第四章3 动能与动能定理 学案—2020-2021学年教科版高中物理必修二Word版含答案

动能与动能定理
一、能够利用动能定理求变力做功★★★★☆☆
应用动能定理求变力做功时应注意的问题
(1)所求的变力的功不一定为总功，故所求的变力的功不一定等于ΔEk.
(2)若有多个力做功时，必须明确各力做功的正负，待求的变力的功若为负功，可以设克服该力做功为W，则表达式中应用－W；也可以设变力的功为W，则字母W本身含有负号．
如图3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，摩擦力对其所做的功为
(　　)
图3
A.R(FN－3mg)
B.R(3mg－FN)
C.R(FN－mg)
D.R(FN－2mg)
答案　A
解析　质点到达最低点B时，它对容器的正压力为FN，根据牛顿第二定律有FN－mg＝m，根据动能定理，质点自A滑到B的过程中有Wf＋mgR＝mv2，故摩擦力对其所做的功Wf＝RFN－mgR，故A项正确．
如图3所示，质量为m的小球用长为L的轻质细线悬于O点，与O点处于同一水平线上的P点处有一个光滑的细钉，已知OP＝，在A点给小球一个水平向左的初速度v0，发现小球恰能到达跟P点在同一竖直线上的最高点B.求：
图3
(1)小球到达B点时的速率；
(2)若不计空气阻力，则初速度v0为多少；
(3)若初速度v0＝3，则小球在从A到B的过程中克服空气阻力做了多少功．
解析　(1)小球恰能到达最高点B，
有mg＝m，得vB＝
.
(2)若不计空气阻力，从A→B由动能定理得
－mg(L＋)＝mv－mv
解得v0＝
.
(3)由动能定理得
－mg(L＋)－Wf＝mv－mv
解得Wf＝mgL.
答案　(1)
　(2)
　(3)mgL
如图所示，质量分别为mA=0.6kg和mB=0.4kg的A、B两木块叠放在竖直轻弹簧上静止（A、B间不粘连），弹簧的劲度k=100N/m．若在A上作用一个竖直向上的拉力F，使A由静止开始以2.5m/s2的加速度竖直向上做匀加速运动．已知从开始运动到A、B恰好分离过程中弹簧的弹性势能减少了0.375J．取g=10m/s2．求：
（1）A、B共同上升高度h为多大时两木块恰好分离；
（2）A、B刚分离时B木块的速度大小v；
（3）A、B分离前拉力对木块做的功WF．
【解答】解：（1）静止时，由平衡条件得：（mA+mB）g=kx1，
代入数据解得：xm1=0.1m，
分离时，对B，由牛顿第二定律得：kx2﹣mBg=mBa，
代入数据解得：x2=0.05m，
则A、B共同上升高度h=x2=0.05m时两木块恰好分离；
（2）由速度位移公式：v2=2ax可得：v2=2×2.5×0.05，
代入数据解得：v=0.5m/s；
（3）从开始运动到AB分离过程，对AB，由动能定理得：
WF+W弹﹣（mA+mB）gh=（mA+mB）v2﹣0，
代入数据解得：WF=0.25J；
答：（1）A、B共同上升高度h为0.05m时两木块恰好分离；
（2）A、B刚分离时B木块的速度大小为0.5m/s；
（3）A、B分离前拉力对木块做的功为0.25J．
【过关检测】
如图所示，光滑水平平台上有一个质量为m的物块，站在地面上的人用跨过定滑轮的绳子向右拉动物块，不计绳和滑轮的质量及滑轮的摩擦，且平台边缘离人手作用点竖直高度始终为h.当人以速度v从平台的边缘处向右匀速前进位移x时，则
(　　)
A．在该过程中，物块的运动可能是匀速的
B．在该过程中，人对物块做的功为
C．在该过程中，人对物块做的功为mv2
D．人前进x时，物块的运动速率为
答案　B
解析　设绳子与水平方向的夹角为θ，则物块运动的速度v物＝vcos
θ，而cos
θ＝，故v物＝，可见物块的速度随x的增大而增大，A、D均错误；人对物块的拉力为变力，变力的功可应用动能定理求解，即W＝mv＝，B正确，C错误．
如图所示，摆球质量为m，悬线的长为L，把悬线拉到水平位置后放手．设在摆球运动过程中空气阻力F阻的大小不变，则下列说法正确的是(　　)．
A．重力做功为mgL
B．绳的拉力做功为0
C．空气阻力(F阻)做功为－mgL
D．空气阻力(F阻)做功为－F阻πL
解析　如图所示，因为拉力FT在运动过程中始终与运动方向垂直，故不做功，即WFT＝0
重力在整个运动过程中始终不变，小球在重力方向上的位移为AB在竖直方向上的投影L，所以WG＝mgL.F阻所做的总功等于每个小弧段上F阻所做功的代数和，即WF阻＝－(F阻Δx1＋F阻Δx2＋…)＝－F阻πL.
故重力mg做的功为mgL，绳子拉力做功为零，空气阻力所做的功为－F阻πL.
答案　ABD
如图所示，劲度系数为k的弹簧下端悬挂一个质量为m的重物，处于静止状态．手托重物使之缓慢上移，直到弹簧恢复原长，手对重物做的功为W1.然后放手使重物从静止开始下落，重物下落过程中的最大速度为v，不计空气阻力．重物从静止开始下落到速度最大的过程中，弹簧对重物做的功为W2，则(　　)．
A．W1>　
B．W1<
C．W2＝mv2　
D．W2＝－mv2
解析　设x为弹簧伸长的长度，由胡克定律得：mg＝kx.手托重物使之缓慢上移，直到弹簧恢复原长，重物的重力势能增加了mgx＝，弹簧的弹力对重物做了功，所以手对重物做的功W1<，选项B正确；由动能定理知W2＋＝mv2，则C、D错．
质量为m、长度为2L的密度均匀的矩形木板，以速度v0沿光滑水平面上运动时，垂直滑向宽度为L的粗糙地带，木板从开始受到阻力到停下来所经过的位移恰好为2L，已知木板与粗糙面的动摩擦因数为μ，则在这一过程中（　　）
A．木板克服摩擦力做功为2μmgL
B．木板克服摩擦力做功为
C．木板克服摩擦力做功为
D．木板克服摩擦力做功为
【解答】解：A、C、D：当物体的长度只有一部分在粗糙的地面上时，只有粗糙地面的一部分存在摩擦力．物体是密度均匀的矩形木板，单位长度上的质量是相等的，单位长度上的重力也是相等的，长度为x的木板上的重力与长度的关系为：，所以木板受到的摩擦力与位置的关系如图：
在0﹣L的范围内，木板受到的摩擦力与在粗糙的水平面上的长度成正比，在L﹣2L范围内，木板受到的摩擦力是，摩擦力与位移所围成的面积表示摩擦力做的功，所以在0﹣2L范围内摩擦力做的功：．故C正确，AD错误；B、在木板运动的过程中，摩擦力做功，木板的动能减小，根据动能定律：．故B正确．
故选：BC
如图所示，在竖直平面内固定有两个很靠近的同心圆形轨道，外圆ABCD的内表面光滑，内圆A′B′C′D′的上半部分B′C′D′粗糙，下半部分B′A′D′光滑．一质量m=0.1kg的小球从轨道的最低点A，以初速度v0向右运动，球的尺寸略小于两圆间距，球运动的半径R=0.2m，取g=10m/s2．
（1）若要使小球始终紧贴外圆做完整的圆周运动，初速度v0至少为多少？
（2）若v0=3m/s，经过一段时间小球到达最高点，内轨道对小球的支持力N=1N，则小球在这段时间内克服摩擦力做的功是多少？
（3）若v0=3m/s，经过足够长的时间后，小球经过最低点A时受到的支持力为多少？小球在整个运动过程中减少的机械能是多少？
【解答】解：（1）设此情形下小球到达最高点的最小速度为vC，则有：
代入数据，解得：v0=
（2）设此时小球到达最高点的速度为vc′，克服摩擦力做的功为W，则：
代入数据，解得：W=0.05J
（3）经足够长时间后，小球在下半圆轨道内做往复运动，设小球经过最低点的速度为vA，受到的支持力为NA，则有：
代入数据，解得：NA=3N
设小球在整个运动过程中减少的机械能为△E，由功能关系有
代入数据，解得：△E=0.25J
答：（1）要使小球始终紧贴外圆做完整的圆周运动，初速度v0至少．
（2）小球在这段时间内克服摩擦力做的功是0.05J．
（3）小球经过最低点A时受到的支持力为3N，小球在整个运动过程中减少的机械能是0.25J．
如图所示是一个横截面为半圆、半径为R的光滑柱面，一根不可伸长的细线两端分别系住物体A、B，（A、B可以看成质点）且A的质量为1.2m，B的质量为m，在图示位置由静止开始释放A物体，求
（1）释放A物体的瞬间，细线对A物体的拉力
（2）物体B沿柱面达到半圆顶点的过程中，细线的拉力对物体B所做的功．（重力加速度为g，π=3）
【解答】解：（1）把AB看成一个整体，根据牛顿第二定律得：
a=
对A受力分析，根据牛顿第二定律得：
1.2mg﹣F=1.2ma
解得：F=
（2）以A、B和绳为系统，整体由动能定理得：
解得：
再以B为研究对象，根据动能定理得：
解得：
答：（1）释放A物体的瞬间，细线对A物体的拉力为；
（2）物体B沿柱面达到半圆顶点的过程中，细线的拉力对物体B所做的功为．
二、能够解决动能定理的图像问题★★★★☆☆
如图甲所示，静置于光滑水平面上坐标原点处的小物块，在水平拉力F作用下，沿x轴方向运动，拉力F随物块所在位置坐标x的变化关系如图乙所示，图线为半圆．则小物块运动到x0处时的动能为（　　）
A．0
B．Fmx0
C．Fmx0
D．x02
【解答】解：F﹣x图象的“面积”等于拉力做功的大小，则得到拉力做功W=π（）2=，由图看出，Fm=，得到，W=．根据动能定理得：小物块运动到x0处时的动能为．
故选C
如图所示，为质量500克的小球竖直向上抛出后运动的v﹣t图象，小球在抛出过程中，人对小球做的功为　
　焦耳，小球在抛出后的4秒内，克服空气阻力所做的功为　
　焦耳．
【解答】解：根据图象可知：小球的初速度为24m/s，4s末速度为16m/s，
小球在抛出过程中，对小球运用动能定理得：
W=﹣0=144J
根据速度﹣时间图象与坐标轴所围成的面积表示小球的位移可得：
前2s的位移为x1=m=24m
2﹣4s内的位移为m=﹣16m
所以WG=﹣mgh=﹣0.5×10×（24﹣16）J=﹣40J
小球抛出后到4s末，对小球运用动能定理得：
带入数据得：
Wf=﹣40J
所以克服空气阻力所做的功为40J
故答案为：144；40．
如图所示，AB段是一段光滑的水平轨道，轻质弹簧一端固定在A点，放置在轨道AB上，BC段是半径R=2.5m的光滑半圆弧轨道，有一个质量m=0.1kg的小滑块，紧靠在被压紧的弹簧前，松开弹簧，物块被弹出后恰好能通过C点，（g取10m/s2）
求：（1）弹簧被压紧时的弹性势能；
（2）保持弹簧每次的压缩量相同，让物块的质量在至m之间变化，求物块从C点飞出后在水平轨道上落点的范围；
（3）保持物块的质量m不变，改变每次对弹簧的压缩量，设小滑块经过半圆弧轨道C点时，轨道对小滑块作用力的大小为FN，试研究FN与弹簧的弹性势能EP的函数关系，并在坐标纸上作出FN﹣EP图象．
【解答】解：（1）物块恰能过C点，有：
物块由初位置至C点，设弹簧弹力做功W1，由动能定理知：
代入数据得：W1=6.25J
即初释时弹簧具有的弹性势能EP=W1=6.25J；
（2）当物体质量为m时，过C点的速度为v′C，则：
mg×
代入数据得：v′C=20m/s
设速度为vC时水平位移为x1，设速度为v′C时水平位移为x2，从平抛到落地的时间为t，则有：
2R=gt2
x1=vCt
x2=v′Ct
代入数据得：x1=5m
x2=20m
所以，物块从C点飞出后在水平轨道上落点的范围为5m到20m之间；
（3）设每次弹出物块弹簧做功为W，物块至C处的速度为VC，C处对物块的弹力为FN
则：
W=EP
在C点由牛顿第二定律得：
整理得：=
作图，如右图．
答：：（1）弹簧被压紧时的弹性势能为6.25J
（2）物块从C点飞出后在水平轨道上落点的范围为5m到20m；
（3）FN与弹簧的弹性势能EP的函数关系为EP﹣5，FN﹣EP图象
【过关检测】
如图1，质量m=1kg的物体，初速度为v0，方向水平向右．在向右的水平拉力F的作用下，沿粗糙水平面运动，位移为4m时，拉力
F停止作用，物体又运动了4m后停下来．其运动过程中的动能随位移的变化（Ek﹣x）图线如图2所示，重力加速度g取10m/s2，则（　　）
A．物体的初速度v0为m/s
B．物体与水平面间的动摩擦因数为0.25
C．滑动摩擦力的大小为5N
D．拉力F的大小为2N
【解答】解：A、由图可知物体的初动能为2J，根据EK=mv02得：v0=2m/s．故A错误．
B、设匀加速的位移为s1，匀减速运动的位移为s2，由图知：s1=4m，s2=4m
对撤去拉力F后直到停止的过程运用动能定理得：
﹣μmgs2=0﹣10J，得μ=0.25
故B正确．
C、滑动摩擦力的大小f=μmg=2.5N．故C错误．
D、对于匀加速运动过程，由动能定理得
Fs1﹣fs1=10J﹣2J
解得，F=4.5N
故D错误．
故选B
在竖直平面内．一根光滑金属杆弯成如图所示形状，相应的曲线方程为（m），式中k=1m﹣1．将一质量为lkg的光滑小环套在该金属杆上，在点给小环以平行于杆、大小为10m/s的初速，让小环沿杆向+x方向运动，取g=10m/s2．关于小环的运动，下列说法正确的是（　　）
A．金属杆对小环不做功
B．小环沿x轴方向的分运动为匀速运动
C．小环到达金属杆的最高点时的速度为
D．小环到达点时的速度为
【解答】解：
A、金属杆对小环的弹力与小环的速度方向始终垂直，所以金属杆对小环不做功．故A正确．
B、对小环进行受力分析，小环受重力和金属杆对小环的弹力，将重力分解，小环实际合力方向斜向下，即小环的实际加速度方向也是斜向下．因此小环在水平方向也有了分加速度，所以小环沿x轴方向的分运动不可能是匀速运动．故B错误．
C、根据机械能守恒得：=mgh+，h=2.5m，代入解得，v=5．故C正确．
D、由机械能守恒得：=﹣mghQ+，hQ=﹣2.5m，代入解得，vQ=5．故D错误．
故选AC
如图甲所示，某同学用轻绳通过定滑轮提升一重物，运用传感器（未在图中画出）测得此过程中不同时刻被提升重物的速度v与对轻绳的拉力F，并描绘出v﹣图象．假设某次实验所得的图象如图乙所示，其中线段AB与v轴平行，它反映了被提升重物在第一个时间段内v和的关系；线段BC的延长线过原点，它反映了被提升重物在第二个时间段内v和的关系；第三个时间段内拉力F和速度v均为C点所对应的大小保持不变，因此图象上没有反映．实验中还测得重物由静止开始经过t=1.4s，速度增加到vC=3.0m/s，此后物体做匀速运动．取重力加速度g=10m/s2，绳重及一切摩擦和阻力均可忽略不计．
（1）在提升重物的过程中，除了重物的质量和所受重力保持不变以外，在第一个时间段内和第二个时间段内还各有一些物理量的值保持不变．请分别指出第一个时间段内和第二个时间段内所有其他保持不变的物理量，并求出它们的大小；
（2）求被提升重物在第一个时间段内和第二个时间段内通过的总路程．
【解答】解：（1）由v﹣图象可知，第一时间段内重物所受拉力保持不变，且F1=6.0N
因第一时间段内重物所受拉力保持不变，所以其加速度也保持不变，设其大小为a，
根据牛顿第二定律有F1﹣G=ma
重物速度达到vC=3.0m/s时，受平衡力，即G=F2=4.0N
由此解得重物的质量m==0.40kg
联立解得
a=5.0m/s2
在第二段时间内，图线斜率不变，则拉力的功率保持不变P=Fv=12w
（2）设第一段时间为t1，重物在这段时间内的位移为x1，则t1==s=0.40s，x1==0.40m
设第二段时间为t2，t2=t﹣t1=1.0s
重物在t2这段时间内的位移为x2，根据动能定理有Pt2﹣Gx2=﹣
解得
x2=2.75m
所以被提升重物在第一时间段内和第二时间段内通过的总路程
x=x1+x2=3.15m
答：（1）第一时间段内重物所受拉力保持不变F1=6.0N，第二段时间内拉力的功率保持不变P=12w
（2）提升重物在第一时间段内和第二时间段内通过的总路程为3.15m
如图，图象所反映的物理情景是：物体以大小不变的初速度v0沿木板滑动，若木板倾角θ不同，物体沿木板上滑的距离S也不同，便可得出图示的S﹣θ图象．问：
（1）物体初速度v0的大小．
（2）木板是否粗糙？若粗糙，则动摩擦因数μ为多少？
（3）物体运动中有否最大加速度以及它发生在什么地方？
【解答】解：（1）当θ=90°时，物体做竖直上抛运动，
由v2=2gx得：
物体初速度的大小
（2）由图象可知，当θ=0°时，s2=20m，表示物体水平面做减速运动的位移为20m，所以木板粗糙；
当θ=0°时，根据动能定理得，
解得：
（3）物体受重力、支持力和摩擦力，由牛顿第二定律得：
加速度
得到，当θ=53°时，α有极大值
由动能定理得，
代入数据解得：s′=12m，
所以P点坐标为（53°，12m）
答：（1）物体初速度v0的大小17.3m/s．
（2）木板粗糙，则动摩擦因数μ为0.75？
（3）物体运动中有最大加速度，它的坐标为（53°，12m）．
三、能够解决功能极值问题★★★★☆☆
如图所示，一小球沿平滑的四分之一圆弧轨道顶端A由静止滑下，经最低点B后水平飞出，落地点为C．已知A距地面高度为H，B距地面高度h=，BC间的水平距离为s．则下列判断正确的是（　　）
A．若h增大，s将减小
B．若h增大，s将增大
C．若h减小，s将减小
D．若h减小，s将增大
【解答】解：从A到B由动能定理可得：
解得：v=
从B点做平抛运动下落的时间为：t=
水平位移为：s=
当且仅当h=，水平位移最大，故当h增大或减小时，s都减小
故选：AC
如图所示，水平转台上有一个质量为m的物块，用长为L的细绳将物块连接在转轴上，细线与竖直转轴的夹角为θ角，此时绳中张力为零，物块与转台间动摩擦因数为μ（μ＜tanθ），最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块随转台由静止开始缓慢加速转动，则（　　）
A．至绳中出现拉力时，转台对物块做的功为2μmgLsinθ
B．至绳中出现拉力时，转台对物块做的功为μmgLsinθ
C．至转台对物块支持力为零时，转台对物块做的功为
D．设法使物体的角速度增大到时，物块机械能增量为
【解答】解：对物体受力分析知物块离开圆盘前
合力F=f+Tsinθ=①
N+Tcosθ=mg②
根据动能定理知W=Ek=③
AB、当弹力T=0，r=Lsinθ④
由①②③④解得W=fLsinθ
至绳中出现拉力时，转台对物块做的功为μmgLsinθ，故A错误，B正确；
C、当N=0，f=0，由①②③知W=mgLsinθtanθ=，故C正确；
D、由①②知ω0=，设法使物体的角速度增大到ω=＞ω0=，故物体已脱离水平盘，此时夹角为α
则mgtanα=mω2r⑤
△Ep=mgh=mg（Lcosθ﹣Lcosα）⑥
由⑤⑥知△Ep=mgL?（cosθ﹣cosθ）=
物块机械能增量为△Ep+△Ek=，故D正确；
故选：BCD
一质量为m的物体从高为h的斜面顶端A点自静止开始下滑，最后停在平面上的C点，A点离地面的高度为h，AC的水平距离为s，如图．已知物体与斜面、水平面之间的动摩擦因数相等，则该动摩擦因数μ=　　．若用始终和接触面平行的力将物体从C点再拉回到A点，则拉力至少需要做的功W=　
　．
【解答】解：令斜面的夹角为θ，则根据数学关系斜面AB的长度L=，AB间水平距离，物体在水平面上滑行的距离S2=S﹣S1
从A到C的过程中只有重力和摩擦力做功，根据动能定理有：
mgh+[（﹣μmgcosθL）+（﹣μmg）S2]=0﹣0
代入L和S2可得：
因为平行于接触面的作用力不改变摩擦力的大小，所以从B到A的过程中摩擦力做功Wf=﹣mgh，重力做功WG=﹣mgh，根据动能定理有：
WF+WG+Wf=Ek﹣0
所以WF=EK﹣WG﹣Wf即WF=2mgh+Ek所以当Ek=0时力F做功最少为：WF=2mgh
故答案为：，2mgh
如图所示，为一同学制作的研究平抛运动的装置，其中水平台AO长s=0.70m，长方体薄壁槽紧贴O点竖直放置，槽宽d=0.10m，高h=1.25m．现有一弹性小球从平台上A点水平射出，已知小球与平台间的阻力为其重力的0.1倍，重力加速度取g=10m/s2．
（1）为使小球能射入槽中，求小球的最小出射速度；
（2）若要保证小球不碰槽壁且恰能落到槽底上的P点，求小球在平台上运动的时间；
（3）若小球碰壁后能立即原速率反弹，为使小球能击中D点正下方槽壁上的B点，hOB=0.8m，求小球入射速度所有可能的值．
【解答】解：（1）为使小球能射入槽中，小球的最小出射速度满足到达O点速度为零，根据动能定理知kmgs=
解得v1==m/s
（2）恰能落到槽底上的P点，
则d=v0t
h=
由牛顿运动定律知加速度a==kg=1m/s2
由匀变速直线运动规律知
v2﹣v0=at2
v=2as
联立以上式子得t2=1s
（3）小球碰壁反弹，水平方向2nd=v3t3
竖直方向hB=
由运动学公式知v﹣v2=2as
联立得v=，其中n=1、2、3…
答：（1）为使小球能射入槽中，小球的最小出射速度为m/s；
（2）若要保证小球不碰槽壁且恰能落到槽底上的P点，小球在平台上运动的时间为1s；
（3）若小球碰壁后能立即原速率反弹，为使小球能击中D点正下方槽壁上的B点，hOB=0.8m，小球入射速度所有可能的值为v=，其中n=1、2、3…
【点评】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合动能定理和运动学公式进行求解，周期运动注意n的取值．
【过关检测】
一探险队员在探险时遇到一山沟，山沟的一侧竖直，另一侧的坡面呈抛物线形状．此队员从山沟的竖直一侧，以速度v0沿水平方向跳向另一侧坡面．如图所示，以沟底的O点为原点建立坐标系Oxy．已知，山沟竖直一侧的高度为2h，坡面的抛物线方程为y=x2，探险队员的质量为m．人视为质点，忽略空气阻力，重力加速度为g．
（1）求此人落到坡面时的动能；
（2）此人水平跳出的速度为多大时，他落在坡面时的动能最小？动能的最小值为多少？
【解答】解：（1）设探险队员跳到坡面上时水平位移为x，竖直位移为H，
由平抛运动规律有：x=v0t，H=，
整个过程中，由动能定理可得：mgH=EK﹣m
由几何关系，y=2h﹣H
坡面的抛物线方程y=x2
解以上各式得：EK=m+
（2）由EK=m+
令=ngh，则EK=mgh+=mgh（+）
当n=1时，即=gh，
探险队员的动能最小，最小值为Emin=
v0=
答：（1）此人落到坡面时的动能是m+；
（2）此人水平跳出的速度为时，他落在坡面时的动能最小，动能的最小值为．
如图（a）所示，木板与水平面间的夹角θ可以随意改变，可视为质点的小物块从木板的底端以大小恒定的初速率v0沿木板向上运动，所能上升的最大距离记为s，今改变θ而使s随之改变，根据所测量的若干组数据可以描绘出“s﹣θ”曲线如图（b）所示，若木板足够长，重力加速度g取10m/s2，试根据“s﹣θ”曲线和相关的物理规律，求：
（1）小物块的初速率v0；
（2）小物块与木板间的动摩擦因数μ；
（3）对应于“s﹣θ”曲线上s取最小值的P点的坐标值（θ0，smin）
【解答】解：（1）由图象可知
当θ1=时，s1=5m，此时小物块做竖直上抛运动
可得：
（2）由图象可知
当θ2=0时，s2=10m，此时木板水平
由动能定理得：0﹣m=﹣μmgs2
μ=
（3）当板与水平方向夹角为θ时，沿斜面上滑的距离为s，
由动能定理得：0﹣m=﹣mgssinθ﹣μmgscosθ
即S=
令a=sinθ+μcosθ=
设所以
，时，a存在最大值
am==，
对应s的最小值为smin=
P点的坐标值（，）
答：（1）小木块的初速率是10m/s，
（2）小木块与木板间的动摩擦系数是0.5．
（3）对应于x﹣θ曲线上x取最小值的P点的坐标值是（，）．
四、能够运用动能定理力学的综合问题★★★★★☆
质量为m的物块在平行于斜面的力F作用下，从固定斜面的底端A由静止开始沿斜面上滑，经B点时速率为v，此时撤去F，物块滑回斜面底端时速率也为v，斜面倾角为θ，A、B间距离为x，则（　　）
A．整个过程中重力做功为mgxsinθ
B．整个过程中物块克服摩擦力做功为Fx
C．上滑过程中克服重力做功为（Fx﹣mv2）
D．从撤去F到物块滑回斜面底端，摩擦力做功为﹣mgxsinθ
【解答】解：
A、根据重力做功公式WG=mgh可知，整个过程中初末位置高度差为零，则重力做功为零．故A错误．
B、对整个过程研究，根据动能定理得：Fx﹣Wf=2﹣0，得到：物块克服摩擦力做功为Wf=Fx﹣2．故B错误．
C、设上滑过程中克服重力做功为WG，则根据动能定理得：
上滑过程：Fx﹣WG﹣Wf=0，
下滑过程：WG﹣Wf=
联立两式得；WG=（Fx+）．故C错误．
D、从撤去F到物块滑回斜面底端过程，根据动能定理得：
mgxsinθ+Wf=﹣，得到摩擦力做功为Wf=﹣mgxsinθ．故D正确．
故选：D
如图所示，一个小物体在足够长的斜面上以一定初速度释放，斜面各处粗糙程度相同，初速度方向沿斜面向上，则物体在斜面上运动的过程中（　　）
A．动能一定是先减小后增大
B．机械能一直减小
C．如果某段时间内摩擦力做功与物体动能的改变量相同，则此后物体动能将不断增大
D．如果某段时间内摩擦力做功为W，再经过相同的时间，两段时间内摩擦力做功可能相等
【分析】本题要分析物体可能的运动情况：可能先向上匀减速运动，后向下匀加速运动，也可能向上匀减速运动，停在最高点．动能可能先减小后增大，也可能一直减小到零．物体克服摩擦力做功，机械能始终减小．如果某段时间内摩擦力做功与物体动能的改变量相同，根据动能定理分析重力做功情况，确定物体的运动情况，判断此后物体动能的变化情况．物体沿斜面向上做匀减速运动的过程中，相同时间段内，摩擦力做功可能相同．
【解答】解：A、物体可能先向上匀减速运动，后向下匀加速运动，动能先减小后增大；物体也可能向上匀减速运动，停在最高点，动能一直减小．故A错误．
B、物体在运动过程中，摩擦力始终做负功，摩擦生热，机械能一直减小．故B正确．
C、物体运动过程中，重力和摩擦力做功，引起动能变化，由动能定理可知，摩擦力做功与物体动能的改变量相同，则重力做功零，说明物体先上滑后下滑相同高度，此后物体断续下滑，动能增加．故物体动能将不断增大．故C正确．
D、若物体向上做匀减速直线运动，返回做匀加速直线运动，在相等时间内可能出现路程相等，则摩擦力做功可能相等．故D正确．
故选：BCD
如图所示，一轻质弹簧下端固定在水平地面上，上端与物体A连接，物体A又与一跨过定滑轮的不可伸长的轻绳一端相连，绳另一端悬挂着物体B，B的下面又挂着物体C，A、B、C均处于静止状态．现剪断B和C之间的绳子，在A、B运动过程中，弹簧始终在弹性限度范围内．（已知弹簧的劲度系数为k，物体A质量为3m，B和C质量均为2m）试求：
（1）物体A的最大速度；
（2）轻绳对物体B的最大拉力和最小拉力．
【解答】解：（1）根据胡克定律得
绳剪断前，弹簧伸长量：x1=
物体A所受合外力为零时，速度最大．此时弹簧压缩量：
x2=
对A、B组成的系统，根据机械能守恒定律得：
3mg（x1+x2）﹣2mg（x1+x2）=×5mv2
解得v=
（2）剪断细绳瞬间，B所受拉力最大．对B受力分析，
根据牛顿第二定律得：
F1﹣2mg=2ma，
对A、B组成的系统：2mg=（2m+3m）a
解得：F1=2.8mg
B运动到最高点时拉力最小，由运动的对称性可知：
2mg﹣F2=2ma，
解得：F2=1.2mg．
答：（1）物体A的最大速度是；
（2）轻绳对物体B的最大拉力和最小拉力分别是2.8mg、1.2mg．
一个半径R为0.6m的光滑半圆细环竖直放置并固定在水平桌面上，O为圆心，A为半圆环左边最低点，C为半圆环最高点．环上套有一个质量为1kg的小球甲，甲可以沿着细环轨道在竖直平面内做圆周运动．在水平桌面上方固定了B、D两个定滑轮，定滑轮的大小不计，与半圆环在同一竖直平面内，它们距离桌面的高度均为h=0.8米，滑轮B恰好在O点的正上方．现通过两个定滑轮用一根不可以伸长的细线将小球甲与一个质量为2kg的物体乙连在一起．一开始，用手托住物体乙，使小球甲处于A点，细线伸直，当乙由静止释放后．
（1）甲运动到C点时的速度大小是多少？
（2）甲、乙速度相等时，它们的速度大小是多少？
【解答】解：（1）根据几何关系得：
甲运动到C点时，甲的速度方向水平向右，所以乙的速度为零，对系统运用动能定理得：
解得：m/s=4.47m/s．
（2）当连接甲球的细线与圆环相切时，甲、乙速度相等，此时甲球到达A'点，离开桌面的距离为d
根据几何关系得：
对系统运用动能定理得：
解得：
代入数据得：v甲=1.81m/s
答：（1）甲运动到C点时的速度大小是4.47m/s．
（2）甲、乙速度相等时，它们的速度大小是1.81m/s．
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