5.2动能定理-2023年高考物理一轮复习提升核心素养

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5.2动能定理

一、动能
1．定义：物体由于运动而具有的能．
2．公式：Ek＝mv2.
3．单位：焦耳，1 J＝1 N·m＝1 kg·m2/s2.
4．标矢性：动能是标量，动能与速度方向无关．
5．动能的变化：物体末动能与初动能之差，即ΔEk＝mv－mv.
二、动能定理
1．内容：在一个过程中合力对物体所做的功，等于物体在这个过程中动能的变化．
2．表达式：W＝ΔEk＝Ek2－Ek1＝mv－mv.
3．物理意义：合力的功是物体动能变化的量度．
4．适用条件：
(1)动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动．
(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．
如图1所示，物块沿粗糙斜面下滑至水平面；小球由内壁粗糙的圆弧轨道底端运动至顶端(轨道半径为R)．

图1
对物块有WG＋Wf1＋Wf2＝mv2－mv
对小球有－2mgR＋Wf＝mv2－mv
动能定理的理解和基本应用
1．适用条件
(1)动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动．
(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

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．
例题1.(多选)一质点开始时做匀速直线运动，从某时刻起受到一恒力作用。此后，该质点的动能可能(　　)
A．一直增大
B．先逐渐减小至零，再逐渐增大
C．先逐渐增大至某一最大值，再逐渐减小
D．先逐渐减小至某一非零的最小值，再逐渐增大
【答案】ABD
【解析】
如果恒力与运动方向相同，那么质点做匀加速运动，动能一直变大，故A正确；如果恒力与运动方向相反，那么质点先做匀减速运动，速度减到0，质点在恒力作用下沿着恒力方向做匀加速运动，动能再逐渐增大，故B正确；如果恒力方向与原来运动方向不在同一直线上，那么将速度沿恒力方向和垂直于恒力方向分解，其中恒力与一个速度方向相同，这个方向速度就会增加，另一个方向速度不变，那么合速度就会增加，不会减小，故C错误；如果恒力方向与原来运动方向不在同一直线上，那么将速度沿恒力方向和垂直于恒力方向分解，其中恒力与一个速度方向相反，这个方向速度就会减小，另一个方向速度不变，那么合速度就会减小，当恒力方向速度减到0时，另一个方向还有速度，所以速度减小到最小值时不为0，然后恒力方向速度又会增加，合速度又在增加，即动能增大，故D正确。

如图所示，这是人们用打“夯”的方式把松散的地面夯实的情景。假设两人同时通过绳子对质量为m的重物各施加一个力，大小均为F，方向都与竖直方向成α角，重物离开地面h后两人同时停止施力，最后重物下落把地面砸深x。重力加速度为g。求：

(1)停止施力前重物上升过程中加速度大小a；
(2)以地面为零势能面，重物具有重力势能的最大值Epm；
(3)重物砸入地面过程中，对地面的平均冲击力大小；
【答案】(1)　(2)2Fhcos α　(3)＋mg
【解析】
　(1)施力时重物所受的合外力
F合＝2Fcos α－mg
则重物上升过程中加速度大小
a＝＝；
(2)设重物能到达的最高点距离地面的高度为H，由动能定理有2Fhcos α－mgH＝0
以地面为零势能面，重物具有重力势能的最大值
Epm＝mgH＝2Fhcos α；
(3)重物砸入地面过程中由动能定理有
mg(H＋x)－x＝0
解得＝＋mg。

如图所示，物体在距斜面底端5 m处由静止开始下滑，然后滑上与斜面平滑连接的水平面，若物体与斜面及水平面间的动摩擦因数均为0.4，斜面倾角为37°.求物体能在水平面上滑行的距离．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)

【答案】3.5 m
【解析】
　　对物体在斜面上和水平面上受力分析如图所示

方法一　分过程列方程：设物体滑到斜面底端时的速度为v，物体下滑阶段
FN1＝mgcos 37°，
故Ff1＝μFN1＝μmgcos 37°，
由动能定理得：
mgsin 37°·l1－μmgcos 37°·l1＝mv2－0
设物体在水平面上滑行的距离为l2，
摩擦力Ff2＝μFN2＝μmg
由动能定理得：－μmgl2＝0－mv2
联立以上各式可得l2＝3.5 m.
方法二　对全过程由动能定理列方程：
mgl1sin 37°－μmgcos 37°·l1－μmgl2＝0
解得：l2＝3.5 m.
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变＋W恒＝mv22－mv12，物体初、末速度已知，恒力做功W恒可根据功的公式求出，这样就可以得到W变＝mv22－mv12－W恒，就可以求变力做的功了．
例题2.
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(重力加速度大小为g)(　　)

A.mv02－μmg(s＋x) B.mv02－μmgx
C．μmgs D．μmg(s＋x)
【答案】A
【解析】
　根据功的定义式可知物体克服摩擦力做功为Wf＝μmg(s＋x)，由动能定理可得－W弹－Wf＝0－mv02，则W弹＝mv02－μmg(s＋x)，故选项A正确．

如图所示，一半径为R的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高，质量为m的质点自轨道端点P由静止开始滑下，滑到最低点Q时，对轨道的压力为2mg，重力加速度大小为g.质点自P滑到Q的过程中，克服摩擦力所做的功为(　　)

A.mgR B.mgR
C.mgR D.mgR
【答案】C
【解析】
在Q点质点受到的竖直向下的重力和竖直向上的支持力的合力充当向心力，所以有FN－mg＝m，FN＝FN′＝2mg，联立解得v＝，下滑过程中，根据动能定理可得mgR＋Wf＝mv2，解得Wf＝－mgR，所以克服摩擦力做功mgR，选项C正确．
如图所示，光滑斜面的顶端固定一弹簧，一质量为m的小球向右滑行，并冲上固定在地面上的斜面．设小球在斜面最低点A的速度为v，压缩弹簧至C点时弹簧最短，C点距地面高度为h，重力加速度为g，则小球从A到C的过程中弹簧弹力做功是(　　)

A．mgh－mv2
B.mv2－mgh
C．－mgh
D．－(mgh＋mv2)
【答案】A
【解析】
小球从A到C过程中，由动能定理可得WG＋WF＝0－mv2，WG＝－mgh，解得WF＝mgh－mv2，故选A.
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

例题3.(多选)在某一粗糙的水平面上，一质量为2 kg的物体在水平恒定拉力的作用下做匀速直线运动，当运动一段时间后，拉力逐渐减小，且当拉力减小到零时，物体刚好停止运动，图中给出了拉力随位移变化的关系图像．已知重力加速度g取10 m/s2.根据以上信息能精确得出或估算得出的物理量有(　　)

A．物体与水平面间的动摩擦因数
B．合外力对物体所做的功
C．物体做匀速运动时的速度
D．物体运动的时间
【答案】ABC
【解析】
　物体做匀速直线运动时，受力平衡，拉力F0与滑动摩擦力Ff大小相等，物体与水平面间的动摩擦因数为μ＝＝0.35，A正确；减速过程由动能定理得WF＋Wf＝0－mv2，根据F－x图像中图线与坐标轴围成的面积可以估算力F做的功WF，而Wf＝－μmgx，由此可求得合外力对物体所做的功，及物体做匀速运动时的速度v，B、C正确；因为物体做变加速运动，所以运动时间无法求出，D错误．

如图所示，一小物块由静止开始沿斜面向下滑动，最后停在水平地面上。斜面和地面平滑连接，且物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为常数。该过程中，物块的动能Ek与水平位移x关系的图像是(　　)

【答案】A
【解析】
设斜面倾角为θ，物块滑到斜面底端时的动能为Ekm，物块在斜面上滑行的长度对应的水平位移为x0，应用动能定理，在斜面上有(mgsin θ－μmgcos θ)·＝Ek，在水平面上有－μ′mg(x－x0)＝Ek－Ekm，即Ek＝－μ′mg(x－x0)＋Ekm，综上所述可知：两段Ek－x图线为线性关系，故A正确，B、C、D错误。
从地面竖直向上抛出一只小球，小球运动一段时间后落回地面．忽略空气阻力，该过程中小球的动能Ek与时间t的关系图像是(　　)

【答案】　A
【解析】
小球做竖直上抛运动，设初速度为v0，则v＝v0－gt
小球的动能Ek＝mv2，把速度v代入得
Ek＝mg2t2－mgv0t＋mv02，
Ek与t为二次函数关系，故A正确．

动能定理在多过程问题中的应用
1．应用动能定理解题的基本步骤

2．求解多过程问题抓好“两状态，一过程”
“两状态”即明确研究对象的始、末状态的速度或动能情况；“一过程”即明确研究过程，确定这一过程研究对象的受力情况和位置变化或位移信息。

例题4. 如图所示，不可伸长的轻质细线下方悬挂一可视为质点的小球，另一端固定在竖直光滑墙面上的O点。开始时，小球静止于A点，现给小球一水平向右的初速度，使其恰好能在竖直平面内绕O点做圆周运动。垂直于墙面的钉子N位于过O点竖直线的左侧，与的夹角为θ(0<θ<π)，且细线遇到钉子后，小球绕钉子在竖直平面内做圆周运动，当小球运动到钉子正下方时，细线刚好被拉断。已知小球的质量为m，细线的长度为L，细线能够承受的最大拉力为7mg，g为重力加速度。

(1)求小球初速度的大小v0；
(2)求小球绕钉子做圆周运动的半径r与θ的关系式；
(3)在细线被拉断后，小球继续向前运动，试判断它能否通过A点。若能，请求出细线被拉断时θ的值；若不能，请通过计算说明理由。
【答案】见解析
【解析】
(1)设在最高点速度为v1，在最高点，重力恰好提供向心力，所以mg＝
根据动能定理，对球从A点到最高点，有－mg·2L＝mv－mv
解得v0＝。

(2)以N为圆心，设最低点为M，落到最低点速度为v，有
7mg－mg＝
对A到M过程，根据动能定理有
－mgΔh＝mv2－mv
若N点在O点以下，则
Δh＝L－r－(L－r)cos θ
若N点在O点以上，则
Δh＝L＋(L－r)cos (π－θ)－r＝L－(L－r)cos θ－r
解得r＝　L。
(3)假设小球能通过A点，则
竖直方向：Δh＝gt2
水平方向：(L－r)sin θ＝vt
解得cos θ＝－，与cos θ∈[－1，1]矛盾，所以假设不成立，小球不能通过A点。
滑板运动是极限运动的鼻祖，许多极限运动项目均由滑板项目延伸而来。如图所示的滑板运动轨道，BC和DE是两段光滑圆弧形轨道，BC段的圆心为O点、圆心角θ＝60°，半径OC与水平轨道CD垂直，滑板与水平轨道CD间的动摩擦因数μ＝0.2。某运动员从轨道上的A点以v0＝3 m/s的速度水平滑出，在B点刚好沿轨道的切线方向滑入圆弧轨道BC，经CD轨道后冲上DE轨道，到达E点时速度减为零，然后返回。已知运动员和滑板的总质量m＝60 kg，B、E两点与水平轨道CD的竖直高度分别为h＝2 m和H＝2.5 m。

(1)求运动员从A点运动到B点过程中，到达B点时的速度大小vB。
(2)求水平轨道CD段的长度L。
(3)通过计算说明，第一次返回时，运动员能否回到B点？如能，请求出回到B点时速度的大小；如不能，请求出最后停止的位置距C点的距离。
【答案】(1)6 m/s　 (2)6.5 m　(3)不能　停在C点右侧6 m处　
【解析】
(1)在B点时有vB＝，得vB＝6 m/s；
(2)从B点到E点由动能定理得
mgh－μmgL－mgH＝0－mv，解得L＝6.5 m；
(3)设运动员能到达左侧的最大高度为h′，从B到第一次返回左侧最高处由动能定理有
mgh－mgh′－μmg·2L＝0－mv
得h′＝1.2 m mgh－μmgs＝0－mv
得s＝19 m，s＝2L＋6 m，故运动员最后停在C点右侧6 m处。　
弹珠游戏在孩子们中间很受欢迎，有很多种玩法，其中一种玩法就是比距离，模型如图所示，用内壁光滑的薄壁细圆管弯成的由半圆形APB(圆半径比细管的内径大得多)和光滑直管BC组成的轨道固定在水平桌面上，已知APB部分的半径R＝1.0 m，BC段长L1＝1.5 m。弹射装置将一个质量m＝100 g的小球(可视为质点)以v0＝8 m/s的水平初速度从A点弹入轨道，小球从C点离开轨道随即进入长L2＝2 m、μ＝0.1 的粗糙水平地面(图上对应为CD)，最后通过光滑轨道DE，从E点水平射出，已知E距离地面的高度为h＝1 m，不计空气阻力。

(1)求小球在半圆轨道上运动时的角速度ω和到达C点时对圆管的压力。
(2)若小球能从A点运动到E点，则小球进入A点的速度至少为多大？
(3)若E点的高度h可以调节，小球仍以v0＝8 m/s从A进入，当h多高时，水平射程x最大？并求出这个最大值。
【答案】(1)8 rad/s　1 N，方向竖直向下　(2)2 m/s　(3)1.5 m　3 m
【解析】
(1)角速度ω＝＝8 rad/s
小球在BC段做匀速直线运动，合外力为0，根据牛顿运动定律，小球处于平衡态，G＝N，支持力为1 N，根据牛顿第三定律，支持力和压力属于作用力与反作用力，大小相等。所以小球对圆管的压力为1 N，方向竖直向下；
(2)若小球恰好能从A点到E点，根据动能定理有
mv＝mgh＋μmgL2
得速度至少为v0＝2 m/s；
(3)对小球从A点到E点的过程，根据动能定理有
mv＝mgh＋μmgL2＋mv
过了E点小球做平抛运动h＝gt2
x＝vEt
得到x与h的数学关系
x＝＝2
即当h＝1.5 m时，x的最大值为x＝3 m。

例题5.如图所示，粗糙水平地面AB与半径R＝0.4 m的光滑半圆轨道BCD相连接，且在同一竖直平面内，O是BCD的圆心，BOD在同一竖直线上．质量m＝1 kg的小物块在9 N的水平恒力F的作用下，从A点由静止开始做匀加速直线运动．已知xAB＝5 m，小物块与水平地面间的动摩擦因数为μ＝0.1，当小物块运动到B点时撤去力F，取重力加速度g＝10 m/s2，求：

(1)小物块到达B点时速度的大小；
(2)小物块运动到D点时，轨道对小物块作用力的大小．
【答案】　(1)4 m/s　(2)150 N
【解析】
　(1)从A到B过程，据动能定理可得
(F－μmg)xAB＝mvB2
解得小物块到达B点时速度的大小为
vB＝4 m/s
(2)从B到D过程，据动能定理可得
－mg·2R＝mvD2－mvB2
在D点由牛顿第二定律可得
FN＋mg＝m
联立解得小物块运动到D点时，轨道对小物块作用力的大小为FN＝150 N.
如图所示，飞机先在水平跑道上从静止开始加速滑行，行驶距离x＝600 m后达到v1＝216 km/h的速度起飞，飞机滑行过程可视为匀加速直线运动，所受阻力大小恒为自身重力的0.1。起飞后，飞机以离地时的功率爬升 t＝20 min，上升了h＝8 000 m，速度增加到v2＝720 km/h。已知飞机的质量m＝1×105 kg，重力加速度大小g取10 m/s2。求：

(1)飞机在地面滑行时所受牵引力的大小F；
(2)飞机在爬升过程中克服空气阻力做的功Wf。
【答案】(1)4×105 N　(2)1.898×1010 J
【解析】
(1)设飞机在地面滑行时加速度的大小为a，由运动学公式得v＝2ax，设滑行过程中所受阻力为F阻，由牛顿第二定律得F－F阻＝ma
联立解得F＝4×105 N；
(2)设飞机离地时的功率为P，由功率的表达式得
P＝Fv1，由动能定理得
Pt－mgh－Wf＝mv－mv
解得Wf＝1.898×1010 J。
如图所示，一质量为m＝0.5 kg的小滑块，在F＝4 N水平拉力的作用下，从水平面上的A处由静止开始运动，滑行x＝1.75 m后由B处滑上倾角为37°的光滑固定斜面，滑上斜面后拉力的大小保持不变，方向变为沿斜面向上，滑动一段时间后撤去拉力．已知小滑块沿斜面上滑到的最高点C距B点为L＝2 m，小滑块最后恰好停在A处．不计B处能量损失，g取10 m/s2，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.试求：

(1)小滑块与水平面间的动摩擦因数μ；
(2)小滑块在斜面上运动时，拉力作用的距离x0；
(3)小滑块在斜面上运动时，拉力作用的时间t.
【答案】(1)　(2)1.25 m　(3)0.5 s
【解析】　(1)小滑块由C运动到A，由动能定理得
mgLsin 37°－μmgx＝0
解得μ＝
(2)小滑块在斜面上运动时，设拉力作用的距离为x0
小滑块由A运动到C，由动能定理得
Fx－μmgx＋Fx0－mgLsin 37°＝0
解得x0＝1.25 m
(3)小滑块由A运动到B，由动能定理得
Fx－μmgx＝mv2
在斜面上，由牛顿第二定律得F－mgsin 37°＝ma
由运动学公式得x0＝vt＋at2
联立解得t＝0.5 s.

1. 如图，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度．木箱获得的动能一定(　　)

A．小于拉力所做的功
B．等于拉力所做的功
C．等于克服摩擦力所做的功
D．大于克服摩擦力所做的功
【答案】A
【解析】
由题意知，W拉－W克摩＝ΔEk，则W拉>ΔEk，A项正确，B项错误；W克摩与ΔEk的大小关系不确定，C、D项错误．
2. 关于运动物体所受的合外力、合外力做的功及动能变化的关系，下列说法正确的是(　　)
A．合外力为零，则合外力做功一定为零
B．合外力做功为零，则合外力一定为零
C．合外力做功越多，则动能一定越大
D．动能不变，则物体合外力一定为零
【答案】A
【解析】
由W＝Flcos α可知，物体所受合外力为零，合外力做功一定为零，但合外力做功为零，合外力不一定为零，可能是α＝90°，A正确，B错误；由动能定理W＝ΔEk可知，合外力做功越多，动能变化量越大，但动能不一定越大，C错误；动能不变，合外力做功为零，但合外力不一定为零，D错误。
3. 冬季奥运会中有自由式滑雪U形池比赛项目，其赛道横截面如图所示，一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形赛道竖直固定放置，直径POQ水平。一质量为m的运动员(按质点处理)自P点上方高度R处由静止开始下落，恰好从P点进入赛道。运动员滑到赛道最低点N时，对赛道的压力为4mg，g为重力加速度的大小。用W表示运动员从P点运动到N点的过程中克服赛道摩擦力所做的功(不计空气阻力)，则(　　)

A．W＝mgR，运动员没能到达Q点
B．W＝mgR，运动员能到达Q点并做斜抛运动
C．W＝mgR，运动员恰好能到达Q点
D．W＝mgR，运动员能到达Q点并继续竖直上升一段距离
【答案】D
【解析】
在N点，根据牛顿第二定律有FN－mg＝m，解得vN＝，对运动员从静止开始到下落到N点的过程运用动能定理得mg·2R－W＝mv－0，解得W＝mgR；由于PN段速度大于NQ段速度，所以NQ段的支持力小于PN段的支持力，则在NQ段克服摩擦力做功小于在PN段克服摩擦力做功，对NQ段运用动能定理得：－mgR－W′＝mv－mv，因为W′＜mgR，可知vQ＞0，所以运动员到达Q点后，继续上升一段距离，A、B、C错误，D正确。
4. (多选)放在粗糙水平地面上质量为0.8 kg的物体受到水平拉力的作用，在0～6 s内其速度与时间的关系图像和该拉力的功率与时间的关系图像分别如图甲、乙所示．下列说法中正确的是(g取10 m/s2)(　　)

A．0～6 s内拉力做的功为140 J
B．物体在0～2 s内所受的拉力为4 N
C．物体与粗糙水平地面间的动摩擦因数为0.5
D．合外力在0～6 s内做的功与0～2 s内做的功相等
【答案】AD
【解析】
　　由P＝Fv可知，物体在0～2 s内所受的拉力F＝＝ N＝6 N，在2～6 s内所受的拉力F′＝＝ N＝2 N，B错误；拉力在0～6 s内做的总功W＝Fx1＋F′x2＝6××2 J＋2×10×4 J＝140 J，A正确；由物体在2～6 s内做匀速运动可知，F′＝μmg，可求得μ＝0.25，C错误；由动能定理可知，物体所受的合外力在0～6 s内所做的功与0～2 s内所做的功均为mv2＝40 J，D正确．
5. 一质量为m＝0.2 kg的物体，在合外力F作用下由静止开始做直线运动，F与位移x的关系图像如图所示，由图像可知(　　)

A．在x＝0到x＝1 m过程中，物体做匀加速直线运动，运动时间t＝0.2 s
B．在x＝0到x＝2 m过程中，物体做变加速直线运动，F做功5 J
C．物体运动到x＝2 m时，物体的瞬时速度为5 m/s
D．物体运动到x＝2 m时，物体的瞬时速度为2 m/s
【答案】C
【解析】
　
　由题图可知在x＝0到x＝1 m过程中，F为恒力，所以物体做匀加速直线运动，其加速度大小为a＝＝5 m/s2，根据运动学公式可得运动时间为t＝＝ s，故A错误；在x＝0到x＝2 m过程中，物体先做匀加速直线运动，后做变加速直线运动，根据F－x图像的面积表示功可知此过程中F做功为W＝1×1 J＋×(1＋2)×1 J＝ J，故B错误；设物体运动到x＝2 m时的瞬时速度为v，根据动能定理可得mv2＝W，解得v＝5 m/s，故C正确，D错误．
6. 如图，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直，一小球以速度v从轨道下端滑入轨道，并保证从轨道上端水平飞出，则关于小球落地点到轨道下端的水平距离x与轨道半径R的关系，下列说法正确的是(　　)

A．R越大，则x越大
B．R越小，则x越大
C．当R为某一定值时，x才有最大值
D．当R为某一定值时，x才有最小值
【答案】C
【解析】
设半圆的半径为R，小球从最低点到轨道最高点过程根据动能定理得－mg·2R＝mv′2－mv2，离开最高点做平抛运动，有2R＝gt2，x＝v′t，联立解得x＝＝，可知当R＝时，水平位移最大。
7. 如图所示，半径可变的四分之一光滑圆弧轨道置于竖直平面内，轨道的末端B处切线水平，现将一小物体从轨道顶端A处由静止释放；若保持圆心的位置不变，改变圆弧轨道的半径(不超过圆心离地的高度)。半径越大，小物体(　　)

A．落地时的速度越大
B．平抛的水平位移越大
C．到圆弧轨道最低点时加速度越大
D．落地时的速度与竖直方向的夹角越大
【答案】D
【解析】
对从开始到落地过程根据动能定理知mgH＝mv2，知总高度不变，末速度大小不变，故A错误；根据平抛运动规律知H－R＝h＝gt2，x＝v0t，mgR＝mv，得x＝·＝2，平抛运动的水平位移随R增大先增大后减小，故B错误；小物体到圆弧轨道最低点时加速度a＝＝2g，则加速度大小与R无关，故C错误；小物体落地时竖直分速度vy＝gt，设与水平方向的夹角为θ，有tan θ＝＝＝ ，R越大，落地时的速度与竖直方向的夹角越大，故D正确。
8. (多选)一只半径为R的半球形碗固定不动，碗的内壁光滑，碗口水平，O点为球心，A、B均为碗内壁上的点，且A点是最低点，B点与圆心等高，C点是圆弧AB的中点(点O、A、B、C在同一竖直平面内)重力加速度大小为g。有一只质量为m的小球静止在碗底部，现对小球施加一水平恒力F，则(　　)

A．若F＝mg，小球将有可能到达B点
B．若F＝mg，小球将一定到达B点
C．若F＝mg，小球经过C点时，合力功率最大
D．若F＝2mg，小球从最低点到其轨迹最高点过程中机械能的增量为6mgR
【答案】BD
【解析】
对小球从A到B过程根据动能定理有FR－mgR＝mv2－0，所以若F＝mg，小球动能为负值，故小球不可能到达B点；若F＝mg，小球到达B点时动能恰好为零，即恰好到达B点，故A错误，B正确； 若F＝mg，在C点处合力大小为 mg，方向与水平方向夹角为45°，小球经过C点时，合力与速度方向，即合力与切线方向垂直，故此时合力功率为零，故C错误；若F＝2mg，对小球从A到B过程根据动能定理有2mgR－mgR＝mv2－0，解得v＝，小球之后在竖直方向匀减速到零，运动时间t＝＝，水平方向x＝·t2＝2R，故全程外力做功W＝F(R＋2R)＝6mgR，所以机械能增加6mgR，故D正确。
9. 质量为m的物体从高为h的斜面顶端由静止下滑，最后停在平面上，若该物体以v0的初速度从顶端下滑，最后仍停在平面上，如图甲所示。图乙为物体两次在平面上运动的v－t图像，则物体在斜面上运动过程中克服摩擦力做的功为(　　)

A．mv－3mgh B．3mgh－mv
C．mv－mgh D．mgh－mv
【答案】D
【解析】
若物体由静止开始下滑，由动能定理得mgh－Wf＝mv，若该物体以v0的初速度从顶端下滑， 由动能定理得mgh－Wf＝mv－mv，由乙图可知，物体两次滑到平面的速度关系为v2＝2v1，由以上三式解得Wf＝mgh－mv。
10. (多选)某中学生对刚买来的一辆小型遥控车的性能进行研究。他让这辆小车在水平的地面上由静止开始沿直线轨道运动，并将小车运动的全过程通过传感器记录下来，通过数据处理得到如图所示的v－t图像。已知小车在0～2 s内做匀加速直线运动，2～11 s内小车牵引力的功率保持不变，9～11 s内小车做匀速直线运动，在11 s末小车失去动力而开始自由滑行。已知小车质量m＝1 kg，整个过程中小车受到的阻力大小不变，下列说法正确的是(　　)

A．小车受到的阻力大小为8 N
B．在2～11 s内小车牵引力的功率P是16 W
C．小车在2 s末的速度大小vx为6 m/s
D．小车在0～15 s内通过的距离是80 m
【答案】BD
【解析】
根据题意，在11 s末撤去牵引力后，小车只在阻力f作用下做匀减速直线运动，设其加速度大小为a，根据图像可知a＝＝2 m/s2，根据牛顿第二定律有f＝ma＝2 N，故A错误；设小车在匀速运动阶段的牵引力为F，则F＝f，由图可知vm＝8 m/s，则有P＝Fvm＝16 W，故B正确；0～2 s的匀加速运动过程中，小车的加速度为ax＝＝，设小车的牵引力为Fx，根据牛顿第二定律有Fx－f＝max，根据题意有P＝Fxvx，解得vx＝4 m/s，故C错误；在2～9 s内的变加速过程，Δt＝7 s，由动能定理可得PΔt－fx2＝mv－mv，解得x2＝44 m；0～2 s内通过的路程为x1＝×2 m＝4 m；9～11 s内小车做匀速直线运动通过的路程为x3＝8×2 m＝16 m；11～15 s内通过的路程为x4＝×4 m＝16 m，则小车在0～15 s内通过的距离是x＝x1＋x2＋x3＋x4＝80 m，故D正确。