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1、专题1 3动能动能定理剪 谀 标要求1.理解动能定理，会用动能定理解决一些基本问题.2.掌握解决动能定理与图像结合的问题的方法.0：和识解读考点一动能定理的理解和基本应用1.动能(1)定义：物体由于运动而具有的能量叫作动能.(2)公式：反=品7,单位：焦耳(J).l J=1 N-m=l kg-m2/s2.(3)动能是标量、状态量.2.动能定理(1)内容：力在一个过程中对物体做的功，等于物体在这个过程中动能的变化.(2)表达式：W=:AEk=Ek2Eki=1/nv22 1/wvi2.(3)物理意义：合力做的功是物体动能变化的量度.)。方法总结1.适用条件(1)动能定理既适用于直线运动，也适用于曲
2、线运动.(2)动能定理既适用于恒力做功，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.2.解题流程确定研究对象和研究过程3.动能定理的优越性应用牛顿第二定律和运动学规律解题时，涉及到的有关物理量比较多，对运动过程的细节也要仔细研究,而应用动能定理解题只需考虑外力做功和初、末两个状态的动能，并且可以把不同的运动过程合并为一个全过程来处理.一般情况下，由牛顿第二定律和运动学规律能够解决的问题，用动能定理也可以求解，并且更为简捷.4.注意事项（1）动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系.（2）当物体的运动包含多个不同
3、过程时，可分段应用动能定理求解；也可以全过程应用动能定理求解.（3）动能是标量，动能定理是标量式，解题时不能分解动能.法 典 例精新【典 例1】（2022全国高三课时练习）改变汽车的质量和速度，都可能使汽车的动能发生改变，下列几种情形中，汽车的动能不变的是（）A.质量不变，速度增大到原来的2 倍 B.速度不变，质量增大到原来的2 倍C.质量减半，速度增大到原来的2 倍 D.速度减半，质量增大到原来的4 倍【答案】D【解析】A.由线=；巾/知，质量不变，速度增大到原来的2 倍，动能变为原来的4 倍，故 A 错误；B.由知，速度不变，质量增大到原来的2 倍，动能变为原来的2 倍，故 B 错误；C.
4、由知，质量减半，速度增大到原来的2 倍，动能变为原来的2 倍，故 C 错误；D.由心知，速度减半，质量增大到原来的4 倍，汽车的动能不变，故 D 正确。2故选D。【典例2】（2022浙江高三阶段练习）某地有一个风力发电场，安装有20 台风电机组，年发电量约为2400万千瓦时。已知发电机叶片长度为30米，空气的密度为1.3kg/m3,若风以15m/s的速度垂直叶片面吹来，空气的动能约有10%可以转化为电能，风电机组刚好满负荷发电，则该风电场一年之中能满负荷发电的时间 约 为（）A.40 天B.80 天C.160 天D.320 天【答案】B【解析】根据题意得p=l,n v2xl0%2m=pV=pn
5、rvtx解得P=620kw由w=2000h=80.6 天20尸故选B o考点二应用动能定理求变力做功在一个有变力做功的过程中，当变力做功无法直接通过功的公式求解时，可用动能定理，W咬+W 恒=为也2mv2,物体初、末速度己知，恒力做功W恒可根据功的公式求出，这样就可以得到W支=/也 2同疗一卬也，就可以求变力做的功了.超 典 例精析【典例3】（2021内蒙古 满洲里远方中学高三阶段练习）如图，一颗0.1kg子弹以500m/s的速度打穿第一块固定木板后速度变为300m/s,则这个过程中子弹克服阻力所做的功为（）A.8000JB.4500JC.3000JD.无法确定【答案】A【解析】在子弹穿木块的
6、过程中，设它克服阻力做功为卬/,根据动能定理得1 2 1 2-Wf=znv-/nv代入数据得%=8000J故选A o考点三动能定理与图像问题的结合1.解决图像问题的基本步骤（1）观察题目给出的图像，弄清纵坐标、横坐标所对应的物理量及图线所表示的物理意义.（2）根据物理规律推导出纵坐标与横坐标所对应的物理量间的函数关系式.（3）将推导出的物理规律与数学上与之相对应的标准函数关系式相对比，找出图线的斜率、截距、图线的交点、图与坐标轴围成的面积等所表示的物理意义，分析解答问题，或者利用函数图线上的特定值代入函数关系式求物理量.2.图像所围“面积”和图像斜率的含义法 典 例精新【典例4】（2022江苏
7、省木渎高级中学模拟预测）冬梦飞扬，冬奥梦圆。第二十四届冬季奥林匹克运动会在北京开幕。跳台滑雪是一项深受勇敢者喜爱的滑雪运动。图（甲）为某跳台滑雪运动员从跳台。（长度可忽略不计）处沿水平方向飞出、经2s在斜坡b处着陆的示意图，图（乙）为运动员从a到人飞行时的动能反随飞行时间f变化的关系图像。不计空气阻力作用，重力加速度g取10m/s2,则下列说法错误的是（）A.斜坡的倾角为3 0 B.运动员在a 处的速度大小为1 0 m/sC.运动员运动到b处时重力的瞬时功率为1.2 X1 0 4 WD.运动员在1 s 末时离坡面的距离最大【答案】A【解析】B.根据图像可得成=3 x 1 0)1 w v +()
8、2=1 5x l O3J联立解得vo=1 0 m/s故 B 正确；A.f=2 s 时，运动员落在斜坡上，斜坡的倾角满足1 22 t an a=-=1%，解得a=4 5故 A 错误；C.根据动能公式/n v 3=3 x l O3J2 。解得w=60 k gf=2 s 时，运动员运动到b 处时重力的瞬时功率为P=mgv,=)ngt=1.2 x l 04 W故 C 正确；D.运动员离坡面距离最远时，速度方向与坡面平行，有t an a=1%解得故 D 正确。由于本题选择错误的，故选A。【典例5】（2022.黑龙江.哈尔滨三中模拟预测）一质量为机的物体静止在光滑水平面上，某时刻起受到水A.物块先做匀加速
9、运动，后做匀减速运动B.物块的位移为初时，物块的速度最大C.力 F 对物块做的总功为D.物块的最大速度为陛口V 团【答案】D【解析】A B.物体在光滑水平面上运动，受到的合外力为F,因为尸为正，所以物体一直加速运动；那么，物体的位移为3枇时，物块的速度最大，故 AB错误；C.物体所受合外力尸随位移的关系式可有图象得到，由图可知，合外力做功的大小为图中曲线与x 轴围成的面积，所以力尸对物块做的总功为卬=3*2 与 3%=34与故 C 错误；D.物体的位移为3网时，物块的速度最大，由动能定理可得1 2 *5 叫=3外/所以最大速度为故 D 正确。故选D。【典例6】（2021.山东 文登新一中高三阶
10、段练习）质量为8x102kg的电动车由静止开始沿平直公路行驶，达到的最大速度为1 5 m/s,利用传感器测得此过程中不同时刻电动车的牵引力/与对应的速度v,并描绘出F-图象，图中AB、BO均为直线，假设电动车行驶中所受的阻力恒定，则根据图象不能确定的是（）V2000/-400I X 13 v/s-m-A.电动车运动过程中所受的阻力 B.电动车的额定功率C.电动车维持匀加速运动的时间 D.BC过程电动车运动的时间【答案】D【解析】A.由图线可知，A 8段牵引力不变，该车先做匀加速直线运动，8 C 段图线的斜率不变，斜率表示电动机的功率，知功率不变，速度增大，牵引力减小，做加速度逐渐减小的加速运动
11、，当牵引力等于阻力后，做匀速直线运动。根据图像可知，电动车运动过程中所受的阻力为4 0 0 N,故 A 可确定；B.在 C 点，电动车的额定功率P=400 xl5W=6000W故 B 可确定;C.根据牛顿第二定律得匀加速运动的加速度大小为m_ 2000-400800m/s2=2m/s2匀加速末速度v=3m/sF则匀加速运动的时间为故 C 可确定;D.因为不知道该段的位移，所以无法根据动能定理确定时间，故 D 不能确定。故选D。一、单选题1.（2 0 2 1 河南 濮阳外国语学校高三阶段练习）一人用力踢质量为0.1 k g 的静止皮球，使球以2 0 m/s 的速度水平飞出。假设人踢球瞬间对球的平
12、均作用力是2 0 0 N,球在水平方向运动了 2 0 m 停止。那么人对球所做的功 为（）A.5 J B.2 0 JC.5 0 JD.4 0 0 J【答案】B【解析】在踢球的过程中，人对球所做的功等于球动能的变化，则W=-w v2-0 =2 0 J2故选B o2.（2 0 2 2.上海金山.二模）一物体在竖直向上的恒定外力作用下，从水平地面由静止开始向上做匀加速直线运动，以代表动能，E?代表势能，代表离地的高度，以地面为零势能面，下列能正确反映各物理量之间关系的图像是（）【答案】B【解析】AB.设外力大小为尸，物体的加速度大小为。，根据动能定理和运动学规律有1 ,Ek=Fh=-a f Fk 2
13、由上式可知Ek与 h成正比例关系，E b h图像为过原点的倾斜直线；Ek与 t成二次函数关系，E I图像为过原点的开口向上的抛物线的右半部分，故 A错误，B正确；CD.设物体重力大小为G,根据重力势能的定义和运动学规律有1 ,E=Gh =-a r G1 2由上式可知心与人成正比例关系，E /图像为过原点的倾斜直线：弓 与 f 成二次函数关系，厮-f 图像为过原点的开口向上的抛物线的右半部分，故 CD错误。故选B。3.（2 0 2 2 重庆市江津笫八中学校模拟预测）如图所示，在摩托车越野赛途中的水平路段前方有一个坑，该坑沿摩托车前进方向的水平宽度为4/?,其左边缘“点 比 右 边 缘 点 高晨若
14、摩托车经过a 点 时 的 动 能 为,它会落到坑内c 点，c 与的水平距离和高度差均为2力；若经过。点时的动能为反，该摩托车恰能越过坑【答案】B到达匕点，则 等 于（)a-2h 2h bcA.2 B.8 C.6 D.3解得【解析】在竖直方向,1 2h=2gr根据平抛运动的知识可得初速度t=一代入数据可得由此可得XV 0C=战1 2耳 如X；/1故 B 正确，ACD错误。4.（2022.湖南.长郡中学模拟预测）随着人们生活水平的不断提高，人们的健康意识持续增强，越来越多的人参与到网球运动中来。图为某小区的居民们在简易网球场。某次沿水平场地的轴线ABC发球接球的示意图。某时刻，网球在A 点正上方的
15、。点处被水平击出，网球擦网E 点落地反弹后被对方球员在尸点接住。已知乙=1.8m,/E=XcF=L0m,0当地重力加速度取g=lOm/s?。网球与地面碰撞反弹的过程中水平方向速度不变，竖直方向速率将减为碰撞前竖直方向速率的网球质量，=5 0 g,不计网球O大小、网球与地面作用的时间及空气阻力。对于该过程，下列说法正确的是（）卢I _ IABCA.网球被击出时的速度大小为20m/sB.网球的落地点到C 点的距离为6mC.对方球员在尸点接球时，网球的速度方向水平向右D.网球落地反弹过程中损失的动能为 J40【答案】B【解析】A.设从。点到E点的时间为t i1 2XAD-XB E=XAB =解得%=
16、30m/s网球被击出时的速度大小为30m/s,A 错误；B.设网球从抛出点。到落地点O的运动时间为t21 2”2加=卬2解得t2-0.6s%=18m落地点。到 C 点的距离为6m,B 正确；C.网球落地速度的竖宜分量为Vy=gt2=6m/s弹起的最大高度为=2gh解得/?=1.25m 1m对方球员在F 点接球时.，网球的速度向右上方，C 错误;D.网球落地反弹过程中损失的动能为D 错误.故选B。5.（2022辽宁实验中学模拟预测）如图所示，一物块置于足够长的水平传送带上，弹簧左端固定在竖直墙壁上，弹簧右端与物块接触但不栓接，墙壁与物块间系不可伸长的轻绳使水平方向的弹簧处于压缩状态，压缩量为0.
17、2m（弹性限度内）。已知物块质量为0.5kg。物块与传送带间的动摩擦因数=0$、重力加速度g=10m/s2。若传送带不动，剪断轻绳，当弹簧刚好恢复原长时物块的速度为零；若传送带以v=3m/s的速度顺时针匀速转动，则剪断轻绳后（）A.在弹簧恢复原长的过程中，物块向右先做加速运动，后做减速运动B.弹簧恢复原长时，物块速度大小为2m/sC.物块在传送带上运动的过程中，摩擦力对物块做功为2.5JD.弹簧恢复原长后，物块与传送带之间由于摩擦而产生的热量为2.75J【答案】B【解析】B.若传送带不动，弹簧压缩量为0.2m到恢复原长时物块的速度为零，由动能定理W pmgx=0弹簧弹力做功为W=（）.5J若传
18、送带以3m/s的速度顺时针匀速转动，剪断轻绳后。弹簧恢复原长时，弹簧弹力做功不变，摩擦力做正功，根据动能定理W+pmgx=m v弹簧恢复原长时，物块速度大小为v,=2m/sB 正确；A.由 B 选项分析可知，在弹簧恢复原长的过程中物块的速度一宜小于传送带速度，物块所受的滑动摩擦力一直水平向右，弹力水平向右，则物块向右做加速运动，A 错误；C.物块与弹簧分离后，在摩擦力的作用下做匀加速直线运动，直至共速后做匀速直线运动，匀加速运动过程中，摩擦力做功为W，由动能定理得W=lznv2-m v,2=1.25J2 2,则物块在传送带上运动的过程中，摩擦力对物块做功为吗=W+W =1.75JC 错误；D.
19、根据牛顿第二定律，物块匀加速运动的加速度大小为a=-=m匀加速至共速的时间为r=0.2sa这段时间内，物块运动距离为v.+v 八 匚x.=-z=0.5m2X.=vt=0.6m传送带运动距离为则弹簧恢复原长后，物块与传送带之间由于摩擦而产生的热量为Q=jLimg-）=0.25JD 错误。故选Bo6.（2022 江苏模拟预测）如图，一个质量为小的小滑块在高度为的斜面顶端由静止释放；滑块与斜面间动摩擦因数恒定，以水平地面为零势能面。则滑块滑至斜面底端时的动能及随斜面倾角。变化的关系图像可能正确的是（）【答案】A【解析】由题知小滑块在高度为人的斜面顶端由静止释放，则对于小滑块下滑的过程应用动能定理可得
20、mg,h-u-m-g-h=_ z、k（t a n /z）t a n。1 r r故当。=时，&=mgh：随着e 减小，t a n e逐渐减小，物块滑到斜面底端的动能逐渐减小，当重力沿斜面方向的分力小于等于最大静摩擦力时，有m g si n，t a n。此后继续减小仇物块都不再下滑，则此后小滑块的动能一直为零。故选A o7 .（2 02 2.山东.高三专题练习）如图甲所示，一质量为2 k g 的物体静止在水平地面上，水平推力/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为0 1，取 g=10m/s:下列说法正确的是（）A.物体运动的最大速度为6 m/sB.在运动中由于摩擦产生的热量为
21、6 JC.物体在水平地面上运动的最大位移是4.5mD.物体先做加速运动，推力撤去时开始做减速运动【答案】C【解析】A.物体所受滑动摩擦力大小为F(=/jmg=2N当尸大于6 时，物体做加速运动，当尸与6 大小相等时，物体运动的速度最大，由图乙可知此时物体运动的位移为c 2N c cX=3m-x 3m-2m1 6NF-x图像与坐标轴所围的面积表示F 做的功，则 F 在物体运动位移为x/的过程中对物体所做的功为W=；x(2+6)x2J=8J设物体运动的最大速度为v 根据动能定理有1 2叩一耳玉=5%解得vIT 1=2m/s故 A 错误；B.根据功能关系可知，整个运动过程中，由于摩擦产生的热量等于F
22、 做的总功，即Q=；x6x3J=9J故 B 错误；C.物体在水平地面上运动的最大位移是/=S =4.5m耳故 C 正确；D.当 F 大于6 时，物体做加速度逐渐减小的加速运动，当尸小于6 时物体开始做减速运动，故 D 错误。故选Co8.(2022.福建省龙岩第一中学模拟预测)如图所示，斜面倾角为9=37。，物 体 1 放在斜面紧靠挡板处，物体 1和斜面间动摩擦因数为=0.5,一根不可伸长的柔质轻绳跨过光滑轻质的小定滑轮，绳一端固定在物体1上，另一端固定在物体2 上，斜面上方的轻绳与斜面平行物体2 下端固定一长度为h 的轻绳，轻绳下端拴在小物体3 上，物 体 1、2、3 的质量之比为4：1：5,
23、开始时用手托住小物体3,小物体3 到地面的高度也为 h,此时各段轻绳刚好拉紧，已知物体触地后立即停止运动、不再反弹，重力加速度为g=10m/s2,物体3A.3 h从静止突然放手后,【答案】D【解析】对物块1，开始向上滑动时，重力沿斜面方向的分力与摩擦力的合力F=4?g si n 3 7 0+4/jmg c o s 3 7 方向沿绳向下，设 3触地时刻的速度为匕，因 1,2,3在同一条绳上，从开始放手到3触地的过程，对系统应用动能定理有x 10*2 -0-6 z g/z-Fh23触地以后立刻停止，设 2触地之前1停止运动，且在3触地以后运动的距离为s 再次应用动能定理1?0-x 5/n v f
24、=mgs-Fs解得s=-h3全过程4x=h+s=h3故 ABC错误，D正确。故选D。9.（2 0 2 2.山东.模拟预测）质量为2 k g 的物体以某一初速度在水平面上滑行，由于摩擦力的作用，其动能随位移变化的关系图线如图所示，重力加速度g=1 0 m/s 2,以下说法中不正确的是（)A.物体与水平面间的动摩擦因数为0.25B.物体与水平面间的摩擦力大小为5NC.物体滑行过程中的动能的变化量为I00JD.物体滑行的加速度大小为2.5m/s）【答案】C【解析】A B.根据动能定理E k=E kd m g x由图像可知100 umg=-=520解得4=0.25选项A B正确；C.物体滑行过程中的动
25、能的变化量为-100J,选项C 错误；D.物体的初速度%=10m/sV m加速度a=/jg=2.5in/s2选 项 D 正确。选不正确的，故选C。10.（2022全国高三课时练习）如图所示，一半径为R 的半圆形轨道竖直固定放置，直径尸0。水平，轨道的内表面粗糙。一质量为机的小滑块从P 点正上方由静止释放，释放高度为凡 小滑块恰好从P 点进入轨道。小滑块滑到轨道最低点N 时，对轨道的压力为4?g,g 为重力加速度。用 W表示小滑块第一次在轨道N。段运动时克服摩擦力所做的功。则（）丁 口 山K1 p 0 0 R1NA.W=mgRC.小滑块恰好可以到达。点【答案】BB.Wy mgRD.小滑块不能到达
26、。点【解析】A B.根据题述，小滑块滑到轨道最低点N 时，对轨道的压力为4,根据牛顿第三定律，轨道对小滑块的支持力F*=4 吆在最低点，由牛顿第二定律v2FN-m g=m A解得v2=3gR对小滑块由静上释放至运动到最低点N 的过程，设小滑块克服摩擦力做的功为也,由动能定理得1 22mR-Wf=mv解得叱=g 机 gR由于小滑块在右侧!圆弧轨道NQ段运动的速度大小与小滑块在左侧1 圆弧轨道PN段对称位置运动的速度大小相比较小，对轨道的压力就较小，对应受到的摩擦力较小，克服摩擦力做的功较小，所以小滑块第一次在轨道NQ段运动时克服摩擦力做的功WWf=gtngRB 正确，A 错误；C D.由于小滑块
27、在轨道最低点N 的动能为1 2 3 _k=mv=mgR大于小滑块运动到。点所需克服重力做的功桁gR和克服摩擦力做的功卬之和，所以小滑块可以到达。点后竖直上抛，CD错误.故选Bo二、多选题11.（2022 山西大同高三阶段练习）在平直公路上，汽车由静止开始做匀加速直线运动，当速度达到费后，立即关闭发动机直至静止，”7 图像如图所示，设汽车的牵引力为凡受到的摩擦力为尸，全过程中牵引力做功为叱，克服摩擦力做功为明，则（）。【答案】AB【解析】A C.由丫 一/图像可知，在 02s时间内的位移为1 ,Xl=-x 2 x vm a x=vmax在 2s6s时间内的位移为=g（6_2）x k=2%由动能定
28、理可得&_ 4（为+/）=00=耳（玉+七）解得尸：耳=（西+）：芭=3:1A 正确，C 错误；B D.由V T 图像，对汽车运动的全程由动能定理可得叱-W2=AEk=0解得叱=吗叱：吗=1:1B 正确，D 错误。故选AB。12.（2022 湖南长郡中学模拟预测）重锤式打桩机的原理可简化为以下情境：木桩质量不计，长为L,竖直立于地面上。质量为，的重锤用卷扬机缓慢吊起，到木桩顶部距离也为乙时，由静止释放，重锤落到木桩上后和木柱一起向下运动，木桩恰好有一半打入土中，已知木桩受到土的阻力与进入土中的深度成正比，空气阻力忽略不计，若再来一次，把木桩的剩余部分刚好全部打入土中，下列说法正确的是（）A.若
29、重锤到木桩顶部距离仍为L,重锤质量需变为2,”B.若重锤到木桩顶部距离仍为3重锤质量需变为3,”C.若重锤质量不变，重锤到木桩顶部距离需变 为 D.若重锤质量不变，重锤到木桩顶部距离需变为4L【答案】BD【解析】由于木桩受到土的阻力与进入土中的深度成正比，则阻力f =kh如图所示图像与坐标轴围成的面积表示克服阻力做的功。质量为，”的重锤到木桩顶部距离为心由静止释放时，重锤落到木桩上后，木桩恰好有一半打入土中，根据功能关系可得解得人 2mgLA B.若重锤到木桩顶部距离仍为L,设第二次重锤质量需变为“，则有L*R k L)LMg(L+-)=-x-解得M=3m故 A 错误，B 正确；C D.若重锤
30、质量不变，设第二次重锤到木桩顶部距离变为“，则有L(女(+乙Mg(H+)=-x 2 2 2解得H=4L故 C 错误，D 正确。故选BD。三、解答题13.(2022 海南 昌江黎族自治县矿区中学二模)如图所示，四分之一光滑圆轨道AB固定在竖直平面内，粗糙水平轨道8 c 与圆弧AB相切于B 点。现将一质量为，w=lkg,可视为质点的物块从与圆心等高的A 点静止释放，物块滑至圆弧轨道最低点8 时的速度大小为%=2 m/s,之后物块向右滑上动摩擦因素=0.5的粗糙水平轨道2 C,取重力加速度g=10m/s2,不计空气阻力。(1)求 光 滑 圆 轨 道 的 半 径 大 小 R；(2)物块滑至圆弧轨道最低
31、点B时对轨道的压力大小F；(3)物体最终停下来，求物体在水平面上通过的位移X。Bc【答案】(1)0.2m；(2)30N；(3)0.4m【解析】(1)物块从4 点到8 点运动的过程中，由动能定理可得mR=g jnv；解得/?=0.2m（2）物块在8点时解得尸 z=3 0 N由牛顿第三定律得F=3 0 N（3）物块从释放到在水平轨道上静止的全过程中，由动能定理可得mgR-/jmgx-0解得x =0,4 m1 4.（2 0 2 2 全国高三课时练习）如图，在竖直平面内，一半径为R的光滑圆弧轨道A B C 和水平轨道布在A3点相切，8c为圆弧轨道的直径，。为圆心，0A和 08之间的夹角为a,s i n
32、 a=g。一质量为？的小球沿水平轨道向右运动，经 4点沿圆弧轨道通过C点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用，已知小球在C点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零。重力加速度大小为g。求:（1）水平恒力的大小和小球到达C点时速度的大小;（2）小球到达B点时对圆弧轨道的压力大小。【答案】（1）3.不 叫,工 广；（2）【解析】（1）设水平恒力的大小为后，小球所受重力和水平恒力的合力的大小为F,小球到达C点时速度的大小为vC,则J anamgco s a由牛顿第二定律得联立解得F（）=一 mg4代=睡2（2）设小球到达B点时速度的大
33、小为出，小球由8到 C的过程中由动能定理可得2FR=g invC2 y mvB2解得vB书9小球在B点时有FNFmR解得1 5FN mg由牛顿第三定律可知，小球在B点时对圆弧轨道的压力大小为1 5FN mg1 5.（2 0 2 2 江苏模拟预测）如图所示，竖直面内半径为R的轻质圆形支架上穿有一小球；两弹性轻绳一端固定在与圆心。等高的A点，另一端穿过支架上的光滑小环P、Q后连接小球，其弹力均遵循胡克定律，原长均为血R。初始时刻小球恰好静止在与圆心O等高的B点。现使整个装置以PQ为轴缓慢加速转动，小球到达C处时不再下滑。小球由B刚滑至C过程中外界对支架做功为卬。已知小球质量为相，重力加速度为g，两
34、弹性绳的劲度系数&=W，最大静摩擦力与滑动摩擦力相等。求：A（1）小球与支架间的动摩擦因数出（2）小球刚到达C处时装置的角速度3（3）小球由8刚滑至C过程中摩擦力对小球做的功必。Q【答案】（1）=0.5；（2）”=愣;（3）=m g R-W【解析】（1）小球在8处时，受力如图，由平衡条件有Fy s i n 45 +/=F2 s i n 45 0 +mgR co s 45+居 co s 45。=FN其中：两绳上弹力FHR/=&解得 =0.5（2）下移时小球受力如图，两段绳子弹力F、=I c e 考虑到=47?2 恒成立，可知Fl、乃合力尼=2 桃，方向始终指向圆心0。设后与水平方向的夹角为凡随着
35、。的增大，小球缓慢下滑时，E v、/不断减小，当刚滑至C处时0、./均为0。由牛顿运动定律2 co s 6 =mar R co s 62 kRsin0=mg解得6=30。mg（3）由于下滑时，两绳弹力的合力始终指向圆心，不做功。对小球由动能定理W +mgR s i n，+叱=5 mv1 0其中v =6 9/?co s 0解得吗=m g R-W1 6.（2 0 2 2 江苏 南京师大附中模拟预测）一转动装置如图所示，两根轻杆OA和 AB与一小球以及一轻质套筒通过铁链连接，两轻杆长度均为3球的质量为，。端固定在竖直的轻质转轴上，套在转轴上的轻质弹簧连接在。与套筒之间，原长为3弹簧劲度系数为2 =等
36、，转动该装置并缓慢增大转速，套筒缓慢上升。弹簧始终在弹性限度内，忽略一切摩擦和空气阻力，重力加速度为g,求：（1）平衡时弹簧的长度；（2）A B 杆中弹力为0时，装置转动的角速度。：（3）弹簧从小球平衡至缩短为原长的一半的过程中，外界对转动装置所做的功卬。【答案】（1）/=|乙：（2）4=杵:（3）W m g L【解析】（1）设两杆与竖直方向的夹角为仇 对球根据平衡条件得%s i n%si n 9FOA COS 0+FAB COS 0=mg根据胡克定律得FAB cos0=kx解得Lx=2弹簧的长度为I=L+x=L2(2)A 8杆中弹力为0 时，弹簧恢复原长，根据牛顿第二定律得mg tan 60=n L sin 60解得(3)弹簧缩短为原长的一半时，设 OA与竖直方向的夹角为%竖直方向根据平衡条件得&co sa =F：cosa+mg水平方向根据牛顿第二定律得F sin a+F sin a=marLsin a根据直角三角形得cos aL4-L解得3 L弹簧长度从/至 5 弹性势能不变，根据动能定理得W-m g(%)2解得IV=mgL