停下,那么θ、μ1、μ2间应满足的关系是(　　)
A.tan θ=
B.tan θ=
C.tan θ=2μ1-μ2
D.tan θ=2μ2-μ1
解析:B　从A点释放,恰好能滑动到C点,物块受重力、支持力、滑动摩擦力。设斜面AC长为L,运用动能定理,列出等式mgLsin θ-μ1mgcos θ×L-μ2mgcos θ×L=0,解得tan θ=。
命题视角2　应用动能定理求变力做功,将变力做功转化为动能变化量求解
求变力的功:在一个有变力做功的过程中,当变力做功无法直接通过功的公式求解时,可用动能定理W变+W恒=m-m,若物体初、末速度已知,恒力做功W恒可根据功的公式求出,则W变=m-m-W恒。
【典例2】 (容易)游乐场有一种儿童滑轨,其竖直剖面示意图如图所示,AB部分是半径为R的四分之一圆弧轨道,BC为轨道水平部分,与半径OB垂直。一质量为m的小孩(可视为质点)从A点由静止滑下,滑到圆弧轨道末端B点时,对轨道的正压力大小为2.5mg,重力加速度为g。下列说法正确的是(　　)
A.小孩到达B点的速度大小为
B.小孩到达B点的速度大小为
C.小孩从A到B克服摩擦力做的功为mgR
D.小孩从A到B克服摩擦力做的功为mgR
解析:C　根据牛顿第三定律可知,轨道对小孩的支持力FN=2.5mg,有FN-mg=m,可得vB=,A、B错误;A到B过程,由动能定理有mgR-Wf=m-0,可得从A到B克服摩擦力做功为Wf=mgR,C正确,D错误。
考点二　动能定理与图像结合问题
几种典型图像中图线与横轴所围“面积”和图线斜率的含义
命题视角　掌握不同图像的物理含义,解决图像与动能定理综合问题
【典例3】 (动能定理与Ek-x图像的结合·中等)将一只皮球竖直向上抛出,皮球运动时受到空气阻力的大小与速度的大小成正比,皮球从抛出到落回抛出点过程中,其运动的动能Ek与上升高度h之间关系的图像可能正确的是(　　)
A B
C D
解析:A　根据动能定理W合=F合x=ΔEk可知,Ek-h图像的切线斜率绝对值等于合力大小;上行过程的合力大小为F合=mg+F阻=mg+kv,可知上行过程随着速度的减小,合力大小逐渐减小,则Ek-h图像的切线斜率绝对值逐渐减小;下行过程的合力大小为F合′=mg-F阻=mg-kv,可知下行过程随着速度的增大,合力大小逐渐减小,则Ek-h图像的切线斜率绝对值逐渐减小;由于空气阻力总是做负功,所以球经过同一位置时,上行时的动能总是比下行时的动能大。
【典例4】 (动能定理与P-t图像的结合·中等)放在粗糙水平地面上的物体受到水平拉力的作用,在0~6 s 内其速度与时间的关系图像和该拉力的功率与时间的关系图像分别如图甲、乙所示,g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　)
A.物体的质量为0.8 kg
B.0~2 s内拉力做的功为120 J
C.物体与粗糙水平地面间的动摩擦因数为0.5
D.合力在0~6 s内做的功与0~2 s内做的功不相等
解析:A　0~2 s内,拉力做功等于Pt图像所围的面积,得W=×60×2 J=60 J,2~6 s内,物体做匀速运动,P=Ffv,由题图中数据得Ff=2 N,0~2 s内由题图甲可得位移x=×10×2 m=10 m,0~2 s内由动能定理得W-Ff·x=mv2,得m=0.8 kg,A正确,B错误;由滑动摩擦力Ff=μmg,得μ=0.25,由动能定理得,合力在0~6 s内做的功与0~2 s内做的功相等,C、D错误。
考点三　动能定理在多过程问题中的应用
1.应用动能定理解决多过程问题的两种思路
(1)分阶段应用动能定理
①若题目需要求某一中间物理量,应分阶段应用动能定理。
②物体在多个运动过程中,受到的弹力、摩擦力等力若发生了变化,力在各个过程中做功情况也不同,不宜全过程应用动能定理,可以研究其中一个或几个分过程,结合动能定理,各个击破。
(2)全过程(多个过程)应用动能定理
当物体运动过程包含几个不同的物理过程,又不需要研究过程的中间状态时,可以把几个运动过程看作一个整体,巧妙运用动能定理来研究,从而避开每个运动过程的具体细节,大大减少运算。
2.全过程列式时要注意
(1)重力、弹簧弹力做功取决于物体的初、末位置,与路径无关。
(2)大小恒定的阻力或摩擦力做功的数值等于力的大小与路程的乘积。
命题视角1　动能定理在多过程问题中的应用
【典例5】 (中等)(2025·黑吉辽内蒙古卷)如图,一雪块从倾角θ=37°的屋顶上的O点由静止开始下滑,滑到A点后离开屋顶。O、A间距离x=2.5 m,A点距地面的高度h=1.95 m,雪块与屋顶的动摩擦因数μ=0.125。不计空气阻力,雪块质量不变,取sin 37°=0.6,重力加速度大小g取10 m/s2。求:
(1)雪块从A点离开屋顶时的速度大小v0;
(2)雪块落地时的速度大小v1及其速度方向与水平方向的夹角α。
解析:(1)雪块在屋顶上运动过程中,由动能定理有
mgxsin θ-μmgcos θ·x=m-0,
解得雪块到A点时的速度大小为v0=5 m/s。
(2)雪块离开屋顶后,做斜下抛运动,由动能定理有
mgh=m-m,
解得雪块到地面时的速度大小v1=8 m/s;
设速度方向与水平方向的夹角为α,
满足cos α=,解得cos α=,即α=60°。
答案:(1)5 m/s　(2)8 m/s　60°
命题视角2　动能定理在往复运动中的应用
【典例6】 (中等)如图所示,固定斜面的倾角为θ,质量为m的滑块从与挡板P的距离为x0处以初速度v0沿斜面上滑,滑块与斜面间的动摩擦因数为μ,滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力。若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失,重力加速度为g,则滑块经过的总路程是(　　)
A.(+x0tan θ)
B.(+x0tan θ)
C.(+x0tan θ)
D.(+)
解析:A　滑块最终要停在斜面底部,设滑块经过的总路程为s,对滑块运动的全程应用动能定理得mgx0sin θ-μmgcos θ·s=0-m,解得s=(+x0tan θ),A正确。
课时作业
A级·基础巩固练
命题视角1　掌握动能定理内容与适用条件,学会利用动能定理解决问题
1.(2025·宁波三模)如图是某城市广场喷泉喷出水柱的场景,每个喷管的直径约为2 cm,喷出的水柱高度约为5 m。则空中一个水柱的质量和电动机给单个喷管提供的输出功率分别约为(　　)
A.3.1 kg,80 W B.3.1 kg,160 W
C.6.3 kg,80 W D.6.3 kg,160 W
解析:D　水离开管口的速度为v== m/s=10 m/s,水在空中运动时间为t==2 s,空中一个水柱的质量为M=ρ×πr2×vt=1.0×103×3.14×()2×10×2 kg=6.3 kg,设给喷管喷水的电动机输出功率为P,在接近管口很短一段时间Δt内水柱的质量为m=ρvΔtS=ρvΔtπr2,根据动能定理可得PΔt=mv2,解得P=,代入数据解得P=160 W,故选D。
2.如图甲所示,质量为2 kg的物块,以v0=2 m/s的初速度在水平地面上向右运动,水平向左的推力F随路程x变化的图像如图乙所示,已知物块与地面之间的动摩擦因数为μ=0.1,重力加速度g取10 m/s2,忽略空气阻力,则(　　)
A.物块回到出发点时的速度大小为2 m/s
B.整个过程中克服摩擦力做功14 J
C.x=3 m时,物块的动能为8 J
D.物块运动的位移大小为4 m
解析:A　物块向右运动时受到水平向左的推力和摩擦力,若物块减速到0,根据动能定理有-μmgx-·x=0-m,从Fx图像可知F=16-4x,则==16-2x,代入得-μmgx-(16-2x)x=
0-m,再代入数据化简得x2-9x+14=0,解得x=2 m或x=7 m(舍);当物块向左运动时受到水平向左的推力与水平向右的摩擦力,当x=2 m时F2=8 N,根据动能定理有(x总-x)-μmg(x总-x)=
mv2-0,代入数据得v=2 m/s,A正确;回到出发点,克服摩擦力做功W1=μmgx总=0.1×2×10×4 J=
8 J,之后F为0,物块减速至0,克服摩擦力做功W2=mv2=×2×22 J=4 J,则总功W总=W1+W2=12 J,
B错误;因x=3 m>2 m,说明物块向左运动1 m,而x=3 m时F3=4 N,根据动能定理有x2-μmgx2=Ek,x2=4 m-3 m=1 m,解得Ek=4 J,C错误;由A选项,可知物块回到出发点时速度为2 m/s,根据动能定理有-μmgx′=0-mv2,解得x′=2 m,D错误。
命题视角2　分阶段或全过程应用动能定理,解决多过程问题与往复运动问题
3.2025年3月5日至3月9日,第十二届残运会高山滑雪比赛在新疆乌鲁木齐丝绸之路国际滑雪场举行。如图所示为一简化后的滑雪的雪道模型示意图,竖直平面内半径R=5 m的光滑四分之一圆弧轨道与水平雪道相切于B点。质量m=60 kg的运动员由A点静止下滑,最后静止于水平雪道上的C点。已知运动员与雪道BC间的动摩擦因数μ=0.25。运动员可视为质点,忽略空气阻力,重力加速度g取10 m/s2,则运动员在B点时所受圆弧轨道的支持力大小FN和B、C两点间的距离x分别为(　　)
A.FN=1 800 N;x=20 m
B.FN=1 800 N;x=40 m
C.FN=3 600 N;x=20 m
D.FN=3 600 N;x=40 m
解析:A　运动员从A到B过程,根据动能定理有mgR=m,解得vB=10 m/s;运动员在B点时,根据牛顿第二定律有FN-mg=,解得FN=1 800 N;运动员由B点运动到C点的过程中,根据动能定理有-μmgx=0-m,解得x=20 m,故选A。
4.如图所示,水平轨道BC的左端与固定的光滑竖直圆轨道相切于B点,右端与一倾角为30°的光滑斜面轨道在C点平滑连接(即物体经过C点时速度的大小不变),斜面顶端固定一轻质弹簧,一质量为2 kg的滑块从圆弧轨道的顶端A点由静止释放,经水平轨道后滑上斜面并压缩弹簧,第一次可将弹簧压缩至D点,已知光滑圆轨道的半径R=0.45 m,水平轨道BC长为0.4 m,滑块与其间的动摩擦因数μ=0.2,光滑斜面轨道上CD长为0.6 m,g取10 m/s2。求:
(1)整个过程中弹簧具有的最大弹性势能;
(2)滑块最终停在距B点多远的位置。
解析:(1)滑块第一次到D点具有的弹性势能最大,从A至D的过程,根据动能定理可得
mg(R-LCDsin 30°)-μmgsBC+W弹=0,
解得W弹=-1.4 J,则Ep弹=-W弹=1.4 J。
(2)由于斜面光滑,滑块到达D点后又向下运动,经过多次在圆弧轨道与斜面之间来回运动,最终滑块停在水平轨道BC上,设整个过程滑块在BC上的路程为s,整个过程根据动能定理可得mgR-μmgs=0,解得s=2.25 m,由6×0.4 m-2.25 m=0.15 m,可知滑块最终停在距离B点0.15 m处。
答案:(1)1.4 J　(2)0.15 m
B级·高考过关练
5.如图甲所示,倾角为θ、长为2l的斜面AC,AB段光滑,BC段粗糙,且AB=BC=l。质量为m的小物体由A处静止释放,到C点恰好停下,BC段动摩擦因数自上而下逐渐增大,具体变化如图乙所示,重力加速度为g。下列说法正确的是(　　)
A.动摩擦因数最大值μm=2tan θ
B.小物块的最大速度为
C.重力在AB、BC两段斜面上做功不相等
D.重力在AB段中间时刻瞬时功率等于在BC段中间时刻瞬时功率
解析:B　从A处静止释放,到C点恰好停下,根据动能定理可得mg·2lsin θ-Wf=0,由图乙可知Wf=μmmgcos θ·l,联立解得μm=4tan θ,A错误;当摩擦力等于重力沿斜面向下的分力时,小物体的速度达到最大,此时有μmgcos θ=mgsin θ,解得μ=tan θ=μm,由图乙可知,此时小物体在BC段下滑的距离为l,则从A处静止释放到最大速度过程,根据动能定理可得mg·(l+l)sin θ-Wf′=
m-0,其中Wf′=μmgcos θ·=mglsin θ,解得最大速度为vm=,B正确;由于AB、BC两段斜面的长度相同,对应的高度相同,根据WG=mgh,可知重力在AB、BC两段斜面上做功相等,C错误;设小物体在B点的速度为vB,小物体在AB段做匀加速直线运动,则AB中间时刻速度为v1==,则重力在AB段中间时刻瞬时功率P=mgv1sin θ=mgsin θ,小物体在BC段不是做匀变速直线运动,所以BC段中间时刻速度v2≠=,则重力在BC段中间时刻瞬时功率P′=mgv2sin θ≠mgsin θ,D错误。
6.(2025·广东卷)如图所示,用开瓶器取出紧塞在瓶口的软木塞时,先将拔塞钻旋入木塞内,随后下压把手,使齿轮绕固定支架上的转轴转动,通过齿轮啮合,带动与木塞相固定的拔塞钻向上运动。从0时刻开始,顶部与瓶口齐平的木塞从静止开始向上做匀加速直线运动,木塞所受摩擦力Ff随位移大小x的变化关系为Ff=Ff0(1-,其中Ff0为常量,h为圆柱形木塞的高,木塞质量为m,底面积为S,加速度为a,齿轮半径为r,重力加速度为g,瓶外气压减瓶内气压为Δp且近似不变,瓶子始终静止在桌面上。求:(提示:可用Ffx图线下的“面积”表示Ff所做的功)
(1)木塞离开瓶口的瞬间,齿轮的角速度ω;
(2)拔塞的全过程,拔塞钻对木塞做的功W;
(3)拔塞过程中,拔塞钻对木塞作用力的瞬时功率P随时间t变化的表达式。
解析:(1)木塞的末速度等于齿轮线速度,
对木塞根据运动学公式v2=2ah,
根据角速度和线速度的关系v=ωr,
联立可得ω=。
(2)根据题意画出木塞摩擦力与运动距离的关系图如图所示,
可得摩擦力所做的功为
Wf=-Ff0h,
对木塞根据动能定理有
W+Wf-mgh-ΔpSh=mv2-0,
解得W=m(g+a)h+ΔpSh+Ff0h。
(3)设开瓶器对木塞的作用力为F,
对木塞根据牛顿第二定律有
F-mg-Ff-ΔpS=ma,
速度v=at,
位移x=at2,其中0≤t≤,
开瓶器的功率P=Fv,
联立可得
P=magt+ΔpSat+ma2t+Ff0at-t3
(0≤t≤)。
答案:(1)
(2)m(g+a)h+ΔpSh+Ff0h
(3)P=magt+ΔpSat+ma2t+Ff0at-t3(0≤t≤)

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