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2020高考物理一轮复习学案：第五章第2讲动能定理及其应用
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第2讲 动能定理及其应用
主干梳理 对点激活
知识点 动能 Ⅱ
1．定义：物体由于运动而具有的能。
2．公式：Ek＝mv2。
3．矢标性：动能是标量，只有正值，动能与速度方向无关。
4．状态量：动能是状态量，因为v是瞬时速度。
5．相对性：由于速度具有相对性，所以动能也具有相对性。
6．动能的变化：物体末动能与初动能之差，即ΔEk＝mv－mv。动能的变化是过程量。
知识点 动能定理 Ⅱ
1．内容：合外力对物体所做的功，等于物体在这个过程中动能的变化。
2．表达式
(1)W＝ΔEk。
(2)W＝Ek2－Ek1。
(3)W＝mv－mv。
3．物理意义：合外力的功是物体动能变化的量度。
4．适用范围广泛
(1)既适用于直线运动，也适用于曲线运动。
(2)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，也可以不同时作用。
一 思维辨析
1．合外力做功是物体动能变化的原因。( )
2．如果物体所受合外力不为零，那么合外力的功也一定不为零。( )
3．物体的动能不变就是物体的速度不变。( )
4．物体在合外力作用下做变速运动，动能一定变化。( )
5．运用动能定理可以求变力做功。( )
答案 1.√ 2.× 3.× 4.× 5.√
二 对点激活
1．(人教版必修2·P74·T1改编)改变汽车的质量和速度，都可能使汽车的动能发生改变，下列几种情形中，汽车的动能不变的是( )
A．质量不变，速度增大到原来的2倍
B．速度不变，质量增大到原来的2倍
C．质量减半，速度增大到原来的2倍
D．速度减半，质量增大到原来的4倍
答案 D
解析 由Ek＝mv2知只有D项汽车动能不变。
2．(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外力再求合外力的功
C．公式中的Ek2－Ek1为动能的增量，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
解析 W＝Ek2－Ek1中的W指合外力的功，当然包括重力在内，Ek2－Ek1为动能的增量，由功来量度，W>0，ΔEk>0，W<0，ΔEk<0，动能定理也适用于曲线运动和变力做功。故B、C正确。
3．(人教版必修2·P75·T5改编)运动员把质量是500 g的足球踢出后，某人观察它在空中的飞行情况，估计上升的最大高度是10 m，在最高点的速度为20 m/s。估算出运动员踢球时对足球做的功为( )
A．50 J B．100 J
C．150 J D．无法确定
答案 C
解析 运动员踢球时对足球做的功等于足球获得的初动能，足球上升时重力做的功等于动能的增加量，即－mgh＝Ek2－Ek1，则Ek1＝Ek2＋mgh＝150 J，故C正确。
考点细研 悟法培优
考点1 动能定理的理解和应用
1．做功的过程就是能量转化的过程，动能定理表达式中的“＝”的意义是一种因果关系在数值上相等的符号。
(1)因果关系：合力做功是引起物体动能变化的原因。
(2)数量关系：合力做功与动能变化具有等量代换的关系。
(3)单位关系：国际单位制中功和能的单位都是焦耳。
2．动能定理叙述中所说的“外力”，既可以是重力、弹力、摩擦力，也可以是电场力、磁场力或其他力；既可以是恒力，也可以是变力。
3．动能定理中涉及的物理量有F、l、m、v、W、Ek，在处理含有上述物理量的问题时，优先考虑使用动能定理。
4．应用动能定理的注意事项
(1)应用动能定理解题应抓好“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。
(2)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。
(3)应用动能定理的关键在于对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析，并画出运动过程的草图，借助草图理解物理过程之间的关系。
(4)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；当所求解的问题不涉及中间的速度时，也可以全过程应用动能定理求解，这样更简便。
(5)当选择全部子过程作为研究过程，涉及重力、大小恒定的阻力或摩擦力做功时，要注意运用它们的做功特点：①重力做的功取决于物体的初、末位置，与路径无关；②大小恒定的阻力或摩擦力做的功等于力的大小与路程的乘积。
(6)列动能定理方程时，必须明确各力做功的正、负，确实难以判断的先假定为正功，最后根据结果加以检验。
例1 (2016·浙江高考)(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，sin37°＝0.6，cos37°＝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
解题探究 (1)载人滑草车最大速度出现在什么位置？
提示：滑草车先匀加速下滑，再匀减速下滑，速度最大位置在两条滑道的连接处。
(2)滑草车下滑的整个过程中下降的高度为多少？
提示：2h。
尝试解答 选AB。
滑草车受力分析如图所示，在B点处有最大速度v，在上、下两段所受摩擦力大小分别为f1、f2
f1＝μmgcos45°，f2＝μmgcos37°
整个过程由动能定理列方程：
mg·2h－f1·－f2·＝0①
解得：μ＝，A项正确；
滑草车在上段滑道运动过程由动能定理列方程：
mgh－f1·＝mv2②
解得：v＝ ，B项正确；
由①式知：Wf＝2mgh，C项错误；
在下段滑道上，mgsin37°－μmgcos37°＝ma2
解得：a2＝－g，故D项错误。
总结升华
应用动能定理解题的基本思路
[变式1] 如图所示，质量为0.1 kg的小物块在粗糙水平桌面上滑行4 m后以3.0 m/s的速度飞离桌面，最终落在水平地面上，已知物块与桌面间的动摩擦因数为0.5，桌面高0.45 m，若不计空气阻力，取g＝10 m/s2，则( )
A．小物块的初速度是5 m/s
B．小物块的水平射程为1.2 m
C．小物块在桌面上克服摩擦力做8 J的功
D．小物块落地时的动能为0.9 J
答案 D
解析 小物块在桌面上克服摩擦力做功Wf＝μmgL＝2 J，C错误；在水平桌面上滑行，由动能定理得－Wf＝mv2－mv，解得v0＝7 m/s，A错误；小物块飞离桌面后做平抛运动，有x＝vt，h＝gt2，解得x＝0.9 m，B错误；设小物块落地时动能为Ek，由动能定理得mgh＝Ek－mv2，解得Ek＝0.9 J，D正确。
考点2 动能定理与图象结合问题
解决物理图象问题的基本步骤
1．观察题目给出的图象，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，弄清图线与坐标轴围成的面积所对应的物理意义，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。
例2 (2018·河南陕州中学月考)(多选)一质量为2 kg的物体，在水平恒定拉力的作用下以一定的初速度在粗糙的水平面上做匀速直线运动，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，由此可知( )
A．物体与水平面间的动摩擦因数约为0.35
B．减速过程中拉力对物体所做的功约为13 J
C．匀速运动时的速度约为6 m/s
D．减速运动的时间约为1.7 s
解题探究 (1)F－x图象与x轴围成的面积表示什么？
提示：拉力F做的功。
(2)对于加速度从0增大的减速运动，如何判断运动时间范围？
提示：可以假设从相同初速度以最大加速度值做匀减速运动，比较两种运动的时间。
尝试解答 选ABC。
F－x图象与x轴围成的面积代表拉力F所做的功，由图知减速阶段F－x图线与x轴围成面积约13个小格，每个小格表示1 J，则约为13 J，故B正确。刚开始匀速运动，则F＝μmg，由图象知F＝7 N，则μ＝＝0.35，故A正确。全程应用动能定理：WF－μmgs＝0－mv，其中WF＝(7×4＋13) J＝41 J，得v0＝6 m/s，故C正确。减速运动时f－F＝ma，所以物体做加速度增大的减速运动，且加速度最后增大到amax＝μg，如果物体从v0以a＝μg的加速度匀减速停止，则时间t0＝＝1.7 s，由vt图象斜率的意义画出两种减速情况的vt图象，可知实际减速时间t>t0＝1.7 s，D错误。
总结升华
与动能定理结合紧密的几种图象
(1)v－t图：由公式x＝vt可知，v－t图线与横坐标轴围成的面积表示物体的位移。
(2)F－x图：由公式W＝Fx可知，F－x图线与横坐标轴围成的面积表示力所做的功。
(3)P－t图：由公式W＝Pt可知，P－t图线与横坐标轴围成的面积表示力所做的功。
(4)a－t图：由公式Δv＝at可知，a－t图线与横坐标轴围成的面积表示物体速度的变化量。
[变式2] (2018·南平模拟)(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象和该拉力的功率与时间的关系图象分别如图所示。下列说法中正确的是( )
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 0～6 s内拉力做的功可以由P－t图线与t轴围成的面积求得W＝140 J，故A正确；2～6 s内物体匀速运动，由P＝F2v2得2～6 s内拉力F2＝＝＝2 N，则摩擦力Ff＝F2＝2 N,0～2 s内由v－t图得a＝5 m/s2，由牛顿第二定律F1－Ff＝ma，得F1＝6 N，故B错误；由Ff＝μmg得μ＝0.25，故C错误；合外力做的功等于动能的增加量，所以0～6 s内与0～2 s内合外力做的功相等，故D正确。
考点3 应用动能定理解决曲线运动问题
1．平抛运动和圆周运动都属于曲线运动，若只涉及位移和速度而不涉及时间，应优先考虑用动能定理列式求解。
2．动能定理的表达式为标量式，不能在某一个方向上列动能定理方程。
例3 如图所示，质量为m的小球用长为L的轻质细线悬于O点，与O点处于同一水平线上的P点处有一个光滑的细钉，已知OP＝，在A点给小球一个水平向左的初速度v0，发现小球恰能到达跟P点在同一竖直线上的最高点B。
(1)求小球到达B点时的速率；
(2)若不计空气阻力，则初速度v0为多少？
(3)若初速度v0′＝3，小球仍能恰好到达B点，则小球在从A到B的过程中克服空气阻力做了多少功？
解题探究 (1)小球恰好到达最高点B时，细线给小球有力的作用吗？
提示：没有，只受重力。
(2)细线碰到钉子瞬间，小球的速度发生改变吗？
提示：不变，因为细线拉力与速度垂直。
尝试解答 (1) (2) (3)mgL
(1)小球恰好到达最高点B，所以mg＝，
得vB＝ 。
(2)从A到B的过程由动能定理得
－mg＝mv－mv，
可得v0＝ 。
(3)从A到B过程由动能定理得
－mg－W＝mv－mv0′2
可得W＝mgL。
总结升华
动能定理在圆周运动中的应用
竖直面内圆周运动经常考查物体在最高点和最低点的状态，最高点的速度和最低点的速度可以通过动能定理联系起来，所以竖直面内的圆周运动，经常和动能定理联系起来应用。
[变式3] (2019·洛阳市尖子生联考)如图所示，一半径为R的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平，轨道的内表面动摩擦因数均为μ。一质量为m的小滑块从P点正上方由静止释放，释放高度为R，小滑块恰好从P点进入轨道。小滑块滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4mg，g为重力加速度。用W表示小滑块第一次在轨道NQ段运动时克服摩擦力所做的功。则( )
A．W＝mgR
B．W
D．小滑块不能到达Q点
答案 B
解析 根据题述，小滑块滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4mg，根据牛顿第三定律，轨道对小滑块的支持力为4mg。在最低点，由牛顿第二定律，4mg－mg＝m，解得v2＝3gR。对小滑块由静止释放至运动到最低点N的过程，设小滑块克服摩擦力做的功为Wf，运用动能定理得，2mgR－Wf＝mv2，解得Wf＝mgR。由于小滑块在右侧圆弧轨道NQ段运动的速度大小与小滑块在左侧圆弧轨道PN段对称位置运动的速度大小相比较小，对轨道的压力就较小，对应受到的摩擦力较小，克服摩擦力做的功较小，所以小滑块第一次在轨道NQ段运动时克服摩擦力做的功W
满分指导2 利用动能定理解决多过程问题
【案例剖析】
(2016·全国卷Ⅰ)(18分)如图，①一轻弹簧原长为2R，其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC的底端A处，另一端位于直轨道上B处，弹簧处于自然状态。直轨道与一半径为R的光滑圆弧轨道相切于C点，①AC＝7R，A、B、C、D均在同一竖直平面内。②质量为m的小物块P自C点由静止开始下滑，最低到达E点(未画出)。随后P沿轨道被弹回，②最高到达F点，AF＝4R。已知P与直轨道间的动摩擦因数μ＝，重力加速度大小为g。取sin37°＝，cos37°＝
(1)③求P第一次运动到B点时速度的大小；
(2)④求P运动到E点时弹簧的弹性势能；
(3)⑤改变物块P的质量，将P推至E点，从静止开始释放。已知P自圆弧轨道的最高点D处水平飞出后，恰好通过G点。G点在C点左下方，与C点水平相距R、竖直相距R。求P运动到D点时速度的大小和改变后P的质量。
[审题 抓住信息，准确推断]
[破题 形成思路，快速突破]
(1)P第一次运动到B点时速度大小的求解
①选研究过程：P从C到B。
②列动能定理方程：设B、C间距离为l＝5R
mglsinθ－μmgcosθ·l＝mv。
(2)P运动到E点时弹簧的弹性势能的求解
①选研究过程：P由B到E和P由E到F。
②列动能定理方程：设BE＝x，EF间距离l1＝2R＋x
mgxsinθ－μmgxcosθ－Ep＝0－mv，
Ep－mgl1sinθ－μmgcosθl1＝0。
(3)①P从D点平抛速度大小的求解
a．水平位移：x1＝R－Rsinθ。
b．竖直位移：y1＝R＋R＋Rcosθ。
c．列平抛运动公式：x1＝vDt，y1＝gt2。
②改变后P的质量的求解
a．选研究过程：P从E到D。
b．列动能定理方程：设改变后P的质量为m1
Ep－m1g(x＋5R)sinθ－μm1gcosθ(x＋5R)－m1g＝m1v。
[解题 规范步骤，水到渠成]
(1)根据题意知，B、C之间的距离l为
l＝7R－2R＝5R①
设P到达B点时的速度为vB，由动能定理得
mglsinθ－μmgcosθl＝mv②
式中θ＝37°。联立①②式并由题给条件得
vB＝2③
(2)设BE＝x。P到达E点时速度为零，设此时弹簧的弹性势能为Ep。P由B点运动到E点的过程中，由动能定理有
mgxsinθ－μmgcosθx－Ep＝0－mv④
E、F之间的距离l1为
l1＝4R－2R＋x＝2R＋x⑤
P到达E点后反弹，从E点运动到F点的过程中，由动能定理有
Ep－mgl1sinθ－μmgcosθl1＝0⑥
联立③④⑤⑥式并由题给条件得
x＝R⑦
Ep＝mgR⑧
(3)设改变后P的质量为m1。D点与G点的水平距离x1和竖直距离y1分别为
x1＝R－Rsinθ⑨
y1＝R＋R＋Rcosθ⑩
式中，已应用了过C点的圆轨道半径与竖直方向夹角仍为θ的事实。
设P在D点的速度为vD，由D点运动到G点的时间为t。由平抛运动规律有y1＝gt2⑪
x1＝vDt⑫
联立⑨⑩⑪⑫式得vD＝⑬
P由E点运动到D点的过程中，由动能定理有
Ep－m1g(x＋5R)sinθ－μm1gcosθ(x＋5R)－m1g＝m1v⑭
联立⑦⑧⑬⑭式得
m1＝m。⑮
[评分标准] ①②③⑤⑦⑧⑨⑩⑪⑫⑬⑮各1分，④⑥⑭各2分。
[点题 突破瓶颈，稳拿满分]
(1)不敢设E点处弹性势能为Ep，BE＝x，而列不出方程组解待求量。
(2)不能正确地求出平抛竖直位移和水平位移导致处理不了第(3)问。
高考模拟 随堂集训
1．(2018·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
答案 A
解析 木箱受力如图所示，木箱在移动的过程中有两个力做功，拉力做正功，摩擦力做负功，根据动能定理可知：WF－Wf＝mv2－0，所以动能小于拉力做的功，故A正确，B错误；无法比较动能与克服摩擦力做功的大小，C、D错误。
2．(2018·天津高考) 滑雪运动深受人民群众喜爱，某滑雪运动员(可视为质点)由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道AB，从滑道的A点滑行到最低点B的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变，则运动员沿AB下滑过程中( )
A．所受合外力始终为零 B．所受摩擦力大小不变
C．合外力做功一定为零 D．机械能始终保持不变
答案 C
解析 因为运动员做曲线运动，所以合力一定不为零，A错误；运动员受力如图所示，重力沿曲面切线的分力与摩擦力大小相等，Gsinθ＝f，θ减小，故摩擦力f减小，B错误；运动员运动过程中速率不变，质量不变，即动能不变，动能变化量为零，根据动能定理可知合力做功为零，C正确；因为运动员克服摩擦力做功，所以机械能不守恒，D错误。
3．(2018·江苏高考)(多选) 如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块，O点为弹簧在原长时物块的位置。物块由A点静止释放，沿粗糙程度相同的水平面向右运动，最远到达B点。在从A到B的过程中，物块( )
A．加速度先减小后增大
B．经过O点时的速度最大
C．所受弹簧弹力始终做正功
D．所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功
答案 AD
解析 物块从A点到O点的过程，弹力逐渐减为零，刚开始弹簧弹力大于摩擦力，故可分为弹力大于摩擦力过程和弹力小于摩擦力过程：弹力大于摩擦力过程，合力向右，加速度也向右，由于弹力逐渐减小，摩擦力不变，物块所受合力逐渐减小，加速度逐渐减小，当弹力等于摩擦力时速度最大，此位置在A点与O点之间；弹力小于摩擦力过程，合力方向与运动方向相反，弹力减小，摩擦力大小不变，物块所受合力增大，物块的加速度随弹簧形变量的减小而增大，方向向左，物块做减速运动；从O点到B点的过程弹力增大，合力向左，加速度继续增大，A正确，B错误。从A点到O点过程，弹簧由压缩恢复原长，弹力做正功，从O点到B点的过程，弹簧被拉伸，弹力做负功，故C错误。从A到B的过程中根据动能定理弹簧弹力做的功等于物块克服摩擦力做的功，故D正确。
4．(2017·江苏高考)一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处。物块初动能为Ek0，与斜面间的动摩擦因数不变，则该过程中，物块的动能Ek与位移x关系的图线是( )
答案 C
解析 设斜面倾角为θ，根据动能定理，当小物块沿斜面上升时，有－(mgsinθ＋f)x＝Ek－Ek0，即Ek＝－(f＋mgsinθ)x＋Ek0，所以Ek与x的函数关系图象为直线，且斜率为负。当小物块沿斜面下滑时根据动能定理有(mgsinθ－f)(x0－x)＝Ek－0(x0为小物块到达最高点时的位移)，即Ek＝－(mgsinθ－f)x＋(mgsinθ－f)x0，所以下滑时Ek随x的减小而增大且为直线，斜率大小比上滑时小。综上所述，选项C正确。
5．(2017·上海高考)如图所示，与水平面夹角θ＝37°的斜面和半径R＝0.4 m的光滑圆轨道相切于B点，且固定于竖直平面内。滑块从斜面上的A点由静止释放，经B点后沿圆轨道运动，通过最高点C时轨道对滑块的弹力为零。已知滑块与斜面间动摩擦因数μ＝0.25。(g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求：
(1)滑块在C点的速度大小vC；
(2)滑块在B点的速度大小vB；
(3)A、B两点间的高度差h。
答案 (1)2 m/s (2)4.29 m/s (3)1.38 m
解析 (1)对C点，滑块竖直方向所受重力提供向心力
mg＝
vC＝＝2 m/s。
(2)对B→C过程，由动能定理得
－mgR(1＋cos37°)＝mv－mv
vB＝ ≈4.29 m/s。
(3)滑块在A→B的过程，由动能定理得
mgh－μmgcos37°·＝mv－0
代入数据解得h＝1.38 m。
配套课时作业
时间：60分钟 满分：100分
一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分。其中1～6为单选，7～10为多选)
1．若物体在运动过程中受到的合外力不为0，则( )
A．物体的动能不可能总是不变的
B．物体的加速度一定变化
C．物体的速度方向一定变化
D．物体所受的合外力做的功可能为0
答案 D
解析 当合外力不为0时，若物体做匀速圆周运动，则动能不变，合外力做的功为0，A错误，D正确；当F恒定时，加速度就不变，速度方向可能不变，B、C错误。
2．物体沿直线运动的v－t关系如图所示，已知在第1秒内合外力对物体做的功为W，则( )
A．从第1秒末到第3秒末合外力做功为4W
B．从第3秒末到第5秒末合外力做功为－2W
C．从第5秒末到第7秒末合外力做功为W
D．从第3秒末到第4秒末合外力做功为－2W
答案 C
解析 物体在第1秒末到第3秒末做匀速直线运动，合外力为零，做功为零，A错误；从第3秒末到第5秒末动能的变化量与第1秒内动能的变化量大小相同，合外力做的功为－W，B错误；从第5秒末到第7秒末动能的变化量与第1秒内动能的变化量相同，合外力做功相同，即为W，C正确；从第3秒末到第4秒末动能变化量是负值，大小等于第1秒内动能变化量大小的，则合外力做功为－0.75W，D错误。
3．(2018·烟台模拟)水平面上甲、乙两物体，在某时刻动能相同，它们仅在摩擦力作用下停下来。甲、乙两物体的动能Ek随位移大小s变化的图象如图所示，则下列说法正确的是( )
A．若甲、乙两物体与水平面动摩擦因数相同，则甲的质量较大
B．若甲、乙两物体与水平面动摩擦因数相同，则乙的质量较大
C．甲与地面间的动摩擦因数一定大于乙与地面的动摩擦因数
D．甲与地面间的动摩擦因数一定小于乙与地面的动摩擦因数
答案 A
解析 Ek－s图象的斜率大小表示物体与地面的摩擦力f＝μmg，由图知f甲>f乙，若甲、乙两物体与水平面动摩擦因数相同，则m甲>m乙，故A正确，B错误。由于甲、乙两物体质量大小关系未知，故甲、乙与地面间动摩擦因数大小关系不能确定，C、D错误。
4. (2018·成都月考)如图所示，斜面的倾角为θ，质量为m的滑块距挡板P的距离为x0，滑块以初速度v0沿斜面上滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力。若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失，则滑块经过的总路程是( )
A. B.
C. D.
答案 A
解析 滑块最终要停在斜面底部，设滑块经过的总路程为x，对滑块运动的全程应用动能定理：mgx0sinθ－μmgxcosθ＝0－mv，解得x＝，A正确。
5．(2018·西安质检)静止在粗糙水平面上的物块在水平向右的拉力作用下做直线运动，t＝4 s时停下，其v－t图象如图所示，已知物块与水平面间的动摩擦因数处处相同，则下列判断正确的是( )
A．整个过程中拉力做的功等于物块克服摩擦力做的功
B．整个过程中拉力做的功等于零
C．t＝2 s时刻拉力的瞬时功率在整个过程中最大
D．t＝1 s到t＝3 s这段时间内拉力不做功
答案 A
解析 对物块运动全过程应用动能定理得：WF－Wf＝0，A正确，B错误；物块在加速运动过程中受到的拉力最大，结合题图可知，t＝1 s时拉力的瞬时功率为整个过程中拉力功率的最大值，C错误；t＝1 s到t＝3 s这段时间内，拉力与摩擦力平衡，拉力做正功，D错误。
6．如图所示，置于光滑水平面上的物块在水平恒力F的作用下由静止开始运动，其速度v、动能Ek及拉力功率P随时间t或位移x的变化图象可能正确的是( )
答案 C
解析 物块在水平恒力作用下由静止开始做匀加速直线运动，其加速度a＝，速度v＝at＝t，vt图象为过坐标原点的倾斜直线，A错误；由v2＝2ax＝x，可知vx图象的抛物线开口向x轴正方向，B错误；动能Ek＝mv2＝t2，C正确；功率P＝Fv＝Fat＝t，D错误。
7. (2018·石家庄一模)如图所示，N、M、B分别为半径等于0.1 m的竖直光滑圆轨道的左端点、最低点和右端点，B点和圆心O等高，连线NO与竖直方向的夹角为37°。现从B点的正上方某处A点由静止释放一个质量为0.1 kg的小球，进入圆轨道后，从N点飞出时的速度大小为2 m/s。不计空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2，下列说法正确的是( )
A．A、B间的竖直高度为0.12 m
B．小球经过B点时对轨道压力的大小为2.4 N
C．小球经过M点时对轨道压力的大小为4.4 N
D．小球从A点到M点的过程中所受重力的功率一直增大
答案 AB
解析 设AB的竖直高度为h，由A到N由动能定理得：mg(h＋Rcos37°)＝mv－0，得h＝0.12 m，故A正确；由A到B由动能定理得mgh＝mv－0，NB＝，得NB＝2.4 N，由牛顿第三定律知小球在B点对轨道压力大小为2.4 N，故B正确；由A到M由动能定理得：mg(h＋R)＝mv－0，NM－mg＝，得NM＝5.4 N，由牛顿第三定律知小球在M点对轨道压力大小为5.4 N，故C错误；重力的瞬时功率P＝mgvcosθ，A点因v＝0，则P＝0，M点因θ＝90°，则P＝0，故从A点到M点，重力的功率先变大后变小，故D错误。
8．(2018·福建泉州检测)如图甲所示，长为l、倾角为α的斜面固定在水平地面上，一质量为m的物块从斜面顶端由静止释放并沿斜面向下滑动。已知物块与斜面间的动摩擦因数μ与下滑距离x的变化图象如图乙所示，则( )
A．μ0>tanα
B．物块下滑的加速度逐渐增大
C．物块下滑到斜面底端的过程克服摩擦力做功为
μ0mglcosα
D．物块下滑到底端时的速度大小为
答案 BC
解析 物块在斜面顶端静止释放能够下滑，应满足mgsinα>μ0mgcosα，即μ0
A．滑块经过Q点时的速度最大
B．滑块经过M点时的速度大于
C．滑块从P点运动到Q点的过程中，其加速度一直在减小
D．滑块从P点运动到Q点过程中动能的增量比从Q点运动到M点过程中动能的增量小
答案 BC
解析 对滑块受力分析，其受竖直向下的重力、垂直斜面向上的支持力以及弹簧弹力，在滑块由P到M过程中结合弹簧弹力的变化情况可知，小滑块下滑过程中所受合力在P→Q过程中一直沿斜面向下，在Q→M过程中可能一直沿斜面向下，也可能先沿斜面向下后沿斜面向上，所以A项错误。滑块由P到M过程中，根据动能定理有WG＋W弹＝mv，又WG＝mg，W弹>0，可得vM> ，B项正确。在P→Q的过程中因重力沿斜面向下的分力不变，而弹簧弹力沿斜面向下的分力逐渐变小，则滑块所受沿斜面向下的合力逐渐减小，则其加速度一直在减小，C项正确。由几何关系可知滑块由P到Q下降的高度大于由Q到M下降的高度，又P到Q过程中弹簧弹力做正功，Q到M过程中弹簧弹力做负功，再结合动能定理分析可知，D项错误。
10．(2018·安徽定远期末)如图所示，一个小球(可视为质点)从H＝12 m高处，由静止开始沿光滑弯曲轨道AB进入半径R＝4 m的竖直圆环内侧，且与圆环的动摩擦因数处处相等，当到达圆环顶点C时，刚好对轨道压力为零；然后沿CB圆弧滑下，进入光滑弧形轨道BD，到达高度为h的D点时速度为零，则h的值可能为( )
A．10 m B．9.5 m C．8.5 m D．8 m
答案 BC
解析 小球到达圆环顶点C时，刚好小球对轨道压力为零，在C点，由重力充当向心力，则根据牛顿第二定律得：mg＝m，开始小球从H＝12 m高处，由静止开始通过光滑弧形轨道AB，因此在小球上升到顶点C时，根据动能定理得：mg(H－2R)－Wf＝mv2，得Wf＝2mg。从C到D由动能定理得：mg(2R－h)－Wf′＝0－mv2，由于摩擦力做功，所以上升过程平均速度比下降过程平均速度大，对轨道的压力大、摩擦力大，所以0
11．(15分)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的半圆轨道，C点是圆弧轨道的最高点，半圆轨道与水平轨道BD在D点平滑连接。
已知重力加速度g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。
(1)求小物块的抛出点离A点的竖直距离h；
(2)若MN的长度为L＝6 m，求小物块通过C点时所受轨道的弹力FN；
(3)若小物块恰好能通过C点，求MN的长度L′。
答案 (1)0.45 m (2)60 N (3)10 m
解析 (1)根据平抛运动规律有：
tan37°＝
得t＝0.3 s
解得h＝gt2＝0.45 m。
(2)小物块由抛出点运动到B点的过程中，根据动能定理有：
mg[h＋R(1－cos37°)]＝mv－mv
解得vB＝2 m/s
小物块由B点运动到C点的过程中，根据动能定理有：
－μmgL－2mgr＝mv－mv
在C点：FN＋mg＝
解得FN＝60 N。
(3)小物块刚好能通过C点时，有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。
12. (15分)如图所示，AB是倾角为θ＝30°的粗糙直轨道，BCD是光滑的圆弧轨道，AB恰好在B点与圆弧相切，圆弧的半径为R。一个质量为m的物体(可以看成质点)从直轨道上的P点由静止释放，结果它能在两轨道上做往返运动。已知P点与圆弧的圆心O等高，物体与轨道AB间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。
(1)求物体对圆弧轨道最大压力的大小；
(2)求物体滑回轨道AB上距B点的最大距离；
(3)释放点距B点的距离L′应满足什么条件，才能使物体顺利通过圆弧轨道的最高点D?
答案 (1)3mg(1－μ) (2)R
(3)L′≥R
解析 (1)根据几何关系可得PB的长度
l＝＝R
从P点到E点根据动能定理，有
mgR－μmgcosθ·l＝mv－0
代入数据解得vE＝
在E点，根据牛顿第二定律有FN－mg＝m
解得FN＝3mg(1－μ)
由牛顿第三定律知物体对圆弧轨道的最大压力FN′＝FN＝3mg(1－μ)。
(2)设物体滑回到轨道AB上距B点的最大距离为x，根据动能定理，有
mg(l－x)sinθ－μmgcosθ(l＋x)＝0
代入数据解得x＝R。
(3)物体刚好到达最高点D时，有mg＝m
解得v＝
从释放点到最高点D的过程，根据动能定理，有
mg(L′sinθ－R－Rcosθ)－μmgcosθ·L′＝mv2－0
代入数据解得L′＝R
所以只有L′≥R，物体才能顺利通过圆弧轨道的最高点D。
主干梳理 对点激活
知识点 动能 Ⅱ
1．定义：物体由于运动而具有的能。
2．公式：Ek＝mv2。
3．矢标性：动能是标量，只有正值，动能与速度方向无关。
4．状态量：动能是状态量，因为v是瞬时速度。
5．相对性：由于速度具有相对性，所以动能也具有相对性。
6．动能的变化：物体末动能与初动能之差，即ΔEk＝mv－mv。动能的变化是过程量。
知识点 动能定理 Ⅱ
1．内容：合外力对物体所做的功，等于物体在这个过程中动能的变化。
2．表达式
(1)W＝ΔEk。
(2)W＝Ek2－Ek1。
(3)W＝mv－mv。
3．物理意义：合外力的功是物体动能变化的量度。
4．适用范围广泛
(1)既适用于直线运动，也适用于曲线运动。
(2)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，也可以不同时作用。
一 思维辨析
1．合外力做功是物体动能变化的原因。( )
2．如果物体所受合外力不为零，那么合外力的功也一定不为零。( )
3．物体的动能不变就是物体的速度不变。( )
4．物体在合外力作用下做变速运动，动能一定变化。( )
5．运用动能定理可以求变力做功。( )
答案 1.√ 2.× 3.× 4.× 5.√
二 对点激活
1．(人教版必修2·P74·T1改编)改变汽车的质量和速度，都可能使汽车的动能发生改变，下列几种情形中，汽车的动能不变的是( )
A．质量不变，速度增大到原来的2倍
B．速度不变，质量增大到原来的2倍
C．质量减半，速度增大到原来的2倍
D．速度减半，质量增大到原来的4倍
答案 D
解析 由Ek＝mv2知只有D项汽车动能不变。
2．(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外力再求合外力的功
C．公式中的Ek2－Ek1为动能的增量，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
解析 W＝Ek2－Ek1中的W指合外力的功，当然包括重力在内，Ek2－Ek1为动能的增量，由功来量度，W>0，ΔEk>0，W<0，ΔEk<0，动能定理也适用于曲线运动和变力做功。故B、C正确。
3．(人教版必修2·P75·T5改编)运动员把质量是500 g的足球踢出后，某人观察它在空中的飞行情况，估计上升的最大高度是10 m，在最高点的速度为20 m/s。估算出运动员踢球时对足球做的功为( )
A．50 J B．100 J
C．150 J D．无法确定
答案 C
解析 运动员踢球时对足球做的功等于足球获得的初动能，足球上升时重力做的功等于动能的增加量，即－mgh＝Ek2－Ek1，则Ek1＝Ek2＋mgh＝150 J，故C正确。
考点细研 悟法培优
考点1 动能定理的理解和应用
1．做功的过程就是能量转化的过程，动能定理表达式中的“＝”的意义是一种因果关系在数值上相等的符号。
(1)因果关系：合力做功是引起物体动能变化的原因。
(2)数量关系：合力做功与动能变化具有等量代换的关系。
(3)单位关系：国际单位制中功和能的单位都是焦耳。
2．动能定理叙述中所说的“外力”，既可以是重力、弹力、摩擦力，也可以是电场力、磁场力或其他力；既可以是恒力，也可以是变力。
3．动能定理中涉及的物理量有F、l、m、v、W、Ek，在处理含有上述物理量的问题时，优先考虑使用动能定理。
4．应用动能定理的注意事项
(1)应用动能定理解题应抓好“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。
(2)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。
(3)应用动能定理的关键在于对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析，并画出运动过程的草图，借助草图理解物理过程之间的关系。
(4)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；当所求解的问题不涉及中间的速度时，也可以全过程应用动能定理求解，这样更简便。
(5)当选择全部子过程作为研究过程，涉及重力、大小恒定的阻力或摩擦力做功时，要注意运用它们的做功特点：①重力做的功取决于物体的初、末位置，与路径无关；②大小恒定的阻力或摩擦力做的功等于力的大小与路程的乘积。
(6)列动能定理方程时，必须明确各力做功的正、负，确实难以判断的先假定为正功，最后根据结果加以检验。
例1 (2016·浙江高考)(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，sin37°＝0.6，cos37°＝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
解题探究 (1)载人滑草车最大速度出现在什么位置？
提示：滑草车先匀加速下滑，再匀减速下滑，速度最大位置在两条滑道的连接处。
(2)滑草车下滑的整个过程中下降的高度为多少？
提示：2h。
尝试解答 选AB。
滑草车受力分析如图所示，在B点处有最大速度v，在上、下两段所受摩擦力大小分别为f1、f2
f1＝μmgcos45°，f2＝μmgcos37°
整个过程由动能定理列方程：
mg·2h－f1·－f2·＝0①
解得：μ＝，A项正确；
滑草车在上段滑道运动过程由动能定理列方程：
mgh－f1·＝mv2②
解得：v＝ ，B项正确；
由①式知：Wf＝2mgh，C项错误；
在下段滑道上，mgsin37°－μmgcos37°＝ma2
解得：a2＝－g，故D项错误。
总结升华
应用动能定理解题的基本思路
[变式1] 如图所示，质量为0.1 kg的小物块在粗糙水平桌面上滑行4 m后以3.0 m/s的速度飞离桌面，最终落在水平地面上，已知物块与桌面间的动摩擦因数为0.5，桌面高0.45 m，若不计空气阻力，取g＝10 m/s2，则( )
A．小物块的初速度是5 m/s
B．小物块的水平射程为1.2 m
C．小物块在桌面上克服摩擦力做8 J的功
D．小物块落地时的动能为0.9 J
答案 D
解析 小物块在桌面上克服摩擦力做功Wf＝μmgL＝2 J，C错误；在水平桌面上滑行，由动能定理得－Wf＝mv2－mv，解得v0＝7 m/s，A错误；小物块飞离桌面后做平抛运动，有x＝vt，h＝gt2，解得x＝0.9 m，B错误；设小物块落地时动能为Ek，由动能定理得mgh＝Ek－mv2，解得Ek＝0.9 J，D正确。
考点2 动能定理与图象结合问题
解决物理图象问题的基本步骤
1．观察题目给出的图象，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，弄清图线与坐标轴围成的面积所对应的物理意义，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。
例2 (2018·河南陕州中学月考)(多选)一质量为2 kg的物体，在水平恒定拉力的作用下以一定的初速度在粗糙的水平面上做匀速直线运动，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，由此可知( )
A．物体与水平面间的动摩擦因数约为0.35
B．减速过程中拉力对物体所做的功约为13 J
C．匀速运动时的速度约为6 m/s
D．减速运动的时间约为1.7 s
解题探究 (1)F－x图象与x轴围成的面积表示什么？
提示：拉力F做的功。
(2)对于加速度从0增大的减速运动，如何判断运动时间范围？
提示：可以假设从相同初速度以最大加速度值做匀减速运动，比较两种运动的时间。
尝试解答 选ABC。
F－x图象与x轴围成的面积代表拉力F所做的功，由图知减速阶段F－x图线与x轴围成面积约13个小格，每个小格表示1 J，则约为13 J，故B正确。刚开始匀速运动，则F＝μmg，由图象知F＝7 N，则μ＝＝0.35，故A正确。全程应用动能定理：WF－μmgs＝0－mv，其中WF＝(7×4＋13) J＝41 J，得v0＝6 m/s，故C正确。减速运动时f－F＝ma，所以物体做加速度增大的减速运动，且加速度最后增大到amax＝μg，如果物体从v0以a＝μg的加速度匀减速停止，则时间t0＝＝1.7 s，由vt图象斜率的意义画出两种减速情况的vt图象，可知实际减速时间t>t0＝1.7 s，D错误。
总结升华
与动能定理结合紧密的几种图象
(1)v－t图：由公式x＝vt可知，v－t图线与横坐标轴围成的面积表示物体的位移。
(2)F－x图：由公式W＝Fx可知，F－x图线与横坐标轴围成的面积表示力所做的功。
(3)P－t图：由公式W＝Pt可知，P－t图线与横坐标轴围成的面积表示力所做的功。
(4)a－t图：由公式Δv＝at可知，a－t图线与横坐标轴围成的面积表示物体速度的变化量。
[变式2] (2018·南平模拟)(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象和该拉力的功率与时间的关系图象分别如图所示。下列说法中正确的是( )
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 0～6 s内拉力做的功可以由P－t图线与t轴围成的面积求得W＝140 J，故A正确；2～6 s内物体匀速运动，由P＝F2v2得2～6 s内拉力F2＝＝＝2 N，则摩擦力Ff＝F2＝2 N,0～2 s内由v－t图得a＝5 m/s2，由牛顿第二定律F1－Ff＝ma，得F1＝6 N，故B错误；由Ff＝μmg得μ＝0.25，故C错误；合外力做的功等于动能的增加量，所以0～6 s内与0～2 s内合外力做的功相等，故D正确。
考点3 应用动能定理解决曲线运动问题
1．平抛运动和圆周运动都属于曲线运动，若只涉及位移和速度而不涉及时间，应优先考虑用动能定理列式求解。
2．动能定理的表达式为标量式，不能在某一个方向上列动能定理方程。
例3 如图所示，质量为m的小球用长为L的轻质细线悬于O点，与O点处于同一水平线上的P点处有一个光滑的细钉，已知OP＝，在A点给小球一个水平向左的初速度v0，发现小球恰能到达跟P点在同一竖直线上的最高点B。
(1)求小球到达B点时的速率；
(2)若不计空气阻力，则初速度v0为多少？
(3)若初速度v0′＝3，小球仍能恰好到达B点，则小球在从A到B的过程中克服空气阻力做了多少功？
解题探究 (1)小球恰好到达最高点B时，细线给小球有力的作用吗？
提示：没有，只受重力。
(2)细线碰到钉子瞬间，小球的速度发生改变吗？
提示：不变，因为细线拉力与速度垂直。
尝试解答 (1) (2) (3)mgL
(1)小球恰好到达最高点B，所以mg＝，
得vB＝ 。
(2)从A到B的过程由动能定理得
－mg＝mv－mv，
可得v0＝ 。
(3)从A到B过程由动能定理得
－mg－W＝mv－mv0′2
可得W＝mgL。
总结升华
动能定理在圆周运动中的应用
竖直面内圆周运动经常考查物体在最高点和最低点的状态，最高点的速度和最低点的速度可以通过动能定理联系起来，所以竖直面内的圆周运动，经常和动能定理联系起来应用。
[变式3] (2019·洛阳市尖子生联考)如图所示，一半径为R的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平，轨道的内表面动摩擦因数均为μ。一质量为m的小滑块从P点正上方由静止释放，释放高度为R，小滑块恰好从P点进入轨道。小滑块滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4mg，g为重力加速度。用W表示小滑块第一次在轨道NQ段运动时克服摩擦力所做的功。则( )
A．W＝mgR
B．W
D．小滑块不能到达Q点
答案 B
解析 根据题述，小滑块滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4mg，根据牛顿第三定律，轨道对小滑块的支持力为4mg。在最低点，由牛顿第二定律，4mg－mg＝m，解得v2＝3gR。对小滑块由静止释放至运动到最低点N的过程，设小滑块克服摩擦力做的功为Wf，运用动能定理得，2mgR－Wf＝mv2，解得Wf＝mgR。由于小滑块在右侧圆弧轨道NQ段运动的速度大小与小滑块在左侧圆弧轨道PN段对称位置运动的速度大小相比较小，对轨道的压力就较小，对应受到的摩擦力较小，克服摩擦力做的功较小，所以小滑块第一次在轨道NQ段运动时克服摩擦力做的功W
满分指导2 利用动能定理解决多过程问题
【案例剖析】
(2016·全国卷Ⅰ)(18分)如图，①一轻弹簧原长为2R，其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC的底端A处，另一端位于直轨道上B处，弹簧处于自然状态。直轨道与一半径为R的光滑圆弧轨道相切于C点，①AC＝7R，A、B、C、D均在同一竖直平面内。②质量为m的小物块P自C点由静止开始下滑，最低到达E点(未画出)。随后P沿轨道被弹回，②最高到达F点，AF＝4R。已知P与直轨道间的动摩擦因数μ＝，重力加速度大小为g。取sin37°＝，cos37°＝
(1)③求P第一次运动到B点时速度的大小；
(2)④求P运动到E点时弹簧的弹性势能；
(3)⑤改变物块P的质量，将P推至E点，从静止开始释放。已知P自圆弧轨道的最高点D处水平飞出后，恰好通过G点。G点在C点左下方，与C点水平相距R、竖直相距R。求P运动到D点时速度的大小和改变后P的质量。
[审题 抓住信息，准确推断]
[破题 形成思路，快速突破]
(1)P第一次运动到B点时速度大小的求解
①选研究过程：P从C到B。
②列动能定理方程：设B、C间距离为l＝5R
mglsinθ－μmgcosθ·l＝mv。
(2)P运动到E点时弹簧的弹性势能的求解
①选研究过程：P由B到E和P由E到F。
②列动能定理方程：设BE＝x，EF间距离l1＝2R＋x
mgxsinθ－μmgxcosθ－Ep＝0－mv，
Ep－mgl1sinθ－μmgcosθl1＝0。
(3)①P从D点平抛速度大小的求解
a．水平位移：x1＝R－Rsinθ。
b．竖直位移：y1＝R＋R＋Rcosθ。
c．列平抛运动公式：x1＝vDt，y1＝gt2。
②改变后P的质量的求解
a．选研究过程：P从E到D。
b．列动能定理方程：设改变后P的质量为m1
Ep－m1g(x＋5R)sinθ－μm1gcosθ(x＋5R)－m1g＝m1v。
[解题 规范步骤，水到渠成]
(1)根据题意知，B、C之间的距离l为
l＝7R－2R＝5R①
设P到达B点时的速度为vB，由动能定理得
mglsinθ－μmgcosθl＝mv②
式中θ＝37°。联立①②式并由题给条件得
vB＝2③
(2)设BE＝x。P到达E点时速度为零，设此时弹簧的弹性势能为Ep。P由B点运动到E点的过程中，由动能定理有
mgxsinθ－μmgcosθx－Ep＝0－mv④
E、F之间的距离l1为
l1＝4R－2R＋x＝2R＋x⑤
P到达E点后反弹，从E点运动到F点的过程中，由动能定理有
Ep－mgl1sinθ－μmgcosθl1＝0⑥
联立③④⑤⑥式并由题给条件得
x＝R⑦
Ep＝mgR⑧
(3)设改变后P的质量为m1。D点与G点的水平距离x1和竖直距离y1分别为
x1＝R－Rsinθ⑨
y1＝R＋R＋Rcosθ⑩
式中，已应用了过C点的圆轨道半径与竖直方向夹角仍为θ的事实。
设P在D点的速度为vD，由D点运动到G点的时间为t。由平抛运动规律有y1＝gt2⑪
x1＝vDt⑫
联立⑨⑩⑪⑫式得vD＝⑬
P由E点运动到D点的过程中，由动能定理有
Ep－m1g(x＋5R)sinθ－μm1gcosθ(x＋5R)－m1g＝m1v⑭
联立⑦⑧⑬⑭式得
m1＝m。⑮
[评分标准] ①②③⑤⑦⑧⑨⑩⑪⑫⑬⑮各1分，④⑥⑭各2分。
[点题 突破瓶颈，稳拿满分]
(1)不敢设E点处弹性势能为Ep，BE＝x，而列不出方程组解待求量。
(2)不能正确地求出平抛竖直位移和水平位移导致处理不了第(3)问。
高考模拟 随堂集训
1．(2018·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
答案 A
解析 木箱受力如图所示，木箱在移动的过程中有两个力做功，拉力做正功，摩擦力做负功，根据动能定理可知：WF－Wf＝mv2－0，所以动能小于拉力做的功，故A正确，B错误；无法比较动能与克服摩擦力做功的大小，C、D错误。
2．(2018·天津高考) 滑雪运动深受人民群众喜爱，某滑雪运动员(可视为质点)由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道AB，从滑道的A点滑行到最低点B的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变，则运动员沿AB下滑过程中( )
A．所受合外力始终为零 B．所受摩擦力大小不变
C．合外力做功一定为零 D．机械能始终保持不变
答案 C
解析 因为运动员做曲线运动，所以合力一定不为零，A错误；运动员受力如图所示，重力沿曲面切线的分力与摩擦力大小相等，Gsinθ＝f，θ减小，故摩擦力f减小，B错误；运动员运动过程中速率不变，质量不变，即动能不变，动能变化量为零，根据动能定理可知合力做功为零，C正确；因为运动员克服摩擦力做功，所以机械能不守恒，D错误。
3．(2018·江苏高考)(多选) 如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块，O点为弹簧在原长时物块的位置。物块由A点静止释放，沿粗糙程度相同的水平面向右运动，最远到达B点。在从A到B的过程中，物块( )
A．加速度先减小后增大
B．经过O点时的速度最大
C．所受弹簧弹力始终做正功
D．所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功
答案 AD
解析 物块从A点到O点的过程，弹力逐渐减为零，刚开始弹簧弹力大于摩擦力，故可分为弹力大于摩擦力过程和弹力小于摩擦力过程：弹力大于摩擦力过程，合力向右，加速度也向右，由于弹力逐渐减小，摩擦力不变，物块所受合力逐渐减小，加速度逐渐减小，当弹力等于摩擦力时速度最大，此位置在A点与O点之间；弹力小于摩擦力过程，合力方向与运动方向相反，弹力减小，摩擦力大小不变，物块所受合力增大，物块的加速度随弹簧形变量的减小而增大，方向向左，物块做减速运动；从O点到B点的过程弹力增大，合力向左，加速度继续增大，A正确，B错误。从A点到O点过程，弹簧由压缩恢复原长，弹力做正功，从O点到B点的过程，弹簧被拉伸，弹力做负功，故C错误。从A到B的过程中根据动能定理弹簧弹力做的功等于物块克服摩擦力做的功，故D正确。
4．(2017·江苏高考)一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处。物块初动能为Ek0，与斜面间的动摩擦因数不变，则该过程中，物块的动能Ek与位移x关系的图线是( )
答案 C
解析 设斜面倾角为θ，根据动能定理，当小物块沿斜面上升时，有－(mgsinθ＋f)x＝Ek－Ek0，即Ek＝－(f＋mgsinθ)x＋Ek0，所以Ek与x的函数关系图象为直线，且斜率为负。当小物块沿斜面下滑时根据动能定理有(mgsinθ－f)(x0－x)＝Ek－0(x0为小物块到达最高点时的位移)，即Ek＝－(mgsinθ－f)x＋(mgsinθ－f)x0，所以下滑时Ek随x的减小而增大且为直线，斜率大小比上滑时小。综上所述，选项C正确。
5．(2017·上海高考)如图所示，与水平面夹角θ＝37°的斜面和半径R＝0.4 m的光滑圆轨道相切于B点，且固定于竖直平面内。滑块从斜面上的A点由静止释放，经B点后沿圆轨道运动，通过最高点C时轨道对滑块的弹力为零。已知滑块与斜面间动摩擦因数μ＝0.25。(g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求：
(1)滑块在C点的速度大小vC；
(2)滑块在B点的速度大小vB；
(3)A、B两点间的高度差h。
答案 (1)2 m/s (2)4.29 m/s (3)1.38 m
解析 (1)对C点，滑块竖直方向所受重力提供向心力
mg＝
vC＝＝2 m/s。
(2)对B→C过程，由动能定理得
－mgR(1＋cos37°)＝mv－mv
vB＝ ≈4.29 m/s。
(3)滑块在A→B的过程，由动能定理得
mgh－μmgcos37°·＝mv－0
代入数据解得h＝1.38 m。
配套课时作业
时间：60分钟 满分：100分
一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分。其中1～6为单选，7～10为多选)
1．若物体在运动过程中受到的合外力不为0，则( )
A．物体的动能不可能总是不变的
B．物体的加速度一定变化
C．物体的速度方向一定变化
D．物体所受的合外力做的功可能为0
答案 D
解析 当合外力不为0时，若物体做匀速圆周运动，则动能不变，合外力做的功为0，A错误，D正确；当F恒定时，加速度就不变，速度方向可能不变，B、C错误。
2．物体沿直线运动的v－t关系如图所示，已知在第1秒内合外力对物体做的功为W，则( )
A．从第1秒末到第3秒末合外力做功为4W
B．从第3秒末到第5秒末合外力做功为－2W
C．从第5秒末到第7秒末合外力做功为W
D．从第3秒末到第4秒末合外力做功为－2W
答案 C
解析 物体在第1秒末到第3秒末做匀速直线运动，合外力为零，做功为零，A错误；从第3秒末到第5秒末动能的变化量与第1秒内动能的变化量大小相同，合外力做的功为－W，B错误；从第5秒末到第7秒末动能的变化量与第1秒内动能的变化量相同，合外力做功相同，即为W，C正确；从第3秒末到第4秒末动能变化量是负值，大小等于第1秒内动能变化量大小的，则合外力做功为－0.75W，D错误。
3．(2018·烟台模拟)水平面上甲、乙两物体，在某时刻动能相同，它们仅在摩擦力作用下停下来。甲、乙两物体的动能Ek随位移大小s变化的图象如图所示，则下列说法正确的是( )
A．若甲、乙两物体与水平面动摩擦因数相同，则甲的质量较大
B．若甲、乙两物体与水平面动摩擦因数相同，则乙的质量较大
C．甲与地面间的动摩擦因数一定大于乙与地面的动摩擦因数
D．甲与地面间的动摩擦因数一定小于乙与地面的动摩擦因数
答案 A
解析 Ek－s图象的斜率大小表示物体与地面的摩擦力f＝μmg，由图知f甲>f乙，若甲、乙两物体与水平面动摩擦因数相同，则m甲>m乙，故A正确，B错误。由于甲、乙两物体质量大小关系未知，故甲、乙与地面间动摩擦因数大小关系不能确定，C、D错误。
4. (2018·成都月考)如图所示，斜面的倾角为θ，质量为m的滑块距挡板P的距离为x0，滑块以初速度v0沿斜面上滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力。若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失，则滑块经过的总路程是( )
A. B.
C. D.
答案 A
解析 滑块最终要停在斜面底部，设滑块经过的总路程为x，对滑块运动的全程应用动能定理：mgx0sinθ－μmgxcosθ＝0－mv，解得x＝，A正确。
5．(2018·西安质检)静止在粗糙水平面上的物块在水平向右的拉力作用下做直线运动，t＝4 s时停下，其v－t图象如图所示，已知物块与水平面间的动摩擦因数处处相同，则下列判断正确的是( )
A．整个过程中拉力做的功等于物块克服摩擦力做的功
B．整个过程中拉力做的功等于零
C．t＝2 s时刻拉力的瞬时功率在整个过程中最大
D．t＝1 s到t＝3 s这段时间内拉力不做功
答案 A
解析 对物块运动全过程应用动能定理得：WF－Wf＝0，A正确，B错误；物块在加速运动过程中受到的拉力最大，结合题图可知，t＝1 s时拉力的瞬时功率为整个过程中拉力功率的最大值，C错误；t＝1 s到t＝3 s这段时间内，拉力与摩擦力平衡，拉力做正功，D错误。
6．如图所示，置于光滑水平面上的物块在水平恒力F的作用下由静止开始运动，其速度v、动能Ek及拉力功率P随时间t或位移x的变化图象可能正确的是( )
答案 C
解析 物块在水平恒力作用下由静止开始做匀加速直线运动，其加速度a＝，速度v＝at＝t，vt图象为过坐标原点的倾斜直线，A错误；由v2＝2ax＝x，可知vx图象的抛物线开口向x轴正方向，B错误；动能Ek＝mv2＝t2，C正确；功率P＝Fv＝Fat＝t，D错误。
7. (2018·石家庄一模)如图所示，N、M、B分别为半径等于0.1 m的竖直光滑圆轨道的左端点、最低点和右端点，B点和圆心O等高，连线NO与竖直方向的夹角为37°。现从B点的正上方某处A点由静止释放一个质量为0.1 kg的小球，进入圆轨道后，从N点飞出时的速度大小为2 m/s。不计空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2，下列说法正确的是( )
A．A、B间的竖直高度为0.12 m
B．小球经过B点时对轨道压力的大小为2.4 N
C．小球经过M点时对轨道压力的大小为4.4 N
D．小球从A点到M点的过程中所受重力的功率一直增大
答案 AB
解析 设AB的竖直高度为h，由A到N由动能定理得：mg(h＋Rcos37°)＝mv－0，得h＝0.12 m，故A正确；由A到B由动能定理得mgh＝mv－0，NB＝，得NB＝2.4 N，由牛顿第三定律知小球在B点对轨道压力大小为2.4 N，故B正确；由A到M由动能定理得：mg(h＋R)＝mv－0，NM－mg＝，得NM＝5.4 N，由牛顿第三定律知小球在M点对轨道压力大小为5.4 N，故C错误；重力的瞬时功率P＝mgvcosθ，A点因v＝0，则P＝0，M点因θ＝90°，则P＝0，故从A点到M点，重力的功率先变大后变小，故D错误。
8．(2018·福建泉州检测)如图甲所示，长为l、倾角为α的斜面固定在水平地面上，一质量为m的物块从斜面顶端由静止释放并沿斜面向下滑动。已知物块与斜面间的动摩擦因数μ与下滑距离x的变化图象如图乙所示，则( )
A．μ0>tanα
B．物块下滑的加速度逐渐增大
C．物块下滑到斜面底端的过程克服摩擦力做功为
μ0mglcosα
D．物块下滑到底端时的速度大小为
答案 BC
解析 物块在斜面顶端静止释放能够下滑，应满足mgsinα>μ0mgcosα，即μ0
A．滑块经过Q点时的速度最大
B．滑块经过M点时的速度大于
C．滑块从P点运动到Q点的过程中，其加速度一直在减小
D．滑块从P点运动到Q点过程中动能的增量比从Q点运动到M点过程中动能的增量小
答案 BC
解析 对滑块受力分析，其受竖直向下的重力、垂直斜面向上的支持力以及弹簧弹力，在滑块由P到M过程中结合弹簧弹力的变化情况可知，小滑块下滑过程中所受合力在P→Q过程中一直沿斜面向下，在Q→M过程中可能一直沿斜面向下，也可能先沿斜面向下后沿斜面向上，所以A项错误。滑块由P到M过程中，根据动能定理有WG＋W弹＝mv，又WG＝mg，W弹>0，可得vM> ，B项正确。在P→Q的过程中因重力沿斜面向下的分力不变，而弹簧弹力沿斜面向下的分力逐渐变小，则滑块所受沿斜面向下的合力逐渐减小，则其加速度一直在减小，C项正确。由几何关系可知滑块由P到Q下降的高度大于由Q到M下降的高度，又P到Q过程中弹簧弹力做正功，Q到M过程中弹簧弹力做负功，再结合动能定理分析可知，D项错误。
10．(2018·安徽定远期末)如图所示，一个小球(可视为质点)从H＝12 m高处，由静止开始沿光滑弯曲轨道AB进入半径R＝4 m的竖直圆环内侧，且与圆环的动摩擦因数处处相等，当到达圆环顶点C时，刚好对轨道压力为零；然后沿CB圆弧滑下，进入光滑弧形轨道BD，到达高度为h的D点时速度为零，则h的值可能为( )
A．10 m B．9.5 m C．8.5 m D．8 m
答案 BC
解析 小球到达圆环顶点C时，刚好小球对轨道压力为零，在C点，由重力充当向心力，则根据牛顿第二定律得：mg＝m，开始小球从H＝12 m高处，由静止开始通过光滑弧形轨道AB，因此在小球上升到顶点C时，根据动能定理得：mg(H－2R)－Wf＝mv2，得Wf＝2mg。从C到D由动能定理得：mg(2R－h)－Wf′＝0－mv2，由于摩擦力做功，所以上升过程平均速度比下降过程平均速度大，对轨道的压力大、摩擦力大，所以0
11．(15分)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的半圆轨道，C点是圆弧轨道的最高点，半圆轨道与水平轨道BD在D点平滑连接。
已知重力加速度g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。
(1)求小物块的抛出点离A点的竖直距离h；
(2)若MN的长度为L＝6 m，求小物块通过C点时所受轨道的弹力FN；
(3)若小物块恰好能通过C点，求MN的长度L′。
答案 (1)0.45 m (2)60 N (3)10 m
解析 (1)根据平抛运动规律有：
tan37°＝
得t＝0.3 s
解得h＝gt2＝0.45 m。
(2)小物块由抛出点运动到B点的过程中，根据动能定理有：
mg[h＋R(1－cos37°)]＝mv－mv
解得vB＝2 m/s
小物块由B点运动到C点的过程中，根据动能定理有：
－μmgL－2mgr＝mv－mv
在C点：FN＋mg＝
解得FN＝60 N。
(3)小物块刚好能通过C点时，有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。
12. (15分)如图所示，AB是倾角为θ＝30°的粗糙直轨道，BCD是光滑的圆弧轨道，AB恰好在B点与圆弧相切，圆弧的半径为R。一个质量为m的物体(可以看成质点)从直轨道上的P点由静止释放，结果它能在两轨道上做往返运动。已知P点与圆弧的圆心O等高，物体与轨道AB间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。
(1)求物体对圆弧轨道最大压力的大小；
(2)求物体滑回轨道AB上距B点的最大距离；
(3)释放点距B点的距离L′应满足什么条件，才能使物体顺利通过圆弧轨道的最高点D?
答案 (1)3mg(1－μ) (2)R
(3)L′≥R
解析 (1)根据几何关系可得PB的长度
l＝＝R
从P点到E点根据动能定理，有
mgR－μmgcosθ·l＝mv－0
代入数据解得vE＝
在E点，根据牛顿第二定律有FN－mg＝m
解得FN＝3mg(1－μ)
由牛顿第三定律知物体对圆弧轨道的最大压力FN′＝FN＝3mg(1－μ)。
(2)设物体滑回到轨道AB上距B点的最大距离为x，根据动能定理，有
mg(l－x)sinθ－μmgcosθ(l＋x)＝0
代入数据解得x＝R。
(3)物体刚好到达最高点D时，有mg＝m
解得v＝
从释放点到最高点D的过程，根据动能定理，有
mg(L′sinθ－R－Rcosθ)－μmgcosθ·L′＝mv2－0
代入数据解得L′＝R
所以只有L′≥R，物体才能顺利通过圆弧轨道的最高点D。
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