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其次节 动能 动能定理
[同学用书P85]
一、动能
1．定义：物体由于运动而具有的能．
2．表达式：Ek＝mv2.
3．单位：焦耳，1 J＝1 N·m＝1 kg·m2/s2.
4．矢标性：标量．
1.(单选)关于某物体动能的一些说法，正确的是( )
A．物体的动能变化，速度确定变化
B．物体的速度变化，动能确定变化
C．物体的速度变化大小相同时，其动能变化大小也确定相同
D．选择不同的参考系时，动能可能为负值
答案：A
二、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．适用范围
(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，也可以不同时作用．
2.(单选)如图所示，质量为m的小车在水平恒力F推动下，从山坡(粗糙)底部A处由静止起运动至高为h的坡顶B，获得的速度为v，A、B之间的水平距离为s，重力加速度为g.下列说法正确的是( )
A．小车重力所做的功是mgh
B．合外力对小车做的功是mv2
C．推力对小车做的功是mv2＋mgh
D．阻力对小车做的功是Fs－mv2－mgh
答案：B
考点一 动能定理及其应用 [同学用书P86]
1．对动能定理的理解
(1)动能定理公式中等号表明白合外力做功与物体动能的变化间的两个关系：
①数量关系：即合外力所做的功与物体动能的变化具有等量代换关系．
②因果关系：合外力的功是引起物体动能变化的缘由．
(2)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．
2．运用动能定理需留意的问题
(1)应用动能定理解题时，不必深究物体运动过程中状态变化的细节，只需考虑整个过程的功及过程初末的动能．
(2)若过程包含了几个运动性质不同的分过程，既可分段考虑，也可整个过程考虑．但求功时，有些力不是全过程都作用的，必需依据不同的状况分别对待求出总功，计算时要把各力的功连同正负号一同代入公式．
(2022·高考福建卷)如图为某游乐场内水上滑梯轨道示意图，整个轨道在同一竖直平面内，表面粗糙的AB段轨道与四分之一光滑圆弧轨道BC在B点水平相切．点A距水面的高度为H，圆弧轨道BC的半径为R，圆心O恰在水面．一质量为m的游客(视为质点)可从轨道AB的任意位置滑下，不计空气阻力．
(1)若游客从A点由静止开头滑下，到B点时沿切线方向滑离轨道落在水面D点，OD＝2R，求游客滑到B点时的速度vB大小及运动过程轨道摩擦力对其所做的功Wf；
(2)若游客从AB段某处滑下，恰好停在B点，又因受到微小扰动，连续沿圆弧轨道滑到P点后滑离轨道，求P点离水面的高度h.(提示：在圆周运动过程中任一点，质点所受的向心力与其速率的关系为F向＝m)
[审题点睛] (1)游客从A到B有哪些力做功？总功如何表示？
(2)游客从B到P，在B点的速度是多少？从P点滑离轨道满足什么条件？
[解析] (1)游客从B点做平抛运动，有2R＝vBt①
R＝gt2②
由①②式得vB＝③
从A到B，依据动能定理，有
mg(H－R)＋Wf＝mv－0④
由③④式得Wf＝－(mgH－2mgR)．⑤
(2)设OP与OB间夹角为θ，游客在P点时的速度为vP，受到的支持力为FN，从B到P由动能定理，有
mg(R－Rcos θ)＝mv－0⑥
过P点时，依据向心力公式，有
mgcos θ－FN＝m⑦
又FN＝0⑧
cos θ＝⑨
由⑥⑦⑧⑨式解得h＝R.
[答案] (1) －mg(H－2R) (2)R
[规律总结] 应用动能定理解题的基本思路
(1)选取争辩对象，明确它的运动过程；
(2)分析争辩对象的受力状况和各力的做功状况：
→→→→
(3)明确争辩对象在过程的初末状态的动能Ek1和Ek2；
(4)列动能定理的方程W合＝Ek2－Ek1及其他必要的解题方程，进行求解．
1.某滑沙场的示意图如图所示，某旅游者乘滑沙橇从A点由静止开头滑下，最终停在水平沙面上的C点，设滑沙橇和沙面间的动摩擦因数处处相同，斜面和水平面连接处可认为是圆滑的，滑沙者保持确定姿势坐在滑沙橇上不动，若测得AC间水平距离为x，A点高为h，求滑沙橇与沙面间的动摩擦因数μ.
解析：设斜面与水平面所成的夹角为θ，滑沙者和滑沙橇总质量为m，则滑沙者和滑沙橇从A点到最低点，
重力做功WG＝mgh
摩擦力做功WFf1＝－μmgcos θ·
滑沙者在水平面上运动时，只有滑动摩擦力做功
WFf2＝－μmg.
法一：“隔离”过程，分段争辩，设最低点物体的速度为v，由A点到最低点依据动能定理得
WG＋WFf1＝mv2－0
在水平面上运动时，同理有
WFf2＝0－mv2，解得μ＝.
法二：从A到C全过程由动能定理得
WG＋WFf1＋WFf2＝0
解得μ＝.
答案：
考点二 动能定理与图象结合问题 [同学用书P86]
解决物理图象问题的基本步骤
1．观看题目给出的图象，弄清纵坐标、横坐标所对应的物理量及图线所表示的物理意义．
2．依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，找出图线的斜率、截距、图线的交点，图线下的面积所对应的物理意义，分析解答问题．或者利用函数图线上的特定值代入函数关系式求物理量．
如图甲所示，长为4 m的水平轨道AB与半径为R＝0.6 m的竖直半圆弧轨道BC在B处相连接，有一质量为1 kg的滑块(大小不计)，从A处由静止开头受水平向右的力F作用，F的大小随位移变化的关系如图乙所示，滑块与AB间的动摩擦因数为μ＝0.25，与BC间的动摩擦因数未知，g取10 m/s2.求：
(1)滑块到达B处时的速度大小；
(2)若到达B点时撤去力F，滑块沿半圆弧轨道内侧上滑，并恰好能到达最高点C，则滑块在半圆弧轨道上克服摩擦力所做的功是多少？
[审题点睛] (1)滑块由A到B有哪些力做功？如何表达？
(2)滑块由B到C，有哪些力做功？如何表达？
(3)滑块恰好能到达C点需满足什么条件？
[解析] (1)对滑块从A到B的过程，由动能定理得
F1x1－F3x3－μmgx＝mv
即：×40×2－10×1－0.25×1×10×4＝×1×v
解得vB＝2 m/s.
(2)当滑块恰好能到达最高点C时，有mg＝m
对滑块从B到C的过程，由动能定理得：
W－mg×2R＝mv－mv
代入数值得W＝－5 J，
即克服摩擦力做的功为5 J.
[答案] (1)2 m/s (2)5 J
[规律总结] 解决这类问题首先要分清图象的类型．若是F－x图象，则图象与坐标轴围成的图形的面积表示做的功；若是v－t图象，可提取的信息有：加速度(与F合对应)、速度(与动能对应)、位移(与做功距离对应)等，然后结合动能定理求解．
2.(多选)(2021·北京东城区高三联考)物体沿直线运动的v－t图象如图所示，已知在第1秒内合外力对物体做的功为W，则( )
A．从第1秒末到第3秒末合外力做功为4W
B．从第3秒末到第5秒末合外力做功为－2W
C．从第5秒末到第7秒末合外力做功为W
D．从第3秒末到第4秒末合外力做功为－0.75W
解析：选CD.从第1秒末到第3秒末物体做匀速直线运动，说明物体所受合外力为零，故合外力做功为零，A错误；从第3秒末到第5秒末物体加速度大小是第1秒内加速度的一半，所以这段时间的合外力是第1秒内合外力的一半，而位移是第1秒内位移2倍，考虑位移方向与合外力方向相反，所以这段时间内合外力做功为－W，B错误；第3秒末到第4秒末物体位移是从第3秒末到第5秒末位移的四分之三，D正确；第5秒末到第7秒末合外力方向与位移方向相同，同理可知这段时间的合外力是第1秒内合外力的一半，而位移是第1秒内位移的2倍，所以这段时间内合外力做功为W，C正确．
考点三 利用动能定理求解往复运动
[同学用书P87]
解决物体的往复运动问题，应优先考虑应用动能定理，留意应用下列几种力的做功特点：
1．重力、电场力或恒力做的功取决于物体的初、末位置，与路径无关；
2．大小恒定的阻力或摩擦力的功等于力的大小与路程的乘积．
(2021·苏北四市模拟)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、CD段是光滑的，水平轨道BC的长度s＝5 m，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＝4.30 m、h2＝1.35 m．现让质量为m的小滑块自A点由静止释放．已知小滑块与轨道BC间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：
(1)小滑块第一次到达D点时的速度大小；
(2)小滑块最终停止的位置距B点的距离．
[审题点睛] (1)小滑块能否停在AB或CD上？
(2)滑动摩擦力做功与滑行的路程有何关系？
[解析] (1)小滑块从A→B→C→D过程中，由动能定理得
mg(h1－h2)－μmgs＝mv－0
将h1、h2、s、μ、g代入得：vD＝3 m/s.
(2)对小滑块运动全过程应用动能定理，设小滑块在水平轨道上运动的总路程为s总．
有：mgh1＝μmgs总
将h1、μ代入得：s总＝8.6 m
故小滑块最终停止的位置距B点的距离为
2s－s总＝1.4 m.
[答案] (1)3 m/s (2)1.4 m
3.如图所示，斜面倾角为θ，质量为m的滑块在距挡板P的距离为s0的A点以初速度v0沿斜面上滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，滑块所受摩擦力小于滑块沿斜面的“下滑力”，若滑块每次与挡板相碰，碰后以原速率返回，无动能损失，求滑块停止运动前在斜面上经过的路程．
解析：由于滑块所受摩擦力小于“下滑力”，故物体最终只能停在挡板处．设滑块经过的总路程为s，则整个过程中，重力做功：WG＝mgs0sin θ，
摩擦力做功：WFf＝－μmgcos θ·s
由动能定理得：
mgs0sin θ－μmgcos θ·s＝0－mv
解得：s＝.
答案：
真题剖析——涉及多个原型的力学综合题
(14分)(2021·高考浙江卷)山谷中有三块石头和一根不行伸长的轻质青藤，其示意图如图所示．图中A、B、C、D均为石头的边缘点，O为青藤的固定点，h1＝1.8 m，h2＝4.0 m，x1＝4.8 m，x2＝8.0 m．开头时，质量分别为M＝10 kg和m＝2 kg的大、小两只滇金丝猴分别位于左边和中间的石头上，当大猴发觉小猴将受到损害时，快速从左边石头的A点水平跳至中间石头．大猴抱起小猴跑到C点，抓住青藤下端，荡到右边石头上的D点，此时速度恰好为零．运动过程中猴子均可看成质点，空气阻力不计，重力加速度g＝10 m/s2.求：
(1)大猴从A点水平跳离时速度的最小值；
(2)猴子抓住青藤荡起时的速度大小；
(3)猴子荡起时，青藤对猴子的拉力大小．
[原型剖析] (1)大猴从A到B做平抛运动，用平抛运动的学问求解；
(2)大猴和小猴从C到D做竖直平面内的圆周运动，用动能定理或机械能守恒定律求解；
(3)猴子荡起时是圆周运动的最低点问题，用牛顿其次定律求解．
—————————该得的分一分不丢！
(1)设大猴从A点水平跳离时速度的最小值为vmin，依据平抛运动规律，有
h1＝gt2(1分)
x1＝vmint(1分)
代入数据解得vmin＝8 m/s.(2分)
(2)设荡起时的速度为vC，由动能定理得：
－(M＋m)gh2＝0－(M＋m)v(2分)
解得vC＝＝ m/s≈9 m/s.(2分)
(3)设拉力为FT，青藤的长度为L，在最低点，依据牛顿其次定律有FT－(M＋m)g＝(2分)
由几何关系得(L－h2)2＋x＝L2(2分)
代入数据解得FT＝216 N．(2分)
[答案] (1)8 m/s (2)9 m/s (3)216 N
[名师点评] 涉及多个原型的试题，一般都属于多过程或多状态问题，正确划分过程或确定争辩状态是解题的前提，找出各子过程间的联系是解题的关键，确定遵守的规律是解题的核心．
4.(2021·湖北八校联考)如图为某工厂生产流水线上水平传输装置的俯视图，它由传送带和转盘组成．物品(质量m＝1 kg)从A处无初速放到传送带上，运动到B处后进入匀速转动的转盘，设物品进入转盘时速度大小不发生变化，并随转盘一起运动(无相对滑动)，到C处被取走装箱．已知A、B两处的距离L＝9 m，传送带的传输速度v＝2.0 m/s，物品在转盘上与轴O的距离R＝5 m，物品与传送带间的动摩擦因数μ1＝0.2.取g＝10 m/s2.
(1)求物品从A处运动到B处的时间t；
(2)求物品从A处运动到C处的过程中外力对物品总共做了多少功；
(3)若物品在转盘上的最大静摩擦力可视为与滑动摩擦力大小相等，则物品与转盘间的动摩擦因数μ2至少为多大？
解析：(1)物品先在传送带上做初速度为零的匀加速直线运动，其位移大小为s1.
由μ1mg＝ma，v2＝2as1，得s1＝1 m<L
之后，物品和传送带一起以速度v做匀速运动．
物品做匀加速运动的时间t1＝＝1 s
匀速运动的时间t2＝＝4 s
所以物品从A处运动到B处的时间t＝t1＋t2＝5 s.
(2)由动能定理，物品从A处运动到C处的过程中外力对物品总共做功W＝－0＝2 J.
(3)物品在转盘上所受的静摩擦力供应向心力，当物品在转盘上恰好无相对滑动时，有μ2mg＝m
得μ2＝＝0.08.
答案：(1)5 s (2)2 J (3)0.08
1．(多选)(2021·广东中山模拟)质量为m的物体在水平力F的作用下由静止开头在光滑地面上运动，前进一段距离之后速度大小为v，再前进一段距离使物体的速度增大为2v，则( )
A．其次过程的速度增量等于第一过程的速度增量
B．其次过程的动能增量是第一过程动能增量的3倍
C．其次过程合外力做的功等于第一过程合外力做的功
D．其次过程合外力做的功等于第一过程合外力做功的2倍
解析：选AB.由题意知，两个过程中速度增量均为v，A正确；由动能定理知：W1＝mv2，W2＝m(2v)2－mv2＝mv2，故B正确，C、D错误．
2．(单选)(2021·辽宁丹东模拟)如图所示，水平传送带长为s，以速度v始终保持匀速运动，把质量为m的货物放到A点，货物与皮带间的动摩擦因数为μ，当货物从A点运动到B点的过程中，摩擦力对货物做的功不行能是( )
A．等于mv2 B．小于mv2
C．大于μmgs D．小于μmgs
解析：选C.货物在传送带上相对地面的运动可能先加速后匀速，也可能始终加速，而货物的最终速度应小于等于v，依据动能定理知摩擦力对货物做的功可能等于mv2，可能小于mv2，可能等于μmgs，可能小于μmgs，故选C.
3.(多选)(2021·南昌模拟)如图所示，与水平面夹角为锐角的斜面底端A向上有三个等间距点B、C和D，即AB＝BC＝CD，D点距水平面高为h.小滑块以某一初速度从A点动身，沿斜面对上运动．若斜面光滑，则滑块到达D位置时速度为零；若斜面AB部分与滑块有处处相同的摩擦，其余部分光滑，则滑块上滑到C位置时速度为零，然后下滑．已知重力加速度为g，则在AB有摩擦的状况下( )
A．从C位置返回到A位置的过程中，克服阻力做功为mgh
B．滑块从B位置返回到A位置的过程中，动能变化为零
C．滑块从C位置返回到B位置时的动能为mgh
D．滑块从B位置返回到A位置时的动能为mgh
解析：选BC.由于A、B、C和D等间距，A、B、C和D所处的高度均匀变化，设A到B重力做功为WG，从A到D，依据动能定理，有－3WG＝0－mv；若斜面AB部分与滑块间有处处相同的摩擦，设克服摩擦力做功为Wf，依据动能定理，有－2WG－Wf＝0－mv，联立解得WG＝Wf，所以从C位置返回到A位置的过程中克服阻力做功为mgh，选项A错误；从B位置返回到A位置时因WG＝Wf，所以动能的变化为零，选项B正确，D错误；设滑块下滑到B位置时速度大小为vB，依据动能定理，有WG＝mv＝mgh，选项C正确．
4.(多选)如图所示， 在外力作用下某质点运动的v－t图象为正弦曲线．从图中可以推断( )
A．在0～t1时间内，外力做正功
B．在0～t1时间内，外力的功率渐渐增大
C．在t2时刻，外力的功率最大
D．在t1～t3时间内，外力做的总功为零
解析：选AD.由动能定理可知，在0～t1时间内质点速度越来越大，动能越来越大，外力确定做正功，故A项正确；在t1～t3时间内，动能变化量为零，可以判定外力做的总功为零，故D项正确；由P＝F·v知0、t1、t2、t3四个时刻功率为零，故B、C都错．
5．(多选)一质点开头时做匀速直线运动，从某时刻起受到一恒力作用．此后，该质点的动能可能( )
A．始终增大
B．先渐渐减小至零，再渐渐增大
C．先渐渐增大至某一最大值，再渐渐减小
D．先渐渐减小至某一非零的最小值，再渐渐增大
解析：选ABD.当力的方向与速度方向相同或与速度方向的夹角小于90°时，质点的速度渐渐增大，动能渐渐增大；当力的方向与速度方向相反时，质点做匀减速运动，速度渐渐减小到零后再反向渐渐增大，因此动能先渐渐减小到零，再渐渐增大；当力的方向与速度方向的夹角大于90°小于180°时，力的方向与速度方向的夹角渐渐减小，速度先渐渐减小，直到夹角等于90°时速度达到最小值，而后速度渐渐增大，故动能先渐渐减小到某一非零的最小值，再渐渐增大；综上所述，A、B、D正确．
6.(单选)如图所示，ABCD是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底BC的连接处都是一段与BC相切的圆弧，B、C在水平线上，其距离d＝0.50 m．盆边缘的高度为h＝0.30 m．在A处放一个质量为m的小物块并让其从静止动身下滑．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为μ＝0.10.小物块在盆内来回滑动，最终停下来，则停下的位置到B的距离为( )
A．0.50 m B．0.25 m
C．0.10 m D．0
解析：选D.由于BC面粗糙，物块在BC面上来回运动不断消耗机械能，直至停止运动．设物块在BC面上运动的总路程为s.依据动能定理得：mgh－μmgs＝0，解得s＝＝ m＝3 m，由于＝6，可见物块最终停在B点，D正确．
一、单项选择题
1．(2021·杭州模拟)用竖直向上大小为30 N的力F，将质量为2 kg的物体由沙坑表面静止抬升1 m时撤去力F，经一段时间后，物体落入沙坑，测得落入沙坑的深度为20 cm.若忽视空气阻力，g取10 m/s2.则物体克服沙坑的阻力所做的功为( )
A．20 J B．24 J
C．34 J D．54 J
解析：选C.对整个过程应用动能定理得：F·h1＋mgh2－Wf＝0，解得：Wf＝34 J，C对．
2.(2021·吉林摸底)如图所示，将质量为m的小球以速度v0由地面竖直向上抛出．小球落回地面时，其速度大小为v0.设小球在运动过程中所受空气阻力的大小不变，则空气阻力的大小等于( )
A.mg B.mg
C.mg D.mg
解析：选D.对小球向上运动，由动能定理，－(mg＋f)H＝0－mv，对小球向下运动，由动能定理，(mg－f)H＝m2，联立解得f＝mg，选项D正确．
3.(2021·宁波模拟)质量为10 kg的物体，在变力F作用下沿x轴做直线运动，力随坐标x的变化状况如图所示．物体在x＝0处，速度为1 m/s，一切摩擦不计，则物体运动到x＝16 m处时，速度大小为( )
A．2 m/s B．3 m/s
C．4 m/s D. m/s
解析：选B.依据F－x图象可得W总＝40 J，由动能定理得：W总＝mv2－mv，解得v＝3 m/s，B对．
4．(2021·宁夏银川检测)光滑斜面上有一个小球自高为h的A处由静止开头滚下，抵达光滑的水平面上的B点时速率为v0.光滑水平面上每隔相等的距离设置了一个与小球运动方向垂直的阻挡条，如图所示，小球越过n条阻挡条后停下来．若让小球从2h高处以初速度v0滚下，则小球能越过阻挡条的条数为(设小球每次越过阻挡条时损失的动能相等)( )
A．n B．2n
C．3n D．4n
解析：选C.小球第一次从释放至到达B点的过程中，由动能定理得mgh＝mv，由B点到停止的过程中，由动能定理得－nW＝0－mv.小球其次次从释放到停止的过程中，由动能定理得mg·2h－n′W＝0－mv，解得n′＝3n.
5.(2022·高考大纲全国卷)一物块沿倾角为θ的斜坡向上滑动．当物块的初速度为v时，上升的最大高度为H，如图所示；当物块的初速度为时，上升的最大高度记为h.重力加速度大小为g.物块与斜坡间的动摩擦因数和h分别为( )
A．tan θ和 B.tan θ和
C．tan θ和 D.tan θ和
解析：选D.由动能定理有
－mgH－μmgcos θ＝0－mv2
－mgh－μmgcos θ＝0－m2
解得μ＝tan θ，h＝，故D正确．
6.(2021·北京101中学检测)如图所示，质量为m的物体静置在水平光滑平台上，系在物体上的绳子跨过光滑的定滑轮，由地面上的人以速度v0向右匀速拉动，设人从地面上平台的边缘开头向右行至绳与水平方向夹角为45°处，在此过程中人所做的功为( )
A. B.
C. D．mv
解析：选C.由题意知，绳与水平方向夹角为45°时，沿绳方向的速度v＝v0cos 45°＝，故质量为m的物体速度等于，对物体应用动能定理可知，在此过程中人所做的功为W＝mv2－0＝，C正确．
二、多项选择题
7．(2021·山西太原一中检测)质量为1 500 kg的汽车在平直的大路上运动，v－t图象如图所示．由此可求( )
A．前25 s内汽车的平均速度
B．前10 s内汽车的加速度
C．前10 s内汽车所受的阻力
D．15～25 s内合外力对汽车所做的功
解析：选ABD.由图象可求前25秒内的位移，即图象与时间轴所围区域的面积，再由＝可求平均速度，故A正确．前10秒内图线的斜率即为前10秒内的加速度，故B正确．前10秒内汽车的牵引力大小未知，因此汽车所受阻力不能求，故C错．由动能定理，合外力所做的功与动能增量相等，故D正确．
8.(2021·孝感统测)如图所示，汽车通过轻质光滑的定滑轮，将一个质量为m的物体从井中拉出，绳与汽车连接点距滑轮顶点高h，开头时物体静止，滑轮两侧的绳都竖直绷紧，汽车以速度v向右匀速运动，运动到跟汽车连接的细绳与水平方向夹角为30°时，则( )
A．从开头到细绳与水平方向夹角为30°时，拉力做功mgh
B．从开头到细绳与水平方向夹角为30°时，拉力做功mgh＋mv2
C．在细绳与水平方向夹角为30°时，拉力功率为mgv
D．在细绳与水平方向夹角为30°时，拉力功率大于mgv
解析：选BD.汽车以v向右匀速运动，运动到跟汽车连接的细绳与水平方向夹角为30°时，物体上升的高度恰为h，对速度v分解可知沿细绳方向的分速度大小为v，依据动能定理可知A错误、B正确；由于物体加速上升，故细绳拉力大于物体的重力，所以细绳拉力的功率大于mgv，C错误，D正确．
9.如图所示，AB为半径R＝0.50 m的四分之一圆弧轨道，B端距水平地面的高度h＝0.45 m．一质量m＝1.0 kg的小滑块从圆弧轨道A端由静止释放，到达轨道B端的速度v＝2.0 m/s.忽视空气的阻力．取g＝10 m/s2.则下列说法正确的是( )
A．小滑块在圆弧轨道B端受到的支持力大小FN＝16 N
B．小滑块由A端到B端的过程中，克服摩擦力所做的功W＝3 J
C．小滑块的落地点与B点的水平距离x＝0.6 m
D．小滑块的落地点与B点的水平距离x＝0.3 m
解析：选BC.小滑块在B端时，依据牛顿其次定律有FN－mg＝m，解得FN＝18 N，A错误；依据动能定理有mgR－W＝mv2，解得W＝mgR－mv2＝3 J，B正确；小滑块从B点做平抛运动，水平方向上x＝vt，竖直方向上h＝gt2，解得x＝v·＝0.6 m，C正确，D错误．
☆10.如图甲所示，静止在水平地面的物块A，受到水平向右的拉力F作用，F与时间t的关系如图乙所示，设物块与地面的静摩擦力最大值fm与滑动摩擦力大小相等，则( )
A．0～t1时间内F的功率渐渐增大
B．t2时刻物块A的加速度最大
C．t2时刻后物块A做反向运动
D．t3时刻物块A的动能最大
解析：选BD.0～t1时间内，物块静止，F的功率为零，A错误；t2时刻合外力最大，物块A的加速度最大，B正确；t2时刻后物块A连续向前运动，C错误；t1～t3时间内，物块始终加速运动，t3时刻后物块做减速运动，所以t3时刻物块A的动能最大，D正确．
三、非选择题
11．(2021·湖北襄阳四中、荆州中学、龙泉中学联考)质量m＝1 kg的物体，在水平拉力F(拉力方向与物体初速度方向相同)的作用下，沿粗糙水平面运动，经过位移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的图线如图所示．(g取10 m/s2)求：
(1)物体的初速度多大？
(2)物体和水平面间的动摩擦因数为多大？
(3)拉力F的大小．
解析：(1)从图线可知物体初动能为2 J，则
Ek0＝mv2＝2 J
得v＝2 m/s.
(2)在位移为4 m处物体的动能为Ek＝10 J，在位移为8 m处物体的动能为零，这段过程中物体克服摩擦力做功．
设摩擦力为Ff，则
－Ffx2＝0－Ek＝0－10 J＝－10 J
得Ff＝ N＝2.5 N
因Ff＝μmg
故μ＝＝＝0.25.
(3)物体从开头到移动4 m这段过程中，受拉力F和摩擦力Ff的作用，合力为F－Ff，依据动能定理有
(F－Ff)·x1＝Ek－Ek0
故得F＝＋Ff＝N＝4.5 N.
答案：(1)2 m/s (2)0.25 (3)4.5 N
☆12.如图所示，AB是倾角为θ的粗糙直轨道，BCD是光滑的圆弧轨道，AB恰好在B点与圆弧相切，圆弧的半径为R.一个质量为m的物体(可以看做质点)从直轨道上的P点由静止释放，结果它能在两轨道间做来回运动．已知P点与圆弧的圆心O等高，物体与轨道AB间的动摩擦因数为μ，求：
(1)物体做来回运动的整个过程中在AB轨道上通过的总路程；
(2)最终当物体通过圆弧轨道最低点E时，对圆弧轨道的压力；
(3)为使物体能顺当到达圆弧轨道的最高点D，释放点距B点的距离L′应满足什么条件．
解析：(1)由于摩擦力始终对物体做负功，所以物体最终在圆心角为2θ的圆弧轨道上往复运动．
对整体过程由动能定理得：
mgR·cos θ－μmgcos θ·s＝0，
所以总路程为s＝.
(2)对B→E过程
mgR(1－cos θ)＝mv①
FN－mg＝②
由①②得FN＝(3－2cos θ)mg
由牛顿第三定律可知，物体对轨道的压力F′N＝FN＝(3－2cos θ)mg，方向竖直向下．
(3)设物体刚好到D点，则
mg＝③
L′取最小值时，对全过程由动能定理得：
mgL′sin θ－μmgcos θ·L′－mgR(1＋cos θ)＝mv④
由③④得L′＝·R
故应满足的条件为L′≥·R.
答案：(1) (2)(3－2cos θ)mg，方向竖直向下
(3)L′≥·R
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