（浙江專版）2019版高考物理大一輪復習 第五章 機械能守恒定律 第2課時 動能和動能定理及應用學案

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1、 第2課時　動能和動能定理及應用 一、動能 1.定義：物體由于運動而具有的能叫動能。 2.公式：Ek＝mv2。 3.單位：焦耳，1 J＝1 N·m＝1 kg·m2/s2。 4.矢標性：動能是標量，只有正值。 5.狀態(tài)量：動能是狀態(tài)量，因為v是瞬時速度。 二、動能定理 1.內(nèi)容：力在一個過程中對物體做的功，等于物體在這個過程中動能的變化。 2.表達式：W＝mv－mv或W＝Ek2－Ek1。 3.物理意義：合外力的功是物體動能變化的量度。 4.適用條件 (1)動能定理既適用于直線運動，也適用于曲線運動。 (2)既適用于恒力做功，也適用于變力做功。 (3)力可以是各種

2、性質(zhì)的力，既可以同時作用，也可以不同時作用。 【思考判斷】 1.物體的動能不變，所受合外力一定為零( × ) 2.物體在合外力作用下做變速運動，動能一定變化( × ) 3.動能不變的物體，一定處于平衡狀態(tài)( × ) 4.一定質(zhì)量的物體動能變化時，速度一定變化，但速度變化時，動能不一定變化( √ ) 5.如果物體所受的合外力為零，那么合外力對物體做功一定為零( √ ) 6.做自由落體運動的物體，動能與時間的二次方成正比( √ ) 考點一　動能　動能定理(d/d) [要點突破] 1.對動能定理的三點理解 (1)做功的過程就是能量轉(zhuǎn)化的過程，動能定理表達式中的“＝”的意義是

3、一種因果關(guān)系在數(shù)值上相等的符號，它并不意味著“功就是動能增量”，也不意味著“功轉(zhuǎn)變成了動能”，而是意味著“功引起物體動能的變化”。 (2)動能定理敘述中所說的“外力”，既可以是重力、彈力、摩擦力，也可以是電場力、磁場力或其他力。 (3)合外力對物體做正功，物體的動能增加；合外力對物體做負功，物體的動能減少；合外力對物體不做功，物體的動能不變。 2.應用動能定理解決問題的步驟 (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情況和各力的做功情況，然后求各個外力做功的代數(shù)和。 受哪些力→各力是否做功→做正功還是負功→做多少功 (3)明確物體始末狀態(tài)的動能Ek1和Ek

4、2。 (4)列出動能定理的方程W合＝Ek2－Ek1及其他必要的解題方程，進行求解。 [典例剖析] 【例1】 在平直公路上，汽車由靜止開始做勻加速運動，當速度達到vmax后立即關(guān)閉發(fā)動機直到停止，汽車的速度－時間圖象如圖所示。設(shè)汽車的牽引力為F，摩擦力為Ff，全過程中牽引力做功W1，克服摩擦力做功W2。以下判斷中正確的是(　　) A.F∶Ff＝1∶3 B.F∶Ff＝3∶1 C.W1∶W2＝1∶1 D.W1∶W2＝1∶3 解析　由圖象可以看出，汽車在0～1 s內(nèi)做勻加速運動，由牛頓第二定律和運動學規(guī)律可得加速度大小為a1＝＝；汽車在1～4 s內(nèi)做勻減速運動，加速度大小為a2＝

5、＝，由以上兩式可得＝；對汽車運動的全過程應用動能定理有0－0＝W1－W2，得到W1＝W2，所以選項C是正確的。 答案　C 【例2】 一物塊沿傾角為θ的斜坡向上滑動。當物塊的初速度為v時，上升的最大高度為H，如圖所示。當物塊的初速度為時，上升的最大高度記為h。重力加速度大小為g。物塊與斜坡間的動摩擦因數(shù)和h分別為(　　) A.tan θ和 B.tanθ和 C.tan θ和 D.tan θ和 解析　設(shè)物塊與斜坡間的動摩擦因數(shù)為μ，則物塊沿斜坡上滑的過程中，由動能定理 －＝0－mv2① 由①得μ＝tan θ 當物塊的初速度為時，由動能定理知 －(mgh＋μmgcos θ)＝

6、0－m② 由①②兩式得h＝ 答案　D [針對訓練] 1.關(guān)于運動物體所受的合力、合力做的功、物體動能的變化，下列說法正確的是(　　) A.運動物體所受的合力不為零，合力必做功，物體的動能肯定要變化 B.運動物體所受的合力為零，則物體的動能肯定不變 C.運動物體的動能保持不變，則該物體所受合力一定為零 D.運動物體所受合力不為零，則該物體一定做變速運動，其動能要變化 解析　關(guān)于運動物體所受的合力、合力做的功、物體動能的變化三者之間的關(guān)系有下列三個要點。 (1)若運動物體所受合力為零，則合力不做功(或物體所受外力做功的代數(shù)和必為零)，物體的動能絕對不會發(fā)生變化。 (2)物體所

7、受合力不為零，物體必做變速運動，但合力不一定做功，合力不做功，則物體動能不變化。 (3)物體的動能不變，一方面表明物體所受的合力不做功；同時表明物體的速率不變(速度的方向可以不斷改變，此時物體所受的合力只是用來改變速度方向，產(chǎn)生向心加速度，如勻速圓周運動)。 根據(jù)上述三個要點不難判斷，本題只有選項B是正確的。 答案　B 2.人用手托著質(zhì)量為m的物體，從靜止開始沿水平方向運動，前進距離s后，速度為v(物體與手始終相對靜止)，物體與人手掌之間的動摩擦因數(shù)為μ，則人對物體做的功為(　　) A.mgs B.0 C.μmgs D.mv2 解析　物體與手掌之間的摩擦力是靜摩擦力，靜摩

8、擦力在零與最大值之間取值，不一定等于μmg。在題述過程中，只有靜摩擦力對物體做功，故根據(jù)動能定理，知人對物體做的功W＝mv2。 答案　D 考點二　動能定理的應用(d/d) [要點突破] 1.動能定理適用于直線運動，也可用于曲線運動；動能定理適用于恒力做功，也可用于變力做功；動能定理可分段處理，也可整過程處理。 2.解決多過程問題應優(yōu)先考慮應用動能定理(或功能關(guān)系)，從而使問題得到簡化。能解決的幾個典型問題如下： (1)不涉及加速度、時間的多過程問題。 (2)有多個物理過程且不需要研究整個過程中的中間狀態(tài)的問題。 (3)變力做功的問題。 [典例剖析] 【例1】 (2017·嘉

9、興模擬)張偉同學參加學校運動會立定跳遠項目比賽，起跳直至著地過程如圖所示，測量得到比賽成績是2.5 m，目測空中腳離地最大高度約0.8 m，忽略空氣阻力，則起跳過程該同學所做功最接近(　　) A.65 J B.750 J C.1 025 J D.1 650 J 解析　人從最高點落地可看作做平拋運動，設(shè)人在最高點的速度為v0，則h＝gt2，x＝v0t，則起跳過程中該同學所做的功為W＝mgh＋mv，解得W≈750 J。 答案　B 【例2】 (2015·浙江10月學考)如圖所示是公路上的“避險車道”，車道表面是粗糙的碎石，其作用是供下坡的汽車在剎車失靈的情況下避險。質(zhì)量m＝2.

10、0×103 kg的汽車沿下坡行駛，當駕駛員發(fā)現(xiàn)剎車失靈的同時發(fā)動機失去動力，此時速度表示數(shù)v1＝36 km/h，汽車繼續(xù)沿下坡勻加速直行l(wèi)＝350 m、下降高度h＝50 m時到達“避險車道”，此時速度表示數(shù)v2＝72 km/h。 (1)求從發(fā)現(xiàn)剎車失靈至到達“避險車道”這一過程汽車動能的變化量； (2)求汽車在下坡過程中所受的阻力；(g取10 m/s2) (3)若“避險車道”與水平面間的夾角為17°，汽車在“避險車道”受到的阻力是在下坡公路上的3倍，求汽車在“避險車道”上運動的最大位移(sin 17°≈0.3)。 解析　(1)由ΔEk＝mv－mv 得ΔEk＝3.0×105 J

11、(2)由動能定理mgh－Ff　l＝mv－mv 得Ff＝＝2×103 N (3)設(shè)向上運動的最大位移為l′，由動能定理，有 －(mgsin 17°＋3Ff)l′＝0－mv 得l′＝＝33.3 m 答案　(1)3.0×105 J　(2)2×103 N　(3)33.3 m 【方法總結(jié)】 應用動能定理求解多過程問題的基本思路 (1)弄清物體的運動由哪些過程組成。 (2)分析每個過程中物體的受力情況。 (3)各個力做功有何特點，對動能的變化有無影響。 (4)從總體上把握全過程，表達出總功，找出初、末狀態(tài)的動能。 (5)對所研究的全過程運用動能定理列方程。 [針對訓練] 1.如

12、圖所示，一個彈簧左端固定于墻上，右端與物塊拴接，物塊質(zhì)量為m，它與水平桌面間的動摩擦因數(shù)為μ。起初用手按住物塊，彈簧的伸長量為x，然后放手，當彈簧的長度回到原長時，物塊的速度為v0，則此過程中彈力所做的功為(　　) A.mv＋μmgx B.mv－μmgx C.mv D.μmgx－mv 解析　當彈簧恢復到原長時，物塊對地的位移為x，根據(jù)動能定理有W彈＋(－μmgx)＝mv－0，得W彈＝mv＋μmgx，選項A正確。 答案　A 2.如圖所示，摩托車做特技表演時，以v0＝10.0 m/s的初速度沖向高臺，然后從高臺水平飛出。若摩托車沖向高臺的過程以P＝4.0 kW的額定功率行駛，沖到

13、高臺上所用時間t＝3.0 s，人和車的總質(zhì)量m＝1.8×102 kg，臺高h＝5.0 m，摩托車的落地點到高臺的水平距離x＝10.0 m。不計空氣阻力，取g＝10 m/s2。求： (1)摩托車從高臺飛出到落地所用時間； (2)摩托車落地時速度的大??； (3)摩托車沖上高臺過程中克服阻力所做的功。 解析　(1)摩托車在空中做平拋運動，設(shè)摩托車飛行時間為t1。則 h＝gt，t1＝＝ s＝1.0 s (2)設(shè)摩托車到達高臺頂端的速度為vx，即平拋運動的水平速度 vx＝＝ m/s＝10.0 m/s 落地時的豎直速度為vy＝gt1＝10.0 m/s 落地時速度v＝＝10 m/s

14、 (3)摩托車沖上高臺過程中，根據(jù)動能定理： Pt－Wf－mgh＝mv－mv Wf＝Pt－mgh ＝4.0×103×3.0 J－1.8×102×10×5.0 J ＝3.0×103 J 答案　(1)10 s　(2)10 m/s　(3)3.0×103 J 3.如圖所示，在豎直平面內(nèi)固定一半徑R為2 m、圓心角為120°的光滑圓弧軌道BEC，其中點E是最低點。在B、C兩端平滑、對稱地連接AB、CD兩段粗糙直軌道，直軌道上端A、D與最低點E之間的高度差h均為2.5 m?，F(xiàn)將質(zhì)量為 0.01 kg 的小物塊由A點靜止釋放，物塊與直軌道間的動摩擦因數(shù)均為0.25，取g＝10 m/s2。求：

15、 (1)小物塊從靜止釋放到第一次過E點時重力做的功； (2)小物塊第一次通過E點時的動能大??； (3)小物塊在E點時受到支持力的最小值。 解析　(1)從A到E的過程，重力做功為 W1＝mgh＝0.01×10×2.5 J＝0.25 J。 (2)AB間的距離 s＝＝ m 從A至E的過程中，根據(jù)動能定理，有 W1－μmgcos 60°·s＝EkE 解得EkE＝0.25 J－0.012 5 J≈0.23 J。 (3)最終，小物塊在圓弧軌道BC間來回滑動，根據(jù)機械能守恒定律，有 mg(R－Rcos 60°)＝mv① 在E點，重力和支持力的合力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律，有

16、 FN－mg＝m② 聯(lián)立①②解得 FN＝mg＋m＝2mg＝2×0.01×10 N＝0.2 N。 答案　(1)0.25 J　(2)0.23 J　(3)0.2 N 1.在同一位置以相同的速率把三個小球分別沿水平、斜向上、斜向下方向拋出，不計空氣阻力，則落在同一水平地面時的速度大小(　　) A.一樣大 B.水平拋的最大 C.斜向上拋的最大 D.斜向下拋的最大 解析　由動能定理mgh＝mv－mv知，落地時速度v2的大小相等，故A正確。 答案　A 2.如圖所示，木盒中固定一質(zhì)量為m的砝碼，木盒和砝碼在桌面上以一定的初速度一起滑行一段距離后停止?，F(xiàn)拿走砝碼，而持續(xù)加一個豎直向下的

17、恒力F(F＝mg)，若其他條件不變，則木盒滑行的距離(　　) A.不變 B.變小 C.變大 D.變大變小均可能 解析　設(shè)木盒質(zhì)量為M，木盒中固定一質(zhì)量為m的砝碼時，由動能定理可知，μ(m＋M)gx1＝(M＋m)v2，解得x1＝；加一個豎直向下的恒力F(F＝mg)時，由動能定理可知，μ(m＋M)gx2＝Mv2，解得x2＝。顯然x2＜x1，故選項B正確。 答案　B 3.質(zhì)量為m＝2 kg的物體，在光滑水平面上以v1＝6 m/s的速度勻速向西運動，若有一個大小為8 N、方向向北的恒力F作用于物體，在t＝2 s內(nèi)物體的動能增加了(　　) A.28 J B.64 J C.32 J

18、 D.36 J 解析　物體原來在光滑水平面上勻速向西運動，受向北的恒力F作用后將做類平拋運動，如圖所示。物體在向北方向上的加速度a＝＝4 m/s2，2 s后在向北方向上的速度分量v2＝at＝8 m/s，故2 s后物體的合速度v＝＝10 m/s，所以物體在2 s內(nèi)增加的動能為ΔEk＝mv2－mv＝64 J。 答案　B 4.如圖所示，一質(zhì)量為m的小球，用長為l的輕繩懸掛于O點，小球在水平拉力F的作用下，從平衡位置P點很緩慢地移動到Q點，則力F所做的功為(　　) A.mglcos θ B.mgl(1－cos θ) C.Flsin θ D.Fl 解析　小球從P點移到Q點時，受

19、重力、繩子的拉力和水平拉力F，由受力平衡知F＝mgtan θ，隨θ的增大，F(xiàn)也增大，故F是變力，因此不能直接用公式W＝Flcos α求解。 從P緩慢拉到Q，由動能定理得WF－mgl(1－cos θ)＝0(小球緩慢移動，速度可視為大小不變)，即WF＝mgl(1－cos θ)。 答案　B 5.(2017·寧波模擬)如圖所示，粗糙的AB水平面與豎直平面內(nèi)的光滑彎曲軌道BC在B點相接。一小物塊從AB上的D點以初速度v0＝8 m/s出發(fā)向B點滑行，DB長為L＝12 m，小物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，g取10 m/s2，求： (1)小物塊滑到B點時的速度大小vB； (2)小物塊沿彎

20、曲軌道上滑的最大高度h。 解析　(1)對DB段利用動能定理有 －μmgL＝mv－mv，解得vB＝4 m/s。 (2)小物塊從B到C的過程中由動能定理得 mgh＝mv，解得h＝0.8 m。 答案　(1)4 m/s　(2)0.8 m [基礎(chǔ)過關(guān)] 1.(2017·紹興期中)下列關(guān)于運動物體所受合外力做功和動能變化的關(guān)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　物體所受合外力為零，則根據(jù)W＝

21、Fs可知合外力對物體做的功一定為零，選項A正確；合外力對物體所做的功為零，但合外力不一定為零，例如做勻速圓周運動物體的向心力，選項B錯誤；物體在合外力作用下做變速運動，動能不一定發(fā)生變化，例如做勻速圓周運動的物體，選項C、D錯誤。 答案　A 2.質(zhì)量為m的物體靜止在光滑水平面上，在恒力F的作用下做勻加速直線運動。若物體的速度從0增加到v的過程中恒力對物體做功為W，則物體的速度從v增加到2v的過程中，恒力F對物體做的功等于(　　) A.3W B. C. D.2W 解析　根據(jù)動能定理W合＝ΔEk，速度從0增加到v的過程中W＝mv2。物體的速度從v增加到2v的過程中W′＝m(2v)

22、2－mv2＝mv2，所以W′＝3W，A正確。 答案　A 3.某消防隊員從一平臺上跳下，下落2 m后雙腳觸地，接著他用雙腿彎曲的方法緩沖，使自身的重心又下降了0.5 m，在著地過程中地面對他雙腳的平均作用力估計為(　　) A.自身所受重力的2倍 B.自身所受重力的5倍 C.自身所受重力的8倍 D.自身所受重力的10倍 解析　設(shè)地面對雙腳的平均作用力為F，在全過程中，由動能定理得mg(H＋h)－Fh＝0，F(xiàn)＝＝mg＝5mg，B正確。 答案　B 4.如圖所示，將質(zhì)量為m的小球以速度v0由地面豎直向上拋出。小球落回地面時，其速度大小為v0。設(shè)小球在運動過程中所受空氣阻力的大小

23、不變，則空氣阻力的大小等于(　　) A.mg B.mg C.mg D.mg 解析　根據(jù)動能定理，對全過程有－2fH＝m(v0)2－mv，上升過程－(mg＋f)H＝－mv 聯(lián)立兩式得f＝mg，選項D正確。 答案　D 5.一個25 kg的小孩從高度為3.0 m的滑梯頂端由靜止開始滑下，滑到底端時的速度為2.0 m/s。g取10 m/s2，關(guān)于力對小孩做的功，以下結(jié)果正確的是(　　) A.合外力做功50 J B.阻力做功500 J C.重力做功500 J D.支持力做功50 J 解析　由動能定理可求得合外力做的功等于物體動能的變化，即ΔEk＝mv2＝×25×2.02 J

24、＝50 J，A選項正確；重力做功WG＝mgh＝25×10×3.0 J＝750 J，C選項錯誤；支持力的方向與小孩的運動方向垂直，不做功，D選項錯誤；阻力做功W阻＝W合－WG＝(50－750) J＝－700 J，B選項錯誤。 答案　A 6.子彈的速度為v，打穿一塊固定的木塊后速度剛好變?yōu)榱?。若木塊對子彈的阻力為恒力，那么當子彈射入木塊的深度為其厚度的一半時，子彈的速度是(　　) A. B.v C. D. 解析　設(shè)子彈的質(zhì)量為m，木塊的厚度為d，木塊對子彈的阻力為Ff。根據(jù)動能定理，子彈剛好打穿木塊的過程滿足－Ff　d＝0－mv2。設(shè)子彈射入木塊厚度一半時的速度為v′，則－Ff·

25、＝mv′2－mv2，得v′＝v，故選項B正確。 答案　B 7.(2017·溫州模擬)在籃球比賽中，某位同學獲得罰球機會，他站在罰球線處用力將籃球投出，籃球約以1 m/s的速度撞擊籃筐。已知籃球質(zhì)量約為0 .6 kg，籃筐離地高度約為3 m，忽略籃球受到的空氣阻力，則該同學罰球時對籃球做的功大約為(　　) A.1 J B.10 J C.50 J D.100 J 解析　假設(shè)人的身高為h1＝1.8 m，則根據(jù)動能定理W－mg(h－h(huán)1)＝mv2，代入數(shù)據(jù)整理可以得到W＝7.5 J，故選項B正確。 答案　B 8.運輸人員要把質(zhì)量為m，體積較小的木箱拉上汽車?，F(xiàn)將長為L的木板搭

26、在汽車尾部與地面間構(gòu)成一固定斜面，然后把木箱沿斜面拉上汽車。斜面與水平地面成30°角，拉力與斜面平行。木箱與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g。則將木箱運上汽車，拉力至少做功(　　) A.mgL B.mg C.mgL(1＋μ) D.μmgL＋mgL 解析　以木箱為研究對象，將木箱運上汽車， 重力做功WG＝－mgLsin 30°＝－mgL， 摩擦力做功Wf＝－μmgLcos 30°＝－μmgL， 所以拉力至少做功WF＝－(WG＋Wf)＝mgL(1＋μ)，C項正確。 答案　C 9.如圖所示，用一塊長L1＝1.0 m的木板在墻和桌面間架設(shè)斜面，桌子高H＝0.8 m，長L2＝1

27、.5 m。斜面與水平桌面的傾角θ可在0～60°間調(diào)節(jié)后固定。將質(zhì)量m＝0.2 kg的小物塊從斜面頂端靜止釋放，物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.05，物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)為μ2，忽略物塊在斜面與桌面交接處的能量損失。重力加速度取g＝10 m/s2，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) (1)求θ角增大到多少時，物塊能從斜面開始下滑；(用正切值表示) (2)當θ角增大到37°時，物塊恰能停在桌面邊緣，求物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)μ2。 解析　(1)要使小物塊能夠下滑必須滿足 mgsin θ>μ1mgcos θ① 解得tan θ>0.0

28、5② (2)物塊從斜面頂端下滑到停在桌面邊緣過程中物塊克服摩擦力做功Wf＝μ1mgL1cos θ＋μ2mg(L2－L1cos θ)③ 全過程由動能定理得mgL1sin θ－Wf＝0④ 代入數(shù)據(jù)解得μ2＝0.8⑤ 答案　(1)0.05　(2)0.8 [能力提升] 10.如圖所示，質(zhì)量為m的物體在水平恒力F的推動下，從山坡底部A處由靜止開始運動至高為h的坡頂B處，獲得的速度為v，A、B間的水平距離為s，下列說法正確的是(　　) A.物體克服重力所做的功是mgh B.合力對物體做的功是mv2 C.推力對物體做的功是Fs－mgh D.物體克服阻力做的功是mv2＋mgh－Fs

29、解析　設(shè)物體克服阻力做的功為W，由動能定理得Fs－mgh－W＝mv2－0，得W＝Fs－mgh－mv2，故D錯誤；因為F是水平恒力，s是水平位移，推力對物體做的功可由W＝Fs計算，故C錯誤；由動能定理知B正確；物體克服重力所做的功為mgh，A錯誤。 答案　B 11.如圖所示，一滑塊(可視為質(zhì)點)經(jīng)水平軌道AB進入豎直平面內(nèi)的四分之一圓弧形軌道BC。已知滑塊的質(zhì)量m＝0.5 kg，滑塊經(jīng)過A點時的速度vA＝5 m/s，AB長x＝4.5 m，滑塊與水平軌道間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1，圓弧形軌道的半徑R＝0.5 m，滑塊離開C點后豎直上升的最大高度h＝0.1 m。取g＝10 m/s2。求： (

30、1)滑塊第一次經(jīng)B點時速度的大?。? (2)滑塊剛剛滑上圓弧形軌道時，對軌道上B點壓力的大小； (3)滑塊在從B運動到C的過程中克服摩擦力所做的功。 解析　(1)滑塊由A到B的過程中，應用動能定理得 －Ffx＝mv－mv 又Ff＝μmg 解得vB＝4 m/s (2)在B點，滑塊開始做圓周運動，由牛頓第二定律可知FN－mg＝m 解得軌道對滑塊的支持力FN＝21 N 根據(jù)牛頓第三定律可知，滑塊對軌道上B點壓力的大小也為21 N。 (3)滑塊從B經(jīng)過C上升到最高點的過程中，由動能定理得－mg(R＋h)－Wf′＝0－mv 解得滑塊克服摩擦力做功Wf′＝1 J。 答案　(1)4 m

31、/s　(2)21 N　(3)1 J 12.(2017·衢州、麗水、湖州、舟山四地市質(zhì)檢)如圖甲所示為一景區(qū)游樂滑道，游客坐在座墊上沿著花崗巖滑道下滑，他可依靠手、腳與側(cè)壁間的摩擦來控制下滑速度。滑道簡化圖如乙所示，滑道由AB、BC、CD三段組成，各段之間平滑連接。AB段和CD段與水平面夾角為θ1，豎直距離均為h0，BC段與水平面夾角為θ2，豎直距離為h0。一質(zhì)量為m的游客從A點由靜止開始下滑，到達底端D點時的安全速度不得大于，已知sin θ1＝，sin θ2＝，座墊與滑道底面間摩擦及空氣阻力均不計，若未使用座墊，游客與滑道底面間的摩擦力大小f恒為重力的0.1倍，運動過程中游客始終不離開滑道，

32、問： (1)游客使用座墊自由下滑(即與側(cè)壁間無摩擦)，則游客在BC段增加的動能ΔEk多大？ (2)若游客未使用坐墊且與側(cè)壁間無摩擦下滑，則游客到達D點時是否安全； (3)若游客使用座墊下滑，則克服側(cè)壁摩擦力做功的最小值。 解析　 (1)重力在BC段做的功即為增加的動能ΔEk 可得ΔEk＝WG＝mgh0 (2)在AD段，由動能定理得 mg－12fh0＝mv vD＝>到達D點時不安全 (3)到達D點的速度為對應的功最小。 在AD段，由動能定理得 mg(h0＋h0＋h0)－W＝mv W＝mgh0 答案　(1)mgh0　(2)到達D點時不安全 (3)mgh0 13.(

33、2017·杭州模擬)如圖所示，一位質(zhì)量m＝65 kg參加“挑戰(zhàn)極限運動”的選手，要越過寬度為s＝3 m的水溝，躍上高為h＝1.8 m的平臺，采用的方法是：人手握一根長L＝3.25 m的輕質(zhì)彈性桿一端。從A點由靜止開始勻加速助跑，至B點時，桿另一端抵在O點的阻擋物上，接著桿發(fā)生形變。同時人蹬地后被彈起，到達最高點時桿處于豎直，人的重心恰位于桿的頂端，此刻人放開桿水平飛出，最終趴落到平臺上，運動過程中空氣阻力可忽略不計。(g取10 m/s2) (1)設(shè)人到達B點時速度vB＝8 m/s，人勻加速運動的加速度a＝2 m/s2，求助跑距離sAB； (2)人要到達平臺，在最高點飛出時刻速度v至少多大？ (3)設(shè)人跑動過程中重心離地高度H＝1.0 m，在(1)、(2)問的條件下，在B點人蹬地彈起瞬間，人至少再做多少功？ 解析　(1)由v＝2asAB得 sAB＝＝ m＝16 m。 (2)人飛出做平拋運動，在最高點最小速度為v時恰好落在平臺上。水平方向：s＝vt 豎直方向：L－h(huán)＝gt2 v＝s＝3 m/s＝5.57 m/s。 (3)人蹬地瞬間做功為W W＝mg(L－H)＋mv2－mv ＝[65×10×(3.25－1.0)＋×65×5.572－×65×82] J＝390.8 J。 答案　(1)16 m　(2)5.57 m/s　(3)390.8 J 16