高考物理一轮复习 知识点37：动能定理及应用（提高解析版）

知识点37：动能定理及应用【知识思维方法技巧】（1）动能定理的理解：①动能定理内容：在一个过程中合力对物体所做的功，等于物体在这个过程中动能的变化．②动能定理表达式：W总＝ΔEk＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12或W总＝Ek2－Ek1.“外力”指的是合外力，可以是重力、弹力、摩擦力、电场力、磁场力或其他力，它们可以同时作用，也可以不同时作用．“外力”既可以是恒力，也可以是变力．③动能定理的物理意义：合力的功是物体动能变化的量度．（2）运用动能定理解题的优越性：①动能定理既适用于恒力做功、直线运动、单过程问题，也适用于变力做功、曲线运动、多过程问题、电场与磁场。②动能定理不涉及势能，解决的是合力做功与动能变化的问题，各力做功的情况都要进行分析。列动能定理方程时，必须明确各力做功的正、负，确实难以判断的先假定为正功，最后根据结果加以检验．求克服某力做的功，可以直接带入负号。③动能定理中的位移和速度一般以地面或相对地面静止的物体为参考系。动能定理是一个标量式，不存在方向的选取问题．当然动能定理也就不存在分量的表达式。（3）应用流程考点一：动能定理在直线运动中的应用题型一：动能定理在直线型单过程问题中的应用【典例1提高题】相同材料制成的A、B两物块，以相同初速度同时滑上水平桌面，两物块质量分别为、且，则（）A．物块A惯性大，滑行距离大B．物块B阻力小，滑行距离大C．两物块滑行的时间相等D．两物块克服阻力做功相等【典例1提高题】【答案】C【解析】令初速度为v0，与桌面间的摩擦因数为，根据动能定理，对A有，对B有，联立可得，质量是惯性的唯一量度，质量大的物体惯性大，所以物块A惯性大，故AB错误；根据动量定理，对A有，对B有，联立可得，故C正确；根据定能定理，对A有，对B有，因为，所以，故D错误。【典例1提高题对应练习】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2v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μ和h分别为()A．tanθ和2H B．tanθ和4HC．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v2,2gH)－1))tanθ和2H D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v2,2gH)－1))tanθ和4H【典例1提高题对应练习】【答案】D【解析】由动能定理得mgH＋μmgcosθ·eq\f(H,sinθ)＝eq\f(1,2)mv2，mgh＋μmgcosθ·eq\f(h,sinθ)＝eq\f(1,2)m(2v)2，联立解得h＝4H，μ＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v2,2gH)－1))tanθ，选项D正确．题型二：动能定理在直线型多过程问题中的应用【知识思维方法技巧】运用动能定理解决多过程问题时，有两种思路：一种是全过程列式，另一种是分段列式。全过程列式时，涉及重力、弹簧弹力，大小恒定的阻力或摩擦力做功时，要注意运用它们的功能特点：重力做的功取决于物体的初、末位置，与路径无关；大小恒定的阻力或摩擦力做的功等于力的大小与路程的乘积。弹簧弹力做功与路径无关。类型一：水平式多过程运动模型【典例2a提高题】质量为m的物体，在水平面上以初速度v0开始滑动，经距离d时，速度减为。物体与水平面各处的动摩擦因数相同，则（）A．物体与水平面间的动摩擦因数为B．克服摩擦力做的功为C．物体再前进便停止D．要使物体前进总距离为2d，其初速度应为【典例2a提高题】【答案】CD【详解】根据动能定理，即克服摩擦力做功为，根据，解得，AB错误；根据动能定理，解得，C正确；根据动能定理，解得，D正确。【典例2a提高题对应练习】如图所示，运动员把冰壶沿水平冰面投出，让冰壶在冰面上滑行，在不与其他冰壶碰撞的情况下，最终停在远处的某个位置，按比赛规则，冰壶投出后，可以用毛刷在其滑行前方来回摩擦冰面，减小冰壶与冰面间的动摩擦因数以调节冰壶的运动，将冰壶的运动简化为直线运动且不考虑冰壶的转动．已知未摩擦冰面时，冰壶与冰面间的动摩擦因数为0.02.重力加速度g取10m/s2.(1)运动员以3.6m/s的水平速度将冰壶投出，未摩擦冰面的情况下，求冰壶能在冰面上滑行的最大距离s；(2)设未摩擦冰面时，冰壶与冰面间的动摩擦因数为μ，摩擦冰面后二者之间的动摩擦因数变为kμ，其中0<k<1，若运动员仍以某一水平速度将冰壶投出，设运动过程中，冰壶运动中累计滑过被毛刷摩擦过的冰面长度为L，求与未摩擦冰面相比，冰壶运动可以多滑行的距离Δs.【典例2a提高题对应练习】【答案】(1)32.4m(2)(1－k)L【解析】(1)以冰壶为研究对象，从投出冰壶到冰壶停下来的过程中－μmgs＝0－eq\f(1,2)mv2，得s＝32.4m.(2)未摩擦冰面时有－μmgs′＝0－eq\f(1,2)mv′2，摩擦冰面时有－μmg(s′＋Δs－L)－kμmgL＝0－eq\f(1,2)mv′2，联立得Δs＝(1－k)L.类型二：斜面式多过程运动模型【典例2b提高题】(多选)如图所示，直杆AB与水平面成α角固定，在杆上套一质量为m的小滑块，杆底端B点处有一弹性挡板，杆与板面垂直，滑块与挡板碰撞后原速率返回。现将滑块拉到A点由静止释放，与挡板第一次碰撞后恰好能上升到AB的中点，设重力加速度为g，由此可以确定()A．滑块下滑和上滑过程加速度的大小a1、a2B．滑块第1次与挡板碰撞前的速度v1C．滑块与杆之间的动摩擦因数μD．滑块第k次与挡板碰撞到第k＋1次与挡板碰撞的时间间隔Δt【典例2b提高题】【答案】AC【解析】设AB长为L。对整个过程运用动能定理得：mgsinα·0.5L－μmgcosα(L＋0.5L)＝0，得：μ＝eq\f(sinα,3cosα)；根据牛顿第二定律得下滑过程：mgsinα－μmgcosα＝ma1；上滑过程：mgsinα＋μmgcosα＝ma2；解得：a1＝gsinα－μgcosα，a2＝gsinα＋μgcosα，所以可求得滑块下滑和上滑过程加速度的大小a1、a2，故A、C正确；由于AB间的距离未知，尽管求出加速度，但不能求出滑块到达挡板时的时间以及与挡板碰撞的速度，故B、D错误。【典例2b提高题对应练习】将三个木板1、2、3固定在墙角，木板与墙壁和地面构成了三个不同的三角形，如图所示，其中1与2底边相同，2和3高度相同。现将一个可以视为质点的物块分别从三个木板的顶端由静止释放，并沿斜面下滑到底端，物块与木板之间的动摩擦因数均相同。在这三个过程中，下列说法正确的是（）A．沿着1和2下滑到底端时，物块的速度不同；沿着2和3下滑到底端时，物块的速度相同B．沿着1下滑到底端时，物块的速度最大C．物块沿着3下滑到底端的过程中，产生的热量是最少的D．物块沿着1和2下滑到底端的过程，产生的热量是一样多的【典例2b提高题对应练习】【答案】BD【解析】设任意一斜面倾角为，斜面的长度为L，则物体下滑过程中克服摩擦力做功为，Lcosθ即为斜面底边的长度，设物体滑到底端时的速度为v，根据动能定理得：，根据图中斜面高度和底边长度可知，滑到底边时速度大小关系为，即沿着1下滑到底端时，物块的速度最大，故A错误，B正确。摩擦生热等于物块克服摩擦力做功，即由图可知1和2底边相等且小于3的底边，故摩擦生热关系为，即物块沿着1和2下滑到底端的过程中，产生的热量一样多，物块沿着3下滑到底端的过程中，产生的热量最多，故C错误，D正确；故选BD。类型三：竖直式多过程运动模型【典例2c提高题】如图所示，质量为的小球，从离地面高处由静止开始释放，落到地面后继续陷入泥中深度而停止，不计空气阻力，重力加速度为，则下列说法正确的是（）A．小球落地时动能等于B．小球在泥土中受到的平均阻力为C．整个过程中小球克服阻力做的功等于D．小球陷入泥中的过程中克服泥的阻力所做的功等于刚落到地面时的动能【典例2c提高题】【答案】C【解析】小球落到地面过程，根据动能定理有可知，小球落地时动能等于，A错误；小球在运动的全过程有，解得，B错误；根据上述，整个过程中小球克服阻力做的功为，C正确；小球陷入泥中的过程，根据动能定理有，解得，可知，小球陷入泥中的过程中克服泥的阻力所做的功等于刚落到地面时的动能与减小的重力势能之和，D错误。【典例2c提高题对应练习】人们有时用“打夯”的方式把松散的地面夯实。设某次打夯符合以下模型：两人同时通过绳子对重物各施加一个恒力F方向都与竖直方向成θ角，重物离开地面H后人停止施力，最后重物自由下落把地面砸深了h。已知重物的质量为M，下列说法正确的是()A．整个过程重力做功为零B．拉力做功为FHcosθC．重物刚落地时的动能为MgHD．重物克服地面的冲击力做的功为2FHcosθ＋Mgh【典例2c提高题对应练习】【答案】D【解析】整个过程重物的位移方向向下，则重力做正功，WG＝Mgh，A错误；拉力做功为W＝2FHcosθ，B错误；若刚停止施力时重物的速度为v，则重物刚落地时的动能为Ek＝MgH＋eq\f(1,2)Mv2，C错误；整个过程中由动能定理2FHcosθ＋Mgh－W地＝0，即重物克服地面的冲击力做的功为W地＝2FHcosθ＋Mgh，D正确。类型四：水平式+斜面式运动模型【典例2d提高题】如图所示，小物体从A处由静止开始沿光滑斜面AO下滑，又在粗糙水平面上滑动，最终停在B处，已知A距水平面OB的高度为h，物体的质量为m,现用力将物体从B点静止沿原路拉回至距水平面高为eq\f(2,3)h的C点处，已知重力加速度为g，需外力做的功至少应为()A．eq\f(1,3)mghB．eq\f(2,3)mghC．eq\f(5,3)mgh D．2mgh【典例2d提高题】【答案】C【解析】物体从A到B全程应用动能定理可得mgh－Wf＝0，由B返回C处过程，由动能定理得WF－Wf－eq\f(2,3)mgh＝0，联立可得WF＝eq\f(5,3)mgh，故选C．【典例2d提高题对应练习】滑梯是幼儿园必备的一种玩具，它可以培养孩子坚定的意志和信心，可以培养孩子的勇敢精神．现有一滑梯，高处水平台面距地面高h＝1.5m，倾斜槽倾角为37°，下端为水平槽，长L＝0.5m，厚度不计．倾斜部分和水平部分用一忽略大小的圆弧连接，示意图如图所示，一质量为20kg的小孩由静止从高处水平台面沿倾斜槽下滑，当滑到水平槽末端时速度大小为v＝2m/s.(结果保留两位小数，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求：（1）若滑梯的倾斜槽和水平槽动摩擦因数相同，求出动摩擦因数μ的值；（2）若小孩滑到水平槽末端速度大于1m/s时危险性较大，为了小孩能滑到水平槽且保证安全，将滑梯水平槽粗糙处理．[倾斜槽的动摩擦因数与(1)问中相同]，请求出水平槽处理后的动摩擦因数μ1的取值范围．【典例2d提高题对应练习】【答案】(1)0.52(2)μ1≥0.82【解析】(1)研究小孩的整个运动过程，利用动能定理：mgh－μmgcos37°×eq\f(h,sin37°)－μmgL＝eq\f(1,2)mv2，解得μ＝0.52(2)为使小孩能安全到达水平槽的末端，则在水平槽的末端速度v′应小于等于1m/s，小孩到达斜槽末端的速度为v1，利用动能定理，在倾斜槽上有mgh－μmgcos37°×eq\f(h,sin37°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)在水平槽上有eq\f(1,2)mv′2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝－μ1mgL联立得μ1＝0.82，所以μ1≥0.82.考点二：动能定理在曲线型运动中的应用题型一：动能定理在曲线型单过程问题中的应用【知识思维方法技巧】竖直平面内的圆周运动的基本思路是“两点一过程”。(1)“两点”即最高点和最低点，在最高点和最低点对物体进行受力分析，确定向心力，根据牛顿第二定律列方程。(2)“一过程”即从最高点到最低点，往往由动能定理将这两点联系起来。类型一：斜面式圆周运动【典例1a提高题】如图所示，光滑斜面与水平面成α角，斜面上一根长为l＝0.30m的轻杆，一端系住质量为0.2kg的小球，另一端固定在O点，现将轻杆拉直至水平位置，然后给小球一沿着平板并与轻杆垂直的初速度v0＝3.0m/s，取g＝10m/s2，则()A．此时小球的加速度大小为eq\r(30)m/s2B．小球到达最高点时杆的弹力沿斜面向上C．若增大v0，到达最高点时杆对小球的弹力一定增大D．若增大v0，到达最高点时杆对小球的弹力可能减小【典例1a提高题】【答案】C【解析】小球做变速圆周运动，在初位置加速度不指向圆心，将其分解：切向加速度为：a′＝eq\f(mgsinα,m)＝gsinα；向心加速度为：an＝eq\f(v02,l)＝eq\f(32,0.30)m/s2＝30m/s2；此时小球的加速度为合加速度，a＝eq\r(an2＋a′2)＞an＝30m/s2＞eq\r(30)m/s2，故A错误；从开始到最高点过程，根据动能定理，有：－mglsinα＝eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,2)mv02，解得：v1＝eq\r(v02－2glsinα)，考虑临界情况，如果没有杆的弹力，重力平行斜面的分力提供向心力，有：mgsinα＝meq\f(v22,l)，代入数据计算可以得到v2小于v1，说明杆在最高点对球的作用力是拉力，故B错误；在最高点时，轻杆对小球的弹力是拉力，故：F＋mgsinα＝meq\f(v最高2,l)，如果初速度增大，则最高点速度也增大，故拉力F一定增大，故C正确，D错误。【典例1a提高题对应练习】(多选)如图所示，一块足够大的光滑平板放置在水平面上，能绕水平固定轴MN自由转动从而实现调节其与水平面所成的倾角．板上有一根长为l＝0.5m的轻绳，一端系住一个质量为m＝0.5kg的小球，另一端固定在板上的O点．当平板倾角为α时，先将轻绳平行于水平轴MN拉直，然后给小球一沿着平板并与轻绳垂直的初速度v0＝2m/s，g取10m/s2，则()A．若α＝0°，则轻绳对小球的拉力大小为FT＝4NB．若α＝90°，则小球相对于初始位置可上升的最大高度为0.3mC．小球能在平板上绕O点做完整的圆周运动，α必须满足的条件为sinα≤eq\f(2,5)D．小球能在平板上绕O点做完整的圆周运动，α必须满足的条件为sinα≤eq\f(4,15)【典例1a提高题对应练习】【答案】AD【解析】小球在平板上运动时受轻绳的拉力、重力和平板的弹力．在垂直平板方向上合力为零，重力沿平板方向的分力为mgsinα，小球在最高点时，由轻绳的拉力和重力沿平板方向的分力的合力提供向心力，有FT＋mgsinα＝meq\f(v\o\al(2,1),l)①，研究小球从释放点到最高点的过程，据动能定理有：－mglsinα＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)②，若恰好通过最高点，轻绳拉力FT＝0，联立①②解得：sinα＝eq\f(v\o\al(2,0),3gl)＝eq\f(4,15)，故C错误，D正确；若α＝0°，则轻绳对小球的拉力大小为：FT＝meq\f(v\o\al(2,0),l)＝4N，故A正确；若α＝90°，小球不能到达最高点，假设能够上升0.3m，重力势能的增加量mgh＝1.5J，初动能eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝1J，机械能不守恒，故B错误．类型二：竖直式圆周运动【典例1b提高题】如图所示，一小球以一定的初速度从图示位置进入光滑的轨道，小球先进入圆轨道1，再进入圆轨道2，圆轨道1的半径为R，圆轨道2的半径是轨道1的1.8倍，小球的质量为m，若小球恰好能通过轨道2的最高点B，则小球在轨道1上经过A处时对轨道的压力为()A.2mgB.3mgC.4mg D.5mg【典例1b提高题】【答案】C【解析】小球恰好能通过轨道2的最高点B时，有mg＝eq\f(mveq\o\al(2,B),1.8R)，小球在轨道1上经过A处时，有F＋mg＝eq\f(mveq\o\al(2,A),R)，根据机械能守恒定律，有1.6mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，解得F＝4mg，C正确。【典例1b提高题对应练习】如图所示，半径为R的细圆管(管径可忽略)内壁光滑，竖直放置，一质量为m、直径略小于管径的小球可在管内自由滑动，测得小球在管顶部时与管壁的作用力大小为mg，g为当地重力加速度，则()A．小球在管顶部时速度大小一定为eq\r(2gR)B．小球运动到管底部时速度大小可能为eq\r(2gR)C．小球运动到管底部时对管壁的压力可能为5mgD．小球运动到管底部时对管壁的压力一定为7mg【典例1b提高题对应练习】【答案】C【解析】小球在管顶部时可能与外壁有作用力，也可能与内壁有作用力。如果小球与外壁有作用力，对小球受力分析可知2mg＝meq\f(v2,R)，可得v＝eq\r(2gR)，其由管顶部运动到管底部的过程中由机械能守恒有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝2mgR＋eq\f(1,2)mv2，可得v1＝eq\r(6gR)，小球在管底部时，由牛顿第二定律有FN1－mg＝meq\f(veq\o\al(2,1),R)，解得FN1＝7mg，由牛顿第三定律知，小球对管壁的压力为7mg。如果小球与内壁有作用力，对小球受力分析可知，在最高点小球速度为零，其由管顶部运动到管底部过程中由机械能守恒有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＝2mgR，解得v2＝2eq\r(gR)，小球在管底部时，由牛顿第二定律有FN2－mg＝meq\f(veq\o\al(2,2),R)，解得FN2＝5mg，由牛顿第三定律知，小球对管壁的压力为5mg，选项C正确，A、B、D错误。题型二：动能定理在曲线型多过程问题中的应用【知识思维方法技巧】（1）曲线型多过程模型特点：物体在整个运动过程中，经历直线运动、曲线运动、圆周运动和平抛运动或三种运动两两组合.（2）运动表现形式：直线运动有水平面上的直线运动、斜面上的直线运动、传送带上的直线运动；圆周运动有绳模型圆周运动、杆模型圆周运动、拱形桥模型圆周运动；平抛运动有与斜面相关的平抛运动、与圆轨道相关的平抛运动。（3）动能定理在曲线型多过程问题中的应用技巧：这类模型一般不难，各阶段的运动过程具有独立性，只要对不同过程分别选用相应规律即可，两个相邻的过程连接点的速度是联系两过程的纽带，是解决问题的重要突破口。类型一：圆弧运动＋竖直圆周运动模型【典例2a提高题】如图所示，一个可视为质点的滑块从高H＝12m处的A点由静止沿光滑的轨道AB滑下，进入半径为r＝4m的竖直圆环，圆环内轨道与滑块间的动摩擦因数处处相同，当滑块到达圆环顶点C时，滑块对轨道的压力恰好为零，滑块继续沿CFB滑下，进入光滑轨道BD，且到达高度为h的D点时速度为零，则h的值可能为(重力加速度大小g取10m/s2)()A．8mB．9mC．10m D．11m【典例2a提高题】【答案】B【解析】滑块到达圆环顶点C时对轨道压力为零，由牛顿第二定律得mg＝meq\f(v\o\al(2,C),r)，得速度vC＝eq\r(gr)，设滑块在BEC段上克服摩擦力做的功为W1，由动能定理得mg(H－2r)－W1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)，则W1＝mg(H－2r)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)＝mg(H－eq\f(5,2)r)，滑块在CFB段克服摩擦力做的功W2满足0<W2<W1，从C到D，由动能定理得－mg(h－2r)－W2＝－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)，代入得8m<h<10m，选项B正确．类型二：圆弧运动+平抛运动模型【典例2b提高题】如图所示，位于竖直平面内的光滑轨道由四分之一圆弧ab和抛物线bc组成，圆弧半径Oa水平，b点为抛物线顶点．已知h＝2m，s＝eq\r(2)m．取重力加速度大小g＝10m/s2.（1）一小环套在轨道上从a点由静止滑下，当其在bc段轨道运动时，与轨道之间无相互作用力，求圆弧轨道的半径；（2）若环从b点由静止因微小扰动而开始滑下，求环到达c点时速度的水平分量的大小．【典例2b提高题】【答案】(1)0.25m(2)eq\f(2\r(10),3)m/s【解析】(1)小环在bc段轨道运动时，与轨道之间无相互作用力，则说明下落到b点时的速度水平，使小环做平抛运动的轨迹与轨道bc重合，故有s＝vbt，h＝eq\f(1,2)gt2。在ab滑落过程中，根据动能定理可得mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,b)，联立三式可得R＝eq\f(s2,4h)＝0.25m。(2)下滑过程中，初速度为零，只有重力做功，根据动能定理可得mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,c)，因为小环滑到c点时速度与竖直方向的夹角等于(1)问中做平抛运动过程中经过c点时速度与竖直方向的夹角，设为θ，则根据平抛运动规律可知sinθ＝eq\f(vb,\r(v\o\al(2,b)＋2gh))，根据运动的合成与分解可得sinθ＝eq\f(v水平,vc)，联立可得v水平＝eq\f(2\r(10),3)m/s.【典例2b提高题对应练习】如图所示为某游乐场内水上滑梯轨道示意图，粗糙轨道ABC在同一竖直平面内，点A距水面的高度为H，点C距水面的高度为h＝eq\f(H,4)，BC部分可视为半径为R＝eq\f(H,2)的圆弧。一质量为m的游客(视为质点)从轨道A点由静止滑下，到C点时沿水平方向滑离轨道，最终落在水面上的D点，若游客在C点时对轨道的压力大小为3mg，不计空气阻力，重力加速度为g，求：(1)运动过程中，游客克服摩擦力所做的功；(2)游客刚入水时的速度与水平方向夹角的正切值及重力的瞬时功率。【典例2b提高题对应练习】【答案】(1)eq\f(1,4)mgH(2)eq\f(\r(2),2)eq\f(mg\r(2gH),2)【解析】(1)游客在C点时，对其受力分析如图，由牛顿第二定律得FN－mg＝meq\f(veq\o\al(2,0),R)，代入数据可得v0＝eq\r(gH)①，对游客从A到C，由动能定理得mg(H－h)－Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)②，解得Wf＝eq\f(1,4)mgH。③(2)对游客从C到D，由平抛运动规律得veq\o\al(2,y)＝2gh④，设游客入水时的速度方向与水平方向成θ角，则tanθ＝eq\f(vy,v0)⑤，联立①④⑤解得tanθ＝eq\f(\r(2),2)，重力的瞬时功率P＝mgvy，解得P＝eq\f(mg\r(2gH),2)。类型三：平抛运动+竖直圆周运动【典例2c提高题】如图所示，P是水平面上的固定圆弧轨道，从高台边B点以速度v0水平飞出质量为m的小球，恰能从左端A点沿圆弧切线方向进入。O是圆弧的圆心，θ是OA与竖直方向的夹角。已知m＝0.5kg，v0＝3m/s，θ＝53°，圆弧轨道半径R＝0.5m，g取10m/s2，不计空气阻力和所有摩擦，求：（1）A、B两点的高度差；（2）小球能否到达最高点C？如能到达，小球对C点的压力大小为多少？【典例2c提高题】【答案】(1)0.8m(2)4N【解析】(1)小球从B到A做平抛运动，到达A点时，速度与水平方向的夹角为θ，则有vA＝eq\f(v0,cosθ)＝5m/s，根据机械能守恒定律，有mgh＝eq\f(1,2)mvA2－eq\f(1,2)mv02解得A、B两点的高度差h＝0.8m。(2)假设小球能到达C点，由机械能守恒定律得eq\f(1,2)mvC2＋mgR(1＋cosθ)＝eq\f(1,2)mvA2代入数据解得vC＝3m/s，小球通过C点的最小速度为v，则mg＝meq\f(v2,R)，v＝eq\r(gR)＝eq\r(5)m/s，因为vC>v，所以小球能到达最高点C，在C点，由牛顿第二定律得mg＋F＝meq\f(vC2,R)代入数据解得F＝4N，由牛顿第三定律知，小球对C点的压力大小为4N。【典例2c提高题对应练习】如图所示为水上乐园的设施，由弯曲滑道、竖直平面内的圆形滑道、水平滑道及水池组成，圆形滑道外侧半径R＝2m，圆形滑道的最低点的水平入口B和水平出口B′相互错开，为保证安全，在圆形滑道内运动时，要求紧贴内侧滑行。水离水平滑道高度h＝5m。现游客从滑道A点由静止滑下，游客可视为质点，不计一切阻力，重力加速度g取10m/s2，求：（1）起滑点A至少离水平滑道多高？（2）为了保证游客安全，在水池中放有长度L＝5m的安全气垫MN，其厚度不计，满足(1)的游客恰落在M端，要使游客能安全落在气垫上，安全滑下点A距水平滑道的高度取值范围为多少？【典例2c提高题对应练习】【答案】(1)5m(2)5m≤H≤11.25m【解析】(1)游客在圆形滑道内侧恰好滑过最高点时，有mg＝meq\f(v2,R)，从A到圆形滑道最高点，由机械能守恒定律得mgH1＝eq\f(1,2)mv2＋mg·2R。解得H1＝eq\f(5,2)R＝5m。(2)落在M点时抛出速度最小，从A到C由机械能守恒定律得mgH1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，v1＝eq\r(2gH1)＝10m/s水平抛出，由平抛运动规律可知h＝eq\f(1,2)gt2，得t＝1s则s1＝v1t＝10m，落在N点时s2＝s1＋L＝15m则对应的抛出速度v2＝eq\f(s2,t)＝15m/s，由mgH2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)得H2＝eq\f(v\o\al(2,2),2g)＝11.25m，安全滑下点A距水平滑道高度范围为5m≤H≤11.25m。考点三：动能定理在直线+曲线多运动组合问题的应用【知识思维方法技巧】（1）分析思路：①受力与运动分析：根据物体的运动过程分析物体的受力情况，以及不同运动过程中力的变化情况；②做功分析：根据各种力做功的不同特点，分析各种力在不同运动过程中的做功情况；③功能关系分析：运用动能定理进行分析，选择合适的规律求解．（2）方法技巧：①“合”——整体上把握全过程，构建大致的运动情景；②“分”——将全过程进行分解，分析每个子过程对应的基本规律；③“合”——找出各子过程之间的联系，以衔接点为突破口，寻求解题最优方案．题型一：直线运动＋平抛运动模型【典例1提高题】如图所示，在粗糙水平台阶上静止放置一质量m＝0.5kg的小物块，它与水平台阶表面间的动摩擦因数μ＝0.5，且与台阶边缘O点的距离s＝5m．在台阶右侧固定了一个eq\f(1,4)圆弧挡板，圆弧半径R＝1m，今以O点为原点建立平面直角坐标系．现用F＝5N的水平恒力拉动小物块，一段时间后撤去拉力，小物块最终水平抛出并击中挡板．（1）若小物块恰能击中挡板上的P点(OP与水平方向夹角为37°，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2)，求其离开O点时的速度大小；（2）为使小物块击中挡板，求拉力F作用的最短时间；（3）改变拉力F的作用时间，使小物块击中挡板的不同位置．求击中挡板时小物块动能的最小值．【典例1提高题】【答案】(1)eq\f(4,3)eq\r(3)m/s(2)1s(3)eq\f(5,2)eq\r(3)J【解析】(1)小物块从O到P，做平抛运动水平方向：Rcos37°＝v0tOP，竖直方向：Rsin37°＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,OP)解得：v0＝eq\f(Rcos37°,\r(\f(2Rsin37°,g)))＝eq\f(4,3)eq\r(3)m/s。(2)为使小物块击中挡板，小物块必须能运动到O点，设拉力F作用的最短距离为d，由动能定理得：Fd－μmgs＝ΔEk＝0解得：d＝2.5m，由牛顿第二定律得：F－μmg＝ma解得：a＝5m/s2由运动学公式得：d＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,min)解得：tmin＝1s。(3)设小物块击中挡板的任意点坐标为(x，y)，则x＝v0′t,y＝eq\f(1,2)gt2，由机械能守恒得：Ek＝eq\f(1,2)mv0′2＋mgy又x2＋y2＝R2化简得：Ek＝eq\f(mgR2,4y)＋eq\f(3mgy,4)＝eq\f(5,4y)＋eq\f(15,4)y由数学方法求得：Ekmin＝eq\f(5,2)eq\r(3)J【典例1提高题对应练习】如图所示，固定在竖直平面内的倾斜轨道AB，与水平固定光滑轨道BC相连，竖直墙壁CD高H＝0.2m，在地面上紧靠墙壁固定一个和CD等高，底边长L1＝0.3m的固定斜面．一个质量m＝0.1kg的小物块(视为质点)在轨道AB上从距离B点L2＝4m处由静止释放，从C点水平抛出，已知小物块与AB段轨道间的动摩擦因数为0.5，通过B点时无能量损失；AB段与水平面的夹角为37°.(空气阻力不计，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(1)求小物块运动到B点时的速度大小；(2)求小物块从C点抛出到击中斜面的时间；(3)改变小物块从轨道上释放的初位置，求小物块击中斜面时动能的最小值．【典例1提高题对应练习【答案】(1)4m/s(2)eq\f(1,15)s(3)0.15J【解析】(1)对小物块从A到B过程分析，根据动能定理有：mgL2sin37°－μmgL2cos37°＝eq\f(1,2)mvB2，解得：vB＝4m/s；(2)设物块落在斜面上时水平位移为x，竖直位移为y，如图所示：对平抛运动，有：x＝vBt，y＝eq\f(1,2)gt2，结合几何关系，有：eq\f(H－y,x)＝eq\f(H,L1)＝eq\f(2,3)，解得：t＝eq\f(1,15)s或t＝－eq\f(3,5)s(舍去)；(3)设小物块从轨道上A′点静止释放且A′B＝L，运动到B点时的速度为vB′，对物块从A′到碰撞斜面过程分析，根据动能定理有：mgLsin37°－μmgcos37°·L＋mgy＝eq\f(1,2)mv2－0对物块从A′到运动到B过程分析，根据动能定理有eq\f(1,2)mvB′2＝mgLsin37°－μmgLcos37°又x＝vB′t，y＝eq\f(1,2)gt2，eq\f(H－y,x)＝eq\f(2,3)，联立解得：eq\f(1,2)mv2＝mg(eq\f(25y,16)＋eq\f(9H2,16y)－eq\f(9H,8))，故当eq\f(25y,16)＝eq\f(9H2,16y)，即y＝eq\f(3,5)H＝0.12m时，动能最小为Ekmin，代入数据，解得Ekmin＝0.15J.题型二：直线运动＋圆周运动模型【典例2提高题】图所示，半径R＝0.4m的光滑半圆轨道与水平地面相切于B点，且固定于竖直平面内．在水平地面上距B点x＝5m处的A点放一质量m＝3kg的小物块，小物块与水平地面间的动摩擦因数为μ＝0.5.小物块在与水平地面夹角θ＝37°、斜向上的拉力F的作用下由静止向B点运动，运动到B点时撤去F，小物块沿圆轨道上滑，且恰能到圆轨道最高点C.圆弧的圆心为O，P为圆弧上的一点，且OP与水平方向的夹角也为θ.(g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求：(1)小物块在B点的最小速度vB的大小；(2)在(1)情况下小物块在P点时对轨道的压力大小；(3)为使小物块能沿水平面运动并通过圆轨道C点，则拉力F的大小范围．【典例2提高题】【答案】(1)2eq\r(5)m/s(2)36N(3)eq\f(210,11)N≤F≤50N【解析】(1)小物块恰能到圆轨道最高点C时，物块与轨道间无弹力．设在最高点物块速度为vC，由mg＝meq\f(v\o\al(C2,),R)得：vC＝2m/s，物块从B运动到C，由动能定理有：－2mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(C2,)－eq\f(1,2)mveq\o\al(B2,)，解得：vB＝2eq\r(5)m/s(2)物块从P到C由动能定理有：－mgR(1－sinθ)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(C2,)－eq\f(1,2)mveq\o\al(P2,)，解得vP＝eq\f(6\r(5),5)m/s，在P点由牛顿第二定律有：mgsinθ＋FN＝meq\f(v\o\al(P2,),R)，解得FN＝36N，根据牛顿第三定律可知，小物块在P点对轨道的压力大小为FN′＝FN＝36N(3)当小物块刚好能通过C点时，拉力F有最小值，对物块从A到B过程分析：Ff＝μ(mg－Fminsinθ)，Fminxcosθ－Ffx＝eq\f(1,2)mveq\o\al(B2,)，解得Fmin＝eq\f(210,11)N，当物块在AB段即将离开地面时，拉力F有最大值，则Fmaxsinθ＝mg，解得Fmax＝50N，综上，拉力的取值范围是：eq\f(210,11)N≤F≤50N.【典例2提高题对应练习】如图，在竖直平面内，一半径为R的光滑圆弧轨道ABC和水平轨道PA在A点相切，BC为圆弧轨道的直径，O为圆心，OA和OB之间的夹角为α，sinα＝.一质量为m的小球沿水平轨道向右运动，经A点沿圆弧轨道通过C点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用，已知小球在C点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零．重力加速度大小为g.求：(1)水平恒力的大小和小球到达C点时速度的大小；(2)小球到达B点时对圆弧轨道的压力大小．【典例2提高题对应练习】【答案】(1)mg(2)mg【解析】(1)设水平恒力的大小为F0，小球所受重力和水平恒力的合力的大小为F，小球到达C点时速度的大小为vC，则＝tanα，F＝，由牛顿第二定律得F＝m，联立并代入数据解得F0＝mg，vC＝.(2)设小球到达B点时速度的大小为vB，小球由B到C的过程中由动能定理可得－2FR＝mvC2－mvB2，代入数据解得vB＝，小球在B点时有FN－F＝m，解得FN＝mg，由牛顿第三定律可知，小球在B点时对圆弧轨道的压力大小为FN′＝mg.题型三：直线运动＋圆周运动模型＋平抛运动模型【典例3提高题】如图所示，质量m＝3kg的小物块以初速度v0＝4m/s水平向右抛出，恰好从A点沿着圆弧的切线方向进入圆弧轨道。圆弧轨道的半径为R＝3.75m，B点是圆弧轨道的最低点，圆弧轨道与水平轨道BD平滑连接，A与圆心O的连线与竖直方向成37°角。MN是一段粗糙的水平轨道，小物块与MN间的动摩擦因数μ＝0.1，轨道其他部分光滑。最右侧是一个半径为r＝0.4m的半圆弧轨道，C点是半圆弧轨道的最高点，半圆弧轨道与水平轨道BD在D点平滑连接。已知重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。（1）求小物块经过B点时对轨道的压力大小；（2）若MN的长度为L＝6m，求小物块通过C点时对轨道的压力大小；（3）若小物块恰好能通过C点，求MN的长度L′。【典例3提高题】【答案】(1)62N(2)60N(3)10m【解析】(1)根据平抛运动的规律有v0＝vAcos37°，解得小物块经过A点时的速度大小vA＝5m/s，小物块从A点运动到B点，根据动能定理有mg(R－Rcos37°)＝eq\f(1,2)mvB2－eq\f(1,2)mvA2，小物块经过B点时，有FN－mg＝eq\f(mvB2,R)，解得FN＝62N，根据牛顿第三定律，小物块对轨道的压力大小是62N。(2)小物块由B点运动到C点，根据动能定理有－μmgL－2mgr＝eq\f(1,2)mvC2－eq\f(1,2)mvB2，在C点FN′＋mg＝eq\f(mvC2,r)，解得FN′＝60N，根据牛顿第三定律，小物块通过C点时对轨道的压力大小是60N。(3)小物块刚好能通过C点时，根据mg＝eq\f(mvC′2,r)解得vC′＝2m/s，小物块从B点运动到C点的过程中，根据动能定理有－μmgL′－2mgr＝eq\f(1,2)mvC′2－eq\f(1,2)mvB2解得L′＝10m。【典例3提高题对应练习1】如图所示，竖直平面内由倾角α＝60°的斜面轨道AB、半径均为R的半圆形细圆管轨道BCDE和eq\f(1,6)圆周细圆管轨道EFG构成一游戏装置固定于地面，B、E两处轨道平滑连接，轨道所在平面与竖直墙面垂直。轨道出口处G和圆心O2的连线，以及O2、E、O1和B等四点连成的直线与水平线间的夹角均为θ＝30°，G点与竖直墙面的距离d＝eq\r(3)R。现将质量为m的小球从斜面的某高度h处静止释放。小球只有与竖直墙面间的碰撞可视为弹性碰撞，不计小球大小和所受阻力。(1)若释放处高度h＝h0，当小球第一次运动到圆管最低点C时，求速度大小vC及在此过程中所受合力的冲量I的大小和方向；(2)求小球在圆管内与圆心O1点等高的D点所受弹力FN与h的关系式；(3)若小球释放后能从原路返回到出发点，高度h应该满足什么条件？【典例3提高题对应练习1】【答案】(1)eq\r(2gh0)meq\r(2gh0)水平向左(2)FN＝2mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(h,R)－1))h≥R(3)h≤eq\f(5,2)R或h＝eq\f(9,2)R【解析】(1)从A到C，小球的机械能守恒，有mgh0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)，可得vC＝eq\r(2gh0)，根据动量定理得I＝mvC＝meq\r(2gh0)，方向水平向左。(2)小球从A到D，由机械能守恒定律有mg(h－R)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)，根据牛顿第二定律有FN＝eq\f(mveq\o\al(2,D),R)，联立可得FN＝2mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(h,R)－1))，满足的条件h≥R。(3)第1种情况：不滑离轨道原路返回，由机械能守恒定律可知，此时h需满足的条件是h≤R＋3Rsinθ＝eq\f(5,2)R，第2种情况：小球与墙面垂直碰撞后原路返回，小球与墙面碰撞后，进入G前做平抛运动，则d＝vxt＝vxeq\f(vy,g)，其中vx＝vGsinθ，vy＝vGcosθ，故有vGsinθ·eq\f(vGcosθ,g)＝d，可得vG＝2eq\r(gR)，由机械能守恒定律有mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(h－\f(5,2)R))＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,G)，可得h＝eq\f(9,2)R。【典例3提高题对应练习2】如图所示，水平轨道BC与倾角为θ＝37°的斜面轨道AB、螺旋状圆轨道O紧密平滑连接，AB长度L1＝10m，BC长度L2＝4m，圆轨道半径R＝0.72m．直角斜面体MNE的竖直边ME的长度L3＝3m，水平边NE的长度L4＝6m，M点在C点的正下方，MC的长度L5＝1.2m．小物块的质量为m＝1kg，它与AB轨道和BC轨道的动摩擦因数相同，记为μ，圆轨道光滑．小物块在最高点A由静止释放，沿轨道ABC运动，第一次到达C时恰好静止．空气阻力不计，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.(1)求动摩擦因数μ；(2)小物块在A点释放的同时，对其施加一个水平向右的恒力F，当物块沿BC运动到C点时撤去F，再绕圆轨道运动一周后在与C同一高度的圆轨道末端以速度v水平向右抛出．小物块在到达圆轨道末端前不脱离轨道，求v与F满足的关系式，并确定v的取值范围；(3)若物块自圆轨道末端以某一初速度水平抛出，经一段时间后与过N点的竖直墙面发生弹性碰撞，碰撞时间忽略不计，碰撞之后物块速度的竖直分量不变，水平分量反向且大小不变，之后落于斜面MN上的P点，已知物块从圆轨道末端运动到P点的总时间为t＝0.9s，求小物块刚运动至P点时的动能．【典例3提高题对应练习2】【答案】(1)0.5(2)v2＝30F(6m/s≤v≤20m/s)(3)65J【解析】(1)小物块从A到C的过程，由动能定理得mgL1sinθ－μmgL1cosθ－μmgL2＝0代入数据得μ＝0.5.(2)施加恒力F后，从A到C的过程，由动能定理得F(L1cosθ＋L2)＋mgL1sinθ－μ(mgcosθ－Fsinθ)L1－μmgL2＝eq\f(1,2)mv2代入数据得v2＝30F，小物块在圆轨道最高点D不脱离轨道，应满足mg≤meq\f(v\o\al(D2),R)，从D到C的过程由机械能守恒定律得eq\f(1,2)mvD2＋2mgR＝eq\f(1,2)mv2解得v≥6m/s，小物块不脱离斜面AB，应满足Fsinθ≤mgcosθ解得v≤20m/s，所以v的取值范围为6m/s≤v≤20m/s.(3)P点与C点的高度差为h＝eq\f(1,2)gt2＝4.05m，设物块在C点初速度为v0，P点与竖直墙的水平距离为v0t－L4，如图，由几何关系得tan∠MNE＝eq\f(L3＋L5－h,v0t－L4)，已知tan∠MNE＝eq\f(L3,L4)＝eq\f(1,2)，解得v0＝7m/s，从C到P由动能定理得mgh＝Ek－eq\f(1,2)mv02代入数据，解得Ek＝65J.即小物块刚运动至P点时的动能为65J.【典例3提高题对应练习3】如图所示，可视为质点的质量为m＝0.2kg的小滑块静止在水平轨道上的A点，在水平向右的恒定拉力F＝4N的作用下，从A点开始做匀加速直线运动，当其滑行到AB的中点时撤去拉力，滑块继续运动到B点后进入半径为R＝0.3m且内壁光滑的竖直固定圆轨道，在圆轨道上运行一周后从B处的出口(未画出，且入口和出口稍稍错开)出来后向C点滑动，C点的右边是一个“陷阱”，D点是平台边缘上的点，C、D两点的高度差为h＝0.2m，水平距离为x＝0.6m．已知滑块运动到圆轨道的最高点时对轨道的压力大小刚好为滑块重力的3倍，水平轨道BC的长度为l2＝2.0m，小滑块与水平轨道AB、BC间的动摩擦因数均为μ＝0.5，重力加速度g＝10m/s2.(1)求水平轨道AB的长度l1；(2)试通过计算判断小滑块能否到达“陷阱”右侧的D点；(3)若在AB段水平拉力F作用的距离可变，要达到小滑块在运动过程中，既不脱离竖直圆轨道，又不落入C、D间的“陷阱”的目的，试求水平拉力F作用的距离范围．【典例3提高题对应练习3】【答案】(1)2.4m(2)见解析(3)见解析【解析】(1)设小滑块运动到竖直圆轨道最高点时的速度大小为v，则有4mg＝meq\f(v2,R)，从B点运动到最高点的过程中，设小滑块到达B点时的速度大小为vB，由机械能守恒定律有eq\f(1,2)mvB2＝mg·2R＋eq\f(1,2)mv2，代入数据解得vB＝2eq\r(6)m/s.小滑块由A到B的过程中，由动能定理可得eq\f(1,2)Fl1－μmgl1＝eq\f(1,2)mvB2，代入数据可解得l1＝2.4m.(2)设小滑块到达C点时的速度大小为vC，则由动能定理可得－μmgl2＝eq\f(1,2)mvC2－eq\f(1,2)mvB2代入数据解得vC＝2m/s，设小滑块下落h＝0.2m所需要的时间为t，则有h＝eq\f(1,2)gt2，解得t＝0.2s，故小滑块在水平方向上运动的距离为x0＝vCt＝0.4m<0.6m，故小滑块将落入“陷阱”中，不能运动到D点．(3)由题意可知，若要滑块既不脱离圆轨道，又不掉进“陷阱”，则需要分三种情况进行讨论：①当滑块刚好能够到达与圆心等高的E点时，设恒力作用的距离为x1′，则由动能定理可得：Fx1′－μmgl1－mgR＝0，代入数据可解得x1′＝0.75m，故当恒力作用的距离满足0<x′≤0.75m时符合条件．②当滑块刚好能经过圆轨道的最高点时，设滑块经过最高点时的速度大小为v0，则有mg＝meq\f(v02,R)，设此时恒力作用的距离为x2′，则有Fx2′－μmgl1－2mgR＝eq\f(1,2)mv02，代入数据可解得x2′＝0.975m，当滑块刚好运动到C点时速度为零，设此时恒力作用的距离为x2″，则有Fx2″－μmg(l1＋l2)＝0，代入数据可解得x2″＝1.1m．故当恒力作用的距离满足0.975m≤x′≤1.1m时符合条件．③当滑块刚好能够越过“陷阱”，设滑块到达C点时的速度大小为vC′，则由平抛运动规律得h＝eq\f(1,2)gt2，x＝vC′t，代入数据解得vC′＝3m/s，设此时恒力作用的距离为x3′，故有Fx3′－μmgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(l1＋l2))＝eq\f(1,2)mvC′2，代入数据解得x3′＝1.325m，故当恒力作用距离满足1.325m≤x3′≤2.4m时符合条件．考点四：动能定理在往复运动中的应用【知识思维方法技巧】动能定理在往复运动中的应用技巧：（1）应用动能定理求解往复运动问题时，要确定物体的初状态和最终状态。（2）重力做功与物体运动路径无关，用WG＝mgh直接求解。（3）滑动摩擦力做功与物体运动路径有关，用Wf＝－fs求解，其中s为物体相对滑行的路程。题型一：物体往复运动最后静止模型【知识点的理解与运用】抓住物体往复运动最后静止的特点解题类型一：往复次数可确定的情形【典例1a提高题】如图所示，ABCD是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底BC的连接处均为与BC相切的圆弧，BC是水平的，其长度d＝0.60m。盆边缘的高度为h＝0.30m。在A处放一个质量为m的小物块并让其从静止下滑。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，最后停下来，则停止位置到B点的距离为()A．0.50mB．0.60mC．0.10m D．0【典例1a提高题】【答案】B【解析】设小物块在BC面上运动的总路程为s。物块在BC面上所受的滑动摩擦力大小始终为f＝μmg，对小物块从开始运动到停止运动的始末状态进行研究，由动能定理得mgh－μmgs＝0，得到s＝eq\f(h,μ)＝eq\f(0.30,0.10)m＝3m，d＝0.60m，则s＝5d，所以小物块在BC面上来回运动共5次，最后停在C点，则停止位置到B点的距离为0.60m，故B正确。【典例1a提高题对应练习】如图所示，MPQ为竖直面内一固定轨道，MP是半径为R的光滑圆弧轨道，它与水平轨道PQ相切于P，Q端固定一竖直挡板，PQ长为s。质量为m的物块在M端由静止开始沿轨道下滑，与挡板发生一次碰撞后停在距Q点为L的地方，与挡板碰撞过程中无机械能损失，重力加速度为g。求：(1)物块滑至圆弧轨道P点时对轨道压力的大小；(2)物块与PQ段动摩擦因数μ的可能值。【典例1a提高题对应练习】【答案】(1)3mg(2)eq\f(R,s＋l)或eq\f(R,3s－l)【解析】(1)设物块滑至P点时的速度为v，根据动能定理有mgR＝eq\f(1,2)mv2，所以v＝eq\r(2gR)，设物块到达P点时，轨道对它的支持力大小为N，根据牛顿运动定律有N－mg＝meq\f(v2,R)，所以N＝3mg，根据牛顿第三定律，物块对轨道压力的大小N′＝N＝3mg(2)第一种情况：物块与Q处的竖直挡板相撞后，向左运动一段距离，停在距Q为L的地方。设该点为O1，物块从M运动到O1的过程，根据动能定理有mgR－μmg(s＋l)＝0－0，所以μ＝eq\f(R,s＋l)，第二种情况：物块与Q处的竖直挡板相撞后，向左运动冲上圆弧轨道后，返回水平轨道，停在距Q为L的地方。设该点为O2，物块从M运动到O2的过程，根据动能定理有mgR－μmg(2s＋s－l)＝0－0，所以μ＝eq\f(R,3s－l)类型二：往复次数无法确定的情形【典例1b提高题】(多选)如图所示，直杆AB与水平面成α角固定，在杆上套一质量为m的小滑块，杆底端B点处有一弹性挡板，杆与板面垂直，滑块与挡板碰撞后将以原速率返回．现将滑块拉到A点由静止释放，与挡板第一次碰撞后恰好能上升到AB的中点，设重力加速度为g，由此可以确定()A.滑块下滑和上滑过程加速度大小a1、a2B.滑块第1次与挡板碰撞前的速度v1C.滑块与杆之间的动摩擦因数μD.滑块第k次与挡板碰撞到第k＋1次与挡板碰撞的时间间隔Δt【典例1b提高题】【答案】AC【解析】设AB长为L，对整个过程运用动能定理得：mgsinα·0.5L－μmgcosα(L＋0.5L)＝0，得μ＝，故C正确；根据牛顿第二定律得下滑过程：mgsinα－μmgcosα＝ma1；上滑过程：mgsinα＋μmgcosα＝ma2；解得：a1＝gsinα－μgcosα，a2＝gsinα＋μgcosα，所以可求得滑块下滑和上滑过程加速度的大小a1、a2，故A正确；由于A、B间的距离未知，尽管求出加速度，但不能求出滑块到达挡板时的时间以及与挡板碰撞的速度，故B、D错误．【典例1b提高题对应练习1】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)【典例1b提高题对应练习1】【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。【典例1b提高题对应练习2】如图所示，AB为一固定在水平面上的半圆形细圆管轨道，轨道内壁粗糙，其半径为R且远大于细管的内径，轨道底端与水平轨道BC相切于B点．水平轨道BC长为2R，动摩擦因数为μ1＝0.5，右侧为一固定在水平面上的粗糙斜面．斜面CD足够长，倾角为θ＝37°，动摩擦因数为μ2＝0.8.一质量为m，可视为质点的物块从圆管轨道顶端A点以初速度v0＝eq\r(\f(gR,2))水平射入圆管轨道，运动到B点时对轨道的压力大小为自身重力的5倍，物块经过C点时速度大小不发生变化，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度为g，求：(1)物块从A点运动到B点的过程中，阻力所做的功；(2)物块最终停留的位置．【典例1b提高题对应练习2】【答案】(1)－eq\f(1,4)mgR(2)斜面上距C点eq\f(25,31)R处【解析】(1)物块运动到B点时，设轨道对其支持力大小为FN，由牛顿第三定律知FN＝FN′＝5mg，由牛顿第二定律有FN－mg＝meq\f(vB2,R)，解得vB＝2eq\r(gR)，物块从A点运动到B点的过程，由动能定理有2mgR＋Wf＝eq\f(1,2)mvB2－eq\f(1,2)mv02，得Wf＝－eq\f(1,4)mgR(2)设物块沿斜面上升的最大位移为x，由动能定理有－μ1mg·2R－mg·xsinθ－Ff·x＝0－eq\f(1,2)mvB2，其中Ff＝μ2mgcosθ，解得x＝eq\f(25,31)R，因μ2mgcosθ＞mgsinθ，故物块在速度减为零之后不会下滑，物块最终会静止在斜面上距离C点eq\f(25,31)R处．题型二：物体往复运动最后永不停止模型【知识思维方法技巧】抓住物体往复运动最后永不停止有周期性和对称性的特点解题【典例2提高题】如图所示，竖直面内有一粗糙斜面AB，BCD部分是一个光滑的圆弧面，C为圆弧的最低点，AB正好是圆弧在B点的切线，圆心O与A、D点在同一高度，θ＝37°，圆弧面的半径R＝3.6m，一滑块质量m＝5kg，与AB斜面间的动摩擦因数μ＝0.45，将滑块从A点由静止释放(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2)．求在此后的运动过程中：（1）滑块在AB段上运动的总路程；（2）在滑块运动过程中，C点受到的压力的最大值和最小值．【典例2提高题】【答案】(1)8m(2)102N70N【解析】(1)由题意可知斜面AB与水平面的夹角为θ＝37°，知mgsinθ>μmgcosθ，故滑块最终不会停留在斜面上，由于滑块在AB段受摩擦力作用，则滑块做往复运动的高度将越来越低，最终以B点为最高点在光滑的圆弧面上往复运动．设滑块在AB段上运动的总路程为s，滑块在AB段上所受摩擦力大小Ff＝μFN＝μmgcosθ，从A点出发到最终以B点为最高点做往复运动，由动能定理得mgRcosθ－Ffs＝0，解得s＝eq\f(R,μ)＝8m.(2)滑块第一次过C点时，速度最大，设为v1，分析受力知此时滑块所受轨道支持力最大，设为Fmax，从A到C的过程，由动能定理得mgR－FflAB＝eq\f(1,2)mv12－0，斜面AB的长度lAB＝eq\f(R,tanθ)，由牛顿第二定律得Fmax－mg＝eq\f(mv\o\al(12),R)，解得Fmax＝102N.滑块以B为最高点做往复运动的过程中过C点时，速度最小，设为v2，此时滑块所受轨道支持力最小，设为Fmin，从B到C，由动能定理得mgR(1－cosθ)＝eq\f(1,2)mv22－0，由牛顿第二定律得Fmin－mg＝eq\f(mv\o\al(22),R)，解得Fmin＝70N，根据牛顿第三定律可知C点受到的压力最大值为102N，最小值为70N.【典例2提高题对应练习】如图所示，在竖直平面内，粗糙的斜面轨道AB的下端与光滑的圆弧轨道BCD相切于B，C是最低点，圆心角∠BOC＝37°，D与圆心O等高，圆弧轨道半径R＝1.0m，现有一个质量为m＝0.2kg可视为质点的小物体，从D点的正上方E点处自由下落，D、E两点间的距离h＝1.6m，物体与斜面AB之间的动摩擦因数μ＝0.5，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2.求：（1）物体第一次通过C点时轨道对物体的支持力FN的大小；（2）要使物体不从斜面顶端飞出，斜面的长度LAB至少要多长；（3）若斜面已经满足(2)要求，物体从E点开始下落，直至最后在光滑圆弧轨道做周期性运动，求在此过程中系统因摩擦所产生的热量Q的大小．【典例2提高题对应练习】【答案】(1)12.4N(2)2.4m(3)4.8J【解析】(1)物体从E到C，由机械能守恒得：mg(h＋R)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)①在C点，由牛顿第二定律得：FN－mg＝meq\f(v\o\al(2,C),R)②，联立①②，解得支持力FN＝12.4N③(2)从E→D→C→B→A过程，由动能定理得，WG－Wf＝0④，WG＝mg[(h＋Rcos37°)－LABsin37°]⑤，Wf＝μmgcos37°LAB⑥，联立④⑤⑥解得斜面长度至少为LAB＝2.4m⑦(3)因为mgsin37°>μmgcos37°(或μ<tan37°)所以，物体不会停在斜面上，物体最后以C为中心，B为一侧最高点沿圆弧轨道做往返运动．从E点开始直至稳定，系统因摩擦所产生的热量Q＝ΔEp⑧，ΔEp＝mg(h＋Rcos37°)⑨，联立⑧⑨解得Q＝4.8J，在运动过程中产生热量为4.8J.考点五：动能定理与图像问题的结合【知识思维方法技巧】动能定理与图像问题结合的解题方法：（1）函数斜率面积法：先由物理学规律推导出两个物理量间的函数表达式，再根据函数表达式的斜率、截距的意义求出相应的问题，特别是解决对于不太熟悉的图像等要注意这种转化。①v－t图像：图像与时间轴围成的面积表示位移，时间轴上方位移为正，时间轴下方位移为负。②a－t图像：图像与t轴围成的面积表示物体速度的变化量；③a－F图像：由a＝eq\f(1,m)F知a－F图像的斜率表示质量的倒数．④F－x图像：图像与x轴围成的面积表示力F做的功．⑤Ek－x图像：由动能定理ΔEk＝Fx知，Ek－x图像的斜率表示合外力F.⑥Ep－x图像：由重力做功与重力势能变化的关系ΔEp＝－mgx知，Ep－x图像的斜率大小表示重力mg.（2）函数数据代入法：先由物理学规律推导出两个物理量间的函数表达式，再把图像中的特殊数据代入函数公式进行计算。题型一：动能定理与运动学图象的综合应用类型一：与v­t图象的综合应用【典例1a提高题】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＝4s时停下，其v­t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＝2s时刻拉力的瞬时功率在整个过程中最大D．t＝1s到t＝3s这段时间内拉力不做功【典例1a提高题】【答案】A【解析】对物块运动全过程应用动能定理得：WF－Wf＝0，A正确，B错误；物块在加速运动过程中受到的拉力最大，结合题图可知，t＝1s时拉力的瞬时功率为整个过程中拉力功率的最大值，C错误；t＝1s到t＝3s这段时间内，拉力与摩擦力平衡，拉力做正功，D错误。【典例1a提高题对应练习】质量为m的小球在竖直向上的拉力作用下从静止开始运动，其v－t图象如图9所示(竖直向上为正方向，DE段为直线)，已知重力加速度大小为g，下列说法正确的是()A.t0～t2时间内，合力对小球先做正功后做负功B.0～t3时间内，小球的平均速度一定为eq\f(v3,2)C.t3～t4时间内，拉力做的功为eq\f(m（v3＋v4）,2)[(v4－v3)＋g(t4－t3)]D.t3～t4时间内，小球竖直向下做匀减速直线运动【典例1a提高题对应练习】【答案】C【解析】v－t图象中图线的斜率表示加速度，速度在时间轴之上表明速度的方向一直为正，从图象可以看出小球先向上做加速度越来越大的加速运动，再做加速度越来越小的加速运动，然后做加速度越来越大的减速运动，最后做匀减速运动，运动方向一直向上，D项错误；图中t0～t2时间内小球做加速运动，故合力对小球一直做正功，A项错误；v－t图象中图线与t轴所围面积表示位移，而平均速度v＝eq\f(x,t)，结合图象中的“面积”可知0～t3时间内，小球的平均速度大于eq\f(v3,2)，B项错误；t3～t4时间内由动能定理得W－mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,4)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)，又h＝eq\f(v3＋v4,2)(t4－t3)，解得W＝eq\f(m（v3＋v4）,2)[(v4－v3)＋g(t4－t3)]，C项正确。类型二：与其他运动学图象的综合应用【典例1b提高题】（多选）如图甲所示，在竖直平面内固定一光滑的半圆形轨道ABC，小球以一定的初速度从最低点A冲上轨道，图乙是小球在半圆形轨道上从A运动到C的过程中，其速度的平方与其对应高度的关系图像。已知小球在最高点C受到轨道的作用力为2.5N，空气阻力不计，B点为AC轨道的中点，g＝10m/s2，下列说法正确的是()A．图乙中x＝36B．小球质量为0.2kgC．小球在B点受到轨道的作用力为8.5ND．小球在A点时重力的功率为5W【典例1b提高题】【答案】BC【解析】小球在光滑轨道上运动，由动能定理可知有eq\f(1,2)mv2-eq\f(1,2)mv02＝-mgh，解得v2＝－2gh＋v02，当h＝0.8m时，v2＝9m2/s2，代入数据得v0＝5m/s；当h＝0时，v2＝v02＝25m2/s2，x＝25，故A错误；由题图乙可知，轨道半径R＝0.4m，小球在C点的速度vC＝3m/s，由牛顿第二定律可得F＋mg＝meq\f(vC2,R)，解得m＝0.2kg，B正确；小球从A到B过程中由动能定理可知有eq\f(1,2)mvB2-eq\f(1,2)mv02＝-mgR，解得小球运动到B点的速度vB＝eq\r(17)m/s，在B点，由牛顿第二定律可知NB＝meq\f(vB2,R)，代入数据得NB＝8.5N，选项C正确；小球在A点时，重力mg和速度v0垂直，重力的瞬时功率为0，D错误。【典例1b提高题对应练习】电梯是一种以电动机为动力的垂直升降机，用于多层建筑载人或载运货物．某次电梯从地面由静止启动，加速度a与离地高度h的关系图像如图所示，则()A.2h0～3h0范围内电梯向上做匀减速直线运动B.电梯在0～h0和2h0～3h0范围内的速度变化量相等C.电梯在3h0处的速度大小为2D.电梯上升的最大高度可能为3h0【典例1b提高题对应练习】【答案】C【解析】由题图可知从0到2h0，电梯先做加速度增大的加速运动再做匀加速运动，从2h0到3h0做加速度减小的加速运动，当加速度为零时，电梯向上的速度不为零，仍会向上运动，则电梯上升的最大高度一定大于3h0，故A、D错误；a－h图像中图线与横轴围成的面积表示合外力做的功除以质量，根据动能定理可得v＝，则电梯在h0处的速度大小为，在2h0处的速度大小为，在3h0处的速度大小为2，所以电梯在0～h0和2h0～3h0范围内的速度变化量不相等，故B错误，C正确．题型二：动能定理与动力学图象的综合应用类型一：与F－x图象的综合应用【典例2a提高题】质量m＝1kg的物体静止放在粗糙水平地面上。现对物体施加一个随位移变化的水平外力F使物体在水平面上运动。已知物体与地面间的滑动摩擦力与最大静摩擦力相等。若F－x图象如图5所示。且4～5m内物体匀速运动。x＝7m时撤去外力，取g＝10m/s2。则下列有关描述正确的是()A.物体与地面间的动摩擦因数为0.1B.x＝3m时物体的速度最大C.撤去外力时物体的速度为eq\r(2)m/sD.撤去外力后物体还能在水平面上滑行3s【典例2a提高题】【答案】C【解析】4～5m内物体匀速运动，则有F＝Ff＝μmg，得μ＝eq\f(F,mg)＝eq\f(3,10)＝0.3，故A错误；只要F＞Ff＝μmg，物体就在加速，所以在0～4m内物体一直加速运动，x＝4m时物体的速度最大，故B错误；由图线与x轴所围图形的面积表示外力F做的功，可得0～7m内外