PAGE12-其次節(jié)動(dòng)能定理及其應(yīng)用eq\a\vs4\al(一、動(dòng)能)（1）定義：物體由于運(yùn)動(dòng)而具有的能.（2）公式：Ek＝eq\f(1,2)mv2.（3）單位：J，1J＝1N·m＝1kg·m2/s2.（4）矢標(biāo)性：動(dòng)能是標(biāo)量，只有正值.（5）動(dòng)能的改變量：ΔEk＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，是過程量.（6）相對(duì)性：由于速度具有相對(duì)性，所以動(dòng)能的大小與參考系的選取有關(guān).中學(xué)物理中，一般選取地面為參考系.1.（多選）下列說法正確的是（）A.動(dòng)能是機(jī)械能的一種表現(xiàn)形式，凡是運(yùn)動(dòng)的物體都具有動(dòng)能B.肯定質(zhì)量的物體動(dòng)能改變時(shí)，速度肯定改變，但速度改變時(shí)動(dòng)能不肯定改變C.動(dòng)能不變的物體肯定處于平衡狀態(tài)D.物體的動(dòng)能不變，所受合外力必定為零答案：ABeq\a\vs4\al(二、動(dòng)能定理)（1）內(nèi)容：在一個(gè)過程中合力對(duì)物體所做的功，等于物體在這個(gè)過程中動(dòng)能的改變.（2）表達(dá)式：W＝ΔEk＝Ek2－Ek1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1).（3）物理意義：合力的功是物體動(dòng)能改變的量度.（4）適用條件.①動(dòng)能定理既適用于直線運(yùn)動(dòng)，也適用于曲線運(yùn)動(dòng).②動(dòng)能定理既適用于恒力做功，也適用于變力做功.③力可以是各種性質(zhì)的力，既可以同時(shí)作用，也可以分階段作用.如圖所示，物塊沿粗糙斜面下滑至水平面；小球由內(nèi)壁粗糙的圓弧軌道底端運(yùn)動(dòng)至頂端（軌道半徑為R）.對(duì)物塊有WG＋Wf1＋Wf2＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，對(duì)小球有－2mgR＋Wf＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0).2.（多選）關(guān)于動(dòng)能定理的表達(dá)式W＝Ek2－Ek1，下列說法正確的是（）A.公式中的W為不包含重力的其他力做的總功B.公式中的W為包含重力在內(nèi)的全部力做的功，也可通過以下兩種方式計(jì)算：先求每個(gè)力的功再求功的代數(shù)和或先求合外力再求合外力的功C.公式中的Ek2－Ek1為動(dòng)能的增量，當(dāng)W＞0時(shí)動(dòng)能增加，當(dāng)W＜0時(shí)，動(dòng)能削減D.動(dòng)能定理適用于直線運(yùn)動(dòng)，但不適用于曲線運(yùn)動(dòng)，適用于恒力做功，但不適用于變力做功答案：BC動(dòng)能是運(yùn)動(dòng)物體所具有一種形式的機(jī)械能.動(dòng)能定理是中學(xué)物理中很重要規(guī)律，它反映合外力做功與物體動(dòng)能改變的關(guān)系，不僅適用于恒力做功，也適用變力做功，不僅適用宏觀世界，也適用于微觀世界，不僅適用直線運(yùn)動(dòng)，也適用于曲線運(yùn)動(dòng).考點(diǎn)一對(duì)動(dòng)能定理的理解（1）一個(gè)物體的動(dòng)能改變?chǔ)k與合外力對(duì)物體所做功W具有等量代換關(guān)系.①若ΔEk＞0，表示物體的動(dòng)能增加，其增加量等于合外力對(duì)物體所做的正功.②若ΔEk＜0，表示物體的動(dòng)能削減，其削減量等于合外力對(duì)物體所做的負(fù)功的肯定值.③若ΔEk＝0，表示合外力對(duì)物體所做的功等于零，反之亦然.這種等量代換關(guān)系供應(yīng)了一種計(jì)算變力做功的簡(jiǎn)便方法.（2）動(dòng)能定理公式中等號(hào)表明合力做功與物體動(dòng)能的改變間的三個(gè)關(guān)系.eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(數(shù)量關(guān)系：即合外力所做的功與物體動(dòng)能的改變具,有等量代換關(guān)系,單位相同：國際單位都是焦耳,因果關(guān)系：合外力的功是物體動(dòng)能改變的緣由))（3）動(dòng)能定理中涉及的物理量有F、x、m、v、W、Ek等，在處理含有上述物理量的力學(xué)問題時(shí)，可以考慮運(yùn)用動(dòng)能定理.由于只須要從力在整個(gè)位移內(nèi)所做的功和這段位移初、末兩狀態(tài)的動(dòng)能改變?nèi)タ紤]，不必留意其中運(yùn)動(dòng)狀態(tài)改變的細(xì)微環(huán)節(jié)，同時(shí)動(dòng)能和功都是標(biāo)量，無方向性，所以無論是直線運(yùn)動(dòng)還是曲線運(yùn)動(dòng)都適用.（4）動(dòng)能定理中的位移和速度必需是相對(duì)于同一個(gè)參考系的，一般以地面為參考系.eq\a\vs4\al(典例)如圖所示，質(zhì)量為m的小物體靜止于長為l的木板邊緣.現(xiàn)使板由水平放置繞其另一端O沿逆時(shí)針方向緩緩轉(zhuǎn)過α角，轉(zhuǎn)動(dòng)過程中，小物體相對(duì)板始終靜止，求板對(duì)物體的支持力對(duì)物體做的功.[思維點(diǎn)撥]（1）物體受幾個(gè)力作用？哪個(gè)力是恒力？哪個(gè)力是變力？（2）物體受到的重力和摩擦力做功分別是多少？（3）物體初、末狀態(tài)動(dòng)能的改變量是多少？解析：由動(dòng)能定理，得WG＋WFN＝0，故WFN＝mglsinα.答案：mglsinα動(dòng)能定理揭示了外力對(duì)物體所做的總功與物體動(dòng)能改變之間的關(guān)系，即外力對(duì)物體做的總功，對(duì)應(yīng)著物體動(dòng)能的改變，改變的大小由做功的多少來度量.動(dòng)能定理的實(shí)質(zhì)說明白功和能之間的親密關(guān)系，即做功的過程是能量轉(zhuǎn)化的過程.等號(hào)是一種表示因果聯(lián)系的數(shù)值上相等的符號(hào)，并不意味著“功就是動(dòng)能增量”，也不是“功轉(zhuǎn)變成動(dòng)能”，而是“功引起物體動(dòng)能的改變”.考點(diǎn)二動(dòng)能定理的應(yīng)用1.應(yīng)用動(dòng)能定理的流程2.應(yīng)用動(dòng)能定理時(shí)的留意事項(xiàng)（1）動(dòng)能定理中的位移和速度必需是相對(duì)于同一個(gè)參考系的，一般以地面或相對(duì)地面靜止的物體為參考系.（2）應(yīng)用動(dòng)能定理的關(guān)鍵在于對(duì)探討對(duì)象進(jìn)行精確的受力分析及運(yùn)動(dòng)過程分析，必要時(shí)畫出運(yùn)動(dòng)過程的草圖，借助草圖理解物理過程之間的關(guān)系.（3）當(dāng)物體的運(yùn)動(dòng)包含多個(gè)不同過程時(shí)，可分段應(yīng)用動(dòng)能定理求解；當(dāng)所求解的問題不涉及中間的速度時(shí)，也可以全過程應(yīng)用動(dòng)能定理.（4）列動(dòng)能定理方程時(shí)，必需明確各力做功的正、負(fù)，的確難以推斷的先假定為正功，最終依據(jù)結(jié)果加以檢驗(yàn).eq\a\vs4\al(典例)如圖所示裝置由AB、BC、CD三段軌道組成，軌跡交接處均由很小的圓弧平滑連接，其中軌道AB、CD段是光滑的，水平軌道BC的長度x＝5m，軌道CD足夠長且傾角θ＝37°，A、D兩點(diǎn)離軌道BC的高度分別為h1＝4.30m、h2＝1.35m.現(xiàn)讓質(zhì)量為m的小滑塊自A點(diǎn)由靜止釋放.已知小滑塊與軌道BC間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：（1）小滑塊第一次到達(dá)D點(diǎn)時(shí)的速度大??；（2）小滑塊第一次與其次次通過C點(diǎn)的時(shí)間間隔；（3）小滑塊最終停止的位置距B點(diǎn)的距離.[思維點(diǎn)撥]（1）重力與摩擦力做功的特點(diǎn)有何不同？（2）應(yīng)用動(dòng)能定理時(shí)應(yīng)主要進(jìn)行什么分析？解析：（1）小滑塊從A→B→C→D過程中，由動(dòng)能定理得：mg（h1－h(huán)2）－μmgx＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－0，將h1、h2、x、μ、g代入得：vD＝3m/s.（2）小滑塊從A→B→C過程中，由動(dòng)能定理得mgh1－μmgx＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)，將h1、x、μ、g代入得：vC＝6m/s.小滑塊沿CD段上滑的加速度大小a＝gsinθ＝6m/s2，小滑塊沿CD段上滑到最高點(diǎn)的時(shí)間t1＝eq\f(vC,a)＝1s.由對(duì)稱性可知小滑塊從最高點(diǎn)滑回C點(diǎn)的時(shí)間t2＝t1＝1s，故小滑塊第一次與其次次通過C點(diǎn)的時(shí)間間隔t＝t1＋t2＝2s.（3）對(duì)小滑塊運(yùn)動(dòng)全過程應(yīng)用動(dòng)能定理，設(shè)小滑塊在水平軌道上運(yùn)動(dòng)的總路程為x總，有mgh1＝μmgx總，將h1、μ代入得x總＝8.6m，故小滑塊最終停止的位置距B點(diǎn)的距離為2x－x總＝1.4m.答案：（1）3m/s（2）2s（3）1.4m應(yīng)用動(dòng)能定理應(yīng)突破的五個(gè)難點(diǎn)1.探討對(duì)象的選取.動(dòng)能定理適用于單個(gè)物體，當(dāng)題目中出現(xiàn)多個(gè)物體時(shí)可分別將單個(gè)物體取為探討對(duì)象，應(yīng)用動(dòng)能定理；也可以把多個(gè)物體組成整體，再應(yīng)用動(dòng)能定理求解，此時(shí)的條件是內(nèi)力的功沒有引起動(dòng)能向其他形式能的轉(zhuǎn)化.2.探討過程的選取.應(yīng)用動(dòng)能定理時(shí)，選取不同的探討過程列出的方程是不相同的.因?yàn)閯?dòng)能定理是個(gè)過程式，選取合適的過程往往可以大大簡(jiǎn)化運(yùn)算.3.受力的分析.運(yùn)用動(dòng)能定理時(shí)，必需分析清晰物體在過程中的全部受力狀況，找出哪些力不做功，哪些力做功，做多少功，從而確定出外力的總功，這是解題的關(guān)鍵.4.位移的計(jì)算.應(yīng)用動(dòng)能定理時(shí)，要留意有的力做功與路程無關(guān)，只與位移有關(guān)，有的力做功卻與路程有關(guān).5.初、末狀態(tài)的確定.動(dòng)能定理的計(jì)算式為標(biāo)量式，v為相對(duì)同一參考系的速度，所以確定初、末狀態(tài)動(dòng)能時(shí)，必需相對(duì)于同一參考系而言.考點(diǎn)三動(dòng)能定理與圖象的結(jié)合問題1.解決物理圖象問題的基本步驟（1）視察題目給出的圖象，弄清縱坐標(biāo)、橫坐標(biāo)所對(duì)應(yīng)的物理量及圖線所表示的物理意義.（2）依據(jù)物理規(guī)律推導(dǎo)出縱坐標(biāo)與橫坐標(biāo)所對(duì)應(yīng)的物理量間的函數(shù)關(guān)系式.（3）將推導(dǎo)出的物理規(guī)律與數(shù)學(xué)上與之相對(duì)應(yīng)的標(biāo)準(zhǔn)函數(shù)關(guān)系式相對(duì)比，找出圖線的斜率、截距、圖線的交點(diǎn)、圖線下的面積所對(duì)應(yīng)的物理意義.分析解答問題，或者利用函數(shù)圖線上的特定值代入函數(shù)關(guān)系式求物理量.2.圖象所圍“面積”的意義（1）v-t圖象：由公式x＝vt可知，v-t圖線與坐標(biāo)軸面的面積表示物體的位移.（2）a-t圖象：由公式Δv＝at可知，a-t圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積表示物體速度的改變量.（3）F-x圖象：由公式W＝Fx可知，F(xiàn)-x圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積表示力所做的功.（4）P-t圖象：由公式W＝Pt可知，P-t圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積表示力所做的功.eq\a\vs4\al(典例)某地舉辦女子10m（即跳臺(tái)距水面10m）跳水競(jìng)賽，設(shè)運(yùn)動(dòng)員質(zhì)量為m＝50kg，其體形可等效為長度L＝1.0m、直徑d＝0.3m的圓柱體，不計(jì)空氣阻力，當(dāng)她跳起到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)，她的重心離跳臺(tái)臺(tái)面的高度為0.70m，在從起跳到接觸水面過程中完成一系列動(dòng)作，入水后水的等效阻力F（不包括浮力）作用于圓柱體的下端面，F(xiàn)的數(shù)值隨入水深度y改變的函數(shù)圖象如圖所示，該直線與F軸相交于F＝2.5mg處，與y軸相交于y＝h（某一未知深度）處，為了確保運(yùn)動(dòng)員的平安，水池必需有肯定的深度，已知水的密度ρ＝1×103kg/m3，g取10m/s3，依據(jù)以上的數(shù)據(jù)估算：（1）起跳瞬間所做的功；（2）從起跳到接觸水面過程的時(shí)間；（3）跳水池至少應(yīng)為多深？（保留兩位有效數(shù)字）[思維點(diǎn)撥]（1）請(qǐng)對(duì)運(yùn)動(dòng)員在入水后進(jìn)行受力分析，哪些力是變力？（2）試分析運(yùn)動(dòng)員受到的阻力和浮力的改變特點(diǎn).（3）各力做功的狀況如何？解析：（1）起跳瞬間做功W＝mgh1，h1＝0.70m－eq\f(1.0,2)m＝0.2m，代入數(shù)據(jù)得W＝100J.（2）從起跳到接觸水面為豎直上拋運(yùn)動(dòng)，得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mgh1，代入數(shù)據(jù)得v0＝2m/s，依據(jù)位移公式得－h(huán)2＝v0t－eq\f(1,2)gt2，又h2＝10m，代入數(shù)據(jù)得t＝1.63s.（3）由F-y圖象，可知阻力F隨y勻稱改變，故平均阻力為eq\f(F,2).從起跳到入水至最低點(diǎn)，設(shè)水池至少深為h，依據(jù)動(dòng)能定理，得W＋mg（h2＋h）－eq\f(Fh,2)－eq\f(F浮L,2)－F?。╤－L）＝0－0，式中F?。溅裧V＝ρgeq\f(πd2,4)L，代入數(shù)據(jù)，得h＝6.6m.答案：（1）100J（2）1.63s（3）6.6m考點(diǎn)四應(yīng)用動(dòng)能定理解決多過程問題（1）須要建立運(yùn)動(dòng)模型，選擇合適的探討過程能使問題得以簡(jiǎn)化.當(dāng)物體的運(yùn)動(dòng)過程包含幾個(gè)運(yùn)動(dòng)性質(zhì)不同的子過程時(shí)，可以選擇一個(gè)、幾個(gè)或全部子過程作為探討過程.（2）當(dāng)選擇全部子過程作為探討過程，涉及重力、大小恒定的阻力或摩擦力做功時(shí)，要留意運(yùn)用它們的做功特點(diǎn)：①重力的功取決于物體的初、末位置，與路徑無關(guān).②大小恒定的阻力或摩擦力的功等于力的大小與路程的乘積.（3）要留意過程與過程的連接狀態(tài)的受力特征與運(yùn)動(dòng)特征（比如：速度、加速度或位移）.（4）列整體（或分過程）的動(dòng)能定理方程.eq\a\vs4\al(典例)如圖所示，質(zhì)量為M的小車靜止在光滑水平面上，小車AB段是半徑為R的四分之一圓弧光滑軌道，BC段是長為L的水平粗糙軌道，兩段軌道相切于B點(diǎn).一質(zhì)量為m的滑塊在小車上從A點(diǎn)由靜止起先沿軌道滑下，重力加速度為g.（1）若固定小車，求滑塊運(yùn)動(dòng)過程中對(duì)小車的最大壓力.（2）若不固定小車，滑塊仍從A點(diǎn)由靜止下滑，然后滑入BC軌道，最終從C點(diǎn)滑出小車.已知滑塊質(zhì)量m＝eq\f(M,2)，在任一時(shí)刻滑塊相對(duì)地面速度的水平重量是小車速度大小的2倍，滑塊與軌道BC間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，求：①滑塊運(yùn)動(dòng)過程中，小車的最大速度大小vm；②滑塊從B到C運(yùn)動(dòng)過程中，小車的位移大小s.解析：（1）滑塊滑到B點(diǎn)時(shí)對(duì)小車壓力最大，從A到B機(jī)械能守恒，則mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，滑塊在B點(diǎn)處，由牛頓其次定律，得N－mg＝meq\f(veq\o\al(2,B),R)，解得N＝3mg，由牛頓第三定律得N′＝3mg.（2）①滑塊下滑到達(dá)B點(diǎn)時(shí)，小車速度最大.由機(jī)械能守恒，得mgR＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,m)＋eq\f(1,2)m（2vm）2，解得vm＝eq\r(\f(gR,3)).②設(shè)滑塊運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)，小車速度大小為vC，由功能關(guān)系，得mgR－μmgL＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,C)＋eq\f(1,2)m（2vC）2.設(shè)滑塊從B到C過程中，小車運(yùn)動(dòng)加速度大小為a，由牛頓其次定律得μmg＝Ma，由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律，得veq\o\al(2,C)－veq\o\al(2,m)＝－2as，解得s＝eq\f(1,3)L.答案：（1）3mg方向豎直向下（2）①eq\r(\f(gR,3))②eq\f(1,3)L利用動(dòng)能定理求解多過程問題時(shí)，首先要正確分析探討對(duì)象的受力狀況和各力的做功狀況，確定物體的初末狀態(tài)，最終依據(jù)動(dòng)能定理列方程求解.由于運(yùn)動(dòng)的重復(fù)性、往復(fù)性，特殊要留意恒力做功（如重力、電場(chǎng)力）只與初末兩點(diǎn)在該力方向上的位移有關(guān)，而大小不變方向始終與速度方向相反的力做功（如空氣阻力、摩擦阻力）等力與路程的乘積.1.如圖所示，質(zhì)量為m的物體靜置在水平光滑的平臺(tái)上，系在物體上的繩子跨過光滑的定滑輪，由地面上的人以速度v0向右勻速拉動(dòng)，設(shè)人從地面上平臺(tái)的邊緣起先向右行至繩與水平方向夾角為45°處，在此過程中人所做的功為（）A.eq\f(mveq\o\al(2,0),2)B.eq\f(\r(2)mveq\o\al(2,0),2)C.eq\f(mveq\o\al(2,0),4)D.mveq\o\al(2,0)解析：人從地面上平臺(tái)的邊緣起先向右行至與水平方向夾角為45°處的過程中，當(dāng)繩與水平方向夾角為45°時(shí)，沿繩的方向的速度v＝v0cos45°＝eq\f(\r(2),2)v0，故此時(shí)質(zhì)量為m的物體速度為eq\f(\r(2),2)v0，對(duì)物體由動(dòng)能定理可知，在此過程中人所做的功為eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)，選項(xiàng)C正確.答案：C2.（多選）如圖所示，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(dòng)，以地面為參考系，A、B都向前移動(dòng)一段距離.在此過程中（）A.外力F做的功等于A和B動(dòng)能的增量B.B對(duì)A的摩擦力所做的功等于A的動(dòng)能的增量C.A對(duì)B的摩擦力所做的功等于B對(duì)A的摩擦力所做的功D.外力F對(duì)B做的功等于B的動(dòng)能的增量與B克服摩擦力所做的功之和解析：A物體所受的合外力等于B對(duì)A的摩擦力，對(duì)A物體運(yùn)用動(dòng)能定理，則有B對(duì)A的摩擦力所做的功等于A的動(dòng)能的增量，B正確；A對(duì)B的摩擦力與B對(duì)A的摩擦力是一對(duì)作用力與反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑動(dòng)，A、B相對(duì)地的位移不相等，故二者做功不相等，C錯(cuò)誤；對(duì)B應(yīng)用動(dòng)能定理WF－Wf＝ΔEkB，WF＝ΔEkB＋Wf，即外力F對(duì)B做的功等于B的動(dòng)能的增量與B克服摩擦力所做的功之和，D正確；依據(jù)功能關(guān)系可知，外力F做的功等于A和B動(dòng)能的增量與產(chǎn)生的內(nèi)能之和，故A錯(cuò)誤.答案：BD3.（多選）質(zhì)量為m的物體在水平力F的作用下由靜止起先在光滑地面上運(yùn)動(dòng)，前進(jìn)一段距離之后速度大小為v，再前進(jìn)一段距離使物體的速度增大為2v，則（）A.其次過程的速度增量等于第一過程的速度增量B.其次過程的動(dòng)能增量是第一過程動(dòng)能增量的3倍C.其次過程合外力做的功等于第一過程合外力做的功D.其次過程合外力做的功等于第一過程合外力做功的2倍答案：AB4.（2024·廣西南寧四中月考）如圖所示，長為L＝1m的長木板水平放置，在木板A端放置一個(gè)質(zhì)量為m＝1kg的小物塊，現(xiàn)緩慢地抬高A端，使木板以左端為軸轉(zhuǎn)動(dòng)，當(dāng)木板轉(zhuǎn)到與水平面的夾角為α＝30°時(shí)小物塊起先滑動(dòng)，此時(shí)停止轉(zhuǎn)動(dòng)木板，小物塊滑究竟端的速度為v＝2m/s，則在整個(gè)過程中（）A.木板對(duì)小物塊做功為5JB.摩擦力對(duì)小物塊做功為5JC.支持力對(duì)小物塊做功為0D.小物塊克服摩擦力做功為3J解析：設(shè)在整個(gè)過程中，木板對(duì)物塊做功為W，整個(gè)過程中重力做功為零，則依據(jù)動(dòng)能定理得W＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)×1×22J＝2J，故A錯(cuò)誤；在木板從水平位置起先轉(zhuǎn)動(dòng)到與水平面的夾角為30°的過程中，摩擦力不做功，支持力對(duì)物塊做功為WN，依據(jù)動(dòng)能定理，得WN－mgLsin30°＝0，代入數(shù)據(jù)得WN＝mgLsin30°＝5J，故C錯(cuò)誤；只有物塊下滑的過程中摩擦力才做功，依據(jù)動(dòng)能定理得mgLsin30°＋Wf＝eq\f(1,2)mv2－0，解得Wf＝－3J，所以小物塊克服摩擦力做功為3J，故B錯(cuò)誤，D正確.答案：D5.（多選）如圖，固定板AB傾角θ＝60°，板BC水平，AB，BC長度均為L，小物塊從A處由靜止釋放，恰好滑到C處停下來.若調(diào)整BC使其向上傾斜，傾角不超過90°，小物塊從A處由靜止滑下再沿BC上滑，上滑距離與BC傾角有關(guān).不計(jì)B處機(jī)械能損失，各接觸面動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，小物塊沿BC上滑的最小距離為x，則（）A.μ＝eq\f(\r(3),3)B.μ＝eq\f(1,2)C.x＝eq\f(L,2)D.x＝eq\f(\r(3),2)L解析：小物塊從A處由靜止釋放，恰好滑到C處停下來，由動(dòng)能定理得mgLsinθ－μmgLcosθ－μmgL＝0，解得μ＝eq\f(\r(3),3)，故A正確，B錯(cuò)誤；小物塊從A處由靜止滑下再沿BC上滑，由動(dòng)能定理得mgLsinθ－μmgLcosθ－mgxsinα－μmgxcosα＝0，解得x＝eq\f(\f(\r(3),3)L,sinα＋\f(\r(3),3)cosα)＝eq\f(L,2sin（α＋30°）)，小物塊沿BC上滑的最小距離為x＝eq\f(L,2)，故C正確，D錯(cuò)誤.答案：AC6.（多選）如圖，一固定容器的內(nèi)壁是半徑為R的半球面；在半球面水平直徑的一端有一質(zhì)量為m的質(zhì)點(diǎn)P.它在容器內(nèi)壁由靜止下滑到最低點(diǎn)的過程中，克服摩擦力做的功為W.重力加速度大小為g.設(shè)質(zhì)點(diǎn)P在最低點(diǎn)時(shí)，向心加速度的大小為a，容器對(duì)它的支持力大小為N，則（）A.a＝eq\f(2（mgR－W）,mR)B.a＝eq\f(2mgR－W,mR)C.N＝eq\f(3mgR－2W,R)D.N＝eq\f(2（mgR－W）,R)解析：質(zhì)點(diǎn)P下滑到最低點(diǎn)的過程中，由動(dòng)能定理得mgR－W＝eq\f(1,2)mv2，則速度v＝eq\r(\f(2（mgR－W）,m))，最低點(diǎn)的向心加速度a＝eq\f(v2,R)＝eq\f(2（mgR－W）,mR)，選項(xiàng)A正確，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；在最低點(diǎn)時(shí)，由牛頓其次定律得N－mg＝ma，N＝eq\f(3mgR－2W,R)，選項(xiàng)C正確，選項(xiàng)D錯(cuò)誤.答案：AC7.（多選）質(zhì)量為m的物體放在水平面上，它與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g.用水平力拉物體，運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后撤去此力，最終物體停止運(yùn)動(dòng).物體運(yùn)動(dòng)的vt圖象如圖所示.下列說法正確的是（）A.水平拉力大小為F＝meq\f(v0,t0)B.物體在3t0時(shí)間內(nèi)位移大小為eq\f(3,2)v0t0C.在0～3t0時(shí)間內(nèi)水平拉力做的功為eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)D.在0～3t0時(shí)間內(nèi)物體克服摩擦力做功的平均功率為eq\f(1,2)μmgv0解析：依據(jù)v-t圖象和牛頓其次定律可知F－μmg＝meq\f(v0,t0)，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由v-t圖象與坐標(biāo)軸所圍面積可知，在3t0時(shí)間內(nèi)的位移為x＝eq\f(1,2)·3t0·v0＝eq\f(3,2)v0t0，所以選項(xiàng)B正確；由動(dòng)能定理可知W－μmgx＝0，故水平拉力做的功W＝eq\f(3,2)μmgv0t0，又Ff＝μmg＝eq\f(mv0,2t0)，則W＝eq\f(3,4)mveq\o\al(2,0)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；0～3t0時(shí)間內(nèi)克服摩擦力做功的平均功率為P＝eq\f(Wf,3t0)＝eq\f(1,2)μmgv0，所以選項(xiàng)D正確.答案：BD8.（2024·湖北黃石調(diào)研）用傳感器探討質(zhì)量為2kg的物體由靜止起先做直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律時(shí)，在計(jì)算機(jī)上得到0～6s內(nèi)物體的加速度隨時(shí)間改變的關(guān)系如圖所示.下列說法正確的是（）A.0～6s內(nèi)物體先向正方向運(yùn)動(dòng)，后向負(fù)方向運(yùn)動(dòng)B.0～6s內(nèi)物體在4s時(shí)的速度最大C.物體在2～4s時(shí)的速度不變D.0～4s內(nèi)合力對(duì)物體做的功等于0～6s內(nèi)合力對(duì)物體做的功解析：物體6s末的速度v6＝eq\f(1,2)×（2＋5）×2m/s－eq\f(1,2)×1×2m/s＝6m/s，則0～6s內(nèi)物體始終向正方向運(yùn)動(dòng)，A項(xiàng)錯(cuò)誤；由題圖可知物體在5s末速度最大，為vm＝eq\f(1,2)