高中物理【动能定理与机械能守恒的几类典型问题】学案及练习题

高中物理【动能定理与机械能守恒的几类典型问题】学案及练习题

关键能力合作探究。

授课提示：对应学生用书第127页

类型1动能定理与图像的结合

r?探究归纳

分析动能定理和图像结合的问题时一定要弄清图像的物理意义，要特别注意图像的形

状、交点、截距、斜率、面积等信息，并结合运动图像构建相应的物理模型，选择合理的规

律求解有关问题。

1.四类图像所围“面积”

VY图像］"ʌ依据XRl(υ-t图线与t轴围成的面积

表示物体的位移

α--图像)一\依据At>=αC(a-t图线与t轴围成的面积

表示物体速度的变化量

(F-X图像>gF-x图线与Z轴围成的面积

依据W=&(表示力所做的功

(P-t图像)~、P-t图线与，轴围成的面积

依据W=R(

表示力所做的功

2.解决图像问题的基本步骤

(1)观察题目给出的图像，弄清纵坐标、横坐标所对应的物理量及图线所表示的物理意

义。

(2)根据物理规律推导出纵坐标与横坐标所对应的物理量间的函数关系式。

(3)将推导出的物理规律与数学上与之相对应的标准函数关系式相对比，找出图线的斜

率、截距、图线的交点、图线下的面积所对应的物理意义，分析解答问题，或者利用函数图

线上的特定值代入函数关系式求物理量。

典例

如图甲所示，在倾角为30。、长度为L=5m的光滑斜面AB的A处连接一粗

糙水平面OA,OA长为4m。有一质量为〃?的滑块，从。处由静止开始受一水平向右的力

F作用，E只在滑块处于水平面上时作用，并且按图乙所示的规律变化，最后滑块刚好到达

斜面顶端8,gIfX10m∕s2o试求：

B

mg

CU0

TJ.3mg

-rng

-2mg

(1)滑块运动到A处的速度大小；

(2)滑块与04间的动摩擦因数必

［解析］⑴滑块冲上斜面的过程中重力做负功，由动能定理得一,"g∙A∙sin30°=0-^mvA1

代入数据解得内=5正m/so

(2)由题图乙知，在前2m内，Fi=2mg,做正功，在第3m内，F2=0.5mg,做负功，

在第4m内，Fa=。，滑动摩擦力的大小为Ff=WWg,始终做负功，对于滑块在OA上运动

的全过程，由动能定理得

F∖x∖—F2X2-FfX=^fnv∕~0

代入数据解得〃=0.25。

［答案］(1)5√2m/s(2)0.25

［名师点评］

动能定理与图像结合问题的分析方法

(1)首先看清所给图像的种类(如F-x图像、P-t图像、Ek-x图像等)。

(2)挖掘图像的隐含条件，得出所需要的物理量，如由图像所包围的“面积”求位移,

由F-x图像所包围的“面积”求功等。

(3)分析有哪些力做功，根据动能定理列方程，求出相应的物理量。

针对Pl啕

1.从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到

一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用。距地面高度〃在3m以内时，物体上升、

下落过程中动能反随"的变化如图所示。重力加速度取Iom&。该物体的质量为()

A.2kg

C.ɪkgD.0.5kg

解析：法一：特殊值法：画出运动示意图。

Ekβ=36JB∙rB'

h=3ɪn

。上

E*72jU…L.A

设该外力的大小为凡根据动能定理知Af8（上升过程）：一（〃7g+F）/^=Ek8—Ek小8fA（下

落过程）：（mg一用力=Ek∕-EM,整理以上两式并代入数据得"zg∕z=30J,解得物体的质

量/%=1kg,选项C正确。

法二：写表达式根据斜率求解：上升过程：一（mg+Γ）/I=Ek-Ek°,则Ek=-（mg+F）h

+fko,下落过程：（mg—=Ej—Eko',则Ek'=（mg-F）h+Eko,,结合题图可知mg

72-3648—24

+lf

≈-NGN.mg-F^-3~~-N=8N,联立可得m=∖kg,选项C正确。

答案：C

类型2功能关系的综合应用

F探究归纳

1.功与能量的转化：不同形式的能量之间的转化是通过做功实现的。做功的过程就是

各种形式的能量之间转化（或转移）的过程，且做了多少功，就有多少能量发生转化（或转移）,

因此，功是能量转化的量度。

2.功与能的关系：由于功是能量转化的量度，某种力做功往往与某一种具体形式的能

量转化相联系，具体功能关系如下：

功能的变化表达式

正功重力势能减少重力势WG=—AEp或

重力做功

负功重力势能增加能变化WG=EPLEP2

弹力做功正功弹性势能减少弹性势W推=-AEp或W

负功弹性势能增加能变化弹=EPl-EP2

正功动能增加动能W,>=AEk或W合

合力做功

负功动能减少变化=Ek2-Eki

除重力及系正功机械能增加

机械能W共他=AE或W其

统内弹力外

负功机械能减少变化他=及一Ei

其他力做功

两物体间滑动摩擦力

内能变化(增加)Q板=FrX机对

对物体系统做功

典例(多选)如图所示，一固定斜面倾角为30°,一质量为m的小物块自斜面底端

以一定的初速度沿斜面向上做匀减速运动，加速度的大小等于重力加速度的大小g。若物块

上升的最大高度为H，则此过程中，物块的()

A.动能损失了2mgH

B.动能损失了mgH

C.机械能损失了〃吆“

D.机械能损失了±"7gH

［思路点拨］解答本题时应把握以下两点：

(1)动能的损失量等于合外力做的功。

(2)机械能的损失量等于克服摩擦力做的功。

［解析］由于上升过程中的加速度大小等于重力加速度大小，根据牛顿第二定律得

ZngSin30°+尺=%g,解得Ff=由动能定理可得AEk=WgH+斤而台下=2叫"，选项A

正确，B错误；机械能的减少量在数值上等于克服摩擦力做的功，则Wf=Ff•舄m=mg”,

选项C正确，D错误。

［答案］AC

［名师点评］

分析能量转化守恒问题的四点技巧

(1)做功的过程是能量转化的过程，功是能量转化的量度。

(2)物体动能的增量由合外力做的总功来量度。

(3)物体重力势能的增量由重力做的功来量度。

(4)在不涉及弹簧弹力的情况下，物体机械能的增量由重力以外的其他力做的功来量度。

针对幽2.(多选)如图所示，质量为,如、长度为/的小车静止在光滑的水平面上。

质量为"的小物块(可视为质点)放在小车的最左端。现在一水平恒力F作用在小物块上，使

物块从静止开始做匀加速直线运动，物块和小车之间的摩擦力为经过时间，，小车运动

的位移为s,物块刚好滑到小车的最右端，则()

A.此时物块的动能为(F—R)(s+/)

B.这一过程中，物块对小车所做的功为尸

C.这一过程中，物块和小车增加的机械能为A

D.这一过程中，物块和小车产生的内能为R/

解析：对物块分析，物块的位移为s+/,根据动能定理得(F-Ff)(S+/)=Ek—0,所以物

块到达小车最右端时具有的动能为(F—Ff)(S+/),故A正确；对小车分析，小车的位移为s,

所以物块对小车所做的功为Ffs,故B错误；物块与小车增加的内能Q=FfrMW=Ff/,故D

正确；根据功能关系得，外力F做的功转化为小车和物块的机械能及摩擦产生的内能，则

有F(∕+,v)=ΔE+β,则AE=F(/+s)-Ff/,故C错误。

答案：AD

类型3机械能守恒定律和动能定理的比较

『探究归纳

项目机械能守恒定律动能定理

系统(如物体与地球、物体

研究对象一般是一个物体

与弹簧)

做功情况只有重力或弹力做功合外力对物体做功

动能与重力势能、弹性势能

能量转化动能与其他形式的能之间的转化

之间的转化

区应用范围只有重力或弹力做功无条件限制

别只需分析研究对象初、末状不但要分析研究对象初、末状态的动

分析思路

态的动能和势能即可能，还要分析所有外力所做的功

有多种书写方式，一般常用

等号一边是合力做的总功，另一边则是

书写方式等号两边都是动能与势能

动能的变化

的和

物理意义重力或弹力以外的力所做合外力所做的功是动能变化的量度

的功，是机械能变化的量度

市匹，亢;而Fr机砺必守；恒定律和动能定理都是从做功和能量转

化的角度来研究物体在力的彳乍用下状态的变化的

相同点(2)表达这两个规律的方程都是标量式

(3)两规律都只需考虑初、末两状态，不必考虑所经历的过程细节，

因此无论是直线运动还是曲2戋运动都可应用

典例为了研究过山车的原理，某兴趣小组提出了下列设想：取一个与水平方向夹

角为37。、长为L=2.0m的粗糙倾斜轨道AB,通过水平轨道BC与半径为R=O.2m的竖直

圆轨道相连，出口为水平轨道。E,整个轨道除AB段以外都是光滑的，其中AB与BC轨道

以微小圆弧相接，如图所示。一个质量m=lkg的小物块以初速度加=5.0m/s从八点沿倾

斜轨道滑下，小物块到达C点时速度叱=4.0m/s。g取10m∕s2,sin37o=0.6,cos37o=0.8o

(1)求小物块到达C点时对圆轨道压力的大小；

(2)求小物块从A到B运动过程中摩擦力所做的功；

(3)为了使小物块不离开轨道，并从轨道OE滑出，求竖直圆轨道的半径应满足什么条

件？

［解析］(1)设小物块到达C点时受到圆轨道的支持力大小为尸N,根据牛顿第二定律有

FN-mg=，，拳,解得尸N=90N。根据牛顿第三定律知，小物块对圆轨道压力的大小为90N。

(2)由于水平轨道BC光滑，无摩擦力做功，所以可将研究小物块从A到B的运动过程

转化为研究从4到C的过程。物块从4到C的过程中，根据动能定理有

WigLsin37°+Wf=zmυc2-2WK,O2

解得Wf=-16.5J。

(3)设小物块在圆轨道最高点时速度大小为V9根据牛顿第二定律有FN'+mg=〃乐,且

FN'20,

以。点所在水平面为零势能面，小物块从圆轨道最低点到最高点的过程中，根据机械

能守恒定律有JWoC2=%w2+加g.2/?,联立得R≤S7,解得RWo.32mo

乙乙ɔð

［答案］(1)90N(2)-16.5J(3)RW0.32m

针对啕

FI3.如图所示，在长为L的轻杆中点固定一质量为m的球A,端点固定一

个质量为2〃?的小球B,杆可绕轴。无摩擦的转动，使杆从水平位置无初速度释放，当杆转

到竖直位置时，求:

o¥

AB

(I)A球的线速度大小;

(2)杆对A球做的功。

解析：(1)把两球看成一个系统，该系统机械能守恒，根据机械能守恒定律可得

2mgL+^mgL=^mv∕c+^∙2mvβ1

又因为A球和B球在各个时刻对应的南速度相同，故

I⅛=2OA

联立解得

(2)对A球运用动能定理可得

,11

W+MngL=产。A0

2

解得W=-gnigLo

答案：⑴邛ɪ(2)-∣∕n⅛L

课堂检测素养达标―

授课提示：对应学生用书第130页

L(多选)在平直公路上，汽车由静止开始做匀加速运动，当速度达到。m后立即关闭发

动机直到停止，OY图像如图所示。设汽车的牵引力为R摩擦力为尸f,全过程中牵引力做

功Wl,克服摩擦力做功卬2，贝∣J()

A.F：Ft=I：3B.F：Ff=4：1

C.Wl：W2=I：1D.W∣：W2=l:3

解析：全过程初、末状态的动能都为零，对全过程应用动能定理得卬1一川2=0①，即

Wl=W2,选项C正确；设物体在O〜1s内和1〜4s内运动的位移大小分别为Si、S2,则

Wl=∕⅛②，W2=a（S∣+S2）③，在。Y图像中，图像与时间轴包围的面积表示位移，由图像

可知52=35|@,由②③④式解得F:Ff=4：1,选项B正确。

答案：BC

2.（多选汝口图所示，半径为R的竖直光滑;圆轨道与光滑水平面相切，质量均为，〃的小

球A、B与轻杆连接，置于圆轨道上，A位于圆心。的正下方，B与O等高。让它们由静

止释放，最终在水平面上运动。下列说法正确的是（）

A

A.当B球滑到圆轨道最低点时，轨道对B球的支持力大小为3mg

B.下滑过程中重力对B球做功的功率先增大后减小

C.下滑过程中B球的机械能增加

D.整个过程中轻杆对A球做的功为最MgR

解析：A、B小球组成的系统，在运动过程中，机械能守恒，设B到达轨道最低点时速

度为0,根据机械能守恒定律得∕m+,"）o2=mgR,解得还，在最低点，根据牛顿第二

/、

定律得FN-Wg=〃无，解得FN=2∕%g,故A错误；因为初位置。的速度为零，则重力的功

率为零，最低点速度方向与重力的方向垂直，重力的功率为零，可知重力的功率先增大后减

小，故B正确；下滑过程中，B的重力势能减小量为AEp=HgR,动能增加量为AEk=5加2

=^mgR,所以机械能减小品gR,故C错误；整个过程中，对A根据动能定理得W=品。2

=BmgR,故D正确。

答案：BD

3.

（多选）在某次帆船运动比赛中，质量为500kg的帆船，在风力和水的阻力共同作用下做

直线运动的图像如图所示。下列表述正确的是（）

A.在O〜IS内，风力对帆船做功IoOoJ

B.在0〜IS内，合外力对帆船做功IOOoJ

C.在1〜2s内，合外力对帆船做功750J

D.在0〜3s内，合外力对帆船做的总功为0

解析：在。〜IS内，根据动能定理得WmI=AEki=%如2=3x500义4J=IoOoJ,而合

外力做的功Ws∙∣=WK-Wnl,故风力对帆船做的功大于1000J,故A错误，B正确；在1〜

2s内，根据动能定理得Ws∙2=AEk2=g><500XlJ-gx500X4J=-750J,故合外力做负功，

故C错误；在0〜3S内，根据动能定理得W⅛∙3=AEk3=0,故合外力对帆船做的总功为0,

故D正确。

答案：BD

4.（多选）假设质量为机的跳伞运动员，由静止开始下落，在打开伞之前受恒定阻力作

4

用，下落的加速度为天，在运动员下落;1的过程中（仍未开伞），下列说法正确的是（）

4

A.运动员的重力势能减少了产

B.运动员克服阻力所做的功为/2g∕2

4

C.运动员的动能增加了吆〃

D.运动员的机械能减少了点*

解析：在运动员下落〃的过程中，重力势能减少了机g∕z,选项A错误。根据牛顿第二

44

定律得，运动员所受的合力为/合则根据动能定理得，合力做的功为5/ngh,则

动能增加了去"g∕z,选项C正确。合力做功等于重力做功与阻力做功的代数和，因为重力做

1一.4

功为mgh,则克服阻力做的功为选项B错误；重力势能减少了mgh,动能增加了

故机械能减少了^mgh,选项D正确。

答案：CD

5.如图所示的装置由一理想弹簧发射器及两个轨道组成。其中轨道I由光滑轨道AB

与粗糙直轨道BC平滑连接，高度差分别是Λ,=0.20m,Λ2=0.10m,BC水平距离L=1.00m。

轨道H由AE、螺旋圆形EFG和GB三段光滑轨道平滑连接而成，且A点与F点等高。当弹

簧压缩量为d时，恰能使质量,∏=0.05kg的滑块沿轨道I上升到B点；当弹簧压缩量为2d

时，恰能使滑块沿轨道1上升到C点。(g取IOm已知弹簧弹性势能与压缩量的平方成

正比)

(1)当弹簧压缩量为d时.，求弹簧的弹性势能及滑块离开弹簧瞬间的速度大小。

(2)求滑块与轨道BC间的动摩擦因数。

(3)当弹簧压缩量为d时，若沿轨道H运动，滑块能否上升到B点？请通过计算说明理

由。

解析：(1)由机械能守恒定律可得

E.=AEk=AEP=ι=0.05X10×0.2J=0.1J

由AEk=/"/可得,Vo-2m/so

(2)由E*8#可得

E*'=4Eft=4mgh∖

由动能定理可得一"7g(∕jι÷hi)~μmgL=-AE;

由(1)可知△&'=EM

解得〃=0.5。

⑶滑块恰能通过螺旋圆形轨道最高点必须满足的条件是mg=∣^

若滑块能运动到F点、,由机械能守恒定律可得O=Ot)=2m∕s,

解得Rm=0Am

即当OVRWo.4m时，滑块能上升到B点；

当R>0.4m时，滑块会脱离螺旋圆形轨道，不能上升到B点。

答案：(1)0.1J2m∕s(2)0.5(3)见解析

课时作业巩固演练。

课时作业(A)

授课提示：对应学生用书第215页

[A组基础达标练]

1.静止在粗糙水平面上的物块在水平向右的拉力作用下做直线运动，r=4s时停下，

其v-t图像如图所示。已知物块与水平面间的动摩擦因数处处相同，则下列判断正确的是

)

v∕(m∙s~1)

o1234t∕s

A.整个过程中拉力做的功等于物块克服摩擦力做的功

B.整个过程中拉力做的功等于零

C.f=2s时刻拉力的瞬时功率在整个过程中最大

D.r=1s到t=3s这段时间内拉力不做功

解析：对全过程由动能定理得WF+Wf=O,所以WF=—Wf,A正确；因物块从静止开

始运动，整个过程必■¥（）,B错误；拉力的瞬时功率在1〜3s内相等，IS末拉力的瞬时功

率最大，C错误；f=ls到f=3s这段时间内，物块做匀速运动，F-Ff≠O,拉力做功W=

/⅛13≠O,D错误。

答案：A

2.（多选）如图所示，电梯与水平地面的夹角为30°,质量为m的人站在/

电梯上，电梯由静止斜向上做匀加速运动时，人对电梯的压力是他体重的看上/

倍。人随电梯上升高度H的过程中，下列说法正确的是（重力加速度为

g）（）

A.人的重力势能增加〃?g"

B.人的机械能增加和g"

C.人的动能增加，“gH

D.电梯的加速度为/

解析：电梯克服人的重力做的功为mg4,所以人的重力势能增加“zgH,故A正确；根

据牛顿第二定律，在竖直方向上有尸N-¢g=〃g,解得α,v=0∙25g,根据平行四边形定则，

电梯的加速度为α=0.5g,故D错误；人所受的合外力为F=,"o=&zg,根据动能定理可得

H

△Ek=On30。=mg"，故C正确；人的机械能的增加量等于重力势能的增加量与动能的增

加量之和，即2wιgH,故B错误。

答案：AC

3.起跳摸高是学生经常进行的一项体育活动。一质量为机的同学弯曲两腿向下蹲，然

后用力蹬地起跳，从该同学用力蹬地到刚离开地面的起跳过程中，他的重心上升了〃，离地

时他的速度大小为。。下列说法正确的是（）

A.起跳过程中该同学机械能增加了Wg/7

B.起跳过程中该同学机械能增量为m

C.地面的支持力对该同学做的功为“g/z+5加2

D.该同学所受的合外力对其做的功为上加+小的

解析：该同学重心升高了h,重力势能增加了mgh,又知离地时获得的动能为则

机械能增加了mgh+^mv2,A错误，B正确；该同学在与地面作用的过程中，在支持力方向

上的位移为零，则支持力对该同学做的功为零，C错误：该同学所受合外力做的功等于动能

的增量，则Wf=Jn",D错误。

答案：B

4.如图所示，两个完全相同的物体分别自斜面AC和BC顶端由静

止开始下滑，物体与两斜面的动摩擦因数相同，物体滑至斜面底部C点/

时的动能分别为风和下滑过程中产生的热量分别为QA和。8,则/Jβ

A.EA>EBQA=QBr∣

Qtv7777777777777777777777Z7,

B.EA=EBQA>QB

C.EA>EBQΛ>QB

D.EA<EBQA>QB

rn

解析：设斜面倾南为θ9底边长为b,则Wf=∕zwgcos°，∖[()=Ngb,即摩擦力做的功

与斜面倾角无关，所以两物体的摩擦力做功相同，产生的热量相同；由题图知AC斜面上物

体的重力做的功大于BC斜面上物体的重力做的功，再由动能定理知，EA>EB,故选项A正

答案：A

5.如图所示，一质量为m的滑块以初速度加从固定于地面的斜面

底端A开始冲上斜面，到达某一高度后返回A,斜面与滑块之间有摩擦。

下图中分别表示它在斜面上运动的速度以加速度。、势能EP和机械能

E随时间的变化图像，其中可能正确的是(

QO

2%0

AB

解析：由牛顿第二定律可知，滑块上升阶段有机gsinO+Ff=∕nα∣,下滑阶段有mgsin。

-Ff=∕wz2,因此0>42,故B选项错误：速度一时间图像的斜率表示加速度，因上滑和下滑

时加速度不同，则斜率不同，故选项A错误；重力势能先增大后减小，且上升阶段加速度

大，势能变化快，下滑阶段加速度小，势能变化慢，故选项C正确；由于摩擦力始终做负

功，机械能一直减小，故选项D错误。

答案:C

6.如图所示，光滑水平轨道AB与光滑半圆形轨道BC在B点相切连接，半圆轨道半

径为R，轨道A3、BC在同一竖直平面内。一质量为，〃的物块在A处压缩弹簧，并由静止

释放，物块恰好能通过半圆轨道的最高点C已知物块在到达B点之前已经与弹簧分离，重

力加速度为g。求：

λAB

(1)物块由C点平抛出去后在水平轨道上的落点到B点的距离；

(2)物块在B点时对半圆轨道的压力大小；

(3)物块在A点时弹簧的弹性势能。

1

解析：(1)因为物块恰好能通过。点，则有mg=)0C又;I=OCf,2H=]g产解得x=2R,

即物块在水平轨道上的落点到8点的距离为2R。

(2)物块由B到。过程中机械能守恒，则有J加s2=2∕%gR+Jm√,设物块在5点时受到

的半圆轨道的支持力大小为FN,则有FN—mg="?手，解■得FN=6mg,由牛顿第三定律可知,

物块在B点时对半圆轨道的压力大小为FN'=FN=6mg0

2

(3)物块在A点时弹簧的弹性势能为Ep=2mgR+^∕WPC,解得EP=3ngR。

答案：⑴2R(2)6fng(3)IMgR

[B组能力提升练]

7.如图所示，一个木块放在光滑的水平面上，一子弹射入木块中(未穿出)，射入深度

为d,平均阻力为尸f,在两物体达到共速时，木块的位移为s,则下列说法正确的是()

⊂c

⊂D

A,子弹损失的动能为Fw

B.子弹对木块所做的功为Ff（S+①

C.整个过程中的摩擦生热为尺4

D.整个过程中系统的总动能损失为尸心+4

解析：选地面为参考系，则对于子弹而言，利用动能定理得一Ff（s+J）=AEkf故子弹

损失的动能为Ff（S+4，故A错误；对于木块而言，木块对地位移为s,子弹对木块做的功

为FfS,故B错误；整个过程中的摩擦生热为摩擦力与木块和子弹的相对位移的乘积，即Ffd,

故C正确；整个过程中系统损失的总动能转化为因摩擦产生的热，即FM故D错误。

答案：C

8.（多选）从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能反与重力势能EP之和。

取地面为重力势能零点，该物体的E总和EP随它离开地面的高度〃的变化如图所示。重力加

速度取IOm由图中数据可得（）

A.物体的质量为2kg

B.∕z=0B寸，物体的速率为20m∕s

C.∕z=2m时，物体的动能Ek=40J

D.从地面至〃=4m,物体的动能减少IOoJ

解析：由于Ep=mgh,所以EP与〃成正比，斜率/=〃?g,由图像得Z=20N,因此〃?=

2kg,A正确；当〃=0时，Ep=O,E⅛.=E∣c=c?,因此OO=Iom/s,B错误：由图像知〃

=2m时，f⅛=90J,Ep=40J,由E总=Ek+航得E∣ζ=50J,C错误；〃=4m时，Ei=Ep

=80J,即此时Ek=0,即上升4m距离，动能减少IoOJ,D正确。

答案：AD

9.如图甲所示，倾角。=30。的足够长固定光滑斜面上，用平行于斜面的轻弹簧拉着质

量％=1kg的物体沿斜面向上运动。已知物体在t=∖s到f=3s这段时间的v-t图像如图乙

所示，弹簧的劲度系数氏=200N∕m,重力加速度g取IOm/s?,则在该段时间内（）

∣v∕（m∙s^1）

ZlCl

甲乙

A.物体的加速度大小为2m∕s2

B.弹簧的伸长量为3cm

C.弹簧的弹力做的功为30J

D.物体的重力势能增加36J

ʌn

解析：根据。Y图像的斜率表示加速度可知，物体的加速度大小为α=寺=Im/S2,选项

A错误；对斜面上的物体受力分析，受到竖直向下的重力机g、斜面的支持力和轻弹簧的弹

力尸，由牛顿第二定律有尸一，WgSin30°=%”,解得F=6N,由胡克定律F=履可得弹簧的

伸长量x=3Cm,选项B正确；在/=1s到f=3s这段时间内，物体动能增加量

—∣WP∣2=6J,根据速度一时间图线与坐标轴所围面积等于位移可知，物体向上运动的位移

x=6m,物体重力势能增加量AEP=,*gxsin30°=30J,根据功能关系可知，弹簧弹力做的功

W=ΔEk+∆Ep=36J,选项C、D错误。

答案：B

10.（多选）如图所示，质量为巾=Ikg的小物块从传送带的底端以4m/s的速度冲上倾

角为6=37。的倾斜传送带，足够长的传送带始终以速度v=2m∕s顺时针转动。已知物块和

传送带之间的动摩擦因数〃=0.5,sin37o=0.6,cos37o=0.8,重力加速度大小g取IOmH,

则小物块从开始运动到速度为零的过程中（）

A.所用时间为0.2s

B.小物块的位移大小为0.6m

C.摩擦力对小物块做的功为1.6J

D.系统产生的内能为4.8J

解析：由于开始时物块的速度大于传送带的速度，所以物块受到的摩擦力的方向沿传送

带向下，物块的加速度大小4∣=*SJri'+""呼沼’=IOm/s2,小物块做减速运动，当物块的

速度等于传送带的速度时，由于/Mgsin37°>〃机geos37°,所以物块会继续向上做减速运动,

mgsinθ-μmgcos0

此时摩擦力的方向沿传送带向上，物块的加速度大小02==2m∕s2,所以

4-2.2-0

物块从开始运动到速度减为零所用的时间t=t∖+t2=~^-s+F-s=1.2s,小物块两段时

42—2~22—0

间运动的位移大小分别为=［八m=0.6m,必=GGm=1m,总位移大小为x=x↑+

Z^IUZ/XVZZ

X2=l∙6m,A、B错误；摩擦力对小物块做的功为Wf=-μmgx∖cosM0+μnιgx2cos37°=1.6J,

4+2

C正确；在O〜0.2s内，传送带与小物块的相对位移大小5ι=(~2——2)X0.2m=0.2m,在

0.2〜1.2s内，传送带与小物块间的相对位移大小$2=(2—&X1m=1m,系统产生的内能

为Q=〃〃?g(si+s2>cos37o=4.8J,D正确。

答案：CD

11.如图所示为一个演示装置，乙、丙两球由一根轻质长线连接，悬挂

在两个水平光滑的小滑轮上，两个滑轮相距0∙8m°已知甲球质量为1.2kg,

乙、丙两球质量均为1.0kg,甲球通过轻质细线挂在滑轮中间长线上的。点。

实验开始时控制三个球保持静止。当解除控制时甲球向下运动，乙、丙两球ɔʊɔ

向上运动,经过一段时间达到一定位置后返回，返回到原位置后重复此过程，

三球做往复运动，即保持振动。⅛MX∣0m∕s2o

(1)甲球向下运动距离多大时速度达到最大值？

(2)甲、乙球运动速度的最大值分别是多大？

(3)甲球向下达到的位移最大值是多少？

解析：(1)甲球向下先加速后减速，当a=0时，速度达到最大值，对。点受力分析如图

所示，贝"2加乙g∙cos甲g,得。=53°。

已知Z=0.8m,则此时甲球下落的高度〃甲=悬7=。3m。

F内=m内gF乙=加学

(2)甲球速度最大时，乙、丙球均升高力=\/力甲2+(—T=oim,三个小球组成的系统

从解除控制到加速度Q=O的过程中有，m甲gh甲一2mQgh=亍n甲Uτ2÷2×2,w乙。c2,此时

甲、乙两球的速度关系满足V甲Sin37o=υ乙,解得V乙QO.77m∕s,v甲21.29m/s。

(3)设甲下降的最大高度为/?m,则乙上升的最大高度为根据机械能守恒

2

定律有tnvghm-2m°g(∕zm+^;-y)=O,解得Λm=0.75m(另一解⅛m=0舍去)。

答案：(1)0.3m(2)1.29m/s0.77m/s

(3)0.75m

[C组创新应用练]

12.如图所示，陕西黄土高原上的一个斜坡简化为两个倾角不同的斜面，某物体从斜面

顶端由静止开始下滑，物体与两个斜面之间的动摩擦因数均为〃=坐，两个斜面倾角分别为

a=53。，夕=30。。图中0、a、s、八E、Ek分别表示物体速度大小、加速度大小、路程、时

间、机械能和动能，下列图中可能正确的是()

解析：由于在两个阶段物体都受摩擦力的作用，摩擦力做负功，机械能一直减小，故A

错误；物体在第一

阶段a∖=gsina-μgcosa>0,Ek=mgh—μmgscosa,∕z=ssina,联立得Ek=,"gs(sina—

∕zcosa),Ek与S是线性关系，第二阶段，mgsinβ-μmgcosβ-mci2,代入数值解得。2=0,速

度不变，Ek不变，故B正确，D错误；第一阶段，v=a↑t,即M=α∣2∕2,所以r√与/成非线

性关系，故C错误。

答案：B

13.如图所示，在半径为r=10cm的轮轴上悬挂一个质量为M=3kg的水桶，轴上分

布着6根手柄，柄端有6个质量为m=0.5kg的金属小球。球离轴心的距离为L=50cm,

轮轴、绳及手柄的质量，摩擦及空气阻力均不计。开始时水桶在离地面某高度处，释放后水

桶带动整个装置转动，当转动〃(未知量)周时，测得金属小球的线速度m=5m/s,此时水桶

还未到达地面，g取IOm/S2,求：

6

(1)转动”周时，水桶重力做功的功率P；

(2)〃的数值。

7)F

解析：(1)设转动〃周时，水桶的速度为0,则;7=7

U1L

水桶重力的功率为P=MgV

…w∖0.1×5

解得尸=Mg∙-p=3><IOX-nVW=30Wo

LJU.D

(2)从释放水桶到转动n周的过程，对系统由能量守恒定律得Mgh=^Mv2+6×^nιv↑2

13

由几何关系有h=2nπr,解得

2π

答案：⑴30W(2号

课时作业(B)

授课提示：对应学生用书第218页

[A组基础达标练]

1.如图所示，某滑草场有两个坡度不同的滑道AB和AB'(均可看作斜面)。质量相同

的甲、乙两名游客先后乘坐同一滑草板从A点由静止开始分别沿AB和A8'滑下，最后都

停在水平草面上，斜草面和水平草面平滑连接，滑草板与草面之间的动摩擦因数处处相同。

下列说法正确的是()

A.甲沿斜草面下滑过程中克服摩擦力做的功比乙的多

B.甲、乙经过斜草面底端时的速率相等

C.甲、乙最终停在水平草面上的同一位置

D.甲停下时的位置与8的距离和乙停下时的位置与B'的距离相等

解析：设斜草面长度为I,倾角为θ,游客在斜草面上下滑，克服摩擦力做功W=μmglcos

θ,因此甲在斜草面上克服摩擦力做的功少，选项A错误；由4点到斜草面底端过程，由动

能定理有∏7g∕j-〃加g/cos可得UB>UB',选项B错误；游客由4点开始下滑到停在

水平草面上，设X为游客最终停在水平草面上的位置与斜草面底端的距离，由动能定理有

mgh-μmg(lcos^÷x)=0,则/cos。+X=%与斜草面的倾角无关，所以甲、乙最终停在水平

草面上的同一位置，选项C正确，D错误。

答案：C

2.（多选）如图所示，质量为，〃的物体（可视为质点）以某一速度由底端冲上倾角为30。的

固定斜面，上升的最大高度为〃，其加速度大小为右。在这个过程中，物体（）

A.重力势能增加了

B.动能减少了mgh

C.动能减少了警

D.机械能损失了翌

解析：物体重力势能的增加量等于克服重力做的功，选项A正确：合力对物体做的功

h3

等于物体动能的变化量，则可知动能减少量为△&=""/Sin300=力个选项B错误，C正

3

确；物体机械能的损失量等于克服摩擦力做的功，因为mgsin30°+Ff=ma,a=^^g,所以

Ff=∕ng,故克服摩擦力做的功M=Fς而勺产选项D错误。

答案：AC

3.（多选）如图所示，一个质点在重力和水平恒力作用下在竖直面内运动，速度从竖直

方向变为水平方向，在此过程中，质点的（）

A.机械能守恒B.机械能不断增加

C.重力势能不断减小D.动能先减小后增大

解析：由于除重力外，有方向向右的水平恒力做正功，故机械能增加，选项A错误，B

正确。重力做负功，重力势能增加，选项C错误。重力与水平恒力的合力斜向右下方，与

速度的夹角从钝角逐渐变为锐角，合力先做负功后做正功，故动能先减小后增大，选项D

正确。

答案：BD

4.（多选）如图所示，竖直固定放置的粗糙斜面AB的下端与光滑的圆弧轨道BCD在B

点相切，圆弧轨道的半径为R,圆心。与4、。在同一水平面上，C点为圆弧轨道最低点，

NCoB=9=30°。现使一质量为机的小物块从。点无初速度地释放，小物块与粗糙斜面AB

间的动摩擦因数"<tanθ,则关于小物块的运动情况，下列说法正确的是()

A.小物块可能运动到A

B.小物块经过较长时间后会停在C点

C.小物块通过圆弧轨道最低点C时，对C点的最大压力大小为3〃琢

D.小物块通过圆弧轨道最低点C时，对C点的