（新教材）2019—2020（浙江）人教版物理必修第二册同步学案讲义：第八章【拓展】动能定理的综合应用含答案
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| 名称 | （新教材）2019—2020（浙江）人教版物理必修第二册同步学案讲义：第八章【拓展】动能定理的综合应用含答案 |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 712.0KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2020-03-01 11:22:23 | ||
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文档简介
第 14 页 共 14 页
（新教材）2019—2020（浙江）人教版物理必修第二册同步学案讲义：第八章【拓展】动能定理的综合应用含答案
拓展：动能定理的综合应用
拓展点一 动能定理与牛顿运动定律的比较
1.理解比较
比较 牛顿第二定律 动能定理
作用 合外力与加速度的关系 合外力做的功与动能变化量的关系
公式 F＝ma W＝Ek2－Ek1
研究力和运动的关系 力的瞬间作用效果 力对空间的积累效果
运动过程中细节的考虑 考虑 不考虑
作用力 恒力 恒力或变力
2.应用比较
比较 牛顿运动定律 动能定理
相同点 确定研究对象，对物体进行受力分析和运动过程分析
适用条件 只能研究恒力作用下物体的运动的情况 对于物体在恒力或变力的作用下，物体做直线运动或曲线运动均适用
应用方法 要考虑运动过程的每一个细节，结合运动学公式 只考虑各力的做功情况及初、末状态的动能
运算方法 矢量运算 代数运算
[试题案例]
[例1] 如图所示，一质量为2 kg的铅球从离地面2 m高处自由下落，陷入沙坑2 cm深处，求沙子对铅球的平均阻力大小。(g取10 m/s2)
解析 法一 应用牛顿第二定律与运动学公式求解。
设铅球做自由落体运动到沙面时的速度为v，则有
v2＝2gH。
在沙坑中的运动阶段，设铅球做匀减速运动的加速度大小为a，则有v2＝2ah。
联立以上两式解得a＝g。
设铅球在沙坑中运动时受到的平均阻力大小为Ff，由牛顿第二定律得Ff－mg＝ma，所以Ff＝mg＋ma＝·mg＝×2×10 N＝2 020 N。
法二 应用动能定理分段求解。
设铅球自由下落到沙面时的速度为v，由动能定理得mgH＝mv2－0，设铅球在沙中受到的平均阻力大小为Ff，由动能定理得mgh－Ffh＝0－mv2，联立以上两式得Ff＝mg＝2 020 N。
法三 应用动能定理全程求解。
铅球下落全过程都受重力，只有进入沙中铅球才受阻力Ff，重力做功WG＝mg(H＋h)，阻力做功Wf＝－Ffh。由动能定理得mg(H＋h)－Ffh＝0－0，代入数据得Ff＝2 020 N。
答案 2 020 N
[针对训练1] 如图是冰上体育比赛“冰壶运动”的场地示意图(冰面水平)。在某次训练中，甲队员将质量m＝20 kg的一个冰壶从左侧的A处向右推出，冰壶沿中心线运动到与A点相距为x＝30 m的营垒中心O处恰好停下。此后，乙队员将完全相同的第二个冰壶同样在A处向右推出，冰壶从A处运动到O处经过的时间为t＝10 s。已知两个冰壶与冰面间的动摩擦因数都为μ＝0.02，冰壶都可视为质点，取g＝10 m/s2。求：
(1)第一个冰壶被推出时的动能；
(2)第二个冰壶即将碰到第一个冰壶时的速度大小。
解析 (1)法一 牛顿第二定律
根据牛顿第二定律Ff＝μmg＝ma
根据运动学公式得v2＝2ax＝2μgx
动能的表达式Ek＝mv2
联立并代入题给数据得Ek＝μmgx＝0.02×20×10×30 J＝120 J。
法二 动能定理
对于甲队员推出的冰壶，由动能定理可得－μmgx＝0－Ek1，代入数据得Ek1＝120 J，故第一个冰壶被推出时的动能为120 J。
(2)第二个冰壶从A处运动到O处做匀减速运动，有μmg＝ma，设冰壶在时间t内初、末速度分别为v2、v2′，则有v2′＝v2－at，位移关系x＝v2t－at2，代入数据解得第二个冰壶即将碰到第一个冰壶时的速度为v2′＝2 m/s。
答案 (1)120 J (2)2 m/s
拓展点二 动能定理与图像的结合
分析动能定理和图像结合的问题时一定要弄清图像的物理意义，要特别注意图像的形状、交点、截距、斜率、面积等信息，并结合运动图像构建相应的物理模型，选择合理的规律求解有关问题。
[试题案例]
[例2] 如图甲所示，在水平地面上放置一个质量为m＝4 kg的物体，让其在随位移均匀减小的水平推力作用下运动，推力F随位移x变化的图像如图乙所示，已
F与位移关系图线围成的面积表示功。
知物体与地面之间的动摩擦因数为μ＝0.5，g取10 m/s2，求：
(1)出发时物体运动的加速度大小；
(2)物体能够运动的最大位移。
解析 (1)由牛顿第二定律得F－μmg＝ma，
当推力F0＝100 N时，物体所受的合力最大，加速度最大，代入数据得a＝20 m/s2。
(2)根据图像得推力对物体做的功等于图线与x轴围成的面积，则推力对物体做功
W＝F0x0＝250 J，
根据动能定理可得W－μmgxm＝0，
解得xm＝12.5 m。
答案 (1)20 m/s2 (2)12.5 m
方法总结 “三步法”分析动能定理结合图像问题
[针对训练2] (多选)在平直公路上，汽车由静止开始做匀加速运动，当速度达到vm后立即关闭发动机直到停止，v－t图像如图所示。设汽车的牵引力为F，摩擦力为Ff，全过程中牵引力做功W1，克服摩擦力做功W2，则( )
A.F∶Ff＝1∶3 B.F∶Ff＝4∶1
C.W1∶W2＝1∶1 D.W1∶W2＝1∶3
解析 全过程初、末状态的动能都为零，
对全过程应用动能定理得W1－W2＝0①
即W1＝W2，选项C正确；
设物体在0～1 s内和1～4 s内运动的位移大小分别为s1、s2，则W1＝Fs1②
W2＝Ff(s1＋s2)③
在v－t图像中，图像与时间轴包围的面积表示位移，由图像可知，s2＝3s1④
由②③④式解得F∶Ff＝4∶1，选项B正确。
答案 BC
拓展点三 利用动能定理处理曲线运动的多过程问题
1.平抛运动、圆周运动属于曲线运动，若只涉及位移和速度而不涉及时间，应优先考虑用动能定理列式求解。
2.用动能定理解题，关键是对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析，并画出物体运动过程的草图，让草图帮助我们理解物理过程和各量关系。
3.若物体的运动过程包含多个运动阶段，可分段应用动能定理，也可全程运用动能定理。若不涉及中间量，全程应用动能定理更简单、更方便。若涉及多个力做功，应注意力与位移的对应性。
[试题案例]
[例3] 如图所示，半径r1＝ m的圆弧轨道AB与水平轨道BC相切于B点，CD为r2＝0.40 m的半圆轨道，另一半径R＝1.00 m的圆弧轨道EF与CD靠近，E点略低于D点。一质量m＝1 kg的小物块(可视为质点)从A点以初速度v0＝2 m/s沿轨道下滑，在AB段运动过程中始终受到竖直向上的F＝10 N的力作用，进入BC段后撤去。已知AB高度为h，BC长L＝1.00 m，小物块与BC间动摩擦因数μ＝0.2，其余光滑，EF轨道对应的圆心角θ＝60°，所有轨道均固定在同一竖直平面内，不考虑小物块在各轨道相接处的速度大小的变化，忽略空气阻力，g取
10 m/s2。求：
(1)当小物块沿圆弧轨道AB运动到B点时，轨道对小物块的作用力大小；
(2)若小物块在B点的速度为5 m/s，且在刚进入BC段时撤去力F，请通过计算判断小物块能否通过D点；
(3)小物块能进入EF轨道，且不越过F点，小物块在D点的速度范围。
【审题指导】
题干关键点 提取信息
竖直向上的F＝10 N的力 在AB段物块有恒力和重力做功
进入BC段后撤去F 在BC段物块只有摩擦力做功
物块能否通过D点 物块恰好过D点的条件是重力提供向心力
进入EF轨道，不越过F点 进入EF的最小速度对应过D点的最小速度，进入EF的最大速度对应到F点时速度为零
解析 (1)小物块从A到B，由动能定理得
mgh－Fh＝mv－mv，解得vB＝2 m/s。
在B点，由牛顿第二定律得F＋FN－mg＝meq \f(v,r1)，
解得FN＝5 N。
(2)假设小物块能从B到D，由动能定理得－2mgr2－μmgL＝mv－mvB′2，解得vD＝ m/s。
若小物块恰好过D点，则mg＝，解得vD′＝＝2 m/s＜ m/s，故小物块能通过D点。
(3)小物块恰好到F点，从E到F，由动能定理得－mgR(1－cos θ)＝0－mv，解得vE＝ m/s，所以小物块在D点的速度范围为2 m/s≤vD＜ m/s。
答案 (1)5 N (2)能，过程见解析 (3)2 m/s≤vD< m/s
[针对训练3] 在温州市科技馆中，有个用来模拟天体运动的装置，其内部是一个类似锥形的漏斗容器，如图甲所示。现在该装置的上方固定一个半径为R的四分之一光滑管道AB，光滑管道下端刚好贴着锥形漏斗容器的边缘，如图乙所示。将一个质量为m的小球从管道的A点静止释放，小球从管道B点射出后刚好贴着锥形容器壁运动，由于摩擦阻力的作用，运动的高度越来越低，最后从容器底部的孔C掉下(轨迹大致如图乙虚线所示)，已知小球离开C孔的速度为v，A到C的高度为H，重力加速度为g。求：
(1)小球到达B端的速度大小；
(2)小球在管口B端受到的支持力大小；
(3)小球在锥形漏斗表面运动的过程中克服摩擦阻力所做的功。
解析 (1)设小球到达B端的速度大小为vB，小球在从A端运动到B端的过程中，由动能定理可得mgR＝mv
得vB＝。
(2)设在B端小球受到的支持力大小为FN，
FN－mg＝meq \f(v,R)，得FN＝3mg。
(3)设克服摩擦阻力做的功为Wf，根据动能定理mgH－Wf＝mv2
得Wf＝mgH－mv2。
答案 (1) (2)3mg (3)mgH－mv2
1.静止在粗糙水平面上的物块在水平向右的拉力作用下做直线运动，t＝4 s 时停下，其v－t图像如图所示，已知物块与水平面间的动摩擦因数处处相同，则下列判断正确的是( )
A.整个过程中拉力做的功等于物块克服摩擦力做的功
B.整个过程中拉力做的功等于零
C.t＝2 s时刻拉力的瞬时功率在整个过程中最大
D.t＝1 s到t＝3 s这段时间内拉力不做功
解析 全过程由动能定理得WF＋WFf＝0，所以A正确；因物块从静止开始运动，整个过程WF≠0，B错误；拉力的瞬时功率在1～3 s内相等，1 s末拉力的瞬时功率最大，C错误；t＝1 s到t＝3 s这段时间内，物块做匀速运动，F＝Ff≠0，拉力做功W＝Fx13≠0，D错误。
答案 A
2.如图所示，光滑圆轨道固定在竖直面内，一质量为m的小球沿轨道做完整的圆周运动，已知小球在最低点时对轨道的压力大小为FN1，在最高点时对轨道的压力大小为FN2。重力加速度大小为g，则FN1－FN2的值为( )
A.3mg B.4mg
C.5mg D.6mg
解析 在最低点有FN1－mg＝meq \f(v,R)，在最高点有FN2＋mg＝meq \f(v,R)。小球在运动过程中由动能定理－mg·2R＝mv－mv，解得FN1－FN2＝6mg。
答案 D
3.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。则以下各图像中，能正确反映这一过程的是( )
解析 物体在恒定阻力作用下运动，其加速度不随时间和位移变化，选项A、B错误；由动能定理得－fx＝Ek－Ek0，解得Ek＝Ek0－fx，可知选项C正确；Ek＝mv2＝m(v0－at)2＝ma2t2－mv0at＋mv，Ek与t的关系图线为抛物线，选项D错误。
答案 C
4.质量m＝1 kg的物体，在水平拉力F的作用下，沿粗糙水平面运动，在位移是4 m时，拉力F停止作用，运动到位移是8 m时物体停止，运动过程中Ek－x的图像如图所示，g取10 m/s2，求：
(1)物体和水平面间的动摩擦因数；
(2)拉力F的大小。
解析 (1)在运动的第二阶段，物体在位移x2＝4 m内，动能由Ek＝10 J变为零。由动能定理得－μmgx2＝0－Ek；
故动摩擦因数
μ＝＝＝0.25。
(2)在运动的第一阶段，物体位移x1＝4 m，初动能Ek0＝2 J，根据动能定理得Fx1－μmgx1＝Ek－Ek0，所以F＝4.5 N。
答案 (1)0.25 (2)4.5 N
5.2022年将在我国举办第二十四届冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。某滑道示意图如图所示，长直助滑道AB与弯曲滑道BC平滑连接，滑道BC高h＝10 m，C是半径R＝20 m圆弧的最低点。质量m＝60 kg的运动员从A处由静止开始匀加速下滑，加速度a＝4.5 m/s2，到达B点时速度vB＝30 m/s。取重力加速度g＝10 m/s2。
(1)求长直助滑道AB的长度L；
(2)若不计BC段的阻力，画出运动员经过C点时的受力示意图，并求其所受支持力FN的大小。
解析 (1)根据匀变速直线运动公式v－v＝2aL，
有L＝eq \f(v－v,2a)＝100 m。
(2)运动员经过C点时的受力示意图如图所示。
根据动能定理，运动员在BC段运动的过程中，有mgh＝mv－mv
根据牛顿第二定律，有FN－mg＝meq \f(v,R)
得FN＝3 900 N。
答案 (1)100 m (2)见解析图 3 900 N
6.一个人站在距地面20 m的高处，将质量为0.2 kg的石块以v0＝12 m/s的速度斜向上抛出，石块的初速度方向与水平方向之间的夹角为30°，g取10 m/s2，则：
(1)人抛石块过程中对石块做了多少功？
(2)若不计空气阻力，石块落地时的速度大小是多少？
(3)若落地时的速度大小为22 m/s，石块在空中运动过程中克服阻力做了多少功？
解析 (1)人抛石块的过程中，根据动能定理得
W＝mv－0＝14.4 J。
(2)不计空气阻力，石块从抛出至落地过程中，根据动能定理得mgh＝mv－mv
解得v1≈23.32 m/s。
(3)从抛出至落地过程中，由动能定理得
mgh－Wf＝eq \f(mv,2)－eq \f(mv,2)，
解得Wf＝mgh－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(mv,2)－\f(mv,2)))＝6 J。
答案 (1)14.4 J (2)23.32 m/s (3)6 J
7.如图所示，光滑水平面AB与一半圆形轨道在B点相连，半圆形轨道位于竖直面内，其半径为R，一个质量为m的物块静止在水平面上，现向左推物块使其压紧弹簧，然后放手，物块在弹力作用下由静止获得一速度，当它经B点进入半圆形轨道瞬间，对轨道的压力为其重力的7倍，之后向上运动恰能完成半圆周运动到达C点，重力加速度为g。求：
(1)弹簧弹力对物块做的功；
(2)物块从B到C克服阻力所做的功；
(3)物块离开C点后，再落回到水平面上时的动能。
解析 (1)由动能定理得W＝mv－0
在B点由牛顿第二定律得7mg－mg＝meq \f(v,R)
解得W＝3mgR。
(2)物块从B到C由动能定理得
Wf－2mgR＝mv－mv
物块在C点时mg＝meq \f(v,R)
解得Wf＝－mgR，
即物块从B到C克服阻力做功为mgR。
(3)物块从C点平抛到水平面的过程中，由动能定理得
2mgR＝Ek－mv，解得Ek＝mgR。
答案 (1)3mgR (2)mgR (3)mgR
（新教材）2019—2020（浙江）人教版物理必修第二册同步学案讲义：第八章【拓展】动能定理的综合应用含答案
拓展：动能定理的综合应用
拓展点一 动能定理与牛顿运动定律的比较
1.理解比较
比较 牛顿第二定律 动能定理
作用 合外力与加速度的关系 合外力做的功与动能变化量的关系
公式 F＝ma W＝Ek2－Ek1
研究力和运动的关系 力的瞬间作用效果 力对空间的积累效果
运动过程中细节的考虑 考虑 不考虑
作用力 恒力 恒力或变力
2.应用比较
比较 牛顿运动定律 动能定理
相同点 确定研究对象，对物体进行受力分析和运动过程分析
适用条件 只能研究恒力作用下物体的运动的情况 对于物体在恒力或变力的作用下，物体做直线运动或曲线运动均适用
应用方法 要考虑运动过程的每一个细节，结合运动学公式 只考虑各力的做功情况及初、末状态的动能
运算方法 矢量运算 代数运算
[试题案例]
[例1] 如图所示，一质量为2 kg的铅球从离地面2 m高处自由下落，陷入沙坑2 cm深处，求沙子对铅球的平均阻力大小。(g取10 m/s2)
解析 法一 应用牛顿第二定律与运动学公式求解。
设铅球做自由落体运动到沙面时的速度为v，则有
v2＝2gH。
在沙坑中的运动阶段，设铅球做匀减速运动的加速度大小为a，则有v2＝2ah。
联立以上两式解得a＝g。
设铅球在沙坑中运动时受到的平均阻力大小为Ff，由牛顿第二定律得Ff－mg＝ma，所以Ff＝mg＋ma＝·mg＝×2×10 N＝2 020 N。
法二 应用动能定理分段求解。
设铅球自由下落到沙面时的速度为v，由动能定理得mgH＝mv2－0，设铅球在沙中受到的平均阻力大小为Ff，由动能定理得mgh－Ffh＝0－mv2，联立以上两式得Ff＝mg＝2 020 N。
法三 应用动能定理全程求解。
铅球下落全过程都受重力，只有进入沙中铅球才受阻力Ff，重力做功WG＝mg(H＋h)，阻力做功Wf＝－Ffh。由动能定理得mg(H＋h)－Ffh＝0－0，代入数据得Ff＝2 020 N。
答案 2 020 N
[针对训练1] 如图是冰上体育比赛“冰壶运动”的场地示意图(冰面水平)。在某次训练中，甲队员将质量m＝20 kg的一个冰壶从左侧的A处向右推出，冰壶沿中心线运动到与A点相距为x＝30 m的营垒中心O处恰好停下。此后，乙队员将完全相同的第二个冰壶同样在A处向右推出，冰壶从A处运动到O处经过的时间为t＝10 s。已知两个冰壶与冰面间的动摩擦因数都为μ＝0.02，冰壶都可视为质点，取g＝10 m/s2。求：
(1)第一个冰壶被推出时的动能；
(2)第二个冰壶即将碰到第一个冰壶时的速度大小。
解析 (1)法一 牛顿第二定律
根据牛顿第二定律Ff＝μmg＝ma
根据运动学公式得v2＝2ax＝2μgx
动能的表达式Ek＝mv2
联立并代入题给数据得Ek＝μmgx＝0.02×20×10×30 J＝120 J。
法二 动能定理
对于甲队员推出的冰壶，由动能定理可得－μmgx＝0－Ek1，代入数据得Ek1＝120 J，故第一个冰壶被推出时的动能为120 J。
(2)第二个冰壶从A处运动到O处做匀减速运动，有μmg＝ma，设冰壶在时间t内初、末速度分别为v2、v2′，则有v2′＝v2－at，位移关系x＝v2t－at2，代入数据解得第二个冰壶即将碰到第一个冰壶时的速度为v2′＝2 m/s。
答案 (1)120 J (2)2 m/s
拓展点二 动能定理与图像的结合
分析动能定理和图像结合的问题时一定要弄清图像的物理意义，要特别注意图像的形状、交点、截距、斜率、面积等信息，并结合运动图像构建相应的物理模型，选择合理的规律求解有关问题。
[试题案例]
[例2] 如图甲所示，在水平地面上放置一个质量为m＝4 kg的物体，让其在随位移均匀减小的水平推力作用下运动，推力F随位移x变化的图像如图乙所示，已
F与位移关系图线围成的面积表示功。
知物体与地面之间的动摩擦因数为μ＝0.5，g取10 m/s2，求：
(1)出发时物体运动的加速度大小；
(2)物体能够运动的最大位移。
解析 (1)由牛顿第二定律得F－μmg＝ma，
当推力F0＝100 N时，物体所受的合力最大，加速度最大，代入数据得a＝20 m/s2。
(2)根据图像得推力对物体做的功等于图线与x轴围成的面积，则推力对物体做功
W＝F0x0＝250 J，
根据动能定理可得W－μmgxm＝0，
解得xm＝12.5 m。
答案 (1)20 m/s2 (2)12.5 m
方法总结 “三步法”分析动能定理结合图像问题
[针对训练2] (多选)在平直公路上，汽车由静止开始做匀加速运动，当速度达到vm后立即关闭发动机直到停止，v－t图像如图所示。设汽车的牵引力为F，摩擦力为Ff，全过程中牵引力做功W1，克服摩擦力做功W2，则( )
A.F∶Ff＝1∶3 B.F∶Ff＝4∶1
C.W1∶W2＝1∶1 D.W1∶W2＝1∶3
解析 全过程初、末状态的动能都为零，
对全过程应用动能定理得W1－W2＝0①
即W1＝W2，选项C正确；
设物体在0～1 s内和1～4 s内运动的位移大小分别为s1、s2，则W1＝Fs1②
W2＝Ff(s1＋s2)③
在v－t图像中，图像与时间轴包围的面积表示位移，由图像可知，s2＝3s1④
由②③④式解得F∶Ff＝4∶1，选项B正确。
答案 BC
拓展点三 利用动能定理处理曲线运动的多过程问题
1.平抛运动、圆周运动属于曲线运动，若只涉及位移和速度而不涉及时间，应优先考虑用动能定理列式求解。
2.用动能定理解题，关键是对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析，并画出物体运动过程的草图，让草图帮助我们理解物理过程和各量关系。
3.若物体的运动过程包含多个运动阶段，可分段应用动能定理，也可全程运用动能定理。若不涉及中间量，全程应用动能定理更简单、更方便。若涉及多个力做功，应注意力与位移的对应性。
[试题案例]
[例3] 如图所示，半径r1＝ m的圆弧轨道AB与水平轨道BC相切于B点，CD为r2＝0.40 m的半圆轨道，另一半径R＝1.00 m的圆弧轨道EF与CD靠近，E点略低于D点。一质量m＝1 kg的小物块(可视为质点)从A点以初速度v0＝2 m/s沿轨道下滑，在AB段运动过程中始终受到竖直向上的F＝10 N的力作用，进入BC段后撤去。已知AB高度为h，BC长L＝1.00 m，小物块与BC间动摩擦因数μ＝0.2，其余光滑，EF轨道对应的圆心角θ＝60°，所有轨道均固定在同一竖直平面内，不考虑小物块在各轨道相接处的速度大小的变化，忽略空气阻力，g取
10 m/s2。求：
(1)当小物块沿圆弧轨道AB运动到B点时，轨道对小物块的作用力大小；
(2)若小物块在B点的速度为5 m/s，且在刚进入BC段时撤去力F，请通过计算判断小物块能否通过D点；
(3)小物块能进入EF轨道，且不越过F点，小物块在D点的速度范围。
【审题指导】
题干关键点 提取信息
竖直向上的F＝10 N的力 在AB段物块有恒力和重力做功
进入BC段后撤去F 在BC段物块只有摩擦力做功
物块能否通过D点 物块恰好过D点的条件是重力提供向心力
进入EF轨道，不越过F点 进入EF的最小速度对应过D点的最小速度，进入EF的最大速度对应到F点时速度为零
解析 (1)小物块从A到B，由动能定理得
mgh－Fh＝mv－mv，解得vB＝2 m/s。
在B点，由牛顿第二定律得F＋FN－mg＝meq \f(v,r1)，
解得FN＝5 N。
(2)假设小物块能从B到D，由动能定理得－2mgr2－μmgL＝mv－mvB′2，解得vD＝ m/s。
若小物块恰好过D点，则mg＝，解得vD′＝＝2 m/s＜ m/s，故小物块能通过D点。
(3)小物块恰好到F点，从E到F，由动能定理得－mgR(1－cos θ)＝0－mv，解得vE＝ m/s，所以小物块在D点的速度范围为2 m/s≤vD＜ m/s。
答案 (1)5 N (2)能，过程见解析 (3)2 m/s≤vD< m/s
[针对训练3] 在温州市科技馆中，有个用来模拟天体运动的装置，其内部是一个类似锥形的漏斗容器，如图甲所示。现在该装置的上方固定一个半径为R的四分之一光滑管道AB，光滑管道下端刚好贴着锥形漏斗容器的边缘，如图乙所示。将一个质量为m的小球从管道的A点静止释放，小球从管道B点射出后刚好贴着锥形容器壁运动，由于摩擦阻力的作用，运动的高度越来越低，最后从容器底部的孔C掉下(轨迹大致如图乙虚线所示)，已知小球离开C孔的速度为v，A到C的高度为H，重力加速度为g。求：
(1)小球到达B端的速度大小；
(2)小球在管口B端受到的支持力大小；
(3)小球在锥形漏斗表面运动的过程中克服摩擦阻力所做的功。
解析 (1)设小球到达B端的速度大小为vB，小球在从A端运动到B端的过程中，由动能定理可得mgR＝mv
得vB＝。
(2)设在B端小球受到的支持力大小为FN，
FN－mg＝meq \f(v,R)，得FN＝3mg。
(3)设克服摩擦阻力做的功为Wf，根据动能定理mgH－Wf＝mv2
得Wf＝mgH－mv2。
答案 (1) (2)3mg (3)mgH－mv2
1.静止在粗糙水平面上的物块在水平向右的拉力作用下做直线运动，t＝4 s 时停下，其v－t图像如图所示，已知物块与水平面间的动摩擦因数处处相同，则下列判断正确的是( )
A.整个过程中拉力做的功等于物块克服摩擦力做的功
B.整个过程中拉力做的功等于零
C.t＝2 s时刻拉力的瞬时功率在整个过程中最大
D.t＝1 s到t＝3 s这段时间内拉力不做功
解析 全过程由动能定理得WF＋WFf＝0，所以A正确；因物块从静止开始运动，整个过程WF≠0，B错误；拉力的瞬时功率在1～3 s内相等，1 s末拉力的瞬时功率最大，C错误；t＝1 s到t＝3 s这段时间内，物块做匀速运动，F＝Ff≠0，拉力做功W＝Fx13≠0，D错误。
答案 A
2.如图所示，光滑圆轨道固定在竖直面内，一质量为m的小球沿轨道做完整的圆周运动，已知小球在最低点时对轨道的压力大小为FN1，在最高点时对轨道的压力大小为FN2。重力加速度大小为g，则FN1－FN2的值为( )
A.3mg B.4mg
C.5mg D.6mg
解析 在最低点有FN1－mg＝meq \f(v,R)，在最高点有FN2＋mg＝meq \f(v,R)。小球在运动过程中由动能定理－mg·2R＝mv－mv，解得FN1－FN2＝6mg。
答案 D
3.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。则以下各图像中，能正确反映这一过程的是( )
解析 物体在恒定阻力作用下运动，其加速度不随时间和位移变化，选项A、B错误；由动能定理得－fx＝Ek－Ek0，解得Ek＝Ek0－fx，可知选项C正确；Ek＝mv2＝m(v0－at)2＝ma2t2－mv0at＋mv，Ek与t的关系图线为抛物线，选项D错误。
答案 C
4.质量m＝1 kg的物体，在水平拉力F的作用下，沿粗糙水平面运动，在位移是4 m时，拉力F停止作用，运动到位移是8 m时物体停止，运动过程中Ek－x的图像如图所示，g取10 m/s2，求：
(1)物体和水平面间的动摩擦因数；
(2)拉力F的大小。
解析 (1)在运动的第二阶段，物体在位移x2＝4 m内，动能由Ek＝10 J变为零。由动能定理得－μmgx2＝0－Ek；
故动摩擦因数
μ＝＝＝0.25。
(2)在运动的第一阶段，物体位移x1＝4 m，初动能Ek0＝2 J，根据动能定理得Fx1－μmgx1＝Ek－Ek0，所以F＝4.5 N。
答案 (1)0.25 (2)4.5 N
5.2022年将在我国举办第二十四届冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。某滑道示意图如图所示，长直助滑道AB与弯曲滑道BC平滑连接，滑道BC高h＝10 m，C是半径R＝20 m圆弧的最低点。质量m＝60 kg的运动员从A处由静止开始匀加速下滑，加速度a＝4.5 m/s2，到达B点时速度vB＝30 m/s。取重力加速度g＝10 m/s2。
(1)求长直助滑道AB的长度L；
(2)若不计BC段的阻力，画出运动员经过C点时的受力示意图，并求其所受支持力FN的大小。
解析 (1)根据匀变速直线运动公式v－v＝2aL，
有L＝eq \f(v－v,2a)＝100 m。
(2)运动员经过C点时的受力示意图如图所示。
根据动能定理，运动员在BC段运动的过程中，有mgh＝mv－mv
根据牛顿第二定律，有FN－mg＝meq \f(v,R)
得FN＝3 900 N。
答案 (1)100 m (2)见解析图 3 900 N
6.一个人站在距地面20 m的高处，将质量为0.2 kg的石块以v0＝12 m/s的速度斜向上抛出，石块的初速度方向与水平方向之间的夹角为30°，g取10 m/s2，则：
(1)人抛石块过程中对石块做了多少功？
(2)若不计空气阻力，石块落地时的速度大小是多少？
(3)若落地时的速度大小为22 m/s，石块在空中运动过程中克服阻力做了多少功？
解析 (1)人抛石块的过程中，根据动能定理得
W＝mv－0＝14.4 J。
(2)不计空气阻力，石块从抛出至落地过程中，根据动能定理得mgh＝mv－mv
解得v1≈23.32 m/s。
(3)从抛出至落地过程中，由动能定理得
mgh－Wf＝eq \f(mv,2)－eq \f(mv,2)，
解得Wf＝mgh－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(mv,2)－\f(mv,2)))＝6 J。
答案 (1)14.4 J (2)23.32 m/s (3)6 J
7.如图所示，光滑水平面AB与一半圆形轨道在B点相连，半圆形轨道位于竖直面内，其半径为R，一个质量为m的物块静止在水平面上，现向左推物块使其压紧弹簧，然后放手，物块在弹力作用下由静止获得一速度，当它经B点进入半圆形轨道瞬间，对轨道的压力为其重力的7倍，之后向上运动恰能完成半圆周运动到达C点，重力加速度为g。求：
(1)弹簧弹力对物块做的功；
(2)物块从B到C克服阻力所做的功；
(3)物块离开C点后，再落回到水平面上时的动能。
解析 (1)由动能定理得W＝mv－0
在B点由牛顿第二定律得7mg－mg＝meq \f(v,R)
解得W＝3mgR。
(2)物块从B到C由动能定理得
Wf－2mgR＝mv－mv
物块在C点时mg＝meq \f(v,R)
解得Wf＝－mgR，
即物块从B到C克服阻力做功为mgR。
(3)物块从C点平抛到水平面的过程中，由动能定理得
2mgR＝Ek－mv，解得Ek＝mgR。
答案 (1)3mgR (2)mgR (3)mgR