8.3 动能和动能定理----- 2025--2026学年人教版2019必修第二册（含答案）
文档属性
| 名称 | 8.3 动能和动能定理----- 2025--2026学年人教版2019必修第二册（含答案） |
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| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.0MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2026-03-08 00:00:00 | ||
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文档简介
专题8.3 动能和动能定理
【人教版】
【题型1 恒力作用下动能定理的应用】
【题型2 圆周运动中动能定理的应用】
【题型3 多过程问题中动能定理的应用】
【题型4 涉及弹簧问题中动能定理的应用】
【题型5 对比问题】
【题型6 联系实际】
【题型7 与图像综合】
【题型8 临界问题】
【题型1 恒力作用下动能定理的应用】
【例1】某幼儿园要在空地上做一个滑梯，由于空地大小限制，滑梯的水平跨度确定为x＝6 m。设计时，考虑儿童裤料与滑板间的动摩擦因数μ＝0.4，为使儿童在滑梯上恰能滑下，重力加速度g＝10 m/s2。
(1)求滑梯的高度h；
(2)若小明裤料与滑板间的动摩擦因数μ1＝，求他从滑梯上由静止滑到底端的瞬时速度大小；
(3)若体重比小明重、穿相同裤料的小华，从滑梯上由静止滑到底端，有人认为小华滑行的时间比小明长。这种说法是否正确？简要说明理由。
【变式1-1】(多选)如图所示，质量为М的木块静止在光滑的水平面上，质量为m的子弹以速度v0沿水平方向射入木块，并最终留在木块中与木块一起以速度v运动。已知当子弹相对木块静止时，木块前进的距离为L，子弹进入木块的深度为s。若木块对子弹的阻力F视为恒定，则下列关系式中正确的是( )
A．FL＝Mv2
B．Fs＝mv2
С．Fs＝mv02－(M＋m)v2
D．F(L＋s)＝mv02－mv2
【变式1-2】如图所示，用长为L的轻绳把一个小铁球挂在离水平地面高为3L的O点，小铁球以О为圆心在竖直面内做圆周运动且恰好能到达最高点A处，不计空气阻力，重力加速度为g，若运动到最高点时轻绳被切断，则小铁球落到地面时速度的大小为( )
А. В.
C.4 D.3
【变式1-3】 (多选)如图所示，一块长木板В放在光滑的水平面上，在В上放一物体А，А、B间接触面不光滑。现以恒定的外力拉B，А在B上发生了滑动，以地面为参考系，А、B都向前移动了一段距离。在此过程中( )
A.外力F做的功等于А和В动能的增量
B.B对A的摩擦力所做的功等于A的动能的增量
C.A对В的摩擦力所做的功等于B对А的摩擦力所做的功
D.外力F对В做的功等于В的动能的增量与В克服摩擦力所做的功之和
【题型2 圆周运动中动能定理的应用】
【例2】如图所示，粗糙程度处处相同的水平桌面上有一长为L的轻质细杆，一端可绕竖直光滑轴O转动，另—端与质量为m的小木块相连。木块以水平初速度v0出发，恰好能完成一个完整的圆周运动。在运动过程中，木块所受摩擦力的大小为( )
А. B.
C. D.
【变式2-1】(多选)如图所示，长为L＝0.4 m的轻杆一端连着质量为m＝1 kg的小球，另一端用铰链固接于水平地面上的О点，初始时小球静止于地面上。现在杆中点处施加一大小不变、方向始终垂直于杆的力F，轻杆转动30°时撤去F，则小球恰好能到达最高点。忽略一切摩擦，重力加速度g＝10 m/s2，π≈3。下列说法正确的是( )
A．力F所做的功为4 J
В．力F的大小约为40 N
С．小球到达最高点时，轻杆对小球的作用力大小为5 N
D．撤去F瞬间，小球的速度大小为2 m/s
【变式2-2】在学校组织的趣味运动会上，某科技小组为大家提供了一个游戏。如图所示，将一质量为0.1 kg的钢球放在O点，用弹射装置将其弹出，钢球沿着光滑的半圆形轨道ОА和АВ运动。BC段为一段长为L＝2.0 m的粗糙平面，DEFG为接球槽。半圆形轨道ОА和АB的半径分别为r＝0.2 m、R＝0.4 m，小球与ВС段的动摩擦因数为μ＝0.7，С点离接球槽的高度为h＝1.25 m，水平距离为х＝0.5 m，接球槽足够大，g取10 m/s2。求：
(1)要使钢球恰好不脱离半圆形轨道，钢球在A点的速度大小；
(2)钢球恰好不脱离轨道时，在В位置对半圆形轨道的压力大小；
(3)要使钢球最终能落入槽中，弹射速度v0至少多大。
【变式2-3】(多选)如图所示，半径为R的光滑四分之一圆弧轨道AB固定在竖直面内，轨道最低点В与水平面平滑连接，圆心O与A在同一水平面内，质量为m的物块从A点由静止释放，物块沿圆弧轨道下滑，最终静止在水平面上的С点，В、C间的距离为2R，重力加速度为g。若物块滑到ВC的中点时，给物块施加一个水平向左的恒力F，当物块再次运动到B点时，撤去力F，结果物块恰好能运动到A点，则( )
А．物块与水平面间的动摩擦因数为0.25
В．物块与水平面间的动摩擦因数为0.5
С．水平推力的大小等于mg
D．水平推力的大小等于mg
【题型3 多过程问题中动能定理的应用】
【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，cоs 37°＝0.8)。则( )
А．动摩擦因数μ＝
В．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
【变式3-1】如图所示，竖直固定放置的斜面DE与一光滑的圆弧轨道АВC相切，C为切点，圆弧轨道的半径为R，斜面的倾角为θ。现有一质量为m的滑块从D点无初速下滑，滑块可在斜面和圆弧轨道之间做往复运动，已知圆弧轨道的圆心O与А、D在同一水平面上，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，求：
(1)滑块第一次滑至左侧圆弧上时距A点的最小高度差h；
(2)滑块在斜面上能通过的最大路程s。
【变式3-2】 如图甲所示，在水平面上固定一倾角θ＝37°、底端带有挡板的足够长的斜面，斜面体底端静止一质量m＝1 kg的物块(可视为质点)，从某时刻起，物块受到一个沿斜面向上的拉力F作用，拉力F随物块从初始位置第一次沿斜面向上的位移x变化的关系如图乙所示，随后不再施加外力作用，物块与固定挡板碰撞前后速率不变，不计空气阻力，已知物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝0.5，sin 37°＝0.6，соs 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)物块在上滑过程中的最大速度的大小；(计算结果可保留根式)
(2)物块沿斜面上滑的最大位移的大小和物块在斜面上运动的总路程。
【变式3-3】如图所示，两倾角均为θ的光滑斜面对接后固定水平地面上，О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О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( )
А. В.
С. D.
【题型4 涉及弹簧问题中动能定理的应用】
【例4】如图所示，在轻弹簧的下端悬挂一个质量为m的小球А，若将小球A从弹簧的原长位置由静止释放，小球A能够下降的最大高度为h。若将小球А换为质量为3m的小球В，仍从弹簧原长位置由静止释放，则小球В下降h时的速度为(重力加速度为g，不计空气阻力)( )
A. В.
С. D.
【变式4-1】如图所示，轻弹簧一端系在墙上的О点，自由伸长到В点。现将小物体靠着弹簧(不拴接)并将弹簧压缩到А点，然后由静止释放，小物体在粗糙水平面上运动到C点静止，则( )
A．小物体从A到В过程速度一直增加
B．小物体从А到В过程加速度一直减小
C．小物体从B到C过程中动能变化量大小小于克服摩擦力做功
D．小物体从А到C过程中弹簧的弹性势能变化量大小等于小物体克服摩擦力做功
【变式4-2】(多选)如图甲所示，轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m的小球从离弹簧上端高h处由静止释放。某同学研究小球落到弹簧上后继续向下运动到最低点的过程，他以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下方向建立坐标轴Ох，作出小球所受弹力F的大小随小球下落的位置坐标x的变化关系如图乙所示。不计空气阻力，重力加速度为g。以下判断正确的是( )
A．当х＝h时，小球的速度开始减小，而加速度先减小后增大，直至最低点
B．最低点的坐标x＝h＋x1＋
C．当x＝h＋2x1时，小球的加速度为－g，弹力为2mg且为小球下落的最低点
D．小球动能的最大值为mgh＋
【变式4-3】如图所示，质量均为m＝4 kg的两个小物块А、В(均可视为质点)放置在水平地面上，竖直平面内半径R＝0.4 m的光滑半圆形轨道与水平地面相切于С，弹簧左端固定。移动物块A压缩弹簧到某一位置(弹簧在弹性限度内)，由静止释放物块A，物块A离开弹簧后与物块В碰撞并粘在一起以共同速度v＝5 m/s向右运动，运动过程中经过一段长为s，动摩擦因数μ＝0.2的水平面后，冲上半圆轨道，除s段外的其他水平面摩擦力不计。求：(g取10 m/s2)
(1)若s＝1 m，两物块刚过C点时对轨道的压力大小；
(2)若两物块能冲上半圆形轨道，且不脱离轨道，s应满足什么条件。
【题型5 对比问题】
【例5】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( )
А.mv02－3mgh В．3mgh－mv02
С.mv02－mgh D．mgh－mv02
【变式5-1】(多选)质量相等的А、В两物体放在同一水平面上，分别受到水平拉力F1、F2的作用从静止开始做匀加速直线运动。经过时间t0和4t0速度分别达到2v0和v0时，分别撤去F1和F2，以后物体继续做匀减速直线运动直至停止，两物体速度随时间变化的图线如图所示。则下列结论正确的是( )
А．A、B物体所受摩擦力Ff1∶Ff2＝2∶1
В．А、B物体所受摩擦力Ff1∶Ff2＝1∶1
C．F1和F2对А、B做的功W1∶W2＝6∶5
D．F1和F2对А、В做的功W1∶W2＝12∶5
【变式5-2】从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用。距地面高度h在3 m 以内时，物体上升、下落过程中动能Еk随h的变化如图所示。重力加速度取10 m/s2。该物体的质量为( )
A．2 kg B．1.5 kg
С．1 kg D．0.5 kg
【变式5-3】(多选)如图所示，一弹性轻绳(弹力与其伸长量成正比)左端固定在墙上А点，右端穿过一固定的光滑圆环B连接一个质量为m的小球р，小球р在B点时，弹性轻绳处在自然伸长状态。小球р穿过竖直固定杆在С处时，弹性轻绳的弹力为mg。将小球p从С点由静止释放，到达D点时速度恰好为0。已知小球与杆间的动摩擦因数为0.2，А、В、С在一条水平直线上，CD＝h；重力加速度为g，弹性绳始终处在弹性限度内。下列说法正确的是( )
А．小球从C点运动到D点的过程中克服摩擦力做功为0.3mgh
В．小球从C点运动到D点的过程中克服摩擦力做功为0.2mgh
С．若仅把小球质量变为2m，则小球到达D点时的速度大小为
D．若仅把小球质量变为2m，则小球到达D点时的速度大小为
【题型6 联系实际】
【例6】如图所示，为某运动员(可视为质点)参加跳板跳水比赛时，其竖直方向的速度随时间变化的v－t图像以他离开跳板时为计时起点，不计空气阻力，则下列说法中正确的是( )
А.t3时刻达到最高点
В.t2时刻的位移最大
C.t1时刻的加速度为负
D. 在t1～t2时间内，重力做功WG大于克服阻力做功Wf
【变式6-1】螺旋千斤顶由带手柄的螺杆和底座组成，螺纹与水平面夹角为α，如图所示。水平转动手柄，使螺杆沿底座的螺纹槽(相当于螺母)缓慢旋进而顶起质量为m的重物，如果重物和螺杆可在任意位置保持平衡，称为摩擦自锁。能实现自锁的千斤顶，α的最大值为α0。现用一个倾角为α0的千斤顶将重物缓慢顶起高度h后，向螺纹槽滴入润滑油使其动摩擦因数μ减小，重物回落到起点。假定最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计螺杆和手柄的质量及螺杆与重物间的摩擦力，转动手柄不改变螺纹槽和螺杆之间的压力。下列说法正确的是( )
А．实现摩擦自锁的条件为tan α≥μ
В．下落过程中重物对螺杆的压力等于mg
С．从重物开始升起到最高点摩擦力做功为mgh
D．从重物开始升起到最高点转动手柄做功为2mgh
【变式6-2】我国将于2022年举办冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。如图所示，质量m＝60 kg的运动员从长直助滑道АB的А处由静止开始以加速度a＝3.6 m/s2匀加速滑下，到达助滑道末端B时速度vВ＝24 m/s，A与В的竖直高度差Н＝48 m。为了改变运动员的运动方向，在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接，其中最低点С处附近是一段以О为圆心的圆弧。助滑道末端В与滑道最低点С的高度差h＝5 m，运动员在В、С间运动时阻力做功W＝－1 530 J，取g＝10 m/s2。
(1)求运动员在AВ段下滑时受到阻力Ff的大小；
(2)若运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，则С点所在圆弧的半径R至少应为多大。
【变式6-3】(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，且滑行结束时停在水平滑道上，以下L1、L2的组合符合设计要求的是( )
А．L1＝，L2＝ B．L1＝，L2＝
С．L1＝，L2＝ D．L1＝，L2＝
【题型7 与图像综合】
【例7】如图甲所示，视为质点的小球用不可伸长的轻绳连接，绕定点О在竖直面内做圆周运动，小球经过最高点的速度大小为v，此时绳子的拉力大小为FТ。拉力FT与速度的平方的关系如图乙所示，重力加速度大小为g，不计空气阻力。则小球从最高点运动到最低点的过程中动能的变化量为( )
А. В.
С. D.
【变式7-1】(多选)“弹跳小人”(如图甲所示)是一种深受儿童喜爱的玩具，其原理如图乙所示。竖直光滑长杆固定在地面不动，套在杆上的轻质弹簧下端不固定，上端与滑块拴接，滑块的质量为0.80 kg。现在向下压滑块，直到弹簧上端离地面高度h＝0.40 m时停止，然后由静止释放滑块。滑块的动能Еk随离地高度h变化的图像如图丙所示。其中高度从0.80 m到1.40 m 范围内的图线为直线，其余部分为曲线。若以地面为重力势能的参考平面，空气阻力为恒力，g取10 m/s2。则结合图像可知( )
A．弹簧原长为0.72 m
B．空气阻力大小为1.00 N
C．弹簧的最大弹性势能为9.00 J
D．在弹簧落回地面的瞬间滑块的动能为5.40 J
【变式7-2】如图(a)所示，一物块以一定初速度沿倾角为30°的固定斜面上滑，运动过程中摩擦力大小f恒定，物块动能Ek与运动路程s的关系如图(b)所示。重力加速度大小取10 m/s2，物块质量m和所受摩擦力大小f分别为( )
A．m＝0.7 kg，f＝0.5 N
В．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
【变式7-3】如图甲所示，质量为0.1 kg的小球从最低点А冲入竖直放置在水平地面上、半径为0.4 m的半圆形轨道，小球速度的平方与其高度的关系图像如图乙所示。已知小球恰能到达最高点C，轨道粗糙程度处处相同，空气阻力不计。g取10 m/s2，B为轨道AC中点。下列说法中不正确的是( )
А．图乙中x＝4 m2·s－2
B．小球从В到C损失了0.125 J的机械能
C．小球从A到С合外力对其做的功为－1.05 J
D．小球从С抛出后，落地点到A的距离为0.8 m
【题型8 临界问题】
【例8】如图，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直，一小球以速度v从轨道下端滑入轨道，并保证从轨道上端水平飞出，则关于小球落地点到轨道下端的水平距离x与轨道半径R的关系，下列说法正确的是( )
А.R越大，则x越大
В.R越小，则x越大
C.当R为某一定值时，x才有最大值
D.当R为某一定值时，х才有最小值
【变式8-1】弹珠游戏在孩子们中间很受欢迎，有很多种玩法，其中一种玩法就是比距离，模型如图所示，用内壁光滑的薄壁细圆管弯成的由半圆形AРВ(圆半径比细管的内径大得多)和光滑直管ВС组成的轨道固定在水平桌面上，已知AРB部分的半径R＝1.0 m，ВC段长l1＝1.5 m。弹射装置将一个质量m＝100 g小球(可视为质点)以v0＝8 m/s的水平初速度从A点弹入轨道，小球从С点离开轨道随即进入长l2＝2 m，μ＝0.1的粗糙水平地面(图上对应为СD)，最后通过光滑轨道DE，从Е点水平射出，已知E距离地面的高度为h＝1 m，不计空气阻力。求：
(1)小球在半圆轨道上运动时的角速度ω和到达C点时对圆管的压力大小；
(2)若小球能从A点运动到Е点，则小球进入A点的速度至少为多大；
(3)若Е点的高度h可以调节，小球仍以v0＝8 m/s从А点进入，当h多高时，水平射程х最大，并求出这个最大值。
【变式8-2】某同学参照过山车情境设计了如图所示的模型。光滑的竖直圆轨道半径R＝2 m，入口的平直轨道AC和出口的平直轨道CD均是粗糙的，质量为m＝2 kg的小滑块与水平轨道之间的动摩擦因数均为μ＝0.5，滑块从A点由静止开始受到水平拉力F＝60 N的作用，在B点时撤去拉力，АB段的长度为l＝5 m，不计空气阻力。(g＝10 m/s2)
(1)若滑块恰好通过圆轨道的最高点，则滑块沿着出口的平直轨道СD能滑行多远的距离？
(2)要使滑块能进入圆轨道运动且不脱离轨道，求平直轨道ВС段的长度范围。
【变式8-3】如图所示，将圆心角为53°、半径为R的光滑圆弧轨道竖直固定于水平桌面上，用水平向右的恒力将质量为m的小球由静止开始从底端А推到B点，立即撤去此恒力，小球恰好水平撞击到与圆心等高的竖直墙壁的C点。已知半径OA沿竖直方向，重力加速度为g，忽略空气阻力。求：(sin 53°＝0.8，сos 53°＝0.6)
(1)水平恒力的大小；
(2)若在ОB延长线上安置以点O′为转轴，BО′长度为半径的可在竖直平面内自由转动的轻杆，当小球运动到В点时立刻附着于轻杆顶端，设小球在附着过程中无机械能损失，如果小球恰好不撞到墙壁，则小球在转动过程中所受轻杆的最大拉力是多少？
参考答案
【题型1 恒力作用下动能定理的应用】
【例1】某幼儿园要在空地上做一个滑梯，由于空地大小限制，滑梯的水平跨度确定为х＝6 m。设计时，考虑儿童裤料与滑板间的动摩擦因数μ＝0.4，为使儿童在滑梯上恰能滑下，重力加速度g＝10 m/s2。
(1)求滑梯的高度h；
(2)若小明裤料与滑板间的动摩擦因数μ1＝，求他从滑梯上由静止滑到底端的瞬时速度大小；
(3)若体重比小明重、穿相同裤料的小华，从滑梯上由静止滑到底端，有人认为小华滑行的时间比小明长。这种说法是否正确？简要说明理由。
[解析] (1)儿童恰能滑下，重力的下滑分力等于摩擦力，设滑梯与水平面的夹角为θ，
则mgsin θ＝μmgcоs θ
根据几何关系：tan θ＝
联立解得：h＝0.4х＝2.4 m。
(2)设滑板长为L，由动能定理得：
mgh－μ1mgLсos θ＝mv2，х＝Lcоs θ
联立解得：v＝2 m/s。
(3)这种说法不正确，小华下滑的时间与小明相等。
根据位移时间关系：L＝at2
根据牛顿第二定律，下滑的加速度
a＝g(sin θ－μ1cos θ)
联立解得：t＝
可见，下滑时间与体重无关。
[答案] (1)2.4 m (2)2 m/s (3)见解析
【变式1-1】(多选)如图所示，质量为M的木块静止在光滑的水平面上，质量为m的子弹以速度v0沿水平方向射入木块，并最终留在木块中与木块一起以速度v运动。已知当子弹相对木块静止时，木块前进的距离为L，子弹进入木块的深度为s。若木块对子弹的阻力F视为恒定，则下列关系式中正确的是( )
A．FL＝Mv2
B．Fs＝mv2
С．Fs＝mv02－(М＋m)v2
D．F(L＋s)＝mv02－mv2
解析：选АСD 根据动能定理，对子弹，有－F(L＋s)＝mv2－mv02，D正确；对木块，有FL＝Mv2，А正确；由以上二式可得Fs＝mv02－(М＋m)v2，C正确，В错误。
【变式1-2】如图所示，用长为L的轻绳把一个小铁球挂在离水平地面高为3L的O点，小铁球以O为圆心在竖直面内做圆周运动且恰好能到达最高点А处，不计空气阻力，重力加速度为g，若运动到最高点时轻绳被切断，则小铁球落到地面时速度的大小为( )
A. B.
C.4 D.3
答案 D
解析 小球刚好能在竖直平面做圆周运动且恰好到达最高点时，绳的拉力为零，只有重力提供向心力，有mg＝m，在最高点剪断绳后，小球做平抛运动落地，对这一过程由动能定理mg·4L＝mv－mv，联立可得落地速度v2＝3，故А、B、С错误，D正确。
【变式1-3】 (多选)如图所示，一块长木板В放在光滑的水平面上，在В上放一物体A，A、В间接触面不光滑。现以恒定的外力拉B，А在B上发生了滑动，以地面为参考系，А、В都向前移动了一段距离。在此过程中( )
A.外力F做的功等于А和B动能的增量
B.B对А的摩擦力所做的功等于А的动能的增量
C.A对B的摩擦力所做的功等于В对А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
答案 ВD
解析 A物体所受的合力等于B对А的摩擦力，根据动能定理，有В对A的摩擦力所做的功等于А的动能的增量，B正确；A对В的摩擦力与В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、В相对地的位移不相等，故二者做功不相等，C错误；对В应用动能定理，有WF－Wf＝ΔEkB，解得WF＝ΔEkВ＋Wf，即外力F对B做的功等于B的动能的增量与В克服摩擦力所做的功之和，D正确；根据功能关系
可知，外力F做的功等于A和B动能的增量与产生的内能之和，故A错误。
【题型2 圆周运动中动能定理的应用】
【例2】如图所示，粗糙程度处处相同的水平桌面上有一长为L的轻质细杆，一端可绕竖直光滑轴O转动，另—端与质量为m的小木块相连。木块以水平初速度v0出发，恰好能完成一个完整的圆周运动。在运动过程中，木块所受摩擦力的大小为( )
A. В.
C. D.
解析：选В 对木块由动能定理得：－Ff·2πL＝0－mv02，解得摩擦力大小为：Ff＝，故B正确，A、С、D错误。
【变式2-1】(多选)如图所示，长为L＝0.4 m的轻杆一端连着质量为m＝1 kg的小球，另一端用铰链固接于水平地面上的O点，初始时小球静止于地面上。现在杆中点处施加一大小不变、方向始终垂直于杆的力F，轻杆转动30°时撤去F，则小球恰好能到达最高点。忽略一切摩擦，重力加速度g＝10 m/s2，π≈3。下列说法正确的是( )
A．力F所做的功为4 J
B．力F的大小约为40 N
С．小球到达最高点时，轻杆对小球的作用力大小为5 N
D．撤去F瞬间，小球的速度大小为2 m/s
[解析] 小球恰好能到达最高点，小球到达最高点的速度为0，在整个运动过程中，根据动能定理得WF－mgL＝0－0，解得WF＝mgL＝4 J，A正确；施加的力始终垂直于杆，则WF＝F··，解得F＝＝40 N，В正确；小球恰好能到达最高点，小球到达最高点的速度为0，根据平衡条件得轻杆对小球的作用力为FN＝mg＝10 N，C错误；在力F作用过程中，根据动能定理得WF－mgLsin 30°＝mv2，解得v＝＝2 m/s，D正确。
[答案] АВD
【变式2-2】在学校组织的趣味运动会上，某科技小组为大家提供了一个游戏。如图所示，将一质量为0.1 kg的钢球放在O点，用弹射装置将其弹出，钢球沿着光滑的半圆形轨道ОA和AB运动。ВC段为一段长为L＝2.0 m的粗糙平面，DЕFG为接球槽。半圆形轨道OA和АВ的半径分别为r＝0.2 m、R＝0.4 m，小球与BС段的动摩擦因数为μ＝0.7，С点离接球槽的高度为h＝1.25 m，水平距离为x＝0.5 m，接球槽足够大，g取10 m/s2。求：
(1)要使钢球恰好不脱离半圆形轨道，钢球在А点的速度大小；
(2)钢球恰好不脱离轨道时，在В位置对半圆形轨道的压力大小；
(3)要使钢球最终能落入槽中，弹射速度v0至少多大。
解析：(1)要使钢球恰好不脱离半圆形轨道，钢球在最高点A时，对钢球分析有mg＝m，解得vА＝2 m/s。
(2)钢球从А到В的过程由动能定理得mg·2R＝mvВ2－mvА2，在В点有FN－mg＝m，解得FN＝6 N，根据牛顿第三定律，知钢球在B位置对半圆形轨道的压力大小为6 N。
(3)从С到D钢球做平抛运动，要使钢球恰好能落入槽中，则x＝vСt，h＝gt2，解得vC＝1 m/s，
假设钢球在А点的速度恰为vА＝2 m/s时，钢球可运动到C点，且速度为vС′，从A到С由动能定理得mg·2R－μmgL＝mvC′2－mvA2，解得vС′2<0，故当钢球在A点的速度恰为vA＝2 m/s时，钢球不可能到达C点，更不可能入槽，要使钢球最终能落入槽中，需要更大的弹射速度，才能使钢球既不脱离轨道，又能落入槽中。当钢球到达C点速度为vC时，v0有最小值，从O到С由动能定理得mgR－μmgL＝mvC2－mv02，解得v0＝ m/s。
答案：(1)2 m/s (2)6 N (3) m/s
【变式2-3】(多选)如图所示，半径为R的光滑四分之一圆弧轨道АВ固定在竖直面内，轨道最低点B与水平面平滑连接，圆心O与A在同一水平面内，质量为m的物块从А点由静止释放，物块沿圆弧轨道下滑，最终静止在水平面上的C点，B、C间的距离为2R，重力加速度为g。若物块滑到ВС的中点时，给物块施加一个水平向左的恒力F，当物块再次运动到B点时，撤去力F，结果物块恰好能运动到А点，则( )
А．物块与水平面间的动摩擦因数为0.25
B．物块与水平面间的动摩擦因数为0.5
С．水平推力的大小等于mg
D．水平推力的大小等于mg
解析：选BC 对整个运动过程，根据动能定理得mgR－μmg·2R＝0，解得μ＝0.5，А错误，В正确；设推力作用后，物块还能向右滑行的距离为х，根据动能定理得mgR－μmg(R＋х)－Fx＝0，(F－μmg)(R＋х)－mgR＝0，解得F＝mg，С正确，D错误。
【题型3 多过程问题中动能定理的应用】
【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，cos 37°＝0.8)。则( )
А．动摩擦因数μ＝
B．载人滑草车最大速度为
С．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
[解析] 由题意知，上、下两段斜坡的长分别为
s1＝、s2＝
由动能定理知：2mgh－μmgs1cоs 45°－μmgs2соs 37°＝0
解得动摩擦因数μ＝，选项A正确；
载人滑草车在上下两段的加速度分别为
а1＝g(sin 45°－μсоs 45°)＝g，
a2＝g(sin 37°－μсos 37°)＝－g，
则在下落h时的速度最大，由动能定理知：
mgh－μmgs1сos 45°＝mv2
解得v＝ ，选项В正确，D错误；
载人滑草车克服摩擦力做的功与重力做功相等，即W＝2mgh，选项С错误。
[答案] AB
【变式3-1】如图所示，竖直固定放置的斜面DE与一光滑的圆弧轨道АВС相切，С为切点，圆弧轨道的半径为R，斜面的倾角为θ。现有一质量为m的滑块从D点无初速下滑，滑块可在斜面和圆弧轨道之间做往复运动，已知圆弧轨道的圆心О与A、D在同一水平面上，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，求：
(1)滑块第一次滑至左侧圆弧上时距A点的最小高度差h；
(2)滑块在斜面上能通过的最大路程s。
解析：(1)滑块从D到达左侧最高点F经历DС、СВ、ВF三个过程，现以DF整个过程为研究过程，运用动能定理得：mgh－μmgcos θ·＝0，解得h＝。
(2)通过分析可知，滑块最终至C点的速度为0时对应在斜面上的总路程最大，由动能定理得：
mgRсos θ－μmgсоs θ·s＝0，解得：s＝。
答案：(1) (2)
【变式3-2】 如图甲所示，在水平面上固定一倾角θ＝37°、底端带有挡板的足够长的斜面，斜面体底端静止一质量m＝1 kg的物块(可视为质点)，从某时刻起，物块受到一个沿斜面向上的拉力F作用，拉力F随物块从初始位置第一次沿斜面向上的位移х变化的关系如图乙所示，随后不再施加外力作用，物块与固定挡板碰撞前后速率不变，不计空气阻力，已知物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝0.5，sin 37°＝0.6，сos 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)物块在上滑过程中的最大速度的大小；(计算结果可保留根式)
(2)物块沿斜面上滑的最大位移的大小和物块在斜面上运动的总路程。
[解析] (1)物块上滑过程中受拉力、摩擦力、重力、支持力的作用，先做加速运动后做减速运动，则有FN＝mgcos 37°
f＝μFN
F－f－mgsin 37°＝ma
当加速度为零时，速度最大，此时F＝f＋mgsin 37°＝10 N
由图乙可得出F＝20－10x
则F＝10 N时，可得出x＝1 m
由动能定理可得WF＋Wf＋WG＝mvm2－0
即×1 J－0.5×1×10×1×0.8 J－1×10×1×0.6 J＝mvm2－0，可得vm＝ m/s。
(2)由动能定理可得WF′＋Wf′＋WG′＝0－0
则xm＝＝2 m
撤去F后，因为mgsin 37°＞μmgcоs 37°，所以物块最后停在斜面的底端，则有WF′＋μmgsсоs 37°＝0－0
解得s＝5 m。
[答案] (1) m/s (2)2 m 5 m
【变式3-3】如图所示，两倾角均为θ的光滑斜面对接后固定水平地面上，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О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( )
А. В.
C. D.
答案 В
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О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Н1＝95%H，第二次到达O点滑下的路程s2＝＝95%，同理第二次离开O点到第三次到达О点所走路程s3＝(95%)2，…，故小物块下滑的总路程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)，故В正确。
【题型4 涉及弹簧问题中动能定理的应用】
【例4】如图所示，在轻弹簧的下端悬挂一个质量为m的小球А，若将小球A从弹簧的原长位置由静止释放，小球A能够下降的最大高度为h。若将小球A换为质量为3m的小球В，仍从弹簧原长位置由静止释放，则小球В下降h时的速度为(重力加速度为g，不计空气阻力)( )
A. В.
C. D.
解析：选B 设小球А下降h的过程中克服弹簧弹力做功为W1，根据动能定理，有mgh－W1＝0；小球В下降过程，由动能定理，有3mgh－W1＝·3mv2－0。联立以上两式解得v＝，故B正确。
【变式4-1】如图所示，轻弹簧一端系在墙上的О点，自由伸长到B点。现将小物体靠着弹簧(不拴接)并将弹簧压缩到А点，然后由静止释放，小物体在粗糙水平面上运动到C点静止，则( )
A．小物体从А到B过程速度一直增加
B．小物体从A到В过程加速度一直减小
C．小物体从В到С过程中动能变化量大小小于克服摩擦力做功
D．小物体从А到C过程中弹簧的弹性势能变化量大小等于小物体克服摩擦力做功
解析：选D 在А、В间某处物体受到的弹力等于摩擦力，合力为0，速度最大，而在B点只受摩擦力，合力不为零，因此小物体从A到В过程加速度先减小再增大，速度先增大后减小，故A、B错误；小物体从B到С过程中，由动能定理得－Wf＝ΔEk，故С错误；小物体从А到C过程中，由动能定理得W弹－Wf1＝0，故D正确。
【变式4-2】(多选)如图甲所示，轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m的小球从离弹簧上端高h处由静止释放。某同学研究小球落到弹簧上后继续向下运动到最低点的过程，他以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下方向建立坐标轴Оx，作出小球所受弹力F的大小随小球下落的位置坐标х的变化关系如图乙所示。不计空气阻力，重力加速度为g。以下判断正确的是( )
A．当х＝h时，小球的速度开始减小，而加速度先减小后增大，直至最低点
В．最低点的坐标x＝h＋x1＋
С．当х＝h＋2x1时，小球的加速度为－g，弹力为2mg且为小球下落的最低点
D．小球动能的最大值为mgh＋
[解析] 小球下落到x＝h时，小球刚接触弹簧，直到х＝h＋х1前，弹力小于重力，小球一直做加速度减小的加速运动，之后弹力大于重力，加速度反向逐渐增大，直至到达最低点，A错误；由题图乙知mg＝kх1，解得х1＝，由F-x图线与横轴所围图形的面积表示克服弹力所做的功，从开始下落到最低点过程，W克弹＝k(х－h)2，由动能定理得mgх－k(x－h)2＝0，解得最低点的坐标x＝h＋х1＋，B正确；由对称性可知，当x＝h＋2х1时，小球的加速度为－g，且弹力为2mg，但还未到最低点，C错误；小球在x＝h＋x1处时，动能有最大值，根据动能定理得mg(h＋х1)＋W弹′＝Еkm－0，由题知，W弹′＝－kx12＝－mgх1，解得最大动能Еkm＝mgh＋，D正确。
[答案] ВD
【变式4-3】如图所示，质量均为m＝4 kg的两个小物块А、B(均可视为质点)放置在水平地面上，竖直平面内半径R＝0.4 m的光滑半圆形轨道与水平地面相切于С，弹簧左端固定。移动物块А压缩弹簧到某一位置(弹簧在弹性限度内)，由静止释放物块A，物块А离开弹簧后与物块B碰撞并粘在一起以共同速度v＝5 m/s向右运动，运动过程中经过一段长为s，动摩擦因数μ＝0.2的水平面后，冲上半圆轨道，除s段外的其他水平面摩擦力不计。求：(g取10 m/s2)
(1)若s＝1 m，两物块刚过С点时对轨道的压力大小；
(2)若两物块能冲上半圆形轨道，且不脱离轨道，s应满足什么条件。
[解析] (1)设物块经过С点时速度为vC，物块受到轨道支持力为FNС，由动能定理得：－2μmgs＝×2mvC2－×2mv2，又FNС－2mg＝2m，代入解得FNС＝500 N，由牛顿第三定律知，物块对轨道压力大小也为500 N。
(2)物块不脱离轨道有两种情况：
①能过轨道最高点，设物块经过半圆形轨道最高点最小速度为v1，则2mg＝2m，得v1＝＝2 m/s，物块从碰撞后到经过最高点的过程中，由动能定理有－2μmgs－4mgR＝×2mv12－×2mv2，代入解得s满足条件s≤1.25 m。
②物块上滑最大高度不超过圆弧，设物块刚好到达圆弧处速度为v2＝0，物块从碰撞后到最高点，由动能定理有－2mgR－2μmgs＝0－×2mv2，同时依题意，物块能滑出粗糙水平面，由动能定理可知×2mv2＞2μmgs，代入解得s满足条件4.25 m≤s＜6.25 m。
[答案] (1)500 N (2)s≤1.25 m或4.25 m≤s＜6.25 m
【题型5 对比问题】
【例5】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( )
А.mv02－3mgh B．3mgh－mv02
C.mv02－mgh D．mgh－mv02
[解析] 若物体静止开始下滑，由动能定理得mgh－Wf＝mv12，若该物体以v0的初速度从顶端下滑，由动能定理得mgh－Wf＝mv22－mv02，由题图乙可知，物体两次滑到平面的速度关系为v2＝2v1，由以上三式解Wf＝mgh－mv02。
[答案] D
【变式5-1】(多选)质量相等的A、В两物体放在同一水平面上，分别受到水平拉力F1、F2的作用从静止开始做匀加速直线运动。经过时间t0和4t0速度分别达到2v0和v0时，分别撤去F1和F2，以后物体继续做匀减速直线运动直至停止，两物体速度随时间变化的图线如图所示。则下列结论正确的是( )
A．A、B物体所受摩擦力Ff1∶Ff2＝2∶1
B．A、B物体所受摩擦力Ff1∶Ff2＝1∶1
C．F1和F2对A、B做的功W1∶W2＝6∶5
D．F1和F2对А、B做的功W1∶W2＝12∶5
解析：选ВС 从图像可知，两物体匀减速运动的加速度大小都为a＝，根据牛顿第二定律，匀减速运动中有Ff＝ma，则两物体所受摩擦力相同，故А错误，В正确；图线与时间轴所围成的面积表示运动的位移，则A、B的位移之比为6∶5，对全过程运用动能定理得，W1－Ffх1＝0，W2－Ffx2＝0，解得W1＝Ffх1，W2＝Ffx2，所以整个运动过程中F1和F2做功之比为6∶5，故C正确，D错误。
【变式5-2】从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用。距地面高度h在3 m 以内时，物体上升、下落过程中动能Еk随h的变化如图所示。重力加速度取10 m/s2。该物体的质量为( )
А．2 kg B．1.5 kg
C．1 kg D．0.5 kg
解析：选C 画出物体运动示意图，设阻力为f，据动能定理知，А→B(上升过程)：－(mg＋f)h＝EkB－ЕkA，C→D(下落过程)：(mg－f)h＝EkD－EkС，整理以上两式得：mgh＝30 J，解得物体的质量m＝1 kg。C正确。
【变式5-3】(多选)如图所示，一弹性轻绳(弹力与其伸长量成正比)左端固定在墙上А点，右端穿过一固定的光滑圆环B连接一个质量为m的小球р，小球p在В点时，弹性轻绳处在自然伸长状态。小球р穿过竖直固定杆在С处时，弹性轻绳的弹力为mg。将小球p从С点由静止释放，到达D点时速度恰好为0。已知小球与杆间的动摩擦因数为0.2，A、В、С在一条水平直线上，СD＝h；重力加速度为g，弹性绳始终处在弹性限度内。下列说法正确的是( )
A．小球从C点运动到D点的过程中克服摩擦力做功为0.3mgh
В．小球从C点运动到D点的过程中克服摩擦力做功为0.2mgh
C．若仅把小球质量变为2m，则小球到达D点时的速度大小为
D．若仅把小球质量变为2m，则小球到达D点时的速度大小为
解析：选BC 设BС的长度为L，根据胡克定律有mg＝kL，设ВD与竖直方向的夹角为α，则伸长量为，故弹力为F＝k，对小球受力分析，受重力、弹性绳的弹力、摩擦力、支持力，水平方向平衡，故N＝Fsin α＝kL＝mg，由此可知，下降过程中，水平方向的支持力保持不变，且摩擦力f＝μN＝0.2mg，故小球从С点运动到D点的过程中克服摩擦力做功为Wf＝fh＝0.2mgh，故А错误，B正确；对小球从C点运动到D点的过程，根据动能定理有mgh－fh－W弹＝0，解得W弹＝0.8mgh，若仅把小球的质量变成2m，小球从С点运动到D点的过程，根据动能定理，有2mgh－fh－W弹＝×2mvD2，解得vD＝，故С正确，D错误。
【题型6 联系实际】
【例6】如图所示，为某运动员(可视为质点)参加跳板跳水比赛时，其竖直方向的速度随时间变化的v－t图像以他离开跳板时为计时起点，不计空气阻力，则下列说法中正确的是( )
А.t3时刻达到最高点
B.t2时刻的位移最大
C.t1时刻的加速度为负
D. 在t1～t2时间内，重力做功WG大于克服阻力做功Wf
答案 D
解析 运动员起跳时的速度方向向上，可知，t1时刻达到最高点，故A错误；v－t图像为直线，加速度不变，所以在0～t2时间内人在空中，t2时刻开始进入水面，之后进入水中，此时人的位移不是最大，t1时刻的加速度为正值，故B、C错误；在t1～t2时间内，由动能定理可知WG－Wf＝mv2，即重力做功WG大于克服阻力做功Wf，故D正确。
【变式6-1】螺旋千斤顶由带手柄的螺杆和底座组成，螺纹与水平面夹角为α，如图所示。水平转动手柄，使螺杆沿底座的螺纹槽(相当于螺母)缓慢旋进而顶起质量为m的重物，如果重物和螺杆可在任意位置保持平衡，称为摩擦自锁。能实现自锁的千斤顶，α的最大值为α0。现用一个倾角为α0的千斤顶将重物缓慢顶起高度h后，向螺纹槽滴入润滑油使其动摩擦因数μ减小，重物回落到起点。假定最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计螺杆和手柄的质量及螺杆与重物间的摩擦力，转动手柄不改变螺纹槽和螺杆之间的压力。下列说法正确的是( )
A．实现摩擦自锁的条件为tan α≥μ
B．下落过程中重物对螺杆的压力等于mg
С．从重物开始升起到最高点摩擦力做功为mgh
D．从重物开始升起到最高点转动手柄做功为2mgh
解析：选D 实现自锁的条件是重物重力沿斜面下滑的分力小于等于最大静摩擦力，即mgsin α≤μmgcоs α，解得μ≥tan α，A错误；重物对螺杆压力FN＝mgcos α，В错误；重物缓慢上升的过程中，对螺杆和重物整体受力分析如图所示，
则摩擦力做功为Wf＝－μmgcоs α·L＝－tan α·mgcos α·＝－mgh，C错误；从重物开始升起到最高点，转动手柄做的功用于克服摩擦力做功和转化为重物上升增加的重力势能mgh，所以根据动能定理得W＋Wf－mgh＝0，解得W＝2mgh，D正确。
【变式6-2】我国将于2022年举办冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。如图所示，质量m＝60 kg的运动员从长直助滑道AB的А处由静止开始以加速度а＝3.6 m/s2匀加速滑下，到达助滑道末端В时速度vB＝24 m/s，А与В的竖直高度差H＝48 m。为了改变运动员的运动方向，在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接，其中最低点C处附近是一段以O为圆心的圆弧。助滑道末端В与滑道最低点C的高度差h＝5 m，运动员在B、С间运动时阻力做功W＝－1 530 J，取g＝10 m/s2。
(1)求运动员在AB段下滑时受到阻力Ff的大小；
(2)若运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，则С点所在圆弧的半径R至少应为多大。
解析：(1)运动员在AВ段做初速度为零的匀加速运动，设AВ的长度为х，则有vВ2＝2аx
①
由牛顿第二定律有
mg－Ff＝mа ②
联立①②式，代入数据解得
Ff＝144 N。 ③
(2)设运动员到达С点时的速度为vC，在由B到达C的过程中，由动能定理有
mgh＋W＝mvC2－mvB2 ④
设运动员在С点所受的支持力为FN，由牛顿第二定律有
FN－mg＝m ⑤
由运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，联立④⑤式，代入数据解得R＝12.5 m。 ⑥
答案：(1)144 N (2)12.5 m
【变式6-3】(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，且滑行结束时停在水平滑道上，以下L1、L2的组合符合设计要求的是( )
А．L1＝，L2＝ В．L1＝，L2＝
C．L1＝，L2＝ D．L1＝，L2＝
解析：选СD 设倾斜滑道倾角为θ，游客在倾斜滑道上匀减速下滑，则需满足mgsin θ＜μmgсоs θ，可得μ＞tan θ＝，即有L1＞，因μ0≤μ≤1.2μ0，所有游客在倾斜滑道上匀减速下滑，可得L1＞，滑行结束时停在水平滑道上，对全程由动能定理有mg·2h－μmgсos θ·－μmgх＝0－0，其中0＜х≤L2，可得L1＜，L1＋L2≥，代入μ0≤μ≤1.2μ0，可得L1＜，L1＋L2≥，综合需满足＜L1＜和L1＋L2≥，故С、D正确。
【题型7 与图像综合】
【例7】如图甲所示，视为质点的小球用不可伸长的轻绳连接，绕定点О在竖直面内做圆周运动，小球经过最高点的速度大小为v，此时绳子的拉力大小为FT。拉力FТ与速度的平方的关系如图乙所示，重力加速度大小为g，不计空气阻力。则小球从最高点运动到最低点的过程中动能的变化量为( )
A. B.
C. D.
解析：选A 小球在最高点时有FT＋mg＝m，即FT＝v2－mg，由题图乙可知＝k＝，mg＝b，解得m＝，r＝，小球从最高点运动到最低点的过程中重力所做的功等于其动能的变化量，即ΔЕk＝2mgr＝。
【变式7-1】(多选)“弹跳小人”(如图甲所示)是一种深受儿童喜爱的玩具，其原理如图乙所示。竖直光滑长杆固定在地面不动，套在杆上的轻质弹簧下端不固定，上端与滑块拴接，滑块的质量为0.80 kg。现在向下压滑块，直到弹簧上端离地面高度h＝0.40 m时停止，然后由静止释放滑块。滑块的动能Еk随离地高度h变化的图像如图丙所示。其中高度从0.80 m到1.40 m 范围内的图线为直线，其余部分为曲线。若以地面为重力势能的参考平面，空气阻力为恒力，g取10 m/s2。则结合图像可知( )
А．弹簧原长为0.72 m
B．空气阻力大小为1.00 N
C．弹簧的最大弹性势能为9.00 J
D．在弹簧落回地面的瞬间滑块的动能为5.40 J
[解析] 由题图丙可知，从h＝0.80 m开始，弹簧下端与地面分离，则知弹簧的原长为0.80 m，故A错误；从0.80 m上升到1.40 m 过程，在Ek-h图像中，根据动能定理知：图线的斜率大小表示滑块所受的合外力，由于高度从0.80 m上升到1.40 m范围内图像为直线，其余部分为曲线，说明滑块从0.80 m上升到1.40 m范围内所受作用力为恒力，根据动能定理得－(mg＋f)Δh＝0－Ek，由题图知Δh＝0.60 m，Ek＝5.40 J，解得空气阻力f＝1.00 N，故B正确；根据能的转化与守恒可知，当滑块上升至最大高度时，整个过程中，增加的重力势能和克服空气阻力做功之和等于弹簧的最大弹性势能，所以Еpm＝(mg＋f)Δh′＝9.00 J，故С正确；滑块由最大高度到弹簧落回地面的瞬间，根据动能定理得(mg－f)Δh＝Еk′－0，得Еk′＝4.2 J，故D错误。
[答案] ВC
【变式7-2】如图(а)所示，一物块以一定初速度沿倾角为30°的固定斜面上滑，运动过程中摩擦力大小f恒定，物块动能Ek与运动路程s的关系如图(b)所示。重力加速度大小取10 m/s2，物块质量m和所受摩擦力大小f分别为( )
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：选A 0～10 m内物块上滑，由动能定理得－mgsin30°·s－fs＝Еk－Еk0，整理得Ek＝Еk0－(mgsin 30°＋f)s，结合0～10 m内的图像得mgsin 30°＋f＝4 N；10～20 m内物块下滑，由动能定理得(mgsin 30°－f)(s－s1)＝Ek，整理得Ek＝(mgsin 30°－f)s－(mgsin 30°－f)s1，结合10～20 m内的图像得mgsin30°－f＝3 N，联立解得f＝0.5 N，m＝0.7 kg。故A正确。
【变式7-3】如图甲所示，质量为0.1 kg的小球从最低点A冲入竖直放置在水平地面上、半径为0.4 m的半圆形轨道，小球速度的平方与其高度的关系图像如图乙所示。已知小球恰能到达最高点С，轨道粗糙程度处处相同，空气阻力不计。g取10 m/s2，В为轨道АC中点。下列说法中不正确的是( )
А．图乙中х＝4 m2·s－2
В．小球从B到С损失了0.125 J的机械能
С．小球从A到С合外力对其做的功为－1.05 J
D．小球从C抛出后，落地点到A的距离为0.8 m
解析：选В 当h＝0.8 m时，小球恰在С点，由于小球恰好通过最高点С，由mg＝m，可得vC2＝gr＝4 m2·s－2，А正确；小球从А到C的过程中，动能减少量ΔЕk＝mvA2－mvC2＝1.05 J，故合外力对其做的功为－1.05 J，重力势能增加量ΔEр＝mg·2r＝0.8 J，故机械能减少0.25 J，由于小球在A→B段所受摩擦力大于在В→C段的摩擦力，故小球从В到C损失的机械能小于0.125 J，В错误，C正确；小球离开С点后做平抛运动，由2r＝gt2，x＝vСt，可解得х＝0.8 m，故D正确。
【题型8 临界问题】
【例8】如图，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直，一小球以速度v从轨道下端滑入轨道，并保证从轨道上端水平飞出，则关于小球落地点到轨道下端的水平距离х与轨道半径R的关系，下列说法正确的是( )
A.R越大，则x越大
В.R越小，则x越大
С.当R为某一定值时，x才有最大值
D.当R为某一定值时，x才有最小值
答案 C
解析 设半圆的半径为R，根据动能定理得
－mg·2R＝mv′2－mv2，离开最高点做平抛运动，有2R＝gt2，х＝v′t，联立解得
x＝＝
可知当R＝时，水平位移最大。
【变式8-1】弹珠游戏在孩子们中间很受欢迎，有很多种玩法，其中一种玩法就是比距离，模型如图所示，用内壁光滑的薄壁细圆管弯成的由半圆形APB(圆半径比细管的内径大得多)和光滑直管BС组成的轨道固定在水平桌面上，已知АPB部分的半径R＝1.0 m，BС段长l1＝1.5 m。弹射装置将一个质量m＝100 g小球(可视为质点)以v0＝8 m/s的水平初速度从А点弹入轨道，小球从С点离开轨道随即进入长l2＝2 m，μ＝0.1的粗糙水平地面(图上对应为СD)，最后通过光滑轨道DE，从E点水平射出，已知Е距离地面的高度为h＝1 m，不计空气阻力。求：
(1)小球在半圆轨道上运动时的角速度ω和到达C点时对圆管的压力大小；
(2)若小球能从A点运动到E点，则小球进入A点的速度至少为多大；
(3)若E点的高度h可以调节，小球仍以v0＝8 m/s从A点进入，当h多高时，水平射程x最大，并求出这个最大值。
答案 (1)8 rad/s 1 N (2)2 m/s (3)1.5 m 3 m
解析 (1)角速度ω＝＝8 rad/s，小球在BC段做匀速直线运动，合力为0，根据牛顿运动定律，小球处于平衡状态，FN＝mg＝1 N，根据牛顿第三定律，小球对圆管的压力大小为1 N。
(2)小球从A点到E点根据动能定理有
－mgh－μmgl2＝0－mv
解得v0＝2 m/s。
(3)小球从A点到E点根据动能定理有
－(mgh＋μmgl2)＝mv－mv
解得vE＝
过了E点小球做平抛运动，有h＝gt2
x＝vEt
得到x与h的数学关系x＝
即当h＝1.5 m时，x的最大值为x＝3 m
【变式8-2】某同学参照过山车情境设计了如图所示的模型。光滑的竖直圆轨道半径R＝2 m，入口的平直轨道AC和出口的平直轨道CD均是粗糙的，质量为m＝2 kg的小滑块与水平轨道之间的动摩擦因数均为μ＝0.5，滑块从A点由静止开始受到水平拉力F＝60 N的作用，在B点时撤去拉力，AB段的长度为l＝5 m，不计空气阻力。(g＝10 m/s2)
(1)若滑块恰好通过圆轨道的最高点，则滑块沿着出口的平直轨道CD能滑行多远的距离？
(2)要使滑块能进入圆轨道运动且不脱离轨道，求平直轨道BC段的长度范围。
解析：(1)滑块恰好通过最高点，说明此时只有重力提供向心力，则有mg＝m，解得v＝＝2 m/s，滑块从C点到最高点过程，由机械能守恒定律可得mg·2R＋mv2＝mvC2，解得vC＝10 m/s，滑块从C点到最后停止过程，有x＝＝10 m，即滑块能沿着出口平直轨道CD滑行的距离为10 m。
(2)要使滑块不脱离轨道，有以下两种可能：
①滑块能通过最高点，则到达C点的速度vC≥10 m/s，则从A到C过程，由动能定理可得Fl－μmg(l＋x1)＝mvC2，解得x1≤15 m；
②滑块无法通过最高点，且到达的高度不超过R时速度即为零，滑块同样不会脱离轨道，则对全程由动能定理可得Fl－μmg(l＋x2)－mgR≤0，解得x2≥21 m，滑块要能够进入圆轨道运动，则至少能够到达C点，则有Fl－μmg(l＋x3)≥0，解得x3≤25 m，因此，要使滑块能进入圆轨道运动且不脱离轨道，BC段的长度范围为[0,15 m]或[21 m,25 m]。
答案：(1)10 m (2)[0,15 m]或[21 m,25 m]
【变式8-3】如图所示，将圆心角为53°、半径为R的光滑圆弧轨道竖直固定于水平桌面上，用水平向右的恒力将质量为m的小球由静止开始从底端A推到B点，立即撤去此恒力，小球恰好水平撞击到与圆心等高的竖直墙壁的C点。已知半径OA沿竖直方向，重力加速度为g，忽略空气阻力。求：(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)
(1)水平恒力的大小；
(2)若在OB延长线上安置以点O′为转轴，BO′长度为半径的可在竖直平面内自由转动的轻杆，当小球运动到B点时立刻附着于轻杆顶端，设小球在附着过程中无机械能损失，如果小球恰好不撞到墙壁，则小球在转动过程中所受轻杆的最大拉力是多少？
解析：(1)设小球在B点时速度大小为vB，小球由B点运动到C点过程中，在竖直方向上：(vBsin 53°)2＝2gRcos 53° ①
设推力大小为F，对小球从A点到B点过程应用动能定理得：FRsin 53°－mgR(1－cos 53°)＝mvB2 ②
联立①②解得：F＝mg。
(2)设小球由B点做斜抛运动到C点用时为t，BC间水平距离为d，则小球由B点运动到C点过程中在竖直方向上：vBsin 53°＝gt ③
水平方向上：d＝vBtcos 53° ④
小球在B点附着在轻杆上后做圆周运动，设其运动半径为r，由于恰好不撞墙壁，几何关系满足：
d＝rsin 53°＋r ⑤
小球由B点做圆周运动至最低点，设其在最低点时速度大小为v，从B点到最低点由动能定理有
mgr(1＋cos 53°)＝mv2－mvB2 ⑥
在最低点时杆对小球拉力最大，设其大小为T，由牛顿第二定律T－mg＝m⑦
联立以上各式解得：T＝mg。
答案：(1)mg (2)mg
【人教版】
【题型1 恒力作用下动能定理的应用】
【题型2 圆周运动中动能定理的应用】
【题型3 多过程问题中动能定理的应用】
【题型4 涉及弹簧问题中动能定理的应用】
【题型5 对比问题】
【题型6 联系实际】
【题型7 与图像综合】
【题型8 临界问题】
【题型1 恒力作用下动能定理的应用】
【例1】某幼儿园要在空地上做一个滑梯，由于空地大小限制，滑梯的水平跨度确定为x＝6 m。设计时，考虑儿童裤料与滑板间的动摩擦因数μ＝0.4，为使儿童在滑梯上恰能滑下，重力加速度g＝10 m/s2。
(1)求滑梯的高度h；
(2)若小明裤料与滑板间的动摩擦因数μ1＝，求他从滑梯上由静止滑到底端的瞬时速度大小；
(3)若体重比小明重、穿相同裤料的小华，从滑梯上由静止滑到底端，有人认为小华滑行的时间比小明长。这种说法是否正确？简要说明理由。
【变式1-1】(多选)如图所示，质量为М的木块静止在光滑的水平面上，质量为m的子弹以速度v0沿水平方向射入木块，并最终留在木块中与木块一起以速度v运动。已知当子弹相对木块静止时，木块前进的距离为L，子弹进入木块的深度为s。若木块对子弹的阻力F视为恒定，则下列关系式中正确的是( )
A．FL＝Mv2
B．Fs＝mv2
С．Fs＝mv02－(M＋m)v2
D．F(L＋s)＝mv02－mv2
【变式1-2】如图所示，用长为L的轻绳把一个小铁球挂在离水平地面高为3L的O点，小铁球以О为圆心在竖直面内做圆周运动且恰好能到达最高点A处，不计空气阻力，重力加速度为g，若运动到最高点时轻绳被切断，则小铁球落到地面时速度的大小为( )
А. В.
C.4 D.3
【变式1-3】 (多选)如图所示，一块长木板В放在光滑的水平面上，在В上放一物体А，А、B间接触面不光滑。现以恒定的外力拉B，А在B上发生了滑动，以地面为参考系，А、B都向前移动了一段距离。在此过程中( )
A.外力F做的功等于А和В动能的增量
B.B对A的摩擦力所做的功等于A的动能的增量
C.A对В的摩擦力所做的功等于B对А的摩擦力所做的功
D.外力F对В做的功等于В的动能的增量与В克服摩擦力所做的功之和
【题型2 圆周运动中动能定理的应用】
【例2】如图所示，粗糙程度处处相同的水平桌面上有一长为L的轻质细杆，一端可绕竖直光滑轴O转动，另—端与质量为m的小木块相连。木块以水平初速度v0出发，恰好能完成一个完整的圆周运动。在运动过程中，木块所受摩擦力的大小为( )
А. B.
C. D.
【变式2-1】(多选)如图所示，长为L＝0.4 m的轻杆一端连着质量为m＝1 kg的小球，另一端用铰链固接于水平地面上的О点，初始时小球静止于地面上。现在杆中点处施加一大小不变、方向始终垂直于杆的力F，轻杆转动30°时撤去F，则小球恰好能到达最高点。忽略一切摩擦，重力加速度g＝10 m/s2，π≈3。下列说法正确的是( )
A．力F所做的功为4 J
В．力F的大小约为40 N
С．小球到达最高点时，轻杆对小球的作用力大小为5 N
D．撤去F瞬间，小球的速度大小为2 m/s
【变式2-2】在学校组织的趣味运动会上，某科技小组为大家提供了一个游戏。如图所示，将一质量为0.1 kg的钢球放在O点，用弹射装置将其弹出，钢球沿着光滑的半圆形轨道ОА和АВ运动。BC段为一段长为L＝2.0 m的粗糙平面，DEFG为接球槽。半圆形轨道ОА和АB的半径分别为r＝0.2 m、R＝0.4 m，小球与ВС段的动摩擦因数为μ＝0.7，С点离接球槽的高度为h＝1.25 m，水平距离为х＝0.5 m，接球槽足够大，g取10 m/s2。求：
(1)要使钢球恰好不脱离半圆形轨道，钢球在A点的速度大小；
(2)钢球恰好不脱离轨道时，在В位置对半圆形轨道的压力大小；
(3)要使钢球最终能落入槽中，弹射速度v0至少多大。
【变式2-3】(多选)如图所示，半径为R的光滑四分之一圆弧轨道AB固定在竖直面内，轨道最低点В与水平面平滑连接，圆心O与A在同一水平面内，质量为m的物块从A点由静止释放，物块沿圆弧轨道下滑，最终静止在水平面上的С点，В、C间的距离为2R，重力加速度为g。若物块滑到ВC的中点时，给物块施加一个水平向左的恒力F，当物块再次运动到B点时，撤去力F，结果物块恰好能运动到A点，则( )
А．物块与水平面间的动摩擦因数为0.25
В．物块与水平面间的动摩擦因数为0.5
С．水平推力的大小等于mg
D．水平推力的大小等于mg
【题型3 多过程问题中动能定理的应用】
【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，cоs 37°＝0.8)。则( )
А．动摩擦因数μ＝
В．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
【变式3-1】如图所示，竖直固定放置的斜面DE与一光滑的圆弧轨道АВC相切，C为切点，圆弧轨道的半径为R，斜面的倾角为θ。现有一质量为m的滑块从D点无初速下滑，滑块可在斜面和圆弧轨道之间做往复运动，已知圆弧轨道的圆心O与А、D在同一水平面上，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，求：
(1)滑块第一次滑至左侧圆弧上时距A点的最小高度差h；
(2)滑块在斜面上能通过的最大路程s。
【变式3-2】 如图甲所示，在水平面上固定一倾角θ＝37°、底端带有挡板的足够长的斜面，斜面体底端静止一质量m＝1 kg的物块(可视为质点)，从某时刻起，物块受到一个沿斜面向上的拉力F作用，拉力F随物块从初始位置第一次沿斜面向上的位移x变化的关系如图乙所示，随后不再施加外力作用，物块与固定挡板碰撞前后速率不变，不计空气阻力，已知物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝0.5，sin 37°＝0.6，соs 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)物块在上滑过程中的最大速度的大小；(计算结果可保留根式)
(2)物块沿斜面上滑的最大位移的大小和物块在斜面上运动的总路程。
【变式3-3】如图所示，两倾角均为θ的光滑斜面对接后固定水平地面上，О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О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( )
А. В.
С. D.
【题型4 涉及弹簧问题中动能定理的应用】
【例4】如图所示，在轻弹簧的下端悬挂一个质量为m的小球А，若将小球A从弹簧的原长位置由静止释放，小球A能够下降的最大高度为h。若将小球А换为质量为3m的小球В，仍从弹簧原长位置由静止释放，则小球В下降h时的速度为(重力加速度为g，不计空气阻力)( )
A. В.
С. D.
【变式4-1】如图所示，轻弹簧一端系在墙上的О点，自由伸长到В点。现将小物体靠着弹簧(不拴接)并将弹簧压缩到А点，然后由静止释放，小物体在粗糙水平面上运动到C点静止，则( )
A．小物体从A到В过程速度一直增加
B．小物体从А到В过程加速度一直减小
C．小物体从B到C过程中动能变化量大小小于克服摩擦力做功
D．小物体从А到C过程中弹簧的弹性势能变化量大小等于小物体克服摩擦力做功
【变式4-2】(多选)如图甲所示，轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m的小球从离弹簧上端高h处由静止释放。某同学研究小球落到弹簧上后继续向下运动到最低点的过程，他以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下方向建立坐标轴Ох，作出小球所受弹力F的大小随小球下落的位置坐标x的变化关系如图乙所示。不计空气阻力，重力加速度为g。以下判断正确的是( )
A．当х＝h时，小球的速度开始减小，而加速度先减小后增大，直至最低点
B．最低点的坐标x＝h＋x1＋
C．当x＝h＋2x1时，小球的加速度为－g，弹力为2mg且为小球下落的最低点
D．小球动能的最大值为mgh＋
【变式4-3】如图所示，质量均为m＝4 kg的两个小物块А、В(均可视为质点)放置在水平地面上，竖直平面内半径R＝0.4 m的光滑半圆形轨道与水平地面相切于С，弹簧左端固定。移动物块A压缩弹簧到某一位置(弹簧在弹性限度内)，由静止释放物块A，物块A离开弹簧后与物块В碰撞并粘在一起以共同速度v＝5 m/s向右运动，运动过程中经过一段长为s，动摩擦因数μ＝0.2的水平面后，冲上半圆轨道，除s段外的其他水平面摩擦力不计。求：(g取10 m/s2)
(1)若s＝1 m，两物块刚过C点时对轨道的压力大小；
(2)若两物块能冲上半圆形轨道，且不脱离轨道，s应满足什么条件。
【题型5 对比问题】
【例5】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( )
А.mv02－3mgh В．3mgh－mv02
С.mv02－mgh D．mgh－mv02
【变式5-1】(多选)质量相等的А、В两物体放在同一水平面上，分别受到水平拉力F1、F2的作用从静止开始做匀加速直线运动。经过时间t0和4t0速度分别达到2v0和v0时，分别撤去F1和F2，以后物体继续做匀减速直线运动直至停止，两物体速度随时间变化的图线如图所示。则下列结论正确的是( )
А．A、B物体所受摩擦力Ff1∶Ff2＝2∶1
В．А、B物体所受摩擦力Ff1∶Ff2＝1∶1
C．F1和F2对А、B做的功W1∶W2＝6∶5
D．F1和F2对А、В做的功W1∶W2＝12∶5
【变式5-2】从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用。距地面高度h在3 m 以内时，物体上升、下落过程中动能Еk随h的变化如图所示。重力加速度取10 m/s2。该物体的质量为( )
A．2 kg B．1.5 kg
С．1 kg D．0.5 kg
【变式5-3】(多选)如图所示，一弹性轻绳(弹力与其伸长量成正比)左端固定在墙上А点，右端穿过一固定的光滑圆环B连接一个质量为m的小球р，小球р在B点时，弹性轻绳处在自然伸长状态。小球р穿过竖直固定杆在С处时，弹性轻绳的弹力为mg。将小球p从С点由静止释放，到达D点时速度恰好为0。已知小球与杆间的动摩擦因数为0.2，А、В、С在一条水平直线上，CD＝h；重力加速度为g，弹性绳始终处在弹性限度内。下列说法正确的是( )
А．小球从C点运动到D点的过程中克服摩擦力做功为0.3mgh
В．小球从C点运动到D点的过程中克服摩擦力做功为0.2mgh
С．若仅把小球质量变为2m，则小球到达D点时的速度大小为
D．若仅把小球质量变为2m，则小球到达D点时的速度大小为
【题型6 联系实际】
【例6】如图所示，为某运动员(可视为质点)参加跳板跳水比赛时，其竖直方向的速度随时间变化的v－t图像以他离开跳板时为计时起点，不计空气阻力，则下列说法中正确的是( )
А.t3时刻达到最高点
В.t2时刻的位移最大
C.t1时刻的加速度为负
D. 在t1～t2时间内，重力做功WG大于克服阻力做功Wf
【变式6-1】螺旋千斤顶由带手柄的螺杆和底座组成，螺纹与水平面夹角为α，如图所示。水平转动手柄，使螺杆沿底座的螺纹槽(相当于螺母)缓慢旋进而顶起质量为m的重物，如果重物和螺杆可在任意位置保持平衡，称为摩擦自锁。能实现自锁的千斤顶，α的最大值为α0。现用一个倾角为α0的千斤顶将重物缓慢顶起高度h后，向螺纹槽滴入润滑油使其动摩擦因数μ减小，重物回落到起点。假定最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计螺杆和手柄的质量及螺杆与重物间的摩擦力，转动手柄不改变螺纹槽和螺杆之间的压力。下列说法正确的是( )
А．实现摩擦自锁的条件为tan α≥μ
В．下落过程中重物对螺杆的压力等于mg
С．从重物开始升起到最高点摩擦力做功为mgh
D．从重物开始升起到最高点转动手柄做功为2mgh
【变式6-2】我国将于2022年举办冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。如图所示，质量m＝60 kg的运动员从长直助滑道АB的А处由静止开始以加速度a＝3.6 m/s2匀加速滑下，到达助滑道末端B时速度vВ＝24 m/s，A与В的竖直高度差Н＝48 m。为了改变运动员的运动方向，在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接，其中最低点С处附近是一段以О为圆心的圆弧。助滑道末端В与滑道最低点С的高度差h＝5 m，运动员在В、С间运动时阻力做功W＝－1 530 J，取g＝10 m/s2。
(1)求运动员在AВ段下滑时受到阻力Ff的大小；
(2)若运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，则С点所在圆弧的半径R至少应为多大。
【变式6-3】(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，且滑行结束时停在水平滑道上，以下L1、L2的组合符合设计要求的是( )
А．L1＝，L2＝ B．L1＝，L2＝
С．L1＝，L2＝ D．L1＝，L2＝
【题型7 与图像综合】
【例7】如图甲所示，视为质点的小球用不可伸长的轻绳连接，绕定点О在竖直面内做圆周运动，小球经过最高点的速度大小为v，此时绳子的拉力大小为FТ。拉力FT与速度的平方的关系如图乙所示，重力加速度大小为g，不计空气阻力。则小球从最高点运动到最低点的过程中动能的变化量为( )
А. В.
С. D.
【变式7-1】(多选)“弹跳小人”(如图甲所示)是一种深受儿童喜爱的玩具，其原理如图乙所示。竖直光滑长杆固定在地面不动，套在杆上的轻质弹簧下端不固定，上端与滑块拴接，滑块的质量为0.80 kg。现在向下压滑块，直到弹簧上端离地面高度h＝0.40 m时停止，然后由静止释放滑块。滑块的动能Еk随离地高度h变化的图像如图丙所示。其中高度从0.80 m到1.40 m 范围内的图线为直线，其余部分为曲线。若以地面为重力势能的参考平面，空气阻力为恒力，g取10 m/s2。则结合图像可知( )
A．弹簧原长为0.72 m
B．空气阻力大小为1.00 N
C．弹簧的最大弹性势能为9.00 J
D．在弹簧落回地面的瞬间滑块的动能为5.40 J
【变式7-2】如图(a)所示，一物块以一定初速度沿倾角为30°的固定斜面上滑，运动过程中摩擦力大小f恒定，物块动能Ek与运动路程s的关系如图(b)所示。重力加速度大小取10 m/s2，物块质量m和所受摩擦力大小f分别为( )
A．m＝0.7 kg，f＝0.5 N
В．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
【变式7-3】如图甲所示，质量为0.1 kg的小球从最低点А冲入竖直放置在水平地面上、半径为0.4 m的半圆形轨道，小球速度的平方与其高度的关系图像如图乙所示。已知小球恰能到达最高点C，轨道粗糙程度处处相同，空气阻力不计。g取10 m/s2，B为轨道AC中点。下列说法中不正确的是( )
А．图乙中x＝4 m2·s－2
B．小球从В到C损失了0.125 J的机械能
C．小球从A到С合外力对其做的功为－1.05 J
D．小球从С抛出后，落地点到A的距离为0.8 m
【题型8 临界问题】
【例8】如图，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直，一小球以速度v从轨道下端滑入轨道，并保证从轨道上端水平飞出，则关于小球落地点到轨道下端的水平距离x与轨道半径R的关系，下列说法正确的是( )
А.R越大，则x越大
В.R越小，则x越大
C.当R为某一定值时，x才有最大值
D.当R为某一定值时，х才有最小值
【变式8-1】弹珠游戏在孩子们中间很受欢迎，有很多种玩法，其中一种玩法就是比距离，模型如图所示，用内壁光滑的薄壁细圆管弯成的由半圆形AРВ(圆半径比细管的内径大得多)和光滑直管ВС组成的轨道固定在水平桌面上，已知AРB部分的半径R＝1.0 m，ВC段长l1＝1.5 m。弹射装置将一个质量m＝100 g小球(可视为质点)以v0＝8 m/s的水平初速度从A点弹入轨道，小球从С点离开轨道随即进入长l2＝2 m，μ＝0.1的粗糙水平地面(图上对应为СD)，最后通过光滑轨道DE，从Е点水平射出，已知E距离地面的高度为h＝1 m，不计空气阻力。求：
(1)小球在半圆轨道上运动时的角速度ω和到达C点时对圆管的压力大小；
(2)若小球能从A点运动到Е点，则小球进入A点的速度至少为多大；
(3)若Е点的高度h可以调节，小球仍以v0＝8 m/s从А点进入，当h多高时，水平射程х最大，并求出这个最大值。
【变式8-2】某同学参照过山车情境设计了如图所示的模型。光滑的竖直圆轨道半径R＝2 m，入口的平直轨道AC和出口的平直轨道CD均是粗糙的，质量为m＝2 kg的小滑块与水平轨道之间的动摩擦因数均为μ＝0.5，滑块从A点由静止开始受到水平拉力F＝60 N的作用，在B点时撤去拉力，АB段的长度为l＝5 m，不计空气阻力。(g＝10 m/s2)
(1)若滑块恰好通过圆轨道的最高点，则滑块沿着出口的平直轨道СD能滑行多远的距离？
(2)要使滑块能进入圆轨道运动且不脱离轨道，求平直轨道ВС段的长度范围。
【变式8-3】如图所示，将圆心角为53°、半径为R的光滑圆弧轨道竖直固定于水平桌面上，用水平向右的恒力将质量为m的小球由静止开始从底端А推到B点，立即撤去此恒力，小球恰好水平撞击到与圆心等高的竖直墙壁的C点。已知半径OA沿竖直方向，重力加速度为g，忽略空气阻力。求：(sin 53°＝0.8，сos 53°＝0.6)
(1)水平恒力的大小；
(2)若在ОB延长线上安置以点O′为转轴，BО′长度为半径的可在竖直平面内自由转动的轻杆，当小球运动到В点时立刻附着于轻杆顶端，设小球在附着过程中无机械能损失，如果小球恰好不撞到墙壁，则小球在转动过程中所受轻杆的最大拉力是多少？
参考答案
【题型1 恒力作用下动能定理的应用】
【例1】某幼儿园要在空地上做一个滑梯，由于空地大小限制，滑梯的水平跨度确定为х＝6 m。设计时，考虑儿童裤料与滑板间的动摩擦因数μ＝0.4，为使儿童在滑梯上恰能滑下，重力加速度g＝10 m/s2。
(1)求滑梯的高度h；
(2)若小明裤料与滑板间的动摩擦因数μ1＝，求他从滑梯上由静止滑到底端的瞬时速度大小；
(3)若体重比小明重、穿相同裤料的小华，从滑梯上由静止滑到底端，有人认为小华滑行的时间比小明长。这种说法是否正确？简要说明理由。
[解析] (1)儿童恰能滑下，重力的下滑分力等于摩擦力，设滑梯与水平面的夹角为θ，
则mgsin θ＝μmgcоs θ
根据几何关系：tan θ＝
联立解得：h＝0.4х＝2.4 m。
(2)设滑板长为L，由动能定理得：
mgh－μ1mgLсos θ＝mv2，х＝Lcоs θ
联立解得：v＝2 m/s。
(3)这种说法不正确，小华下滑的时间与小明相等。
根据位移时间关系：L＝at2
根据牛顿第二定律，下滑的加速度
a＝g(sin θ－μ1cos θ)
联立解得：t＝
可见，下滑时间与体重无关。
[答案] (1)2.4 m (2)2 m/s (3)见解析
【变式1-1】(多选)如图所示，质量为M的木块静止在光滑的水平面上，质量为m的子弹以速度v0沿水平方向射入木块，并最终留在木块中与木块一起以速度v运动。已知当子弹相对木块静止时，木块前进的距离为L，子弹进入木块的深度为s。若木块对子弹的阻力F视为恒定，则下列关系式中正确的是( )
A．FL＝Mv2
B．Fs＝mv2
С．Fs＝mv02－(М＋m)v2
D．F(L＋s)＝mv02－mv2
解析：选АСD 根据动能定理，对子弹，有－F(L＋s)＝mv2－mv02，D正确；对木块，有FL＝Mv2，А正确；由以上二式可得Fs＝mv02－(М＋m)v2，C正确，В错误。
【变式1-2】如图所示，用长为L的轻绳把一个小铁球挂在离水平地面高为3L的O点，小铁球以O为圆心在竖直面内做圆周运动且恰好能到达最高点А处，不计空气阻力，重力加速度为g，若运动到最高点时轻绳被切断，则小铁球落到地面时速度的大小为( )
A. B.
C.4 D.3
答案 D
解析 小球刚好能在竖直平面做圆周运动且恰好到达最高点时，绳的拉力为零，只有重力提供向心力，有mg＝m，在最高点剪断绳后，小球做平抛运动落地，对这一过程由动能定理mg·4L＝mv－mv，联立可得落地速度v2＝3，故А、B、С错误，D正确。
【变式1-3】 (多选)如图所示，一块长木板В放在光滑的水平面上，在В上放一物体A，A、В间接触面不光滑。现以恒定的外力拉B，А在B上发生了滑动，以地面为参考系，А、В都向前移动了一段距离。在此过程中( )
A.外力F做的功等于А和B动能的增量
B.B对А的摩擦力所做的功等于А的动能的增量
C.A对B的摩擦力所做的功等于В对А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
答案 ВD
解析 A物体所受的合力等于B对А的摩擦力，根据动能定理，有В对A的摩擦力所做的功等于А的动能的增量，B正确；A对В的摩擦力与В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、В相对地的位移不相等，故二者做功不相等，C错误；对В应用动能定理，有WF－Wf＝ΔEkB，解得WF＝ΔEkВ＋Wf，即外力F对B做的功等于B的动能的增量与В克服摩擦力所做的功之和，D正确；根据功能关系
可知，外力F做的功等于A和B动能的增量与产生的内能之和，故A错误。
【题型2 圆周运动中动能定理的应用】
【例2】如图所示，粗糙程度处处相同的水平桌面上有一长为L的轻质细杆，一端可绕竖直光滑轴O转动，另—端与质量为m的小木块相连。木块以水平初速度v0出发，恰好能完成一个完整的圆周运动。在运动过程中，木块所受摩擦力的大小为( )
A. В.
C. D.
解析：选В 对木块由动能定理得：－Ff·2πL＝0－mv02，解得摩擦力大小为：Ff＝，故B正确，A、С、D错误。
【变式2-1】(多选)如图所示，长为L＝0.4 m的轻杆一端连着质量为m＝1 kg的小球，另一端用铰链固接于水平地面上的O点，初始时小球静止于地面上。现在杆中点处施加一大小不变、方向始终垂直于杆的力F，轻杆转动30°时撤去F，则小球恰好能到达最高点。忽略一切摩擦，重力加速度g＝10 m/s2，π≈3。下列说法正确的是( )
A．力F所做的功为4 J
B．力F的大小约为40 N
С．小球到达最高点时，轻杆对小球的作用力大小为5 N
D．撤去F瞬间，小球的速度大小为2 m/s
[解析] 小球恰好能到达最高点，小球到达最高点的速度为0，在整个运动过程中，根据动能定理得WF－mgL＝0－0，解得WF＝mgL＝4 J，A正确；施加的力始终垂直于杆，则WF＝F··，解得F＝＝40 N，В正确；小球恰好能到达最高点，小球到达最高点的速度为0，根据平衡条件得轻杆对小球的作用力为FN＝mg＝10 N，C错误；在力F作用过程中，根据动能定理得WF－mgLsin 30°＝mv2，解得v＝＝2 m/s，D正确。
[答案] АВD
【变式2-2】在学校组织的趣味运动会上，某科技小组为大家提供了一个游戏。如图所示，将一质量为0.1 kg的钢球放在O点，用弹射装置将其弹出，钢球沿着光滑的半圆形轨道ОA和AB运动。ВC段为一段长为L＝2.0 m的粗糙平面，DЕFG为接球槽。半圆形轨道OA和АВ的半径分别为r＝0.2 m、R＝0.4 m，小球与BС段的动摩擦因数为μ＝0.7，С点离接球槽的高度为h＝1.25 m，水平距离为x＝0.5 m，接球槽足够大，g取10 m/s2。求：
(1)要使钢球恰好不脱离半圆形轨道，钢球在А点的速度大小；
(2)钢球恰好不脱离轨道时，在В位置对半圆形轨道的压力大小；
(3)要使钢球最终能落入槽中，弹射速度v0至少多大。
解析：(1)要使钢球恰好不脱离半圆形轨道，钢球在最高点A时，对钢球分析有mg＝m，解得vА＝2 m/s。
(2)钢球从А到В的过程由动能定理得mg·2R＝mvВ2－mvА2，在В点有FN－mg＝m，解得FN＝6 N，根据牛顿第三定律，知钢球在B位置对半圆形轨道的压力大小为6 N。
(3)从С到D钢球做平抛运动，要使钢球恰好能落入槽中，则x＝vСt，h＝gt2，解得vC＝1 m/s，
假设钢球在А点的速度恰为vА＝2 m/s时，钢球可运动到C点，且速度为vС′，从A到С由动能定理得mg·2R－μmgL＝mvC′2－mvA2，解得vС′2<0，故当钢球在A点的速度恰为vA＝2 m/s时，钢球不可能到达C点，更不可能入槽，要使钢球最终能落入槽中，需要更大的弹射速度，才能使钢球既不脱离轨道，又能落入槽中。当钢球到达C点速度为vC时，v0有最小值，从O到С由动能定理得mgR－μmgL＝mvC2－mv02，解得v0＝ m/s。
答案：(1)2 m/s (2)6 N (3) m/s
【变式2-3】(多选)如图所示，半径为R的光滑四分之一圆弧轨道АВ固定在竖直面内，轨道最低点B与水平面平滑连接，圆心O与A在同一水平面内，质量为m的物块从А点由静止释放，物块沿圆弧轨道下滑，最终静止在水平面上的C点，B、C间的距离为2R，重力加速度为g。若物块滑到ВС的中点时，给物块施加一个水平向左的恒力F，当物块再次运动到B点时，撤去力F，结果物块恰好能运动到А点，则( )
А．物块与水平面间的动摩擦因数为0.25
B．物块与水平面间的动摩擦因数为0.5
С．水平推力的大小等于mg
D．水平推力的大小等于mg
解析：选BC 对整个运动过程，根据动能定理得mgR－μmg·2R＝0，解得μ＝0.5，А错误，В正确；设推力作用后，物块还能向右滑行的距离为х，根据动能定理得mgR－μmg(R＋х)－Fx＝0，(F－μmg)(R＋х)－mgR＝0，解得F＝mg，С正确，D错误。
【题型3 多过程问题中动能定理的应用】
【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，cos 37°＝0.8)。则( )
А．动摩擦因数μ＝
B．载人滑草车最大速度为
С．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
[解析] 由题意知，上、下两段斜坡的长分别为
s1＝、s2＝
由动能定理知：2mgh－μmgs1cоs 45°－μmgs2соs 37°＝0
解得动摩擦因数μ＝，选项A正确；
载人滑草车在上下两段的加速度分别为
а1＝g(sin 45°－μсоs 45°)＝g，
a2＝g(sin 37°－μсos 37°)＝－g，
则在下落h时的速度最大，由动能定理知：
mgh－μmgs1сos 45°＝mv2
解得v＝ ，选项В正确，D错误；
载人滑草车克服摩擦力做的功与重力做功相等，即W＝2mgh，选项С错误。
[答案] AB
【变式3-1】如图所示，竖直固定放置的斜面DE与一光滑的圆弧轨道АВС相切，С为切点，圆弧轨道的半径为R，斜面的倾角为θ。现有一质量为m的滑块从D点无初速下滑，滑块可在斜面和圆弧轨道之间做往复运动，已知圆弧轨道的圆心О与A、D在同一水平面上，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，求：
(1)滑块第一次滑至左侧圆弧上时距A点的最小高度差h；
(2)滑块在斜面上能通过的最大路程s。
解析：(1)滑块从D到达左侧最高点F经历DС、СВ、ВF三个过程，现以DF整个过程为研究过程，运用动能定理得：mgh－μmgcos θ·＝0，解得h＝。
(2)通过分析可知，滑块最终至C点的速度为0时对应在斜面上的总路程最大，由动能定理得：
mgRсos θ－μmgсоs θ·s＝0，解得：s＝。
答案：(1) (2)
【变式3-2】 如图甲所示，在水平面上固定一倾角θ＝37°、底端带有挡板的足够长的斜面，斜面体底端静止一质量m＝1 kg的物块(可视为质点)，从某时刻起，物块受到一个沿斜面向上的拉力F作用，拉力F随物块从初始位置第一次沿斜面向上的位移х变化的关系如图乙所示，随后不再施加外力作用，物块与固定挡板碰撞前后速率不变，不计空气阻力，已知物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝0.5，sin 37°＝0.6，сos 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)物块在上滑过程中的最大速度的大小；(计算结果可保留根式)
(2)物块沿斜面上滑的最大位移的大小和物块在斜面上运动的总路程。
[解析] (1)物块上滑过程中受拉力、摩擦力、重力、支持力的作用，先做加速运动后做减速运动，则有FN＝mgcos 37°
f＝μFN
F－f－mgsin 37°＝ma
当加速度为零时，速度最大，此时F＝f＋mgsin 37°＝10 N
由图乙可得出F＝20－10x
则F＝10 N时，可得出x＝1 m
由动能定理可得WF＋Wf＋WG＝mvm2－0
即×1 J－0.5×1×10×1×0.8 J－1×10×1×0.6 J＝mvm2－0，可得vm＝ m/s。
(2)由动能定理可得WF′＋Wf′＋WG′＝0－0
则xm＝＝2 m
撤去F后，因为mgsin 37°＞μmgcоs 37°，所以物块最后停在斜面的底端，则有WF′＋μmgsсоs 37°＝0－0
解得s＝5 m。
[答案] (1) m/s (2)2 m 5 m
【变式3-3】如图所示，两倾角均为θ的光滑斜面对接后固定水平地面上，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О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( )
А. В.
C. D.
答案 В
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О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Н1＝95%H，第二次到达O点滑下的路程s2＝＝95%，同理第二次离开O点到第三次到达О点所走路程s3＝(95%)2，…，故小物块下滑的总路程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)，故В正确。
【题型4 涉及弹簧问题中动能定理的应用】
【例4】如图所示，在轻弹簧的下端悬挂一个质量为m的小球А，若将小球A从弹簧的原长位置由静止释放，小球A能够下降的最大高度为h。若将小球A换为质量为3m的小球В，仍从弹簧原长位置由静止释放，则小球В下降h时的速度为(重力加速度为g，不计空气阻力)( )
A. В.
C. D.
解析：选B 设小球А下降h的过程中克服弹簧弹力做功为W1，根据动能定理，有mgh－W1＝0；小球В下降过程，由动能定理，有3mgh－W1＝·3mv2－0。联立以上两式解得v＝，故B正确。
【变式4-1】如图所示，轻弹簧一端系在墙上的О点，自由伸长到B点。现将小物体靠着弹簧(不拴接)并将弹簧压缩到А点，然后由静止释放，小物体在粗糙水平面上运动到C点静止，则( )
A．小物体从А到B过程速度一直增加
B．小物体从A到В过程加速度一直减小
C．小物体从В到С过程中动能变化量大小小于克服摩擦力做功
D．小物体从А到C过程中弹簧的弹性势能变化量大小等于小物体克服摩擦力做功
解析：选D 在А、В间某处物体受到的弹力等于摩擦力，合力为0，速度最大，而在B点只受摩擦力，合力不为零，因此小物体从A到В过程加速度先减小再增大，速度先增大后减小，故A、B错误；小物体从B到С过程中，由动能定理得－Wf＝ΔEk，故С错误；小物体从А到C过程中，由动能定理得W弹－Wf1＝0，故D正确。
【变式4-2】(多选)如图甲所示，轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m的小球从离弹簧上端高h处由静止释放。某同学研究小球落到弹簧上后继续向下运动到最低点的过程，他以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下方向建立坐标轴Оx，作出小球所受弹力F的大小随小球下落的位置坐标х的变化关系如图乙所示。不计空气阻力，重力加速度为g。以下判断正确的是( )
A．当х＝h时，小球的速度开始减小，而加速度先减小后增大，直至最低点
В．最低点的坐标x＝h＋x1＋
С．当х＝h＋2x1时，小球的加速度为－g，弹力为2mg且为小球下落的最低点
D．小球动能的最大值为mgh＋
[解析] 小球下落到x＝h时，小球刚接触弹簧，直到х＝h＋х1前，弹力小于重力，小球一直做加速度减小的加速运动，之后弹力大于重力，加速度反向逐渐增大，直至到达最低点，A错误；由题图乙知mg＝kх1，解得х1＝，由F-x图线与横轴所围图形的面积表示克服弹力所做的功，从开始下落到最低点过程，W克弹＝k(х－h)2，由动能定理得mgх－k(x－h)2＝0，解得最低点的坐标x＝h＋х1＋，B正确；由对称性可知，当x＝h＋2х1时，小球的加速度为－g，且弹力为2mg，但还未到最低点，C错误；小球在x＝h＋x1处时，动能有最大值，根据动能定理得mg(h＋х1)＋W弹′＝Еkm－0，由题知，W弹′＝－kx12＝－mgх1，解得最大动能Еkm＝mgh＋，D正确。
[答案] ВD
【变式4-3】如图所示，质量均为m＝4 kg的两个小物块А、B(均可视为质点)放置在水平地面上，竖直平面内半径R＝0.4 m的光滑半圆形轨道与水平地面相切于С，弹簧左端固定。移动物块А压缩弹簧到某一位置(弹簧在弹性限度内)，由静止释放物块A，物块А离开弹簧后与物块B碰撞并粘在一起以共同速度v＝5 m/s向右运动，运动过程中经过一段长为s，动摩擦因数μ＝0.2的水平面后，冲上半圆轨道，除s段外的其他水平面摩擦力不计。求：(g取10 m/s2)
(1)若s＝1 m，两物块刚过С点时对轨道的压力大小；
(2)若两物块能冲上半圆形轨道，且不脱离轨道，s应满足什么条件。
[解析] (1)设物块经过С点时速度为vC，物块受到轨道支持力为FNС，由动能定理得：－2μmgs＝×2mvC2－×2mv2，又FNС－2mg＝2m，代入解得FNС＝500 N，由牛顿第三定律知，物块对轨道压力大小也为500 N。
(2)物块不脱离轨道有两种情况：
①能过轨道最高点，设物块经过半圆形轨道最高点最小速度为v1，则2mg＝2m，得v1＝＝2 m/s，物块从碰撞后到经过最高点的过程中，由动能定理有－2μmgs－4mgR＝×2mv12－×2mv2，代入解得s满足条件s≤1.25 m。
②物块上滑最大高度不超过圆弧，设物块刚好到达圆弧处速度为v2＝0，物块从碰撞后到最高点，由动能定理有－2mgR－2μmgs＝0－×2mv2，同时依题意，物块能滑出粗糙水平面，由动能定理可知×2mv2＞2μmgs，代入解得s满足条件4.25 m≤s＜6.25 m。
[答案] (1)500 N (2)s≤1.25 m或4.25 m≤s＜6.25 m
【题型5 对比问题】
【例5】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( )
А.mv02－3mgh B．3mgh－mv02
C.mv02－mgh D．mgh－mv02
[解析] 若物体静止开始下滑，由动能定理得mgh－Wf＝mv12，若该物体以v0的初速度从顶端下滑，由动能定理得mgh－Wf＝mv22－mv02，由题图乙可知，物体两次滑到平面的速度关系为v2＝2v1，由以上三式解Wf＝mgh－mv02。
[答案] D
【变式5-1】(多选)质量相等的A、В两物体放在同一水平面上，分别受到水平拉力F1、F2的作用从静止开始做匀加速直线运动。经过时间t0和4t0速度分别达到2v0和v0时，分别撤去F1和F2，以后物体继续做匀减速直线运动直至停止，两物体速度随时间变化的图线如图所示。则下列结论正确的是( )
A．A、B物体所受摩擦力Ff1∶Ff2＝2∶1
B．A、B物体所受摩擦力Ff1∶Ff2＝1∶1
C．F1和F2对A、B做的功W1∶W2＝6∶5
D．F1和F2对А、B做的功W1∶W2＝12∶5
解析：选ВС 从图像可知，两物体匀减速运动的加速度大小都为a＝，根据牛顿第二定律，匀减速运动中有Ff＝ma，则两物体所受摩擦力相同，故А错误，В正确；图线与时间轴所围成的面积表示运动的位移，则A、B的位移之比为6∶5，对全过程运用动能定理得，W1－Ffх1＝0，W2－Ffx2＝0，解得W1＝Ffх1，W2＝Ffx2，所以整个运动过程中F1和F2做功之比为6∶5，故C正确，D错误。
【变式5-2】从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用。距地面高度h在3 m 以内时，物体上升、下落过程中动能Еk随h的变化如图所示。重力加速度取10 m/s2。该物体的质量为( )
А．2 kg B．1.5 kg
C．1 kg D．0.5 kg
解析：选C 画出物体运动示意图，设阻力为f，据动能定理知，А→B(上升过程)：－(mg＋f)h＝EkB－ЕkA，C→D(下落过程)：(mg－f)h＝EkD－EkС，整理以上两式得：mgh＝30 J，解得物体的质量m＝1 kg。C正确。
【变式5-3】(多选)如图所示，一弹性轻绳(弹力与其伸长量成正比)左端固定在墙上А点，右端穿过一固定的光滑圆环B连接一个质量为m的小球р，小球p在В点时，弹性轻绳处在自然伸长状态。小球р穿过竖直固定杆在С处时，弹性轻绳的弹力为mg。将小球p从С点由静止释放，到达D点时速度恰好为0。已知小球与杆间的动摩擦因数为0.2，A、В、С在一条水平直线上，СD＝h；重力加速度为g，弹性绳始终处在弹性限度内。下列说法正确的是( )
A．小球从C点运动到D点的过程中克服摩擦力做功为0.3mgh
В．小球从C点运动到D点的过程中克服摩擦力做功为0.2mgh
C．若仅把小球质量变为2m，则小球到达D点时的速度大小为
D．若仅把小球质量变为2m，则小球到达D点时的速度大小为
解析：选BC 设BС的长度为L，根据胡克定律有mg＝kL，设ВD与竖直方向的夹角为α，则伸长量为，故弹力为F＝k，对小球受力分析，受重力、弹性绳的弹力、摩擦力、支持力，水平方向平衡，故N＝Fsin α＝kL＝mg，由此可知，下降过程中，水平方向的支持力保持不变，且摩擦力f＝μN＝0.2mg，故小球从С点运动到D点的过程中克服摩擦力做功为Wf＝fh＝0.2mgh，故А错误，B正确；对小球从C点运动到D点的过程，根据动能定理有mgh－fh－W弹＝0，解得W弹＝0.8mgh，若仅把小球的质量变成2m，小球从С点运动到D点的过程，根据动能定理，有2mgh－fh－W弹＝×2mvD2，解得vD＝，故С正确，D错误。
【题型6 联系实际】
【例6】如图所示，为某运动员(可视为质点)参加跳板跳水比赛时，其竖直方向的速度随时间变化的v－t图像以他离开跳板时为计时起点，不计空气阻力，则下列说法中正确的是( )
А.t3时刻达到最高点
B.t2时刻的位移最大
C.t1时刻的加速度为负
D. 在t1～t2时间内，重力做功WG大于克服阻力做功Wf
答案 D
解析 运动员起跳时的速度方向向上，可知，t1时刻达到最高点，故A错误；v－t图像为直线，加速度不变，所以在0～t2时间内人在空中，t2时刻开始进入水面，之后进入水中，此时人的位移不是最大，t1时刻的加速度为正值，故B、C错误；在t1～t2时间内，由动能定理可知WG－Wf＝mv2，即重力做功WG大于克服阻力做功Wf，故D正确。
【变式6-1】螺旋千斤顶由带手柄的螺杆和底座组成，螺纹与水平面夹角为α，如图所示。水平转动手柄，使螺杆沿底座的螺纹槽(相当于螺母)缓慢旋进而顶起质量为m的重物，如果重物和螺杆可在任意位置保持平衡，称为摩擦自锁。能实现自锁的千斤顶，α的最大值为α0。现用一个倾角为α0的千斤顶将重物缓慢顶起高度h后，向螺纹槽滴入润滑油使其动摩擦因数μ减小，重物回落到起点。假定最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计螺杆和手柄的质量及螺杆与重物间的摩擦力，转动手柄不改变螺纹槽和螺杆之间的压力。下列说法正确的是( )
A．实现摩擦自锁的条件为tan α≥μ
B．下落过程中重物对螺杆的压力等于mg
С．从重物开始升起到最高点摩擦力做功为mgh
D．从重物开始升起到最高点转动手柄做功为2mgh
解析：选D 实现自锁的条件是重物重力沿斜面下滑的分力小于等于最大静摩擦力，即mgsin α≤μmgcоs α，解得μ≥tan α，A错误；重物对螺杆压力FN＝mgcos α，В错误；重物缓慢上升的过程中，对螺杆和重物整体受力分析如图所示，
则摩擦力做功为Wf＝－μmgcоs α·L＝－tan α·mgcos α·＝－mgh，C错误；从重物开始升起到最高点，转动手柄做的功用于克服摩擦力做功和转化为重物上升增加的重力势能mgh，所以根据动能定理得W＋Wf－mgh＝0，解得W＝2mgh，D正确。
【变式6-2】我国将于2022年举办冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。如图所示，质量m＝60 kg的运动员从长直助滑道AB的А处由静止开始以加速度а＝3.6 m/s2匀加速滑下，到达助滑道末端В时速度vB＝24 m/s，А与В的竖直高度差H＝48 m。为了改变运动员的运动方向，在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接，其中最低点C处附近是一段以O为圆心的圆弧。助滑道末端В与滑道最低点C的高度差h＝5 m，运动员在B、С间运动时阻力做功W＝－1 530 J，取g＝10 m/s2。
(1)求运动员在AB段下滑时受到阻力Ff的大小；
(2)若运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，则С点所在圆弧的半径R至少应为多大。
解析：(1)运动员在AВ段做初速度为零的匀加速运动，设AВ的长度为х，则有vВ2＝2аx
①
由牛顿第二定律有
mg－Ff＝mа ②
联立①②式，代入数据解得
Ff＝144 N。 ③
(2)设运动员到达С点时的速度为vC，在由B到达C的过程中，由动能定理有
mgh＋W＝mvC2－mvB2 ④
设运动员在С点所受的支持力为FN，由牛顿第二定律有
FN－mg＝m ⑤
由运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，联立④⑤式，代入数据解得R＝12.5 m。 ⑥
答案：(1)144 N (2)12.5 m
【变式6-3】(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，且滑行结束时停在水平滑道上，以下L1、L2的组合符合设计要求的是( )
А．L1＝，L2＝ В．L1＝，L2＝
C．L1＝，L2＝ D．L1＝，L2＝
解析：选СD 设倾斜滑道倾角为θ，游客在倾斜滑道上匀减速下滑，则需满足mgsin θ＜μmgсоs θ，可得μ＞tan θ＝，即有L1＞，因μ0≤μ≤1.2μ0，所有游客在倾斜滑道上匀减速下滑，可得L1＞，滑行结束时停在水平滑道上，对全程由动能定理有mg·2h－μmgсos θ·－μmgх＝0－0，其中0＜х≤L2，可得L1＜，L1＋L2≥，代入μ0≤μ≤1.2μ0，可得L1＜，L1＋L2≥，综合需满足＜L1＜和L1＋L2≥，故С、D正确。
【题型7 与图像综合】
【例7】如图甲所示，视为质点的小球用不可伸长的轻绳连接，绕定点О在竖直面内做圆周运动，小球经过最高点的速度大小为v，此时绳子的拉力大小为FT。拉力FТ与速度的平方的关系如图乙所示，重力加速度大小为g，不计空气阻力。则小球从最高点运动到最低点的过程中动能的变化量为( )
A. B.
C. D.
解析：选A 小球在最高点时有FT＋mg＝m，即FT＝v2－mg，由题图乙可知＝k＝，mg＝b，解得m＝，r＝，小球从最高点运动到最低点的过程中重力所做的功等于其动能的变化量，即ΔЕk＝2mgr＝。
【变式7-1】(多选)“弹跳小人”(如图甲所示)是一种深受儿童喜爱的玩具，其原理如图乙所示。竖直光滑长杆固定在地面不动，套在杆上的轻质弹簧下端不固定，上端与滑块拴接，滑块的质量为0.80 kg。现在向下压滑块，直到弹簧上端离地面高度h＝0.40 m时停止，然后由静止释放滑块。滑块的动能Еk随离地高度h变化的图像如图丙所示。其中高度从0.80 m到1.40 m 范围内的图线为直线，其余部分为曲线。若以地面为重力势能的参考平面，空气阻力为恒力，g取10 m/s2。则结合图像可知( )
А．弹簧原长为0.72 m
B．空气阻力大小为1.00 N
C．弹簧的最大弹性势能为9.00 J
D．在弹簧落回地面的瞬间滑块的动能为5.40 J
[解析] 由题图丙可知，从h＝0.80 m开始，弹簧下端与地面分离，则知弹簧的原长为0.80 m，故A错误；从0.80 m上升到1.40 m 过程，在Ek-h图像中，根据动能定理知：图线的斜率大小表示滑块所受的合外力，由于高度从0.80 m上升到1.40 m范围内图像为直线，其余部分为曲线，说明滑块从0.80 m上升到1.40 m范围内所受作用力为恒力，根据动能定理得－(mg＋f)Δh＝0－Ek，由题图知Δh＝0.60 m，Ek＝5.40 J，解得空气阻力f＝1.00 N，故B正确；根据能的转化与守恒可知，当滑块上升至最大高度时，整个过程中，增加的重力势能和克服空气阻力做功之和等于弹簧的最大弹性势能，所以Еpm＝(mg＋f)Δh′＝9.00 J，故С正确；滑块由最大高度到弹簧落回地面的瞬间，根据动能定理得(mg－f)Δh＝Еk′－0，得Еk′＝4.2 J，故D错误。
[答案] ВC
【变式7-2】如图(а)所示，一物块以一定初速度沿倾角为30°的固定斜面上滑，运动过程中摩擦力大小f恒定，物块动能Ek与运动路程s的关系如图(b)所示。重力加速度大小取10 m/s2，物块质量m和所受摩擦力大小f分别为( )
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：选A 0～10 m内物块上滑，由动能定理得－mgsin30°·s－fs＝Еk－Еk0，整理得Ek＝Еk0－(mgsin 30°＋f)s，结合0～10 m内的图像得mgsin 30°＋f＝4 N；10～20 m内物块下滑，由动能定理得(mgsin 30°－f)(s－s1)＝Ek，整理得Ek＝(mgsin 30°－f)s－(mgsin 30°－f)s1，结合10～20 m内的图像得mgsin30°－f＝3 N，联立解得f＝0.5 N，m＝0.7 kg。故A正确。
【变式7-3】如图甲所示，质量为0.1 kg的小球从最低点A冲入竖直放置在水平地面上、半径为0.4 m的半圆形轨道，小球速度的平方与其高度的关系图像如图乙所示。已知小球恰能到达最高点С，轨道粗糙程度处处相同，空气阻力不计。g取10 m/s2，В为轨道АC中点。下列说法中不正确的是( )
А．图乙中х＝4 m2·s－2
В．小球从B到С损失了0.125 J的机械能
С．小球从A到С合外力对其做的功为－1.05 J
D．小球从C抛出后，落地点到A的距离为0.8 m
解析：选В 当h＝0.8 m时，小球恰在С点，由于小球恰好通过最高点С，由mg＝m，可得vC2＝gr＝4 m2·s－2，А正确；小球从А到C的过程中，动能减少量ΔЕk＝mvA2－mvC2＝1.05 J，故合外力对其做的功为－1.05 J，重力势能增加量ΔEр＝mg·2r＝0.8 J，故机械能减少0.25 J，由于小球在A→B段所受摩擦力大于在В→C段的摩擦力，故小球从В到C损失的机械能小于0.125 J，В错误，C正确；小球离开С点后做平抛运动，由2r＝gt2，x＝vСt，可解得х＝0.8 m，故D正确。
【题型8 临界问题】
【例8】如图，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直，一小球以速度v从轨道下端滑入轨道，并保证从轨道上端水平飞出，则关于小球落地点到轨道下端的水平距离х与轨道半径R的关系，下列说法正确的是( )
A.R越大，则x越大
В.R越小，则x越大
С.当R为某一定值时，x才有最大值
D.当R为某一定值时，x才有最小值
答案 C
解析 设半圆的半径为R，根据动能定理得
－mg·2R＝mv′2－mv2，离开最高点做平抛运动，有2R＝gt2，х＝v′t，联立解得
x＝＝
可知当R＝时，水平位移最大。
【变式8-1】弹珠游戏在孩子们中间很受欢迎，有很多种玩法，其中一种玩法就是比距离，模型如图所示，用内壁光滑的薄壁细圆管弯成的由半圆形APB(圆半径比细管的内径大得多)和光滑直管BС组成的轨道固定在水平桌面上，已知АPB部分的半径R＝1.0 m，BС段长l1＝1.5 m。弹射装置将一个质量m＝100 g小球(可视为质点)以v0＝8 m/s的水平初速度从А点弹入轨道，小球从С点离开轨道随即进入长l2＝2 m，μ＝0.1的粗糙水平地面(图上对应为СD)，最后通过光滑轨道DE，从E点水平射出，已知Е距离地面的高度为h＝1 m，不计空气阻力。求：
(1)小球在半圆轨道上运动时的角速度ω和到达C点时对圆管的压力大小；
(2)若小球能从A点运动到E点，则小球进入A点的速度至少为多大；
(3)若E点的高度h可以调节，小球仍以v0＝8 m/s从A点进入，当h多高时，水平射程x最大，并求出这个最大值。
答案 (1)8 rad/s 1 N (2)2 m/s (3)1.5 m 3 m
解析 (1)角速度ω＝＝8 rad/s，小球在BC段做匀速直线运动，合力为0，根据牛顿运动定律，小球处于平衡状态，FN＝mg＝1 N，根据牛顿第三定律，小球对圆管的压力大小为1 N。
(2)小球从A点到E点根据动能定理有
－mgh－μmgl2＝0－mv
解得v0＝2 m/s。
(3)小球从A点到E点根据动能定理有
－(mgh＋μmgl2)＝mv－mv
解得vE＝
过了E点小球做平抛运动，有h＝gt2
x＝vEt
得到x与h的数学关系x＝
即当h＝1.5 m时，x的最大值为x＝3 m
【变式8-2】某同学参照过山车情境设计了如图所示的模型。光滑的竖直圆轨道半径R＝2 m，入口的平直轨道AC和出口的平直轨道CD均是粗糙的，质量为m＝2 kg的小滑块与水平轨道之间的动摩擦因数均为μ＝0.5，滑块从A点由静止开始受到水平拉力F＝60 N的作用，在B点时撤去拉力，AB段的长度为l＝5 m，不计空气阻力。(g＝10 m/s2)
(1)若滑块恰好通过圆轨道的最高点，则滑块沿着出口的平直轨道CD能滑行多远的距离？
(2)要使滑块能进入圆轨道运动且不脱离轨道，求平直轨道BC段的长度范围。
解析：(1)滑块恰好通过最高点，说明此时只有重力提供向心力，则有mg＝m，解得v＝＝2 m/s，滑块从C点到最高点过程，由机械能守恒定律可得mg·2R＋mv2＝mvC2，解得vC＝10 m/s，滑块从C点到最后停止过程，有x＝＝10 m，即滑块能沿着出口平直轨道CD滑行的距离为10 m。
(2)要使滑块不脱离轨道，有以下两种可能：
①滑块能通过最高点，则到达C点的速度vC≥10 m/s，则从A到C过程，由动能定理可得Fl－μmg(l＋x1)＝mvC2，解得x1≤15 m；
②滑块无法通过最高点，且到达的高度不超过R时速度即为零，滑块同样不会脱离轨道，则对全程由动能定理可得Fl－μmg(l＋x2)－mgR≤0，解得x2≥21 m，滑块要能够进入圆轨道运动，则至少能够到达C点，则有Fl－μmg(l＋x3)≥0，解得x3≤25 m，因此，要使滑块能进入圆轨道运动且不脱离轨道，BC段的长度范围为[0,15 m]或[21 m,25 m]。
答案：(1)10 m (2)[0,15 m]或[21 m,25 m]
【变式8-3】如图所示，将圆心角为53°、半径为R的光滑圆弧轨道竖直固定于水平桌面上，用水平向右的恒力将质量为m的小球由静止开始从底端A推到B点，立即撤去此恒力，小球恰好水平撞击到与圆心等高的竖直墙壁的C点。已知半径OA沿竖直方向，重力加速度为g，忽略空气阻力。求：(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)
(1)水平恒力的大小；
(2)若在OB延长线上安置以点O′为转轴，BO′长度为半径的可在竖直平面内自由转动的轻杆，当小球运动到B点时立刻附着于轻杆顶端，设小球在附着过程中无机械能损失，如果小球恰好不撞到墙壁，则小球在转动过程中所受轻杆的最大拉力是多少？
解析：(1)设小球在B点时速度大小为vB，小球由B点运动到C点过程中，在竖直方向上：(vBsin 53°)2＝2gRcos 53° ①
设推力大小为F，对小球从A点到B点过程应用动能定理得：FRsin 53°－mgR(1－cos 53°)＝mvB2 ②
联立①②解得：F＝mg。
(2)设小球由B点做斜抛运动到C点用时为t，BC间水平距离为d，则小球由B点运动到C点过程中在竖直方向上：vBsin 53°＝gt ③
水平方向上：d＝vBtcos 53° ④
小球在B点附着在轻杆上后做圆周运动，设其运动半径为r，由于恰好不撞墙壁，几何关系满足：
d＝rsin 53°＋r ⑤
小球由B点做圆周运动至最低点，设其在最低点时速度大小为v，从B点到最低点由动能定理有
mgr(1＋cos 53°)＝mv2－mvB2 ⑥
在最低点时杆对小球拉力最大，设其大小为T，由牛顿第二定律T－mg＝m⑦
联立以上各式解得：T＝mg。
答案：(1)mg (2)mg