2019高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題三 動(dòng)量和能量 1-3-5 功 功率 動(dòng)能定理課件.ppt

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1、第5講功功率動(dòng)能定理,1(2018課標(biāo))(多選)地下礦井中的礦石裝在礦車中，用電機(jī)通過(guò)豎井運(yùn)送到地面。某豎井中礦車提升的速度大小v隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖所示，其中圖線分別描述兩次不同的提升過(guò)程，它們變速階段加速度的大小都相同；兩次提升的高度相同，提升的質(zhì)量相等。不考慮摩擦阻力和空氣阻力。對(duì)于第次和第次提升過(guò)程(),A礦車上升所用的時(shí)間之比為45 B電機(jī)的最大牽引力之比為21 C電機(jī)輸出的最大功率之比為21 D電機(jī)所做的功之比為45 解析 在v-t圖像中，圖線的斜率表示物體運(yùn)動(dòng)的加速度，而兩次提升過(guò)程變速階段加速度的大小都相同，即在v-t圖像中，它們變速階段對(duì)應(yīng)的圖線要么重合，要么平行，由圖中幾

2、何關(guān)系可得：,第次所用時(shí)間t t0，即礦車上升所用時(shí)間之比為45，選項(xiàng)A正確；對(duì)礦車受力分析可知，當(dāng)?shù)V車向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，電機(jī)的牽引力最大，即Fmgma，得Fmgma，即最大牽引力之比為11，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；在第次提升過(guò)程中，電機(jī)輸出的最大功率P1(mgma)v0，在第次提升過(guò)程中，電機(jī)輸出的最大功率P2(mgma) v0，即 ，選項(xiàng)C正確；對(duì)兩次提升過(guò)程，由動(dòng)能定理可知Wmgh0，即 ，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。,答案 AC,2(2018課示)如圖，某同學(xué)用繩子拉動(dòng)木箱，使它從靜止開(kāi)始沿粗糙水平路面運(yùn)動(dòng)至具有某一速度。木箱獲得的動(dòng)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

3、摩擦力所做的功 D大于克服摩擦力所做的功,解析 由動(dòng)能定理可知W拉WfEk0，因此，EkW拉，故A正確，B錯(cuò)誤；Ek可能大于、等于或小于Wf，選項(xiàng)C、D錯(cuò)誤。 答案 A,3(2018天津理綜)滑雪運(yùn)動(dòng)深受人民群眾喜愛(ài)。某滑雪運(yùn)動(dòng)員(可視為質(zhì)點(diǎn))由坡道進(jìn)入豎直面內(nèi)的圓弧形滑道AB，從滑道的A點(diǎn)滑行到最低點(diǎn)B的過(guò)程中，由于摩擦力的存在，運(yùn)動(dòng)員的速率不變，則運(yùn)動(dòng)員沿AB下滑過(guò)程中(),A所受合外力始終為零 B所受摩擦力大小不變 C合外力做功一定為零 D機(jī)械能始終保持不變,解析 由于運(yùn)動(dòng)員在豎直面內(nèi)的圓弧形滑道上運(yùn)動(dòng)時(shí)速率不變，故做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，所受的合外力提供向心力，因此合外力不為零，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；滑

4、動(dòng)摩擦力fFN，F(xiàn)N隨著下滑位置的不同由A到B逐漸變大，因此滑動(dòng)摩擦力變大，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由動(dòng)能定理知，合外力做的功等于動(dòng)能的變化量，因速率不變，則動(dòng)能不變，故合外力做功為零，選項(xiàng)C正確；機(jī)械能的改變量等于摩擦力做的功，故機(jī)械能減少，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 答案 C,4(2018江蘇單科)(多選)如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端連接一小物塊，O點(diǎn)為彈簧在原長(zhǎng)時(shí)物塊的位置。物塊由A點(diǎn)靜止釋放，沿粗糙程度相同的水平面向右運(yùn)動(dòng)，最遠(yuǎn)到達(dá)B點(diǎn)。在從A到B的過(guò)程中，物塊(),A加速度先減小后增大 B經(jīng)過(guò)O點(diǎn)時(shí)的速度最大 C所受彈簧彈力始終做正功 D所受彈簧彈力做的功等于克服摩擦力做的功,解析 對(duì)物塊受力分析，當(dāng)彈

5、簧處于壓縮狀態(tài)時(shí)，由牛頓第二定律可得kxfma，x減小，a減小，當(dāng)a0時(shí)，物塊速度最大，此時(shí)，物塊在O點(diǎn)左側(cè)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；從加速度a0處到O點(diǎn)過(guò)程，由牛頓第二定律得fkxma，x減小，a增大，當(dāng)彈簧處于伸長(zhǎng)狀態(tài)時(shí)，由牛頓第二定律可得kxfma，x增大，a繼續(xù)增大，可知物塊的加速度先減小后增大，選項(xiàng)A正確；物塊所受彈簧的彈力對(duì)物塊先做正功，后做負(fù)功，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；從A到B的過(guò)程，由動(dòng)能定理可得W彈Wf0，選項(xiàng)D正確。 答案 AD,1功率的計(jì)算：,2對(duì)于功和功率的理解與計(jì)算問(wèn)題的解決，一般應(yīng)注意以下幾點(diǎn)： (1)準(zhǔn)確理解功的定義式WFl及變形式WFlcos 中各物理量的意義，該式僅適用于恒力做功的情

6、況。 (2)變力做功的求解注意對(duì)問(wèn)題的正確轉(zhuǎn)化，如將變力轉(zhuǎn)化為恒力，也可應(yīng)用動(dòng)能定理等方法求解。 (3)對(duì)于功率的計(jì)算，應(yīng)注意區(qū)分公式P 和公式PFv，前式側(cè)重于平均功率的計(jì)算，而后式側(cè)重于瞬時(shí)功率的計(jì)算。,例1 (2018天津五區(qū)縣聯(lián)考)如圖所示，某質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的vt圖像為正弦曲線。從圖像可以判斷() A質(zhì)點(diǎn)做曲線運(yùn)動(dòng) B在t1時(shí)刻，合外力的功率最大 C在t2t3時(shí)間內(nèi)，合外力做負(fù)功 D在0t1和t2t3時(shí)間內(nèi)，合外力的平均功率相等,解析 質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的v-t圖像描述的是質(zhì)點(diǎn)的直線運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；在t1時(shí)刻，v-t圖線的斜率為零，加速度為零，合外力為零，合外力功率為零，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由題圖圖像可知

7、，在t2t3時(shí)間內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)的速度增大，動(dòng)能增大，由動(dòng)能定理可知，合外力做正功，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；在0t1和t2t3時(shí)間內(nèi)，動(dòng)能的變化量相同，故合外力做的功相等，則合外力的平均功率相等，選項(xiàng)D正確。 答案 D,創(chuàng)新預(yù)測(cè) 1(2018吉林模擬)一質(zhì)量為1 kg的質(zhì)點(diǎn)靜止于光滑水平面上，從t0時(shí)起，第1 s內(nèi)受到2 N的水平外力作用，第2 s內(nèi)受到同方向的1 N的外力作用。下列判斷正確的是() A02 s內(nèi)外力的平均功率是 W B第2 s內(nèi)外力所做的功是 J C第2 s末外力的瞬時(shí)功率最大 D第1 s內(nèi)與第2 s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)動(dòng)能增加量的比值是11,答案 A,2(2018黑龍江哈爾濱師范大學(xué)附屬中學(xué)高三測(cè)試)測(cè)

8、定運(yùn)動(dòng)員體能的一種裝置如圖所示，運(yùn)動(dòng)員質(zhì)量為 m1, 繩拴在腰間沿水平方向跨過(guò)定滑輪(不計(jì)滑輪質(zhì)量及摩擦)，下懸一個(gè)質(zhì)量為m2的重物，人用力蹬傳送帶而人的重心不動(dòng)，使傳送帶以速率v勻速向右運(yùn)動(dòng)。下面是人對(duì)傳送帶做功的四種說(shuō)法，其中正確的是(),A人對(duì)傳送帶不做功 B人對(duì)傳送帶做負(fù)功 C人對(duì)傳送帶做功的功率為m2gv D人對(duì)傳送帶做功的功率為(m1m2)gv 解析 人對(duì)傳送帶的摩擦力方向向右，傳送帶在力的方向上有位移，所以人對(duì)傳送帶做功，摩擦力和位移的方向相同，故做正功，故A、B錯(cuò)誤；人的重心不動(dòng)，繩對(duì)人的拉力和人與傳送帶間的摩擦力平衡，而拉力又等于m2g，所以人對(duì)傳送帶做功的功率為m2gv，故

9、C正確，D錯(cuò)誤。 答案 C,3(2018濰坊模擬)質(zhì)量為m2 kg的物體沿水平面向右做直線運(yùn)動(dòng)，t0時(shí)刻受到一個(gè)水平向左的恒力F，如圖甲所示，此后物體的v-t圖像如圖乙所示，取水平向右為正方向，g取10 m/s2，則(),A物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5 B10 s末恒力F的瞬時(shí)功率為6 W C10 s末物體在計(jì)時(shí)起點(diǎn)左側(cè)4 m處 D010 s內(nèi)恒力F做功的平均功率為0.6 W 解析 由題圖乙可知04 s內(nèi)的加速度：a1 m/s2 2 m/s2，可得：Fmgma1；410 s內(nèi)的加速度： a2 m/s21 m/s2，可得：Fmgma2；解得：F3 N，0.05，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；10 s末恒

10、力F的瞬時(shí)功率為P10F|v10|36 W18 W，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；,04 s內(nèi)的位移x1 48 m16 m，410 s內(nèi)的位移x2 66 m18 m，xx1x22 m，故10 s末物體在計(jì)時(shí)起點(diǎn)左側(cè)2 m處，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；010 s內(nèi)恒力F做功的平均功率為 W0.6 W，選項(xiàng)D正確。 答案 D,1恒定功率啟動(dòng) (1)機(jī)車先做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，速度圖像如圖所示，當(dāng)FF阻時(shí)，vm 。,(2)能量關(guān)系：PtF阻x mv20。 2恒定加速度啟動(dòng) (1)速度圖像如圖所示。機(jī)車先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)功率達(dá)到額定功率后獲得勻加速的最大速度v1。若再加速，應(yīng)保持功

11、率不變做變加速運(yùn)動(dòng)，直至達(dá)到最大速度vm后做勻速運(yùn)動(dòng)。,(2)經(jīng)常用到的公式：,例2 質(zhì)量為1103 kg、發(fā)動(dòng)機(jī)額定功率為60 kW的汽車在平直公路上行駛，若汽車所受阻力大小恒為2103 N，下列判斷正確的是() A汽車行駛能達(dá)到的最大速度是40 m/s B汽車從靜止開(kāi)始加速到20 m/s的過(guò)程，發(fā)動(dòng)機(jī)所做功為2105 J C汽車保持額定功率啟動(dòng)，當(dāng)速度大小為20 m/s時(shí)，其加速度大小為6 m/s2 D汽車以2 m/s2的恒定加速度啟動(dòng)，發(fā)動(dòng)機(jī)在第2 s末的實(shí)際功率是16 kW,解析 當(dāng)阻力和牽引力相等時(shí)，速度最大，故v m/s30 m/s，A錯(cuò)誤；汽車從靜止開(kāi)始加速，但汽車如果以

12、恒定功率啟動(dòng)，則做變加速直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間和位移未知，故無(wú)法求解發(fā)動(dòng)機(jī)做的功，B錯(cuò)誤；汽車保持額定功率啟動(dòng)，當(dāng)速度大小為20 m/s時(shí)，牽引力F N3 000 N，根據(jù)牛頓第二定律可得a m/s21 m/s2，C錯(cuò)誤；,根據(jù)牛頓第二定律得牽引力為Ffma2 000 N1 0002 N4 000 N，則勻加速直線運(yùn)動(dòng)的最大速度為v1 m/s15 m/s，可知?jiǎng)蚣铀僦本€運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為 t s7.5 s，2 s末的速度為vat222 m/s4 m/s，則發(fā)動(dòng)機(jī)的實(shí)際功率為PFv4 0004 W16 kW，D正確。 答案 D,創(chuàng)新預(yù)測(cè) 4(2018廣東佛山市一中段考)(

13、多選)質(zhì)量為m的汽車在平直公路上行駛，所受的阻力恒為車重的k倍。汽車以額定功率行駛，當(dāng)它加速行駛的速度為v時(shí)，加速度為a。則以下分析正確的是() A汽車發(fā)動(dòng)機(jī)的額定功率為kmgv B汽車行駛的最大速度為 C當(dāng)汽車加速度減小到 時(shí)，速度增加到2v D汽車發(fā)動(dòng)機(jī)的額定功率為(makmg)v,解析 設(shè)汽車的額定功率為P，汽車的速度為v時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律知： kmgma，所以P(makmg)v，故A錯(cuò)誤，D正確；汽車勻速時(shí)，牽引力等于阻力，速度最大，故有：vm ，故B正確；加速度為 時(shí)，此時(shí)牽引力為F，則Fkmgm ，解得：Fkmg ，此時(shí)速度為：v 2v

14、，故C錯(cuò)誤。 答案 BD,5一輛汽車在平直的公路上以某一初速度運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中保持恒定的牽引功率，其加速度a和速度的倒數(shù) 圖像如圖所示。若已知汽車的質(zhì)量，則根據(jù)圖像所給的信息，不能求出的物理量是(),A汽車的功率 B汽車行駛的最大速度 C汽車所受到的阻力 D汽車運(yùn)動(dòng)到最大速度所需的時(shí)間 解析 由FFfma，PFv可得：a ，對(duì)應(yīng)圖線可知， k40，可求出汽車的功率P，由a0時(shí)， 0.05 可得：vm20 m/s，再由vm ，可求出汽車受到的阻力Ff，但無(wú)法求出汽車運(yùn)動(dòng)到最大速度的時(shí)間，故應(yīng)選D。 答案 D,6如圖所示為汽車在水平路面上啟動(dòng)過(guò)程中的速度-時(shí)間圖像，Oa為過(guò)原點(diǎn)的傾斜直

15、線，ab段表示以額定功率行駛時(shí)的加速階段，bc段是與ab段相切的水平直線，則下述說(shuō)法正確的是(),A0t1時(shí)間內(nèi)汽車做勻加速運(yùn)動(dòng)且功率恒定 Bt1t2時(shí)間內(nèi)汽車牽引力做的功為 mv mv Ct1t2時(shí)間內(nèi)的平均速度為 (v1v2) D在全過(guò)程中t1時(shí)刻的牽引力及其功率都是最大值，t2t3時(shí)間內(nèi)牽引力最小,解析 汽車在0t1時(shí)間內(nèi)，牽引力恒定，速度均勻增加，由PFv知其功率也增加，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；t1t2時(shí)間內(nèi)，根據(jù)動(dòng)能定理知WFWf mv mv ，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由于t1t2時(shí)間內(nèi)不是勻變速直線運(yùn)動(dòng)，故 (v1v2)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；全過(guò)程中，t1時(shí)刻牽引力最大，功率達(dá)到額定功率，也最大，

16、之后，功率不變，牽引力減小，直至Ff，此后汽車做勻速運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)D正確。 答案 D,1應(yīng)用動(dòng)能定理解題的基本步驟,2應(yīng)用動(dòng)能定理解題時(shí)需注意的問(wèn)題 (1)動(dòng)能定理適用于物體做直線運(yùn)動(dòng)，也適用于曲線運(yùn)動(dòng)；適用于恒力做功，也適用于變力做功，力可以是各種性質(zhì)的力，既可以同時(shí)作用，也可以分段作用。只要求出在作用過(guò)程中各力做功的多少和正負(fù)即可。這正是動(dòng)能定理解題的優(yōu)越性所在。 (2)動(dòng)能定理是計(jì)算物體的位移或速率的簡(jiǎn)捷方法，當(dāng)題目中涉及到位移時(shí)可優(yōu)先考慮動(dòng)能定理。 (3)若物體運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中包含幾個(gè)不同過(guò)程，應(yīng)用動(dòng)能定理時(shí)，可以分段考慮，也可以把全過(guò)程作為一整體來(lái)處理。,例3 為了從貨車上卸貨，工人在車廂旁

17、傾斜架放一梯子，讓質(zhì)量為m的貨箱順著可視為平滑斜面的梯子下滑，如圖所示。已知車廂頂部離地的高度為h，梯子所在斜面的傾角45，貨箱從車廂頂部所在高度處由靜止釋放，貨箱與梯子間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.25，重力加速度為g。,(1)求貨箱沿梯子下滑的加速度大小和貨箱下滑至地面時(shí)的速度大小。 (2)若工人先用輕繩綁緊貨箱，再讓貨箱從原位置由靜止下滑，下滑過(guò)程使用平行于梯子的輕繩向上拉貨箱，貨箱勻加速下滑，到達(dá)地面時(shí)的速度為v ，求貨箱下滑過(guò)程克服輕繩拉力做功的平均功率P。,解析 (1)貨箱下滑過(guò)程，由牛頓第二定律得mgsin mgcos ma 將和代入解得加速度大小a g 由動(dòng)能定理得 mghmgco

18、s mv20 解得貨箱下滑到地面時(shí)的速度大小為 v 。,(2)由已知條件知貨箱下滑的位移為 s h 貨箱受繩子拉力下滑過(guò)程，由動(dòng)能定理得 (mgsin mgcos )sWF mv20 由勻加速運(yùn)動(dòng)規(guī)律得s vt 貨箱克服輕繩拉力做功的平均功率P 聯(lián)立解得P mg 。,創(chuàng)新預(yù)測(cè) 7如圖所示，質(zhì)量為m的小滑塊從O點(diǎn)以速度v0沿水平面向左運(yùn)動(dòng)，小滑塊撞擊彈簧后被彈簧彈回并最終靜止于O點(diǎn)。則運(yùn)動(dòng)過(guò)程中彈簧獲得的最大彈性勢(shì)能是(),解析 設(shè)動(dòng)摩擦因數(shù)為，O點(diǎn)離彈簧右端距離為L(zhǎng)，彈簧最大壓縮量為x。小滑塊從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到彈簧壓縮量最大時(shí)，速度減為0，由動(dòng)能定理可得mg(L

19、x)W彈0 mv ，再分析彈簧壓縮量最大到小滑塊最終靜止的過(guò)程，由動(dòng)能定理可得W彈mg(Lx)00，聯(lián)立可得W彈 mv ，故彈簧獲得的最大彈性勢(shì)能是mv，選項(xiàng)B正確。 答案 B,8如圖，與水平面夾角37的斜面和半徑R0.4 m的光滑圓軌道相切于B點(diǎn)，且固定于豎直平面內(nèi)?；瑝K從斜面上的A點(diǎn)由靜止釋放，經(jīng)B點(diǎn)后沿圓軌道運(yùn)動(dòng)，通過(guò)最高點(diǎn)C時(shí)軌道對(duì)滑塊的彈力為零。已知滑塊與斜面間動(dòng)摩擦因數(shù)0.25。(g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)求：,(1)滑塊在C點(diǎn)的速度大小vC； (2)滑塊在B點(diǎn)的速度大小vB； (3)A、B兩點(diǎn)間的高度差h。 解析 (1)在C點(diǎn)，滑塊豎直方向所

20、受合力提供向心力 mg vC 2 m/s,(3)滑塊在AB的過(guò)程，利用動(dòng)能定理有 mghmgcos 37 mv 0 代入數(shù)據(jù)解得h1.38 m 答案 (1)2 m/s(2)4.29 m/s(3)1.38 m,9如圖所示，上表面光滑、長(zhǎng)度足夠長(zhǎng)、質(zhì)量M10 kg的木板，在F50 N的水平拉力作用下，以v05 m/s的速度沿水平地面向右勻速運(yùn)動(dòng)?，F(xiàn)將一個(gè)質(zhì)量為m3 kg的小鐵塊(可視為質(zhì)點(diǎn))無(wú)初速度地放在木板最右端，當(dāng)木板運(yùn)動(dòng)了L1 m時(shí)，又將第二個(gè)同樣的小鐵塊無(wú)初速度地放在木板最右端，以后木板再運(yùn)動(dòng)1 m時(shí)再在其最右端無(wú)初速度地放上一個(gè)同樣的小鐵塊。(g取10 m/s2)求

21、：,(1)木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)； (2)剛放第三個(gè)鐵塊時(shí)木板的速度大?。?(3)從放第三個(gè)鐵塊開(kāi)始(停止放后續(xù)鐵塊)到木板停下的過(guò)程，木板運(yùn)動(dòng)的距離。 解析 (1)木板做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，受到地面的摩擦力為Ff 由平衡條件得FFf 又FfMg 聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得0.5 (2)每放一個(gè)小鐵塊，木板所受的摩擦力增加mg， 令剛放第三個(gè)鐵塊時(shí)木板速度為v1，對(duì)木板從放第一個(gè)鐵塊到剛放第三個(gè)鐵塊的過(guò)程，由動(dòng)能定理得,mgL2mgLMvMv 聯(lián)立代入數(shù)據(jù)得v14 m/s (3)從放第三個(gè)鐵塊開(kāi)始到木板停下之前，木板所受的摩擦力恒為(3mM)g，從放第三個(gè)鐵塊開(kāi)始到木板停下的過(guò)程，木板運(yùn)動(dòng)的距離為x，對(duì)木

22、板由動(dòng)能定理得 3mgx0 Mv 聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得x m1.78 m。 答案 (1)0.5(2)4 m/s(3)1.78 m,動(dòng)能定理的應(yīng)用策略 1對(duì)涉及單個(gè)物體的受力、位移及過(guò)程始、末速度的問(wèn)題的分析，尤其不涉及時(shí)間的，應(yīng)優(yōu)先考慮用動(dòng)能定理求解。 2若物體運(yùn)動(dòng)包含幾個(gè)不同過(guò)程時(shí)，可分段運(yùn)用動(dòng)能定理列式，也可以全程列式(當(dāng)所求解的問(wèn)題不涉及中間速度時(shí))。,3應(yīng)用動(dòng)能定理解題的思路和一般步驟： (1)確定研究對(duì)象和物理過(guò)程，找出始末狀態(tài)的速度情況； (2)分析研究對(duì)象的受力情況(包括重力)，求出各力做功的代數(shù)和，注意求功時(shí)，位移必須是相對(duì)地面的； (3)確定過(guò)程始、末狀態(tài)的動(dòng)能，以及動(dòng)能的

23、變化量； (4)利用動(dòng)能定理列方程求解，要注意方程的左邊是功，右邊是動(dòng)能的變化量。,【典例】 如圖所示，水平路面CD的右側(cè)有一長(zhǎng)L12 m的板M，一物塊放在板M的最右端，并隨板一起向左側(cè)固定的平臺(tái)運(yùn)動(dòng)，板M的上表面與平臺(tái)等高。平臺(tái)的上表面AB長(zhǎng)s3 m，光滑半圓軌道AFE豎直固定在平臺(tái)上，圓軌道半徑R0.4 m，最低點(diǎn)與平臺(tái)AB相切于A點(diǎn)。當(dāng)板M的左端距離平臺(tái)L2 m時(shí)，板與物塊向左運(yùn)動(dòng)的速度v08 m/s。當(dāng)板與平臺(tái)的豎直墻壁碰撞后，板立即停止運(yùn)動(dòng)，物塊在板上滑動(dòng)，并滑上平臺(tái)。已知板與路面的動(dòng)摩擦因數(shù)10.05，物塊與板的上表面及軌道AB的動(dòng)摩擦因數(shù)20.1，物塊質(zhì)量m1 kg，取g10 m

24、/s2。,(1)求物塊進(jìn)入圓軌道時(shí)對(duì)軌道上的A點(diǎn)的壓力； (2)判斷物塊能否到達(dá)圓軌道的最高點(diǎn)E。如果能，求物塊離開(kāi)E點(diǎn)后在平臺(tái)上的落點(diǎn)到A點(diǎn)的距離；如果不能，則說(shuō)明理由。,解得：x2.4 m。 答案 (1)140 N方向豎直向下(2)見(jiàn)解析,拓展訓(xùn)練 1(2018河北石家莊二模)質(zhì)量為m的小球在豎直向上的拉力作用下從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，其vt圖像如圖所示(豎直向上為正方向，DE段為直線)，已知重力加速度大小為g，下列說(shuō)法正確的是(),Dt3t4時(shí)間內(nèi)，小球豎直向下做勻減速直線運(yùn)動(dòng) 解析 vt圖像中圖線的斜率表示加速度，速度在時(shí)間軸之上表明速度一直為正，從圖像可以看出小球先向上做加速度越來(lái)越大的加速運(yùn)動(dòng)，再做加速度越來(lái)越小的加速運(yùn)動(dòng)，,答案 C,2如圖甲所示，在傾角為30的足夠長(zhǎng)光滑斜面AB前，有一粗糙水平面OA，OA長(zhǎng)為4 m。有一質(zhì)量為m的滑塊，從O處由靜止開(kāi)始受一水平向右的力F作用。F按圖乙所示的規(guī)律變化。滑塊與OA間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.25，g取10 m/s2，試求：,(1)滑塊到A處的速度大??； (2)不計(jì)滑塊在A處的速率變化，滑塊沖上斜面AB的長(zhǎng)度是多少？ 解析 (1)由題圖乙知，在前2 m內(nèi)F12mg，做正功； 在第3 m內(nèi)F20.5mg，做負(fù)功； 在第4 m內(nèi)F30。 滑動(dòng)摩擦力Ffmg0.25mg，始終做負(fù)功。 對(duì)OA過(guò)程由動(dòng)能定理列式得,