2022-2023学年高一物理举一反三系列（人教版必修第二册）专题8.3 动能和动能定理（原卷版）

专题8.3动能和动能定理【人教版】TOC\o"1-3"\t"正文,1"\h【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＝6m。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＝10m/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＝eq\f(1,3)，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＝eq\f(1,2)Mv2B．Fs＝eq\f(1,2)mv2C．Fs＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)(M＋m)v2D．F(L＋s)＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)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O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()A.eq\r(3gL) B.eq\r(6gL)C.4eq\r(gL) D.3eq\r(gL)【变式1-3】(多选)如图所示，一块长木板B放在光滑的水平面上，在B上放一物体A，A、B间接触面不光滑。现以恒定的外力拉B，A在B上发生了滑动，以地面为参考系，A、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A和B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B的摩擦力所做的功等于B对A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【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.eq\f(mv02,2πL) B.eq\f(mv02,4πL)C.eq\f(mv02,8πL) D.eq\f(mv02,16πL)【变式2-1】(多选)如图所示，长为L＝0.4m的轻杆一端连着质量为m＝1kg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＝10m/s2，π≈3。下列说法正确的是()A．力F所做的功为4JB．力F的大小约为40NC．小球到达最高点时，轻杆对小球的作用力大小为5ND．撤去F瞬间，小球的速度大小为2m/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0.1kg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OA和AB运动。BC段为一段长为L＝2.0m的粗糙平面，DEFG为接球槽。半圆形轨道OA和AB的半径分别为r＝0.2m、R＝0.4m，小球与BC段的动摩擦因数为μ＝0.7，C点离接球槽的高度为h＝1.25m，水平距离为x＝0.5m，接球槽足够大，g取10m/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B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C点，B、C间的距离为2R，重力加速度为g。若物块滑到BC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()A．物块与水平面间的动摩擦因数为0.25B．物块与水平面间的动摩擦因数为0.5C．水平推力的大小等于eq\f(\r(17)＋1,4)mgD．水平推力的大小等于eq\f(3,4)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，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)。则()A．动摩擦因数μ＝eq\f(6,7)B．载人滑草车最大速度为eq\r(\f(2gh,7))C．载人滑草车克服摩擦力做功为mghD．载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为eq\f(3,5)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ABC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。【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＝1kg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，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g取10m/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，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()A.eq\f(49H,sinθ) B.eq\f(39H,sinθ)C.eq\f(29H,sinθ) D.eq\f(20H,sinθ)【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A，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B，仍从弹簧原长位置由静止释放，则小球B下降h时的速度为(重力加速度为g，不计空气阻力)()A.eq\r(2gh) B.eq\r(\f(4gh,3))C.eq\r(gh) D.eq\r(\f(gh,2))【变式4-1】如图所示，轻弹簧一端系在墙上的O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A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B过程速度一直增加B．小物体从A到B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A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Ox，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x＝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＋eq\r(x12＋2hx1)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＋eq\f(mgx1,2)【变式4-3】如图所示，质量均为m＝4kg的两个小物块A、B(均可视为质点)放置在水平地面上，竖直平面内半径R＝0.4m的光滑半圆形轨道与水平地面相切于C，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B碰撞并粘在一起以共同速度v＝5m/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10m/s2)(1)若s＝1m，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()A.eq\f(1,2)mv02－3mgh B．3mgh－eq\f(1,2)mv02C.eq\f(1,6)mv02－mgh D．mgh－eq\f(1,6)mv02【变式5-1】(多选)质量相等的A、B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∶1B．A、B物体所受摩擦力Ff1∶Ff2＝1∶1C．F1和F2对A、B做的功W1∶W2＝6∶5D．F1和F2对A、B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3m以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图所示。重力加速度取10m/s2。该物体的质量为()A．2kg B．1.5kgC．1kg D．0.5kg【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A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p，小球p在B点时，弹性轻绳处在自然伸长状态。小球p穿过竖直固定杆在C处时，弹性轻绳的弹力为mg。将小球p从C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、B、C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()A．小球从C点运动到D点的过程中克服摩擦力做功为0.3mghB．小球从C点运动到D点的过程中克服摩擦力做功为0.2mghC．若仅把小球质量变为2m，则小球到达D点时的速度大小为eq\r(gh)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eq\r(2gh)【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()A.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【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tanα≥μB．下落过程中重物对螺杆的压力等于mgC．从重物开始升起到最高点摩擦力做功为mghD．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＝60kg的运动员从长直助滑道AB的A处由静止开始以加速度a＝3.6m/s2匀加速滑下，到达助滑道末端B时速度vB＝24m/s，A与B的竖直高度差H＝48m。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B与滑道最低点C的高度差h＝5m，运动员在B、C间运动时阻力做功W＝－1530J，取g＝10m/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C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()A．L1＝eq\f(h,2μ0)，L2＝eq\f(3h,2μ0) B．L1＝eq\f(4h,3μ0)，L2＝eq\f(h,3μ0)C．L1＝eq\f(4h,3μ0)，L2＝eq\f(2h,3μ0) D．L1＝eq\f(3h,2μ0)，L2＝eq\f(h,μ0)【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O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()A.eq\f(2ab,g) B.eq\f(ab,4g)C.eq\f(ab,2g) D.eq\f(4ab,g)【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0.80kg。现在向下压滑块，直到弹簧上端离地面高度h＝0.40m时停止，然后由静止释放滑块。滑块的动能Ek随离地高度h变化的图像如图丙所示。其中高度从0.80m到1.40m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10m/s2。则结合图像可知()A．弹簧原长为0.72mB．空气阻力大小为1.00NC．弹簧的最大弹性势能为9.00JD．在弹簧落回地面的瞬间滑块的动能为5.40J【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10m/s2，物块质量m和所受摩擦力大小f分别为()A．m＝0.7kg，f＝0.5NB．m＝0.7kg，f＝1.0NC．m＝0.8kg，f＝0.5ND．m＝0.8kg，f＝1.0N【变式7-3】如图甲所示，质量为0.1kg的小球从最低点A冲入竖直放置在水平地面上、半径为0.4m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10m/s2，B为轨道AC中点。下列说法中不正确的是()A．图乙中x＝4m2·s－2B．小球从B到C损失了0.125J的机械能C．小球从A到C合外力对其做的功为－1.05JD．小球从C抛出后，落地点到A的距离为0.8m【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()A.R越大，则x越大B.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，x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APB(圆半径比细管的内径大得多)和光滑直管BC组成的轨道固定在水平桌面上，已知APB部分的半径R＝1.0m，BC段长l1＝1.5m。弹射装置将一个质量m＝100g小球(可视为质点)以v0＝8m/s的水平初速度从A点弹入轨道，小球从C点离开轨道随即进入长l2＝2m，μ＝0.1的粗糙水平地面(图上对应为CD)，最后通过光滑轨道DE，从E点水平射出，已知E距离地面的高度为h＝1m，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＝8m/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。【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＝2m，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＝2kg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＝60N的作用，在B点时撤去拉力，AB段的长度为l＝5m，不计空气阻力。(g＝10m/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。【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：(sin53°＝0.8，cos53°＝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？

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x＝6m。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＝10m/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＝eq\f(1,3)，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mgsinθ＝μmgcosθ根据几何关系：tanθ＝eq\f(h,x)联立解得：h＝0.4x＝2.4m。(2)设滑板长为L，由动能定理得：mgh－μ1mgLcosθ＝eq\f(1,2)mv2，x＝Lcosθ联立解得：v＝2eq\r(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＝eq\f(1,2)at2根据牛顿第二定律，下滑的加速度a＝g(sinθ－μ1cosθ)联立解得：t＝eq\r(\f(2L,gsinθ－μ1cosθ))可见，下滑时间与体重无关。[答案](1)2.4m(2)2eq\r(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＝eq\f(1,2)Mv2B．Fs＝eq\f(1,2)mv2C．Fs＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)(M＋m)v2D．F(L＋s)＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)mv2解析：选ACD根据动能定理，对子弹，有－F(L＋s)＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02，D正确；对木块，有FL＝eq\f(1,2)Mv2，A正确；由以上二式可得Fs＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)(M＋m)v2，C正确，B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()A.eq\r(3gL) B.eq\r(6gL)C.4eq\r(gL) D.3eq\r(gL)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＝meq\f(veq\o\al(2,1),L)，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＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，联立可得落地速度v2＝3eq\r(gL)，故A、B、C错误，D正确。【变式1-3】(多选)如图所示，一块长木板B放在光滑的水平面上，在B上放一物体A，A、B间接触面不光滑。现以恒定的外力拉B，A在B上发生了滑动，以地面为参考系，A、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A和B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B的摩擦力所做的功等于B对A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BD解析A物体所受的合力等于B对A的摩擦力，根据动能定理，有B对A的摩擦力所做的功等于A的动能的增量，B正确；A对B的摩擦力与B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、B相对地的位移不相等，故二者做功不相等，C错误；对B应用动能定理，有WF－Wf＝ΔEkB，解得WF＝ΔEkB＋Wf，即外力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，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.eq\f(mv02,2πL) B.eq\f(mv02,4πL)C.eq\f(mv02,8πL) D.eq\f(mv02,16πL)解析：选B对木块由动能定理得：－Ff·2πL＝0－eq\f(1,2)mv02，解得摩擦力大小为：Ff＝eq\f(mv02,4πL)，故B正确，A、C、D错误。【变式2-1】(多选)如图所示，长为L＝0.4m的轻杆一端连着质量为m＝1kg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＝10m/s2，π≈3。下列说法正确的是()A．力F所做的功为4JB．力F的大小约为40NC．小球到达最高点时，轻杆对小球的作用力大小为5ND．撤去F瞬间，小球的速度大小为2m/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＝4J，A正确；施加的力始终垂直于杆，则WF＝F·eq\f(L,2)·eq\f(π,6)，解得F＝eq\f(WF,\f(πL,12))＝40N，B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＝10N，C错误；在力F作用过程中，根据动能定理得WF－mgLsin30°＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(\f(2WF－2mgLsin30°,m))＝2m/s，D正确。[答案]ABD【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0.1kg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OA和AB运动。BC段为一段长为L＝2.0m的粗糙平面，DEFG为接球槽。半圆形轨道OA和AB的半径分别为r＝0.2m、R＝0.4m，小球与BC段的动摩擦因数为μ＝0.7，C点离接球槽的高度为h＝1.25m，水平距离为x＝0.5m，接球槽足够大，g取10m/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B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＝meq\f(vA2,R)，解得vA＝2m/s。(2)钢球从A到B的过程由动能定理得mg·2R＝eq\f(1,2)mvB2－eq\f(1,2)mvA2，在B点有FN－mg＝meq\f(vB2,R)，解得FN＝6N，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6N。(3)从C到D钢球做平抛运动，要使钢球恰好能落入槽中，则x＝vCt，h＝eq\f(1,2)gt2，解得vC＝1m/s，假设钢球在A点的速度恰为vA＝2m/s时，钢球可运动到C点，且速度为vC′，从A到C由动能定理得mg·2R－μmgL＝eq\f(1,2)mvC′2－eq\f(1,2)mvA2，解得vC′2<0，故当钢球在A点的速度恰为vA＝2m/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C由动能定理得mgR－μmgL＝eq\f(1,2)mvC2－eq\f(1,2)mv02，解得v0＝eq\r(21)m/s。答案：(1)2m/s(2)6N(3)eq\r(21)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AB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C点，B、C间的距离为2R，重力加速度为g。若物块滑到BC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()A．物块与水平面间的动摩擦因数为0.25B．物块与水平面间的动摩擦因数为0.5C．水平推力的大小等于eq\f(\r(17)＋1,4)mgD．水平推力的大小等于eq\f(3,4)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，A错误，B正确；设推力作用后，物块还能向右滑行的距离为x，根据动能定理得mgR－μmg(R＋x)－Fx＝0，(F－μmg)(R＋x)－mgR＝0，解得F＝eq\f(\r(17)＋1,4)mg，C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，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)。则()A．动摩擦因数μ＝eq\f(6,7)B．载人滑草车最大速度为eq\r(\f(2gh,7))C．载人滑草车克服摩擦力做功为mghD．载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为eq\f(3,5)g[解析]由题意知，上、下两段斜坡的长分别为s1＝eq\f(h,sin45°)、s2＝eq\f(h,sin37°)由动能定理知：2mgh－μmgs1cos45°－μmgs2cos37°＝0解得动摩擦因数μ＝eq\f(6,7)，选项A正确；载人滑草车在上下两段的加速度分别为a1＝g(sin45°－μcos45°)＝eq\f(\r(2),14)g，a2＝g(sin37°－μcos37°)＝－eq\f(3,35)g，则在下落h时的速度最大，由动能定理知：mgh－μmgs1cos45°＝eq\f(1,2)mv2解得v＝eq\r(\f(2gh,7))，选项B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C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ABC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DC、CB、BF三个过程，现以DF整个过程为研究过程，运用动能定理得：mgh－μmgcosθ·eq\f(R,tanθ)＝0，解得h＝eq\f(μRcosθ,tanθ)。(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：mgRcosθ－μmgcosθ·s＝0，解得：s＝eq\f(R,μ)。答案：(1)eq\f(μRcosθ,tanθ)(2)eq\f(R,μ)【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＝1kg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，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g取10m/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＝mgcos37°f＝μFNF－f－mgsin37°＝ma当加速度为零时，速度最大，此时F＝f＋mgsin37°＝10N由图乙可得出F＝20－10x则F＝10N时，可得出x＝1m由动能定理可得WF＋Wf＋WG＝eq\f(1,2)mvm2－0即eq\f(20＋10,2)×1J－0.5×1×10×1×0.8J－1×10×1×0.6J＝eq\f(1,2)mvm2－0，可得vm＝eq\r(10)m/s。(2)由动能定理可得WF′＋Wf′＋WG′＝0－0则xm＝eq\f(WF′,μmgcos37°＋mgsin37°)＝2m撤去F后，因为mgsin37°＞μmgcos37°，所以物块最后停在斜面的底端，则有WF′＋μmgscos37°＝0－0解得s＝5m。[答案](1)eq\r(10)m/s(2)2m5m【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()A.eq\f(49H,sinθ) B.eq\f(39H,sinθ)C.eq\f(29H,sinθ) D.eq\f(20H,sinθ)答案B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＝eq\f(H,sinθ)，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点滑下的路程s2＝eq\f(2H1,sinθ)＝95%eq\f(2H,sinθ)，同理第二次离开O点到第三次到达O点所走路程s3＝(95%)2eq\f(2H,sinθ)，…，故小物块下滑的总路程s总＝s1＋s2＋…sn＝eq\f(H,sinθ)＋95%eq\f(2H,sinθ)＋(95%)2eq\f(2H,sinθ)＋…(95%)n－1eq\f(2H,sinθ)，n无穷大时，可得s总＝eq\f(39H,sinθ)(等比数列求和)，故B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A，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B，仍从弹簧原长位置由静止释放，则小球B下降h时的速度为(重力加速度为g，不计空气阻力)()A.eq\r(2gh) B.eq\r(\f(4gh,3))C.eq\r(gh) D.eq\r(\f(gh,2))解析：选B设小球A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B下降过程，由动能定理，有3mgh－W1＝eq\f(1,2)·3mv2－0。联立以上两式解得v＝eq\r(\f(4gh,3))，故B正确。【变式4-1】如图所示，轻弹簧一端系在墙上的O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A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B过程速度一直增加B．小物体从A到B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A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A、B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B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C过程中，由动能定理得－Wf＝ΔEk，故C错误；小物体从A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Ox，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x＝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＋eq\r(x12＋2hx1)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＋eq\f(mgx1,2)[解析]小球下落到x＝h时，小球刚接触弹簧，直到x＝h＋x1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＝kx1，解得x1＝eq\f(mg,k)，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＝eq\f(1,2)k(x－h)2，由动能定理得mgx－eq\f(1,2)k(x－h)2＝0，解得最低点的坐标x＝h＋x1＋eq\r(x12＋2hx1)，B正确；由对称性可知，当x＝h＋2x1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＋x1)＋W弹′＝Ekm－0，由题知，W弹′＝－eq\f(1,2)kx12＝－eq\f(1,2)mgx1，解得最大动能Ekm＝mgh＋eq\f(mgx1,2)，D正确。[答案]BD【变式4-3】如图所示，质量均为m＝4kg的两个小物块A、B(均可视为质点)放置在水平地面上，竖直平面内半径R＝0.4m的光滑半圆形轨道与水平地面相切于C，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B碰撞并粘在一起以共同速度v＝5m/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10m/s2)(1)若s＝1m，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。[解析](1)设物块经过C点时速度为vC，物块受到轨道支持力为FNC，由动能定理得：－2μmgs＝eq\f(1,2)×2mvC2－eq\f(1,2)×2mv2，又FNC－2mg＝2meq\f(vC2,R)，代入解得FNC＝500N，由牛顿第三定律知，物块对轨道压力大小也为500N。(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＝2meq\f(v12,R)，得v1＝eq\r(gR)＝2m/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＝eq\f(1,2)×2mv12－eq\f(1,2)×2mv2，代入解得s满足条件s≤1.25m。②物块上滑最大高度不超过eq\f(1,4)圆弧，设物块刚好到达eq\f(1,4)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－eq\f(1,2)×2mv2，同时依题意，物块能滑出粗糙水平面，由动能定理可知eq\f(1,2)×2mv2＞2μmgs，代入解得s满足条件4.25m≤s＜6.25m。[答案](1)500N(2)s≤1.25m或4.25m≤s＜6.25m【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()A.eq\f(1,2)mv02－3mgh B．3mgh－eq\f(1,2)mv02C.eq\f(1,6)mv02－mgh D．mgh－eq\f(1,6)mv02[解析]若物体静止开始下滑，由动能定理得mgh－Wf＝eq\f(1,2)mv12，若该物体以v0的初速度从顶端下滑，由动能定理得mgh－Wf＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)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－eq\f(1,6)mv02。[答案]D【变式5-1】(多选)质量相等的A、B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∶1B．A、B物体所受摩擦力Ff1∶Ff2＝1∶1C．F1和F2对A、B做的功W1∶W2＝6∶5D．F1和F2对A、B做的功W1∶W2＝12∶5解析：选BC从图像可知，两物体匀减速运动的加速度大小都为a＝eq\f(v0,t0)，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A错误，B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－Ffx1＝0，W2－Ffx2＝0，解得W1＝Ffx1，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3m以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图所示。重力加速度取10m/s2。该物体的质量为()A．2kg B．1.5kgC．1kg D．0.5kg解析：选C画出物体运动示意图，设阻力为f，据动能定理知，A→B(上升过程)：－(mg＋f)h＝EkB－EkA，C→D(下落过程)：(mg－f)h＝EkD－EkC，整理以上两式得：mgh＝30J，解得物体的质量m＝1kg。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A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p，小球p在B点时，弹性轻绳处在自然伸长状态。小球p穿过竖直固定杆在C处时，弹性轻绳的弹力为mg。将小球p从C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、B、C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()A．小球从C点运动到D点的过程中克服摩擦力做功为0.3mghB．小球从C点运动到D点的过程中克服摩擦力做功为0.2mghC．若仅把小球质量变为2m，则小球到达D点时的速度大小为eq\r(gh)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eq\r(2gh)解析：选BC设BC的长度为L，根据胡克定律有mg＝kL，设BD与竖直方向的夹角为α，则伸长量为eq\f(L,sinα)，故弹力为F＝keq\f(L,sinα)，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＝Fsinα＝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C点运动到D点的过程中克服摩擦力做功为Wf＝fh＝0.2mgh，故A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C点运动到D点的过程，根据动能定理，有2mgh－fh－W弹＝eq\f(1,2)×2mvD2，解得vD＝eq\r(gh)，故C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()A.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＝eq\f(1,2)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tanα≥μB．下落过程中重物对螺杆的压力等于mgC．从重物开始升起到最高点摩擦力做功为mghD．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mgsinα≤μmgcosα，解得μ≥tanα，A错误；重物对螺杆压力FN＝mgcosα，B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＝－μmgcosα·L＝－tanα·mgcosα·eq\f(h,sinα)＝－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＝60kg的运动员从长直助滑道AB的A处由静止开始以加速度a＝3.6m/s2匀加速滑下，到达助滑道末端B时速度vB＝24m/s，A与B的竖直高度差H＝48m。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B与滑道最低点C的高度差h＝5m，运动员在B、C间运动时阻力做功W＝－1530J，取g＝10m/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C点所在圆弧的半径R至少应为多大。解析：(1)运动员在AB段做初速度为零的匀加速运动，设AB的长度为x，则有vB2＝2ax ①由牛顿第二定律有mgeq\f(H,x)－Ff＝ma ②联立①②式，代入数据解得Ff＝144N。 ③(2)设运动员到达C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＝eq\f(1,2)mvC2－eq\f(1,2)mvB2 ④设运动员在C点所受的支持力为FN，由牛顿第二定律有FN－mg＝meq\f(vC2,R) 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＝12.5m。 ⑥答案：(1)144N(2)12.5m【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()A．L1＝eq\f(h,2μ0)，L2＝eq\f(3h,2μ0) B．L1＝eq\f(4h,3μ0)，L2＝eq\f(h,3μ0)C．L1＝eq\f(4h,3μ0)，L2＝eq\f(2h,3μ0) D．L1＝eq\f(3h,2μ0)，L2＝eq\f(h,μ0)解析：选CD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mgsinθ＜μmgcosθ，可得μ＞tanθ＝eq\f(h,L1)，即有L1＞eq\f(h,μ)，因μ0≤μ≤1.2μ0，所有游客在倾斜滑道上匀减速下滑，可得L1＞eq\f(h,μ0)，滑行结束时停在水平滑道上，对全程由动能定理有mg·2h－μmgcosθ·eq\f(L1,cosθ)－μmgx＝0－0，其中0＜x≤L2，可得L1＜eq\f(2h,μ)，L1＋L2≥eq\f(2h,μ)，代入μ0≤μ≤1.2μ0，可得L1＜eq\f(5h,3μ)，L1＋L2≥eq\f(2h,μ0)，综合需满足eq\f(h,μ0)＜L1＜eq\f(5h,3μ0)和L1＋L2≥eq\f(2h,μ0)，故C、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O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()A.eq\f(2ab,g) B.eq\f(ab,4g)C.eq\f(ab,2g) D.eq\f(4ab,g)解析：选A小球在最高点时有FT＋mg＝meq\f(v2,r)，即FT＝eq\f(m,r)v2－mg，由题图乙可知eq\f(m,r)＝k＝eq\f(b,a)，mg＝b，解得m＝eq\f(b,g)，r＝eq\f(a,g)，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ΔEk＝2mgr＝eq\f(2ab,g)。【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0.80kg。现在向下压滑块，直到弹簧上端离地面高度h＝0.40m时停止，然后由静止释放滑块。滑块的动能Ek随离地高度h变化的图像如图丙所示。其中高度从0.80m到1.40m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10m/s2。则结合图像可知()A．弹簧原长为0.72mB．空气阻力大小为1.00NC．弹簧的最大弹性势能为9.00JD．在弹簧落回地面的瞬间滑块的动能为5.40J[解析]由题图丙可知，从h＝0.80m开始，弹簧下端与地面分离，则知弹簧的原长为0.80m，故A错误；从0.80m上升到1.40m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0.80m上升到1.40m范围内图像为直线，其余部分为曲线，说明滑块从0.80m上升到1.40m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＝0.60m，Ek＝5.40J，解得空气阻力f＝1.00N，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Epm＝(mg＋f)Δh′＝9.00J，故C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＝Ek′－0，得Ek′＝4.2J，故D错误。[答案]BC【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10m/s2，物块质量m和所受摩擦力大小f分别为()A．m＝0.7kg，f＝0.5NB．m＝0.7kg，f＝1.0NC．m＝0.8kg，f＝0.5ND．m＝0.8kg，f＝1.0N解析：选A0～10m内物块上滑，由动能定理得－mgsin30°·s－fs＝Ek－Ek0，整理得Ek＝Ek0－(mgsin30°＋f)s，结合0～10m内的图像得mgsin30°＋f＝4N；10～20m内物块下滑，由动能定理得(mgsin30°－f)(s－s1)＝Ek，整理得Ek＝(mgsin30°－f)s－(mgsin30°－f)s1，结合10～20m内的图像得mgsin30°－f＝3N，联立解得f＝0.5N，m＝0.7kg。故A正确。【变式7-3】如图甲所示，质量为0.1kg的小球从最低点A冲入竖直放置在水平地面上、半径为0.4m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10m/s2，B为轨道AC中点。下列说法中不正确的是()A．图乙中x＝4m2·s－2B．小球从B到C损失了0.125J的机械能C．小球从A到C合外力对其做的功为－1.05JD．小球从C抛出后，落地点到A的距离为0.8m解析：选B当h＝0.8m时，小球恰在C点，由于小球恰好通过最高点C，由mg＝meq\f(vC2,r)，可得vC2＝gr＝4m2·s－2，A正确；小球从A到C的过程中，动能减少量ΔEk＝eq\f(1,2)mvA2－eq\f(1,2)mvC2＝1.05J，故合外力对其做的功为－1.05J，重力势能增加量ΔEp＝mg·2r＝0.8J，故机械能减少0.25J，由于小球在A→B段所受摩擦力大于在B→C段的摩擦力，故小球从B到C损失的机械能小于0.125J，B错误，C正确；小球离开C点后做平抛运动，由2r＝eq\f(1,2)gt2，x＝vCt，可解得x＝0.8m，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x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B.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，x才有最小值答案C解析设半圆的半径为R，根据