【物理】2019届一轮复习人教版动能定理及其应用学案

【物理】2019届一轮复习人教版动能定理及其应用学案

第23课时　动能定理及其应用 考点1　对动能定理的理解和应用 ‎1．动能 ‎(1)定义：物体由于运动而具有的能叫动能。‎ ‎(2)公式：Ek＝mv2。‎ ‎(3)单位：焦耳，1 J＝1 N·m＝‎1 kg·m2/s2。‎ ‎(4)物理意义：动能是状态量，是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动能的变化量。‎ ‎(2)表达式：W＝ΔEk＝Ek2－Ek1＝mv－mv。‎ ‎(3)物理意义：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曲线运动。‎ ‎②既适用于恒力做功，也适用于变力做功。‎ ‎③力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以分阶段作用。‎ ‎[例1]　(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，小球与右侧滑轮的距离为l。开始时物块和小球均静止，将此时传感装置的示数记为初始值。现给小球施加一始终垂直于l段细绳的力，将小球缓慢拉起至细绳与竖直方向成60°角，如图乙所示，此时传感装置的示数为初始值的1.25‎ 倍；再将小球由静止释放，当运动至最低位置时，传感装置的示数为初始值的0.6倍，不计滑轮的大小和摩擦，重力加速度的大小为g。求：‎ ‎(1)物块的质量；‎ ‎(2)从释放到运动至最低位置的过程中，小球克服空气阻力所做的功。‎ 解析　(1)设开始时细绳的拉力大小为T1，传感装置的初始值为F1，物块质量为M，由平衡条件得 对小球，T1＝mg①‎ 对物块，F1＋T1＝Mg②‎ 当细绳与竖直方向的夹角为60°时，设细绳的拉力大小为T2，传感装置的示数为F2，据题意可知，F2＝‎1.25F1，由平衡条件得 对小球，T2＝mgcos60°③‎ 对物块，F2＋T2＝Mg④‎ 联立①②③④式，代入数据得M＝‎3m⑤‎ ‎(2)设小球运动至最低位置时速度的大小为v，从释放到运动至最低位置的过程中，小球克服阻力所做的功为Wf，由功能定理得 mgl(1－cos60°)－Wf＝mv2⑥‎ 在最低位置，设细绳的拉力大小为T3，传感装置的示数为F3，据题意可知，F3＝‎0.6F1，对小球，由牛顿第二定律得 T3－mg＝m⑦‎ 对物块，由平衡条件得F3＋T3＝Mg⑧‎ 联立①②⑤⑥⑦⑧式，代入数据得Wf＝0.1mgl。‎ 答案　(1)‎3m　(2)0.1mgl 用动能定理解决问题注意事项 ‎(1)明确研究对象。‎ ‎(2)分析受力情况及各力做功情况。‎ ‎①首先分析物体受力情况，判断物体所受的力是恒力还是变力；做正功还是做负功，还是不做功。‎ ‎②根据题意合理选择过程，是分段列式还是全程列式。‎ ‎③分别列出合外力做的功、动能的改变量，根据动能定理列式求解。‎ ‎1．(人教版必修2 P74·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＝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2 P74·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时，子弹的速度是(　　)‎ A.v B.v C.v D.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－mv2，打穿其厚度的时，由动能定理得－F＝mv′2－mv2，联立解得v′＝v，故D正确。‎ ‎3．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＝mgh B．FT＝mg，Ek＝mgh C．FT＝mg，Ek＝mgh D．FT＝mg，Ek＝mgh 答案　D 解析　小车A与小车B构成的系统做加速运动，隔离分析小车，据牛顿第二定律得3mgsin30°－FT＝3ma 隔离分析小球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＝。‎ 当小球B上升h高度时，根据动能定理有 ‎3mghsin30°－mgh＝(‎3m＋m)v2－0‎ 解得v＝。‎ 小车的最大动能为Ek＝·‎3m·v2＝×‎3m×＝，综合上述可知，A、B、C错误，D正确。‎ 考点2　　动能定理与图象综合 ‎1．借助以前学过的图象vt、at、xt等结合力、功及速度变化，运用动能定理去分析理解。‎ ‎2．新增图象解读 Fx图象 由公式W＝Fx可知，Fx图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功，反映了F随x的变化关系 Pt图象 由公式W＝Pt可知，Pt图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功，反映了P随t的变化关系 Ekx图象 F合＝，斜率为合外力，反映了Ek随x的变化关系 ‎3．解决有关物理图象问题的基本步骤 ‎[例2]　质量m＝‎1 kg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‎4 m时，拉力F停止作用，运动到位移是‎8 m时物体停止，运动过程中动能与位移图象(Ekx)如图所示。(g取‎10 m/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＝2 J 由Ek0＝mv2解得v＝‎2 m/s。‎ ‎(2)在位移为‎4 m处物体的动能为Ek＝10 J，在位移为‎8 m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＝＝ N＝2.5 N 因Ff＝μmg，故μ＝＝＝0.25。‎ ‎(3)物体从开始到移动‎4 m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＝＋Ff＝ N＝4.5 N。‎ 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0～4 m内：F－μmg＝2 N，4～8 m内：μmg＝2.5 N，即可得到答案，这也是解决此类问题的一种方法。‎ 答案　(1)‎2 m/s　(2)0.25　(3)4.5 N ‎(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∶2‎ B．F1、F2对A、B做功之比为1∶2‎ C．A、B质量之比为2∶1‎ D．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＝∶＝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1∶2，匀减速运动的位移之比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＝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3　　动能定理求解多过程 ‎1．多过程问题包含几个子过程，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，一般优先选择全过程利用动能定理求解。‎ ‎　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ ‎[例3]　(2017·北京状元桥学校二模)如图所示，竖直四分之一光滑圆弧轨道固定在平台AB上，轨道半径R＝‎1.8 m，末端与平台相切于A点。倾角θ＝37°的斜面BC紧靠平台固定。从圆弧轨道最高点由静止释放质量m＝‎1 kg的滑块a，当a运动到B点的同时，与a完全相同的滑块b从斜面底端C点以初速度v0＝‎5 m/s沿斜面向上运动，a、b(视为质点)恰好在斜面上的P点相遇，已知AB长度 s＝‎2 m，a与AB面及b与BC面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，g＝‎10 m/s2，sin37°＝0.6，‎ cos37°＝0.8，求：‎ ‎(1)滑块a到B点时的速度；‎ ‎(2)斜面上PC间的距离。‎ 解析　(1)滑块a从光滑圆弧轨道滑下到达B点的过程中，根据动能定理有：‎ mgR－μmgs＝mv2‎ 代入数据解得：v＝‎4 m/s。‎ ‎(2)滑块a到达B点后做平抛运动，根据平抛运动的规律有：x＝vt，y＝gt2，tanθ＝ 代入数据解得：t＝0.6 s，‎ 滑块b从斜面底端上滑时，根据牛顿第二定律有：‎ mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1‎ 代入数据解得：a1＝‎10 m/s2‎ 向上运动的时间：t1＝＝0.5 s<0.6 s，‎ 然后接着下滑，根据牛顿第二定律有：‎ mgsinθ－μmgcosθ＝ma2‎ 代入数据得：a2＝‎2 m/s2‎ 可得：xPC＝v0t1－a1t－a2(t－t1)2＝‎1.24 m。‎ 答案　(1)‎4 m/s　(2)‎‎1.24 m ‎(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。‎ ‎(3)由于过程比较多，所以一定要注意：不论哪种情况都不要出现“丢功”及“错功”。严格按照重力、弹力、摩擦力的顺序找出运动物体所受的各个力，然后准确判断出各个力做的功。‎ 如图所示，传送带A、B之间的距离为L＝‎3.2 m，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＝‎2 m/s，在上端A点无初速度地放置一个质量为m＝‎1 kg、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＝‎0.4 m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＝‎0.5 m(g取‎10 m/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)‎2 m/s　(2)3 J 解析　(1)金属块刚好通过最高点E点，则mg＝，解得vE＝‎2 m/s，在从D到E的过程中由动能定理得 ‎－mg·2R＝mv－mv，解得vD＝‎2 m/s。‎ ‎(2)金属块刚刚放上时，mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1‎ 解得a1＝‎10 m/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＝‎0.2 m<‎‎3.2 m 金属块会继续加速，有mgsinθ－μmgcosθ＝ma2‎ 解得a2＝‎2 m/s2‎ 由s2＝L－s1＝‎3 m，v－v2＝‎2a2s2，解得vB＝‎4 m/s 在从B到D的过程中由动能定理得 mgh－W＝mv－mv，解得W＝3 J。‎ ‎1．(2017·广东六校联考)北京获得2022年冬奥会举办权，冰壶是冬奥会的比赛项目。将一个冰壶以一定初速度推出后将运动一段距离停下来。换一个材料相同、质量更大的冰壶，以相同的初速度推出后，冰壶运动的距离将(　　)‎ A．不变 B．变小 C．变大 D．无法判断 答案　A 解析　冰壶在冰面上以一定初速度被推出后，在滑动摩擦力作用下做匀减速直线运动，根据动能定理有－μmgs＝0－mv2，得s＝ ，两个冰壶的初速度相等，材料相同，故运动的位移大小相等，A正确。‎ ‎2．(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·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＝at2，图象C错误；水平拉力的功率P＝Fv＝Fat，图象D正确。‎ ‎3．(2017·青岛模拟)如图所示，上表面水平的圆盘固定在水平地面上，一小物块从圆盘边缘上的P点，以大小恒定的初速度v0，在圆盘上沿与直径PQ成不同夹角θ的方向开始滑动，小物块运动到圆盘另一边缘时的速度大小为v，则v2cosθ图象应为(　　)‎ 答案　A 解析　设圆盘半径为r，小物块与圆盘间的动摩擦因数为μ，由 动能定理可得，－μmg·2rcosθ＝mv2－mv，整理得v2＝v－4μgrcosθ，可知v2与cosθ为线性关系，斜率为负，故A正确，B、C、D错误。‎ ‎4．(2017·江西模拟)(多选)质量为m的物块在水平恒力F的推动下，从山坡(粗糙)底部的A处由静止开始运动至高为h的坡顶B处。到达B处时物块的速度大小为v，A、B之间的水平距离为s，重力加速度为g。不计空气阻力，则物块运动过程中(　　)‎ A．重力所做的功是mgh B．合外力对物块做的功是mv2‎ C．推力对物块做的功是mv2＋mgh D．阻力对物块做的功是mv2＋mgh－Fs 答案　BD 解析　重力所做的功是WG＝－mgh，A错误；根据动能定理，合外力对物块做的功是W合＝WF－mgh＋Wf＝mv2，B正确；WF＝mgh－Wf＋mv2，C错误；WF＝Fs＝mgh－Wf＋mv2，则Wf＝mgh＋mv2－Fs，D正确。‎ ‎5. (2017·辽宁五校联考)(多选)在某一粗糙的水平面上，一质量为‎2 kg的物体在水平恒定拉力的作用下做匀速直线运动，当运动一段 时间后，拉力逐渐减小，且当拉力减小到零时，物体刚好停止运动，图中给出了拉力随位移变化的关系图象。已知重力加速度g＝‎10 m/s2。根据以上信息能精确得出或估算得出的物理量有(　　)‎ A．物体与水平面间的动摩擦因数 B．合外力对物体所做的功 C．物体做匀速运动时的速度 D．物体运动的时间 答案　ABC 解析　物体做匀速直线运动时，拉力F与滑动摩擦力f相等，物体与水平面间的动摩擦因数为μ＝＝0.35，A正确；减速过程由动能定理得WF＋Wf＝0－mv2，根据Fs图象中图线与坐标轴围成的面积可以估算力F做的功WF，而Wf＝－μmgs，由此可求得合外力对物体所做的功，及物体做匀速运动时的速度v，B、C正确；因为减速过程物体做变加速直线运动，所以运动时间无法求出，D错误。‎ ‎6．(多选)质量为‎1 kg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‎10 m/s2。下列分析正确的是(　　)‎ A．物体与地面之间的动摩擦因数为0.2‎ B．物体运动的位移为‎13 m C．物体在前‎3 m运动过程中的加速度为‎3 m/s2‎ D．x＝‎9 m时，物体的速度为‎3 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＝2 N，由Ff＝μmg可得μ＝0.2，A正确；由WF＝Fx对应图乙可知，前‎3 m内，拉力F1＝5 N,3～9 m内拉力F2＝2 N，物体在前‎3 m内的加速度a1＝＝‎3 m/s2，C正确；由动能定理得WF－Ffx＝mv2解得：当x＝‎9 m时，物体的速度为v＝‎3 m/s，D正确；物体的最大位移xm＝＝ m＝‎13.5 m，B错误。‎ ‎7．(2017·甘肃模拟)如图甲所示，一质量为‎4 kg的物体静止在水平地面上，让物体在随位移均匀减小的水平推力F作用下开始运动，推力F随位移x变化的关系如图乙所示，已知物体与地面间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝‎10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)‎ A．物体先做加速运动，推力撤去时开始做减速运动 B．物体在水平地面上运动的最大位移是‎10 m C．物体运动的最大速度为‎2 m/s D．物体在运动中的加速度先变小后不变 答案　B 解析　当推力小于摩擦力时物体就开始做减速运动，A错误；由题图乙中图线与x轴所围面积表示推力对物体做的功得，推力做的功W＝×4×100 J＝200 J，根据动能定理有W－μmgxm＝0，得xm＝‎10 m，B正确；当推力与摩擦力平衡时，加速度为零，速度最大，由题图乙得F＝100－25x(N)，当F＝μmg＝20 N时x＝‎3.2 m，由动能定理得：x－μmgx＝mv，且＝ N＝60 N，解得物体运动的最大速度vm＝‎8 m/s，C错误；物体运动中当推力由100 N减小到20 N的过程中，加速度逐渐减小，当推力由20 N减小到0的过程中，加速度又反向增大，此后加速度不变，D错误。‎ ‎8．如图甲所示，一半径R＝‎1 m、圆心角等于143°的竖直圆弧形光滑轨道，与斜面相切于B点，圆弧形轨道的最高点为M，斜面倾角θ＝37°，t＝0时刻有一物块沿斜面上滑，其在斜面上运动的速度变化规律如图乙所示，若物块恰能到达M点，取g＝‎10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：‎ ‎(1)物块经过M点的速度大小；‎ ‎(2)物块经过B点的速度大小；‎ ‎(3)物块与斜面间的动摩擦因数。‎ 答案　(1) m/s　(2) m/s　(3)0.5‎ 解析　(1)物块恰能到达M点，则有mg＝m 解得vM＝＝ m/s。‎ ‎(2)物块从B点运动到M点的过程中，由动能定理得 ‎－mgR(1＋cos37°)＝mv－mv 解得vB＝ m/s。‎ ‎(3)由题图乙可知，物块在斜面上运动时，加速度大小为a＝＝‎10 m/s2，方向沿斜面向下，由牛顿第二定律得 mgsin37°＋μmgcos37°＝ma 解得μ＝0.5。‎ ‎9．(2016·四川高考)韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员。他在一次自由式滑雪空中技巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离，重力对他做功1900 J，他克服阻力做功100 J。韩晓鹏在此过程中(　　)‎ A．动能增加了1900 J B．动能增加了2000 J C．重力势能减小了1900 J D．重力势能减小了2000 J 答案　C 解析　根据动能定理W合＝ΔEk可知，韩晓鹏在此过程中动能增加了ΔEk＝1900 J－100 J＝1800 J，A、B错误；重力做正功，重力势能减小了1900 J，C正确、D错误。‎ ‎10．(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＝ B．a＝ C．N＝ D．N＝ 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＝mv2，则速度v＝ ，在最低点的向心加速度a＝＝，A正确、B错误；在最低点时，由牛顿第二定律得N－mg＝ma，N＝，C正确、D错误。‎ ‎11．(2017·安徽安庆联考)(多选)如图所示，光滑水平平台上有一个质量为m的物块，站在地面上的人用跨过定滑轮的绳子向右拉动物块，不计绳和滑轮的质量及滑轮的摩擦，且平台边缘离人手作用点的竖直高度始终为h。当人以速度v从平台的边缘处向右匀速前进位移x时，则(　　)‎ A．在该过程中，物块做加速运动 B．在该过程中，人对物块做的功为 C．在该过程中，人对物块做的功为mv2‎ D．人前进x时，物块的运动速率为 答案　ABD 解析　将人的速度沿绳子方向和垂直于绳子方向分解，沿绳子方向上的分速度等于物块的速度，如图所示，物块的速度等于vcosθ，故随着夹角的减小，物块的速度增大，即物块做加速运动，A正确；当人从平台的边缘处向右匀速前进x时，物块的速度大小为v′＝vcosθ＝v，D正确；根据动能定理得人对物块做的功为W＝mv′2＝，B正确、C错误。‎ ‎12．(2017·洛阳检测)(多选)如图所示，在倾角为θ的斜面上，轻质弹簧一端与斜面底端固定，另一端与质量为M的平板A连接，一个质量为m的物体B靠在平板的右侧，A、B与斜面的动摩擦因数均为μ。开始时用手按住物体B使弹簧处于压缩状态，现放手，使A和B一起沿斜面向上运动距离L时，A和B达到最大速度v。则以下说法正确的是(　　)‎ A．A和B达到最大速度v时，弹簧是自然长度 B．若运动过程中A和B能够分离，则A和B恰好分离时，二者加速度大小均为g(sinθ＋μcosθ)‎ C．从释放到A和B达到最大速度v的过程中，弹簧对A所做 的功等于Mv2＋MgLsinθ＋μMgLcosθ D．从释放到A和B达到最大速度v的过程中，B受到的合力对它做的功等于mv2‎ 答案　BD 解析　A和B达到最大速度v时，A和B的加速度为零。对A、B整体：由平衡条件知kx＝(m＋M)gsinθ＋μ(m＋M)gcosθ，所以此时弹簧处于压缩状态，A错误；A和B恰好分离时，A、B间的弹力为0，A、B的加速度相同，对B受力分析，由牛顿第二定律知，mgsinθ＋μmgcosθ＝ma，得a＝gsinθ＋μgcosθ，B正确；从释放到A和B达到最大速度v的过程中，对A、B整体，根据动能定理得W弹－(m＋M)gLsinθ－μ(m＋M)gcosθ·L＝(m＋M)v2，所以弹簧对A所做的功W弹＝(m＋M)v2＋(m＋M)gLsinθ＋μ(m＋M)gcosθ·L，C错误；从释放到A和B达到最大速度v的过程中，对于B，根据动能定理得B受到的合力对它做的功W合＝ΔEk＝mv2，D正确。‎ ‎13．(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＝‎60 kg的运动员从长直助滑道AB的A处由静止开始以加速度a＝‎3.6 m/s2匀加速滑下，到达助滑道末端B时速度vB＝‎24 m/s，A与B的竖直高度差H＝‎48 m。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＝‎5 m，运动员在B、C间运动时阻力做功W＝－1530 J，取g＝‎10 m/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)144 N　(2)‎‎12.5 m 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 v＝2ax①‎ 由牛顿第二定律有 mg·－Ff＝ma②‎ 联立①②式，代入数据解得 Ff＝144 N。③‎ ‎(2)设运动员到达C点时的速度为vC，在由B到达C的过程中，由动能定理有 mgh＋W＝mv－mv④‎ 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＝m⑤‎ 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＝‎12.5 m。‎ ‎14．(2014·福建高考)如图所示为某游乐场内水上滑梯轨道示意图，整个轨道在同一竖直平面内，表面粗糙的AB段轨道与四分之一光滑圆弧轨道BC在B点水平相切。点A距水面的高度为H，圆弧轨道BC 的半径为R，圆心O恰在水面。一质量为m的游客(视为质点)可从轨道AB的任意位置滑下，不计空气阻力。‎ ‎(1)若游客从A点由静止开始滑下，到B点时沿切线方向滑离轨道落在水面D点，OD＝2R，求游客滑到B点时的速度vB大小及运动过程轨道摩擦力对其所做的功Wf；‎ ‎(2)某游客从AB段某处滑下，恰好停在B点，又因受到微小扰动，继续沿圆弧轨道滑到P点后滑离轨道，求P点离水面的高度h。‎ ‎(提示：在圆周运动过程中任一点，质点所受的向心力与其速率的关系为)‎ 答案　(1)　－(mgH－2mgR)　(2)R 解析　(1)游客从B点做平抛运动，有 ‎2R＝vBt①‎ R＝gt2②‎ 由①②式得vB＝③‎ 从A到B，根据动能定理，有 mg(H－R)＋Wf＝mv－0④‎ 由③④式得Wf＝－(mgH－2mgR)。‎ ‎(2)设OP与OB间夹角为θ，游客在P点时的速度为vP，受到的支持力为N，从B到P由机械能守恒定律，有 mg(R－Rcosθ)＝mv－0⑤‎ 过P点时，根据向心力公式，有 mgcosθ－N＝m⑥‎ N＝0⑦‎ cosθ＝⑧‎ 由⑤⑥⑦⑧式解得 h＝R。‎