第5章 第2讲 动能定理及其应用—2022届高中物理一轮复习讲义（机构专用）学案

这是一份第5章 第2讲 动能定理及其应用—2022届高中物理一轮复习讲义（机构专用）学案，共23页。学案主要包含了教学目标，重、难点，知识梳理，能力展示，小试牛刀，大显身手等内容，欢迎下载使用。
【教学目标】1、掌握动能的概念，会求动能的变化量
2、掌握动能定理，并能熟练运用
【重、难点】灵活运用动能定理解决动力学综合问题
【知识梳理】
（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时，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。（ ）
典例精析
考点一 对动能及其变化的理解
1．对动能的理解
（1）动能是物体由于运动而具有的能量，表达式Ek＝eq \f(1,2)mv2
（2）动能是状态量，和物体的瞬时速度大小（速率）对应．
2．关于动能的变化
（1）物体的动能不会发生突变，它的改变需要一个过程，这个过程就是外力对物体做功的过程或物体对外做功的过程。
（2）动能的变化量为正值，表示物体的动能增加了，对应于合外力对物体做正功；动能的变化量为负值，表示物体的动能减小了，对应于合外力对物体做负功，或者说物体克服合外力做功．
例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
考点二 动能定理及其应用
1．对“外力”的两点理解：
（1）“外力”可以是重力、弹力、摩擦力、电场力、磁场力等，它们可以同时作用，也可以不同时作用。
（2）“外力”既可以是恒力，也可以是变力。
2．公式中“＝”体现的三个关系：
3．运用动能定理需注意的问题
（1）应用动能定理解题时，在分析过程的基础上无需深究物体运动过程中状态变化的细节，只需考虑整个过程的功及过程初末的动能．
（2）若过程包含了几个运动性质不同的分过程，既可分段考虑，也可整个过程考虑．但求功时，有些力不是全过程都作用的，必须根据不同的情况分别对待求出总功，计算时要把各力的功连同正负号一同代入公式．
例2、如图所示，光滑斜面的顶端固定一弹簧，一物体向右滑行，并冲上固定在地面上的斜面．设物体在斜面最低点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，则从A到C的过程中弹簧弹力做功是( )
A．eq \f(1,2)mv2－mgh B．mgh－eq \f(1,2)mv2
C．－mgh D．－(mgh＋eq \f(1,2)mv2)
例3、（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，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
变式1、如图所示，从地面上A处竖直向上抛一质量为m的小球，小球上升到B点时的动能与小球上升到最高点后返回至C点时的动能相等，B点离地面高度为h，C点离地面高度为eq \f(h,3)。空气阻力f＝0.1mg，大小不变，重力加速度为g，则( )
A．小球上升的最大高度为2h B．小球下落过程中从B点到C点动能的增量为eq \f(3,5)mgh
C．小球上升的最大高度为4h D．小球下落过程中从B点到C点动能的增量为eq \f(4,5)mgh
变式2、如图所示，小物块从倾角为θ的倾斜轨道上A点由静止释放滑下，最终停在水平轨道上的B点，小物块与水平轨道、倾斜轨道之间的动摩擦因数均相同，A、B两点的连线与水平方向的夹角为α，不计物块在轨道转折时的机械能损失，则动摩擦因数大小为( )
A．tan θ B．tan α C．tan(θ＋α) D．tan(θ－α)
变式3、如图所示，倾角θ＝37°的斜面AB与水平面平滑连接于B点，A、B两点之间的距离s0＝3 m，质量m＝3 kg的小物块与斜面及水平面间的动摩擦因数均为μ＝0.4。当小物块从A点由静止开始沿斜面下滑的同时，对小物块施加一个水平向左的恒力F（图中未画出）。取g＝10 m/s2。
（1）若F＝10 N，小物块从A点由静止开始沿斜面运动到B点时撤去恒力F，求小物块在水平面上滑行的距离s。(sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)
（2）为确保小物块不离开斜面，该恒力F的最大值为多大？
考点三 应用动能定理解决平抛运动、圆周运动问题
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4、（2017·新泰模拟）如图所示，倾斜轨道AB的倾角为37°，CD、EF轨道水平，AB与CD通过光滑圆弧管道BC连接，CD右端与竖直光滑圆周轨道相连。小球可以从D进入该轨道，沿轨道内侧运动，从E滑出该轨道进入EF水平轨道。小球由静止从A点释放，已知AB长为5R，CD长为R，圆弧管道BC入口B与出口C的高度差为1.8R，小球与倾斜轨道AB及水平轨道CD、EF的动摩擦因数均为0.5，重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。求：（在运算中，根号中的数值无需算出）（1）小球滑到斜面底端C时速度的大小。
（2）小球刚到C时对管道的作用力。
（3）要使小球在运动过程中不脱离轨道，竖直圆周轨道的半径R′应该满足什么条件？
变式4、（多选）
如图所示，一固定容器的内壁是半径为R的半球面；在半球面水平直径的一端有一质量为m的质点P。它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中，克服摩擦力做的功为W。重力加速度大小为g。设质点P在最低点时，向心加速度的大小为a，容器对它的支持力大小为N，则( )
A．a＝eq \f(2mgR－W,mR) B．a＝eq \f(2mgR－W,mR)
C．N＝eq \f(3mgR－2W,R) D．N＝eq \f(2mgR－W,R)
变式5、如图所示，竖直四分之一光滑圆弧轨道固定在平台AB上，轨道半径R＝1.8 m，末端与平台相切于A点。倾角θ＝37°的斜面BC紧靠平台固定。从圆弧轨道最高点由静止释放质量m＝1 kg的滑块a，当a运动到B点的同时，与a完全相同的滑块b从斜面底端C点以速度v0＝5 m/s沿斜面向上运动，a、b（视为质点）恰好在斜面上的P点相遇，已知AB长度s＝2 m，a与AB面及b与BC面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，求：
（1）滑块a到B点时的速度；（2）斜面上PC间的距离。
考点四 运用动能定理巧解往复运动问题
1．在有些问题中物体的运动过程具有重复性、往返性，而在这一过程中，描述运动的物理量多数是变化的，而且重复的次数又往往是无限的或者难以确定，求解这类问题时若运用牛顿运动定律及运动学公式将非常繁琐，甚至无法解出。由于动能定理只关心物体的初末状态而不计运动过程的细节，所以用动能定理分析这类问题可使解题过程简化。
2．运用动能定理解决问题时，有两种思路：一种是全过程列式，另一种是分段列式．
3．全过程列式时，涉及重力、弹簧弹力、大小恒定的阻力或摩擦力做功时，要注意运用它们的功能特点：
（1）重力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的功等于力的大小与路程的乘积．
（3）弹簧弹力做功与路径无关．
(一)往复次数可确定的情形
例5、如图所示，ABCD是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底BC的连接处都是一段与BC相切的圆弧，BC是水平的，其距离d＝0.50 m。盆边缘的高度为h＝0.30 m。在A处放一个质量为m的小物块并让其从静止开始下滑（图中小物块未画出）。已知盆内侧壁是光滑的，而盆底BC面与小物块间的动摩擦因数为 μ＝0.10。小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停的地点到B的距离为( )
A．0.50 m B．0.25 m C．0.10 m D．0
(二)往复次数无法确定的情形
例6、
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．eq \f(2,μ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v02,2gcs θ)＋x0tan θ)) B．eq \f(1,μ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v02,2gsin θ)＋x0tan θ))
C．eq \f(1,μ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v02,2gcs θ)＋x0tan θ)) D．eq \f(1,μ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v02,2gcs θ)＋x0ct θ))
(三)往复运动永不停止的情形
例7、如图所示，AB是倾角为θ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，圆弧半径为R。一个质量为m的物体（可以看做质点）从直轨道上的P点由静止释放，结果它能在两轨道间做往返运动。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。求：（1）物体做往返运动的整个过程中在AB轨道上通过的总路程；
（2）最终当物体通过圆弧轨道最低点E时，对圆弧轨道的压力；
（3）为使物体能顺利到达圆弧轨道的最高点D，释放点距B点的距离L′应满足什么条件？
利用动能定理求解往复运动问题的基本思路
1．弄清物体的运动由哪些过程组成．
2．分析每个过程中物体的受力情况．
3．各个力做功有何特点，对动能的变化有无影响．
4．从总体上把握全过程，表达出总功，找出初、末状态的动能．
5．对所研究的全过程运用动能定理列方程．
考点五 动能定理与图象结合的问题
1．解决物理图像问题的基本步骤
2．四类图象所围面积的含义
例8、（多选）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 eq \r(2) m/s
变式6、（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F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F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．物体做减速运动的过程中拉力F对物体做的功
C．物体做匀速运动时的速度 D．物体运动的总时间
变式7、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v­t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．t＝1 s到t＝3 s这段时间内拉力不做功
B．t＝2 s时刻拉力的瞬时功率在整个过程中最大
C．整个过程中拉力做的功等于零
D．整个过程中拉力做的功等于物块克服摩擦力做的功
【能力展示】
【小试牛刀】
1．某人用手托着质量为m的物体，从静止开始沿水平方向运动，前进距离l后，速度为v（物体与手始终相对静止），物体与手掌之间的动摩擦因数为μ，则人对物体做的功为( )
A．mgl B．0 C．μmgl D．eq \f(1,2)mv2
2．子弹的速度为v，打穿一块固定的木块后速度刚好变为零．若木块对子弹的阻力为恒力，那么当子弹射入木块的深度为其厚度的一半时，子弹的速度是 ( )
A．eq \f(v,2) B．eq \f(\r(2),2)v C．eq \f(v,3) D．eq \f(v,4)
3．（多选）质量为1 500 kg的汽车在平直的公路上运动，v－t图象如下图所示。由此能求得( )
A．前25 s内汽车的位移 B．前10 s内汽车的平均速度
C．15～25 s内合外力对汽车所做的功 D．前10 s内汽车所受的牵引力
4．如图所示，质量相同的物体分别自斜面AC和BC的顶端由静止开始下滑，物体与斜面间的动摩擦因数都相同，物体滑到斜面底部C点时的动能分别为Ek1和Ek2，下滑过程中克服摩擦力所做的功分别为W1和W2，则( )
A．Ek1>Ek2 W1Ek2 W1＝W2
C．Ek1＝Ek2 W1>W2 D．Ek1W2
5．（多选）如图所示，质量为m的小车在水平恒力F推动下，从山坡(粗糙)底部A处由静止起运动至高为h的坡顶B，获得速度为v，A、B之间的水平距离为x，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A．小车克服重力所做的功是mgh B．合外力对小车做的功是eq \f(1,2)mv2
C．推力对小车做的功是eq \f(1,2)mv2＋mgh D．阻力对小车做的功是eq \f(1,2)mv2＋mgh－Fx
6．质量为m的小球被系在轻绳一端，在竖直平面内做半径为R的圆周运动，如图所示，运动过程中小球受到空气阻力的作用．设某一时刻小球通过轨道的最低点，此时绳子的张力为7mg，在此后小球继续做圆周运动，经过半个圆周恰好能通过最高点，则在此过程中小球克服空气阻力所做的功是 ( )
A．eq \f(1,4)mgR B．eq \f(1,3)mgR C．eq \f(1,2)mgR D．mgR
7．（多选）如图所示，人通过滑轮将质量为m的物体，沿粗糙的斜面从静止开始匀加速地由底端拉到斜面顶端，物体上升的高度为h，到达斜面顶端时的速度为v，则在此过程中( )
A．物体所受的合外力做的功为mgh＋eq \f(1,2)mv2 B．物体所受的合外力做的功为eq \f(1,2)mv2
C．人对物体做的功为mgh D．人对物体做的功大于mgh
8．如图所示，将质量为m的小球以速度v0由地面竖直向上抛出．小球落回地面时，其速度大小为eq \f(3,4)v0。设小球在运动过程中所受空气阻力的大小不变，则空气阻力的大小等于( )
A．eq \f(3,4)mg B．eq \f(3,16)mg C．eq \f(7,16)mg D．eq \f(7,25)mg
9．质量为1 kg的物体以某一初速度在水平面上滑行，由于摩擦阻力的作用，其动能随位移变化的图线如图所示，g取10 m/s2，则以下说法中正确的是( )
A．物体与水平面间的动摩擦因数为0.5 B．物体与水平面间的动摩擦因数为0.2
C．物体滑行的总时间为4 s D．物体滑行的总时间为2.5 s
10．（2014年全国大纲卷）一物块沿倾角为θ的斜坡向上滑动。当物块的初速度为v时，上升的最大高度为H，如图所示；当物块的初速度为时，上升的最大高度记为h。重力加速度大小为g。物块与斜坡间的动摩擦因数和h分别为( )
A．tanθ和 B．(－1)tanθ和 C．tanθ和 D．(－1)tanθ和
11．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＝2 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AB＝5 m，小物块与水平地面间的动摩擦因数为μ＝0.2。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；
（3）小物块离开D点落到水平地面上的点与B点之间的距离。
【大显身手】
如图所示，在同一竖直平面内有两个正对着的半圆形光滑轨道，轨道的半径都是R，轨道端点所在的水平线相隔一定的距离x，一质量为m的小球在其间运动而不脱离轨道，经过最高点A时的速度为v，小球在最低点B与最高点A对轨道的压力之差为△F（△F>0）。不计空气阻力，则说法正确的是（ ）
、、
A．m、x、R一定时，v越大，△F越大 B．m、R一定时，x越大，△F越大
C．m、x一定时，R越大，△F越大 D．m、x、R一定时，v越大，△F越小
13．(2009·全国)以初速度v0竖直向上抛出一质量为m的小物体.假定物块所受的空气阻力f大小不变。已知重力加速度为g，则物体上升的最大高度和返回到原抛出点的速率分别为( )
A．和 B．和
C．和 D．和
14．如图所示，一小球从A点以某一水平向右的初速度出发，沿水平直线轨道运动到B点后，进入半径R=10cm的光滑竖直圆形轨道，圆形轨道间不相互重叠，即小球离开圆形轨道后可继续向C点运动，C点右侧有一壕沟，C、D两点的竖直高度h=0.8m，水平距离s=1.2m，水平轨道AB长为L1=1m，BC长为L2=3m，小球与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.2，重力加速度g=10m/s2，求：
（1）若小球恰能通过圆形轨道的最高点，求小球在A点的初速度？
（2）若小球既能通过圆形轨道的最高点，又不掉进壕沟，求小球在A点的初速度的范围是多少？
15．如图所示，用一块长L1＝1.0 m的木板在墙和桌面间架设斜面，桌子高H＝0.8 m，长L2＝1.5 m．斜面与水平桌面的夹角θ可在0～60°间调节后固定．将质量m＝0.2 kg的小物块从斜面顶端静止释放，物块与斜面间的动摩擦因数μ1＝0.05，物块与桌面间的动摩擦因数为μ2，忽略物块在斜面与桌面交接处的能量损失．（重力加速度取g＝10 m/s2；最大静摩擦力等于滑动摩擦力）（已知sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8）
（1）求θ角增大到多少时，物块能从斜面开始下滑；（用正切值表示）
（2）当θ角增大到37°时，物块恰能停在桌面边缘，求物块与桌面间的动摩擦因数μ2；
（3）继续增大θ角，当θ等于多少度时物块落地点与墙面的距离最大，并求此最大距离xm.
16．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，cs 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处的速度大小为4 m/s，求滑块从C点飞出至落到斜面上所经历的时间t。
17．一轻质弹簧左端固定在某点，放在水平面上，如图所示．A点左侧的水平面光滑，右侧水平面粗糙，在A点右侧5 m远处竖直放置一半圆形光滑轨道，轨道半径R＝0.4 m，连接处平滑．现将一质量m＝0.1 kg的小滑块放在弹簧的右端（不拴接），用力向左推滑块而压缩弹簧，使弹簧具有的弹性势能为2J，放手后，滑块被弹簧向右水平弹出．已知滑块与A点右侧水平面的动摩擦因数μ＝0.2，取g＝10 m/s2。求：
（1）滑块运动到半圆形轨道最低点B处时对轨道的压力；
（2）改变半圆形轨道的位置（左右平移），使得从原位置被弹出的滑块到达半圆形轨道最高点C处时对轨道的压力大小等于滑块的重力，则AB之间的距离应为多大．
18．如图甲所示，用固定的电动机水平拉着质量m＝2 kg的小物块和质量M＝1 kg的平板以相同的速度一起向右匀速运动，物块位于平板左侧，可视为质点．在平板的右侧一定距离处有台阶阻挡，平板撞上后会立刻停止运动．电动机功率保持P＝3 W不变．从某时刻t＝0起，测得物块的速度随时间的变化关系如图乙所示，t＝6 s后可视为匀速运动，t＝10 s时物块离开木板．重力加速度g＝10 m/s2，求：（1）平板与地面间的动摩擦因数μ为多大？
（2）物块在1 s末和3 s末受到的摩擦力各为多大？
（3）平板长度L为多少？
19．如图所示，一质量m＝0.4 kg的滑块(可视为质点)静止于动摩擦因数μ＝0.1的水平轨道上的A点。现对滑块施加一水平外力，使其向右运动，外力的功率恒为P＝10.0 W。经过一段时间后撤去外力，滑块继续滑行至B点后水平飞出，恰好在C点沿切线方向进入固定在竖直平面内的光滑圆弧形轨道，轨道的最低点D处装有压力传感器，当滑块到达传感器上方时，传感器的示数为25.6 N。已知轨道AB的长度L＝2.0 m，半径OC和竖直方向的夹角α＝37°，圆形轨道的半径R＝0.5 m。(空气阻力可忽略，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)，求：（1）滑块运动到C点时速度vC的大小；（2）B、C两点的高度差h及水平距离s；（3）水平外力作用在滑块上的时间t。
20．由相同材料的木板搭成的轨道如图所示，其中木板AB、BC、CD、DE、EF……长均为L＝1.5m，木板OA和其他木板与水平地面的夹角都为β＝37°（sin37°＝0.6，cs37°＝0.8），一个可看成质点的物体在木板OA上从图中的离地高度h＝1.8m处由静止释放，物体与木板的动摩擦因数都为μ＝0.2，在两木板交接处都用小曲面相连，使物体能顺利地经过它，既不损失动能，也不会脱离轨道。在以后的运动过程中，重力加速度取10m/s2，问：
（1）物体能否静止在木板上？请说明理由
（2）物体运动的总路程是多少？
（3）物体最终停在何处？并作出解释
第2讲 动能定理及其应用
答案
例1、ABD 例2、B 例3、A B 变式1、BC 变式2、B
变式3、（1）4.7m （2）40N
例4、答案：（1）eq \r(\f(28gR,5)) （2）6.6mg，方向竖直向下 （3）R′≤0.92R或R′≥2.3R
解析：（1）设小球到达C点时速度为v，小球从A运动至C过程，由动能定理有：
mg(5Rsin 37°＋1.8R)－μmgcs 37°·5R＝eq \f(1,2)mvC2
解得：vC＝ eq \r(\f(28gR,5))。
（2）小球沿BC管道做圆周运动，设在C点时管道对小球的作用力为FN，由牛顿第二定律，有：FN－mg＝meq \f(vC2,r)
其中r满足：r＋r·cs 37°＝1.8R
解得：FN＝6.6mg
由牛顿第三定律可得，小球对管道的作用力为6.6mg，方向竖直向下。
（3）要使小球不脱离轨道，有两种情况：
情况一：小球能滑过圆周轨道最高点，进入EF轨道，则小球在最高点应满足：meq \f(vP2,R′)≥mg
小球从C点到圆周轨道的最高点过程，由动能定理，有：－μmgR－mg·2R′＝eq \f(1,2)mvP2－eq \f(1,2)mvC2可得：R′≤eq \f(23,25)R＝0.92R
情况二：小球上滑至四分之一圆周轨道的最高点时，速度减为零，然后滑回D。则由动能定理有：－μmgR－mg·R′＝0－eq \f(1,2)mvC2 解得：R′≥2.3R
所以要使小球不脱离轨道，竖直圆周轨道的半径R′应该满足R′≤0.92R或R′≥2.3R。
变式4、BC
变式5、答案：（1）4 m/s （2）1.24 m
解析：（1）滑块a从光滑圆弧轨道滑下到达B点的过程中，根据动能定理有：
mgR－μmgs＝eq \f(1,2)mv2， 代入数据解得：v＝4 m/s。
（2）滑块a到达B点后做平抛运动，根据平抛运动的规律有：
x＝vt， y＝eq \f(1,2)gt2， tan θ＝eq \f(y,x)， 代入数据解得：t＝0.6 s，
滑块b从斜面底端上滑时，根据牛顿第二定律有：mgsin θ＋μmgcs θ＝ma1，
代入数据解得：a1＝10 m/s2
向上运动的时间：t1＝eq \f(v0,a1)＝0.5 s＜0.6 s，
然后接着下滑，根据牛顿第二定律有：mgsin θ－μmgcs θ＝ma2，
代入数据得：a2＝2 m/s2
可得：xPC＝v0t1－eq \f(1,2)a1t12－eq \f(1,2)a2(t－t1)2＝1.24 m。
例5、D 例6、C
例7、（1）； （2）,方向竖直向下；（3）
例8、ACD 变式6、ABC 变式7、D
【能力展示】
1、D 2、B 3、ABC 4、B 5、ABD 6、C 7、BD 8、D 9、C 10、D
11、（1）5 m/s （2）25 N （3）1.2 m 12、B 13、C
14、（1） （2）和
15、（1）tanθ= 0.05 （2）0.8 （3）53° ；1.9 m
16、答案：（1）0.375 （2）2eq \r(3) m/s （3）0.2 s
解析：（1）滑块从A点到D点的过程中，根据动能定理有:mg·(2R－R)－μmgcs 37°·eq \f(2R,sin 37°)＝0
解得μ＝0.375。
（2）若滑块能到达C点，根据牛顿第二定律有mg＋FN＝eq \f(mvC2,R)
当FN＝0时，滑块恰能到达C点，有vC≥eq \r(Rg)＝2 m/s，滑块从A点到C点的过程中，根据动能定理有－μmgcs 37°·eq \f(2R,sin 37°)＝eq \f(1,2)mvC2－eq \f(1,2)mv02
联立解得v0≥2eq \r(3) m/s。
（3）滑块离开C点做平抛运动有x＝vt，y＝eq \f(1,2)gt2
由几何关系得tan 37°＝eq \f(2R－y,x)
联立以上各式整理得5t2＋3t－0.8＝0
解得t＝0.2 s。
17、（1）6N，方向竖直向下；（2）4m或6m
18、（1）μ＝0.2 （2）1s末摩擦力f1＝6N 3s末摩擦力f2＝10N （3） L＝2.416m
19、（1）vC=5m/s；（2）h=0.45m；s=1.2m （3）0.4s
20、（1）物块不能静止在木板上 （2）11.25m （3）物块最终停在C处数量关系
合力做的功与物体动能的变化相等
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
v­t图
由公式x＝vt可知，v­t图线与坐标轴围成的面积表示物体的位移
a­t图
由公式Δv＝at可知，a­t图线与坐标轴围成的面积表示物体速度的变化量
F­x图
由公式W＝Fx可知，F­x图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功
P­t图
由公式W＝Pt可知，P­t图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功