2020年高考物理一轮复习文档第6章机械能及其守恒定律第25讲Word版含答案

第25讲动能定理及其应用考点一对动能定理的理解和应用1．动能(1)定义：物体由于eq\o(□,\s\up5(01))运动而具有的能叫动能。(2)公式：Ek＝eq\o(□,\s\up5(02))eq\f(1,2)mv2。(3)单位：eq\o(□,\s\up5(03))焦耳，1J＝1N·m＝1kg·m2/s2。(4)性质：动能是状态量，是eq\o(□,\s\up5(04))标量。2．动能定理(1)内容：在一个过程中合力对物体做的功，等于物体在这个过程中eq\o(□,\s\up5(05))动能的变化量。(2)表达式：W＝eq\o(□,\s\up5(06))ΔEk＝Ek2－Ek1＝eq\o(□,\s\up5(07))eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)。(3)物理意义：eq\o(□,\s\up5(08))合外力的功是物体动能变化的量度。(4)适用条件①动能定理既适用于直线运动，也适用于eq\o(□,\s\up5(09))曲线运动。②既适用于恒力做功，也适用于eq\o(□,\s\up5(10))变力做功。③力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以eq\o(□,\s\up5(11))分阶段作用。3．对动能定理的理解(1)动能定理表明了“三个关系”①数量关系：合外力做的功与物体动能的变化具有等量代换关系，但并不是说动能变化就是合外力做的功。②因果关系：合外力做功是引起物体动能变化的原因。③量纲关系：单位相同，国际单位都是焦耳。(2)标量性动能是标量，功也是标量，所以动能定理是一个标量式，不存在方向的选取问题。当然动能定理也就不存在分量的表达式。(3)相对性动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系。(多选)如图所示，电梯质量为M，在它的水平地板上放置一质量为m的物体。电梯在钢索的拉力作用下竖直向上加速运动，当电梯的速度由v1增加到v2时，上升高度为H，则在这个过程中，下列说法或表达式正确的是()A．对物体，动能定理的表达式为WN＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，其中WN为支持力的功B．对物体，动能定理的表达式为W合＝0，其中W合为合力的功C．对物体，动能定理的表达式为WN－mgH＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，其中WN为支持力的功D．对电梯，其所受合力做功为eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,1)解析电梯上升的过程中，对物体做功的有重力mg、支持力FN，这两个力做的总功才等于物体动能的增量ΔEk＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，故A、B错误，C正确；对电梯，无论有几个力对它做功，由动能定理可知，其合力的功一定等于其动能的增量，故D正确。答案CD方法感悟1．应用动能定理的流程2．应用动能定理的注意事项(1)“外力”指的是合外力，可以是重力、弹力、摩擦力、电场力、磁场力或其他力，它们可以同时作用，也可以不同时作用。(2)“外力”既可以是恒力，也可以是变力。(3)动能变化量一定是末动能减去初动能。(4)列动能定理方程时，必须明确各力做功的正、负，确实难以判断的先假定为正功，最后根据结果加以检验。1．(人教版必修2P74·T1改编)改变汽车的质量和速度，都能使汽车的动能发生变化，在下面几种情况中，汽车的动能是原来的2倍的是()A．质量不变，速度变为原来的2倍B．质量和速度都变为原来的2倍C．质量变为原来的2倍，速度减半D．质量减半，速度变为原来的2倍答案D解析由Ek＝eq\f(1,2)mv2知，m不变，v变为原来的2倍，Ek变为原来的4倍。同理，m和v都变为原来的2倍时，Ek变为原来的8倍；m变为2倍，速度减半时，Ek变为原来的一半；m减半，v变为2倍时，Ek变为原来的2倍，故选项D正确。2．(人教版必修2P74·T3改编)子弹的速度为v，打穿一块固定的木块后速度刚好变为零。若木块对子弹的阻力为恒力，那么当子弹射入木块的深度为其厚度的eq\f(1,3)时，子弹的速度是()A.eq\f(1,3)vB.eq\f(\r(3),3)vC.eq\f(2,3)vD.eq\f(\r(6),3)v答案D解析设木块的厚度为d，木块对子弹的作用力为F，打穿木块时，由动能定理得－Fd＝0－eq\f(1,2)mv2，打穿其厚度的eq\f(1,3)时，由动能定理得－Feq\f(d,3)＝eq\f(1,2)mv′2－eq\f(1,2)mv2，联立解得v′＝eq\f(\r(6),3)v，故D正确。3．在离地面高为h处竖直上抛一质量为m的物块，抛出时的速度为v0，当它落到地面时的速度为v，用g表示重力加速度，则在此过程中物块克服空气阻力所做的功等于()A．mgh－eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)B．－eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－mghC．mgh＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mv2D．mgh＋eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)答案C解析对物块从h高处竖直上抛到落地的过程，根据动能定理可得mgh－Wf＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得Wf＝mgh＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mv2，C正确。4.如图所示，小车A放在一个倾角为30°的足够长的固定的光滑斜面上，A、B两物体由绕过轻质定滑轮的细线相连，已知重力加速度为g，滑轮质量及细线与滑轮之间的摩擦不计，小车A的质量为3m，小球B的质量为m，小车从静止释放后，在小球B竖直上升h的过程中，小车受绳的拉力大小FT和小车获得的动能Ek分别为()A．FT＝mg，Ek＝eq\f(3,8)mghB．FT＝mg，Ek＝eq\f(3,2)mghC．FT＝eq\f(9,8)mg，Ek＝eq\f(3,2)mghD．FT＝eq\f(9,8)mg，Ek＝eq\f(3,8)mgh答案D解析小车A与小球B做加速运动，分析小车，据牛顿第二定律得3mgsin30°－FT＝3ma，分析小球B，据牛顿第二定律得FT－mg＝ma，联立可得小车受绳的拉力大小FT＝eq\f(9mg,8)。当小球B上升h高度时，根据动能定理有3mghsin30°－mgh＝eq\f(1,2)(3m＋m)v2－0，解得v＝eq\f(1,2)eq\r(gh)。小车获得的动能为Ek＝eq\f(1,2)·3m·v2＝eq\f(1,2)·3m·eq\f(gh,4)＝eq\f(3mgh,8)，综合上述可知，A、B、C错误，D正确。考点二动能定理与图象综合1．解决物理图象问题的基本步骤(1)观察题目给出的图象，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、图线下方的面积所对应的物理意义，根据对应关系列式解答问题。2．四类图象所围“面积”的含义质量m＝1kg的物体，在水平拉力F(拉力方向与物体初速度方向相同)的作用下，沿粗糙水平面运动，经过位移4m时，拉力F停止作用，运动到位移是8m时物体停止，运动过程中动能与位移图象(Ek­x)如图所示。(g取10m/s2)求：(1)物体的初速度多大？(2)物体和水平面间的动摩擦因数为多大？(3)拉力F的大小。解析(1)从图象可知初动能Ek0＝2J由Ek0＝eq\f(1,2)mv2解得v＝2m/s。(2)在位移为4m处物体的动能为Ek＝10J，在位移为8m处物体的动能为零，此过程中物体克服摩擦力做功。设摩擦力为Ff，由动能定理有－Ffx2＝0－Ek得出Ff＝eq\f(Ek,x2)＝eq\f(10,4)N＝2.5N因Ff＝μmg，故μ＝eq\f(Ff,mg)＝eq\f(2.5,10)＝0.25。(3)物体从开始到移动4m这段过程中，受拉力F和摩擦力Ff的作用，根据动能定理有(F－Ff)x1＝Ek－Ek0故得F＝eq\f(Ek－Ek0,x1)＋Ff＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10－2,4)＋2.5))N＝4.5N。另一种解法思路：由动能定理知W总＝F合x＝ΔEk，则Ek­x图象的斜率表示物体所受合外力，结合图象有0～4m内：F－μmg＝2N，4～8m内：μmg＝2.5N，即可得到答案，这也是解决此类问题的一种方法。答案(1)2m/s(2)0.25(3)4.5N方法感悟1从图象的意义切入，把分析力、功与能量间的关系、物体动能的变化情况以及合力做功作为突破问题的关键。(2)W­x图象：通过“斜率”求得某种力F。(3)Ek­x图象：通过“斜率”求得合力F。A、B两物体分别在水平恒力F1和F2的作用下沿水平面运动，先后撤去F1、F2后，两物体最终停下，它们的v­t图象如图所示。已知两物体与水平面间的滑动摩擦力大小相等。则下列说法中正确的是()A．F1、F2大小之比为1∶2B．F1、F2对A、B做功之比为1∶2C．A、B质量之比为2∶1D．全过程中A、B克服摩擦力做功之比为2∶1答案C解析由速度—时间图象可知，撤去F1、F2后，A、B做匀减速直线运动的加速度之比为a1∶a2＝1∶2，已知A、B受摩擦力大小相等即f1＝f2，又f1＝m1a1，f2＝m2a2，所以A、B质量之比为m1∶m2＝eq\f(f1,a1)∶eq\f(f2,a2)＝a2∶a1＝2∶1，C正确；由速度—时间图象可知，A、B两物体加速与减速的总位移相等，且匀加速运动位移之比为1∶2，匀减速运动的位移之比为2∶1，设总位移为3x，对A物体的全过程由动能定理可得：F1x－f1·3x＝0－0，对B物体的全过程由动能定理可得：F2·2x－f2·3x＝0－0，联立可得F1＝3f1，F2＝eq\f(3,2)f2，又f1＝f2，所以F1＝2F2，A错误；全过程中摩擦力对A、B做功相等，F1、F2对A、B做功大小相等，B、D错误。考点三动能定理求解多过程问题1．多过程问题即包含几个子过程，这几个子过程的运动性质可以相同也可以不同，子过程中可以有直线上的不同运动，也可以有曲线上的不同运动，如匀速直线运动、匀变速直线运动、圆周运动、平抛运动、往复运动等综合问题。2．解决多过程问题的方法思路(1)当包含几个运动性质不同的子过程时，可以选择一个、几个子过程或整个过程作为研究对象，然后运用动能定理解题。(2)应用动能定理时注意要使合力做功对应的过程和初、末状态动能对应的过程相统一。(3)当研究整个过程中的重力做功、大小恒定的摩擦力做功时，要注意它们的做功特点：①重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的功等于力的大小与路程的乘积。(4)解题时注意过程与过程的衔接物理量关系，当所求解的问题不涉及中间速度时，一般优先选择全过程利用动能定理求解。如图所示，倾角θ＝45°的粗糙平直导轨AB与半径为R的光滑圆环轨道相切，切点为B，整个轨道处在竖直平面内。一质量为m的小滑块(可以看做质点)从导轨上离地面高为h＝3R的D处无初速度下滑进入圆环轨道。接着小滑块从圆环最高点C水平飞出，恰好击中导轨上与圆心O等高的P点，不计空气阻力，已知重力加速度为g。求：(1)滑块运动到圆环最高点C时的速度大小；(2)滑块运动到圆环最低点时对圆环轨道压力的大小；(3)滑块在斜面轨道BD间运动的过程中克服摩擦力做的功。解析(1)小滑块从C点飞出来做平抛运动，设水平速度为v0。竖直方向上：R＝eq\f(1,2)gt2①水平方向上：eq\r(2)R＝v0t②解得v0＝eq\r(gR)。③(2)设小滑块在最低点时速度为v，小滑块从圆环最低点到最高点C的过程，由动能定理得－mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mv2④解得v＝eq\r(5gR)⑤在最低点由牛顿第二定律得FN－mg＝meq\f(v2,R)⑥解得FN＝6mg由牛顿第三定律得FN′＝6mg。⑦(3)从D到最低点过程中，设在DB间运动过程中克服摩擦阻力做功Wf，由动能定理得mgh－Wf＝eq\f(1,2)mv2－0⑧解得Wf＝eq\f(1,2)mgR。答案(1)eq\r(gR)(2)6mg(3)eq\f(1,2)mgR方法感悟1．应用动能定理的关键对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析，可画出运动过程的草图，借助草图理解物理过程之间的关系。2．求解多过程问题须抓好“两状态，一过程”“两状态”即明确研究对象的始、末状态的速度或动能情况；“一过程”即明确研究过程，确定这一过程研究对象的受力情况和位置变化或位移信息。3．应用动能定理解决平抛运动、圆周运动等曲线运动问题时注意(1)平抛运动和圆周运动都属于曲线运动，若只涉及位移和速度而不涉及时间，应优先考虑用动能定理列式求解。(2)动能定理的表达式为标量式，不能在某一个方向上列动能定理方程。4．运用动能定理巧解往复运动问题在有些问题中物体的运动过程具有重复性、往返性，而在这一过程中，描述运动的物理量多数是变化的，而且重复的次数又往往是无限的或者难以确定，例如求一篮球从高处落下到最终静止在水平面上的过程中克服空气阻力所做的功。求解这类问题时若运用牛顿运动定律及运动学公式将非常繁琐，甚至无法解出。由于动能定理只关心物体的初末状态而不计运动过程的细节，所以用动能定理分析这类问题可使解题过程简化。求解时注意：(1)首先要确定物体运动的初状态和最终状态。(2)重力做功与物体运动路径无关，可用WG＝mgh直接求解。(3)滑动摩擦力或空气阻力做功与物体运动路径有关，可用Wf＝Ffs求解，其中s为物体运动的路程。1．(2018·银川一中模拟)如图，固定板AB倾角θ＝60°，板BC水平，AB、BC长度均为L，小物块从A处由静止释放，恰好滑到C处停下来。若调整BC使其向上倾斜，倾角不超过90°，小物块从A处由静止滑下再沿BC上滑，上滑距离与BC倾角有关。不计B处机械能损失，各接触面动摩擦因数相同，小物块沿BC上滑的最小距离为x，则()A．x＝eq\f(L,3)B．x＝eq\f(L,2)C．x＝eq\f(\r(2)L,2)D．x＝eq\f(\r(3)L,2)答案B解析小物块从A处由静止释放，恰好滑到C处停下来，由动能定理得：mgLsinθ－μmgLcosθ－μmgL＝0－0，μ＝eq\f(\r(3),3)，若调整BC使其向上倾斜，设BC与水平方向之间的夹角为α时，小物块沿BC上滑的距离最小，为x，由动能定理可得：mgLsinθ－μmgLcosθ－mgxsinα－μmgxcosα＝0－0，解得：x＝eq\f(\f(\r(3),3)L,sinα＋μcosα)＝eq\f(\f(\r(3),3)L,\r(1＋μ2))＝eq\f(L,2)。故B正确。2．如图所示，ABCD是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底BC的连接处都是一段与BC相切的圆弧，BC是水平的，其距离d＝0.50m。盆边缘的高度为h＝0.30m。在A处放一个质量为m的小物块并让其从静止开始下滑(图中小物块未画出)。已知盆内侧壁是光滑的，而盆底BC面与小物块间的动摩擦因数为μ＝0.10。小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停的地点到B的距离为()A．0.50mB．0.25mC．0.10mD．0答案D解析设小物块在BC段通过的总路程为s，由于只有BC面上存在摩擦力，而重力做功与路径无关，由动能定理得：mgh－μmgs＝0－0，代入数据可解得s＝3m。由于d＝0.50m，所以，小物块在BC面上经过3次往复运动后，又回到B点。D正确。3．如图所示，传送带A、B之间的距离为L＝3.2m，与水平面间的夹角为θ＝37°，传送带沿顺时针方向转动，速度恒为v＝2m/s，在上端A点无初速度地放置一个质量为m＝1kg、大小可视为质点的金属块，它与传送带的动摩擦因数为μ＝0.5，金属块滑离传送带后，经过弯道，沿半径R＝0.4m的光滑圆轨道做圆周运动，刚好能通过最高点E，已知B、D两点的竖直高度差为h＝0.5m(g取10m/s2)。求：(1)金属块经过D点时的速度；(2)金属块在BCD弯道上克服摩擦力做的功。答案(1)2eq\r(5)m/s(2)3J解析(1)金属块刚好通过最高点E点，则mg＝eq\f(mv\o\al(2,E),R)，解得vE＝2m/s，在从D到E的过程中由动能定理得－mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,E)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)，解得vD＝2eq\r(5)m/s。(2)金属块刚刚放上时，mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1解得a1＝10m/s2设金属块经位移s1与传送带达到相同速度，则v2＝2a1s1时，解得s1＝0.2m<3.2m金属块会继续加速，有mgsinθ－μmgcosθ＝ma2解得a2＝2m/s2由s2＝L－s1＝3m，veq\o\al(2,B)－v2＝2a2s2，解得vB＝4m/s在从B到D的过程中由动能定理得mgh－W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，解得W＝3J。课后作业[巩固强化练]1．(多选)光滑水平面上静止的物体，受到一个水平拉力F作用开始运动，拉力随时间变化如图所示，用Ek、v、x、P分别表示物体的动能、速度、位移和水平拉力的功率，下列四个图象中分别定性描述了这些物理量随时间变化的情况，正确的是()答案BD解析由动能定理，Fx＝F·eq\f(1,2)at2＝Ek，图象A错误；在水平拉力F作用下，做匀加速直线运动，v＝at，图象B正确；其位移x＝eq\f(1,2)at2，图象C错误；水平拉力的功率P＝Fv＝Fat，图象D正确。2．(多选)如图所示，一块长木板B放在光滑的水平面上，在B上放一物体A，现以恒定的外力拉B，由于A、B间摩擦力的作用，A将在B上滑动，以地面为参考系，A、B都向前移动一段距离，在此过程中()A．外力F做的功等于A和B动能的增量B．B对A的摩擦力所做的功等于A的动能的增量C．A对B的摩擦力所做的功等于B对A的摩擦力所做的功D．外力F对B做的功等于B的动能的增量与B克服摩擦力所做的功之和答案BD解析A物体所受的合外力等于B对A的摩擦力，对A物体运用动能定理，则有B对A的摩擦力所做的功等于A的动能的增量，B正确；A对B的摩擦力与B对A的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑动，A、B相对地的位移不相等，故二者做功不相等，C错误；对B应用动能定理WF－Wf＝ΔEkB，WF＝ΔEkB＋Wf，即外力F对B做的功等于B的动能的增量与B克服摩擦力所做的功之和，D正确；根据功能关系可知，外力F做的功等于A和B动能的增量与产生的内能之和，故A错误。3．(多选)质量不等，但有相同动能的两个物体，在动摩擦因数相同的水平地面上滑行，直至停止，则()A．质量大的物体滑行的距离大B．质量小的物体滑行的距离大C．它们滑行的距离一样大D．它们克服摩擦力所做的功一样多答案BD解析根据动能定理－μmg·s＝0－Ek0，所以质量小的物体滑行的距离大，并且它们克服摩擦力所做的功在数值上都等于初动能的大小，B、D正确。4．(多选)质量为1kg的物体静止在水平粗糙的地面上，在一水平外力F的作用下运动，如图甲所示，外力F和物体克服摩擦力Ff做的功W与物体位移x的关系如图乙所示，重力加速度g取10m/s2。下列分析正确的是()A．物体与地面之间的动摩擦因数为0.2B．物体运动的位移为13mC．物体在前3m运动过程中的加速度为3m/s2D．x＝9m时，物体的速度为3eq\r(2)m/s答案ACD解析由Wf＝Ffx对应图乙可知，物体与地面之间的滑动摩擦力Ff＝2N，由Ff＝μmg可得μ＝0.2，A正确；由WF＝Fx对应图乙可知，前3m内，拉力F1＝5N,3～9m内，拉力F2＝2N，物体在前3m内的加速度a1＝eq\f(F1－Ff,m)＝3m/s2，C正确；由动能定理得WF－Ffx＝eq\f(1,2)mv2解得：当x＝9m时，物体的速度为v＝3eq\r(2)m/s，D正确；物体的最大位移xm＝eq\f(WF,Ff)＝eq\f(27,2)m＝13.5m，B错误。[真题模拟练]5．(2018·全国卷Ⅰ)高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动。在启动阶段，列车的动能()A．与它所经历的时间成正比B．与它的位移成正比C．与它的速度成正比D．与它的动量成正比答案B解析列车做初速度为零的匀加速直线运动，列车动能Ek＝eq\f(1,2)mv2，又因为v＝at，所以Ek＝eq\f(1,2)ma2t2，加速度a恒定，动能跟时间t的平方成正比，A错误；根据动能定理Ek＝W合＝F合s＝mas，故动能与位移成正比，B正确；动能与速度平方成正比，故C错误；由Ek＝eq\f(p2,2m)，可知动能与动量的平方成正比，D错误。6．(2018·全国卷Ⅱ)如图，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度，木箱获得的动能一定()A．小于拉力所做的功B．等于拉力所做的功C．等于克服摩擦力所做的功D．大于克服摩擦力所做的功答案A解析木箱受力如图所示，木箱在移动的过程中有两个力做功，拉力做正功，摩擦力做负功，根据动能定理可知：WF－Wf＝eq\f(1,2)mv2－0，所以动能小于拉力做的功，故A正确，B错误；无法比较动能与克服摩擦力做功的大小，C、D错误。7．(2018·江苏高考)从地面竖直向上抛出一只小球，小球运动一段时间后落回地面。忽略空气阻力，该过程中小球的动能Ek与时间t的关系图象是()答案A解析小球做竖直上抛运动时，速度v＝v0－gt，根据动能Ek＝eq\f(1,2)mv2得Ek＝eq\f(1,2)m(v0－gt)2，故图象A正确。8．(2016·全国卷Ⅲ)(多选)如图所示，一固定容器的内壁是半径为R的半球面；在半球面水平直径的一端有一质量为m的质点P。它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中，克服摩擦力做的功为W。重力加速度大小为g。设质点P在最低点时，向心加速度的大小为a，容器对它的支持力大小为N，则()A．a＝eq\f(2mgR－W,mR)B．a＝eq\f(2mgR－W,mR)C．N＝eq\f(3mgR－2W,R)D．N＝eq\f(2mgR－W,R)答案AC解析质点P下滑到最低点的过程中，由动能定理得mgR－W＝eq\f(1,2)mv2，则速度v＝eq\r(\f(2mgR－W,m))，在最低点的向心加速度a＝eq\f(v2,R)＝eq\f(2mgR－W,mR)，A正确，B错误；在最低点时，由牛顿第二定律得N－mg＝ma，N＝eq\f(3mgR－2W,R)，C正确，D错误。9．(2017·全国卷Ⅱ)如图，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直。一小物块以速度v从轨道下端滑入轨道，并从轨道上端水平飞出，小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关，此距离最大时对应的轨道半径为(重力加速度大小为g)()A.eq\f(v2,16g)B.eq\f(v2,8g)C.eq\f(v2,4g)D.eq\f(v2,2g)答案B解析设小物块的质量为m，滑到轨道上端时的速度为v1。小物块上滑过程中，由动能定理，有－2mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mv2①小物块从轨道上端水平飞出，做平抛运动，设水平位移为x，下落时间为t，有2R＝eq\f(1,2)gt2②x＝v1t③联立①②③式整理得x2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v2,2g)))2－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4R－\f(v2,2g)))2可得x有最大值eq\f(v2,2g)，对应的轨道半径R＝eq\f(v2,8g)。故选B。10．(2018·抚顺模拟)(多选)如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与质量为m的圆环相连，圆环套在倾斜的粗糙固定杆上，杆与水平面之间的夹角为α，圆环在A处时弹簧竖直且处于原长。将圆环从A处静止释放，到达C处时速度为零。若圆环在C处获得沿杆向上的速度v，恰好能回到A。已知AC＝L，B是AC的中点，弹簧始终在弹性限度之内，重力加速度为g，则()A．下滑过程中，环受到的合力不断减小B．下滑过程中，环与杆摩擦产生的热量为eq\f(1,4)mv2C．从C到A过程，弹簧对环做功为mgLsinα－eq\f(1,4)mv2D．环经过B时，上滑的速度大于下滑的速度答案BCD解析圆环从A处由静止开始下滑，初速度为零，到达C处的速度为零，所以圆环先做加速运动，再做减速运动，所以加速度先减小后增大，则合力先减小后增大，故A错误；研究圆环从A处由静止开始下滑到C过程，运用动能定理列出等式mgh－Wf－W弹＝0－0＝0，在C处获得一沿杆向上的速度v，恰好能回到A，运用动能定理列出等式－mgh＋W弹－Wf＝0－eq\f(1,2)mv2，解得Wf＝eq\f(1,4)mv2，所以产生的热量为eq\f(1,4)mv2，故B正确；在C处获得一沿杆向上的速度v，恰好能回到A，运用动能定理列出等式－mgh＋W弹－Wf＝0－eq\f(1,2)mv2，h＝Lsinα，解得W弹＝mgLsinα－eq\f(1,4)mv2，故C正确；研究圆环从A处由静止开始下滑到B过程，运用动能定理列出等式mgh′－Wf′－W弹′＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－0，研究圆环从B处上滑到A的过程，运用动能定理列出等式－mgh′－Wf′＋W弹′＝0－eq\f(1,2)mvB′2，由于Wf′>0，所以eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)<eq\f(1,2)mvB′2，则环经过B时，上滑的速度大于下滑的速度，故D正确。11.(2016·天津高考)我国将于2022年举办冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。如图所示，质量m＝60kg的运动员从长直助滑道AB的A处由静止开始以加速度a＝3.6m/s2匀加速滑下，到达助滑道末端B时速度vB＝24m/s，A与B的竖直高度差H＝48m。为了改变运动员的运动方向，在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接，其中最低点C处附近是一段以O为圆心的圆弧。助滑道末端B与滑道最低点C的高度差h＝5m，运动员在B、C间运动时阻力做功W＝－1530J，取g＝10m/s2。(1)求运动员在AB段下滑时受到阻力Ff的大小；(2)若运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，则C点所在圆弧的半径R至少应为多大。答案(1)144N(2)12.5m解析(1)运动员在AB段做初速度为零的匀加速运动，设AB的长度为x，则有veq\o\al(2,B)＝2ax①由牛顿第二定律有mg·eq\f(H,x)－Ff＝ma②联立①②式，代入数据解得Ff＝144N。③(2)设运动员到达C点时的速度为vC，在由B到C的过程中，由动能定理有mgh＋W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)④设运动员在C点所受的支持力为FN，由牛顿第二定律有FN－mg＝meq\f(v\o\al(2,C),R)⑤由运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，联立④⑤式，代入数据解得R＝12.5m，即R至少应为12.5m。12．(2015·山东高考)如图甲所示，物块与质量为m的小球通过不可伸长的轻质细绳跨过两等高定滑轮连接。物块置于左侧滑轮正下方的表面水平的压力传感装置上