(新高考)高考物理一轮复习第6章第2讲《动能定理及其应用》 (含解析)

这是一份(新高考)高考物理一轮复习第6章第2讲《动能定理及其应用》 (含解析)，共16页。试卷主要包含了4，斜面倾角为37°，5 m，一质量为m＝0，如图所示，一质量为m＝0等内容，欢迎下载使用。

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：Ek＝eq \f(1,2)mv2，单位：焦耳(J).1 J＝1 N·m＝1 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＝ΔEk＝Ek2－Ek1＝eq \f(1,2)mv22－eq \f(1,2)mv12.
(3)物理意义：合力做的功是物体动能变化的量度．
1．如果物体所受的合外力为零，那么合外力对物体做功一定为零．( √ )
2．物体在合外力作用下做变速运动时，动能一定变化．( × )
3．物体的动能不变，所受的合外力必定为零．( × )
4．合力对物体做正功，物体的动能增加；合力对物体做负功，物体的动能减少．( √ )
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．
考向1 动能定理的理解
例1 (多选)关于动能定理的表达式W＝Ek2－Ek1，下列说法正确的是( )
A．公式中的W为不包含重力的其他力做的总功
B．公式中的W为包含重力在内的所有力做的总功，也可通过以下两种方式计算：先求每个力的功，再求功的代数和，或先求合力，再求合力的功
C．公式中的Ek2－Ek1为动能的变化量，当W>0时，动能增加，当W<0时，动能减少
D．动能定理适用于直线运动，但不适用于曲线运动，适用于恒力做功，但不适用于变力做功
答案 BC
例2 (2018·全国卷Ⅱ·14)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．
考向2 动能定理的简单计算
例3 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，cs 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＝mgcs 37°，
故Ff1＝μFN1＝μmgcs 37°，
由动能定理得：
mgsin 37°·l1－μmgcs 37°·l1＝eq \f(1,2)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－eq \f(1,2)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°－μmgcs 37°·l1－μmgl2＝0
解得：l2＝3.5 m.
例4 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)4eq \r(5) m/s (2)150 N
解析 (1)从A到B过程，据动能定理可得
(F－μmg)xAB＝eq \f(1,2)mvB2
解得小物块到达B点时速度的大小为
vB＝4eq \r(5) m/s
(2)从B到D过程，据动能定理可得
－mg·2R＝eq \f(1,2)mvD2－eq \f(1,2)mvB2
在D点由牛顿第二定律可得
FN＋mg＝meq \f(vD2,R)
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.
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变＋W恒＝eq \f(1,2)mv22－eq \f(1,2)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＝eq \f(1,2)mv22－eq \f(1,2)mv12－W恒，就可以求变力做的功了．
例5 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.eq \f(1,2)mv02－μmg(s＋x) B.eq \f(1,2)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－eq \f(1,2)mv02，则W弹＝eq \f(1,2)mv02－μmg(s＋x)，故选项A正确．
例6 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.eq \f(1,4)mgR B.eq \f(1,3)mgR
C.eq \f(1,2)mgR D.eq \f(π,4)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＝meq \f(v2,R)，FN＝FN′＝2mg，联立解得v＝eq \r(gR)，下滑过程中，根据动能定理可得mgR＋Wf＝eq \f(1,2)mv2，解得Wf＝－eq \f(1,2)mgR，所以克服摩擦力做功eq \f(1,2)mgR，选项C正确．
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
考向1 Ek－x(W－x)图像问题
例7 (2019·全国卷Ⅲ·17)从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用．距地面高度h在3 m以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图所示．重力加速度取10 m/s2.该物体的质量为( )
A．2 kg B．1.5 kg C．1 kg D．0.5 kg
答案 C
解析 法一：特殊值法
画出运动示意图．
设该外力的大小为F，据动能定理知
A→B(上升过程)：－(mg＋F)h＝EkB－EkA
B→A(下落过程)：(mg－F)h＝EkA′－EkB′
整理以上两式并代入数据得物体的质量m＝1 kg，选项C正确．
法二：写表达式根据斜率求解
上升过程：－(mg＋F)h＝Ek－Ek0，
则Ek＝－(mg＋F)h＋Ek0
下落过程：(mg－F)h＝Ek′－Ek0′，
则Ek′＝(mg－F)h＋Ek0′，
结合题图可知mg＋F＝eq \f(72－36,3－0) N＝12 N，
mg－F＝eq \f(48－24,3－0) N＝8 N
联立可得m＝1 kg，选项C正确．
考向2 F－x图像与动能定理的结合
例8 (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＝eq \f(F0,mg)＝0.35，A正确；减速过程由动能定理得WF＋Wf＝0－eq \f(1,2)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．
考向3 其他图像与动能定理的结合
例9 (2018·江苏卷·4)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＝eq \f(1,2)mv2，把速度v代入得
Ek＝eq \f(1,2)mg2t2－mgv0t＋eq \f(1,2)mv02，
Ek与t为二次函数关系，故A正确．
例10 (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＝eq \f(P,v)＝eq \f(60,10) N＝6 N，在2～6 s内所受的拉力F′＝eq \f(P′,v′)＝eq \f(20,10) N＝2 N，B错误；拉力在0～6 s内做的总功W＝Fx1＋F′x2＝6×eq \f(10,2)×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eq \f(1,2)mv2＝40 J，D正确．
课时精练
1.(多选)如图所示，电梯质量为M，在它的水平地板上放置一质量为m的物体．电梯在钢索的拉力作用下竖直向上加速运动，当电梯的速度由v1增大到v2时，上升高度为H，重力加速度为g，则在这个过程中，下列说法正确的是( )
A．对物体，动能定理的表达式为W＝eq \f(1,2)mv22－eq \f(1,2)mv12，其中W为支持力做的功
B．对物体，动能定理的表达式为W合＝0，其中W合为合力做的功
C．对物体，动能定理的表达式为W－mgH＝eq \f(1,2)mv22－eq \f(1,2)mv12，其中W为支持力做的功
D．对电梯，其所受的合力做功为eq \f(1,2)Mv22－eq \f(1,2)Mv12
答案 CD
解析 电梯上升的过程中，对物体做功的有重力mg、支持力FN，这两个力的总功(即合力做的功)才等于物体动能的增量，即W合＝W－mgH＝eq \f(1,2)mv22－eq \f(1,2)mv12，其中W为支持力做的功，A、B错误，C正确；对电梯，无论有几个力对它做功，由动能定理可知，其合力做的功一定等于其动能的增量，即eq \f(1,2)Mv22－eq \f(1,2)Mv12，D正确．
2．如图所示，运动员把质量为m的足球由静止从水平地面踢出，足球在空中达到的最高点高度为h，在最高点时的速度为v，不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A．运动员踢球时对足球做功eq \f(1,2)mv2
B．足球上升过程重力做功mgh
C．运动员踢球时对足球做功mgh＋eq \f(1,2)mv2
D．足球上升过程克服重力做功mgh＋eq \f(1,2)mv2
答案 C
解析 足球被踢起后，在运动过程中只受到重力作用，只有重力做功，重力做功为－mgh，即克服重力做功mgh，B、D错误；由动能定理有W人－mgh＝eq \f(1,2)mv2，因此运动员对足球做功W人＝mgh＋eq \f(1,2)mv2，故A错误，C正确．
3.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－eq \f(1,2)mv2
B.eq \f(1,2)mv2－mgh
C．－mgh
D．－(mgh＋eq \f(1,2)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－eq \f(1,2)mv2，WG＝－mgh，解得WF＝mgh－eq \f(1,2)mv2，故选A.
4.一质量为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＝eq \f(F,m)＝5 m/s2，根据运动学公式可得运动时间为t＝eq \r(\f(2x,a))＝eq \r(0.4) 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＋eq \f(1,2)×(1＋2)×1 J＝eq \f(5,2) 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eq \f(1,2)mv2＝W，解得v＝5 m/s，故C正确，D错误．
5.如图所示，质量为m的物体置于光滑水平面上，一根绳子跨过定滑轮一端固定在物体上，另一端在力F作用下，物体由静止开始运动到绳与水平方向的夹角α＝45°时绳以速度v0竖直向下运动，此过程中，绳的拉力对物体做的功为( )
A.eq \f(1,4)mv02 B.eq \f(1,2)mv02
C．mv02 D.eq \f(\r(2),2)mv02
答案 C
解析 将物体的运动分解为沿绳子方向的运动以及垂直绳子方向的运动，则当物体运动到绳与水平方向的夹角α＝45°时物体的速度为v，则vcs 45°＝v0，可得v＝eq \r(2)v0，物体由静止开始运动到绳与水平方向的夹角α＝45°过程中，只有绳子拉力对物体做功，由动能定理得绳的拉力对物体做的功：W＝eq \f(1,2)mv2－0＝mv02，故C正确，A、B、D错误．
6．(2022·湖南怀化市模拟)如图所示，DO是水平面，AB是斜面，初速度为v0的物体从D点出发沿DBA滑动到顶点A时速度刚好为零，如果斜面改为AC，让该物体从D点出发沿DCA滑动到A点且速度刚好为零，则物体具有的初速度(已知物体与斜面及水平面之间的动摩擦因数处处相同且不为零，不计B、C处能量损失)( )
A．等于v0 B．大于v0
C．小于v0 D．取决于斜面
答案 A
解析 物体从D点滑动到顶点A过程中，由动能定理可得－mg·xAO－μmg·xDB－μmgcs α·xAB＝0－eq \f(1,2)mv02，α为斜面倾角，由几何关系有xABcs α＝xOB，因而上式可以简化为－mg·xAO－μmg·xOD＝0－eq \f(1,2)mv02，从上式可以看出，物体的初速度与路径无关．故选A.
7.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，cs 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)eq \f(24,35) (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＝eq \f(24,35)
(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＝eq \f(1,2)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＋eq \f(1,2)at2
联立解得t＝0.5 s.
8.(2022·湖北高三月考)质量为2 kg的物块放在粗糙水平面上，在水平拉力的作用下由静止开始运动，物块的动能Ek与其发生的位移x之间的关系如图所示．已知物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是( )
A．x＝1 m时速度大小为2 m/s
B．x＝3 m时物块的加速度大小为2.5 m/s2
C．在前4 m位移过程中拉力对物块做的功为9 J
D．在前4 m位移过程中物块所经历的时间为2.8 s
答案 D
解析 由题图图像可知x＝1 m时动能为2 J，v1＝eq \r(\f(2Ek,m))＝eq \r(2) m/s，故A错误．同理，当x＝2 m时动能为4 J，v2＝2 m/s；当x＝4 m时动能为9 J，v4＝3 m/s，则2～4 m内有2a2x2＝v42－v22，解得2～4 m内物块的加速度为a2＝1.25 m/s2，故B错误．对物块运动全过程，由动能定理得：WF＋(－μmgx4)＝Ek末－0，解得WF＝25 J，故C错误.0～2 m过程，t1＝eq \f(2x1,v2)＝2 s；2～4 m过程，t2＝eq \f(x2,\f(v2＋v4,2))＝0.8 s，故总时间为2 s＋0.8 s＝2.8 s，D正确．
9.(多选)如图所示，半圆形光滑轨道BC与水平光滑轨道平滑连接．小物体在水平恒力F作用下，从水平轨道上的P点，由静止开始运动，运动到B点撤去外力F，小物体由C点离开半圆轨道后落在P点右侧区域．已知PB＝3R，重力加速度为g，F的大小可能为( )
A.eq \f(1,2)mg B.eq \f(5mg,6)
C．mg D.eq \f(7mg,6)
答案 BC
解析 小物体能通过C点应满足meq \f(vC2,R)≥mg，
且由C点离开半圆轨道后落在P点右侧区域，则有2R＝eq \f(1,2)gt2，vCt<3R，对小物体从P点到C点由动能定理得
F·3R－2mgR＝eq \f(1,2)mvC2，
联立解得eq \f(5mg,6)≤F＜eq \f(25mg,24)
故B、C正确，A、D错误．
10.(多选)如图所示为一滑草场．某条滑道由上下两段高均为h，与水平面夹角分别为45°和37°的滑道组成，载人滑草车与草地之间的动摩擦因数均为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(不计载人滑草车在两段滑道交接处的能量损失，重力加速度大小为g，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)．则( )
A．动摩擦因数μ＝eq \f(6,7)
B．载人滑草车最大速度为eq \r(\f(2gh,7))
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eq \f(3,5)g
答案 AB
解析 对载人滑草车从坡顶由静止开始滑到底端的全过程分析，由动能定理可知：mg·2h－μmgcs 45°·eq \f(h,sin 45°)－μmgcs 37°·eq \f(h,sin 37°)＝0，解得μ＝eq \f(6,7)，选项A正确； 滑草车通过上段滑道末端时速度最大，根据动能定理有mgh－μmgcs 45°·eq \f(h,sin 45°)＝eq \f(1,2)mvm2，解得：vm＝eq \r(\f(2gh,7))，选项B正确；载人滑草车克服摩擦力做功为2mgh，选项C错误；载人滑草车在下段滑道上的加速度为a＝eq \f(mgsin 37°－μmgcs 37°,m)＝－eq \f(3,35)g，故加速度大小为eq \f(3,35)g，选项D错误．
11.如图所示，一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平．一质量为m的小球(可看成质点)从P点上方高为R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道．小球滑到轨道最低点N时，对轨道的压力大小为4mg，g为重力加速度．用W表示小球从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功，则( )
A．W＝eq \f(1,2)mgR，小球恰好可以到达Q点
B．W>eq \f(1,2)mgR，小球不能到达Q点
C．W＝eq \f(1,2)mgR，小球到达Q点后，继续上升一段距离
D．W答案 C
解析 在N点，根据牛顿第二定律有FN－mg＝meq \f(vN2,R)，FN＝FN′，解得vN＝eq \r(3gR)，对小球从开始下落至到达N点的过程，由动能定理得mg·2R－W＝eq \f(1,2)mvN2－0，解得W＝eq \f(1,2)mgR.由于小球在PN段某点处的速度大于此点关于ON在NQ段对称点处的速度，所以小球在PN段某点处受到的支持力大于此点关于ON在NQ段对称点处受到的支持力，则小球在NQ段克服摩擦力做的功小于在PN段克服摩擦力做的功，小球在NQ段运动时，由动能定理得－mgR－W′＝eq \f(1,2)mvQ2－eq \f(1,2)mvN2，因为W′0，所以小球到达Q点后，继续上升一段距离，选项C正确．
12．如图甲所示，长为4 m的水平轨道AB与半径为R＝0.6 m的竖直半圆弧轨道BC在B处相连接，有一质量为1 kg的滑块(可视为质点)，从A处由静止开始受水平向右的力F作用，F的大小随位移变化的关系如图乙所示，滑块与AB间的动摩擦因数为μ＝0.25，与BC间的动摩擦因数未知，g取10 m/s2.求：
(1)滑块到达B处时的速度大小；
(2)滑块在水平轨道AB上运动前2 m过程所用的时间；
(3)若到达B点时撤去力F，滑块沿半圆弧轨道内侧上滑，并恰好能到达最高点C，则滑块在半圆弧轨道上克服摩擦力所做的功是多少？
答案 (1)2eq \r(10) m/s (2)eq \r(\f(8,35)) s (3)5 J
解析 (1)对滑块从A到B的过程，由动能定理得
F1x1＋F3x3－μmgx＝eq \f(1,2)mvB2，
得vB＝2eq \r(10) m/s.
(2)在前2 m内，有F1－μmg＝ma，
且x1＝eq \f(1,2)at12，解得t1＝eq \r(\f(8,35)) s.
(3)当滑块恰好能到达最高点C时，
应有mg＝meq \f(vC2,R)，
对滑块从B到C的过程，由动能定理得
W－mg×2R＝eq \f(1,2)mvC2－eq \f(1,2)mvB2，
代入数值得W＝－5 J，即滑块在半圆弧轨道上克服摩擦力做的功为5 J.
13．如图，在竖直平面内，一半径为R的光滑圆弧轨道ABC和水平轨道PA在A点相切，BC为圆弧轨道的直径，O为圆心，OA和OB之间的夹角为α，sin α＝eq \f(3,5).一质量为m的小球沿水平轨道向右运动，经A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)eq \f(3,4)mg eq \f(\r(5gR),2) (2)eq \f(15,2)mg
解析 (1)设水平恒力的大小为F0，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eq \f(F0,mg)＝tan α，F＝eq \f(mg,cs α)，
由牛顿第二定律得F＝meq \f(vC2,R)，
联立解得F0＝eq \f(3,4)mg，vC＝eq \f(\r(5gR),2).
(2)设小球到达B点时速度的大小为vB，小球由B到C的过程中由动能定理可得
－2FR＝eq \f(1,2)mvC2－eq \f(1,2)mvB2，
解得vB＝eq \f(5,2)eq \r(gR)
小球在B点时有FN－F＝meq \f(vB2,R)，
解得FN＝eq \f(15,2)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FN′＝eq \f(15,2)mg.