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2021版浙江新高考选考物理一轮复习教师用书：6第五章 2第2节 动能 动能定理
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第2节 动能 动能定理
【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】
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．( )
提示：(1)√ (2)× (3)√ (4)× (5)× (6)√
做一做
(多选)关于动能定理的表达式W＝Ek2－Ek1，下列说法中正确的是( )
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
提示：BC
对动能定理的理解和应用
【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
合力做的功是物体动能变化的原因
2.“一个参考系”：高中阶段动能定理中的位移和速度应以地面或相对地面静止的物体为参考系．
3．适用范围：直线运动、曲线运动、恒力做功、变力做功、各个力同时做功、分段做功均可用动能定理．
【典题例析】
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．tan θ和 B.tan θ和
C．tan θ和 D.tan θ和
[解析] 设物块与斜坡间的动摩擦因数为μ，则物块沿斜坡上滑的过程中，由动能定理
－(mgH＋μmgcos θ)＝0－mv2①
由①得μ＝(－1)tan θ
当物块的初速度为时，由动能定理知
－(mgh＋μmgcos θ)＝0－m()2②
由①②两式得h＝.
[答案] D
【题组过关】
考向1 对动能定理的理解
1．(2020·湖州质检)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°，故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均错误．
考向2 动能定理的应用
2．(2020·宁波调研)张伟同学参加学校运动会立定跳远项目比赛，起跳直至着地过程如图所示，测量得到比赛成绩是2.5 m，目测空中脚离地最大高度约0.8 m，忽略空气阻力，则起跳过程该同学所做功最接近( )
A．65 J B．750 J
C．1 025 J D．1 650 J
解析：选B.人从最高点落地可看做平抛运动，设人在最高点的速度为v0，则h＝gt2，x＝v0t，则起跳过程中该同学所做的功为W＝mgh＋mv，解得W≈750 J.
应用动能定理求解多过程问题
【知识提炼】
动能定理在多过程问题中的应用
(1)对于多个物理过程要仔细分析，将复杂的过程分割成一个一个子过程，分别对每个过程分析，得出每个过程遵循的规律．当每个过程都可以运用动能定理时，可以选择分段或全程应用动能定理，题目不涉及中间量时，选择全程应用动能定理更简单、方便．
(2)应用全程法解题求功时，有些力可能不是全过程都作用的，必须根据不同的情况分别对待，弄清楚物体所受的力在哪段位移上做功，哪些力做功，做正功还是负功，正确写出总功．
【典题例析】
(2019·4月浙江选考)某砂场为提高运输效率，研究砂粒下滑的高度与砂粒在传送带上运动的关系，建立如图所示的物理模型．竖直平面内有一倾角θ＝37°的直轨道AB，其下方右侧放置一水平传送带，直轨道末端B与传送带间距可近似为零，但允许砂粒通过．转轮半径R＝0.4 m、转轴间距L＝2 m的传送带以恒定的线速度逆时针转动，转轮最低点离地面的高度H＝2.2 m．现将一小物块放在距离传送带高h处静止释放，假设小物块从直轨道B端运动到达传送带上C点时，速度大小不变，方向变为水平向右．已知小物块与直轨道和传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.5.(sin 37°＝0.6)
(1)若h＝2.4 m，求小物块到达B端时速度的大小；
(2)若小物块落到传送带左侧地面，求h需要满足的条件；
(3)改变小物块释放的高度h，小物块从传送带的D点水平向右抛出，求小物块落地点到D点的水平距离x与h的关系式及h需要满足的条件．
[解析] (1)小物块由静止释放到B的过程中，有mgsin θ－μmgcos θ＝ma
v＝2a
解得vB＝4 m/s.
(2)若要小物块落到传送带左侧地面，设当小物块到达传送带上D点时速度为零，小物块从距传送带高度h1处由静止释放，则有
0＝mgh1－μmgcos θ·－μmgL
解得h1＝3.0 m
当h
mv2＝mgh－μmgcos θ－μmgL
H＋2R＝gt2，x＝vt
解得x＝2(m)
为使小物块能在D点水平向右抛出，则需满足
mg≤，解得h≥3.6 m.
[答案] (1)4 m/s (2)h<3.0 m
(3)x＝2(m) h≥3.6 m
利用动能定理求解多过程问题的基本思路
(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．
【题组过关】
考向1 动能定理解决往复运动问题
1．如图甲所示，轻弹簧左端固定在竖直墙上，右端点在O位置．质量为m的物块A(可视为质点)以初速度v0从距O点右方x0的P点处向左运动，与弹簧接触后压缩弹簧，将弹簧右端压到O′点位置后，A又被弹簧弹回．A离开弹簧后，恰好回到P点．物块A与水平面间的动摩擦因数为μ.
(1)求物块A从P点出发又回到P点的过程，克服摩擦力所做的功；
(2)求O点和O′点间的距离x1；
(3)如图乙所示，若将另一个与A完全相同的物块B(可视为质点)与弹簧右端拴接，将A放在B右边，向左推A、B，使弹簧右端压缩到O′点位置，然后从静止释放，A、B共同滑行一段距离后分离．求分离后物块A向右滑行的最大距离x2.
解析：(1)物块A从P点出发又回到P点的过程，根据动能定理得克服摩擦力所做的功为
Wf＝mv.
(2)物块A从P点出发又回到P点的过程，根据动能定理得2μmg(x1＋x0)＝mv
解得x1＝－x0.
(3)A、B在弹簧处于原长处分离，设此时它们的共同速度是v1，弹出过程弹力做功WF
只有A时，从O′到P有WF－μmg(x1＋x0)＝0－0
A、B共同从O′到O有WF－2μmgx1＝×2mv
分离后对A有mv＝μmgx2
联立以上各式可得x2＝x0－.
答案：(1)mv (2)－x0 (3)x0－
考向2 动能定理解决平抛、圆周运动相结合的
问题
2.
(2020·舟山质检)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
动能定理与图象的综合问题
【知识提炼】
解决动能定理与图象问题的基本步骤
【题组过关】
1．(多选)(2020·嘉兴调研)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．
2．如图甲所示，在倾角为30°的足够长的光滑斜面AB的A处连接一粗糙水平面OA，OA长为4 m．有一质量为m的滑块，从O处由静止开始受一水平向右的力F作用．F只在水平面上按图乙所示的规律变化．滑块与OA间的动摩擦因数μ＝0.25，g取10 m/s2，试求：
(1)滑块运动到A处的速度大小；
(2)不计滑块在A处的速率变化，滑块冲上斜面AB的长度．
解析：(1)由题图乙知，在前2 m内，F1＝2mg做正功，在第3 m内，F2＝－0.5mg，做负功，在第4 m内，F3＝0，滑动摩擦力Ff＝－μmg＝－0.25mg，始终做负功，对于滑块在OA上运动的全过程，由动能定理得：
F1x1＋F2x2＋Ffx＝mv－0
即2mg×2－0.5mg×1－0.25mg×4＝mv
解得vA＝5 m/s.
(2)对于滑块冲上斜面的过程，由动能定理得
－mgLsin 30°＝0－mv
解得：L＝5 m.
所以滑块冲上斜面AB的长度L＝5 m.
答案：(1)5 m/s (2)5 m
[随堂检测]
1．改变汽车的质量和速度，都可以使汽车的动能发生改变，下列有关汽车动能变化的说法中正确的是( )
A．质量不变，速度增大到原来的2倍，动能变为原来的2倍
B．速度不变，质量增大到原来的2倍，动能变为原来的2倍
C．质量减半，速度增大为原来的4倍，动能变为原来的4倍
D．速度减半，质量增大为原来的4倍，动能变为原来的2倍
答案：B
2．(2020·浙江温岭质检)某消防队员从一平台上跳下，下落2 m后双脚触地，接着他用双腿弯曲的方法缓冲，使自身重心又下降了0.5 m，在着地过程中地面对他双腿的平均作用力是其自身重力的( )
A．2倍 B．5倍 C．8倍 D．10倍
解析：选B.设地面对双腿的平均作用力为F，对全过程利用动能定理得mg(h＋Δh)－FΔh＝0，F＝mg＝5mg，故选项B正确．
3．(多选)关于对动能的理解，下列说法正确的是( )
A．动能是机械能的一种表现形式，凡是运动的物体都具有动能
B．相对不同参考系，同一物体运动的动能相同
C．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
D．动能不变的物体，一定处于平衡状态
解析：选AC.动能是物体由于运动而具有的能量，所以运动的物体都具有动能，A正确；由于Ek＝mv2，而v与参考系的选取有关，所以B错误；由于速度为矢量，当方向变化时其动能不一定改变，故C正确；做匀速圆周运动的物体，动能不变，但并不是处于平衡状态，故D错误．
4.如图所示是公路上的“避险车道”，车道表面是粗糙的碎石，其作用是供下坡的汽车在刹车失灵的情况下避险．质量m＝2.0×103 kg的汽车沿下坡行驶，当驾驶员发现刹车失灵的同时发动机失去动力，此时速度表示数v1＝36 km/h，汽车继续沿下坡匀加速直行l＝350 m、下降高度h＝50 m时到达“避险车道”，此时速度表示数v2＝72 km/h.
(1)求从发现刹车失灵至到达“避险车道”这一过程汽车动能的变化量；
(2)求汽车在下坡过程中所受的阻力；
(3)若“避险车道”与水平面间的夹角为17°，汽车在“避险车道”受到的阻力是在下坡公路上的3倍，求汽车在“避险车道”上运动的最大位移．(sin 17°≈0.3)
解析：(1)由ΔEk＝mv－mv
得ΔEk＝3.0×105 J.
(2)由动能定理mgh－Ffl＝mv－mv
得Ff＝＝2.0×103 N.
(3)设向上运动的最大位移是x′，由动能定理
－(mgsin 17°＋3Ff)x′＝0－mv
得x′＝＝33.3 m.
答案：(1)3.0×105 J (2)2.0×103 N (3)33.3 m
[课后达标]
一、选择题
1.如图所示是滑沙场地的一段，可视为倾角为30°的斜面，设人和滑车总质量为m，人从距底端高为h处的顶端沿滑道由静止开始匀加速下滑，加速度为0.4g(g为重力加速度)，人和滑车可视为质点，则从顶端向下滑到底端的过程中( )
A．人和滑车获得的动能为0.4mgh
B．人和滑车克服摩擦力做功为0.6mgh
C．人和滑车减少的重力势能全部转化为动能
D．人和滑车减少的机械能为0.2mgh
答案：D
2．在地面上某处将一金属小球竖直向上抛出，上升一定高度后再落回原处，若不考虑空气阻力，则下列图象能正确反映小球的速度、加速度、位移和动能随时间变化关系的是(取向上为正方向)( )
答案：A
3.
(2020·浙江9＋1联盟联考)有一质量为m的木块，从半径为r的圆弧曲面上的a点滑向b点，如图所示．如果由于摩擦使木块的运动速率保持不变，则以下叙述正确的是( )
A．木块所受的合外力为零
B．因木块所受的力都不对其做功，所以合外力做的功为零
C．重力和摩擦力的合力做的功为零
D．重力和摩擦力的合力为零
答案：C
4．(2020·浙江猜题卷)如图所示，一个弹簧左端固定于墙上，右端与物块拴接，物块质量为m，它与水平桌面间的动摩擦因数为μ.起初用手按住物块，弹簧的伸长量为x，然后放手，当弹簧的长度第一次回到原长时，物块的速度为v0，则此过程中弹力所做的功为( )
A.mv＋μmgx B.mv－μmgx
C.mv D．μmgx－mv
解析：选A.当弹簧恢复到原长时，物块对地的位移为x，根据动能定理有W弹＋(－μmgx)＝mv－0，得W弹＝mv＋μmgx，选项A正确．
5.如图所示，一质量为m的质点在半径为R的半球形容器中(容器固定)由静止开始自边缘上的A点滑下，到达最低点B时，它对容器的正压力为FN.重力加速度为g，则质点自A滑到B的过程中，摩擦力对其做的功为( )
A.R(FN－3mg) B.R(3mg－FN)
C.R(FN－mg) D.R(FN－2mg)
解析：选A.质点到达最低点B时，它对容器的正压力为FN，根据牛顿定律有FN－mg＝m，根据动能定理，质点自A滑到B的过程中有WFf＋mgR＝mv2，故摩擦力对其所做的功WFf＝RFN－mgR，故A项正确．
6.如图所示，一块长木板B放在光滑的水平面上，在B上放一物体A，现以恒定的外力拉B，由于A、B间摩擦力的作用，A将在B上滑动，以地面为参考系，A、B都向前移动一段距离．在此过程中( )
A．外力F做的功等于A和B动能的增量
B．B对A的摩擦力所做的功，大于A的动能增量
C．A对B的摩擦力所做的功，等于B对A的摩擦力所做的功
D．外力F对B做的功等于B的动能的增量与B克服摩擦力所做的功之和
解析：选D.A物体所受的合外力等于B对A的摩擦力，对A物体运用动能定理，则有B对A的摩擦力所做的功等于A的动能的增量，即B错；A对B的摩擦力与B对A的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑动，A、B对地的位移不等，故二者做功不等，C错；对B应用动能定理，WF－WFf＝ΔEkB，即WF＝ΔEkB＋WFf就是外力F对B做的功，等于B的动能增量与B克服摩擦力所做的功之和，D对；由前述讨论知B克服摩擦力所做的功与A的动能增量(等于B对A的摩擦力所做的功)不等，故A错．
7.如图所示，整个空间存在水平向左的匀强电场，一长为L的绝缘轻质细硬杆一端固定在O点，另一端固定一个质量为m、电荷量为＋q的小球P，杆可绕O点在竖直平面内无摩擦转动，电场强度大小为E＝.先把杆拉成水平，然后将杆无初速度释放，重力加速度为g，不计空气阻力，则( )
A．小球到最低点时速度最大
B．小球从开始至最低点过程中动能先减小后增大
C．小球对杆的最大拉力大小为mg
D．小球可绕O点做完整的圆周运动
解析：选C.在小球运动的过程中只有重力和电场力做功，电场力与重力的合力大小为F＝＝，合力与水平方向夹角的正切值tan α＝＝，α＝60°，所以小球从开始运动到最低点左侧，即杆与水平方向的夹角为60°的过程中，F一直做正功，此后F做负功，动能先增大后减小，所以在最低点左侧杆与水平方向的夹角为60°时速度最大，动能最大，故A、B错误；设小球的最大速度为v，根据动能定理得：mgLsin 60°＋qEL(1＋cos 60°)＝mv2，设最大拉力为FT，则FT－F＝m，解得最大拉力FT＝，故C正确；设动能最大的位置为N，其关于O的对称点为Q，设小球能通过Q点，且通过Q点的速度为v′，根据动能定理得：－mgLsin 60°＋qEL(1－cos 60°)＝mv′2，将qE＝代入得mv′2＜0，不可能，说明小球不能通过Q点，即不能做完整的圆周运动，故D错误．
8．将一小球竖直向上抛出，小球在运动过程中所受到的空气阻力不可忽略．a为小球运动轨迹上的一点，小球上升和下降经过a点时的动能分别为Ek1和Ek2，从抛出开始到小球第一次经过a点时重力所做的功为W1，从抛出开始到小球第二次经过a点时重力所做的功为W2.下列选项正确的是( )
A．Ek1＝Ek2，W1＝W2 B．Ek1>Ek2，W1＝W2
C．Ek1Ek2，W1
9．(2020·湖州质检)在新疆旅游时，最刺激的莫过于滑沙运动．某人坐在滑沙板上从沙坡斜面的顶端由静止沿直线下滑到斜面底端时，速度为2v0，设人下滑时所受阻力恒定不变，沙坡长度为L，斜面倾角为α，人的质量为m，滑沙板质量不计，重力加速度为g.则( )
A．若人在斜面顶端被其他人推了一把，沿斜面以v0的初速度下滑，则人到达斜面底端时的速度大小为3v0
B．若人在斜面顶端被其他人推了一把，沿斜面以v0的初速度下滑，则人到达斜面底端时的速度大小为v0
C．人沿沙坡下滑时所受阻力Ff＝mgsin α＋
D．人在下滑过程中重力功率的最大值为2mgv0
解析：选B.对人进行受力分析如图所示，根据匀变速直线运动的规律有：(2v0)2－0＝2aL，v－v＝2aL，可解得：v1＝v0，所以选项A错误，B正确；根据动能定理有：mgLsin α－FfL＝m(2v0)2，可解得Ff＝mgsin α－，选项C错误；重力功率的最大值为Pm＝2mgv0sin α，选项D错误．
10.
人通过滑轮将质量为m的物体，沿粗糙的斜面由静止开始匀加速地由底端拉上斜面，物体上升的高度为h，到达斜面顶端的速度为v，如图所示．则在此过程中( )
A．物体所受的合外力做功为mgh＋mv2
B．物体所受的合外力做功大于mv2
C．人对物体做的功为mgh
D．人对物体做的功大于mgh
解析：选D.物体沿斜面做匀加速运动，根据动能定理：W合＝WF－WFf－mgh＝mv2，其中WFf为物体克服摩擦力做的功．人对物体做的功即是人对物体的拉力做的功，所以W人＝WF＝WFf＋mgh＋mv2，A、B、C错误，D正确．
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＜mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离
解析：选C.设质点到达N点的速度为vN，在N点质点受到轨道的弹力为FN，则FN－mg＝，已知FN＝FN′＝4mg，则质点到达N点的动能为EkN＝mv＝mgR.质点从开始至N点的过程，由动能定理得mg·2R＋Wf＝EkN－0，解得摩擦力做的功为Wf＝－mgR，即克服摩擦力做的功为W＝－Wf＝mgR.设从N点到Q点的过程中克服摩擦力做功为W′，则W′
12．(2017·4月浙江选考)图中给出了一段“S”形单行盘山公路的示意图．弯道1、弯道2可看做两个不同水平面上的圆弧，圆心分别为O1、O2，弯道中心线半径分别为r1＝10 m，r2＝20 m，弯道2比弯道1高h＝12 m，有一直道与两弯道圆弧相切．质量m＝1 200 kg的汽车通过弯道时做匀速圆周运动，路面对轮胎的最大径向静摩擦力是车重的1.25倍，行驶时要求汽车不打滑．(sin 37°＝0.6，sin 53°＝0.8)
(1)求汽车沿弯道1中心线行驶时的最大速度v1；
(2)汽车以v1进入直道，以P＝30 kW的恒定功率直线行驶了t＝8.0 s进入弯道2，此时速度恰为通过弯道2中心线的最大速度，求直道上除重力以外的阻力对汽车做的功；
(3)汽车从弯道1的A点进入，从同一直径上的B点驶离，有经验的司机会利用路面宽度，用最短时间匀速安全通过弯道．设路宽d＝10 m，求此最短时间(A、B两点都在轨道的中心线上，计算时视汽车为质点)．
解析：(1)弯道1的最大速度v1
kmg＝m
得v1＝＝5 m/s.
(2)弯道2的最大速度v2，kmg＝m
得v2＝＝5 m/s
直道上由动能定理Pt－mgh＋WFf＝mv－mv
代入数据可得WFf＝－2.1×104 J.
(3)
沿如图所示内切的路线行驶时间最短
由图可得r′2＝r＋
代入数据可得r′＝12.5 m
汽车沿该线路行驶的最大速度v′
kmg＝m
得v′＝＝12.5 m/s
由sin θ＝＝0.8
则对应的圆心角2θ＝106°
线路长度s＝×2πr′≈23.1 m
最短时间t′＝≈1.8 s.
答案：(1)5 m/s (2)－2.1×104 J
(3)1.8 s
13．(2017·11月浙江选考)如图1所示是游乐园的过山车，其局部可简化为如图2的示意图，倾角θ＝37°的两平行倾斜轨道BC、DE的下端与水平半圆形轨道CD顺滑连接，倾斜轨道BC的B端高度h＝24 m，倾斜轨道DE与圆弧EF相切于E点，圆弧EF的圆心O1、水平半圆轨道CD的圆心O2与A点在同一水平面上，DO1的距离L＝20 m．质量m＝1 000 kg 的过山车(包括乘客)从B点自静止滑下，经过水平半圆轨道后，滑上另一倾斜轨道，到达圆弧顶端F时乘客对座椅的压力为自身重力的0.25.已知过山车在BCDE段运动时所受的摩擦力与轨道对过山车的支持力成正比，比例系数μ＝，EF段摩擦力不计，整个运动过程空气阻力不计．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
(1)求过山车过F点时的速度大小；
(2)求从B到F整个运动过程中摩擦力对过山车做的功；
(3)如果过D点时发现圆轨道EF段有故障，为保证乘客的安全，立即触发制动装置，使过山车不能到达EF段并保证不再下滑，则过山车受到的摩擦力至少应多大？
解析：(1)在F点有
m人g－m人g＝m人①
r＝Lsin θ＝12 m②
得vF＝＝3 m/s.③
(2)设整个过程摩擦阻力做功为W，对B到F的过程用动能定理
mg(h－r)＋W＝mv－0④
得W＝－7.5×104 J．⑤
(3)触发制动后能恰好到达E点对应的摩擦力为Ff1
－Ff1Lcos θ－mgrcos θ＝0－mv⑥
未触发制动时，对D点到F点的过程，有
－μmgcos θLcos θ－mgr＝mv－mv⑦
由⑥⑦两式得Ff1＝×103 N＝4.6×103 N⑧
要使过山车停在倾斜轨道上的摩擦力为Ff2
Ff2＝mgsin θ＝6×103 N⑨
综合考虑⑧⑨两式，得Ffm＝6×103 N.
答案：见解析
14．如图所示，半径R＝0.5 m的光滑圆弧面CDM分别与光滑斜面体ABC和斜面MN相切于C、M点，斜面倾角分别如图所示．O为圆弧圆心，D为圆弧最低点，C、M在同一水平高度．斜面体ABC固定在地面上，顶端B安装一定滑轮，一轻质软细绳跨过定滑轮(不计滑轮摩擦)分别连接小物块P、Q(两边细绳分别与对应斜面平行)，并保持P、Q两物块静止．若PC间距为L1＝0.25 m，斜面MN足够长，物块P质量m1＝3 kg，与MN间的动摩擦因数μ＝，重力加速度g＝10 m/s2，求：(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
(1)小物块Q的质量m2；
(2)烧断细绳后，物块P第一次到达D点时对轨道的压力大小；
(3)物块P在MN斜面上滑行的总路程．
解析：(1)根据共点力平衡条件，两物块的重力沿斜面的分力相等，有：
m1gsin 53°＝m2gsin 37°
解得m2＝4 kg.
(2)小物块P到D点过程，由动能定理得
m1gh＝m1v
根据几何关系，有：
h＝L1sin 53°＋R(1－cos 53°)
在D点，支持力和重力的合力提供向心力：
FD－m1g＝m1
解得：FD＝78 N
由牛顿第三定律得，物块P对轨道的压力大小为78 N.
(3)分析可知最终物块在CDM之间往复运动，在C点和M点速度为零．
全过程应用动能定理得：
m1gL1sin 53°－μm1gcos 53°L总＝0
解得L总＝1.0 m
即物块P在MN斜面上滑行的总路程为1.0 m.
答案：(1)4 kg (2)78 N (3)1.0 m
【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】
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．( )
提示：(1)√ (2)× (3)√ (4)× (5)× (6)√
做一做
(多选)关于动能定理的表达式W＝Ek2－Ek1，下列说法中正确的是( )
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
提示：BC
对动能定理的理解和应用
【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
合力做的功是物体动能变化的原因
2.“一个参考系”：高中阶段动能定理中的位移和速度应以地面或相对地面静止的物体为参考系．
3．适用范围：直线运动、曲线运动、恒力做功、变力做功、各个力同时做功、分段做功均可用动能定理．
【典题例析】
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．tan θ和 B.tan θ和
C．tan θ和 D.tan θ和
[解析] 设物块与斜坡间的动摩擦因数为μ，则物块沿斜坡上滑的过程中，由动能定理
－(mgH＋μmgcos θ)＝0－mv2①
由①得μ＝(－1)tan θ
当物块的初速度为时，由动能定理知
－(mgh＋μmgcos θ)＝0－m()2②
由①②两式得h＝.
[答案] D
【题组过关】
考向1 对动能定理的理解
1．(2020·湖州质检)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°，故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均错误．
考向2 动能定理的应用
2．(2020·宁波调研)张伟同学参加学校运动会立定跳远项目比赛，起跳直至着地过程如图所示，测量得到比赛成绩是2.5 m，目测空中脚离地最大高度约0.8 m，忽略空气阻力，则起跳过程该同学所做功最接近( )
A．65 J B．750 J
C．1 025 J D．1 650 J
解析：选B.人从最高点落地可看做平抛运动，设人在最高点的速度为v0，则h＝gt2，x＝v0t，则起跳过程中该同学所做的功为W＝mgh＋mv，解得W≈750 J.
应用动能定理求解多过程问题
【知识提炼】
动能定理在多过程问题中的应用
(1)对于多个物理过程要仔细分析，将复杂的过程分割成一个一个子过程，分别对每个过程分析，得出每个过程遵循的规律．当每个过程都可以运用动能定理时，可以选择分段或全程应用动能定理，题目不涉及中间量时，选择全程应用动能定理更简单、方便．
(2)应用全程法解题求功时，有些力可能不是全过程都作用的，必须根据不同的情况分别对待，弄清楚物体所受的力在哪段位移上做功，哪些力做功，做正功还是负功，正确写出总功．
【典题例析】
(2019·4月浙江选考)某砂场为提高运输效率，研究砂粒下滑的高度与砂粒在传送带上运动的关系，建立如图所示的物理模型．竖直平面内有一倾角θ＝37°的直轨道AB，其下方右侧放置一水平传送带，直轨道末端B与传送带间距可近似为零，但允许砂粒通过．转轮半径R＝0.4 m、转轴间距L＝2 m的传送带以恒定的线速度逆时针转动，转轮最低点离地面的高度H＝2.2 m．现将一小物块放在距离传送带高h处静止释放，假设小物块从直轨道B端运动到达传送带上C点时，速度大小不变，方向变为水平向右．已知小物块与直轨道和传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.5.(sin 37°＝0.6)
(1)若h＝2.4 m，求小物块到达B端时速度的大小；
(2)若小物块落到传送带左侧地面，求h需要满足的条件；
(3)改变小物块释放的高度h，小物块从传送带的D点水平向右抛出，求小物块落地点到D点的水平距离x与h的关系式及h需要满足的条件．
[解析] (1)小物块由静止释放到B的过程中，有mgsin θ－μmgcos θ＝ma
v＝2a
解得vB＝4 m/s.
(2)若要小物块落到传送带左侧地面，设当小物块到达传送带上D点时速度为零，小物块从距传送带高度h1处由静止释放，则有
0＝mgh1－μmgcos θ·－μmgL
解得h1＝3.0 m
当h
mv2＝mgh－μmgcos θ－μmgL
H＋2R＝gt2，x＝vt
解得x＝2(m)
为使小物块能在D点水平向右抛出，则需满足
mg≤，解得h≥3.6 m.
[答案] (1)4 m/s (2)h<3.0 m
(3)x＝2(m) h≥3.6 m
利用动能定理求解多过程问题的基本思路
(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．
【题组过关】
考向1 动能定理解决往复运动问题
1．如图甲所示，轻弹簧左端固定在竖直墙上，右端点在O位置．质量为m的物块A(可视为质点)以初速度v0从距O点右方x0的P点处向左运动，与弹簧接触后压缩弹簧，将弹簧右端压到O′点位置后，A又被弹簧弹回．A离开弹簧后，恰好回到P点．物块A与水平面间的动摩擦因数为μ.
(1)求物块A从P点出发又回到P点的过程，克服摩擦力所做的功；
(2)求O点和O′点间的距离x1；
(3)如图乙所示，若将另一个与A完全相同的物块B(可视为质点)与弹簧右端拴接，将A放在B右边，向左推A、B，使弹簧右端压缩到O′点位置，然后从静止释放，A、B共同滑行一段距离后分离．求分离后物块A向右滑行的最大距离x2.
解析：(1)物块A从P点出发又回到P点的过程，根据动能定理得克服摩擦力所做的功为
Wf＝mv.
(2)物块A从P点出发又回到P点的过程，根据动能定理得2μmg(x1＋x0)＝mv
解得x1＝－x0.
(3)A、B在弹簧处于原长处分离，设此时它们的共同速度是v1，弹出过程弹力做功WF
只有A时，从O′到P有WF－μmg(x1＋x0)＝0－0
A、B共同从O′到O有WF－2μmgx1＝×2mv
分离后对A有mv＝μmgx2
联立以上各式可得x2＝x0－.
答案：(1)mv (2)－x0 (3)x0－
考向2 动能定理解决平抛、圆周运动相结合的
问题
2.
(2020·舟山质检)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
动能定理与图象的综合问题
【知识提炼】
解决动能定理与图象问题的基本步骤
【题组过关】
1．(多选)(2020·嘉兴调研)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．
2．如图甲所示，在倾角为30°的足够长的光滑斜面AB的A处连接一粗糙水平面OA，OA长为4 m．有一质量为m的滑块，从O处由静止开始受一水平向右的力F作用．F只在水平面上按图乙所示的规律变化．滑块与OA间的动摩擦因数μ＝0.25，g取10 m/s2，试求：
(1)滑块运动到A处的速度大小；
(2)不计滑块在A处的速率变化，滑块冲上斜面AB的长度．
解析：(1)由题图乙知，在前2 m内，F1＝2mg做正功，在第3 m内，F2＝－0.5mg，做负功，在第4 m内，F3＝0，滑动摩擦力Ff＝－μmg＝－0.25mg，始终做负功，对于滑块在OA上运动的全过程，由动能定理得：
F1x1＋F2x2＋Ffx＝mv－0
即2mg×2－0.5mg×1－0.25mg×4＝mv
解得vA＝5 m/s.
(2)对于滑块冲上斜面的过程，由动能定理得
－mgLsin 30°＝0－mv
解得：L＝5 m.
所以滑块冲上斜面AB的长度L＝5 m.
答案：(1)5 m/s (2)5 m
[随堂检测]
1．改变汽车的质量和速度，都可以使汽车的动能发生改变，下列有关汽车动能变化的说法中正确的是( )
A．质量不变，速度增大到原来的2倍，动能变为原来的2倍
B．速度不变，质量增大到原来的2倍，动能变为原来的2倍
C．质量减半，速度增大为原来的4倍，动能变为原来的4倍
D．速度减半，质量增大为原来的4倍，动能变为原来的2倍
答案：B
2．(2020·浙江温岭质检)某消防队员从一平台上跳下，下落2 m后双脚触地，接着他用双腿弯曲的方法缓冲，使自身重心又下降了0.5 m，在着地过程中地面对他双腿的平均作用力是其自身重力的( )
A．2倍 B．5倍 C．8倍 D．10倍
解析：选B.设地面对双腿的平均作用力为F，对全过程利用动能定理得mg(h＋Δh)－FΔh＝0，F＝mg＝5mg，故选项B正确．
3．(多选)关于对动能的理解，下列说法正确的是( )
A．动能是机械能的一种表现形式，凡是运动的物体都具有动能
B．相对不同参考系，同一物体运动的动能相同
C．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
D．动能不变的物体，一定处于平衡状态
解析：选AC.动能是物体由于运动而具有的能量，所以运动的物体都具有动能，A正确；由于Ek＝mv2，而v与参考系的选取有关，所以B错误；由于速度为矢量，当方向变化时其动能不一定改变，故C正确；做匀速圆周运动的物体，动能不变，但并不是处于平衡状态，故D错误．
4.如图所示是公路上的“避险车道”，车道表面是粗糙的碎石，其作用是供下坡的汽车在刹车失灵的情况下避险．质量m＝2.0×103 kg的汽车沿下坡行驶，当驾驶员发现刹车失灵的同时发动机失去动力，此时速度表示数v1＝36 km/h，汽车继续沿下坡匀加速直行l＝350 m、下降高度h＝50 m时到达“避险车道”，此时速度表示数v2＝72 km/h.
(1)求从发现刹车失灵至到达“避险车道”这一过程汽车动能的变化量；
(2)求汽车在下坡过程中所受的阻力；
(3)若“避险车道”与水平面间的夹角为17°，汽车在“避险车道”受到的阻力是在下坡公路上的3倍，求汽车在“避险车道”上运动的最大位移．(sin 17°≈0.3)
解析：(1)由ΔEk＝mv－mv
得ΔEk＝3.0×105 J.
(2)由动能定理mgh－Ffl＝mv－mv
得Ff＝＝2.0×103 N.
(3)设向上运动的最大位移是x′，由动能定理
－(mgsin 17°＋3Ff)x′＝0－mv
得x′＝＝33.3 m.
答案：(1)3.0×105 J (2)2.0×103 N (3)33.3 m
[课后达标]
一、选择题
1.如图所示是滑沙场地的一段，可视为倾角为30°的斜面，设人和滑车总质量为m，人从距底端高为h处的顶端沿滑道由静止开始匀加速下滑，加速度为0.4g(g为重力加速度)，人和滑车可视为质点，则从顶端向下滑到底端的过程中( )
A．人和滑车获得的动能为0.4mgh
B．人和滑车克服摩擦力做功为0.6mgh
C．人和滑车减少的重力势能全部转化为动能
D．人和滑车减少的机械能为0.2mgh
答案：D
2．在地面上某处将一金属小球竖直向上抛出，上升一定高度后再落回原处，若不考虑空气阻力，则下列图象能正确反映小球的速度、加速度、位移和动能随时间变化关系的是(取向上为正方向)( )
答案：A
3.
(2020·浙江9＋1联盟联考)有一质量为m的木块，从半径为r的圆弧曲面上的a点滑向b点，如图所示．如果由于摩擦使木块的运动速率保持不变，则以下叙述正确的是( )
A．木块所受的合外力为零
B．因木块所受的力都不对其做功，所以合外力做的功为零
C．重力和摩擦力的合力做的功为零
D．重力和摩擦力的合力为零
答案：C
4．(2020·浙江猜题卷)如图所示，一个弹簧左端固定于墙上，右端与物块拴接，物块质量为m，它与水平桌面间的动摩擦因数为μ.起初用手按住物块，弹簧的伸长量为x，然后放手，当弹簧的长度第一次回到原长时，物块的速度为v0，则此过程中弹力所做的功为( )
A.mv＋μmgx B.mv－μmgx
C.mv D．μmgx－mv
解析：选A.当弹簧恢复到原长时，物块对地的位移为x，根据动能定理有W弹＋(－μmgx)＝mv－0，得W弹＝mv＋μmgx，选项A正确．
5.如图所示，一质量为m的质点在半径为R的半球形容器中(容器固定)由静止开始自边缘上的A点滑下，到达最低点B时，它对容器的正压力为FN.重力加速度为g，则质点自A滑到B的过程中，摩擦力对其做的功为( )
A.R(FN－3mg) B.R(3mg－FN)
C.R(FN－mg) D.R(FN－2mg)
解析：选A.质点到达最低点B时，它对容器的正压力为FN，根据牛顿定律有FN－mg＝m，根据动能定理，质点自A滑到B的过程中有WFf＋mgR＝mv2，故摩擦力对其所做的功WFf＝RFN－mgR，故A项正确．
6.如图所示，一块长木板B放在光滑的水平面上，在B上放一物体A，现以恒定的外力拉B，由于A、B间摩擦力的作用，A将在B上滑动，以地面为参考系，A、B都向前移动一段距离．在此过程中( )
A．外力F做的功等于A和B动能的增量
B．B对A的摩擦力所做的功，大于A的动能增量
C．A对B的摩擦力所做的功，等于B对A的摩擦力所做的功
D．外力F对B做的功等于B的动能的增量与B克服摩擦力所做的功之和
解析：选D.A物体所受的合外力等于B对A的摩擦力，对A物体运用动能定理，则有B对A的摩擦力所做的功等于A的动能的增量，即B错；A对B的摩擦力与B对A的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑动，A、B对地的位移不等，故二者做功不等，C错；对B应用动能定理，WF－WFf＝ΔEkB，即WF＝ΔEkB＋WFf就是外力F对B做的功，等于B的动能增量与B克服摩擦力所做的功之和，D对；由前述讨论知B克服摩擦力所做的功与A的动能增量(等于B对A的摩擦力所做的功)不等，故A错．
7.如图所示，整个空间存在水平向左的匀强电场，一长为L的绝缘轻质细硬杆一端固定在O点，另一端固定一个质量为m、电荷量为＋q的小球P，杆可绕O点在竖直平面内无摩擦转动，电场强度大小为E＝.先把杆拉成水平，然后将杆无初速度释放，重力加速度为g，不计空气阻力，则( )
A．小球到最低点时速度最大
B．小球从开始至最低点过程中动能先减小后增大
C．小球对杆的最大拉力大小为mg
D．小球可绕O点做完整的圆周运动
解析：选C.在小球运动的过程中只有重力和电场力做功，电场力与重力的合力大小为F＝＝，合力与水平方向夹角的正切值tan α＝＝，α＝60°，所以小球从开始运动到最低点左侧，即杆与水平方向的夹角为60°的过程中，F一直做正功，此后F做负功，动能先增大后减小，所以在最低点左侧杆与水平方向的夹角为60°时速度最大，动能最大，故A、B错误；设小球的最大速度为v，根据动能定理得：mgLsin 60°＋qEL(1＋cos 60°)＝mv2，设最大拉力为FT，则FT－F＝m，解得最大拉力FT＝，故C正确；设动能最大的位置为N，其关于O的对称点为Q，设小球能通过Q点，且通过Q点的速度为v′，根据动能定理得：－mgLsin 60°＋qEL(1－cos 60°)＝mv′2，将qE＝代入得mv′2＜0，不可能，说明小球不能通过Q点，即不能做完整的圆周运动，故D错误．
8．将一小球竖直向上抛出，小球在运动过程中所受到的空气阻力不可忽略．a为小球运动轨迹上的一点，小球上升和下降经过a点时的动能分别为Ek1和Ek2，从抛出开始到小球第一次经过a点时重力所做的功为W1，从抛出开始到小球第二次经过a点时重力所做的功为W2.下列选项正确的是( )
A．Ek1＝Ek2，W1＝W2 B．Ek1>Ek2，W1＝W2
C．Ek1
9．(2020·湖州质检)在新疆旅游时，最刺激的莫过于滑沙运动．某人坐在滑沙板上从沙坡斜面的顶端由静止沿直线下滑到斜面底端时，速度为2v0，设人下滑时所受阻力恒定不变，沙坡长度为L，斜面倾角为α，人的质量为m，滑沙板质量不计，重力加速度为g.则( )
A．若人在斜面顶端被其他人推了一把，沿斜面以v0的初速度下滑，则人到达斜面底端时的速度大小为3v0
B．若人在斜面顶端被其他人推了一把，沿斜面以v0的初速度下滑，则人到达斜面底端时的速度大小为v0
C．人沿沙坡下滑时所受阻力Ff＝mgsin α＋
D．人在下滑过程中重力功率的最大值为2mgv0
解析：选B.对人进行受力分析如图所示，根据匀变速直线运动的规律有：(2v0)2－0＝2aL，v－v＝2aL，可解得：v1＝v0，所以选项A错误，B正确；根据动能定理有：mgLsin α－FfL＝m(2v0)2，可解得Ff＝mgsin α－，选项C错误；重力功率的最大值为Pm＝2mgv0sin α，选项D错误．
10.
人通过滑轮将质量为m的物体，沿粗糙的斜面由静止开始匀加速地由底端拉上斜面，物体上升的高度为h，到达斜面顶端的速度为v，如图所示．则在此过程中( )
A．物体所受的合外力做功为mgh＋mv2
B．物体所受的合外力做功大于mv2
C．人对物体做的功为mgh
D．人对物体做的功大于mgh
解析：选D.物体沿斜面做匀加速运动，根据动能定理：W合＝WF－WFf－mgh＝mv2，其中WFf为物体克服摩擦力做的功．人对物体做的功即是人对物体的拉力做的功，所以W人＝WF＝WFf＋mgh＋mv2，A、B、C错误，D正确．
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＜mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离
解析：选C.设质点到达N点的速度为vN，在N点质点受到轨道的弹力为FN，则FN－mg＝，已知FN＝FN′＝4mg，则质点到达N点的动能为EkN＝mv＝mgR.质点从开始至N点的过程，由动能定理得mg·2R＋Wf＝EkN－0，解得摩擦力做的功为Wf＝－mgR，即克服摩擦力做的功为W＝－Wf＝mgR.设从N点到Q点的过程中克服摩擦力做功为W′，则W′
12．(2017·4月浙江选考)图中给出了一段“S”形单行盘山公路的示意图．弯道1、弯道2可看做两个不同水平面上的圆弧，圆心分别为O1、O2，弯道中心线半径分别为r1＝10 m，r2＝20 m，弯道2比弯道1高h＝12 m，有一直道与两弯道圆弧相切．质量m＝1 200 kg的汽车通过弯道时做匀速圆周运动，路面对轮胎的最大径向静摩擦力是车重的1.25倍，行驶时要求汽车不打滑．(sin 37°＝0.6，sin 53°＝0.8)
(1)求汽车沿弯道1中心线行驶时的最大速度v1；
(2)汽车以v1进入直道，以P＝30 kW的恒定功率直线行驶了t＝8.0 s进入弯道2，此时速度恰为通过弯道2中心线的最大速度，求直道上除重力以外的阻力对汽车做的功；
(3)汽车从弯道1的A点进入，从同一直径上的B点驶离，有经验的司机会利用路面宽度，用最短时间匀速安全通过弯道．设路宽d＝10 m，求此最短时间(A、B两点都在轨道的中心线上，计算时视汽车为质点)．
解析：(1)弯道1的最大速度v1
kmg＝m
得v1＝＝5 m/s.
(2)弯道2的最大速度v2，kmg＝m
得v2＝＝5 m/s
直道上由动能定理Pt－mgh＋WFf＝mv－mv
代入数据可得WFf＝－2.1×104 J.
(3)
沿如图所示内切的路线行驶时间最短
由图可得r′2＝r＋
代入数据可得r′＝12.5 m
汽车沿该线路行驶的最大速度v′
kmg＝m
得v′＝＝12.5 m/s
由sin θ＝＝0.8
则对应的圆心角2θ＝106°
线路长度s＝×2πr′≈23.1 m
最短时间t′＝≈1.8 s.
答案：(1)5 m/s (2)－2.1×104 J
(3)1.8 s
13．(2017·11月浙江选考)如图1所示是游乐园的过山车，其局部可简化为如图2的示意图，倾角θ＝37°的两平行倾斜轨道BC、DE的下端与水平半圆形轨道CD顺滑连接，倾斜轨道BC的B端高度h＝24 m，倾斜轨道DE与圆弧EF相切于E点，圆弧EF的圆心O1、水平半圆轨道CD的圆心O2与A点在同一水平面上，DO1的距离L＝20 m．质量m＝1 000 kg 的过山车(包括乘客)从B点自静止滑下，经过水平半圆轨道后，滑上另一倾斜轨道，到达圆弧顶端F时乘客对座椅的压力为自身重力的0.25.已知过山车在BCDE段运动时所受的摩擦力与轨道对过山车的支持力成正比，比例系数μ＝，EF段摩擦力不计，整个运动过程空气阻力不计．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
(1)求过山车过F点时的速度大小；
(2)求从B到F整个运动过程中摩擦力对过山车做的功；
(3)如果过D点时发现圆轨道EF段有故障，为保证乘客的安全，立即触发制动装置，使过山车不能到达EF段并保证不再下滑，则过山车受到的摩擦力至少应多大？
解析：(1)在F点有
m人g－m人g＝m人①
r＝Lsin θ＝12 m②
得vF＝＝3 m/s.③
(2)设整个过程摩擦阻力做功为W，对B到F的过程用动能定理
mg(h－r)＋W＝mv－0④
得W＝－7.5×104 J．⑤
(3)触发制动后能恰好到达E点对应的摩擦力为Ff1
－Ff1Lcos θ－mgrcos θ＝0－mv⑥
未触发制动时，对D点到F点的过程，有
－μmgcos θLcos θ－mgr＝mv－mv⑦
由⑥⑦两式得Ff1＝×103 N＝4.6×103 N⑧
要使过山车停在倾斜轨道上的摩擦力为Ff2
Ff2＝mgsin θ＝6×103 N⑨
综合考虑⑧⑨两式，得Ffm＝6×103 N.
答案：见解析
14．如图所示，半径R＝0.5 m的光滑圆弧面CDM分别与光滑斜面体ABC和斜面MN相切于C、M点，斜面倾角分别如图所示．O为圆弧圆心，D为圆弧最低点，C、M在同一水平高度．斜面体ABC固定在地面上，顶端B安装一定滑轮，一轻质软细绳跨过定滑轮(不计滑轮摩擦)分别连接小物块P、Q(两边细绳分别与对应斜面平行)，并保持P、Q两物块静止．若PC间距为L1＝0.25 m，斜面MN足够长，物块P质量m1＝3 kg，与MN间的动摩擦因数μ＝，重力加速度g＝10 m/s2，求：(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
(1)小物块Q的质量m2；
(2)烧断细绳后，物块P第一次到达D点时对轨道的压力大小；
(3)物块P在MN斜面上滑行的总路程．
解析：(1)根据共点力平衡条件，两物块的重力沿斜面的分力相等，有：
m1gsin 53°＝m2gsin 37°
解得m2＝4 kg.
(2)小物块P到D点过程，由动能定理得
m1gh＝m1v
根据几何关系，有：
h＝L1sin 53°＋R(1－cos 53°)
在D点，支持力和重力的合力提供向心力：
FD－m1g＝m1
解得：FD＝78 N
由牛顿第三定律得，物块P对轨道的压力大小为78 N.
(3)分析可知最终物块在CDM之间往复运动，在C点和M点速度为零．
全过程应用动能定理得：
m1gL1sin 53°－μm1gcos 53°L总＝0
解得L总＝1.0 m
即物块P在MN斜面上滑行的总路程为1.0 m.
答案：(1)4 kg (2)78 N (3)1.0 m
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