高三物理復習-動能動能定理

知識梳理知識梳理一、動能1．定義：物體由于運動而具有的能量叫做動能．物體的動能跟物體的速度和質(zhì)量都有關系，物體的速度越大，質(zhì)量越大，它的動能就越大．2．公式：Ek＝.3．單位：與功的單位相同，在國際單位制中都是焦耳．4．矢標性：動能是標量，只有正值．5．動能是狀態(tài)量，動能的變化量是過程量．【特別提醒】動能具有相對性，其值與參考系的選取有關，一般取地面為參考系．二、動能定理1．推導方法(1)根據(jù)牛頓第二定律：F＝ma.(2)根據(jù)運動學公式：v22－v12＝2as.(3)兩式聯(lián)立得Fs＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12即W＝Ek2－Ek1.2．表達式：W＝Ek2－Ek1.3．意義合力做的功等于物體動能的變化．4．應用范圍【特別提醒】有些問題既可以用動能定理求解，也可以用牛頓第二定律結合運動學公式求解，通過比較可以發(fā)現(xiàn)用動能定理更加方便、簡單．典型例題典型例題考點1.動能定理的理解(1)左邊W代表合外力做的功，表示無論什么樣的力對物體做的功，都對物體動能的變化產(chǎn)生影響．(2)右邊Ek1＝eq\f(1,2)mv12，Ek2＝eq\f(1,2)mv22，Ek2－Ek1代表物體動能的變化量．2．正功、負功的意義(1)根據(jù)動能定理：合外力做正功，物體動能增加，合外力做負功，物體動能減?。贤饬ψ龉κ且鹞矬w動能變化的原因．(2)無論什么樣的力做功，做正功都能促進物體的運動，做負功都能阻礙物體的運動．3．過程與狀態(tài)的變化做功是伴隨著物理過程而產(chǎn)生的，是過程量；動能對應物體所處的狀態(tài)，是狀態(tài)量．動能定理描述了過程量引起狀態(tài)量發(fā)生變化的關系．【特別提醒】動能定理表達了一種功能關系，即合外力做功引起物體動能的變化．【例1】(2009·上海卷)小球由地面豎直上拋，上升的最大高度為H，設所受阻力大小恒定，地面為零勢能面．在上升至離地高度h處，小球的動能是勢能的2倍，在下落至離地高度h處，小球的勢能是動能的2倍，則h等于()A．H/9 B．2H/9 C．3H/9 D．4H/9【解析】小球上升至最高點過程：－mgH－fH＝0－mv02/2；小球上升至離地高度h處過程：－mgh－fh＝mv12/2－mv02/2，又mv12/2＝2mgh；小球上升至最高點后又下降至離地高度h處過程：－mgh－f(2H－h(huán))＝mv22/2－mv02/2，又2×mv22/2＝mgh；以上各式聯(lián)立解得h＝4H/9，D正確．【答案】D【反思】與受力分析的隔離法和整體法對應，使用物理規(guī)律解題可使用分段法和全過程法．本題中，對于小球運動過程，使用分段思維，則有：上升到最高點的過程－mgH－fH＝0－mv02/2，從最高點下落的過程，mg(H－h(huán))－f(H－h(huán))＝mv22/2－0，兩式相加，即得全過程法所列方程，－mgh－f(2H－h(huán))＝mv22/2－mv02/2.顯然，全過程法比分段法更為優(yōu)勢變式探究1（2010·上海)傾角θ＝37°，質(zhì)量M＝5kg的粗糙斜面位于(水平地面上．質(zhì)量m＝2kg的木塊置于斜面頂端，從靜止開始勻加速下滑，經(jīng)t＝2s到達底端，運動路程L＝4m，在此過程中斜面保持靜止(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2)．求(1)地面對斜面的摩擦力大小與方向；(2)地面對斜面的支持力大??；(3)通過計算證明木塊在此過程中滿足動能定理．【命題立意】本題考查牛頓運動定律和動能定理兩個基本規(guī)律的應用，同時考查對基本規(guī)律的理解能力和推理能力．【解析】(1)木塊做勻加速運動木塊受力如圖，由牛頓第二定律mgsin37°－f1＝maf1＝mgsin37°－ma＝2×10×0.6N－2×2N＝8NFN1＝mgcos37°＝2×10×0.8N＝16N斜面受力如圖，由共點力平衡，地面對斜面摩擦力f2＝F′N1sin37°－f′1cos37°＝16×0.6N－8×0.8N＝3.2N方向水平向左．(2)地面對斜面的支持力FN2＝Mg＋F′N1cos37°－f′1sin37°＝5×10N＋16×0.8N＋8×0.6N＝67.6N(3)木塊在下滑過程中，沿斜面方向合力及該力做功為F＝mgsin37°－f1＝2×10×0.6N－8N＝4NW＝FL＝4×4J＝16Jv＝at＝2×2N＝4m/s由此可知，在下滑過程中W＝ΔEk，動能定理成立.考點2.動能定理的應用1.運用動能定理須注意的問題(1)若過程包含了幾個運動性質(zhì)不同的分過程，既可分段考慮，也可整個過程考慮．但求功時，有些力不是全過程都作用的，必須根據(jù)不同的情況分別對待求出總功．(2)運用動能定理時，必須明確各力做功的正、負．當一個力做負功時，可設物體克服該力做功為W，將該力做功表達為－W，也可以直接用一字母表示該力做功，使其字母本身含有負號．2．應用動能定理的一般步驟(1)選取研究對象，明確它的運動過程．(2)分析研究對象的受力及各力做功的情況(①受哪些力？②每個力是否做功？③在哪段位移哪段過程中做功？④做正功還是負功？⑤做多少功？)，求出代數(shù)和．(3)明確過程始、末狀態(tài)的動能Ek1及Ek2.(4)列方程W總＝Ek2－Ek1，必要時注意分析題目潛在的條件，補充方程進行求解．【特別提醒】(1)在研究某一物體受到力的持續(xù)作用而發(fā)生狀態(tài)改變時，如涉及位移和速度而不涉及時間時應首先考慮應用動能定理，而后考慮牛頓運動定律、運動學公式，如涉及加速度時，先考慮牛頓第二定律．(2)用動能定理解題，關鍵是對研究對象進行準確的受力分析及運動過程分析，并畫出物體運動過程的草圖，以便更準確地理解物理過程和各量關系．有些力在物體運動全過程中不是始終存在的，在計算外力做功時更應引起注意．【例2】(2009·安徽理綜)過山車是游樂場中常見的設施．如下圖所示是一種過山車的簡易模型，它由水平軌道和豎直平面內(nèi)的三個圓形軌道組成，B、C、D分別是三個圓形軌道的最低點，B、C間距與C、D間距相等，半徑R1＝2.0m、R2＝1.4m.一個質(zhì)量為m＝1.0kg的小球(視為質(zhì)點)，從軌道的左側A點以v0＝12.0m/s的初速度沿軌道向右運動，A、B間距L1＝6.0m.小球與水平軌道間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，圓形軌道是光滑的．假設水平軌道足夠長，圓形軌道間不相互重疊．重力加速度取g＝10m/s2，計算結果保留小數(shù)點后一位數(shù)字．試求：(1)小球在經(jīng)過第一個圓形軌道的最高點時，軌道對小球作用力的大??；(2)如果小球恰能通過第二個圓形軌道，B、C間距L應是多少；(3)在滿足(2)的條件下，如果要使小球不脫離軌道，在第三個圓形軌道的設計中，半徑R3應滿足的條件；小球最終停留點與起點A的距離．【解析】(1)設小球經(jīng)過第一個圓軌道的最高點時的速度為v1，根據(jù)動能定理－μmgL1－2mgR1＝eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,2)mv02①小球在最高點受到重力mg和軌道對它的作用力F，根據(jù)牛頓第二定律F＋mg＝meq\f(v12,R1)②由①②得F＝10.0N③(2)設小球在第二個圓軌道的最高點的速度為v2，由題意mg＝meq\f(v22,R2)④－μmg(L1＋L)－2mgR2＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv02⑤由④⑤得L＝12.5m⑥(3)要保證小球不脫離軌道，可分兩種情況進行討論：Ⅰ.軌道半徑較小時，小球恰能通過第三個圓軌道，設在最高點的速度為v3，應滿足mg＝meq\f(v32,R3)⑦－μmg(L1＋2L)－2mgR2＝eq\f(1,2)mv32－eq\f(1,2)mv02⑧由⑥⑦⑧得R3＝0.4mⅡ.軌道半徑較大時，小球上升的最大高度為R3，根據(jù)動能定理－μmg(L1＋2L)－2mgR3＝0－eq\f(1,2)mv02⑨解得R3＝1.0m為了保證圓軌道不重疊，如右圖所示，R3最大值應滿足(R2＋R3)2＝L2＋(R3－R2)2⑩解得R3＝27.9m綜合Ⅰ、Ⅱ，要使小球不脫離軌道，則第三個圓軌道的半徑須滿足下面的條件0<R3≤0.4m或1.0m≤R3≤27.9m當0<R3≤0.4m時，小球最終停留點與起始點A的距離為L′，則－μmgL′＝0－mv02?L′＝36.0m當1.0m≤R3≤27.9m時，小球最終停留點與起始點A的距離為L″，則L″＝L′－2(L′－L1－2L)＝26.0m【反思】本題的難點在第(3)問，審題時需要理解的要點有兩個：圓形軌道間不相互重疊和要使小球不脫離軌道，且“要使小球不脫離軌道”又有兩種情況需要討論，一般習慣思維只考慮到要通過第三個圓軌道的最高點，而遺漏最高上升到R3時也不會脫離軌道，導致解答不全面；對于“圓形軌道間不相互重疊”的條件，部分考生感到無所適從，不能建立R3最大值應滿足(R2＋R3)2＝L2＋(R3－R2)2的關系，解答不完整．變式探究2如圖所示，AB是傾角為θ的粗糙直軌道，BCD是光滑的圓弧軌道，AB恰好在B點與圓弧相切，圓弧的半徑為R.一個質(zhì)量為m的物體(可以看作質(zhì)點)從直軌道上的P點由靜止釋放，結果它能在兩軌道間做往返運動．已知P點與圓弧的圓心O等高，物體與軌道AB間的動摩擦因數(shù)為μ，求：(1)物體做往返運動的整個過程中在AB軌道上通過的總路程；(2)最終當物體通過圓弧軌道最低點E時，對圓弧軌道的壓力；(3)為使物體能順利到達圓弧軌道的最高點D，釋放點距B點的距離L′應滿足什么條件．【思路點撥】(1)摩擦力做功與路程有關；(2)注意及時對全程列式．【解析】(1)因為摩擦力始終對物體做負功，所以物體最終在圓心角為2θ的圓弧上往復運動．對整體過程由動能定理得mgR·cosθ－μmgcosθ·s＝0，所以s＝eq\f(R,μ).(2)對B→E過程mgR(1－cosθ)＝eq\f(1,2)mvE2①FN－mg＝eq\f(mvE2,R)②由①②得FN＝(3－2cosθ)mg.(3)設物體剛好到D點，則mg＝eq\f(mvD2,R)③對全過程由動能定理得mgL′sinθ－μmgcosθ·L′－mgR(1＋cosθ)＝eq\f(1,2)mvD2④由③④得：L′＝eq\f(3＋2cosθ,2(sinθ－μcosθ))·R.【答案】(1)eq\f(R,μ)(2)(3－2cosθ)mg(3)eq\f(3＋2cosθ,2(sinθ－μcosθ))·R【反思】多過程問題的求解方法：(1)首先分析物體運動，確定物體運動過程中不同階段的受力情況，分析各個力的功．(2)分析物體各個過程中的初末速度，在不同階段運用動能定理求解，此為分段法．(3)如果能夠得到物體全過程初末動能的變化，及全過程中各力的功，對全過程列一個方程即可，一般對全過程列方程的方法較為簡便.考點3.應用動能定理分析多體問題【例3】質(zhì)量為M的機車，牽引著質(zhì)量為m的車廂在水平軌道上勻速直線前進，某時刻兩者脫鉤，機車行駛L的路程后，司機發(fā)現(xiàn)車廂脫鉤，便立刻關閉發(fā)動機讓機車自然滑行，已知機車和車廂在運動中受阻力都是其重力的k倍，機車的牽引力始終保持不變．試求機車、車廂都停止時，兩者之間距離是多大．【解析】車廂、機車自脫鉤到都停止，其位置如圖所示．設機車牽引力為F，對機車從脫鉤到停止過程應用動能定理得FL＋(－kMgs1)＝0－eq\f(1,2)Mv2①脫鉤前，對機車和車廂整體F＝k(M＋m)g②由①②得s1＝eq\f(k(M＋m)gL＋\f(1,2)Mv2,kMg)對車廂脫鉤到停止的過程，應用動能定理得－kmgs0＝0－eq\f(1,2)mv2③解得s2＝eq\f(v2,2kg)所以兩者都停止時，相距s1－s2＝eq\f(M＋m,M)L.【答案】eq\f(M＋m,M)L【反思】涉及多體問題時注意分別對研究對象應用動能定理列式，如果需要可聯(lián)立求解．變式探究3如圖所示，子彈以水平速度v射入靜止在光滑水平面上的木塊M，并留在其中，則()A．子彈克服阻力做功與木塊獲得的動能相等B．阻力對子彈做功小于子彈動能的減少C．子彈克服阻力做功與子彈對木塊做功相等D．子彈克服阻力做功大于子彈對木塊做功【解析】子彈射入木塊后，木塊相對于地面向前運動距離為s1，子彈打入木塊的深度為s2，則子彈相對地面運動的距離為s1＋s2，故子彈克服阻力做功與子彈對木塊做的功不相等，C錯誤．再根據(jù)動能定理，A、B錯誤，D正確．【答案】D【反思】如何求解子彈射入木塊的問題子彈射入木塊的問題和滑板問題十分相似，是力學中綜合性比較強的題目，可以多方面、多角度地考查力學知識．一、考查牛頓第二定律和運動學公式這類問題應從分析子彈和木塊、滑塊和滑板之間的相互作用力入手，根據(jù)牛頓第二定律確定加速度，再結合運動學公式求解．解答時應注意子彈和滑塊的運動可能是先減速后勻速，其中子彈和滑塊與木塊或木板的速度相等為臨界條件二、考查動能定理和能量轉化這類問題要從分析子彈和木塊、滑塊和木板之間的相互作用力做功情況入手，應用動能定理、能量轉化和守恒定律解決問題．由于子彈和木塊，滑塊和木板位移的不同，使做功和能量轉化出現(xiàn)以下不同：(1)阻力或摩擦力對子彈或滑塊所做的功等于子彈或滑塊動能的減少量．(2)子彈對木塊的力或滑塊對木板的力是使木塊或木板運動的動力，這兩個力做的功等于木塊或木板動能的增加量．由位移不同得出功不同，由功不同得出木塊或木板增加的動能與子彈或滑塊減少的動能不相等．(3)整個系統(tǒng)減少的動能轉化為內(nèi)能，并且內(nèi)能還等于它們之間的相互作用力與它們的相對位移的乘積．三、考查動量定理和動量守恒定律這類問題可以根據(jù)動量定理計算子彈和木塊、滑塊和木板相互作用的時間，也可以根據(jù)動量守恒定律計算子彈和木塊、滑塊和木板最終狀態(tài)的速度等．鞏固訓練鞏固訓練1．下列關于運動物體所受合外力做的功和動能變化的關系正確的是()A．如果物體所受合外力為零，則合外力對物體做的功一定為零B．如果合外力對物體所做的功為零，則合外力一定為零C．物體在合外力作用下做變速運動，動能一定發(fā)生變化D．物體的動能不變，所受合外力一定為零【解析】由W合＝F合·scosα可知，A項正確，B項錯；勻速圓周運動中ΔEk＝0，C項錯；物體的動能不變，則合外力的功為零，但合外力不一定為零，D項錯．【答案】A2．質(zhì)量為m的物體在水平力F的作用下，由靜止開始在光滑地面上運動，前進一段距離之后速度大小為v，再前進一段距離使物體的速度增大為2v，則()A．第二過程的速度增量等于第一過程的速度增量B．第二過程的動能增量是第一過程的動能增量的3倍C．第二過程合外力做的功等于第一過程合外力做的功D．第二過程合外力做的功等于第一過程合外力做功的2倍【解析】由題意知，A選項正確，由動能定理知W1＝eq\f(1,2)mv2，W2＝eq\f(1,2)m(2v)2－eq\f(1,2)mv2＝eq\f(3,2)mv2，故B正確．【答案】AB3．兩個物塊M、N質(zhì)量之比和初速度之比都是2∶3，沿同一水平面滑動．它們與水平面間的動摩擦因數(shù)之比為2∶1，則它們沿該水平面滑行的最大距離之比是()A．3∶2B．8∶9C．2∶9D．9∶8【解析】據(jù)動能定理：－μmgs＝0－eq\f(1,2)mv2，s＝eq\f(v2,2μg)，可求得兩個物體滑行的最大距離比是2∶9，C正確．【答案】C4．(2009·高考上海卷)質(zhì)量為5×103kg的汽車在t＝0時刻速度v0＝10m/s，隨后以P＝6×104W的額定功率沿平直公路繼續(xù)前進，經(jīng)72s達到最大速度，設汽車受恒定阻力，其大小為2.5×103N.求：(1)汽車的最大速度vm；(2)汽車在72s內(nèi)經(jīng)過的路程s.【解析】(1)達到最大速度時，牽引力等于阻力P＝fvm，vm＝eq\f(P,f)＝eq\f(6×104,2.5×103)m/s＝24m/s(2)由動能定理可得Pt－fs＝eq\f(1,2)mvm2－eq\f(1,2)mv02故s＝eq\f(2Pt－m(vm2－v02),2f)＝eq\f(2×6×104×72－5×103×(242－102),2×2.5×103)m＝1252m課后作業(yè)課后作業(yè)1．質(zhì)量為m的鉛球被水平拋出，在空中下落高度h后的水平分速度大小為v1，豎直分速度大小為v2.在平拋運動過程中，鉛球動能變化量的大小為()A.eq\f(1,2)mv12B.eq\f(1,2)mv22C.eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12D.eq\f(1,2)mv22＋eq\f(1,2)mv12【解析】由題意，鉛球初狀態(tài)動能Ek1＝eq\f(1,2)mv12.下落高度h后的末速度v＝eq\r(v12＋v22)，故末狀態(tài)動能Ek2＝eq\f(1,2)m(v12＋v22)，平拋過程中動能的變化量ΔEk＝Ek2－Ek1＝eq\f(1,2)mv22，故B正確．【答案】B2．(2010·北師大附中模擬)如右圖所示，一塊長木板B放在光滑的水平面上，在B上放一物體A，現(xiàn)以恒定的外力拉B，由于A、B間摩擦力的作用，A將在B上滑動，以地面為參照物，A、B都向前移動一段距離，在此過程中()A．外力F做的功等于A和B動能的增量B．B對A的摩擦力所做的功，等于A的動能的增量C．A對B的摩擦力所做的功，等于B對A的摩擦力所做的功D．外力F對B做的功等于B的動能的增量與B克服摩擦力所做的功之和【解析】由于A、B之間有相對滑動，故有摩擦生熱現(xiàn)象，由功能關系，A錯誤．物體A所受的合外力等于B對A的摩擦力，所以B對A的摩擦力所做的功等于A的動能的增量，所以B對．A對B的摩擦力與B對A的摩擦力是一對作用力與反作用力，大小相等，方向相反，但由于A在B上滑動，A、B對地的位移不等，所以二者做功不等，故C錯．對B應用動能定理，WF－WFf＝ΔEkB，即WF＝ΔEkB＋WFf，即外力F對B做的功等于B的動能增量與B克服摩擦力所做功之和，所以D對，故選B、D.【答案】BD3．如圖所示，有一個足夠長的斜坡，傾角為α＝30°.一個小孩在做游戲時，從該斜坡頂端將一只足球朝下坡方向水平踢出去，已知該足球第一次落在斜坡上時的動能為21J，則踢球過程小孩對足球做的功為(不計空氣阻力)()A．7J B．9JC．12J D．16J【解析】根據(jù)平拋運動的規(guī)律：tanα＝eq\f(y,x)＝eq\f(\f(1,2)gt2,v0t)＝eq\f(gt,2v0).tanθ＝eq\f(vy,vx)＝eq\f(gt,v0)可見tanθ＝2tanα＝eq\f(2\r(3),3)，由此可得cos2θ＝eq\f(9,21).根據(jù)v0＝vcosθ，eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mv2cos2θ＝9J，再根據(jù)動能定理，小孩對足球所做的功為9J，故B正確．【答案】B4．如圖所示，一物體由A點以初速度v0下滑到底端B，它與擋板B做無動能損失的碰撞后又滑回到A點，其速度恰好為零．設A、B兩點高度差為h，則它與擋板碰撞前的速度大小為()A.eq\r(\f(2gh＋v02,4)) B.eq\r(2gh)C.eq\r(2gh＋\f(1,2)v02) D.eq\r(2gh＋v02)【解析】設整個滑動過程中物體所受摩擦力大小為Ff(此力大小不變，下滑時方向向上，上滑時方向向下)，斜面長為s，則對物體由A→B→A整個過程運用動能定理，－2Ffs＝0－eq\f(1,2)mv02(整個過程中重力做的總功為零，支持力不做功)；再對物體由A→B運用動能定理，設物體與擋板碰前的速度為v，則mgh－Ffs＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02，聯(lián)立兩式解方程組(把Ffs當做整體)解得v＝eq\r(2gh＋\f(1,2)v02)，選項C正確．【答案】C5．一名質(zhì)量為m、身高為h的撐桿跳高運動員持桿加速助跑，運動員在插桿入洞身體離地瞬間的水平速度為v0，然后運動員在桿的支撐下完成一個完美曲線以水平速度v輕輕越過橫桿，已知運動員在空中上升階段通過雙臂和身體的一系列動作總共做功為W，由此可知該運動員理論上能越過的最大高度為()A.eq\f(W＋\f(1,2)mv02－\f(1,2)mv2,mg)＋eq\f(h,2)B.eq\f(W＋\f(1,2)mv02－\f(1,2)mv2,mg)－eq\f(h,2)C.eq\f(W－\f(1,2)mv02＋\f(1,2)mv2,mg)＋eq\f(h,2)D.eq\f(W－\f(1,2)mv02＋\f(1,2)mv2,mg)－eq\f(h,2)【解析】以人為研究對象，設運動員理論上能越過的最大高度為H，對人在空中上升過程由動能定理有W－mg(H－eq\f(h,2))＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02，解得H＝eq\f(W＋\f(1,2)mv02－\f(1,2)mv2,mg)＋eq\f(h,2)，正確選項為A.【答案】A6．如圖所示，質(zhì)量相同的物體分別自斜面AC和BC的頂端由靜止開始下滑，物體與斜面間的動摩擦因數(shù)相同．物體滑至斜面底部C點時的動能分別為Ek1和Ek2，下滑過程中克服摩擦力所做功分別為W1和W2，則()A．Ek1>Ek2，W1<W2B．Ek1＝Ek2，W1>W2C．Ek1<Ek2，W1>W2D．Ek1>Ek2，W1＝W2【解析】下滑過程中克服摩擦力所做的功W＝μmgcosθ·eq\f(\x\to(OC),cosθ)＝μmg·eq\x\to(OC)，與θ無關，即W1＝W2，A、B、C、D中只有D符合，故D正確；C點動能的比較：mg·OC·tanθ－W＝Ek，可見tanθ大的末動能就大，可得：Ek1>Ek2.【答案】D7．假定地球、月球都靜止不動，用火箭從地球沿地月連線向月球發(fā)射一探測器．假定探測器在地球表面附近脫離火箭．用W表示探測器從脫離火箭處飛到月球的過程中克服地球引力做的功，用Ek表示探測器脫離火箭時的動能，若不計空氣阻力，則()A．Ek必須大于或等于W，探測器才能到達月球B．Ek小于W，探測器也可能到達月球C．Ek＝eq\f(1,2)W，探測器一定能到達月球D．Ek＝eq\f(1,2)W，探測器一定不能到達月球【解析】對火箭從地球運動到月球過程中，由動能定理有，Ek′－Ek＝W′－W(W′是月球對火箭做的功)，整理得Ek′＝Ek＋W′－W，只要Ek′>0，表示火箭可到達月球表面，則A錯，B對；又因月球表面的重力加速度是地球表面重力加速度的eq\f(1,6)，所以W′<eq\f(W,2)，當Ek＝eq\f(W,2)，則E′<0，表示火箭一定不能到達月球．【答案】BD8．(2010·河南實驗中學)質(zhì)量為m的物體沿著半徑為R的eq\f(1,4)圓形軌道從a點由靜止滑下，b點的切線水平，已知物體和軌道間的動摩擦因數(shù)為μ，若物體滑至a、b中點c時的速度為v，則在從a到c的過程中摩擦力對物體做的功和物體在c點時所受的摩擦力大小分別為()A.eq\f(1,2)mv2－eq\f(\r(2),2)mgR；μ(eq\f(\r(2),2)mg＋meq\f(v2,R))B.eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mgR；μ(eq\f(1,2)mg＋meq\f(v2,R))C.eq\f(1,2)mv2＋eq\f(\r(2),2)mgR；μ(eq\f(1,2)mg＋meq\f(v2,R))D.eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mgR；μmeq\f(v2,R)【解析】從a到c的過程中由動能定理：mgRsin45°＋Wf＝eq\f(1,2)mv2－0，得：Wf＝eq\f(1,2)mv2－mgRsin45°＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(\r(2),2)mgR.在c點，由圓周運動規(guī)律有：FN－mgcos45°＝eq\f(mv2,R)，f＝μFN.由以上兩式得f＝μ(eq\f(\r(2),2)mg＋eq\f(mv2,R))．故A正確．【答案】A9．(2011·湖南雅禮中學月考)物體在合外力作用下做直線運動的v－t圖象如圖所示．下列表述正確的是()A．在0～2s內(nèi)，合外力總是做負功B．在1～2s內(nèi)，合外力不做功C．在0～3s內(nèi)，合外力做功為零D．在0～1s內(nèi)比1～3s內(nèi)合外力做功快【解析】根據(jù)物體的速度圖象可知，根據(jù)動能定理可知在0～2s內(nèi)物體先加速后減速，合外力先做正功后做負功，A錯；根據(jù)動能定理得0～3s內(nèi)合外力做功為零，1～2s內(nèi)合外力做負功，C對，B錯；在0～1s內(nèi)比1～3s內(nèi)合外力做功快，D對．【答案】CD10．如圖所示，木箱高為L，其底部有一個小物塊Q(質(zhì)點)，現(xiàn)用力豎直向上拉木箱，使木箱由靜止開始向上運動．若保持拉力的功率不變，經(jīng)過時間t，木箱達到最大速度，這時讓木箱突然停止，小物塊會繼續(xù)向上運動，且恰能到達木箱頂端．已知重力加速度為g，不計空氣阻力，由以上信息，可以求出的物理量是()A．木箱的最大速度B．時間t內(nèi)拉力的功率C．時間t內(nèi)木箱上升的高度D．木箱和小物體的質(zhì)量【解析】最大速度vm＝eq\r(2gL)，此時F＝(M＋m)g，P＝Fvm，由動能定理，Pt－(M＋m)gh＝eq\f(1,2)(M＋m)vm2質(zhì)量約去，可以求得高度h.【答案】AC11．(2010·唐山市聯(lián)考)遙控賽車比賽中有一個規(guī)定項目：飛越“壕溝”，比賽要求：賽車從起點A由靜止出發(fā)，沿水平直線軌道運動，在B點飛出后越過“壕溝”，落到平臺EF段(如圖所示)賽車通電后以額定功率P＝1.5W工作，在AB段運動過程中，受到阻力恒為Ff＝0.3N，在空中運動的過程不計空氣阻力．已知賽車質(zhì)量m＝0.1kg，AB的長度L＝10.00m，BE的高度差h＝1.25m，BE的水平距離s＝1.50m.(重力加速度g＝10m/s2)(1)若賽車在AB軌道上能達到最大速度vmax，求vmax的大?。?2)要使賽車完成比賽，賽車通電時間至少為多長？【解析】(1)賽車達到最大速度vmax時，牽引力與阻力大小相等F＝Ff又據(jù)：P＝Fv解得：vmax＝5m/s(2)設賽車越過壕溝需要的最小速度為v，由平拋運動的規(guī)律s＝vt1h＝eq\f(1,2)gt12解得：v＝3m/s設賽車通電時間至少為t2，根據(jù)動能定理Pt2－FfL＝eq\f(1,2)mv2