2019高中物理 第16章 动量守恒定律 16.2 动量定理专题培优 新人教版选修3-5.doc

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1、1动能定理动能定理1 1选择题选择题1如图所示，在匀速转动的电动机带动下，足够长的水平传送带以恒定速率 Vl匀速向右运动一质量为 m 的滑块从传送带右端以水平向左的速率 V2（V2V1）滑上传送带，最终滑块又返回至传送带的右端就上述过程，下列判断不正确的有（ ）A滑块返回传送带右端时的速率为 V1B此过程中传送带对滑块做功为mv22mv12C此过程中滑块对传送带做的功为mv1v2mv12D此过程中滑块与传送带间摩擦产生的热量为m（v1+v2）22如图所示，半径为 R 的半圆形轨道竖直放置，直径 MN 处于水平，AO，CO 与竖直半径 BO夹角均为 30，弧 MA，NC 部分粗糙，弧 AC 部分

2、光滑，质量为 m 的物块从 M 点正上方距离为 R 处，以速度 v=向下运动，无碰撞的进入圆弧轨道，物块运动到 N 点时速度恰好减为零。已知物块与轨道粗糙部分的滑动摩擦因数为 =0.4，下列各种说法中正确的是（ ）A物块最终可能停在轨道的 MA 或 NC 段上B物块经过 B 点时的速度可能为C物块经过 B 点时的速度可能为D物块经过 A 点时对轨道的压力可能等于 mg3一个初动能为 E 的小物块从斜面底端冲上足够长的斜面，返回斜面底端时速度大小为v，该过程物体克服摩擦力做功为若小物块冲上斜面的初动能变为 2E，则（ ）A返回斜面底端时动能为B返回斜面底端时动能为C返回斜面底端时速度大小为 2v

3、D返回斜面底端时速度大小为4如图甲所示，是由两块粗糙程度不同的木板 A、B 平滑连接在一起，其中 A 板倾角可调现让一滑块从高 h 处由静止滑下，在水平板上滑行 x 后停止运动改变 h 大小但保持距离 d 不变的情况下描绘出的 xh 图象如图乙所示则滑块与木板 A、B 间的动摩擦因数2分别为（ ）A，B，C，D，5如图甲所示，在倾角为 的光滑斜面上，有一个质量为 m 的物体在沿斜面方向的力 F的作用下由静止开始运动，物体的机械能 E 随位移 x 的变化关系如图乙所示其中 0x1过程的图线是曲线，x1x2过程的图线为平行于 x 轴的直线，则下列说法中正确的是（ ）A物体在沿斜面向上运动B在 0x

4、1过程中，物体的加速度逐渐减小C在 0x2过程中，力 F 先做正功，后做负功D在 x1x2过程中，物体做匀加速运动6如图所示，一质量为 m 的小球置于半径为 R 的光滑竖直圆轨道最低点 A 处，B 为轨道最高点，C、D 为圆的水平直径两端点轻质弹簧的一端固定在圆心 O 点，另一端与小球栓接，已知弹簧的劲度系数为 k=，原长为 L=2R，弹簧始终处于弹性限度内，若给小球一水平初速度 v0，已知重力加速度为 g，下列说法错误的是（ ）A只要小球能做完整的圆周运动，则小球与轨道间最大压力与最小压力之差与 v0无关B速度只要满足v0，则小球会在 B、D 间脱离圆轨道C只要 v0，小球就能做完整的圆周运

5、动D无论 v0多大，小球均不会离开圆轨道7如图所示，竖直圆盘绕中心 O 沿顺时针方向匀速转动，圆盘边缘上固定一小柱 P，当小柱转到与 O 同一高度时，将小球从 O 点以一定的初速度水平向 P 抛出，小球恰好碰到P已知此过程中圆盘转动未超过一周，小球碰到 P 时的动能为抛出时的 2 倍，重力加速度为 g，不计空气阻力，根据以上信息可以确定的是（ ）A小球抛出时的速度3B小球碰到 P 之前的飞行时间C圆盘转动的角速度D从小球抛出到碰到 P 过程中圆盘转过的角度8如图所示，一小球距离水面高 h 处静止释放，不计空气阻力，设水对小球的阻力与小球的速度平方成正比，水足够深，则（ ）Ah 越大，小球匀速运

6、动时的速度越大Bh 增大，小球在水中的动能变化量一定增大Ch 减小，小球在水中的动能变化量可能增大D小球在水平刚开始做匀速运动的位置与 h 无关9斜面倾角为 60，长为 3L，其中 AC 段、CD 段、DB 段长均为 L，一长为 L，质量均匀分布的长铁链，其总质量为 M，用轻绳拉住刚好使上端位于 D 点，下端位于 B 点，铁链与 CD段斜面的动摩擦因数 =，斜面其余部分均可视为光滑，现用轻绳把铁链沿斜面全部拉到水平面上，人至少要做的功为（ ）ABMgLCMgLDMgL10如图，水平转台上有一个质量为 m 的物块（可视为质点） ，物块与竖直转轴间距为 R，物块与转台间动摩擦因数为 ，且最大静摩擦

7、力等于滑动摩擦力，现让物块始终随转台一起由静止开始缓慢加速转动至角速度为 时（ ）A物块受到的向心力为 mgB物块受到的摩擦力为 m2RC转台对物块做的功为m2R2D转台对物块做的功不小于mgR11如图，P 为处于水平面内的转盘，可绕竖直转轴 OO转动，长度为 l 的缆绳一端悬挂在转盘边缘，另一端栓接一质量为 m 的小球，转盘静止时缆绳顶端与转轴间的距离为 d，现让转盘由静止逐渐加速转动，经过一段时间后小球与转盘一起做匀速圆周运动，且缆绳与4转轴在同一竖直面内此时缆绳与竖直方向的夹角为 ，不计空气阻力及缆绳重力，重力加速度为 g，下列判断正确的是（ ）A小球与转盘一起做匀速圆周运动时，小球受到

8、缆绳的拉力大小为 mgcosB小球从静止到做匀速圆周运动的过程中，缆绳对小球做的功为mgdtanC小球从静止到做匀速圆周运动的过程中，缆绳对小球做的功为mg（d+lsin）tan+mgl（1+cos）D如果圆盘稳定转动时的角速度不变，换一个质量更大的小球随其转动，稳定时缆绳与竖直方向的夹角 不变12如图，由不同材料拼接成的长直杆 CPD，P 为两材料分界点，DPCP，现让直杆以下面两种情况与水平面成 45一个套在长直杆上的圆环静止开始从顶端滑到底端，两种情况下圆环经过相同的时间滑到 P 点。则圆环（ ）A与杆 CP 段的动摩擦因数较小B两次滑到 P 点的速度可能相同C两次滑到 P 点摩擦力做功

9、一定相同D到达底端 D 所用时间较长二多选题二多选题13如图所示，水平转台上有一个质量为 m 的物块，用长为 L 的细绳将物块连接在转轴上，细线与竖直转轴的夹角为 角，此时绳中张力为零，物块与转台间动摩擦因数为（tan） ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块随转台由静止开始缓慢加速转动，则（ ）A至绳中出现拉力时，转台对物块做的功为 2mgLsinB至绳中出现拉力时，转台对物块做的功为mgLsinC至转台对物块支持力为零时，转台对物块做的功为D设法使物体的角速度增大到时，物块机械能增量为三解答题三解答题14如图所示，水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在 A 点，自然状态时其右端位于 B点水平桌面右侧

10、有一竖直放置的轨道 MNP，其形状为半径 R=1.0m 的圆环剪去了左上角5120的圆弧，MN 为其竖直直径，P 点到桌面的竖直距离是 h=2.4m用质量 m1=0.4kg 的物块将弹簧缓慢压缩到 C 点，释放后弹簧恢复原长时物块恰停止在 B 点用同种材料、质量为 m2=0.2kg 的物块将弹簧缓慢压缩到 C 点释放，物块过 B 点后做匀变速运动其位移与时间的关系为 s=6t2t2，物块飞离桌面后恰好由 P 点沿切线落入圆轨道 （不计空气阻力，g取 10m/s2）：（1）物块 m2过 B 点时的瞬时速度 vB及与桌面间的滑动摩擦因数 ；（2）若轨道 MNP 光滑，物快经过轨道最低点 N 时对轨

11、道的压力 FN；（3）若小球刚好能到达轨道最高点 M，则释放后 m2运动过程中克服摩擦力做的功 W15如图所示，质量为 m=lkg 的小物块由静止轻轻放在水平匀速运动的传送带上，从 A 点随传送带运动到水平部分的最右端 B 点，经半圆轨道 C 点沿圆弧切线进入竖直光滑的半圆轨道，恰能做圆周运动。C 点在 B 点的正上方，D 点为轨道的最低点。小物块离开 D 点后，做平抛运动，恰好垂直于倾斜挡板打在挡板跟水平面相交的 E 点。已知半圆轨道的半径R=0.9m，D 点距水平面的高度 h=0.75m，取 g=10m/s2，试求：（1）摩擦力对物块做的功；（2）小物块经过 D 点时对轨道压力的大小；（3

12、）倾斜挡板与水平面间的夹角 。6动能定理专题动能定理专题参考答案与试题解析参考答案与试题解析一选择题（共一选择题（共 1616 小题）小题）1如图所示，在匀速转动的电动机带动下，足够长的水平传送带以恒定速率 Vl匀速向右运动一质量为 m 的滑块从传送带右端以水平向左的速率 V2（V2V1）滑上传送带，最终滑块又返回至传送带的右端就上述过程，下列判断不正确的有（ ）A滑块返回传送带右端时的速率为 V1B此过程中传送带对滑块做功为mv22mv12C此过程中滑块对传送带做的功为mv1v2mv12D此过程中滑块与传送带间摩擦产生的热量为m（v1+v2）2【分析】滑块冲上皮带后，受到向右的滑动摩擦力，匀

13、减速向左滑行，速度减至零之后向右匀加速，根据 v1小于 v2的情况分析滑块返回传送带右端时的速率根据动能定理得全过程传送带对物块做的总功热量根据摩擦力与相对位移的乘积求解【解答】解：A、由于传送带足够长，滑块匀减速向左滑行，直到速度减为零，然后滑块在滑动摩擦力的作用下向右匀加速，由于 v1v2，所以当滑块速度增大到等于传送带速度时，物体还在传送带上，之后不受摩擦力，物体与传送带一起向右匀速运动，所以滑块返回传送带右端时的速率等于 v1；故 A 正确；B、此过程中只有传送带对滑块做功，根据动能定理得：传送带对滑块做功 W=EK=mv12mv22，故 B 错误；CD、设滑块向左运动的时间 t1，位

14、移为 x1，则：x1=t1摩擦力对滑块做功：W1=fx1=ft1又摩擦力做功等于滑块动能的减小，即：W1=mv22该过程中传送带的位移：x2=v1t1滑块对传送带做的功：W2=fx2=fv1t1=fv1=2fx7将代入得：W2=mv1v2设滑块向右运动的时间 t2，位移为 x3，则：x3=t2 摩擦力对滑块做功：W3=fx3=mv12该过程中传送带的位移：x4=v1t2=2x3滑块对传送带做功：W4=fx4=mv12故此过程中滑块对传送带做的功为 W滑=W2+W4=mv1v2mv12。滑块相对传送带的总位移：x相=x1+x2+x4x3=x1+x2+x3滑动摩擦力对系统做功：W总=fx相对=W1

15、+W2+W3=m（v1+v2）2滑块与传送带间摩擦产生的热量大小等于通过滑动摩擦力对系统做功，Q=W总=fx相=m（v1+v2）2，故 C、D 正确；本题选不正确的，故选：B。【点评】本题关键是对于物体返回的过程分析，物体先做减速运动，之后反向加速，最后做匀速运动计算滑块与传送带间摩擦产生的热量时要用相对位移2如图所示，半径为 R 的半圆形轨道竖直放置，直径 MN 处于水平，AO，CO 与竖直半径 BO夹角均为 30，弧 MA，NC 部分粗糙，弧 AC 部分光滑，质量为 m 的物块从 M 点正上方距离为 R 处，以速度 v=向下运动，无碰撞的进入圆弧轨道，物块运动到 N 点时速度恰好减为零。已

16、知物块与轨道粗糙部分的滑动摩擦因数为 =0.4，下列各种说法中正确的是（ ）A物块最终可能停在轨道的 MA 或 NC 段上B物块经过 B 点时的速度可能为C物块经过 B 点时的速度可能为D物块经过 A 点时对轨道的压力可能等于 mg【分析】在 C 点根据平衡条件得到动摩擦因数的大小，由此判断能否静止在 MA 或 NC 段；从开始到 N 过程中，根据能量关系结合功能关系分析 B 点速度大小；8根据动能定理求解在 A 点速度，再根据牛顿第二定律求解压力大小。【解答】解：A、假设能够停在 C 点，则有 mgcosmgsin，解得tan=0.58，而题干给出的动摩擦因数为 0.4，故物块最终不可能停在

17、轨道的 MA或 NC 段上，故 A 错误；B、从开始到 N 过程中，根据能量关系可得损失的机械能为：E=+mgR=mgR，由于在 MA 段的平均速度大于 CN 段的平均速度，所以在 MA 段的平均摩擦力大于 CN 段的平均摩擦力，所以在 CN 段克服摩擦力做的功 Wf2=mgR，从 C 到 N 根据功能关系可得：=Wf2+mgRmgR，所以物块经过 B 点时的速度vBgR；速度最小时一定能够达到 N 点，则，所以 vB，故 B 正确、C 错误；D、根据动能定理可得=mgR+，解得物块经过 A 点时的速度大小为 vA=，在 A 点根据牛顿第二定律可得：FA=m=3mg，所以在 A 点对轨道的压力

18、等于 3mg，故 D 错误；故选：B。【点评】本题主要是考查了动能定理；运用动能定理解题时，首先要选取研究过程，然后分析在这个运动过程中哪些力做正功、哪些力做负功，初末动能为多少，根据动能定理列方程解答。3一个初动能为 E 的小物块从斜面底端冲上足够长的斜面，返回斜面底端时速度大小为v，该过程物体克服摩擦力做功为若小物块冲上斜面的初动能变为 2E，则（ ）A返回斜面底端时动能为B返回斜面底端时动能为C返回斜面底端时速度大小为 2vD返回斜面底端时速度大小为9【分析】 （1）冲上斜面和返回到斜面底端两过程中克服摩擦阻力做功相等；（2）初动能增大后，上升的高度也随之变大，可根据匀减速直线运动的速度

19、位移公式求出上升的位移，进而表示出克服摩擦力所做的功；（3）对两次运动分别运用动能定理即可求解【解答】解：以初动能为 E 冲上斜面并返回的整个过程中运用动能定理得：mV2E=设以初动能为 E 冲上斜面的初速度为 V0，则以初动能为 2E 冲上斜面时，初速度为V0，加速度相同，根据 2ax=V2V02可知第二次冲上斜面的位移是第一次的两倍，所以上升过程中克服摩擦力做功是第一次的两倍，整个上升返回过程中克服摩擦力做功是第一次的两倍，即为 E。以初动能为 2E 冲上斜面并返回的整个过程中运用动能定理得：mV22E=E 所以返回斜面底端时的动能为 E，A 错误，B 错误；由得：V=V，C 错误，D 正

20、确。故选：D。【点评】该题考查了动能定理的直接应用，注意以不同的初动能冲上斜面时，运动的位移不同，摩擦力做的功也不同4如图甲所示，是由两块粗糙程度不同的木板 A、B 平滑连接在一起，其中 A 板倾角可调现让一滑块从高 h 处由静止滑下，在水平板上滑行 x 后停止运动改变 h 大小但保持距离 d 不变的情况下描绘出的 xh 图象如图乙所示则滑块与木板 A、B 间的动摩擦因数分别为（ ）A，B，C，D，【分析】分别对物块在斜面的情况与在水平面的情况进行受力分析，然后根据动能定理列式求解 x 与 h 的关系表达式；再次根据图乙中的几何关系即可求出10【解答】解：对全程运用动能定理，有：mgh1mgc

21、osx12mgx=0（ 为斜面的坡角）由几何关系得到：d=x1cos得到：x=图线的延长线与两坐标轴的交点坐标分别为（a，0）和（0，b） ，故：= （斜率）=b （截距）解得：1=2=所以选项 A 正确。故选：A。【点评】本题关键是对全程应用动能定理列式求解出 xh 图象的函数表达式，然后结合图象进行分析，中档题目5如图甲所示，在倾角为 的光滑斜面上，有一个质量为 m 的物体在沿斜面方向的力 F的作用下由静止开始运动，物体的机械能 E 随位移 x 的变化关系如图乙所示其中 0x1过程的图线是曲线，x1x2过程的图线为平行于 x 轴的直线，则下列说法中正确的是（ ）A物体在沿斜面向上运动B在

22、0x1过程中，物体的加速度逐渐减小C在 0x2过程中，力 F 先做正功，后做负功11D在 x1x2过程中，物体做匀加速运动【分析】根据功能关系：除重力以外其它力所做的功等于机械能的增量，在 0x1过程中物体机械能在减小，知拉力在做负功，机械能与位移图线的斜率表示拉力当机械能守恒时，拉力等于零，通过拉力的变化判断其加速度的变化【解答】解：A在 0x1过程中物体机械能在减小，知拉力在做负功，拉力方向向上，所以位移方向向下，故物体在沿斜面向下运动，故 A 错误；B在 0x1过程中图线的斜率逐渐减小到零，知物体的拉力逐渐减小到零。根据 a=，可知，加速度逐渐增大，故 B 错误；C在 0x1过程中物体机

23、械能在减小，知拉力在做负功，x1x2过程中，机械能守恒，拉力 F=0，拉力不做功，故 C 错误；D在 0x1过程中，加速度的方向与速度方向相同，都沿斜面向下，所以物体先做加速运动，x1x2过程中，机械能守恒，拉力 F=0，此时 a=gsin，物体做匀加速运动，故 D 正确。故选：D。【点评】解决本题的关键通过图线的斜率确定出拉力的变化，然后根据牛顿第二定律判断出加速度的方向，根据加速度方向和速度的方向关系知道物体的运动规律6如图所示，一质量为 m 的小球置于半径为 R 的光滑竖直圆轨道最低点 A 处，B 为轨道最高点，C、D 为圆的水平直径两端点轻质弹簧的一端固定在圆心 O 点，另一端与小球栓

24、接，已知弹簧的劲度系数为 k=，原长为 L=2R，弹簧始终处于弹性限度内，若给小球一水平初速度 v0，已知重力加速度为 g，下列说法错误的是（ ）A只要小球能做完整的圆周运动，则小球与轨道间最大压力与最小压力之差与 v0无关B速度只要满足v0，则小球会在 B、D 间脱离圆轨道12C只要 v0，小球就能做完整的圆周运动D无论 v0多大，小球均不会离开圆轨道【分析】AB、在轨道的任意位置对小球受力分析，比较弹簧的弹力于重力在半径方向上的分力的大小，即可得知选项 AB 的正误C、利用机械能守恒定律可解的小球做圆周运动时在最低点的速度，由此可判知选项 C 的正误D、根据向心力的公式分别列出在最高点和最

25、低点赶到对小球的压力，结合小球在运动过程中机械能守恒，即可推导出压力之差的表达式，从而可知选项 D 的正误【解答】解：A、小球在最低点时，由牛顿第二定律得：FN1mgkx=m，其中 kx=mg；从最低点到最高点的过程，根据动能定理得：=+mg2R在最高点：FN2+mgkx=m，联立解得：FN1FN2=6mg，故 A 正确；BD、小球运动到最高点速度为零时假设没有离开圆轨道，则此时弹簧的弹力 F弹=kx=R=mg，此时小球没有离开圆轨道，故 B 错误，D 正确；C、若小球到达最高点的速度恰为零，则根据动能定理得=mg2R，解得 v0=，故只要 v0，小球就能做完整的圆周运动，故 C 正确。本题选

26、错误的，故选：B【点评】本题涉及到的知识点较多，解答中要注意一下几点：1、正确的对物体进行受力分析，计算出沿半径方向上的合外力，利用向心力公式进行列式2、注意临界状态的判断，知道临界状态下受力特点和运动的特点3、熟练的判断机械能守恒的条件，能利用机械能守恒进行列式求解7如图所示，竖直圆盘绕中心 O 沿顺时针方向匀速转动，圆盘边缘上固定一小柱 P，当小柱转到与 O 同一高度时，将小球从 O 点以一定的初速度水平向 P 抛出，小球恰好碰到P已知此过程中圆盘转动未超过一周，小球碰到 P 时的动能为抛出时的 2 倍，重力加速度为 g，不计空气阻力，根据以上信息可以确定的是（ ）13A小球抛出时的速度B

27、小球碰到 P 之前的飞行时间C圆盘转动的角速度D从小球抛出到碰到 P 过程中圆盘转过的角度【分析】小球从 O 点以初速度 v0水平向 P 抛出，到达位置 Q 时小球的动能是抛出时动能的2 倍，由此即可求出重力做的功；然后由 W=mgh 求出小球下降的高度，将小球的运动分解，求出运动的时间和圆盘的半径，由小球偏转的角度求出圆盘的角速度【解答】解：小球从 O 点以初速度 v0水平向 P 抛出，到达位置 Q 时小球的动能是抛出时动能的 2 倍，由动能定理得：所以：小球在竖直方向做自由落体运动，所以：小球在水平方向的位移：圆盘的半径：A、由公式可知，由于半径未知，所以不能求出小球的初速度。故 A 错误

28、；B、由于不能求出小球的初速度，根据不能求出小球的运动时间。故 B 错误；C、D、OQ 的连线与竖直方向之间的夹角：圆盘转动的角速度：可知可以求出从小球抛出到碰到 P 过程中圆盘转过的角度，由于时间不知道，所以不能求14出圆盘转动的角速度。故 C 错误，D 正确。故选：D。【点评】该题将平抛运动与圆周运动相结合，这两种不同运动规律在解决同一问题时，常常用“时间”这一物理量把两种运动联系起来8如图所示，一小球距离水面高 h 处静止释放，不计空气阻力，设水对小球的阻力与小球的速度平方成正比，水足够深，则（ ）Ah 越大，小球匀速运动时的速度越大Bh 增大，小球在水中的动能变化量一定增大Ch 减小，

29、小球在水中的动能变化量可能增大D小球在水平刚开始做匀速运动的位置与 h 无关【分析】根据受力平衡求得匀速运动的速度恒定，即动能恒定；然后再根据 h 的变化，由机械能守恒得到刚进入水中时小球的速度变化及动能变化，即可求得位移的变化和动能变化量【解答】解：A、小球做自由落体运动下落 h 后，在水中受重力和阻力作用，当小球匀速运动时，小球受力平衡，故重力和阻力大小相等，又有水对小球的阻力与小球的速度平方成正比，故小球做匀速运动时的速度恒定，故 A 错误；BC、小球从不同高度下落，由机械能守恒可知：刚进入水中的动能随 h 增大而增大；小球最终做匀速运动的速率相同，故动能相同；那么当进入水中时动能小于最

30、终动能时，h 增大，小球在水中的动能变化量减小；当进入水中时动能大于最终动能时，h 增大，小球在水中的动能变化量增大；故 B 错误，C 正确D、由 A 可知，小球做匀速运动时的速度恒定，那么，小球从不同高度下落，由机械能守恒可知：刚进入水中的速度不同，故小球在水平刚开始做匀速运动的位置与 h 相关，故 D 错误；故选：C。【点评】对经典力学问题，一般先进行受力分析求得合外力，即可根据几何关系得到运动15状态的变化及做功情况，然后由动能定理即可求解9斜面倾角为 60，长为 3L，其中 AC 段、CD 段、DB 段长均为 L，一长为 L，质量均匀分布的长铁链，其总质量为 M，用轻绳拉住刚好使上端位

31、于 D 点，下端位于 B 点，铁链与 CD段斜面的动摩擦因数 =，斜面其余部分均可视为光滑，现用轻绳把铁链沿斜面全部拉到水平面上，人至少要做的功为（ ）ABMgLCMgLDMgL【分析】要使把铁链沿斜面全部拉到水平面上，则需要把铁链的重心拉到水平面上，拉力做功最小时，重心到达水平面时的速度刚好为零，从开始拉铁链到铁链的重心到达水平面的过程中运用动能定理即可求解【解答】解：拉力做功最小时，铁链重心到达水平面时的速度刚好为零，从开始拉铁链到铁链的重心到达水平面的过程中，运用动能定理得：00=WFminMgLsin60Mgcos60L解得：WFmin=MgL，故 D 正确。故选：D。【点评】本题主要

32、考查了动能定理的直接应用，解题的关键是知道拉力做功最小时，重心到达水平面时的速度刚好为零10如图，水平转台上有一个质量为 m 的物块（可视为质点） ，物块与竖直转轴间距为 R，物块与转台间动摩擦因数为 ，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，现让物块始终随转台一起由静止开始缓慢加速转动至角速度为 时（ ）16A物块受到的向心力为 mgB物块受到的摩擦力为 m2RC转台对物块做的功为m2R2D转台对物块做的功不小于mgR【分析】分析物块的受力情况，物块随转台做匀速圆周运动，静摩擦力充当向心力，根据向心力公式可求出摩擦力，因为滑块随转台缓慢变快，根据动能定理求转台对滑块做的功【解答】解：A、物块与圆盘间是

33、静摩擦力，不能用滑动摩擦力公式计算，故 A 错误。B、物块受到重力、支持力和摩擦力三个力的作用，摩擦力沿半径方向的分量充当了向心力，因为圆盘加速转动，摩擦力在切向有分力，所以摩擦力大于，故 B 错误。C、物块始终随转台一起由静止开始缓慢加速转动至角速度为 的过程中，重力和支持力不做功，只有摩擦力做功，末速度 v=R，根据动能定理，有，故C 正确。D、物体即将滑动时，最大静摩擦力提供向心力，由向心力公式，得，物体做加速圆周运动过程，所以转台对物块做的功小于或等于，故 D 错误。故选：C。【点评】本题考查了匀速圆周运动的问题，注意分析向心力的来源，同轴转动具有相等的角速度，转台加速过程中切向有摩擦

34、力做功，根据动能定求变力做功是常用的方法11如图，P 为处于水平面内的转盘，可绕竖直转轴 OO转动，长度为 l 的缆绳一端悬挂在转盘边缘，另一端栓接一质量为 m 的小球，转盘静止时缆绳顶端与转轴间的距离为 d，现17让转盘由静止逐渐加速转动，经过一段时间后小球与转盘一起做匀速圆周运动，且缆绳与转轴在同一竖直面内此时缆绳与竖直方向的夹角为 ，不计空气阻力及缆绳重力，重力加速度为 g，下列判断正确的是（ ）A小球与转盘一起做匀速圆周运动时，小球受到缆绳的拉力大小为 mgcosB小球从静止到做匀速圆周运动的过程中，缆绳对小球做的功为mgdtanC小球从静止到做匀速圆周运动的过程中，缆绳对小球做的功为

35、mg（d+lsin）tan+mgl（1+cos）D如果圆盘稳定转动时的角速度不变，换一个质量更大的小球随其转动，稳定时缆绳与竖直方向的夹角 不变【分析】质点与转盘一起做匀速圆周运动时，由重力和绳子拉力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求小球受到缆绳的拉力和小球的速度，再根据动能定理研究质点从静止到做匀速圆周运动的过程中，得到绳子对小球做的功由角速度的表达式分析缆绳与竖直方向的夹角 与小球质量的关系【解答】解：A、小球与转盘一起做匀速圆周运动时，由重力和绳子的拉力的合力提供质点圆周运动的向心力，如图，则小球受到缆绳的拉力大小为 T=，故 A 错误。BC、设小球做匀速圆周运动时速度大小为 v，则有

36、mgtan=m对于小球从静止到做匀速圆周运动的过程中，重力做功为mgl（1cos） ，设绳子拉力做功为 W，则根据动能定理得：Wmgl（1cos）=联立得：W=mg（d+lsin）tan+mgl（1cos） 。故 B、C 错误。D、由 v=（d+lsin）及 mgtan=m得 =，可知， 与小球18的质量无关，所以如果圆盘稳定转动时的角速度不变，换一个质量更大的小球随其转动，稳定时缆绳与竖直方向的夹角 不变，故 D 正确。故选：D。【点评】本题中小球从静止到做匀速圆周运动的过程中，绳子拉力是变力，要首先考虑运用动能定理求解变力的功要知道小球与转盘一起做匀速圆周运动时，由重力和绳子的拉力的合力提

37、供质点圆周运动的向心力12如图，由不同材料拼接成的长直杆 CPD，P 为两材料分界点，DPCP，现让直杆以下面两种情况与水平面成 45一个套在长直杆上的圆环静止开始从顶端滑到底端，两种情况下圆环经过相同的时间滑到 P 点。则圆环（ ）A与杆 CP 段的动摩擦因数较小B两次滑到 P 点的速度可能相同C两次滑到 P 点摩擦力做功一定相同D到达底端 D 所用时间较长【分析】对两个过程，根据运动学基本公式结合牛顿第二定律判断动摩擦因数的关系，小物块两次滑动经过 P 点的时间相同，且 DPCP，根据平均速度公式判断两次滑到 P 点的速度关系，从 C 到 D 和从 D 到 C 分别利用动能定理可以比较物块

38、滑到底端时的速度大小，再根据运动学基本公式判断那种情况所用时间长。【解答】解：A、第一种情况：从 C 到 P 过程，a1t2=g（sin451cos45）t2，第二种情况：从 D 到 P 过程，a2t2=g（sin452cos45）t2，因为，所以 12，即圆环与直杆 CP 段的动摩擦因数大于圆环与直杆 DP 段之19间的动摩擦因数，故 A 错误；B、由题意可知，小物块两次滑动经过 P 点的时间相同，且 DPCP，因此从 D 到 P 的平均速度大于从 C 到 P 的平均速度，设从 C 到 P 点时速度为 v1，从 D 到 P 时速度为 v2，则根据匀变速直线运动特点有：，即从 D 到 P 点速

39、度大于从 C 到 P 点的速度，则得v1v2，故 B 错误；C、由于不知道动摩擦因数以及 DP 和 CP 的具体关系，所以不能判断两次滑到 P 点摩擦力做功是否相等，故 C 错误；D、从 C 到 D 和从 D 到 C 过程中摩擦力做功相等，重力做功相等，根据动能定理可知，两次滑动中物块到达底端速度相等，设圆环滑到底端的速度大小为 v。则第一种情况：从 P 到 D 过程，t1第二种情况：从 P 到 C 过程，t2因为，v1v2。所以 t1t2则得第一次圆环到达底端所用时间长。故 D 正确。故选：D。【点评】本题应用牛顿第二定律和运动学、动能定理是解答这类问题的关键。应用动能定理时注意正确选择两个

40、状态，弄清运动过程中外力做功情况，可以不用关心具体的运动细节。二多选题（共二多选题（共 1 1 小题）小题）13如图所示，水平转台上有一个质量为 m 的物块，用长为 L 的细绳将物块连接在转轴上，细线与竖直转轴的夹角为 角，此时绳中张力为零，物块与转台间动摩擦因数为（tan） ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块随转台由静止开始缓慢加速转动，则（ ）A至绳中出现拉力时，转台对物块做的功为 2mgLsinB至绳中出现拉力时，转台对物块做的功为mgLsin20C至转台对物块支持力为零时，转台对物块做的功为D设法使物体的角速度增大到时，物块机械能增量为【分析】对物体受力分析知物块离开圆盘前合力 F=f

41、+Tsin=；N+Tcos=mg，根据动能定理知 W=Ek=然后根据临界条件分析做功和势能变化。【解答】解：对物体受力分析知物块离开圆盘前合力 F=f+Tsin=N+Tcos=mg根据动能定理知 W=Ek=AB、当弹力 T=0，r=Lsin由解得 W=fLsin至绳中出现拉力时，转台对物块做的功为mgLsin，故 A 错误，B 正确；C、当 N=0，f=0，由知 W=mgLsintan=，故 C 正确；D、由知 0=，设法使物体的角速度增大到=0=，故物体已脱离水平盘，此时夹角为 则 mgtan=m2rEp=mgh=mg（LcosLcos）由知Ep=mgL（coscos）=物块机械能增量为Ep

42、+Ek=，故 D 正确；故选：BCD。【点评】此题考查牛顿运动定律和功能关系在圆周运动中的应用，注意临界条件的分析，至绳中出现拉力时，摩擦力为最大静摩擦力；转台对物块支持力为零时，N=0，f=0题目较难，计算也比较麻烦。三解答题三解答题14如图所示，水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在 A 点，自然状态时其右端位于 B点水平桌面右侧有一竖直放置的轨道 MNP，其形状为半径 R=1.0m 的圆环剪去了左上角21120的圆弧，MN 为其竖直直径，P 点到桌面的竖直距离是 h=2.4m用质量 m1=0.4kg 的物块将弹簧缓慢压缩到 C 点，释放后弹簧恢复原长时物块恰停止在 B 点用同种材料、质量为 m

43、2=0.2kg 的物块将弹簧缓慢压缩到 C 点释放，物块过 B 点后做匀变速运动其位移与时间的关系为 s=6t2t2，物块飞离桌面后恰好由 P 点沿切线落入圆轨道 （不计空气阻力，g取 10m/s2）：（1）物块 m2过 B 点时的瞬时速度 vB及与桌面间的滑动摩擦因数 ；（2）若轨道 MNP 光滑，物快经过轨道最低点 N 时对轨道的压力 FN；（3）若小球刚好能到达轨道最高点 M，则释放后 m2运动过程中克服摩擦力做的功 W【分析】 （1）将 x=6t2t2，与匀变速直线运动的位移公式进行比对，得到物块通过 B 点后的初速度和加速度，由速度公式即可求得从 B 到 D 的时间，即可求得从 B

44、点运动到 P 点的时间（2）物块离开 D 点做平抛运动，由 P 点沿圆轨道切线落入圆轨道，由机械能守恒定律求出最低点的速度，由向心力公式求对轨道的压力（3）物块在内轨道做圆周运动，在最高点有临界速度，根据机械能守恒定律，求出 M 点的速度，与临界速度进行比较结合动能定理，求克服摩擦力做功【解答】解：解析：（1）m2过 B 点后遵从 s=6t2t2所以知：vB=6m/s，a=4m/s2由牛顿第二定律：mg=ma解得 =0.4（2）竖直方向的分运动为自由落体运动，有 P 点速度在竖直方向的分量P 点速度在水平方向的分量 vx=4m/s解得离开 D 点的速度为 vD=4m/s22由机械能守恒定律，有

45、得=74m2/s2根据牛顿第二定律，有，代入数据解得 FN=16.8N根据牛顿第三定律，F=F=16.8N，方向竖直向下（3）小球刚好能到达 M 点，有，则小球到达 P 点的速度=8m/s从 P 到 M 点应用动能定理，有代入数据解得 WPM=2.4J从 B 到 D 点应用动能定理，有，代入数据解得 WBD=2J从 C 到 B 点应用动能定理，有 Ep=m1gxCB；WCB=3.6J则释放后 m2运动过程中克服摩擦力做的功为：W=WCB+WBD+WPM8J答：（1）物块 m2过 B 点时的瞬时速度 vB=6m/s，与桌面间的滑动摩擦因数 0.4；（2）若轨道 MNP 光滑，物块 m2经过轨道最

46、低点 N 时对轨道的压力 16.8N；（3）若物块 m2刚好能到达轨道最高点 M，则释放 m2后整个运动过程中其克服摩擦力做的功 8J【点评】该题是平抛运动、圆周运动的综合题，该题中要熟练掌握机械能守恒定律，能量守恒定律，以及圆周运动的临界问题15如图所示，质量为 m=lkg 的小物块由静止轻轻放在水平匀速运动的传送带上，从 A 点随传送带运动到水平部分的最右端 B 点，经半圆轨道 C 点沿圆弧切线进入竖直光滑的半圆轨道，恰能做圆周运动。C 点在 B 点的正上方，D 点为轨道的最低点。小物块离开 D 点后，23做平抛运动，恰好垂直于倾斜挡板打在挡板跟水平面相交的 E 点。已知半圆轨道的半径R=

47、0.9m，D 点距水平面的高度 h=0.75m，取 g=10m/s2，试求：（1）摩擦力对物块做的功；（2）小物块经过 D 点时对轨道压力的大小；（3）倾斜挡板与水平面间的夹角 。【分析】本题（1）的关键是明确小物块经过 C 点时恰好能做圆周运动的条件是重力等于向心力，然后再由动能定理即可求解；（2）题的关键是根据动能定理或机械能守恒定律求出小物块到达 D 点时的速度，然后再根据牛顿第二定律和牛顿第三定律即可求解；（3）题的关键是根据平抛运动规律并结合几何知识即可求出所求。【解答】解：（1）设小物块经过 C 点时的速度大小，因为经过 C 时恰好能完成圆周运动，由牛顿第二定律可得：mg=，解得=

48、3m/s小物块由 A 到 B 过程中，设摩擦力对小物块做的功为 W，由动能定理得：W=，解得 W=4.5J故摩擦力对物块做的功为 4.5J。（2）设小物块经过 D 点时的速度为，对由 C 点到 D 点的过程，由动能定理的：mg.2R=小物块经过 D 点时，设轨道对它的支持力大小为，由牛顿第二定律得：mg=联立解得=60N，=3m/s24由牛顿第三定律可知，小物块对轨道的压力大小为：=60N。故小物块经过 D 点时对轨道的压力大小为 60N。（3）小物块离开 D 点做平抛运动，设经时间 t 打在 E 点，由 h=得：t=s设小物块打在 E 点时速度的水平、竖直分量分别为、，速度跟竖直方向的夹角为，则：又 tan=联立解得 =60 再由几何关系可得 =60故倾斜挡板与水平面的