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专题35动能定理及其应用-2023届高三物理一轮复习重难点逐个突破
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这是一份专题35动能定理及其应用-2023届高三物理一轮复习重难点逐个突破，文件包含专题35动能定理及其应用原卷版docx、专题35动能定理及其应用解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共30页， 欢迎下载使用。
考点二 动能定理的基本应用
考点三 应用动能定理求变力做功
考点四 应用动能定理处理往复运动和多过程问题
考点五 动能定理的综合应用（1.动能定理与图像结合的问题 2.直线运动、圆周运动、抛体运动的组合）
考点一 对动能定理的理解
1.内容：合力做的功等于动能的变化（合力做的功和动能的变化对应同一个研究对象、同一个运动过程）
2.表达式：W合＝Ek2－Ek1＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)
3.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．
4.动能定理的适用条件
(1)动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动．
(2)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．
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
【答案】A
【解析】由W＝Flcs α可知，若物体所受合外力为零，则合外力做功一定为零，但合外力做功为零，合外力不一定为零，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，C错误；动能不变，合外力做功为零，但合外力不一定为零，D错误。
2．关于动能定理，下列说法正确的是（ ）
A．某过程中合力的总功等于各力做功的绝对值之和
B．只要合力对物体做功，物体的动能就一定改变
C．在物体动能不改变的过程中，动能定理不适用
D．动能定理只适用于受恒力作用而加速运动的过程
【答案】B
【解析】A．某过程中合力的总共等于各力做功的代数之和，故A项错误；
B．只要合力对物体做功，由动能定理知物体的动能就一定改变，故B项正确；
C．动能不变，只能说明合外力的总功W=0，动能定理仍适用，故C项错误；
D．动能定理既适用恒力做功，也适用变力做功，故D项错误。
3．(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=12mv22−12mv12，其中WFN为支持力的功
B．对电梯，动能定理的表达式为W合＝0，其中W合为合力的功
C．对物体，动能定理的表达式为WFN−mgH=12mv22−12mv12
D．对电梯，其所受合力做功为12Mv22−12Mv12
【答案】CD
【解析】AC．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为 ΔEk=12mv22−12mv12
A错误，C正确；
BD．对电梯，无论有几个力对它做功，由动能定理可知，其合力的功一定等于其动能的增量，B错误，D正确。
考点二 动能定理的基本应用
1.应用技巧：动能定理中涉及的物理量有F、l、m、v、W、Ek等，在处理含有上述物理量的问题时，优先考虑使用动能定理。若过程包含了几个运动性质不同的分过程，既可以分段考虑，也可以整个过程考虑．
2.应用动能定理解题的基本思路
(1)选取研究对象，明确它的运动过程及初末状态（初末状态的速度或动能一般为所求或已知）
(2)分析研究对象的受力情况和各力的做功情况：
受哪些力→各力是否做功→做正功还是负功→做多少功→各力做功的代数和
(3)明确研究对象初、末状态的动能Ek1和Ek2；
(4)列动能定理的方程W合＝Ek2－Ek1及其他必要的方程进行求解
4．在离地面高为ℎ处竖直上抛一质量为m的物块，抛出时的速度为v0，它落到地面时的速度为v，用g表示重力加速度，则在此过程中物块克服空气阻力所做的功等于（ ）
A．mgℎ−12mv2−12mv02B．−mgℎ−12mv2−12mv02
C．mgℎ+12mv02−12mv2D．mgℎ+12mv2−12mv02
【答案】C
【解析】物块从高为ℎ处竖直上抛到落到地面的运动中，设物块克服空气阻力所做的功为Wf，由动能定理可得mgℎ−Wf=12mv2−12mv02
解得Wf=mgℎ+12mv02−12mv2
ABD错误，C正确。
5．(多选)如图所示，质量相同的甲、乙两个小物块，甲从竖直固定的四分之一光滑圆弧轨道项端由静止滑下，轨道半径为R，圆弧底端切线水平，乙从高为R的光滑斜面项端由静止滑下。下列判断正确的是（ ）
A．两物块到达底端时速度相同
B．两物块到达底端时动能相同
C．乙物块运动到底端的过程中重力做功的瞬时功率先增大后减小
D．两物块到达底端时，甲物块重力做功的瞬时功率小于乙物块重力做功的瞬时功率
【答案】BD
【解析】AB．甲、乙两个小物块运动过程，由动能定理mgR=Ek=12mv2
得两物块到达底端时动能相同，B正确，同时由于两物块质量相同，则到达底端时速度大小相同，但速度方向不同，A错误；
C．乙沿斜面做匀加速直线运动，重力的功率为P乙=mgv乙sinθ
乙重力做功功率一直增加，C错误；
D．甲物块到达底端时，速度方向沿水平方向，此时重力方向与速度方向夹角的余弦为零，故此时甲重力做功的瞬时功率为零，小于乙物块重力做功的瞬时功率，D正确；
6．(多选)质量为m的物体，在水平面上以初速度v0开始滑动，经距离d时，速度减为12v0。物体与水平面各处的动摩擦因数相同，则（ ）
A．物体与水平面间的动摩擦因数为3v08gd
B．克服摩擦力做的功为34mv02
C．物体再前进13d便停止
D．要使物体前进总距离为2d，其初速度应为32v0
【答案】CD
【解析】AB．根据动能定理Wf=12m(v02)2−12mv02=−38mv02
即克服摩擦力做功为38mv02
根据Wf=−μmgd
解得μ=3v208gd AB错误；
C．根据动能定理0−12m(v02)2=−μmgx
解得x=d3 C正确；
D．根据动能定理0−12mv0′2=−μmg2d
解得v0'=32v0 D正确。
7．(多选)如图所示，木块质量为M，放在光滑水平面上，一质量为m 的子弹以初速度v0水平射入木块中，最后二者一起以速度v 匀速前进。已知子弹受到的平均阻力为f，子弹射入木块的深度为d，木块移动距离为s。则下列判断正确的是（ ）
A．fd=12mv02−12mv2
B．fd=12mv02−12(M+m)v2
C．f(s+d)=12mv02−12(M+m)v2
D．fs=12Mv2
【答案】BD
【解析】ABC．子弹进入木块过程中产生的热量为Q=f⋅Δx=fd
又根据能量守恒可知Q=12mv02−12（M+m）v2
所以fd=12mv02−12（M+m）v2 故AC错误，B正确；
D．对木块由动能定理有fs=12Mv2故D正确。
8．如图所示，质量为m的小球，从离地面高H处由静止开始释放，落到地面后继续陷入泥中h深度而停止。设小球受到的空气阻力为Ff，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A．小球落地时动能等于mgH
B．整个过程中小球克服阻力做的功小于mgH
C．小球在泥中受到的平均阻力为mg1+Hℎ
D．小球陷入泥中的过程中克服泥的阻力所做的功大于刚落到地面时的动能
【答案】D
【解析】A．从静止开始释放到落到地面的过程，由动能定理得mgH−FfH=Ek−0
解得Ek=mgH−FfH 故A错误；
B．整个过程，由动能定理得 mgℎ+H+Wf′=0−0
解得整个过程中阻力做的功 Wf′=−mgℎ+H
所以整个过程中小球克服阻力做的功 Wf′=mgℎ+H>mgH 故B错误；
C．小球在泥中由动能定理 mgℎ−Wf=0−Ek
克服泥土阻力所做的功 Wf=mgℎ+Ek=mgH+ℎ−FfH
所以小球在泥土中受到的平均阻力 f'=mg−FfHℎ+mg 故C错误；
D．研究小球陷入泥中的过程，由动能定理得 mgℎ−Wf=0−Ek
解得克服泥土阻力所做的功 Wf=mgℎ+Ek>Ek 故D正确。
考点三 应用动能定理求变力做功
变力做功不能直接用功的公式求解，但可用动能定理求解，根据动能定理：W变＋W恒＝eq \f(1,2)mv22－eq \f(1,2)mv12，物体初、末速度或动能已知时，恒力做功W恒可以直接用功的公式求出，从而得到W变＝eq \f(1,2)mv22－eq \f(1,2)mv12－W恒，这样就可以求变力做的功了．
9.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．
10．如图所示，一质量为m的小球，用长为l的轻绳悬挂于O点的正下方P点。若小球在水平拉力的作用下，从P点缓慢地移动到Q点，水平拉力F做的功为W1；若小球在水平恒力F=mg的作用下，从P点运动到Q点水平拉力F做的功为W2，已知θ=30°，则W1和W2大小关系（ ）
A．W1=W2B．W1>W2C．W1【答案】C
【解析】当用水平力缓缓拉动小球时，拉力的功W1=mgl(1−cs30∘)≈0.134mgl
小球在水平恒力F=mg的作用下时，拉力的功W2=Flsin30∘=0.5mgl>W1 故选C。
考点四 应用动能定理处理往复运动和多过程问题
1.往复运动多涉及滑动摩擦力或其他阻力做功，其做功的特点是与路程有关，由于多次往复，运用牛顿运动定律及运动学公式往往无法求解，但由于动能定理只涉及运动的初、末状态，所以用动能定理分析这类问题可使解题过程简化．
2.往复运动和多过程问题初末状态的选取：一般情况下，选取速度(或动能)为所求或已知的状态为初末状态．
3.要关注下列各力做功的特点:
(1)重力做的功取决于物体的初、末位置,与路径无关．
(2)无论物体是否做往复运动，大小恒定的阻力或摩擦力做的功等于力与路程的乘积．
(3)若力F随位移x线性变化，力可用平均值eq \x\t(F)＝eq \f(F1＋F2,2)表示，然后代入功的公式求功．
(4)功率P一定时，可用W＝Pt求功．
4.多过程问题中两个不同运动过程的连接处的速度不能突变往往是解决问题的突破口．
5.涉及竖直面内圆周运动时经常考查最高点和最低点，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与动能定理联立求解．
11．(多选)如图所示，ABCD是一个固定在水平地面上的盆式容器，盆的内侧与盆底BC的连接处都是一段与BC相切的圆弧。B、C水平，其长度为d=1m，盆边缘的高度为ℎ=0.30m，在A处放一个质量为m的小物块并让其自由下滑，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μ=0.10，则（g取10m/s2）（ ）
A．小物块第一次到达B点的速度为3m/s
B．小物块第一次到达C点的速度为2m/s
C．小物块在盆内来回滑动，最后停在B点
D．小物块在盆内来回滑动，最后停在C点
【答案】BD
【解析】A．小物块第一次到达B点时，由动能定理得 mgℎ=12mvB2
解得 vB=6m/s 故A错误；
B．小物块第一次到达C点时，由动能定理有 mgℎ−μmgd=12mvC2
解得 vC=2m/s 故B正确；
CD．小物块最终将静止在水平面上，根据动能定理，有 mgℎ−μmgl=0 l=ℎμ=
而d=1m，则物块刚好在B、C间往返运动了3次，所以最终停在C点，故C错误，D正确。
故选BD。
12．(多选)如图所示，ABCD是一条长轨道，其中AB段是倾角为θ的斜面，CD段是水平的，BC是与AB和CD都相切的一段圆弧，其长度可以略去不计。一质量为m的小滑块从A点由静止滑下，最后停在D点，现用一沿着轨道方向的拉力拉滑块，使它缓缓地由D点回到A点，则拉力对滑块做的功等于(设滑块与轨道间的动摩擦因数为μ)（ ）
A．mgh+μmgtanθB．2mgh
C．μmgl+ℎsinθD．2(μmgl＋μmghctθ)
【答案】BD
【解析】物体由A点下落至D点，设克服摩擦力做功为WAD，由动能定理mgℎ−WAD=0
即 WAD=mgℎ
由于缓缓拉，说明动能变化量为零，设克服摩擦力做功为WDA，
由动能定理，当物体从D点被拉回A点有 WF−mgℎ−WDA=0
根据W=FLcsα可得由A点下落至D，摩擦力做得功为 WAD=−μmgcsθ×ℎsinθ−μmgl
从D→A的过程摩擦力做功为 WDA=−μmgcsθ×ℎsinθ−μmgl
解得 WF=2mgℎ=2(μmgl＋μmgℎctθ) 故BD正确，AC错误。
13．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段和CD段是光滑的，水平轨道BC的长度x=5m，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=4.30m、ℎ2=1.35m。现让质量为m的小滑块（可视为质点）自A点由静止释放，己知小滑块与轨道BC间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6,cs37°=0.8求：
（1）小滑块第一次经过D点时的速度大小；
（2）小滑块第一次与第二次经过C点的时间间隔；
（3）小滑块最终停止的位置到B点的距离。
【答案】（1）3m/s；（2）2s；（3）1.4m
【解析】（1）小滑块从A→B→C→D过程中，由动能定理得 mgℎ1−ℎ2−μmgx=12mvD2−0
代入数据解得 vD=3m/s
（2）小滑块从A→B→C过程中，由动能定理得 mgℎ1−μmgx=12mvC2−0
代入数据解得 vC=6m/s
小滑块沿CD段上滑的加速度大小 a=gsinθ=6m/s2
小滑块沿CD段上滑到最高点的时间 t1=vCa=1s
由对称性可知小滑块从最高点滑回C点的时间 t1=t2=1s
故小滑块第一次与第二次通过C点的时间间隔 t=2s
（3）设小滑块在水平轨道上运动的总路程为x总，对小滑块运动全过程应用动能定理 mgℎ1−μmgx总=0
代入数据解得 x总=8.6m
故小滑块最终停止的位置距B点的距离为 2x−x总=1.4m
14．某游乐场的滑梯可以简化为如图所示竖直面内的ABCD轨道，AB为长L=6m、倾角α=37°的斜轨，BC为水平轨道，CD为半径R=15m、圆心角β=37°的圆弧，轨道AB段粗糙其余各段均光滑。一小孩（可视为质点）从A点以初速度v0=2m/s下滑，沿轨道运动到D点时的速度恰好为零（不计经过B点时的能量损失）。已知该小孩的质量m=30kg，取sin37°=0.6，cs37°=0.8，不计空气阻力，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：
（1）该小孩第一次经过圆弧C点时，对圆弧轨道的压力FN；
（2）该小孩在轨道AB上运动的总路程s。
【答案】（1）420N；（2）28.5m
【解析】（1）小孩由C到D速度减为0，由动能定理可得−mgR−Rcs37°=0−12mvC2
解得 vC=60m/s
小孩在圆弧轨道C点由牛顿第二定律得 FN'−mg=mvC2R
解得 FN'=420N
根据牛顿第三定律，小孩对轨道的压力 FN=420N 方向向下；
（2）对小孩由A到D过程，根据动能定理得 mgLsinα−μmgLcsα−mgR1−csβ=0−12mv02
解得 μ=16由题从A点以初速滑下，最后静止在BC轨道B处，由动能定理 mgLsinα−μmgscsα=0−12mv02
解得 s=28.5m
考点五 动能定理的综合应用
1.动能定理与图像结合问题的分析方法
(1)看清楚图像的种类(如vt图像、Fx图像、Ekx图像等)．
(2)挖掘图像的隐含条件——求出所需要的物理量，如由vt图像所包围的“面积”求位移，由Fx图像所包围的“面积”求功，在横轴的上下表示做功的正负；由Ekx图像的斜率求合外力等。必要时要对横坐标或纵坐标所表示的物理量进行处理，转化为与其有关的其他物理量再做进一步分析．
(3)分析有哪些力做功，根据动能定理列方程，求出相应的物理量．
2.直线运动、圆周运动、抛体运动的组合问题经常需要结合动能定理求解，抛体运动、圆周运动的分析方法见专题24、28．
15．（2022·全国·高三课时练习）如图甲所示，质量为1kg的木块（视为质点）被水平向左的力F压在竖直墙壁上，木块初始位置离地面高度H=4m，木块与墙面之间的动摩擦因数μ=0.2，木块距离地面的高度h与力F之间的关系如图乙所示，取重力加速度大小g=10m/s2。则木块下滑到地面前的瞬间的速度大小为（ ）
A．4m/sB．6m/sC．8m/sD．10m/s
【答案】C
【详解】根据题述，木块初始位置离地面高度H=4m,由图乙可知对应的压力F=20N
所受的滑动摩擦力Ff=μF=4N
仿照图乙可画出滑动摩擦力Ff随高度h变化的图像如图
根据滑动摩擦力Ff随高度h变化的图像面积表示滑动摩擦力做功可知，从木块从初始位置开始下滑到滑到地面瞬间的过程中，滑动摩擦力做功Wf=8.0J
由动能定理mgH−Wf=12mv2
解得v=8m/s故选C。
16．质量为m的物体从高为h的斜面顶端静止下滑，最后停在平面上，若该物体以v0的初速度从顶端下滑，最后仍停在平面上，如图甲所示。图乙为物体两次在平面上运动的v－t图像，则物体在斜面上运动过程中克服摩擦力的功为( )
A．12mv02−3mgℎB．3mgℎ−12mv02
C． 16mv02−mgℎD．mgℎ−16mv02
【答案】D
【解析】设物块在斜面上克服阻力做的功为W1，速度时间图像中面积表示位移，由图乙可知，两次滑下在水平面上移动位移之比为x1x2=14
第一次滑到水平面上摩擦力做功为W2，则第二次滑至水平面上摩擦力做功为W2'=4W2
物体第一次运动过程中，由动能定理得mgℎ−W1−W2=0
物体第二次运动过程中，由动能定理得mgℎ−W1−4W2=0−12mv02
解得W1=mgℎ−16mv02 故D正确，ABC错误。
17．如图甲所示，质量为1kg的物块静止在粗糙的水平面上，用大小为10N的水平拉力F拉动物块，其动能Ek随位移x变化的关系图线如图乙所示。重力加速度g=10m/s2，物块可视为质点，下列说法正确的是（ ）
A．水平拉力做的功为40JB．物块运动的加速度大小为4m/s2
C．物块与水平面间的摩擦力大小为2ND．物块与水平面间的动摩擦因数为0.1
【答案】C
【解析】A．水平拉力做的功为W=Fx=50J
C．设物块与水平面间的摩擦力大小为f，由动能定理可知 Ek =Fx-fx=(F-f)x
结合图乙可知，物块受到的合外力的大小为F−f=405N=8N
摩擦力大小为 f=2N 故A错误；C正确；
B．由牛顿第二定律可知 F-f= ma 解得 a=8m/s2 故B错误；
D．由 f=μN=μmg 可知物块与水平面间的动摩擦因数为0.2。故D错误。
18. （2022·全国甲卷·T14）北京2022年冬奥会首钢滑雪大跳台局部示意图如图所示。运动员从a处由静止自由滑下，到b处起跳，c点为a、b之间的最低点，a、c两处的高度差为h。要求运动员经过c点时对滑雪板的压力不大于自身所受重力的k倍，运动过程中将运动员视为质点并忽略所有阻力，则c点处这一段圆弧雪道的半径不应小于（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】运动员从a到c根据动能定理有,在c点有 FNc ≤ kmg
联立有 故选D。
19．2022年第24届冬季奥林匹克运动会在北京举行，跳台滑雪是冬奥会的比赛项目之一。如图所示为一简化后的跳台滑雪的雪道示意图，某运动员从O点由静止开始，在不借助其它外力的情况下，自由滑过一段圆心角为60°的圆弧轨道后从A点水平飞出，经t=3s后落到斜坡上的B点。已知A点是斜坡的起点，圆弧轨道半径R=25m，斜坡与水平面的夹角θ=30°，运动员的质量m=50kg，重力加速度g=10m/s2，空气阻力忽略不计。求：
（1）运动员到达A点时的速度大小；
（2）运动员到达A点时对轨道的压力大小；
（3）在圆弧轨道上摩擦阻力对运动员做的功。
【答案】（1）15m/s；（2）950N；（3）−625J
【解析】（1）运动员从A点滑出后做平抛运动，从A到B水平方向有 x=vAt
在竖直方向有 y=12gt2
物体落在B点，有 tanθ＝yx
联立解得 vA＝15m/s
（2）在A点满足 FN−mg=mv2R 解得 FN=950N
由牛顿第三定律得，运动员到达A点时对轨道的压力大小为950N。
（3）运动员在圆弧轨道上只有重力和摩擦阻力做功，根据动能定理有 mg(R−Rcs60°)+Wf＝12mvA2−0
代入数据解得 Wf=−625J
20．（2022·全国·高三专题练习）如图所示，遥控电动赛车通电后电动机以额定功率P＝3 W工作，赛车（可视为质点）从A点由静止出发，经过时间t（未知）后关闭电动机，赛车继续前进至B点后水平飞出，恰好在C点沿着切线方向进入固定在竖直平面内的光滑圆弧形轨道，通过轨道最高点D后水平飞出，E点为圆弧形轨道的最低点。已知赛车在水平轨道AB部分运动时受到恒定阻力f ＝0.5 N，赛车的质量m＝0.8 kg，轨道AB的长度L＝6.4 m，B、C两点的高度差h＝0.45 m，赛车在C点的速度大小vC＝5 m/s，圆弧形轨道的半径R＝0.5 m。不计空气阻力，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，求：
（1）赛车运动到B点时的速度vB的大小；
（2）赛车电动机工作的时间t；
（3）赛车经过最高点D时对轨道的压力的大小。
【答案】（1）4 m/s；（2）3.2 s；（3）3.2 N
【解析】（1）赛车从B点到C点的过程中做平抛运动，根据平抛运动规律有 ℎ=12gt12 vy＝gt1
同时有 vC2=vy2+vB2
解得赛车在B点的速度 vB＝4 m/s
（2）赛车从A点运动到B点的过程中，由动能定理得 Pt−fL=12mvB2 解得 t＝3.2 s
（3）设圆弧轨道的圆心O和C点的连线与竖直方向的夹角为α，则有 tanα=vyvB=34 解得 α＝37°
赛车从C点运动到最高点D的过程中，由动能定理得 −mgR(1+csα)=12mvD2−12mvC2
设赛车经过最高点D处时轨道对小车的压力为N，根据牛顿第二定律得mg+N=mvD2R
联立解得 N=3.2N
根据牛顿第三定律可得，赛车对轨道的压力大小为 N′=3.2N
21．如图所示，竖直放置的光滑圆轨道被固定在水平地面上，圆轨道半径为R，在轨道的最低点处有一质量为m的小球（可看成质点），现给小球一水平向右的初速度v0，重力加速度为g，求：
（1）若v0=3gR，求小球在轨道最高点时，对轨道的压力；
（2）若v0=2gR，求小球在运动过程中所能达到的最大高度（距离水平地面）。
【答案】（1）F压=4mg；（2）5027R
【解析】（1）对小球从A到B的过程中由动能定理得−mg×2R=12mvB2−12mv02
在B点由牛顿第二定律得Fn+mg=mvB2R
再由牛顿第三定律得F压=Fn
联立以上三式解得F压=4mg
临界情况为小球恰好通过B点，设通过B点的最小速度为vB0，
由圆周运动的向心力关系得 mg=mvB02R
对小球从A到B的过程中由动能定理得 −mg×2R=12mvB02−12mvA02
解得 vA0=5gR
可得要小球在圆轨道上做完整的圆周运动则应满足 v0≥vA0=5gR
由上面的分析可知因为题目中v0=2gR，所以这种情况下小球会运动到某一高度而开始脱离轨道。设小球到达下图中的C点位置恰好脱离轨道，
此时小球满足以下方程 −mgR(1+csθ)=12mvC2−12mv02 mgcsθ=mvC2R
解得 csθ=23
可得C点距离A点的高度为 H=R+Rcsθ=53R
C点速度为 vC=23gR 速度方向沿着该点的切线方向向上。
如下图所示，小球从C点脱离轨道后做斜抛，小球还会继续上升，斜抛运动的最高点D才是题目中的所求点。
由斜抛运动的规律得小球脱离圆轨道后还能上升的高度 ℎ=vCsinθ22g=527R
所以小球在运动过程中所能达到的最大高度 H总=H+ℎ=5027R
22. （2021·全国乙卷·T24）一篮球质量为，一运动员使其从距地面高度为处由静止自由落下，反弹高度为。若使篮球从距地面的高度由静止下落，并在开始下落的同时向下拍球、球落地后反弹的高度也为。假设运动员拍球时对球的作用力为恒力，作用时间为；该篮球每次与地面碰撞前后的动能的比值不变。重力加速度大小取，不计空气阻力。求：
（1）运动员拍球过程中对篮球所做的功；
（2）运动员拍球时对篮球的作用力的大小。
【答案】（1）；（2）
【解析】 （1）第一次篮球下落的过程中由动能定理可得
篮球反弹后向上运动的过程由动能定理可得
第二次从1.5m的高度静止下落，同时向下拍球，在篮球反弹上升的过程中，
由动能定理可得
第二次从1.5m的高度静止下落，同时向下拍球，篮球下落过程中，由动能定理可得
因篮球每次和地面撞击的前后动能的比值不变，则有比例关系
代入数据可得
（2）因作用力是恒力，在恒力作用下篮球向下做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得
在拍球时间内运动的位移为
做功为
联立可得 （舍去）
考点二 动能定理的基本应用
考点三 应用动能定理求变力做功
考点四 应用动能定理处理往复运动和多过程问题
考点五 动能定理的综合应用（1.动能定理与图像结合的问题 2.直线运动、圆周运动、抛体运动的组合）
考点一 对动能定理的理解
1.内容：合力做的功等于动能的变化（合力做的功和动能的变化对应同一个研究对象、同一个运动过程）
2.表达式：W合＝Ek2－Ek1＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)
3.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．
4.动能定理的适用条件
(1)动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动．
(2)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．
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
【答案】A
【解析】由W＝Flcs α可知，若物体所受合外力为零，则合外力做功一定为零，但合外力做功为零，合外力不一定为零，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，C错误；动能不变，合外力做功为零，但合外力不一定为零，D错误。
2．关于动能定理，下列说法正确的是（ ）
A．某过程中合力的总功等于各力做功的绝对值之和
B．只要合力对物体做功，物体的动能就一定改变
C．在物体动能不改变的过程中，动能定理不适用
D．动能定理只适用于受恒力作用而加速运动的过程
【答案】B
【解析】A．某过程中合力的总共等于各力做功的代数之和，故A项错误；
B．只要合力对物体做功，由动能定理知物体的动能就一定改变，故B项正确；
C．动能不变，只能说明合外力的总功W=0，动能定理仍适用，故C项错误；
D．动能定理既适用恒力做功，也适用变力做功，故D项错误。
3．(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=12mv22−12mv12，其中WFN为支持力的功
B．对电梯，动能定理的表达式为W合＝0，其中W合为合力的功
C．对物体，动能定理的表达式为WFN−mgH=12mv22−12mv12
D．对电梯，其所受合力做功为12Mv22−12Mv12
【答案】CD
【解析】AC．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为 ΔEk=12mv22−12mv12
A错误，C正确；
BD．对电梯，无论有几个力对它做功，由动能定理可知，其合力的功一定等于其动能的增量，B错误，D正确。
考点二 动能定理的基本应用
1.应用技巧：动能定理中涉及的物理量有F、l、m、v、W、Ek等，在处理含有上述物理量的问题时，优先考虑使用动能定理。若过程包含了几个运动性质不同的分过程，既可以分段考虑，也可以整个过程考虑．
2.应用动能定理解题的基本思路
(1)选取研究对象，明确它的运动过程及初末状态（初末状态的速度或动能一般为所求或已知）
(2)分析研究对象的受力情况和各力的做功情况：
受哪些力→各力是否做功→做正功还是负功→做多少功→各力做功的代数和
(3)明确研究对象初、末状态的动能Ek1和Ek2；
(4)列动能定理的方程W合＝Ek2－Ek1及其他必要的方程进行求解
4．在离地面高为ℎ处竖直上抛一质量为m的物块，抛出时的速度为v0，它落到地面时的速度为v，用g表示重力加速度，则在此过程中物块克服空气阻力所做的功等于（ ）
A．mgℎ−12mv2−12mv02B．−mgℎ−12mv2−12mv02
C．mgℎ+12mv02−12mv2D．mgℎ+12mv2−12mv02
【答案】C
【解析】物块从高为ℎ处竖直上抛到落到地面的运动中，设物块克服空气阻力所做的功为Wf，由动能定理可得mgℎ−Wf=12mv2−12mv02
解得Wf=mgℎ+12mv02−12mv2
ABD错误，C正确。
5．(多选)如图所示，质量相同的甲、乙两个小物块，甲从竖直固定的四分之一光滑圆弧轨道项端由静止滑下，轨道半径为R，圆弧底端切线水平，乙从高为R的光滑斜面项端由静止滑下。下列判断正确的是（ ）
A．两物块到达底端时速度相同
B．两物块到达底端时动能相同
C．乙物块运动到底端的过程中重力做功的瞬时功率先增大后减小
D．两物块到达底端时，甲物块重力做功的瞬时功率小于乙物块重力做功的瞬时功率
【答案】BD
【解析】AB．甲、乙两个小物块运动过程，由动能定理mgR=Ek=12mv2
得两物块到达底端时动能相同，B正确，同时由于两物块质量相同，则到达底端时速度大小相同，但速度方向不同，A错误；
C．乙沿斜面做匀加速直线运动，重力的功率为P乙=mgv乙sinθ
乙重力做功功率一直增加，C错误；
D．甲物块到达底端时，速度方向沿水平方向，此时重力方向与速度方向夹角的余弦为零，故此时甲重力做功的瞬时功率为零，小于乙物块重力做功的瞬时功率，D正确；
6．(多选)质量为m的物体，在水平面上以初速度v0开始滑动，经距离d时，速度减为12v0。物体与水平面各处的动摩擦因数相同，则（ ）
A．物体与水平面间的动摩擦因数为3v08gd
B．克服摩擦力做的功为34mv02
C．物体再前进13d便停止
D．要使物体前进总距离为2d，其初速度应为32v0
【答案】CD
【解析】AB．根据动能定理Wf=12m(v02)2−12mv02=−38mv02
即克服摩擦力做功为38mv02
根据Wf=−μmgd
解得μ=3v208gd AB错误；
C．根据动能定理0−12m(v02)2=−μmgx
解得x=d3 C正确；
D．根据动能定理0−12mv0′2=−μmg2d
解得v0'=32v0 D正确。
7．(多选)如图所示，木块质量为M，放在光滑水平面上，一质量为m 的子弹以初速度v0水平射入木块中，最后二者一起以速度v 匀速前进。已知子弹受到的平均阻力为f，子弹射入木块的深度为d，木块移动距离为s。则下列判断正确的是（ ）
A．fd=12mv02−12mv2
B．fd=12mv02−12(M+m)v2
C．f(s+d)=12mv02−12(M+m)v2
D．fs=12Mv2
【答案】BD
【解析】ABC．子弹进入木块过程中产生的热量为Q=f⋅Δx=fd
又根据能量守恒可知Q=12mv02−12（M+m）v2
所以fd=12mv02−12（M+m）v2 故AC错误，B正确；
D．对木块由动能定理有fs=12Mv2故D正确。
8．如图所示，质量为m的小球，从离地面高H处由静止开始释放，落到地面后继续陷入泥中h深度而停止。设小球受到的空气阻力为Ff，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A．小球落地时动能等于mgH
B．整个过程中小球克服阻力做的功小于mgH
C．小球在泥中受到的平均阻力为mg1+Hℎ
D．小球陷入泥中的过程中克服泥的阻力所做的功大于刚落到地面时的动能
【答案】D
【解析】A．从静止开始释放到落到地面的过程，由动能定理得mgH−FfH=Ek−0
解得Ek=mgH−FfH 故A错误；
B．整个过程，由动能定理得 mgℎ+H+Wf′=0−0
解得整个过程中阻力做的功 Wf′=−mgℎ+H
所以整个过程中小球克服阻力做的功 Wf′=mgℎ+H>mgH 故B错误；
C．小球在泥中由动能定理 mgℎ−Wf=0−Ek
克服泥土阻力所做的功 Wf=mgℎ+Ek=mgH+ℎ−FfH
所以小球在泥土中受到的平均阻力 f'=mg−FfHℎ+mg 故C错误；
D．研究小球陷入泥中的过程，由动能定理得 mgℎ−Wf=0−Ek
解得克服泥土阻力所做的功 Wf=mgℎ+Ek>Ek 故D正确。
考点三 应用动能定理求变力做功
变力做功不能直接用功的公式求解，但可用动能定理求解，根据动能定理：W变＋W恒＝eq \f(1,2)mv22－eq \f(1,2)mv12，物体初、末速度或动能已知时，恒力做功W恒可以直接用功的公式求出，从而得到W变＝eq \f(1,2)mv22－eq \f(1,2)mv12－W恒，这样就可以求变力做的功了．
9.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．
10．如图所示，一质量为m的小球，用长为l的轻绳悬挂于O点的正下方P点。若小球在水平拉力的作用下，从P点缓慢地移动到Q点，水平拉力F做的功为W1；若小球在水平恒力F=mg的作用下，从P点运动到Q点水平拉力F做的功为W2，已知θ=30°，则W1和W2大小关系（ ）
A．W1=W2B．W1>W2C．W1
【解析】当用水平力缓缓拉动小球时，拉力的功W1=mgl(1−cs30∘)≈0.134mgl
小球在水平恒力F=mg的作用下时，拉力的功W2=Flsin30∘=0.5mgl>W1 故选C。
考点四 应用动能定理处理往复运动和多过程问题
1.往复运动多涉及滑动摩擦力或其他阻力做功，其做功的特点是与路程有关，由于多次往复，运用牛顿运动定律及运动学公式往往无法求解，但由于动能定理只涉及运动的初、末状态，所以用动能定理分析这类问题可使解题过程简化．
2.往复运动和多过程问题初末状态的选取：一般情况下，选取速度(或动能)为所求或已知的状态为初末状态．
3.要关注下列各力做功的特点:
(1)重力做的功取决于物体的初、末位置,与路径无关．
(2)无论物体是否做往复运动，大小恒定的阻力或摩擦力做的功等于力与路程的乘积．
(3)若力F随位移x线性变化，力可用平均值eq \x\t(F)＝eq \f(F1＋F2,2)表示，然后代入功的公式求功．
(4)功率P一定时，可用W＝Pt求功．
4.多过程问题中两个不同运动过程的连接处的速度不能突变往往是解决问题的突破口．
5.涉及竖直面内圆周运动时经常考查最高点和最低点，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与动能定理联立求解．
11．(多选)如图所示，ABCD是一个固定在水平地面上的盆式容器，盆的内侧与盆底BC的连接处都是一段与BC相切的圆弧。B、C水平，其长度为d=1m，盆边缘的高度为ℎ=0.30m，在A处放一个质量为m的小物块并让其自由下滑，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μ=0.10，则（g取10m/s2）（ ）
A．小物块第一次到达B点的速度为3m/s
B．小物块第一次到达C点的速度为2m/s
C．小物块在盆内来回滑动，最后停在B点
D．小物块在盆内来回滑动，最后停在C点
【答案】BD
【解析】A．小物块第一次到达B点时，由动能定理得 mgℎ=12mvB2
解得 vB=6m/s 故A错误；
B．小物块第一次到达C点时，由动能定理有 mgℎ−μmgd=12mvC2
解得 vC=2m/s 故B正确；
CD．小物块最终将静止在水平面上，根据动能定理，有 mgℎ−μmgl=0 l=ℎμ=
而d=1m，则物块刚好在B、C间往返运动了3次，所以最终停在C点，故C错误，D正确。
故选BD。
12．(多选)如图所示，ABCD是一条长轨道，其中AB段是倾角为θ的斜面，CD段是水平的，BC是与AB和CD都相切的一段圆弧，其长度可以略去不计。一质量为m的小滑块从A点由静止滑下，最后停在D点，现用一沿着轨道方向的拉力拉滑块，使它缓缓地由D点回到A点，则拉力对滑块做的功等于(设滑块与轨道间的动摩擦因数为μ)（ ）
A．mgh+μmgtanθB．2mgh
C．μmgl+ℎsinθD．2(μmgl＋μmghctθ)
【答案】BD
【解析】物体由A点下落至D点，设克服摩擦力做功为WAD，由动能定理mgℎ−WAD=0
即 WAD=mgℎ
由于缓缓拉，说明动能变化量为零，设克服摩擦力做功为WDA，
由动能定理，当物体从D点被拉回A点有 WF−mgℎ−WDA=0
根据W=FLcsα可得由A点下落至D，摩擦力做得功为 WAD=−μmgcsθ×ℎsinθ−μmgl
从D→A的过程摩擦力做功为 WDA=−μmgcsθ×ℎsinθ−μmgl
解得 WF=2mgℎ=2(μmgl＋μmgℎctθ) 故BD正确，AC错误。
13．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段和CD段是光滑的，水平轨道BC的长度x=5m，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=4.30m、ℎ2=1.35m。现让质量为m的小滑块（可视为质点）自A点由静止释放，己知小滑块与轨道BC间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6,cs37°=0.8求：
（1）小滑块第一次经过D点时的速度大小；
（2）小滑块第一次与第二次经过C点的时间间隔；
（3）小滑块最终停止的位置到B点的距离。
【答案】（1）3m/s；（2）2s；（3）1.4m
【解析】（1）小滑块从A→B→C→D过程中，由动能定理得 mgℎ1−ℎ2−μmgx=12mvD2−0
代入数据解得 vD=3m/s
（2）小滑块从A→B→C过程中，由动能定理得 mgℎ1−μmgx=12mvC2−0
代入数据解得 vC=6m/s
小滑块沿CD段上滑的加速度大小 a=gsinθ=6m/s2
小滑块沿CD段上滑到最高点的时间 t1=vCa=1s
由对称性可知小滑块从最高点滑回C点的时间 t1=t2=1s
故小滑块第一次与第二次通过C点的时间间隔 t=2s
（3）设小滑块在水平轨道上运动的总路程为x总，对小滑块运动全过程应用动能定理 mgℎ1−μmgx总=0
代入数据解得 x总=8.6m
故小滑块最终停止的位置距B点的距离为 2x−x总=1.4m
14．某游乐场的滑梯可以简化为如图所示竖直面内的ABCD轨道，AB为长L=6m、倾角α=37°的斜轨，BC为水平轨道，CD为半径R=15m、圆心角β=37°的圆弧，轨道AB段粗糙其余各段均光滑。一小孩（可视为质点）从A点以初速度v0=2m/s下滑，沿轨道运动到D点时的速度恰好为零（不计经过B点时的能量损失）。已知该小孩的质量m=30kg，取sin37°=0.6，cs37°=0.8，不计空气阻力，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：
（1）该小孩第一次经过圆弧C点时，对圆弧轨道的压力FN；
（2）该小孩在轨道AB上运动的总路程s。
【答案】（1）420N；（2）28.5m
【解析】（1）小孩由C到D速度减为0，由动能定理可得−mgR−Rcs37°=0−12mvC2
解得 vC=60m/s
小孩在圆弧轨道C点由牛顿第二定律得 FN'−mg=mvC2R
解得 FN'=420N
根据牛顿第三定律，小孩对轨道的压力 FN=420N 方向向下；
（2）对小孩由A到D过程，根据动能定理得 mgLsinα−μmgLcsα−mgR1−csβ=0−12mv02
解得 μ=16
解得 s=28.5m
考点五 动能定理的综合应用
1.动能定理与图像结合问题的分析方法
(1)看清楚图像的种类(如vt图像、Fx图像、Ekx图像等)．
(2)挖掘图像的隐含条件——求出所需要的物理量，如由vt图像所包围的“面积”求位移，由Fx图像所包围的“面积”求功，在横轴的上下表示做功的正负；由Ekx图像的斜率求合外力等。必要时要对横坐标或纵坐标所表示的物理量进行处理，转化为与其有关的其他物理量再做进一步分析．
(3)分析有哪些力做功，根据动能定理列方程，求出相应的物理量．
2.直线运动、圆周运动、抛体运动的组合问题经常需要结合动能定理求解，抛体运动、圆周运动的分析方法见专题24、28．
15．（2022·全国·高三课时练习）如图甲所示，质量为1kg的木块（视为质点）被水平向左的力F压在竖直墙壁上，木块初始位置离地面高度H=4m，木块与墙面之间的动摩擦因数μ=0.2，木块距离地面的高度h与力F之间的关系如图乙所示，取重力加速度大小g=10m/s2。则木块下滑到地面前的瞬间的速度大小为（ ）
A．4m/sB．6m/sC．8m/sD．10m/s
【答案】C
【详解】根据题述，木块初始位置离地面高度H=4m,由图乙可知对应的压力F=20N
所受的滑动摩擦力Ff=μF=4N
仿照图乙可画出滑动摩擦力Ff随高度h变化的图像如图
根据滑动摩擦力Ff随高度h变化的图像面积表示滑动摩擦力做功可知，从木块从初始位置开始下滑到滑到地面瞬间的过程中，滑动摩擦力做功Wf=8.0J
由动能定理mgH−Wf=12mv2
解得v=8m/s故选C。
16．质量为m的物体从高为h的斜面顶端静止下滑，最后停在平面上，若该物体以v0的初速度从顶端下滑，最后仍停在平面上，如图甲所示。图乙为物体两次在平面上运动的v－t图像，则物体在斜面上运动过程中克服摩擦力的功为( )
A．12mv02−3mgℎB．3mgℎ−12mv02
C． 16mv02−mgℎD．mgℎ−16mv02
【答案】D
【解析】设物块在斜面上克服阻力做的功为W1，速度时间图像中面积表示位移，由图乙可知，两次滑下在水平面上移动位移之比为x1x2=14
第一次滑到水平面上摩擦力做功为W2，则第二次滑至水平面上摩擦力做功为W2'=4W2
物体第一次运动过程中，由动能定理得mgℎ−W1−W2=0
物体第二次运动过程中，由动能定理得mgℎ−W1−4W2=0−12mv02
解得W1=mgℎ−16mv02 故D正确，ABC错误。
17．如图甲所示，质量为1kg的物块静止在粗糙的水平面上，用大小为10N的水平拉力F拉动物块，其动能Ek随位移x变化的关系图线如图乙所示。重力加速度g=10m/s2，物块可视为质点，下列说法正确的是（ ）
A．水平拉力做的功为40JB．物块运动的加速度大小为4m/s2
C．物块与水平面间的摩擦力大小为2ND．物块与水平面间的动摩擦因数为0.1
【答案】C
【解析】A．水平拉力做的功为W=Fx=50J
C．设物块与水平面间的摩擦力大小为f，由动能定理可知 Ek =Fx-fx=(F-f)x
结合图乙可知，物块受到的合外力的大小为F−f=405N=8N
摩擦力大小为 f=2N 故A错误；C正确；
B．由牛顿第二定律可知 F-f= ma 解得 a=8m/s2 故B错误；
D．由 f=μN=μmg 可知物块与水平面间的动摩擦因数为0.2。故D错误。
18. （2022·全国甲卷·T14）北京2022年冬奥会首钢滑雪大跳台局部示意图如图所示。运动员从a处由静止自由滑下，到b处起跳，c点为a、b之间的最低点，a、c两处的高度差为h。要求运动员经过c点时对滑雪板的压力不大于自身所受重力的k倍，运动过程中将运动员视为质点并忽略所有阻力，则c点处这一段圆弧雪道的半径不应小于（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】运动员从a到c根据动能定理有,在c点有 FNc ≤ kmg
联立有 故选D。
19．2022年第24届冬季奥林匹克运动会在北京举行，跳台滑雪是冬奥会的比赛项目之一。如图所示为一简化后的跳台滑雪的雪道示意图，某运动员从O点由静止开始，在不借助其它外力的情况下，自由滑过一段圆心角为60°的圆弧轨道后从A点水平飞出，经t=3s后落到斜坡上的B点。已知A点是斜坡的起点，圆弧轨道半径R=25m，斜坡与水平面的夹角θ=30°，运动员的质量m=50kg，重力加速度g=10m/s2，空气阻力忽略不计。求：
（1）运动员到达A点时的速度大小；
（2）运动员到达A点时对轨道的压力大小；
（3）在圆弧轨道上摩擦阻力对运动员做的功。
【答案】（1）15m/s；（2）950N；（3）−625J
【解析】（1）运动员从A点滑出后做平抛运动，从A到B水平方向有 x=vAt
在竖直方向有 y=12gt2
物体落在B点，有 tanθ＝yx
联立解得 vA＝15m/s
（2）在A点满足 FN−mg=mv2R 解得 FN=950N
由牛顿第三定律得，运动员到达A点时对轨道的压力大小为950N。
（3）运动员在圆弧轨道上只有重力和摩擦阻力做功，根据动能定理有 mg(R−Rcs60°)+Wf＝12mvA2−0
代入数据解得 Wf=−625J
20．（2022·全国·高三专题练习）如图所示，遥控电动赛车通电后电动机以额定功率P＝3 W工作，赛车（可视为质点）从A点由静止出发，经过时间t（未知）后关闭电动机，赛车继续前进至B点后水平飞出，恰好在C点沿着切线方向进入固定在竖直平面内的光滑圆弧形轨道，通过轨道最高点D后水平飞出，E点为圆弧形轨道的最低点。已知赛车在水平轨道AB部分运动时受到恒定阻力f ＝0.5 N，赛车的质量m＝0.8 kg，轨道AB的长度L＝6.4 m，B、C两点的高度差h＝0.45 m，赛车在C点的速度大小vC＝5 m/s，圆弧形轨道的半径R＝0.5 m。不计空气阻力，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，求：
（1）赛车运动到B点时的速度vB的大小；
（2）赛车电动机工作的时间t；
（3）赛车经过最高点D时对轨道的压力的大小。
【答案】（1）4 m/s；（2）3.2 s；（3）3.2 N
【解析】（1）赛车从B点到C点的过程中做平抛运动，根据平抛运动规律有 ℎ=12gt12 vy＝gt1
同时有 vC2=vy2+vB2
解得赛车在B点的速度 vB＝4 m/s
（2）赛车从A点运动到B点的过程中，由动能定理得 Pt−fL=12mvB2 解得 t＝3.2 s
（3）设圆弧轨道的圆心O和C点的连线与竖直方向的夹角为α，则有 tanα=vyvB=34 解得 α＝37°
赛车从C点运动到最高点D的过程中，由动能定理得 −mgR(1+csα)=12mvD2−12mvC2
设赛车经过最高点D处时轨道对小车的压力为N，根据牛顿第二定律得mg+N=mvD2R
联立解得 N=3.2N
根据牛顿第三定律可得，赛车对轨道的压力大小为 N′=3.2N
21．如图所示，竖直放置的光滑圆轨道被固定在水平地面上，圆轨道半径为R，在轨道的最低点处有一质量为m的小球（可看成质点），现给小球一水平向右的初速度v0，重力加速度为g，求：
（1）若v0=3gR，求小球在轨道最高点时，对轨道的压力；
（2）若v0=2gR，求小球在运动过程中所能达到的最大高度（距离水平地面）。
【答案】（1）F压=4mg；（2）5027R
【解析】（1）对小球从A到B的过程中由动能定理得−mg×2R=12mvB2−12mv02
在B点由牛顿第二定律得Fn+mg=mvB2R
再由牛顿第三定律得F压=Fn
联立以上三式解得F压=4mg
临界情况为小球恰好通过B点，设通过B点的最小速度为vB0，
由圆周运动的向心力关系得 mg=mvB02R
对小球从A到B的过程中由动能定理得 −mg×2R=12mvB02−12mvA02
解得 vA0=5gR
可得要小球在圆轨道上做完整的圆周运动则应满足 v0≥vA0=5gR
由上面的分析可知因为题目中v0=2gR，所以这种情况下小球会运动到某一高度而开始脱离轨道。设小球到达下图中的C点位置恰好脱离轨道，
此时小球满足以下方程 −mgR(1+csθ)=12mvC2−12mv02 mgcsθ=mvC2R
解得 csθ=23
可得C点距离A点的高度为 H=R+Rcsθ=53R
C点速度为 vC=23gR 速度方向沿着该点的切线方向向上。
如下图所示，小球从C点脱离轨道后做斜抛，小球还会继续上升，斜抛运动的最高点D才是题目中的所求点。
由斜抛运动的规律得小球脱离圆轨道后还能上升的高度 ℎ=vCsinθ22g=527R
所以小球在运动过程中所能达到的最大高度 H总=H+ℎ=5027R
22. （2021·全国乙卷·T24）一篮球质量为，一运动员使其从距地面高度为处由静止自由落下，反弹高度为。若使篮球从距地面的高度由静止下落，并在开始下落的同时向下拍球、球落地后反弹的高度也为。假设运动员拍球时对球的作用力为恒力，作用时间为；该篮球每次与地面碰撞前后的动能的比值不变。重力加速度大小取，不计空气阻力。求：
（1）运动员拍球过程中对篮球所做的功；
（2）运动员拍球时对篮球的作用力的大小。
【答案】（1）；（2）
【解析】 （1）第一次篮球下落的过程中由动能定理可得
篮球反弹后向上运动的过程由动能定理可得
第二次从1.5m的高度静止下落，同时向下拍球，在篮球反弹上升的过程中，
由动能定理可得
第二次从1.5m的高度静止下落，同时向下拍球，篮球下落过程中，由动能定理可得
因篮球每次和地面撞击的前后动能的比值不变，则有比例关系
代入数据可得
（2）因作用力是恒力，在恒力作用下篮球向下做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得
在拍球时间内运动的位移为
做功为
联立可得 （舍去）
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