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所属成套资源：2021高考物理基础版一轮复习学案
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2021版高考物理（基础版）一轮复习学案：第五章 2第二节 动能定理
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第二节 动能定理
[学生用书P91]
【基础梳理】
提示：运动 焦耳 标量 mv－mv 动能的变化 Ek2－Ek1 合外力
【自我诊断】
1．判一判
(1)一定质量的物体动能变化时，速度一定变化，但速度变化时，动能不一定变化．( )
(2)动能不变的物体一定处于平衡状态．( )
(3)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．( )
(4)物体在合外力作用下做变速运动，动能一定变化．( )
(5)物体的动能不变，所受的合外力必定为零．( )
(6)做自由落体运动的物体，动能与时间的二次方成正比． ( )
提示：(1)√ (2)× (3)√ (4)× (5)× (6)√
2．做一做
(1)(2018·高考全国卷Ⅱ)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
提示：选A.由动能定理WF－Wf＝Ek－0，可知木箱获得的动能一定小于拉力所做的功，A正确．
(2)(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增加到v2时，上升高度为H，则在这个过程中，下列说法或表达式正确的是 ( )
A．对物体，动能定理的表达式为WFN＝mv，其中WFN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WFN－mgH＝mv－mv
D．对电梯，其所受合力做功为Mv－Mv
提示：选CD.电梯上升的过程中，对物体做功的有重力mg、支持力FN，这两个力做的总功才等于物体动能的增量ΔEk＝mv－mv，故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，故D正确．
对动能定理的理解和应用[学生用书P91]
【知识提炼】
1．动能定理公式中“＝”体现的“三个关系”
数量关系
合力做的功与物体动能的变化可以等量代换
单位关系
国际单位都是焦耳
因果关系
合力做功是物体动能变化的原因
2.应用动能定理解题的基本思路
【典题例析】
(2019·高考全国卷Ⅲ)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
[解析] 设物体的质量为m，则物体在上升过程中，受到竖直向下的重力mg和竖直向下的恒定外力F，由动能定理结合题图可得－(mg＋F)×3 m＝(36－72) J；物体在下落过程中，受到竖直向下的重力mg和竖直向上的恒定外力F，再由动能定理结合题图可得(mg－F)×3 m＝(48－24) J，联立解得m＝1 kg、F＝2 N，C正确，A、B、D错误．
[答案] C
【迁移题组】
迁移1 对动能定理的理解
1．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
解析：选A.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，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，动能不变，合外力做功为零，但合外力不一定为零，C、D错误．
迁移2 动能定理在直线运动中的应用
2.(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的功为mgh
D．载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为g
解析：选AB.由题意根据动能定理有，2mgh－Wf＝0，即2mgh－μmgcos 45°·－μmgcos 37°·＝0，得动摩擦因数μ＝，A正确；载人滑草车克服摩擦力做的功为Wf＝2mgh，C错误；载人滑草车在上下两段的加速度分别为a1＝g(sin 45°－μcos 45°)＝g，a2＝g(sin 37°－μcos 37°)＝－g，则载人滑草车在上下两段滑道上分别做加速运动和减速运动，则在上段底端时达到最大速度v，由运动学公式有2a1＝v2，得v＝ ＝ ，B正确，D错误．
迁移3 动能定理在曲线运动中的应用
3.(2020·湖北名校联考)如图所示，一个可视为质点的滑块从高H＝12 m处的A点由静止沿光滑的轨道AB滑下，进入半径为r＝4 m的竖直圆环，圆环内轨道与滑块间的动摩擦因数处处相同，当滑块到达圆环顶点C时，滑块对轨道的压力恰好为零，滑块继续沿CFB滑下，进入光滑轨道BD，且到达高度为h的D点时速度为零，则h的值可能为(重力加速度大小g取10 m/s2)( )
A．8 m B．9 m
C．10 m D．11 m
解析：选B.滑块到达圆环顶点C时对轨道压力为零，由牛顿第二定律得mg＝m，得速度vC＝，设滑块在BEC段上克服摩擦力做的功为W1，由动能定理得mg(H－2r)－W1＝mv，则W1＝mg(H－2r)－mv＝mg，滑块在CFB段克服摩擦力做的功W2满足0
4.(2020·广东揭阳高三上学期期末)某位工人师傅用如图所示的装置，将重物从地面沿竖直方向拉到楼上，在此过程中，工人师傅沿地面以速度v向右匀速直线运动，当质量为m的重物G上升高度为h时轻绳与水平方向成α角，(重力加速度大小为g，滑轮的质量和摩擦均不计)在此过程中，下列说法正确的是( )
A．人的速度比重物的速度小
B．轻绳对重物的拉力大于重物的重力
C．重物做匀速直线运动
D．绳的拉力对重物做的功为mgh＋mv2
解析：选B.将人的速度沿绳子方向和垂直于绳子方向分解，沿绳子方向的速度等于重物G的速度，根据平行四边形定则，绳子与水平方向的夹角为α时，vG＝vcos α，故v>vG，A错误；人在向右匀速运动的过程中，绳子与水平方向的夹角α减小，所以重物的速度增大，重物做加速上升运动，由牛顿第二定律可知绳子的拉力大于重物的重力，B正确，C错误；当重物G上升高度为h时，重物的速度vG＝vcos α，重物由地面上升高度h的过程中，根据动能定理可知W－mgh＝mv，解得W＝mgh＋m(vcos α)2，D错误．
动能定理与图象综合问题[学生用书P92]
【知识提炼】
1．四类图象所围“面积”的意义
2．解决动能定理与图象问题的基本步骤
【跟进题组】
1．(多选)(2020·辽宁大连五校联考)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象．已知重力加速度g＝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
解析：选ABC.物体做匀速直线运动时，拉力F与滑动摩擦力f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图象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．
2．宇航员在某星球表面做了如下实验，实验装置如图甲所示，竖直平面内的光滑轨道由斜轨道AB和圆弧轨道BC组成．将质量m＝0.2 kg的小球，从轨道AB上高H处的某点由静止释放，用力传感器测出小球经过C点时对轨道的压力F的大小，改变H的大小，可测出F随H的变化关系如图乙所示．
(1)求圆弧轨道的半径；
(2)求星球表面的重力加速度；
(3)作出小球经过C点时动能随H的变化关系Ek－H图象.
解析：(1)小球过C点时，由牛顿第二定律得：F＋mg＝m，小球由静止滑至C点的过程，由动能定理得：
mg(H－2r)＝mv
解得：F＝H－5mg
由图可知：当H1＝0.5 m时，F1＝0
解得：r＝0.2 m.
(2)当H2＝1.0 m时，F2＝5 N
解得：g＝5 m/s2.
(3)小球由静止滑至C点的过程，由动能定理得：
mg(H－2r)＝Ek－0
解得：Ek＝(H－0.4) J
则Ek－H图象如图所示．
答案：(1)0.2 m (2)5 m/s2 (3)见解析
动能定理在多过程问题中的应用[学生用书P93]
【知识提炼】
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．
【典题例析】
(2018·高考全国卷Ⅲ)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＝.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A点时动量的大小；
(3)小球从C点落至水平轨道所用的时间．
[解析] (1)设水平恒力的大小为F0，小球到达C点时所受合力的大小为F.由力的合成法则有
＝tan α①
F2＝(mg)2＋F②
设小球到达C点时的速度大小为v，由牛顿第二定律得
F＝m③
由①②③式和题给数据得
F0＝mg④
v＝.⑤
(2)
设小球到达A点的速度大小为v1，作CD⊥PA，交PA于D点，由几何关系得
DA＝Rsin α⑥
CD＝R(1＋cos α)⑦
由动能定理有
－mg·CD－F0·DA＝mv2－mv⑧
由④⑤⑥⑦⑧式和题给数据得，小球在A点的动量大小为p＝mv1＝.⑨
(3)小球离开C点后在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运动，加速度大小为g.设小球在竖直方向的初速度为v⊥，从C点落至水平轨道上所用时间为t.由运动学公式有v⊥t＋gt2＝CD⑩
v⊥＝vsin α⑪
由⑤⑦⑩⑪式和题给数据得t＝ .
[答案] 见解析
【迁移题组】
迁移1 运用动能定理巧解往复运动问题
1．(多选)(2020·江苏启东中学模拟)如图所示，直杆AB与水平面成α角固定，在杆上套一质量为m的小滑块，杆底端B点处有一弹性挡板，杆与板面垂直，滑块与挡板碰撞后原速率返回．现将滑块拉到A点由静止释放，与挡板第一次碰撞后恰好能上升到AB的中点，设重力加速度为g，由此可以确定( )
A．滑块下滑和上滑过程加速度的大小a1、a2
B．滑块第1次与挡板碰撞前的速度v1
C．滑块与杆之间的动摩擦因数μ
D．滑块第k次与挡板碰撞到第k＋1次与挡板碰撞的时间间隔Δt
解析：选AC.设AB长为L.对整个过程运用动能定理得：mgsin α·0.5L－μmgcos α(L＋0.5L)＝0，得：μ＝；根据牛顿第二定律得下滑过程：mgsin α－μmgcos α＝ma1；上滑过程：mgsin α＋μmgcos α＝ma2；解得：a1＝gsin α－μgcos α，a2＝gsin α＋μgcos α，所以可求得滑块下滑和上滑过程加速度的大小a1、a2，故A、C正确；由于AB间的距离未知，尽管求出加速度，但不能求出滑块到达挡板时的时间以及与挡板碰撞的速度，故B、D错误．
迁移2 用动能定理解决平抛、圆周运动相结合的问题
2．(2020·广西桂林质检)如图所示，倾角为37°的粗糙斜面AB底端与半径R＝0.4 m的光滑半圆轨道BC平滑相连，O点为轨道圆心，BC为圆轨道直径且处于竖直方向，A、C两点等高，质量m＝1 kg的滑块从A点由静止开始下滑，恰能滑到与O点等高的D点，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.
(1)求滑块与斜面间的动摩擦因数μ；
(2)若使滑块能到达C点，求滑块从A点沿斜面滑下时的初速度v0的最小值；
(3)若滑块离开C点的速度大小为4 m/s，求滑块从C点飞出至落到斜面上所经历的时间t.
解析：(1)滑块恰能滑到D点，则vD＝0
滑块从A→B→D过程中，由动能定理得
mg(2R－R)－μmgcos θ·＝0－0
解得μ＝0.375.
(2)滑块恰能过C点时，vC有最小值，则在C点
mg＝
滑块从A→B→D→C过程，
由动能定理得
－μmgcos θ·＝mv－mv
解得v0＝2 m/s.
(3)滑块离开C点后做平抛运动，设下落的高度为h，
则有h＝gt2
x＝v′C t
＝tan 53°
其中v′C＝4 m/s，
联立解得t＝0.2 s.
答案：(1)0.375 (2)2 m/s (3)0.2 s
[学生用书P94]
动能定理在变力作用下曲线运动中的应用
【对点训练】
1.(2020·黑龙江齐齐哈尔五校联考)如图所示，固定在竖直平面内的圆弧轨道与水平轨道相切于最低点B，质量为m的小物块从圆弧轨道的顶端A由静止滑下，经过B点后沿水平轨道运动，并停在到B点距离等于圆弧轨道半径的C点．圆弧轨道粗糙，物块与水平轨道间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g.物块到达B点前瞬间对轨道的压力大小为( )
A．2μmg B．3mg
C．(1＋2μ)mg D．(1＋μ)mg
解析：选C.设圆弧轨道的半径为r，物块从B到C的过程，由动能定理得－μmgr＝0－mv，在B点，由牛顿第二定律得N－mg＝m，联立解得N＝(1＋2μ)mg，由牛顿第三定律可知，物块到达B点前瞬间对轨道的压力大小为N′＝N＝(1＋2μ)mg，C正确．
2．(多选)(2020·广西南宁模拟)在有大风的情况下，一小球自A点竖直上抛，其运动轨迹如图所示(小球的运动可看做竖直方向的竖直上抛运动和水平方向的初速度为零
的匀加速直线运动的合运动)，小球运动轨迹上的A、B两点在同一水平直线上，M点为轨迹的最高点．若风力的大小恒定，方向水平向右，小球在A点抛出时的动能为4 J，在M点时它的动能为2 J，落回到B点时动能记为EkB，小球上升时间记为t1，下落时间记为t2，不计其他阻力，则 ( )
A．x1∶x2＝1∶3 B．t1
解析：选AD.由小球上升与下落时间相等即t1＝t2得，x1∶(x1＋x2)＝1∶22＝1∶4，即x1∶x2＝1∶3，A正确，B错误；A→M应用动能定理得－mgh＋W1＝mv－mv2①，竖直方向有v2＝2gh②，①②式联立得W1＝2 J，A→B风力做功W2＝4W1＝8 J，A→B由动能定理W2＝EkB－EkA，可求得EkB＝12 J，C错误，D正确．
[学生用书P329(单独成册)]
(建议用时：40分钟)
一、单项选择题
1.一个质量为m的物体静止放在光滑水平面上，在互成60°角的大小相等的两个水平恒力作用下，经过一段时间，物体获得的速度为v，在力的方向上获得的速度分别为v1、v2，如图所示，那么在这段时间内，其中一个力做的功为( )
A.mv2 B.mv2
C.mv2 D.mv2
解析：选B.在合力F的方向上，由动能定理得W＝Fl＝mv2，某个分力做的功为W1＝F1lcos 30°＝lcos 30°＝Fl＝mv2，B正确．
2．(2020·湖北襄阳模拟)用竖直向上大小为30 N的力F，将2 kg的物体从沙坑表面由静止提升1 m时撤去力F，经一段时间后，物体落入沙坑，测得落入沙坑的深度为20 cm.若忽略空气阻力，g取10 m/s2.则物体克服沙坑的阻力所做的功为( )
A．20 J B．24 J
C．34 J D．54 J
解析：选C.对整个过程应用动能定理得：
F·h1＋mgh2－Wf＝0，解得：Wf＝34 J，C对．
3．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的关系图象是( )
解析：选A.小球做竖直上抛运动时，速度v＝v0－gt，根据动能Ek＝mv2得Ek＝m(v0－gt)2，A正确．
4.如图，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的质点自P点上方高度R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道．质点滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4mg，g为重力加速度的大小．用W表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功．则( )
A．W＝mgR，质点恰好可以到达Q点
B．W>mgR，质点不能到达Q点
C．W＝mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离
D．W
A．0～6 s内物体先向正方向运动，后向负方向运动
B．0～6 s内物体在4 s时的速度最大
C．物体在2～4 s内速度不变
D．0～4 s内合力对物体做的功等于0～6 s内合力做的功
解析：选D.由a－t图象可知：图线与时间轴所围的“面积”代表物体在相应时间内速度的变化情况，在时间轴上方为正，在时间轴下方为负．物体6 s末的速度v6＝×(2＋5)×2 m/s－×1×2 m/s＝6 m/s，则0～6 s内物体一直向正方向运动，A错；由图象可知物体在5 s末速度最大，为vm＝×(2＋5)×2 m/s＝7 m/s，B错；由图象可知在2～4 s内物体加速度不变，物体做匀加速直线运动，速度变大，C错；由动能定理可知，0～4 s内合力对物体做的功W合4＝mv－0，又v4＝×(2＋4)×2 m/s＝6 m/s，得W合4＝36 J，由动能定理可知，0～6 s内合力对物体做的功W合6＝mv－0，又v6＝6 m/s，得W合6＝36 J，则W合4＝W合6，D正确．
二、多项选择题
6．质量为1 kg的物体静止在水平粗糙的地面上，在一水平外力F的作用下运动，如图甲所示．外力F和物体克服摩擦力Ff做的功W与物体位移x的关系如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2.下列分析正确的是( )
A．物体与地面之间的动摩擦因数为0.2
B．物体运动的位移为13 m
C．物体在前3 m运动过程中的加速度为3 m/s2
D．x＝9 m时，物体的速度为3 m/s
解析：选ACD.由Wf＝Ffx对应题图乙可知，物体与地面之间的滑动摩擦力Ff＝2 N，由Ff＝μmg可得μ＝0.2，A正确；由WF＝Fx对应题图乙可知，前3 m内，拉力F1＝5 N，3～9 m内拉力F2＝2 N，物体在前3 m内的加速度a1＝＝3 m/s2，C正确；由动能定理得：WF－Ffx＝mv2，可得：x＝9 m时，物体的速度为v＝3 m/s，D正确；物体的最大位移xm＝＝13.5 m，B错误．
7．有两条雪道平行建造，左侧相同而右侧有差异，一条雪道的右侧水平，另一条的右侧是斜坡．某滑雪者保持一定姿势坐在雪橇上不动，从h1高处的A点由静止开始沿倾角为θ的雪道下滑，最后停在与A点水平距离为s的水平雪道上．接着改用另一条雪道，还从与A点等高的位置由静止开始下滑，结果能冲上另一条倾角为α的雪道上h2高处的E点停下．若动摩擦因数处处相同，且不考虑雪橇在路径转折处的能量损失，则( )
A．动摩擦因数为tan θ
B．动摩擦因数为
C．倾角α一定大于θ
D．倾角α一定小于θ
解析：选BD.第一次停在BC上的某点，由动能定理得
mgh1－μmgcos θ·－μmgs′＝0，mgh1－μmg(＋s′)＝0，mgh1－μmgs＝0，μ＝，A错误，B正确．在AB段由静止下滑，说明μmgcos θθ，则雪橇不能停在E点，所以C错误，D正确．
8．(2020·河南平顶山一模)如图所示，半径为r的半圆弧轨道ABC固定在竖直平面内，直径AC水平，一个质量为m的物块从圆弧轨道A点正上方P点静止释放，物块刚好从A点无碰撞地进入圆弧轨道并做匀速圆周运动，到B点时对轨道的压力大小等于物块重力的2倍，重力加速度为g，不计空气阻力，不计物块的大小，则( )
A．物块到达A点时速度大小为
B．P、A间的高度差为
C．物块从A运动到B所用时间为π
D．物块从A运动到B克服摩擦力做功为mgr
解析：选BCD.物块从A到B做匀速圆周运动，因此在A点的速度大小与在B点的速度大小相等，设速度大小为v，在B点，2mg－mg＝m，求得v＝，A错误；P、A间的高度差为h＝＝，B正确；物块从A运动到B所用的时间t＝＝π，C正确；根据动能定理可知，mgr－Wf＝0，因此物块从A运动到B克服摩擦力做功为Wf＝mgr，D正确．
三、非选择题
9．如图所示装置由AB、BC、CD三段轨道组成，轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接，其中轨道AB、CD段是光滑的，水平轨道BC的长度s＝5 m，轨道CD足够长且倾角θ＝37°，A、D两点离轨道BC的高度分别为h1＝4.30 m、h2＝1.35 m．现让质量为m的小滑块自A点由静止释放．已知小滑块与轨道BC间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：
(1)小滑块第一次到达D点时的速度大小；
(2)小滑块最终停止的位置距B点的距离．
解析：(1)小滑块从A→B→C→D过程中，由动能定理得
mg(h1－h2)－μmgs＝mv－0
将h1、h2、s、μ、g代入得：vD＝3 m/s.
(2)对小滑块运动全过程应用动能定理，设小滑块在水平轨道上运动的总路程为s总，有：mgh1＝μmgs总
将h1、μ代入得：s总＝8.6 m
故小滑块最终停止的位置距B点的距离为
2s－s总＝1.4 m.
答案：(1)3 m/s (2)1.4 m
10．(2020·湖南十校联考)如图所示，质量m＝3 kg的小物块以初速度v0＝4 m/s水平向右抛出，恰好从A点沿着圆弧的切线方向进入圆弧轨道．圆弧轨道的半径为R＝3.75 m，B点是圆弧轨道的最低点，圆弧轨道与水平轨道BD平滑连接，A与圆心O的连线与竖直方向成37°角．MN是一段粗糙的水平轨道，小物块与MN间的动摩擦因数μ＝0.1，轨道其他部分光滑．最右侧是一个半径为r＝0.4 m的半圆弧轨道，C点是半圆弧轨道的最高点，半圆弧轨道与水平轨道BD在D点平滑连接．已知重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.
(1)求小物块经过B点时对轨道的压力大小；
(2)若MN的长度为L＝6 m，求小物块通过C点时对轨道的压力大小；
(3)若小物块恰好能通过C点，求MN的长度L′.
解析：(1)根据平抛运动的规律有v0＝vA cos 37°
解得小物块经过A点时的速度大小vA＝5 m/s
小物块从A点运动到B点，根据动能定理有
mg(R－Rcos 37°)＝mv－mv
小物块经过B点时，有FN－mg＝
解得FN＝62 N，根据牛顿第三定律，小物块对轨道的压力大小是62 N.
(2)小物块由B点运动到C点，根据动能定理有
－μmgL－2mgr＝mv－mv
在C点FN′＋mg＝
解得FN′＝60 N，根据牛顿第三定律，小物块通过C点时对轨道的压力大小是60 N.
(3)小物块刚好能通过C点时，根据mg＝
解得vC′＝2 m/s
小物块从B点运动到C点的过程中，根据动能定理有
－μmgL′－2mgr＝mvC′2－mv
解得L′＝10 m.
答案：(1)62 N (2)60 N (3)10 m
[学生用书P91]
【基础梳理】
提示：运动 焦耳 标量 mv－mv 动能的变化 Ek2－Ek1 合外力
【自我诊断】
1．判一判
(1)一定质量的物体动能变化时，速度一定变化，但速度变化时，动能不一定变化．( )
(2)动能不变的物体一定处于平衡状态．( )
(3)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．( )
(4)物体在合外力作用下做变速运动，动能一定变化．( )
(5)物体的动能不变，所受的合外力必定为零．( )
(6)做自由落体运动的物体，动能与时间的二次方成正比． ( )
提示：(1)√ (2)× (3)√ (4)× (5)× (6)√
2．做一做
(1)(2018·高考全国卷Ⅱ)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
提示：选A.由动能定理WF－Wf＝Ek－0，可知木箱获得的动能一定小于拉力所做的功，A正确．
(2)(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增加到v2时，上升高度为H，则在这个过程中，下列说法或表达式正确的是 ( )
A．对物体，动能定理的表达式为WFN＝mv，其中WFN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WFN－mgH＝mv－mv
D．对电梯，其所受合力做功为Mv－Mv
提示：选CD.电梯上升的过程中，对物体做功的有重力mg、支持力FN，这两个力做的总功才等于物体动能的增量ΔEk＝mv－mv，故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，故D正确．
对动能定理的理解和应用[学生用书P91]
【知识提炼】
1．动能定理公式中“＝”体现的“三个关系”
数量关系
合力做的功与物体动能的变化可以等量代换
单位关系
国际单位都是焦耳
因果关系
合力做功是物体动能变化的原因
2.应用动能定理解题的基本思路
【典题例析】
(2019·高考全国卷Ⅲ)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
[解析] 设物体的质量为m，则物体在上升过程中，受到竖直向下的重力mg和竖直向下的恒定外力F，由动能定理结合题图可得－(mg＋F)×3 m＝(36－72) J；物体在下落过程中，受到竖直向下的重力mg和竖直向上的恒定外力F，再由动能定理结合题图可得(mg－F)×3 m＝(48－24) J，联立解得m＝1 kg、F＝2 N，C正确，A、B、D错误．
[答案] C
【迁移题组】
迁移1 对动能定理的理解
1．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
解析：选A.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，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，动能不变，合外力做功为零，但合外力不一定为零，C、D错误．
迁移2 动能定理在直线运动中的应用
2.(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的功为mgh
D．载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为g
解析：选AB.由题意根据动能定理有，2mgh－Wf＝0，即2mgh－μmgcos 45°·－μmgcos 37°·＝0，得动摩擦因数μ＝，A正确；载人滑草车克服摩擦力做的功为Wf＝2mgh，C错误；载人滑草车在上下两段的加速度分别为a1＝g(sin 45°－μcos 45°)＝g，a2＝g(sin 37°－μcos 37°)＝－g，则载人滑草车在上下两段滑道上分别做加速运动和减速运动，则在上段底端时达到最大速度v，由运动学公式有2a1＝v2，得v＝ ＝ ，B正确，D错误．
迁移3 动能定理在曲线运动中的应用
3.(2020·湖北名校联考)如图所示，一个可视为质点的滑块从高H＝12 m处的A点由静止沿光滑的轨道AB滑下，进入半径为r＝4 m的竖直圆环，圆环内轨道与滑块间的动摩擦因数处处相同，当滑块到达圆环顶点C时，滑块对轨道的压力恰好为零，滑块继续沿CFB滑下，进入光滑轨道BD，且到达高度为h的D点时速度为零，则h的值可能为(重力加速度大小g取10 m/s2)( )
A．8 m B．9 m
C．10 m D．11 m
解析：选B.滑块到达圆环顶点C时对轨道压力为零，由牛顿第二定律得mg＝m，得速度vC＝，设滑块在BEC段上克服摩擦力做的功为W1，由动能定理得mg(H－2r)－W1＝mv，则W1＝mg(H－2r)－mv＝mg，滑块在CFB段克服摩擦力做的功W2满足0
4.(2020·广东揭阳高三上学期期末)某位工人师傅用如图所示的装置，将重物从地面沿竖直方向拉到楼上，在此过程中，工人师傅沿地面以速度v向右匀速直线运动，当质量为m的重物G上升高度为h时轻绳与水平方向成α角，(重力加速度大小为g，滑轮的质量和摩擦均不计)在此过程中，下列说法正确的是( )
A．人的速度比重物的速度小
B．轻绳对重物的拉力大于重物的重力
C．重物做匀速直线运动
D．绳的拉力对重物做的功为mgh＋mv2
解析：选B.将人的速度沿绳子方向和垂直于绳子方向分解，沿绳子方向的速度等于重物G的速度，根据平行四边形定则，绳子与水平方向的夹角为α时，vG＝vcos α，故v>vG，A错误；人在向右匀速运动的过程中，绳子与水平方向的夹角α减小，所以重物的速度增大，重物做加速上升运动，由牛顿第二定律可知绳子的拉力大于重物的重力，B正确，C错误；当重物G上升高度为h时，重物的速度vG＝vcos α，重物由地面上升高度h的过程中，根据动能定理可知W－mgh＝mv，解得W＝mgh＋m(vcos α)2，D错误．
动能定理与图象综合问题[学生用书P92]
【知识提炼】
1．四类图象所围“面积”的意义
2．解决动能定理与图象问题的基本步骤
【跟进题组】
1．(多选)(2020·辽宁大连五校联考)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象．已知重力加速度g＝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
解析：选ABC.物体做匀速直线运动时，拉力F与滑动摩擦力f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图象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．
2．宇航员在某星球表面做了如下实验，实验装置如图甲所示，竖直平面内的光滑轨道由斜轨道AB和圆弧轨道BC组成．将质量m＝0.2 kg的小球，从轨道AB上高H处的某点由静止释放，用力传感器测出小球经过C点时对轨道的压力F的大小，改变H的大小，可测出F随H的变化关系如图乙所示．
(1)求圆弧轨道的半径；
(2)求星球表面的重力加速度；
(3)作出小球经过C点时动能随H的变化关系Ek－H图象.
解析：(1)小球过C点时，由牛顿第二定律得：F＋mg＝m，小球由静止滑至C点的过程，由动能定理得：
mg(H－2r)＝mv
解得：F＝H－5mg
由图可知：当H1＝0.5 m时，F1＝0
解得：r＝0.2 m.
(2)当H2＝1.0 m时，F2＝5 N
解得：g＝5 m/s2.
(3)小球由静止滑至C点的过程，由动能定理得：
mg(H－2r)＝Ek－0
解得：Ek＝(H－0.4) J
则Ek－H图象如图所示．
答案：(1)0.2 m (2)5 m/s2 (3)见解析
动能定理在多过程问题中的应用[学生用书P93]
【知识提炼】
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．
【典题例析】
(2018·高考全国卷Ⅲ)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＝.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A点时动量的大小；
(3)小球从C点落至水平轨道所用的时间．
[解析] (1)设水平恒力的大小为F0，小球到达C点时所受合力的大小为F.由力的合成法则有
＝tan α①
F2＝(mg)2＋F②
设小球到达C点时的速度大小为v，由牛顿第二定律得
F＝m③
由①②③式和题给数据得
F0＝mg④
v＝.⑤
(2)
设小球到达A点的速度大小为v1，作CD⊥PA，交PA于D点，由几何关系得
DA＝Rsin α⑥
CD＝R(1＋cos α)⑦
由动能定理有
－mg·CD－F0·DA＝mv2－mv⑧
由④⑤⑥⑦⑧式和题给数据得，小球在A点的动量大小为p＝mv1＝.⑨
(3)小球离开C点后在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运动，加速度大小为g.设小球在竖直方向的初速度为v⊥，从C点落至水平轨道上所用时间为t.由运动学公式有v⊥t＋gt2＝CD⑩
v⊥＝vsin α⑪
由⑤⑦⑩⑪式和题给数据得t＝ .
[答案] 见解析
【迁移题组】
迁移1 运用动能定理巧解往复运动问题
1．(多选)(2020·江苏启东中学模拟)如图所示，直杆AB与水平面成α角固定，在杆上套一质量为m的小滑块，杆底端B点处有一弹性挡板，杆与板面垂直，滑块与挡板碰撞后原速率返回．现将滑块拉到A点由静止释放，与挡板第一次碰撞后恰好能上升到AB的中点，设重力加速度为g，由此可以确定( )
A．滑块下滑和上滑过程加速度的大小a1、a2
B．滑块第1次与挡板碰撞前的速度v1
C．滑块与杆之间的动摩擦因数μ
D．滑块第k次与挡板碰撞到第k＋1次与挡板碰撞的时间间隔Δt
解析：选AC.设AB长为L.对整个过程运用动能定理得：mgsin α·0.5L－μmgcos α(L＋0.5L)＝0，得：μ＝；根据牛顿第二定律得下滑过程：mgsin α－μmgcos α＝ma1；上滑过程：mgsin α＋μmgcos α＝ma2；解得：a1＝gsin α－μgcos α，a2＝gsin α＋μgcos α，所以可求得滑块下滑和上滑过程加速度的大小a1、a2，故A、C正确；由于AB间的距离未知，尽管求出加速度，但不能求出滑块到达挡板时的时间以及与挡板碰撞的速度，故B、D错误．
迁移2 用动能定理解决平抛、圆周运动相结合的问题
2．(2020·广西桂林质检)如图所示，倾角为37°的粗糙斜面AB底端与半径R＝0.4 m的光滑半圆轨道BC平滑相连，O点为轨道圆心，BC为圆轨道直径且处于竖直方向，A、C两点等高，质量m＝1 kg的滑块从A点由静止开始下滑，恰能滑到与O点等高的D点，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.
(1)求滑块与斜面间的动摩擦因数μ；
(2)若使滑块能到达C点，求滑块从A点沿斜面滑下时的初速度v0的最小值；
(3)若滑块离开C点的速度大小为4 m/s，求滑块从C点飞出至落到斜面上所经历的时间t.
解析：(1)滑块恰能滑到D点，则vD＝0
滑块从A→B→D过程中，由动能定理得
mg(2R－R)－μmgcos θ·＝0－0
解得μ＝0.375.
(2)滑块恰能过C点时，vC有最小值，则在C点
mg＝
滑块从A→B→D→C过程，
由动能定理得
－μmgcos θ·＝mv－mv
解得v0＝2 m/s.
(3)滑块离开C点后做平抛运动，设下落的高度为h，
则有h＝gt2
x＝v′C t
＝tan 53°
其中v′C＝4 m/s，
联立解得t＝0.2 s.
答案：(1)0.375 (2)2 m/s (3)0.2 s
[学生用书P94]
动能定理在变力作用下曲线运动中的应用
【对点训练】
1.(2020·黑龙江齐齐哈尔五校联考)如图所示，固定在竖直平面内的圆弧轨道与水平轨道相切于最低点B，质量为m的小物块从圆弧轨道的顶端A由静止滑下，经过B点后沿水平轨道运动，并停在到B点距离等于圆弧轨道半径的C点．圆弧轨道粗糙，物块与水平轨道间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g.物块到达B点前瞬间对轨道的压力大小为( )
A．2μmg B．3mg
C．(1＋2μ)mg D．(1＋μ)mg
解析：选C.设圆弧轨道的半径为r，物块从B到C的过程，由动能定理得－μmgr＝0－mv，在B点，由牛顿第二定律得N－mg＝m，联立解得N＝(1＋2μ)mg，由牛顿第三定律可知，物块到达B点前瞬间对轨道的压力大小为N′＝N＝(1＋2μ)mg，C正确．
2．(多选)(2020·广西南宁模拟)在有大风的情况下，一小球自A点竖直上抛，其运动轨迹如图所示(小球的运动可看做竖直方向的竖直上抛运动和水平方向的初速度为零
的匀加速直线运动的合运动)，小球运动轨迹上的A、B两点在同一水平直线上，M点为轨迹的最高点．若风力的大小恒定，方向水平向右，小球在A点抛出时的动能为4 J，在M点时它的动能为2 J，落回到B点时动能记为EkB，小球上升时间记为t1，下落时间记为t2，不计其他阻力，则 ( )
A．x1∶x2＝1∶3 B．t1
解析：选AD.由小球上升与下落时间相等即t1＝t2得，x1∶(x1＋x2)＝1∶22＝1∶4，即x1∶x2＝1∶3，A正确，B错误；A→M应用动能定理得－mgh＋W1＝mv－mv2①，竖直方向有v2＝2gh②，①②式联立得W1＝2 J，A→B风力做功W2＝4W1＝8 J，A→B由动能定理W2＝EkB－EkA，可求得EkB＝12 J，C错误，D正确．
[学生用书P329(单独成册)]
(建议用时：40分钟)
一、单项选择题
1.一个质量为m的物体静止放在光滑水平面上，在互成60°角的大小相等的两个水平恒力作用下，经过一段时间，物体获得的速度为v，在力的方向上获得的速度分别为v1、v2，如图所示，那么在这段时间内，其中一个力做的功为( )
A.mv2 B.mv2
C.mv2 D.mv2
解析：选B.在合力F的方向上，由动能定理得W＝Fl＝mv2，某个分力做的功为W1＝F1lcos 30°＝lcos 30°＝Fl＝mv2，B正确．
2．(2020·湖北襄阳模拟)用竖直向上大小为30 N的力F，将2 kg的物体从沙坑表面由静止提升1 m时撤去力F，经一段时间后，物体落入沙坑，测得落入沙坑的深度为20 cm.若忽略空气阻力，g取10 m/s2.则物体克服沙坑的阻力所做的功为( )
A．20 J B．24 J
C．34 J D．54 J
解析：选C.对整个过程应用动能定理得：
F·h1＋mgh2－Wf＝0，解得：Wf＝34 J，C对．
3．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的关系图象是( )
解析：选A.小球做竖直上抛运动时，速度v＝v0－gt，根据动能Ek＝mv2得Ek＝m(v0－gt)2，A正确．
4.如图，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的质点自P点上方高度R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道．质点滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4mg，g为重力加速度的大小．用W表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功．则( )
A．W＝mgR，质点恰好可以到达Q点
B．W>mgR，质点不能到达Q点
C．W＝mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离
D．W
A．0～6 s内物体先向正方向运动，后向负方向运动
B．0～6 s内物体在4 s时的速度最大
C．物体在2～4 s内速度不变
D．0～4 s内合力对物体做的功等于0～6 s内合力做的功
解析：选D.由a－t图象可知：图线与时间轴所围的“面积”代表物体在相应时间内速度的变化情况，在时间轴上方为正，在时间轴下方为负．物体6 s末的速度v6＝×(2＋5)×2 m/s－×1×2 m/s＝6 m/s，则0～6 s内物体一直向正方向运动，A错；由图象可知物体在5 s末速度最大，为vm＝×(2＋5)×2 m/s＝7 m/s，B错；由图象可知在2～4 s内物体加速度不变，物体做匀加速直线运动，速度变大，C错；由动能定理可知，0～4 s内合力对物体做的功W合4＝mv－0，又v4＝×(2＋4)×2 m/s＝6 m/s，得W合4＝36 J，由动能定理可知，0～6 s内合力对物体做的功W合6＝mv－0，又v6＝6 m/s，得W合6＝36 J，则W合4＝W合6，D正确．
二、多项选择题
6．质量为1 kg的物体静止在水平粗糙的地面上，在一水平外力F的作用下运动，如图甲所示．外力F和物体克服摩擦力Ff做的功W与物体位移x的关系如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2.下列分析正确的是( )
A．物体与地面之间的动摩擦因数为0.2
B．物体运动的位移为13 m
C．物体在前3 m运动过程中的加速度为3 m/s2
D．x＝9 m时，物体的速度为3 m/s
解析：选ACD.由Wf＝Ffx对应题图乙可知，物体与地面之间的滑动摩擦力Ff＝2 N，由Ff＝μmg可得μ＝0.2，A正确；由WF＝Fx对应题图乙可知，前3 m内，拉力F1＝5 N，3～9 m内拉力F2＝2 N，物体在前3 m内的加速度a1＝＝3 m/s2，C正确；由动能定理得：WF－Ffx＝mv2，可得：x＝9 m时，物体的速度为v＝3 m/s，D正确；物体的最大位移xm＝＝13.5 m，B错误．
7．有两条雪道平行建造，左侧相同而右侧有差异，一条雪道的右侧水平，另一条的右侧是斜坡．某滑雪者保持一定姿势坐在雪橇上不动，从h1高处的A点由静止开始沿倾角为θ的雪道下滑，最后停在与A点水平距离为s的水平雪道上．接着改用另一条雪道，还从与A点等高的位置由静止开始下滑，结果能冲上另一条倾角为α的雪道上h2高处的E点停下．若动摩擦因数处处相同，且不考虑雪橇在路径转折处的能量损失，则( )
A．动摩擦因数为tan θ
B．动摩擦因数为
C．倾角α一定大于θ
D．倾角α一定小于θ
解析：选BD.第一次停在BC上的某点，由动能定理得
mgh1－μmgcos θ·－μmgs′＝0，mgh1－μmg(＋s′)＝0，mgh1－μmgs＝0，μ＝，A错误，B正确．在AB段由静止下滑，说明μmgcos θ
8．(2020·河南平顶山一模)如图所示，半径为r的半圆弧轨道ABC固定在竖直平面内，直径AC水平，一个质量为m的物块从圆弧轨道A点正上方P点静止释放，物块刚好从A点无碰撞地进入圆弧轨道并做匀速圆周运动，到B点时对轨道的压力大小等于物块重力的2倍，重力加速度为g，不计空气阻力，不计物块的大小，则( )
A．物块到达A点时速度大小为
B．P、A间的高度差为
C．物块从A运动到B所用时间为π
D．物块从A运动到B克服摩擦力做功为mgr
解析：选BCD.物块从A到B做匀速圆周运动，因此在A点的速度大小与在B点的速度大小相等，设速度大小为v，在B点，2mg－mg＝m，求得v＝，A错误；P、A间的高度差为h＝＝，B正确；物块从A运动到B所用的时间t＝＝π，C正确；根据动能定理可知，mgr－Wf＝0，因此物块从A运动到B克服摩擦力做功为Wf＝mgr，D正确．
三、非选择题
9．如图所示装置由AB、BC、CD三段轨道组成，轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接，其中轨道AB、CD段是光滑的，水平轨道BC的长度s＝5 m，轨道CD足够长且倾角θ＝37°，A、D两点离轨道BC的高度分别为h1＝4.30 m、h2＝1.35 m．现让质量为m的小滑块自A点由静止释放．已知小滑块与轨道BC间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：
(1)小滑块第一次到达D点时的速度大小；
(2)小滑块最终停止的位置距B点的距离．
解析：(1)小滑块从A→B→C→D过程中，由动能定理得
mg(h1－h2)－μmgs＝mv－0
将h1、h2、s、μ、g代入得：vD＝3 m/s.
(2)对小滑块运动全过程应用动能定理，设小滑块在水平轨道上运动的总路程为s总，有：mgh1＝μmgs总
将h1、μ代入得：s总＝8.6 m
故小滑块最终停止的位置距B点的距离为
2s－s总＝1.4 m.
答案：(1)3 m/s (2)1.4 m
10．(2020·湖南十校联考)如图所示，质量m＝3 kg的小物块以初速度v0＝4 m/s水平向右抛出，恰好从A点沿着圆弧的切线方向进入圆弧轨道．圆弧轨道的半径为R＝3.75 m，B点是圆弧轨道的最低点，圆弧轨道与水平轨道BD平滑连接，A与圆心O的连线与竖直方向成37°角．MN是一段粗糙的水平轨道，小物块与MN间的动摩擦因数μ＝0.1，轨道其他部分光滑．最右侧是一个半径为r＝0.4 m的半圆弧轨道，C点是半圆弧轨道的最高点，半圆弧轨道与水平轨道BD在D点平滑连接．已知重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.
(1)求小物块经过B点时对轨道的压力大小；
(2)若MN的长度为L＝6 m，求小物块通过C点时对轨道的压力大小；
(3)若小物块恰好能通过C点，求MN的长度L′.
解析：(1)根据平抛运动的规律有v0＝vA cos 37°
解得小物块经过A点时的速度大小vA＝5 m/s
小物块从A点运动到B点，根据动能定理有
mg(R－Rcos 37°)＝mv－mv
小物块经过B点时，有FN－mg＝
解得FN＝62 N，根据牛顿第三定律，小物块对轨道的压力大小是62 N.
(2)小物块由B点运动到C点，根据动能定理有
－μmgL－2mgr＝mv－mv
在C点FN′＋mg＝
解得FN′＝60 N，根据牛顿第三定律，小物块通过C点时对轨道的压力大小是60 N.
(3)小物块刚好能通过C点时，根据mg＝
解得vC′＝2 m/s
小物块从B点运动到C点的过程中，根据动能定理有
－μmgL′－2mgr＝mvC′2－mv
解得L′＝10 m.
答案：(1)62 N (2)60 N (3)10 m
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