第六章　第2讲　动能定理及应用 讲义 （教师版）

第2讲　动能定理及应用
1．动能
(1)定义：物体由于运动而具有的能。
(2)公式：Ek＝mv2。
(3)单位：焦耳(J)，1 J＝1 N·m＝1 kg·m2/s2。
(4)标矢性：动能是标量，动能与速度方向无关。
(5)动能的变化：物体末动能与初动能之差，即ΔEk＝mv－mv。
2．动能定理
(1)内容：力在一个过程中对物体做的功，等于物体在这个过程中动能的变化。
(2)表达式：W＝Ek2－Ek1＝mv－mv。
(3)物理意义：合力做的功是物体动能变化的量度。
(4)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动能定理既适用于恒力做功，也适用于变力做功。
1．如果物体所受的合力为0，那么合力对物体做功一定为0。(　√　)
2．物体在合力作用下做变速运动时，动能一定变化。(　×　)
3．物体的动能不变，所受的合力必定为0。(　×　)
4．合力对物体做正功，物体的动能增加；合力对物体做负功，物体的动能减少。(　√　)
5．一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。(　√　)
6．动能不变的物体一定处于平衡状态。(　×　)
考点一　对动能定理的理解
1．对动能定理中“力”的两点理解
(1)“力”可以是重力、弹力、摩擦力、静电力、磁场力或其他力，它们可以同时作用，也可以分阶段作用。
(2)力既可以是恒力，也可以是变力。
2．动能定理公式中体现的“三个关系”
(1)数量关系：即合力所做的功与物体动能的变化具有等量替代关系。可以通过计算物体动能的变化，求合力做的功，进而求得某一力做的功。
(2)单位关系：等式两边物理量的国际单位都是焦耳。
(3)因果关系：合力做功是引起物体动能变化的原因。
3．标量性
动能是标量，功也是标量，所以动能定理是一个标量式，不存在方向的选取问题，当然动能定理也就不存在分量的表达式。
【典例1】　(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做加速运动，当电梯的速度由v1增加到v2时，上升高度为H。在这个过程中，下列说法或表达式正确的是(　CD　)
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，其所受合力做的功为Mv－Mv
【解析】　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改变量，ΔEk＝mv－mv，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改变量，D正确。
1．如图所示，在水平的PQ面上有一小物块(可视为质点)，小物块以某一速度从P点开始运动，最远能滑到倾角为θ的斜面QA上的A点(水平面和斜面在Q点通过一极短的圆弧连接)。若减小斜面的倾角θ，变为斜面QB(如图中虚线所示)，小物块仍以原来的速度从P点出发滑上斜面。已知小物块与水平面和斜面间的动摩擦因数相同，AB为水平线，AC为竖直线。则(　D　)
A．小物块恰好能运动到B点
B．小物块最远能运动到B点上方的某点
C．小物块只能运动到C点
D．小物块最远能运动到B、C两点之间的某点
解析：小物块从P点出发到滑上斜面的过程中有重力和摩擦力做功，设小物块能到达斜面上的最高点与水平面的距离为h，与Q点的水平距离为x，根据动能定理得－mgh－μmg·xPQ－μmg cos θ·xAQ＝0－mv，即mgh＋μmg(xPQ＋x)＝mv，若减小倾角θ时，h不变，则x不变，不成立，故A、C错误；若h变大，则x变小，也不成立，故B错误；若h变小，则x变大，成立，故D正确。
考点二　动能定理的应用
1．应用流程
2．注意事项
(1)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。
(2)应用动能定理的关键在于对研究对象进行准确地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。
(3)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。
(4)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。
考向1动能定理的基本应用
【典例2】　(2024·安徽卷)某同学参加户外拓展活动，遵照安全规范，坐在滑板上，从高为h的粗糙斜坡顶端由静止下滑，至底端时速度为v。已知人与滑板的总质量为m，可视为质点。重力加速度大小为g，不计空气阻力。则此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为(　D　)
A．mgh B．mv2
C．mgh＋mv2 D．mgh－mv2
【解析】　人在下滑的过程中，由动能定理可得mgh－Wf＝mv2－0，可得此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为Wf＝mgh－mv2，故选D。
考向2动能定理在多过程的组合运动中的应用
【典例3】　(2023·湖北卷)如图为某游戏装置原理示意图。水平桌面上固定一半圆形竖直挡板，其半径为2R、内表面光滑，挡板的两端A、B在桌面边缘，B与半径为R的固定光滑圆弧轨道在同一竖直平面内，过C点的轨道半径与竖直方向的夹角为60°。小物块以某一水平初速度由A点切入挡板内侧，从B点飞出桌面后，在C点沿圆弧切线方向进入轨道内侧，并恰好能到达轨道的最高点D。小物块与桌面之间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g，忽略空气阻力，小物块可视为质点。求：
(1)小物块到达D点的速度大小；
(2)B和D两点的高度差；
(3)小物块在A点的初速度大小。
【解析】　(1)由题意知，小物块恰好能到达轨道的最高点D，则在D点有m＝mg，解得vD＝。
(2)由题意知，小物块从C点沿圆弧切线方向进入轨道内侧，则在C点有cos 60°＝，小物块从C点运动到D点的过程中，根据动能定理有－mg(R＋R cos 60°)＝mv－mv，小物块从B点运动到D点的过程中，根据动能定理有mgHBD＝mv－mv，联立解得vB＝，HBD＝0。
(3)小物块从A点运动到B点的过程中，根据动能定理有－μmgs＝mv－mv，s＝π·2R，联立解得vA＝。
【答案】　(1)　(2)0　(3)
考向3动能定理在多过程的往复性运动中的应用
【典例4】　如图所示，在地面上竖直固定了刻度尺和轻质弹簧，弹簧处于原长时上端与刻度尺上的A点等高，质量m＝0.5 kg的篮球静止在弹簧正上方，底端距A点的高度h1＝1.10 m，篮球静止释放测得第一次撞击弹簧时，弹簧的最大形变量x1＝0.15 m，第一次反弹至最高点，篮球底端距A点的高度h2＝0.873 m，篮球多次反弹后静止在弹簧的上端，此时弹簧的形变量x2＝0.01 m，弹性势能为Ep＝0.025 J。若篮球运动时受到的空气阻力大小恒定，忽略篮球与弹簧碰撞时的机械能损失和篮球的形变，弹簧形变在弹性限度范围内。求：(g取10 m/s2)
(1)弹簧的劲度系数；
(2)篮球在运动过程中受到的空气阻力；
(3)篮球在整个运动过程中通过的路程；
(4)篮球在整个运动过程中速度最大的位置。
【解析】　(1)篮球静止在弹簧上时，有mg－kx2＝0，解得k＝500 N/m。
(2)篮球从开始运动到第一次上升到最高点，由动能定理得mg(h1－h2)－f(h1＋h2＋2x1)＝0，代入数据解得f≈0.5 N。
(3)设篮球在整个运动过程中通过的总路程为s，整个运动过程中，空气阻力一直与运动方向相反，根据动能定理有WG＋Wf＋W弹＝0，重力做功WG＝mg(h1＋x2)＝5.55 J，弹力做功W弹＝－Ep＝－0.025 J，则空气阻力做功Wf＝－WG－W弹＝－fs＝－5.525 J，解得s＝11.05 m。
(4)篮球在首次下落过程中，合力为零处速度最大，设速度最大时弹簧形变量为x3，有mg－f－kx3＝0，所以篮球速度位置在A点下方，离A点x3＝0.009 m。
【答案】　(1)500 N/m　(2)0.5 N　(3)11.05 m　
(4)第一次下落至A点下方0.009 m处速度最大
【典例5】　如图所示，竖直面内有一粗糙斜面AB，BCD部分是一个光滑的圆弧面，C为圆弧的最低点，AB正好是圆弧在B点的切线，圆心O与A、D点在同一高度，θ＝37°，圆弧面的半径R＝3.6 m，一个滑块的质量m＝5 kg，与AB面间的动摩擦因数μ＝0.45，将滑块从A点由静止释放(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)。求在此后的运动过程中：
(1)滑块在AB段上运动的总路程；
(2)在滑块运动过程中，C点受到的压力的最大值和最小值。
【解析】　(1)由题意可知斜面AB与水平面的夹角为θ＝37°，则知mg sin θ＞μmg cos θ，故滑块最终不会停留在斜面上，由于滑块在AB段受摩擦力作用，则滑块做往复运动的高度将越来越低，最终以B点为最高点在光滑的圆弧面上做往复运动。
设滑块在AB段上运动的总路程为s，
滑块在AB段上所受摩擦力大小Ff＝μFN＝μmg cos θ，从A点出发到最终以B点为最高点做往复运动，由动能定理得mgR cos θ－Ffs＝0，解得s＝8 m。
(2)滑块第一次过C点时，速度最大，设为v1，此时滑块所受轨道支持力最大，设为Fmax，从A到C的过程，由动能定理得mgR－FflAB＝mv－0，斜面AB的长度lAB＝，由牛顿第二定律得Fmax－mg＝，解得Fmax＝102 N。滑块以B为最高点做往复运动的过程中，过C点时速度最小，设为v2，此时滑块所受轨道的支持力最小，设为Fmin，从B到C，由动能定理得mgR(1－cos θ)＝mv－0，由牛顿第二定律得Fmin－mg＝，解得Fmin＝70 N，根据牛顿第三定律可知C点受到的压力最大值为102 N，最小值为70 N。
【答案】　(1)8 m　(2)102 N　70 N
考点三　动能定理与图像结合问题
1．解决物理图像问题的基本步骤
(1)观察题目给出的图像，弄清纵坐标、横坐标所对应的物理量及图像所表示的物理意义。
(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，找出图像的斜率、截距、图像的交点、图像与坐标轴围成的面积所对应的物理意义，根据对应关系列式解答问题。
2．图像所围“面积”和图像斜率的含义
【典例6】　(2022·江苏卷)某滑雪赛道如图所示，滑雪运动员从静止开始沿斜面下滑，经圆弧滑道起跳。将运动员视为质点，不计摩擦力及空气阻力，此过程中，运动员的动能Ek与水平位移x的关系图像正确的是(　A　)
【解析】　设斜面倾角为θ，不计摩擦力和空气阻力，由题意可知运动员在沿斜面下滑过程中根据动能定理有mgx tan θ＝Ek，即＝mg tan θ，下滑过程中，开始阶段倾角θ不变，即Ek－x图像为一条倾斜直线；经过圆弧轨道过程中，θ先减小后增大，即Ek－x图像斜率先减小后增大，A正确。
【典例7】　(多选)如图甲所示为倾角为37°的固定斜面，一个质量为2 kg的物块自斜面底端沿斜面上滑，其动能和重力势能随上滑距离x的变化如图乙中直线Ⅰ和Ⅱ所示，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则(　AB　)
A．物块的初速度为10 m/s
B．物块和斜面间的动摩擦因数为0.5
C．物块上升的最大高度为5 m
D．物块回到斜面底端时的动能为60 J
【解析】　根据题图乙中直线Ⅰ可知，物块初动能Ek＝100 J，由Ek＝mv，解得v0＝10 m/s，A正确；根据动能定理可得－(mg sin 37°＋μmg cos 37°)x＝F合x＝0－100 J，其中x＝5 m，联立解得μ＝0.5，B正确；物块上升的最大高度h＝5×sin 37° m＝3 m，C错误；物块下滑时，根据动能定理得(mg sin 37°－μmg cos 37°)x＝E′k，解得E′k＝20 J，D错误。
2．(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像和该拉力的功率与时间的关系图像分别如图甲、乙所示。下列说法中正确的是(g取10 m/s2)(　AD　)
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间的动摩擦因数为0.5
D．合力在0～6 s内做的功与0～2 s内做的功相等
解析：由P＝Fv可知，物体在0～2 s内所受的拉力F＝＝ N＝6 N，在2～6 s内所受的拉力F′＝＝ N＝2 N，B错误；拉力在0～6 s内做的总功W＝Fx1＋F′x2＝×60×2 J＋20×4 J＝140 J，A正确；由物体在2～6 s内做匀速运动可知，F′＝μmg，可求得μ＝0.25，C错误；由动能定理可知，物体所受的合力在0～6 s内所做的功与0～2 s内所做的功均为mv2＝40 J，D正确。
3．(多选)(2023·新课标卷)一质量为1 kg的物体在水平拉力的作用下，由静止开始在水平地面上沿x轴运动，出发点为x轴零点，拉力做的功W与物体坐标x的关系如图所示。物体与水平地面间的动摩擦因数为0.4，重力加速度大小g取10 m/s2。下列说法正确的是(　BC　)
A．在x＝1 m时，拉力的功率为6 W
B．在x＝4 m时，物体的动能为2 J
C．从x＝0运动到x＝2 m，物体克服摩擦力做的功为8 J
D．从x＝0运动到x＝4 m的过程中，物体的动量最大为2 kg· m/s
解析：由于拉力在水平方向，则拉力做的功为W＝Fx，可知W－x图像的斜率表示拉力F。在物体运动的过程中，根据动能定理有W－μmgx＝mv2，则x＝1 m时物体的速度大小为v1＝2 m/s，x＝1 m时拉力大小为F＝＝6 N，则此时拉力的功率P＝Fv1＝12 W，同理，x＝4 m时物体的动能为Ek＝2 J，A错误，B正确；从x＝0运动到x＝2 m，物体克服摩擦力做的功为Wf＝μmgx＝8 J，C正确；根据W－x图像可知，在0～2 m的过程中F1＝6 N，2～4 m的过程中F2＝3 N，由于物体受到的摩擦力恒为Ff＝4 N，则物体在x＝2 m处速度最大，最大速度为v2＝2 m/s，则从x＝0运动到x＝4 m的过程中，物体的动量最大为p＝mv2＝2 kg·m/s，D错误。
课时作业30
1．(5分)高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动。在启动阶段，列车的动能(　B　)
A．与它所经历的时间成正比
B．与它的位移成正比
C．与它的速度成正比
D．与它的动量成正比
解析：动能Ek＝mv2，与速度的二次方成正比，C错误；速度v＝at，可得Ek＝ma2t2，与经历的时间的二次方成正比，A错误；根据v2＝2ax，可得Ek＝max，与位移成正比，B正确；动量p＝mv，可得Ek＝，与动量的二次方成正比，D错误。
2．(5分)(2023·新课标卷)无风时，雨滴受空气阻力的作用在地面附近会以恒定的速率竖直下落。一质量为m的雨滴在地面附近以速率v下落高度h的过程中，克服空气阻力做的功为(重力加速度大小为g)(　B　)
A．0 B．mgh
C．mv2－mgh D．mv2＋mgh
解析：在地面附近雨滴做匀速运动，根据动能定理得mgh－Wf＝0，故雨滴克服空气阻力做的功为mgh，故选B。
3．(5分)质量为m的物体以初速度v0沿水平面向左开始运动，起始点A与一水平放置的轻弹簧O端相距s，轻弹簧的另一端固定在竖直墙上，如图所示，已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，物体与弹簧相碰后，弹簧的最大压缩量为x，重力加速度为g，则从开始碰撞到弹簧被压缩至最短的过程中，弹簧弹力所做的功为(　C　)
A．mv－μmg(s＋x)
B．mv－μmgx
C．μmg(s＋x)－mv
D．－μmg(s＋x)
解析：对物体由动能定理可得W弹－μmg(s＋x)＝0－mv，解得W弹＝μmg(s＋x)－mv，故C正确。
4．(5分)物体在恒定阻力作用下，以某初速度在水平面上沿直线滑行直到停止。以a、Ek、x和t分别表示物体运动的加速度大小、动能、位移的大小和运动的时间，则下列图像中，能正确反映这一过程的是(　C　)
解析：物体在恒定阻力作用下运动，其加速度不随时间变化，不随位移变化，A、B错误；由动能定理有－Ffx＝Ek－Ek0，解得Ek＝Ek0－Ffx，C正确；又x＝v0t－at2，故Ek与t不成线性关系，D错误。
5．(5分)如图甲所示，将某一物体每次以不变的初速率v0沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角θ，实验测得物体运动的最远位移x与斜面倾角θ的关系如图乙所示，g取10 m/s2，根据图像可求出物体与斜面间的动摩擦因数为(　C　)
A．0.3 B．0.4
C．0.5 D．0.6
解析：由题图乙可知，当θ＝90°时，物体的最大位移大小为1.25 m，由竖直上抛运动规律得v＝2gh，解得v0＝＝ m/s＝5 m/s，当夹角θ＝0°时，物体的最大位移为2.5 m，根据动能定理有－μmgx＝0－mv，解得μ＝＝＝0.5，故选C。
6．(5分)如图甲所示，一物块以一定初速度沿倾角为30°的固定斜面上滑，运动过程中摩擦力f大小恒定，物块动能Ek与运动路程s的关系如图乙所示。重力加速度g取10 m/s2，物块质量m和所受摩擦力大小f分别为(　A　)
A．m＝0.7 kg，f＝0.5 N
B．m＝0.7 kg，f＝1.0 N
C．m＝0.8 kg，f＝0.5 N
D．m＝0.8 kg，f＝1.0 N
解析：0～10 m内物块沿斜面上滑，由动能定理得－mg sin 30°·s－fs＝Ek－Ek0，整理得Ek＝Ek0－(mg sin 30°＋f)s，结合0～10 m内的图像得，斜率的绝对值|k|＝mg sin 30°＋f＝4 N，10～20 m内物块沿斜面下滑，由动能定理得(mg sin 30°－f)(s－s1)＝Ek，整理得Ek＝(mg sin 30°－f)s－(mg sin 30°－f)s1，结合10～20 m内的图像得，斜率k′＝mg sin 30°－f＝3 N，联立解得f＝0.5 N，m＝0.7 kg，故选A。
7．(5分)(多选)冰滑梯是东北地区体验冰雪运动乐趣的设施之一。某冰滑梯的示意图如图所示，螺旋滑道的摩擦可忽略；倾斜滑道和水平滑道与同一滑板间的动摩擦因数μ相同，因滑板不同，μ满足μ0≤μ≤1.2μ0。在设计滑梯时，要确保所有游客在倾斜滑道上均减速下滑，且滑行结束时停止在水平滑道上，以下L1、L2的组合符合设计要求的是(　CD　)
A．L1＝，L2＝ B．L1＝，L2＝
C．L1＝，L2＝ D．L1＝，L2＝
解析：根据题述，要确保所有游客在倾斜滑道上均减速下滑，则有mg sin θ＜μ0mg cos θ，sin θ＝，cos θ＝，联立解得L1＞，A错误；根据题述，滑行结束时停止在水平滑道上，设水平滑道最短长度为L′2，由动能定理可得mg·2h－μ0mg cos θ·－μ0mgL′2＝0，将L1＝代入解得L′2＝，C正确，B错误；将L1＝代入解得L′2＝，选项D中L2＝大于L′2＝，符合要求，D正确。
8．(5分)(多选)(2023·广东卷)人们用滑道从高处向低处运送货物，如图所示，可看作质点的货物从圆弧滑道顶端P点静止释放，沿滑道运动到圆弧末端Q点时速度大小为6 m/s。已知货物质量为20 kg，滑道高度h为4 m，且过Q点的切线水平，重力加速度g取10 m/s2。关于货物从P点运动到Q点的过程，下列说法正确的有(　BCD　)
A．重力做的功为360 J
B．克服阻力做的功为440 J
C．经过Q点时向心加速度大小为9 m/s2
D．经过Q点时对轨道的压力大小为380 N
解析：货物重力做的功为WG＝mgh＝800 J，A错误；货物下滑过程由动能定理可得WG－Wf＝mv，代入数据解得克服阻力做的功为Wf＝440 J，B正确；货物经过Q点时向心加速度大小为an＝＝9 m/s2，C正确；货物经过Q点时，根据牛顿第二定律可得FN－mg＝man，解得货物受到的支持力大小为FN＝380 N，根据牛顿第三定律可知，货物对轨道的压力大小为380 N，D正确。
9．(5分)如图所示，两倾角均为θ的光滑斜面对接后固定在水平地面上，O点为斜面的最低点。一个小物块从右侧斜面上高为H处由静止滑下，在两个斜面上做往复运动。小物块每次通过O点时都会有动能损失，损失的动能为小物块当次到达O点时动能的5%。小物块从开始下滑到停止的过程中运动的总路程为(　B　)
A． B．
C． D．
解析：由题意知，小物块第一次到达O点由动能定理可得mgH＝Ek，此时小物块所走路程s1＝，第一次通过O点后动能Ek1＝95%Ek＝95%mgH，此时利用动能定理知小物块上升高度H1＝95%H，第二次到达O点所走的路程s2＝＝95%，同理第二次离开O点到第三次到达O点所走路程s3＝(95%)2，…，故小物块所走的总路程s总＝s1＋s2＋…＋sn＝＋95%＋(95%)2＋…＋(95%)n-1，n无穷大时，可得s总＝(等比数列求和)，B正确。
10．(5分)(多选)如图所示，斜面ABC竖直固定放置，斜边AC与一光滑的圆弧轨道DEG相切，切点为D，AD长为L＝，圆弧轨道圆心为O，半径为R，∠DOE＝θ，∠EOG＝90°，OG水平。现有一质量为m、可视为质点的滑块从A点由静止下滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则关于滑块的运动，下列说法正确的是(　CD　)
A．滑块经过E点时对轨道的最小压力为mg
B．滑块下滑后将会从G点飞出
C．滑块第二次经过E点时对轨道的压力大小为3mg
D．滑块在斜面上经过的总路程为
解析：滑块从A点下滑后在AD部分要克服摩擦力做功，则返回到AD斜面上时的高度逐渐降低，最终滑块将以E点为最低点、D点为最高点来回滑动，此时滑块经过E点时对轨道的压力最小，从D点到E点，根据动能定理有mgR(1－cos θ)＝mv，在E点有N1－mg＝m，联立解得N1＝mg(3－2cos θ)，根据牛顿第三定律，滑块经过E点时对轨道的最小压力为(3－2cos θ)mg，故A错误；滑块从A点到G点，由动能定理得mg(L sin θ－R cos θ)－μmg cos θ·L＝mv，其中L＝，解得vG＝0，则滑块下滑后不能从G点飞出，故B错误；设滑块第二次经过E点时速度大小为vE2，对滑块从G点到E点，根据动能定理得mgR＝mv－0，解得vE2＝，滑块第二次到达E点时，根据牛顿第二定律有N2－mg＝，解得N2＝3mg，根据牛顿第三定律，滑块此时对轨道的压力大小为3mg，故C正确；滑块最终将以E点为最低点、D点为最高点来回运动，从滑块由A点静止下滑到滑块在D点速度为零的过程，根据动能定理得mgL sin θ－μmg cos θ·s总＝0－0，解得s总＝，故D正确。
11．(12分)(2024·新课标卷)将重物从高层楼房的窗外运到地面时，为安全起见，要求下降过程中重物与楼墙保持一定的距离。如图所示，一种简单的操作方法是一人在高处控制一端系在重物上的绳子P，另一人在地面控制另一根一端系在重物上的绳子Q，二人配合可使重物缓慢竖直下降。若重物的质量m＝42 kg，重力加速度大小g取10 m/s2，当P绳与竖直方向的夹角α＝37°时，Q绳与竖直方向的夹角β＝53°。(sin 37°＝0.6)
(1)求此时P、Q绳中拉力的大小；
(2)若开始竖直下降时重物距地面的高度h＝10 m，求在重物下降到地面的过程中，两根绳子拉力对重物做的总功。
解析：(1)重物下降的过程中受力平衡，设此时P、Q绳中拉力的大小分别为T1和T2，竖直方向T1cos α＝mg＋T2cos β，水平方向T1sin α＝T2sin β，联立解得T1＝1 200 N，T2＝900 N。
(2)整个过程根据动能定理得W＋mgh＝0，解得两根绳子拉力对重物做的总功为W＝－4 200 J。
答案：(1)1 200 N　900 N　(2)－4 200 J
12．(18分)(2024·河北衡水高三检测)如图所示是小明设计的游戏装置，由光滑平台、倾斜粗糙直轨道AB、竖直圆管道CDEBC′(管道内径远小于管道半径)、水平粗糙直轨道平滑连接组成。其中平台左侧固定一弹簧，倾斜直轨道AB与圆管道相切于B点，水平直轨道与圆管道相切于C′点(C和C′略错开)。小滑块与倾斜直轨道AB及水平直轨道间的动摩擦因数均为μ＝0.5，AB斜轨道倾角θ＝37°，AB长度l＝0.4 m。小滑块从B点进入管道内，当小滑块沿管道内靠近圆心O的内侧运动时有摩擦，沿管道外侧运动时无摩擦，管道半径为R＝0.2 m。第一次压缩弹簧后释放小滑块，A点上方挡片可以让小滑块无速度损失进入AB段，恰好可以运动到与管道圆心等高的D点。第二次压缩弹簧使弹簧弹性势能为0.36 J时释放小滑块，小滑块运动到圆管道最高处E的速度为1 m/s。已知小滑块质量m＝0.1 kg，可视为质点，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2。
(1)求第一次压缩弹簧释放小滑块后，第一次运动到C点时对轨道的压力；
(2)求第二次压缩弹簧释放小滑块后，运动到E点的过程，小滑块在圆管道内所受摩擦力做的功；
(3)若第三次压缩弹簧使弹簧弹性势能为0.48 J时释放小滑块，通过计算判断小滑块在圆管道内运动是否受到摩擦力作用。小滑块在水平直轨道上距离C′为x处的速度为v，求v与x之间的关系式。
解析：(1)从C点到D点过程，对小滑块由动能定理得－mgR＝0－mv，在C点由牛顿第二定律有FN－mg＝m，联立解得FN＝3 N，由牛顿第三定律可知，小滑块第一次运动到C点时对轨道的压力大小为3 N，方向竖直向下。
(2)从释放小滑块到E点过程，由动能定理有W弹＋mgl sin θ－μmgl cos θ－mgR(1＋cos θ)＋Wf＝mv－0，W弹＝Ep＝0.36 J，解得Wf＝－0.03 J。
(3)设当小滑块以v0通过最高点时恰好对管道无压力作用，此时对应的弹簧弹性势能为Ep0，由牛顿第二定律有m＝mg，从释放小滑块到E点由动能定理有W0＋mgl sin θ－μmgl cos θ－mgR(1＋cos θ)＝mv－0，解得Ep0＝W0＝0.38 J<0.48 J，所以小滑块在圆管道内不受摩擦力作用。从释放小滑块到离C′点距离为x处，由动能定理有W′＋mgl sin θ－μmgl cos θ＋mgR(1－cos θ)－μmgx＝mv2－0，其中W′＝0.48 J，解得v＝ m/s。
答案：(1)3 N，方向竖直向下　(2)－0.03 J
(3)不受　v＝ m/s