4．动能 动能定理
学 习 目 标
知 识 脉 络(教师用书独具)
1.理解动能概念，知道动能的表达式．
2．会推导动能定理，理解动能定理的物理意义．(重点)
3．掌握动能定理，能运用动能定理解决力学问题．(重点、难点)
一、动能
1．定义
物体由于运动而具有的能量．
2．表达式
Ek＝mv2.
(1)表达式中的速度是瞬时速度．
(2)动能是标量(“标量”或“矢量”)，是状态(“状态”或“过程”)量．
3．单位
与功的单位相同，国际单位为焦耳．
1 J＝1_kg·m2·s－2.
二、动能定理及其应用
1．动能定理的推导
如图物体质量为m，在水平恒力F作用下沿光滑水平面前进位移x，速度从v1增加到v2，若物体的加速度为a，此过程下做的功为W.
2．动能定理的内容：合外力所做的功等于物体动能的变化．
3．表达式
(1)W＝mv－mv.
(2)W＝Ek2－Ek1＝ΔEk.
4．动能定理的应用
动能定理不仅适用于恒力做功和直线运动，也适用于变力做功和曲线运动．
1．思考判断(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)两个物体中，速度大的动能一定大． ( )
(2)某物体的速度加倍，它的动能也加倍． ( )
(3)做匀速圆周运动的物体的动能保持不变． ( )
(4)动能定理表达式中，等号的左边一定是合外力做的功．
( )
(5)动能定理只适用于做匀变速直线运动的物体． ( )
(6)动能的改变量指的是物体末状态的动能减初状态的动能．
( )
【提示】 (1)× (2)× (3)√ (4)√ (5)× (6)√
2．关于动能的概念，下列说法中正确的是( )
A．物体由于运动而具有的能叫作动能
B．运动物体具有的能叫动能
C．运动物体的质量越大，其动能一定越大
D．速度较大的物体，具有的动能一定较大
A [物体由于运动而具有的能叫动能，但是运动的物体可以具有多种能量，如重力势能，内能等，故A正确，B错误；由公式Ek＝mv2可知，动能既与m有关，又与v有关，C、D均错误．]
3．(多选)如图所示，在“探究合外力做功和动能变化的关系”的实验中，与小车相连的足够长的且穿过打点计时器的一条纸带上的间距明显不均匀，右端间距小，左端间距大，下面的分析和判断正确的是( )
A．若左端与小车相连，可能平衡摩擦力时，木板倾斜度太大
B．若右端与小车相连，可能平衡摩擦力时，木板倾斜度太大
C．若左端与小车相连，可能小车有一定的初速度，实验前忘记平衡摩擦力或没有完全平衡摩擦力
D．若右端与小车相连，可能小车运动前忘记或没有完全平衡摩擦力
BC [若纸带左端与小车相连，从纸带间距可以判断小车做减速运动，小车有一定的初速度，减速原因可能是忘记或没有完全平衡摩擦力，A错误，C正确．若纸带右端与小车相连，小车一直做加速运动，说明可能平衡摩擦力时，倾角太大，B正确，D错误．]
4．一个物体的速度从0增大到v，外力对物体做功为W1；速度再从v增大到2v，外力做功为W2，则W1和W2的关系正确的是( )
A．W1＝W2 B．W1＝2W2
C．W2＝3W1 D．W2＝4W1
C [根据动能定理可知，W1＝mv2，W2＝m(2v)2－mv2＝mv2，因此，W2＝3W1，选项C正确．]
对动能、动能定理的理解
1．动能的特性
(1)瞬时性：动能是状态量，与物体某一时刻的速度相对应．速度变化时，动能不一定变化，但动能变化时，速度一定变化．
(2)相对性：选取不同的参考系，物体的速度不同，动能也不同，一般以地面为参考系．
(3)标量性：只有大小，没有方向；只有正值，没有负值．
2．动能定理的理解
(1)等值关系：某物体的动能变化量总等于合力对它做的功．
(2)因果关系：合力对物体做功是引起物体动能变化的原因，合力做功的过程实际上是其他形式的能与动能相互转化的过程，转化了多少由合力做了多少功来度量．
3．求总功的两种思路
特别提醒：W为合力的功或各个外力做功的代数和，有正、负之分，注意ΔEk＝Ek末－Ek初，顺序不可颠倒．
【例1】 (多选)甲、乙两个质量相同的物体，用大小相等的力F分别拉它们在水平面上从静止开始运动相同的距离s.如图所示，甲在光滑面上，乙在粗糙面上，则下列关于力F对甲、乙两物体做的功和甲、乙两物体获得的动能的说法中正确的是( )
A．力F对甲物体做功多
B．力F对甲、乙两个物体做的功一样多
C．甲物体获得的动能比乙大
D．甲、乙两个物体获得的动能相同
BC [由功的公式W＝Fxcos α＝F·x可知，两种情况下力F对甲、乙两个物体做的功一样多，A错误，B正确；根据动能定理 ，对甲有Fx＝Ek1，对乙有Fx－fx＝Ek2，可知Ek1＞Ek2，即甲物体获得的动能比乙大，C正确，D错误．]
对动能定理的理解应注意以下两点
W＝Ek2－Ek1＝ΔEk
(1)公式中的W是指物体所受合力的功或物体所受各力做功的代数和．
(2)公式中ΔEk的正负表示的意义：
ΔEk＞0，表示动能增加；
ΔEk＜0，表示动能减少；
ΔEk＝0，表示动能不变．
1．一质量为m的滑块，以速度v在光滑水平面上向左滑行，从某一时刻起，在滑块上作用一向右的水平力，经过一段时间后，滑块的速度变为－2v，在这段时间内，水平力所做的功为( )
A.mv2 B．－mv2
C.mv2 D．－mv2
A [由动能定理得W＝m(2v)2－mv2＝mv2.]
动能定理的应用
1．应用动能定理的解题步骤
(1)确定研究对象，通常是单个物体．
(2)明确运动过程，可以是运动的某段过程，也可以是运动的整个过程．
(3)分析受力情况及各力做功情况．
(4)找准对应过程的始末动能(或速度)．
(5)依据动能定理列式求解．
2．用动能定理求解变力做功
动能定理是求变力做功的最常用的方法，这类题目中，物体受到一个变力和几个恒力作用，这时可以先求出几个恒力所做的功，然后用动能定理间接求变力做的功，即WF＋W其他＝ΔEk.
3．动能定理在多过程问题中的应用
对于包含多个运动阶段的复杂运动过程，可以选择分段或全程应用动能定理．
(1)分段应用动能定理时，将复杂的过程分割成一个个子过程，对每个子过程的做功情况和初、末动能进行分析，然后针对每个子过程应用动能定理列式，然后联立求解．
(2)全程应用动能定理时，分析整个过程中出现过的各力的做功情况，分析每个力的做功，确定整个过程中合外力做的总功，然后确定整个过程的初、末动能，针对整个过程利用动能定理列式求解．
(3)当题目不涉及中间量时，选择全程应用动能定理更方便，但此方法的难点在于确定整个过程的总功．
4．动能定理与牛顿运动定律的比较
牛顿运动定律
动能定理
相同点
确定研究对象，对物体进行受力分析和运动过程分析
适用条件
只能研究在恒力作用下物体做直线运动
对于物体在恒力或变力作用下做直线或曲线运动均适用
应用方法
要考虑运动过程的每一个细节，结合运动学公式解题
只考虑各力的做功情况及初、末状态的动能
运算方法
矢量运算
代数运算
两种思路对比可以看出应用动能定理解题不涉及加速度、时间，不涉及矢量运算，运算简单，不易出错．
【例2】 冰壶比赛是在水平冰面上进行的体育项目，比赛场地示意图如图所示．比赛时，运动员从起滑架处推着冰壶出发，在投掷线AB处放手让冰壶以一定的速度滑出，使冰壶的停止位置尽量靠近圆心O.为使冰壶滑行得更远，运动员可以用毛刷擦冰壶运行前方的冰面，使冰壶与冰面间的动摩擦因数减小．设冰壶与冰面间的动摩擦因数为μ1＝0.008，用毛刷擦冰面后动摩擦因数减少至μ2＝0.004.在某次比赛中，运动员使冰壶在投掷线中点处以2 m/s的速度沿虚线滑出．为使冰壶能够沿虚线恰好到达圆心O点，运动员用毛刷擦冰面的长度应为多少？(g取10 m/s2)
思路点拨：解答本题的思路流程：
[解析] 法一：运用动能定理求解
设冰壶在未被毛刷擦过的冰面上滑行的距离为x1，所受摩擦力的大小为f1；在被毛刷擦过的冰面上滑行的距离为x2，所受摩擦力的大小为f2.则有x1＋x2＝x
式中x为投掷线到圆心O的距离．
f1＝μ1mg
f2＝μ2mg
设冰壶的初速度为v0，由动能定理得
－f1·x1－f2·x2＝0－mv
联立以上各式，解得
x2＝
＝ m＝10 m.
法二：运用牛顿运动定律求解
设冰壶在未被毛刷擦过的冰面上滑行的距离为x1，所受摩擦力的大小为f1，此段冰壶运动的加速度为a1，此时到达C点，速度为vC.
则由牛顿第二定律知f1＝μ1mg ①
f1＝ma1 a1＝μ1g＝0.08 m/s2 ②
v－v＝－2a1x1 ③
冰壶在被毛刷擦过的冰面上滑行的距离为x2＝x－x1，
所受摩擦力为f2，运动的加速度为a2，则
f2＝μ2mg ④
f2＝ma2 a2＝μ2g＝0.04 m/s2 ⑤
0－v＝－2a2(x－x1) ⑥
将③⑥联立得
x1＝＝ m＝20 m
则x2＝x－x1＝30 m－20 m＝10 m.
[答案] 10 m
动能定理、牛顿运动定律与运动学公式相结合是解决力学问题的两种重要方法，有的问题既能用牛顿运动定律与运动学公式相结合的方法解决，也能用动能定理解决.
?1?通常情况下，某问题若涉及时间或过程的细节，要用牛顿运动定律与运动学公式相结合的方法去解决.
?2?某问题若不考虑具体细节、状态或时间，一般要用动能定理去解决.
2．如图所示，质量为m的物体从高为h、倾角为θ的光滑斜面顶端由静止开始沿斜面下滑，最后停在水平面上，已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，求：
(1)物体滑至斜面底端时的速度；
(2)物体在水平面上滑行的距离．(不计斜面与平面交接处的动能损失)
[解析] (1)物体下滑过程中只有重力做功，且重力做功与路径无关，由动能定理：mgh＝mv2，可求得物体滑至斜面底端时速度大小为v＝.
(2)设物体在水平面上滑行的距离为x
由动能定理：－μmgx＝0－mv2
解得：x＝＝.
[答案] (1) (2)
研究合外力做功和动能变化的关系
1．实验原理
如图所示由重物通过滑轮牵引小车，小车运动过程中拖动纸带，打点计时器在纸带上打点记录小车的运动情况．利用纸带及拉力F与小车质量m的数据，量出起始点至各计数点的距离，计算小车在打下各计数点时的瞬时速度，进而计算出小车运动到打下各计数点过程中合外力对它做的功W以及所增加的动能ΔEk，研究二者的关系．
2．实验器材
长木板(一端附有滑轮)、小车、小盘、砝码若干、打点计时器、纸带、复写纸、刻度尺、细线．
3．实验步骤
(1)如图所示，把纸带的一端固定在小车后面，另一端穿过打点计时器，改变木板的倾角，让小车重力的一个分力平衡小车及纸带受到的摩擦力，使小车能做匀速运动．
(2)把细线系在小车上并绕过定滑轮悬挂小盘，在小盘里放入适量砝码，使小车的质量远大于砝码和小盘的总质量，小车在细线的拉力作用下做匀加速运动，由于砝码和小盘质量很小，可认为小车所受拉力F的大小等于砝码和小盘所受重力的大小．
(3)接通电源，放开小车，让小车拖着纸带运动，打点计时器就在纸带上打下一系列点．
(4)重复以上实验，选择一条点迹清晰的纸带进行数据分析，由纸带可以找到位移和时间的信息，由砝码和小盘的质量可以知道小车所受的恒力．(小车质量已知)
(5)由实验数据得出结论．
4．数据处理
(1)小车速度及外力做功的确定
通过实验获得打点的纸带，利用“匀变速直线运动中，某段时间内的平均速度等于该段时间中间时刻的瞬时速度”这一结论计算纸带上选定的点的速度，测出小车在某段时间内的位移，然后乘以重物的重力，即得外力在该段时间内对小车做的功．
(2)实验的数据处理
①计算各数据中v2，mv2 和相应的合外力做功W的数值并填入下表．
编号
数据
物理量
1
2
3
4
5
6
速度v2/(m2·s－2)
动能mv2/J
合外力做功W/J
②比较各次实验中合外力做的功和物体动能变化的数值，从而得到合外力对物体做的功和物体动能变化之间的关系．
5．误差分析
(1)没有满足砝码盘及砝码的质量远小于小车质量带来系统误差．
(2)未能恰好平衡摩擦力带来系统误差．
(3)测量长度时带来偶然误差．
6．注意事项
(1)平衡摩擦力时，不挂重物，轻推小车后，小车能做匀速直线运动．
(2)计算牵引力做功时，可以不必算出具体数值，只用位移的数值与符号G的乘积表示即可．
【例3】 某实验小组采用如图所示的装置探究功与速度变化的关系，图中小车中可放置砝码，实验中，打点计时器的工作频率为50 Hz.
(1)实验的部分步骤如下：
①在小车中放入砝码，把纸带穿过打点计时器，连在小车后端，用细线连接小车和钩码；
②将小车停在打点计时器附近，________，________，小车拖动纸带，打点计时器在纸带上打下一系列点，________；
③改变钩码或小车中砝码的数量，更换纸带，重复②的操作．
(2)如图所示是钩码质量为0.03 kg、砝码质量为0.02 kg时得到的一条纸带，在纸带上选择起始点O及A、B、C、D、E计数点，可获得各计数点到O的距离x及对应时刻小车的瞬时速度v，请将C点的测量结果填在表中的相应位置．
纸带的测量结果
测量点
x/cm
v/(m·s－1)
O
0.00
0.35
A
1.51
0.40
B
3.20
0.45
C
D
7.15
0.53
E
9.41
0.60
(3)本实验，若用钩码的重力表示小车受到的合外力，为了减小这种做法带来的实验误差，应采取的两项措施是：
①____________________________________________________；
②____________________________________________________.
[解析] (1)将小车停在打点计时器附近后，需先接通电源，再释放小车，让其拖动纸带，待打点计时器在纸带上打下一系列点后，关闭打点计时器电源．
(2)在验证C点时，由题图可知，C点与刻度尺上的6.18 cm(6.16 cm～6.20 cm均可)对齐，所以C点距O点的距离是xOC＝5.18 cm(5.16 cm～5.20 cm均可)．从纸带上可知C点的速度就是BD段的平均速度，vC＝×10－2 m/s≈0.49 m/s.
(3)平衡摩擦力后，细线上的拉力就等于小车受到的合外力．当钩码的重力远小于小车及砝码的重力和时，细线上的拉力就近似等于钩码的重力．
[答案] (1)②先接通电源 再释放小车 关闭打点计时器电源 (2)5.18(5.16～5.20均可) 0.49 (3)①平衡摩擦力 ②钩码的重力远小于小车及砝码的重力和
3．某同学为探究“恒力做功与物体动能改变的关系”，设计了如下实验，他的操作步骤是：
①连接好实验装置如图所示．
②将质量为200 g的小车拉到打点计时器附近，并按住小车．
③在质量为10 g、30 g、50 g的三种钩码中，他挑选了一个质量为50 g的钩码挂在拉线的挂钩P上．
④释放小车，接通打点计时器的电源，打出一条纸带．
(1)在多次重复实验得到的纸带中取出自认为满意的一条．经测量、计算，得到如下数据：
①第一个点到第N个点的距离为40.0 cm.
②打下第N个点时小车的速度大小为1.00 m/s.该同学将钩码的重力当做小车所受的拉力，拉力对小车做的功为________J，小车动能的增量为________J.
(2)此次实验探究结果，他没能得到“恒力对物体做的功等于物体动能的增量”，且误差很大，显然，在实验探究过程中忽视了各种产生误差的的因素．请你根据该同学的实验装置和操作过程帮助他分析一下，造成较大误差的主要原因有：______________________
_______________________________________________________
_____________________________________.(至少写出两条原因)
[解析] (1)拉力F＝mg＝0.050×9.8 N＝0.49 N，拉力对小车做的功W＝Fx＝0.49×0.400 J＝0.196 J
小车动能的增量
ΔEk＝mv2＝×0.200×1.002 J＝0.100 J.
(2)误差很大的可能原因：①小车质量不满足远大于钩码质量；②没有平衡摩擦力；③先放小车后接通电源，使打第一个点时，小车已有了一定的初速度．
[答案] (1)0.196 0.100 (2)①小车质量没有远大于钩码质量；②没有平衡摩擦力；③操作错误：先放小车后接通电源(任选其二)
1．关于物体的动能，下列说法中正确的是( )
A．一个物体的动能可能小于零
B．一个物体的动能与参考系的选取无关
C．动能相同的物体速度一定相同
D．两质量相同的物体，若动能相同，其速度不一定相同
D [由公式Ek＝mv2知动能不会小于零，故A错；因v的大小与参考系的选取有关，故动能的大小也应与参考系的选取有关，故B错；动能是标量，速度是矢量，故D对，C错．]
2．在探究“合外力做功和动能变化的关系”实验中作出的下列W-v2图像，符合实际的是 ( )
A B C D
B [实验证明，力做的功W与物体速度v的二次方成正比，即W∝v2，故作出的W-v2图像为一条过原点的倾斜直线，B正确．]
3.有一质量为m的木块，从半径为r的圆弧曲面上的a点滑向b点，如图所示．如果由于摩擦使木块的运动速率保持不变，则以下叙述正确的是( )
A．木块所受的合外力为零
B．因木块所受的力都不对其做功，所以合外力的功为零
C．重力和摩擦力的功代数和为零
D．重力和摩擦力的合力为零
C [木块做曲线运动，速度方向变化，加速度不为零，合外力不为零，A错．速率不变，动能不变，由动能定理知，合外力做功为零，支持力始终不做功，重力做正功．所以重力做的正功与阻力做的负功代数和为零，但重力和阻力的合力不为零，C对，B、D错．]
4.某物体同时受到两个在同一直线上的力F1、F2的作用，由静止开始做直线运动，力F1、F2与位移x的关系图像如图所示，在物体开始运动后的前4.0 m内，物体具有最大动能时对应的位移是( )
A．2.0 m B．1.0 m
C．3.0 m D．4.0 m
A [由题图知x＝2.0 m时，F合＝0，此前F合做正功，而此后F合做负功，故x＝2.0 m时物体的动能最大，故A正确．]
5.如图所示，粗糙水平轨道AB与半径为R的光滑半圆形轨道BC相切于B点，现有质量为m的小球(可看作质点)以初速度v0＝，从A点开始向右运动，并进入半圆形轨道，若小球恰好能到达半圆形轨道的最高点C，最终又落于水平轨道上的A处，重力加速度为g，求：
(1)小球落到水平轨道上的A点时速度的大小vA；
(2)水平轨道与小球间的动摩擦因数μ.
[解析] (1)mg＝m，得vC＝
从C到A由动能定理得mg·2R＝mv－mv
得vA＝.
(2)AB的距离为xAB＝vCt＝×＝2R
从A出发回到A由动能定理得
－μmgxAB＝mv－mv，得μ＝0.25.
[答案] (1) (2)0.25
课件75张PPT。第四章 机械能和能源4．动能 动能定理运动 瞬时标量状态焦耳1 kg·m2·s－2曲线动能的变化恒力直线变力对动能、动能定理的理解动能定理的应用研究合外力做功和动能变化的关系点击右图进入…Thank you for watching !课时分层作业(十四)
[基础达标练]
(时间：15分钟 分值：50分)
一、选择题(本题共6小题，每小题6分，共36分)
1．(多选)质量一定的物体( )
A．速度发生变化时其动能一定变化
B．速度发生变化时其动能不一定变化
C．速度不变时其动能一定不变
D．动能不变时其速度一定不变
BC [速度是矢量，速度变化时可能只有方向变化，而大小不变，动能是标量，所以速度只有方向变化时，动能可以不变；动能不变时，只能说明速度大小不变，但速度方向不一定不变，故只有B、C正确．]
2．改变物体的质量和速度都可改变物体的动能，在下列情况下，物体的动能变化最大的是( )
A．物体的质量不变，运动速度增大到原来的2倍
B．物体的速度不变，质量增大到原来的2倍
C．物体的质量变为原来的3倍，运动速度减为原来的一半
D．物体的质量变为原来的一半，速度增加为原来的4倍
D [由动能的计算式Ek＝mv2可知，D正确．]
3．某消防队员从一平台上跳下，下落2 m后双脚触地，接着他用双腿弯曲的方法缓冲，使自身的重心又下降了0.5 m，在着地过程中地面对他双脚的平均作用力估计为( )
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
B [设地面对双脚的平均作用力为F，在全过程中，由动能定理得mg(H＋h)－Fh＝0
F＝＝mg＝5mg，B正确．]
4．一空盒以某一初速度在水平面上滑行，滑行的最远距离为L.现往空盒中倒入砂子，使空盒与砂子的总质量为原来空盒的3倍，仍以原来的初速度在水平面上滑行，此时滑行的最远距离为( )
A.L B.L
C．L D．3L
C [盒子与水平面动摩擦因数一定，据动能定理得－μmgs＝0－mv，解得s＝，位移s与物体质量无关，正确选项为C.]
5．甲、乙两辆汽车的质量之比m1∶m2＝2∶1，它们刹车时的初动能相同，若它们与水平地面之间的动摩擦因数相同，则它们滑行的距离之比s1∶s2等于( )
A．1∶1 B．1∶2
C．1∶4 D．4∶1
B [对两辆汽车由动能定理得：－μm1gs1＝0－Ek，－μm2gs2＝0－Ek，s1∶s2＝m2∶m1＝1∶2，B正确．]
6.质量为m的物体以初速度v0沿水平面向左开始运动，起始点A与一轻弹簧O端相距s，如图所示．已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，物体与弹簧相碰后，弹簧的最大压缩量为x，则从开始碰撞到弹簧被压缩至最短，物体克服弹簧弹力所做的功为( )
A.mv－μmg(s＋x) B.mv－μmgx
C．μmgs D．μmg(s＋x)
A [由动能定理－W－μmg(s＋x)＝0－mv，故物体克服弹簧弹力做功W＝mv－μmg(s＋x)，A正确．]
二、非选择题(14分)
7．将质量为m的物体，以初速度v0竖直向上抛出．已知抛出过程中阻力大小恒为重力的0.2倍．求：
(1)物体上升的最大高度；
(2)物体落回抛出点时的速度大小．
[解析] (1)上升过程，由动能定理
－mgh－fh＝0－mv ①
f＝0.2mg ②
联立①②可得：h＝. ③
(2)全过程，由动能定理
－2fh＝mv2－mv ④
联立②③④可得：v＝v0.
[答案] (1) (2)v0
[能力提升练]
(时间：25分钟 分值：50分)
一、选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分)
1.如图所示，质量为m的物块与转台之间能出现的最大静摩擦力为物块重力的k倍．物块与转轴OO′相距R，随转台由静止开始转动．当转速增加到一定值时，物块即将在转台上滑动，在物块由静止到滑动前的这一过程中，转台对物块的静摩擦力对物块做的功为( )
A．0 B．2πkmgR
C．2kmgR D.kmgR
D [在转速增加的过程中，转台对物块的摩擦力是不断变化的，当转速增加到一定值时，物块在转台上即将滑动，说明此时最大静摩擦力提供向心力，即kmg＝m.设这一过程中转台对物块的摩擦力所做的功为Wf，由动能定理可得Wf＝mv2，解得Wf＝kmgR，D正确．]
2.(多选)如图所示，半径为R的光滑圆弧槽固定在小车上，有一小球静止在圆弧槽的最低点．小车和小球一起以速度v向右匀速运动．当小车遇到障碍物突然停止后，小球上升的高度可能是( )
A．等于 B．大于
C．小于 D．与小车的速度v有关
ACD [小球冲上圆弧槽，则有两种可能，一是速度较小，滑到某处小球速度为0，根据动能定理有－mgh＝0－mv2，解得h＝；另一可能是速度较大，小球滑出弧面做斜抛运动，到最高点还有水平速度，则此时小球所能达到的最大高度要小于.故A、C、D正确，B错误．]
3．如图所示为一滑草场．某条滑道由上下两段高均为h，与水平面倾角分别为45°和37°的滑道组成，滑草车与草地之间的动摩擦因数为μ.质量为m的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端(不计滑草车在两段滑道交接处的能量损失，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．则( )
A．动摩擦因数μ＝
B．载人滑草车最大速度为
C．载人滑草车克服摩擦力做功为mgh
D．载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为g
AB [由题意知，上、下两段斜坡的长分别为s1＝、s2＝
由动能定理知：
2mgh＝μmgs1cos 45°＋μmgs2cos 37°
解得动摩擦因数μ＝，选项A正确；
下落h时的速度最大，由动能定理知：
mgh－μmgs1cos 45°＝mv2
解得v＝，选项B正确；
载人滑草车克服摩擦力做的功与重力做功相等，即W＝2mgh，选项C错误；
滑草车在下段滑道上的加速度大小为a＝μgcos 37°－gsin 37°＝g，选项D错误．]
二、非选择题(本题共3小题，共32分)
4．(6分)某同学为探究“合力做功与物体速度变化的关系”，设计了如下实验，他的操作步骤是：
①按图摆好实验装置，其中小车质量M＝0.20 kg，钩码总质量m＝0.05 kg.
②释放小车，然后接通打点计时器的电源(电源频率为f＝50 Hz)，打出一条纸带．
(1)他在多次重复实验得到的纸带中取出自认为满意的一条，如图所示．把打下的第一点记作0，然后依次取若干个计数点，相邻计数点间还有4个点未画出，用厘米刻度尺测得各计数点到0点距离分别为d1＝0.004 m，d2＝0.055 m，d3＝0.167 m，d4＝0.256 m，d5＝0.360 m，d6＝0.480 m…，他把钩码重力(当地重力加速度g取9.8 m/s2)作为小车所受合力，算出打下0点到打下第5点合力做功W＝________J
(结果保留三位有效数字)，打下第5点时小车的速度v5＝________m/s(结果保留三位有效数字)．
(2)此次实验探究的结果，他没能得到“合力对物体做的功W∝v2”的结论，且误差很大．通过反思，他认为产生误差的原因如下，其中正确的是________．
A．钩码质量太大，使得合力对物体做功的测量值比真实值偏大太多
B．没有平衡摩擦力，使得合力对物体做功的测量值比真实值偏大太多
C．释放小车和接通电源的次序有误，使得动能增量的测量值比真实值偏小
D．没有使用最小刻度为毫米的刻度尺测距离也是产生此误差的重要原因
[解析] (1)根据题意物体所受合外力为：
F＝mg＝0.05×9.8 N＝0.49 N，
根据功的定义可知：W＝Fd5＝0.176 J；
根据匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度等于该过程中的平均速度，可以求出第5个点的速度大小为：
v5＝＝ m/s＝1.12 m/s.
(2)设绳子上拉力为F，根据牛顿第二定律有：
对小车：F＝Ma ①
对钩码：mg－F＝ma ②
联立①②可得F＝＝，由此可知当M?m时，钩码的重力等于绳子的拉力，因此当钩码质量太大时，会造成较大误差，故A正确；实验中要进行平衡摩擦力操作，若没有平衡摩擦力直接将钩码重力做的功当做小车合外力做的功，会造成较大误差，故B正确；释放小车和接通电源的顺序有误，影响打点多少，不一定会使动能的测量值偏小，故C错误；距离的测量产生的误差不是该实验产生的主要误差，故D错误．
[答案] (1)0.176 1.12 (2)AB
5.(12分)如图所示，在海滨游乐场里有一种滑沙游戏，人坐在滑板上从倾角为θ的斜坡上由静止开始下滑，经过斜坡底端沿水平滑道再滑行一段距离停下．已知滑板与斜面和水平滑道间的动摩擦因数均为μ＝0.3.若某人和滑板的总质量m＝60 kg，滑行过程中空气阻力忽略不计，重力加速度g取10 m/s2.(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：
(1)把人和滑板看作整体，画出该整体从斜坡上下滑过程中的受力示意图；
(2)若已知θ＝37°，人从斜坡滑下时加速度的大小；
(3)若已知θ＝37°，水平滑道BC的最大长度为L1＝20 m，求人在斜坡上滑下的高度应不超过多少；
(4)若斜坡倾角θ大小可调节，且大小未知，水平滑道BC的长度未知，但是场地的水平空间距离DC的最大长度为L2＝30 m，人在斜坡上从D的正上方A处由静止下滑，那么A到D的高度不超过多少？
[解析] (1)受力如图所示．
(2)根据牛顿第二定律得mgsin 37°－f＝ma
N＝mgcos 37°
f＝μN
联立以上三式，代入数据解得a＝3.6 m/s2.
(3)人和滑板从距水平面高H处下滑，从人和滑板在斜面上开始运动到人和滑板停止运动的过程中，根据动能定理：mgH－μmgcos 37°－μmgL1＝0－0
代入数据解得H＝10 m.
(4)设A到D的高度为h，根据动能定理
mgh－μmg cos θ－μmg＝0－0
代入数据解得h＝9 m.
[答案] (1)见解析 (2)3.6 m/s2 (3)10 m (4)9 m
6．(14分)如图所示，固定在水平地面上的工件，由AB和BD两部分组成，其中AB部分为光滑的圆弧，圆心为O，∠AOB＝37°，圆弧的半径R＝0.5 m；BD部分水平，长度为0.2 m，C为BD的中点．现有一质量m＝1 kg、可视为质点的物块从A端由静止释放，恰好能运动到D点．(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：
(1)物块运动到B点时，对工件的压力大小；
(2)为使物块恰好运动到C点静止，可以在物块运动到B点后，对它施加一竖直向下的恒力F，F应为多大？
[解析] (1)物块由A运动到B点的过程中，由动能定理有mgR(1－cos 37°)＝mv2
解得v2＝2gR(1－cos 37°)＝2×10×0.5×(1－0.8)＝2(m/s)2
在B点，由牛顿第二定律有N－mg＝m
解得N＝mg＋m＝1×N＝14 N
由牛顿第三定律有N′＝N＝14 N.
(2)物块由B运动到D点的过程中，由动能定理有
μmg·BD＝mv2
施加恒力F后，物块由B运动到C点的过程中，由动能定理有μ(mg＋F)BC＝mv2
可得mgBD＝(mg＋F)BC
由题知BD＝2BC，得2mg＝mg＋F
解得F＝mg＝1×10 N＝10 N.
[答案] (1)14 N (2)10 N
