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第七章 机械能守恒定律-3动能定理的综合应用 高三物理一轮复习
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姓名：_______________
第七章
机械能守恒定律
动能定理的综合应用
目录
「动能定理解决多过程问题」 1
「动能定理解决往复过程问题」 7
「动能定理解决图像问题」 10
「动能定理解决传送带和滑块问题」 16
「动能定理解决多过程问题」
1.如图所示，AB为圆弧轨道，BC为水平直轨道，BC恰好在B点与AB相切，圆弧的半径为R，BC的长度也是R。一质量为m的物体与两个轨道间的动摩擦因数都为μ，它由轨道顶端A从静止开始下落，恰好运动到C处停止，重力加速度为g，那么物体在AB段克服摩擦力所做的功为（ ）
A． B．
C．mgR D．(1－μ)mgR
【答案】D
【解析】
设物体在AB段克服摩擦力所做的功为WAB，物体从A到C的全过程，根据动能定理有mgR－WAB－μmgR＝0，所以WAB＝mgR－μmgR＝(1－μ)mgR，故D正确。
2.(多选)如图所示，B、M、N分别为竖直光滑圆轨道上的三个点，B点和圆心O等高，M点与O点在同一竖直线上，N点和圆心O的连线与竖直方向的夹角为α＝45°。现从B点的正上方某处A点由静止释放一个质量为m的小球，经圆轨道飞出后沿水平方向通过与O点等高的C点，已知圆轨道半径为R，重力加速度为g，不计空气阻力，则以下结论正确的是（ ）
A．A、B两点间的高度差为R
B．C到N的水平距离为2R
C．小球在M点对轨道的压力大小为(3＋)mg
D．小球从N点运动到C点的时间为
【答案】AC
【解析】
从A点到C点，有mgh＝mv，从A点到N点，有mg(h＋Rcos 45°)＝mv，其中vC＝vNcos 45°，联立解得h＝R，vN＝，选项A正确；小球从N运动到C的时间t＝＝，则C到N的水平距离为xCN＝vNcos 45°t，解得xCN＝R，选项B、D错误；从A到M点，有mg(h＋R)＝mv，在M点，有FN－mg＝m，解得FN＝(3＋)mg，由牛顿第三定律，小球在M点对轨道的压力大小为FN′＝FN＝(3＋)mg，选项C正确。
3.如图所示，AB是倾角为θ＝30°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(可以看作质点)从直轨道上的P点由静止释放，而后在两轨道上做往返运动。已知P点与圆弧的圆心O等高，物体做往返运动的整个过程中在AB轨道上通过的路程为s。(重力加速度为g)
（1）求物体与轨道AB间的动摩擦因数μ；
（2）最终当物体通过圆弧轨道最低点E时，求物体对圆弧轨道的压力大小；
（3）为使物体能顺利到达圆弧轨道的最高点D，释放点距B点的距离L′至少为多大？
【答案】（1）；（2）(3－)mg；（3）
【解析】
（1）物体以P为起点，最终到在B点速度为零的整个过程，由动能定理得
mgRcos θ－μmgscos θ＝0
解得μ＝
（2）物体以B为最高点，在圆弧轨道底部做往复运动过程中，对从B到E的过程由动能定理得mgR(1－cos θ)＝mv
在E点，由牛顿第二定律得FN－mg＝m
联立得FN＝(3－)mg
根据牛顿第三定律可得，物体对圆弧轨道的压力大小
F′N＝FN＝(3－)mg
（3）若物体刚好能到达D点，由牛顿第二定律得mg＝m
对物体由释放至到达D点这一过程，由动能定理得
mgL′sin θ－μmgL′cos θ－mgR(1＋cos θ)＝mv
联立解得L′＝
4.如图所示，不可伸长的轻质细线下方悬挂一可视为质点的小球，另一端固定在竖直光滑墙面上的O点。开始时，小球静止于A点，现给小球一水平向右的初速度，使其恰好能在竖直平面内绕O点做圆周运动。垂直于墙面的钉子N位于过O点竖直线的左侧，与的夹角为θ(0＜θ＜π)，且细线遇到钉子后，小球绕钉子在竖直平面内做圆周运动，当小球运动到钉子正下方时，细线刚好被拉断。已知小球的质量为m，细线的长度为L，细线能够承受的最大拉力为7mg，重力加速度为g。
（1）求小球初速度的大小v0；
（2）求小球绕钉子做圆周运动的半径r与θ的关系式；
（3）在细线被拉断后，小球继续向前运动，试判断它能否通过A点。若能，请求出细线被拉断时θ的值；若不能，请通过计算说明理由。
【答案】（1）；（2）r＝L；（3）不能通过A点，理由见解析
【解析】
（1）设小球在最高点的速度为v，根据牛顿第二定律有mg＝m，解得v＝，
小球从A点至最高点，由动能定理有
－mg·2L＝mv2－mv，
解得v0＝。
（2）小球绕钉子做圆周运动，设碰到钉子时的速度为v1，由释放到碰到钉子时根据动能定理得
－mgL＝mv－mv，
碰到钉子到绳子断的过程，由动能定理得
mgr＝mv－mv，
绳子断的瞬间FT＝7mg，FT－mg＝m，
联立以上几式，解得r＝L。
（3）细线被拉断后，小球做平抛运动，设t时间小球运动到与A点的同一竖直线上，由几何关系得x＝(L－r)sin θ，
平抛运动的水平方向有x＝v2t，由（2）可知v2＝，平抛运动竖直方向有y＝gt2
代入上面几式可得y＝gt2＝
平抛开始点与A点的高度差为h＝L－r－(L－r)cos θ＝(L－r)(1－cos θ)，
若正好过A点，则h＝y，解得r＝ L，此结论与（2）不相符，所以小球不能通过A点。
5.如图所示，让摆球从图中的C位置由静止开始摆下，摆到最低点D处，摆线刚好被拉断，小球在粗糙的水平面上由D点向右做匀减速运动，到达A孔进入半径R＝0.3 m的竖直放置的光滑圆弧轨道，当摆球进入圆轨道立即关闭A孔．已知摆线长L＝2 m，θ＝53°，小球质量为m＝0.5 kg，D点与A孔的水平距离s＝2 m，g取10 m/s2.(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)
（1）求摆线能承受的最大拉力为多大；
（2）要使摆球能进入圆轨道并且不脱离轨道，求摆球与粗糙水平面间的动摩擦因数μ的范围．
【答案】（1）9 N；（2）2.5≤μ≤0.4或者μ≤0.025
【解析】
（1）当摆球由C到D运动，
根据动能定理有mg(L－Lcos θ)＝mvD2
在D点，由牛顿第二定律可得Fm－mg＝m，
可得Fm＝1.8mg＝9 N
（2）小球不脱离圆轨道分两种情况
①要保证小球能到达A孔，设小球到达A孔的速度恰好为零，由动能定理可得
－μ1mgs＝0－mvD2，
可得μ1＝0.4
若进入A孔的速度较小，那么将会在圆心以下做往返运动，不脱离轨道，其临界情况为到达圆心等高处速度为零，由动能定理可得－mgR＝0－mvA2
由动能定理可得－μ2mgs＝mvA2－mvD2，
可求得μ2＝0.25
②若小球能过圆轨道的最高点则不会脱离轨道，当小球恰好到达最高点时，在圆周的最高点，由牛顿第二定律可得
mg＝m，
由动能定理可得－μ3mgs－2mgR＝mv2－mvD2，
解得μ3＝0.025
综上所述，动摩擦因数μ的范围为0.25≤μ≤0.4或者μ≤0.025.
6.如图所示，在地面上竖直固定了刻度尺和轻质弹簧，弹簧原长时上端与刻度尺上的A点等高．质量m＝0.5 kg的篮球静止在弹簧正上方，其底端距A点的高度h1＝1.10 m，篮球静止释放，测得第一次撞击弹簧时，弹簧的最大形变量x1＝0.15 m，第一次反弹至最高点，篮球底端距A点的高度h2＝0.873 m，篮球多次反弹后静止在弹簧的上端，此时弹簧的形变量x2＝0.01 m，弹性势能为Ep＝0.025 J．若篮球运动时受到的空气阻力大小恒定，忽略篮球与弹簧碰撞时的能量损失和篮球形变，弹簧形变在弹性限度范围内，g取10 m/s2.求：
（1）弹簧的劲度系数；
（2）篮球在运动过程中受到的空气阻力大小；
（3）篮球在整个运动过程中通过的路程；
（4）篮球在整个运动过程中速度最大的位置．
【答案】（1）500 N/m；（2）0.5 N；（3）11.05 m
（4）第一次下落至A点下方0.009 m处速度最大
【解析】
（1）由最后静止的位置可知kx2＝mg，
所以k＝500 N/m
（2）由动能定理可知，在篮球由静止下落到第一次反弹至最高点的过程中
mgΔh－Ff·L＝mv22－mv12
整个过程动能变化为0，重力做功
mgΔh＝mg(h1－h2)＝1.135 J
空气阻力恒定，作用距离为L＝h1＋h2＋2x1＝2.273 m
解得Ff≈0.5 N
（3）整个运动过程中，空气阻力一直与运动方向相反
根据动能定理有mgΔh′＋Wf＋W弹＝mv2′2－mv12
整个过程动能变化为0，
重力做功W＝mgΔh′＝mg(h1＋x2)＝5.55 J
弹力做功W弹＝－Ep＝－0.025 J
则空气阻力做功Wf＝－Ffs＝－5.525 J
解得s＝11.05 m.
（4）篮球速度最大的位置是第一次下落到合力为零的位置，此时mg＝Ff＋kx3，得x3＝0.009 m，即篮球第一次下落至A点下方0.009 m处速度最大．
「动能定理解决往复过程问题」
7.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． B． C． D．
【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＝，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＝＝95%，同理第二次离开O点到第三次到达O点所走路程s3＝(95%)2，…，故小物块下滑的总路程s总＝s1＋s2＋…sn＝＋95%＋(95%)2＋…(95%)n－1，n无穷大时，可得s总＝(等比数列求和)，故B正确。
8.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，BC水平，其长度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的小物块并让其由静止下滑．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，则停止的地点到B的距离为（ ）
A．0.50 m B．0.25 m
C．0.10 m D．0
【答案】D
【解析】
小物块从A点出发到最后停下来，设小物块在BC面上运动的总路程为s，整个过程由动能定理有：mgh－μmgs＝0，所以小物块在BC面上运动的总路程为s＝＝ m＝3 m，而d＝0.5 m，刚好3个来回，所以最终停在B点，即距离B点为0 m．故选D．
9.如图所示，ABCD为一位于竖直平面内的轨道，其中BC水平，A点比BC高出10 m，BC长1 m，AB和CD轨道光滑且与BC平滑连接。一质量为1 kg的物体，从A点以4 m/s的速度开始运动，经过BC后滑到高出C点10.3 m的D点速度为零。求：(g取10 m/s2)
（1）物体与BC轨道间的动摩擦因数；
（2）物体第5次经过B点时的速度；
（3）物体最后停止的位置(距B点多少米)。
【答案】（1）0.5；（2）4 m/s；（3）距B点0.4 m
【解析】
（1）物体从A到D的运动过程只有重力、摩擦力做功，由动能定理可得
mg(H－h)－μmgLBC＝0－mv ①
解得μ＝ ②
代入数据得μ＝0.5。
（2）物体第5次经过B点时，物体在BC上运动的总位移x＝4LBC＝4 m； ③
那么，对物体从A到物体第5次经过B点的运动过程应用动能定理可得
mgH－μmgx＝mv2－mv， ④
解得v＝＝4 m/s。
（3）由受力平衡可知物体最终停在BC上，设物体整个运动过程在BC上的总路程为x′，那么由动能定理可得mgH－μmgx′＝0－mv ⑥
所以x′＝＝21.6 m＝21LBC＋0.6 m， ⑦
故物体最后停止的位置距B点LBC－0.6 m＝0.4 m处。
10.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＝3.6 m，一滑块质量m＝5 kg，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(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/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．
【答案】（1）8 m；（2）102 N，70 N
【解析】
（1）由题意可知斜面AB与水平面的夹角为θ＝37°，知mgsin θ>μmgcos θ，
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＝μmgcos θ，
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mgRcos θ－Ffs＝0，解得s＝＝8 m.
（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＝mv12－0，斜面AB的长度lAB＝，由牛顿第二定律得Fmax－mg＝，
解得Fmax＝102 N.
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－cos θ)＝mv22－0，
由牛顿第二定律得Fmin－mg＝，解得Fmin＝70 N，
根据牛顿第三定律可知C点受到的压力最大值为102 N，最小值为70 N.
「动能定理解决图像问题」
11. A、B两物体分别在水平恒力F1和F2的作用下沿水平面运动，先后撤去F1、F2后，两物体最终停下，它们的vt图象如图所示。已知两物体与水平面间的滑动摩擦力大小相等。则下列说法正确的是（ ）
A．F1、F2大小之比为1∶2
B．F1、F2对A、B做功之比为1∶2
C．A、B质量之比为2∶1
D．全过程中A、B克服摩擦力做功之比为2∶1
【答案】C
【解析】
由vt图象可知，两个匀减速运动的加速度之比为1∶2，A、B受摩擦力大小相等，由牛顿第二定律可知，A、B的质量之比是2∶1，由vt图象可知，A、B两物体加速与减速的位移之和相等，且匀加速位移之比为1∶2，匀减速运动的位移之比为2∶1，由动能定理可得，A物体的拉力与摩擦力的关系，F1·x－Ff1·3x＝0－0，B物体的拉力与摩擦力的关系，F2·2x－Ff2·3x＝0－0，因此可得F1＝3Ff1，F2＝Ff2，Ff1＝Ff2，所以F1＝2F2。全过程中摩擦力对A、B做功相等，F1、F2对A、B做功也相等，故ABD错误，C正确。
12.(多选)一质量为m的物体静止在水平地面上，在水平拉力的作用下开始运动，图甲是在0～6 s内其速度与时间关系图象，图乙是拉力的功率与时间关系图象，g取10 m/s2。下列判断正确的是（ ）
甲 乙
A．拉力的大小为4 N，且保持不变
B．物体的质量为2 kg
C．0～6 s内物体克服摩擦力做的功为24 J
D．0～6 s内拉力做的功为156 J
【答案】BD
【解析】
对物体受力分析，由图甲可知，在0～2 s内物体做匀加速运动，拉力大于滑动摩擦力，在2～6 s内物体做匀速运动，拉力等于滑动摩擦力，因此拉力大小不恒定，选项A错误；在2～6 s内根据功率公式P＝Fv，有F＝＝4 N，故滑动摩擦力f＝F＝4 N，在图甲中，0～2 s内有a＝＝3 m/s2，由牛顿第二定律可知F′－f＝ma，又P′＝F′v，联立解得m＝2 kg，F′＝10 N，选项B正确；由图甲可知在0～6 s内物体通过的位移为x＝30 m，故物体克服摩擦力做的功为Wf＝fx＝120 J，选项C错误；由动能定理可知W－Wf＝mv2，故0～6 s内拉力做的功W＝mv2＋Wf＝×2×62J＋120 J＝156 J，选项D正确。
13.(多选)在某一粗糙的水平面上，一质量为2 kg的物体在水平恒定拉力的作用下做匀速直线运动，当运动一段时间后，拉力逐渐减小，且当拉力减小到零时，物体刚好停止运动，图中给出了拉力随位移变化的关系图象。已知重力加速度g＝10 m/s2。根据以上信息能精确得出或估算得出的物理量有（ ）
A．物体与水平面间的动摩擦因数
B．合外力对物体所做的功
C．物体做匀速运动时的速度
D．物体运动的时间
【答案】ABC
【解析】
物体做匀速直线运动时，拉力F与滑动摩擦力f大小相等，物体与水平面间的动摩擦因数为μ＝＝0.35，A项正确；减速过程中，由动能定理得WF＋Wf＝0－mv2，根据F－x图象中图线与坐标轴围成的面积可以估算力F做的功WF，而Wf＝－μmgx，由此可求得合外力对物体所做的功及物体做匀速运动时的速度v，B、C项正确；因为物体做变加速运动，所以运动时间无法求出，D项错误。
14.如图所示，一小物块由静止开始沿斜面向下滑动，最后停在水平地面上。斜面和地面平滑连接，且物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为常数。该过程中，物块的动能Ek与水平位移x关系的图像是（ ）
【答案】A
【解析】
在斜面上，物块受竖直向下的重力、沿斜面向上的滑动摩擦力以及垂直斜面向上的支持力，设物块的质量为m，斜面的倾角为θ，物块沿斜面下滑的距离对应的水平位移为x，由动能定理有mgsin θ·－μ1mgcos θ·＝Ek－0, 解得Ek＝(mgtan θ－μ1mg)x，即在斜面上时物块的动能与水平位移成正比，B、D项均错误；在水平面上，物块受竖直向下的重力、竖直向上的支持力以及水平向左的滑动摩擦力，由动能定理有－μ2mg(x－x0)＝Ek－Ek0，解得Ek＝Ek0－μ2mg(x－x0)，其中Ek0为物块滑到斜面底端时的动能，x0为物块沿斜面下滑到底端时的距离对应的水平位移，即在水平面上物块的动能与水平位移为一次函数关系，且为减函数，A项正确，C项错误。
15.一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处。物块初动能为Ek0，与斜面间的动摩擦因数不变，则该过程中，物块的动能Ek与位移x关系的图线是（ ）
【答案】C
【解析】
设斜面的倾角为θ，物块的质量为m，沿斜面向上为位移正方向；小物块上滑过程，由动能定理得－(mgsin θ＋μmgcos θ)x＝Ek－Ek0，整理得Ek＝Ek0－x；设小物块上滑的最大位移大小为s，小物块下滑过程，由动能定理得(mgsin θ－μmgcos θ)(s－x)＝Ek－0，整理得Ek＝(mgsin θ－μmgcos θ)s－(mgsin θ－μmgcos θ)x，故只有C正确。
16.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3 m以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图7所示．重力加速度取10 m/s2.该物体的质量为（ ）
A．2 kg B．1.5 kg C．1 kg D．0.5 kg
【答案】C
【解析】
上升过程：－(mg＋F)h＝Ek－Ek0，则Ek＝－(mg＋F)h＋Ek0，下降过程：(mg－F)h＝Ek′－Ek0′，则Ek′＝(mg－F)h＋Ek0′，结合题图可知mg＋F＝ N＝12 N，mg－F＝ N＝8 N，联立可得m＝1 kg，选项C正确．
17.如图甲所示，置于水平地面上质量为m的物体，在竖直拉力F作用下，由静止开始向上运动，其动能Ek与距地面高度h的关系图像如图乙所示，已知重力加速度为g，空气阻力不计。下列说法正确的是（ ）
A．在0～h0过程中，F大小始终为mg
B．在0～h0和h0～2h0过程中，F做功之比为2∶1
C．在0～2h0过程中，物体的机械能不断增加
D．在2h0～3.5h0过程中，物体的机械能不断减少
【答案】C
【解析】
在0～h0过程中，Ek－h图像为一段直线，由动能定理得(F－mg)h0＝mgh0－0，故F＝2mg，A错误；由A可知，在0～h0过程中，F做功为2mgh0，在h0～2h0过程中，由动能定理可知，WF－mgh0＝1.5mgh0－mgh0，解得WF＝1.5mgh0，因此在0～h0和h0～2h0过程中，F做功之比为4∶3，故B错误；在0～2h0过程中，F一直做正功，故物体的机械能不断增加，C正确；在2h0～3.5h0过程中，由动能定理得WF′－1.5mgh0＝0－1.5mgh0，则WF′＝0，故F做功为0，物体的机械能保持不变，故D错误。
18.用传感器研究质量为2 kg的物体由静止开始做直线运动的规律时，在计算机上得到0～6 s内物体的加速度随时间变化的关系如图所示．下列说法正确的是（ ）
A．0～6 s内物体先向正方向运动，后向负方向运动
B．0～6 s内物体在4 s时的速度最大
C．物体在2～4 s内的速度不变
D．0～4 s内合力对物体做的功等于0～6 s内合力对物体做的功
【答案】D
【解析】
物体6 s末的速度v6＝×(2＋5)×2 m/s－×1×2 m/s＝6 m/s，结合题图可知0～6 s内物体一直向正方向运动，A项错误；由题图可知物体在5 s末速度最大，vm＝×(2＋5)×2 m/s＝7 m/s，B项错误；由题图可知物体在2～4 s内加速度不变，做匀加速直线运动，速度变大，C项错误；在0～4 s内由动能定理可知，W合4＝mv42－0，又v4＝×(2＋4)×2 m/s＝6 m/s，得W合4＝36 J,0～6 s内合力对物体做的功：W合6＝mv62－0，又v6＝6 m/s，得W合6＝36 J，则W合4＝W合6，D项正确．
19.如图甲所示，一倾角为37°，长L＝3.75 m的斜面AB上端和一个竖直圆弧形光滑轨道BC相连，斜面与圆轨道相切于B处，C为圆弧轨道的最高点．t＝0时刻有一质量m＝1 kg的物块沿斜面上滑，其在斜面上运动的v－t图像如图乙所示．已知圆轨道的半径R＝0.5 m．(取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：
（1）物块与斜面间的动摩擦因数μ；
（2）物块到达C点时对轨道的压力的大小FN；
（3）试通过计算分析是否可能存在物块以一定的初速度从A点滑上轨道，通过C点后恰好能落在A点．如果能，请计算出物块从A点滑出的初速度大小；如果不能请说明理由．
【答案】（1）0.5；（2）4 N；（3）见解析
【解析】
（1）由题图乙可知物块上滑时的加速度大小为a＝10 m/s2①
根据牛顿第二定律有：mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma②
由①②联立解得μ＝0.5③
（2）设物块到达C点时的速度大小为vC，由动能定理得：
－mg(Lsin 37°＋R＋Rcos 37°)－μmgLcos 37°＝mvC2－mv02④
在C点，根据牛顿第二定律有：mg＋FN′＝m⑤
联立③④⑤解得：FN′＝4 N⑥
根据牛顿第三定律得：FN＝FN′＝4 N⑦
物块在C点时对轨道的压力大小为4 N
（3）设物块以初速度v1上滑，最后恰好落到A点
物块从C到A，做平抛运动，
竖直方向：Lsin 37°＋R(1＋cos 37°)＝gt2⑧
水平方向：Lcos 37°－Rsin 37°＝vC′t⑨
解得vC′＝ m/s>＝ m/s，⑩
所以物块能通过C点落到A点
物块从A到C，由动能定理得：
－mg(Lsin 37°＋1.8R)－μmgLcos 37°＝mvC′2－mv12⑪
联立解得：v1＝2 m/s⑫
「动能定理解决传送带和滑块问题」
20.如图所示，水平传送带匀速运行速度为v＝2 m/s，传送带两端A、B间距离为x0＝10 m，当质量为m＝5 kg的行李箱无初速度地放上传送带A端后，传送到B端，传送带与行李箱间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g取10 m/s2，求：
（1）行李箱开始运动时的加速度大小a；
（2）行李箱从A端传送到B端所用时间t；
（3）整个过程行李箱对传送带的摩擦力做功W。
【答案】（1）2 m/s2；（2）5.5 s；（3）－20 J
【解析】
（1）行李箱刚放上传送带时的加速度大小
a＝＝＝μg＝2 m/s2。
（2）经过t1时间二者共速，t1＝＝ s＝1 s
行李箱匀加速运动的位移为
x1＝at＝×2×12 m＝1 m
行李箱随传送带匀速运动的时间
t2＝＝ s＝4.5 s
则行李箱从A传送到B所用时间
t＝t1＋t2＝1 s＋4.5 s＝5.5 s。
（3）t1时间内传送带的位移x2＝vt1＝2×1 m＝2 m，根据牛顿第三定律，传送带受到行李箱的摩擦力Ff′＝Ff，行李箱对传送带的摩擦力做功
W＝－Ff′x2＝－μmgx2＝－0.2×5×10×2 J＝－20 J。
21.如图所示，固定的粗糙弧形轨道下端B点水平，上端A与B点的高度差为h1＝0.3 m，倾斜传送带与水平方向的夹角为θ＝37°，传送带的上端C点与B点的高度差为h2＝0.112 5 m(传送带传动轮的大小可忽略不计)。一质量为m＝1 kg的滑块(可看作质点)从轨道的A点由静止滑下，然后从B点抛出，恰好以平行于传送带的速度从C点落到传送带上，传送带逆时针转动，速度大小为v＝0.5 m/s，滑块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.8，且传送带足够长，滑块运动过程中空气阻力忽略不计，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，试求：
（1）滑块运动至C点时的速度vC大小；
（2）滑块由A到B运动过程中克服摩擦力做的功Wf；
（3）滑块在传送带上运动时与传送带摩擦产生的热量Q。
【答案】（1）2.5 m/s；（2）1 J；（3）32 J
【解析】
（1）在C点，竖直分速度vy＝＝1.5 m/s
由vy＝vCsin 37°，解得vC＝2.5 m/s。
（2）C点的水平分速度与B点的速度相等，则vB＝vx＝vCcos 37°＝2 m/s，从A到B点的过程中，根据动能定理得mgh1－Wf＝mv，解得Wf＝1 J。
（3）滑块在传送带上运动时，根据牛顿第二定律有
μmgcos 37°－mgsin 37°＝ma，解得a＝0.4 m/s2
达到共同速度所需时间t＝＝5 s
两者间的相对位移Δx＝t－vt＝5 m
由于mgsin 37°＜μmgcos 37°，此后滑块将做匀速运动。故滑块在传送带上运动时与传送带摩擦产生的热量
Q＝μmgcos 37°·Δx＝32 J。
22.如图所示，质量M＝8 kg的小车停放在光滑水平面上，在小车右端施加一水平恒力F＝8 N。当小车向右运动速度达到v0＝3 m/s时，在小车的右端轻放一质量m＝2 kg的小物块，物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.2，假定小车足够长，g＝10 m/s2。求：
（1）小物块从放在车上开始经过多长时间与小车具有相同的速度及此时的速度大小；
（2）从小物块放在车上开始经过t0＝3.0 s摩擦力对小物块所做的功。
【答案】（1）2 s，4 m/s；（2）23.04 J
【解析】
（1）根据牛顿第二定律得
对物块：μmg＝ma1，解得a1＝2 m/s2
对小车：F－μmg＝Ma2，解得a2＝0.5 m/s2
设经过t1时间物块与小车的速度相等，则有a1t1＝v0＋a2t1，
代入数据解得t1＝2 s，共同的速度大小为v＝a1t1＝4 m/s。
（2）t1时间内物块位移x1＝a1t＝×2×22 m＝4 m，t1时刻物块速度v1＝v＝4 m/s，
t1后M、m有相同的加速度，对M、m 整体有F＝(M＋m)a3，
解得a3＝0.8 m/s2，
物块受到的摩擦力为Ff＝ma3＝1.6 N，
此过程运动t2＝t0－t1＝1 s的位移为
x2＝v1t2＋a3t＝(4×1＋×0.8×12) m＝4.4 m，
所以摩擦力做的功为W＝μmgx1＋Ffx2＝23.04 J。
23.如图所示，质量M＝8 kg的长木板停放在光滑水平面上，在长木板的左端放置一质量m＝2 kg的小物块，小物块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.2，现对小物块施加一个大小F＝8 N的水平向右恒力，小物块将由静止开始向右运动，2 s后小物块从长木板上滑落，从小物块开始运动到从长木板上滑落的过程中，重力加速度g取10 m/s2。求
（1）小物块和长木板的加速度各为多大；
（2）长木板的长度；
（3）通过计算说明：互为作用力与反作用力的摩擦力对长木板和小物块做功的代数和是否为零。
【答案】（1）2 m/s2，0.5 m/s2；（2）3 m；（3）见解析
【解析】
（1）长木板与小物块间摩擦力Ff＝μmg＝4 N
小物块加速度a1＝＝2 m/s2
长木板加速度a2＝＝0.5 m/s2。
（2）小木块对地位移x1＝a1t2＝4 m
长木板对地位移x2＝a2t2＝1 m
长木板长L＝x1－x2＝3 m。
（3）摩擦力对小物块做功W1＝－Ffx1＝－16 J
摩擦力对长木板做功W2＝Ffx2＝4 J，故W1＋W2≠0
24.如图所示，质量M＝0.2 kg、长L＝1 m 的长木板放在地面上，质量m＝0.8 kg 的小滑块在长木板左端，竖直嵌有四分之三光滑圆弧轨道的底座固定在地面上，圆弧轨道最低点P的切线水平且与长木板上表面相平，长木板右端与底座左端相距x＝1 m。现用水平向右外力F＝6 N作用在小滑块上，小滑块到达P点后撤去外力F，小滑块沿着圆弧轨道运动。长木板与底座相碰时，立即粘在底座上。已知滑块与长木板、长木板与地面间的动摩擦因数分别为μ1＝0.4和μ2＝0.15，重力加速度g＝10 m/s2。假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：
（1）在长木板与底座相碰前，试判断长木板与小滑块是否发生相对滑动，并求出长木板和小滑块加速度的大小；
（2）小滑块到达P点时速度的大小；
（3）若要使小滑块沿圆弧轨道上滑过程中不脱离轨道，竖直圆弧轨道的半径R应该满足什么条件？
【答案】（1）不发生相对滑动，4.5 m/s2，4.5 m/s2；（2）4 m/s；（3） 0＜R≤0.32 m或R≥0.8 m。
【解析】
（1）在长木板与底座相碰前，假设M与m相对静止，一起加速，设加速度为a，小滑块与长木板间静摩擦力为Ff1，则
F－μ2g＝a，
F－Ff1＝ma，解得a＝4.5 m/s2，Ff1＝2.4 N，
即 Ff1＜μ1mg＝3.2 N，假设成立，不发生相对滑动。
（2）设长木板撞击底座时，长木板和小滑块共同速度为v1，之后，小滑块在长木板上运动，设加速度为a1，到达P点的速度为v2，则
v＝2ax，F－μ1mg＝ma1，v－v＝2a1L，
解得v2＝4 m/s。
（3）情况一：小滑块滑上轨道从圆弧轨道的Q点离开，即能够达到圆弧轨道最高点，设圆弧轨道半径最大为Rm，小滑块在最高点的速度大小为vm，则
mg＝，－2mgR＝mv－mv，
解得Rm＝0.32 m。
情况二：小球上滑至与圆心等高处时，速度减为零，然后滑回最低点。则由动能定理有
－mgR＝－mv，
解得R＝0.8 m，
故要使小滑块不脱离轨道，竖直圆周轨道半径应该满足0＜R≤0.32 m或R≥0.8 m。
姓名：_______________
第七章
机械能守恒定律
动能定理的综合应用
目录
「动能定理解决多过程问题」 1
「动能定理解决往复过程问题」 7
「动能定理解决图像问题」 10
「动能定理解决传送带和滑块问题」 16
「动能定理解决多过程问题」
1.如图所示，AB为圆弧轨道，BC为水平直轨道，BC恰好在B点与AB相切，圆弧的半径为R，BC的长度也是R。一质量为m的物体与两个轨道间的动摩擦因数都为μ，它由轨道顶端A从静止开始下落，恰好运动到C处停止，重力加速度为g，那么物体在AB段克服摩擦力所做的功为（ ）
A． B．
C．mgR D．(1－μ)mgR
【答案】D
【解析】
设物体在AB段克服摩擦力所做的功为WAB，物体从A到C的全过程，根据动能定理有mgR－WAB－μmgR＝0，所以WAB＝mgR－μmgR＝(1－μ)mgR，故D正确。
2.(多选)如图所示，B、M、N分别为竖直光滑圆轨道上的三个点，B点和圆心O等高，M点与O点在同一竖直线上，N点和圆心O的连线与竖直方向的夹角为α＝45°。现从B点的正上方某处A点由静止释放一个质量为m的小球，经圆轨道飞出后沿水平方向通过与O点等高的C点，已知圆轨道半径为R，重力加速度为g，不计空气阻力，则以下结论正确的是（ ）
A．A、B两点间的高度差为R
B．C到N的水平距离为2R
C．小球在M点对轨道的压力大小为(3＋)mg
D．小球从N点运动到C点的时间为
【答案】AC
【解析】
从A点到C点，有mgh＝mv，从A点到N点，有mg(h＋Rcos 45°)＝mv，其中vC＝vNcos 45°，联立解得h＝R，vN＝，选项A正确；小球从N运动到C的时间t＝＝，则C到N的水平距离为xCN＝vNcos 45°t，解得xCN＝R，选项B、D错误；从A到M点，有mg(h＋R)＝mv，在M点，有FN－mg＝m，解得FN＝(3＋)mg，由牛顿第三定律，小球在M点对轨道的压力大小为FN′＝FN＝(3＋)mg，选项C正确。
3.如图所示，AB是倾角为θ＝30°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(可以看作质点)从直轨道上的P点由静止释放，而后在两轨道上做往返运动。已知P点与圆弧的圆心O等高，物体做往返运动的整个过程中在AB轨道上通过的路程为s。(重力加速度为g)
（1）求物体与轨道AB间的动摩擦因数μ；
（2）最终当物体通过圆弧轨道最低点E时，求物体对圆弧轨道的压力大小；
（3）为使物体能顺利到达圆弧轨道的最高点D，释放点距B点的距离L′至少为多大？
【答案】（1）；（2）(3－)mg；（3）
【解析】
（1）物体以P为起点，最终到在B点速度为零的整个过程，由动能定理得
mgRcos θ－μmgscos θ＝0
解得μ＝
（2）物体以B为最高点，在圆弧轨道底部做往复运动过程中，对从B到E的过程由动能定理得mgR(1－cos θ)＝mv
在E点，由牛顿第二定律得FN－mg＝m
联立得FN＝(3－)mg
根据牛顿第三定律可得，物体对圆弧轨道的压力大小
F′N＝FN＝(3－)mg
（3）若物体刚好能到达D点，由牛顿第二定律得mg＝m
对物体由释放至到达D点这一过程，由动能定理得
mgL′sin θ－μmgL′cos θ－mgR(1＋cos θ)＝mv
联立解得L′＝
4.如图所示，不可伸长的轻质细线下方悬挂一可视为质点的小球，另一端固定在竖直光滑墙面上的O点。开始时，小球静止于A点，现给小球一水平向右的初速度，使其恰好能在竖直平面内绕O点做圆周运动。垂直于墙面的钉子N位于过O点竖直线的左侧，与的夹角为θ(0＜θ＜π)，且细线遇到钉子后，小球绕钉子在竖直平面内做圆周运动，当小球运动到钉子正下方时，细线刚好被拉断。已知小球的质量为m，细线的长度为L，细线能够承受的最大拉力为7mg，重力加速度为g。
（1）求小球初速度的大小v0；
（2）求小球绕钉子做圆周运动的半径r与θ的关系式；
（3）在细线被拉断后，小球继续向前运动，试判断它能否通过A点。若能，请求出细线被拉断时θ的值；若不能，请通过计算说明理由。
【答案】（1）；（2）r＝L；（3）不能通过A点，理由见解析
【解析】
（1）设小球在最高点的速度为v，根据牛顿第二定律有mg＝m，解得v＝，
小球从A点至最高点，由动能定理有
－mg·2L＝mv2－mv，
解得v0＝。
（2）小球绕钉子做圆周运动，设碰到钉子时的速度为v1，由释放到碰到钉子时根据动能定理得
－mgL＝mv－mv，
碰到钉子到绳子断的过程，由动能定理得
mgr＝mv－mv，
绳子断的瞬间FT＝7mg，FT－mg＝m，
联立以上几式，解得r＝L。
（3）细线被拉断后，小球做平抛运动，设t时间小球运动到与A点的同一竖直线上，由几何关系得x＝(L－r)sin θ，
平抛运动的水平方向有x＝v2t，由（2）可知v2＝，平抛运动竖直方向有y＝gt2
代入上面几式可得y＝gt2＝
平抛开始点与A点的高度差为h＝L－r－(L－r)cos θ＝(L－r)(1－cos θ)，
若正好过A点，则h＝y，解得r＝ L，此结论与（2）不相符，所以小球不能通过A点。
5.如图所示，让摆球从图中的C位置由静止开始摆下，摆到最低点D处，摆线刚好被拉断，小球在粗糙的水平面上由D点向右做匀减速运动，到达A孔进入半径R＝0.3 m的竖直放置的光滑圆弧轨道，当摆球进入圆轨道立即关闭A孔．已知摆线长L＝2 m，θ＝53°，小球质量为m＝0.5 kg，D点与A孔的水平距离s＝2 m，g取10 m/s2.(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)
（1）求摆线能承受的最大拉力为多大；
（2）要使摆球能进入圆轨道并且不脱离轨道，求摆球与粗糙水平面间的动摩擦因数μ的范围．
【答案】（1）9 N；（2）2.5≤μ≤0.4或者μ≤0.025
【解析】
（1）当摆球由C到D运动，
根据动能定理有mg(L－Lcos θ)＝mvD2
在D点，由牛顿第二定律可得Fm－mg＝m，
可得Fm＝1.8mg＝9 N
（2）小球不脱离圆轨道分两种情况
①要保证小球能到达A孔，设小球到达A孔的速度恰好为零，由动能定理可得
－μ1mgs＝0－mvD2，
可得μ1＝0.4
若进入A孔的速度较小，那么将会在圆心以下做往返运动，不脱离轨道，其临界情况为到达圆心等高处速度为零，由动能定理可得－mgR＝0－mvA2
由动能定理可得－μ2mgs＝mvA2－mvD2，
可求得μ2＝0.25
②若小球能过圆轨道的最高点则不会脱离轨道，当小球恰好到达最高点时，在圆周的最高点，由牛顿第二定律可得
mg＝m，
由动能定理可得－μ3mgs－2mgR＝mv2－mvD2，
解得μ3＝0.025
综上所述，动摩擦因数μ的范围为0.25≤μ≤0.4或者μ≤0.025.
6.如图所示，在地面上竖直固定了刻度尺和轻质弹簧，弹簧原长时上端与刻度尺上的A点等高．质量m＝0.5 kg的篮球静止在弹簧正上方，其底端距A点的高度h1＝1.10 m，篮球静止释放，测得第一次撞击弹簧时，弹簧的最大形变量x1＝0.15 m，第一次反弹至最高点，篮球底端距A点的高度h2＝0.873 m，篮球多次反弹后静止在弹簧的上端，此时弹簧的形变量x2＝0.01 m，弹性势能为Ep＝0.025 J．若篮球运动时受到的空气阻力大小恒定，忽略篮球与弹簧碰撞时的能量损失和篮球形变，弹簧形变在弹性限度范围内，g取10 m/s2.求：
（1）弹簧的劲度系数；
（2）篮球在运动过程中受到的空气阻力大小；
（3）篮球在整个运动过程中通过的路程；
（4）篮球在整个运动过程中速度最大的位置．
【答案】（1）500 N/m；（2）0.5 N；（3）11.05 m
（4）第一次下落至A点下方0.009 m处速度最大
【解析】
（1）由最后静止的位置可知kx2＝mg，
所以k＝500 N/m
（2）由动能定理可知，在篮球由静止下落到第一次反弹至最高点的过程中
mgΔh－Ff·L＝mv22－mv12
整个过程动能变化为0，重力做功
mgΔh＝mg(h1－h2)＝1.135 J
空气阻力恒定，作用距离为L＝h1＋h2＋2x1＝2.273 m
解得Ff≈0.5 N
（3）整个运动过程中，空气阻力一直与运动方向相反
根据动能定理有mgΔh′＋Wf＋W弹＝mv2′2－mv12
整个过程动能变化为0，
重力做功W＝mgΔh′＝mg(h1＋x2)＝5.55 J
弹力做功W弹＝－Ep＝－0.025 J
则空气阻力做功Wf＝－Ffs＝－5.525 J
解得s＝11.05 m.
（4）篮球速度最大的位置是第一次下落到合力为零的位置，此时mg＝Ff＋kx3，得x3＝0.009 m，即篮球第一次下落至A点下方0.009 m处速度最大．
「动能定理解决往复过程问题」
7.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． B． C． D．
【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＝，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＝＝95%，同理第二次离开O点到第三次到达O点所走路程s3＝(95%)2，…，故小物块下滑的总路程s总＝s1＋s2＋…sn＝＋95%＋(95%)2＋…(95%)n－1，n无穷大时，可得s总＝(等比数列求和)，故B正确。
8.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，BC水平，其长度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的小物块并让其由静止下滑．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，则停止的地点到B的距离为（ ）
A．0.50 m B．0.25 m
C．0.10 m D．0
【答案】D
【解析】
小物块从A点出发到最后停下来，设小物块在BC面上运动的总路程为s，整个过程由动能定理有：mgh－μmgs＝0，所以小物块在BC面上运动的总路程为s＝＝ m＝3 m，而d＝0.5 m，刚好3个来回，所以最终停在B点，即距离B点为0 m．故选D．
9.如图所示，ABCD为一位于竖直平面内的轨道，其中BC水平，A点比BC高出10 m，BC长1 m，AB和CD轨道光滑且与BC平滑连接。一质量为1 kg的物体，从A点以4 m/s的速度开始运动，经过BC后滑到高出C点10.3 m的D点速度为零。求：(g取10 m/s2)
（1）物体与BC轨道间的动摩擦因数；
（2）物体第5次经过B点时的速度；
（3）物体最后停止的位置(距B点多少米)。
【答案】（1）0.5；（2）4 m/s；（3）距B点0.4 m
【解析】
（1）物体从A到D的运动过程只有重力、摩擦力做功，由动能定理可得
mg(H－h)－μmgLBC＝0－mv ①
解得μ＝ ②
代入数据得μ＝0.5。
（2）物体第5次经过B点时，物体在BC上运动的总位移x＝4LBC＝4 m； ③
那么，对物体从A到物体第5次经过B点的运动过程应用动能定理可得
mgH－μmgx＝mv2－mv， ④
解得v＝＝4 m/s。
（3）由受力平衡可知物体最终停在BC上，设物体整个运动过程在BC上的总路程为x′，那么由动能定理可得mgH－μmgx′＝0－mv ⑥
所以x′＝＝21.6 m＝21LBC＋0.6 m， ⑦
故物体最后停止的位置距B点LBC－0.6 m＝0.4 m处。
10.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＝3.6 m，一滑块质量m＝5 kg，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(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/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．
【答案】（1）8 m；（2）102 N，70 N
【解析】
（1）由题意可知斜面AB与水平面的夹角为θ＝37°，知mgsin θ>μmgcos θ，
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＝μmgcos θ，
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mgRcos θ－Ffs＝0，解得s＝＝8 m.
（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＝mv12－0，斜面AB的长度lAB＝，由牛顿第二定律得Fmax－mg＝，
解得Fmax＝102 N.
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－cos θ)＝mv22－0，
由牛顿第二定律得Fmin－mg＝，解得Fmin＝70 N，
根据牛顿第三定律可知C点受到的压力最大值为102 N，最小值为70 N.
「动能定理解决图像问题」
11. A、B两物体分别在水平恒力F1和F2的作用下沿水平面运动，先后撤去F1、F2后，两物体最终停下，它们的vt图象如图所示。已知两物体与水平面间的滑动摩擦力大小相等。则下列说法正确的是（ ）
A．F1、F2大小之比为1∶2
B．F1、F2对A、B做功之比为1∶2
C．A、B质量之比为2∶1
D．全过程中A、B克服摩擦力做功之比为2∶1
【答案】C
【解析】
由vt图象可知，两个匀减速运动的加速度之比为1∶2，A、B受摩擦力大小相等，由牛顿第二定律可知，A、B的质量之比是2∶1，由vt图象可知，A、B两物体加速与减速的位移之和相等，且匀加速位移之比为1∶2，匀减速运动的位移之比为2∶1，由动能定理可得，A物体的拉力与摩擦力的关系，F1·x－Ff1·3x＝0－0，B物体的拉力与摩擦力的关系，F2·2x－Ff2·3x＝0－0，因此可得F1＝3Ff1，F2＝Ff2，Ff1＝Ff2，所以F1＝2F2。全过程中摩擦力对A、B做功相等，F1、F2对A、B做功也相等，故ABD错误，C正确。
12.(多选)一质量为m的物体静止在水平地面上，在水平拉力的作用下开始运动，图甲是在0～6 s内其速度与时间关系图象，图乙是拉力的功率与时间关系图象，g取10 m/s2。下列判断正确的是（ ）
甲 乙
A．拉力的大小为4 N，且保持不变
B．物体的质量为2 kg
C．0～6 s内物体克服摩擦力做的功为24 J
D．0～6 s内拉力做的功为156 J
【答案】BD
【解析】
对物体受力分析，由图甲可知，在0～2 s内物体做匀加速运动，拉力大于滑动摩擦力，在2～6 s内物体做匀速运动，拉力等于滑动摩擦力，因此拉力大小不恒定，选项A错误；在2～6 s内根据功率公式P＝Fv，有F＝＝4 N，故滑动摩擦力f＝F＝4 N，在图甲中，0～2 s内有a＝＝3 m/s2，由牛顿第二定律可知F′－f＝ma，又P′＝F′v，联立解得m＝2 kg，F′＝10 N，选项B正确；由图甲可知在0～6 s内物体通过的位移为x＝30 m，故物体克服摩擦力做的功为Wf＝fx＝120 J，选项C错误；由动能定理可知W－Wf＝mv2，故0～6 s内拉力做的功W＝mv2＋Wf＝×2×62J＋120 J＝156 J，选项D正确。
13.(多选)在某一粗糙的水平面上，一质量为2 kg的物体在水平恒定拉力的作用下做匀速直线运动，当运动一段时间后，拉力逐渐减小，且当拉力减小到零时，物体刚好停止运动，图中给出了拉力随位移变化的关系图象。已知重力加速度g＝10 m/s2。根据以上信息能精确得出或估算得出的物理量有（ ）
A．物体与水平面间的动摩擦因数
B．合外力对物体所做的功
C．物体做匀速运动时的速度
D．物体运动的时间
【答案】ABC
【解析】
物体做匀速直线运动时，拉力F与滑动摩擦力f大小相等，物体与水平面间的动摩擦因数为μ＝＝0.35，A项正确；减速过程中，由动能定理得WF＋Wf＝0－mv2，根据F－x图象中图线与坐标轴围成的面积可以估算力F做的功WF，而Wf＝－μmgx，由此可求得合外力对物体所做的功及物体做匀速运动时的速度v，B、C项正确；因为物体做变加速运动，所以运动时间无法求出，D项错误。
14.如图所示，一小物块由静止开始沿斜面向下滑动，最后停在水平地面上。斜面和地面平滑连接，且物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为常数。该过程中，物块的动能Ek与水平位移x关系的图像是（ ）
【答案】A
【解析】
在斜面上，物块受竖直向下的重力、沿斜面向上的滑动摩擦力以及垂直斜面向上的支持力，设物块的质量为m，斜面的倾角为θ，物块沿斜面下滑的距离对应的水平位移为x，由动能定理有mgsin θ·－μ1mgcos θ·＝Ek－0, 解得Ek＝(mgtan θ－μ1mg)x，即在斜面上时物块的动能与水平位移成正比，B、D项均错误；在水平面上，物块受竖直向下的重力、竖直向上的支持力以及水平向左的滑动摩擦力，由动能定理有－μ2mg(x－x0)＝Ek－Ek0，解得Ek＝Ek0－μ2mg(x－x0)，其中Ek0为物块滑到斜面底端时的动能，x0为物块沿斜面下滑到底端时的距离对应的水平位移，即在水平面上物块的动能与水平位移为一次函数关系，且为减函数，A项正确，C项错误。
15.一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处。物块初动能为Ek0，与斜面间的动摩擦因数不变，则该过程中，物块的动能Ek与位移x关系的图线是（ ）
【答案】C
【解析】
设斜面的倾角为θ，物块的质量为m，沿斜面向上为位移正方向；小物块上滑过程，由动能定理得－(mgsin θ＋μmgcos θ)x＝Ek－Ek0，整理得Ek＝Ek0－x；设小物块上滑的最大位移大小为s，小物块下滑过程，由动能定理得(mgsin θ－μmgcos θ)(s－x)＝Ek－0，整理得Ek＝(mgsin θ－μmgcos θ)s－(mgsin θ－μmgcos θ)x，故只有C正确。
16.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3 m以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图7所示．重力加速度取10 m/s2.该物体的质量为（ ）
A．2 kg B．1.5 kg C．1 kg D．0.5 kg
【答案】C
【解析】
上升过程：－(mg＋F)h＝Ek－Ek0，则Ek＝－(mg＋F)h＋Ek0，下降过程：(mg－F)h＝Ek′－Ek0′，则Ek′＝(mg－F)h＋Ek0′，结合题图可知mg＋F＝ N＝12 N，mg－F＝ N＝8 N，联立可得m＝1 kg，选项C正确．
17.如图甲所示，置于水平地面上质量为m的物体，在竖直拉力F作用下，由静止开始向上运动，其动能Ek与距地面高度h的关系图像如图乙所示，已知重力加速度为g，空气阻力不计。下列说法正确的是（ ）
A．在0～h0过程中，F大小始终为mg
B．在0～h0和h0～2h0过程中，F做功之比为2∶1
C．在0～2h0过程中，物体的机械能不断增加
D．在2h0～3.5h0过程中，物体的机械能不断减少
【答案】C
【解析】
在0～h0过程中，Ek－h图像为一段直线，由动能定理得(F－mg)h0＝mgh0－0，故F＝2mg，A错误；由A可知，在0～h0过程中，F做功为2mgh0，在h0～2h0过程中，由动能定理可知，WF－mgh0＝1.5mgh0－mgh0，解得WF＝1.5mgh0，因此在0～h0和h0～2h0过程中，F做功之比为4∶3，故B错误；在0～2h0过程中，F一直做正功，故物体的机械能不断增加，C正确；在2h0～3.5h0过程中，由动能定理得WF′－1.5mgh0＝0－1.5mgh0，则WF′＝0，故F做功为0，物体的机械能保持不变，故D错误。
18.用传感器研究质量为2 kg的物体由静止开始做直线运动的规律时，在计算机上得到0～6 s内物体的加速度随时间变化的关系如图所示．下列说法正确的是（ ）
A．0～6 s内物体先向正方向运动，后向负方向运动
B．0～6 s内物体在4 s时的速度最大
C．物体在2～4 s内的速度不变
D．0～4 s内合力对物体做的功等于0～6 s内合力对物体做的功
【答案】D
【解析】
物体6 s末的速度v6＝×(2＋5)×2 m/s－×1×2 m/s＝6 m/s，结合题图可知0～6 s内物体一直向正方向运动，A项错误；由题图可知物体在5 s末速度最大，vm＝×(2＋5)×2 m/s＝7 m/s，B项错误；由题图可知物体在2～4 s内加速度不变，做匀加速直线运动，速度变大，C项错误；在0～4 s内由动能定理可知，W合4＝mv42－0，又v4＝×(2＋4)×2 m/s＝6 m/s，得W合4＝36 J,0～6 s内合力对物体做的功：W合6＝mv62－0，又v6＝6 m/s，得W合6＝36 J，则W合4＝W合6，D项正确．
19.如图甲所示，一倾角为37°，长L＝3.75 m的斜面AB上端和一个竖直圆弧形光滑轨道BC相连，斜面与圆轨道相切于B处，C为圆弧轨道的最高点．t＝0时刻有一质量m＝1 kg的物块沿斜面上滑，其在斜面上运动的v－t图像如图乙所示．已知圆轨道的半径R＝0.5 m．(取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：
（1）物块与斜面间的动摩擦因数μ；
（2）物块到达C点时对轨道的压力的大小FN；
（3）试通过计算分析是否可能存在物块以一定的初速度从A点滑上轨道，通过C点后恰好能落在A点．如果能，请计算出物块从A点滑出的初速度大小；如果不能请说明理由．
【答案】（1）0.5；（2）4 N；（3）见解析
【解析】
（1）由题图乙可知物块上滑时的加速度大小为a＝10 m/s2①
根据牛顿第二定律有：mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma②
由①②联立解得μ＝0.5③
（2）设物块到达C点时的速度大小为vC，由动能定理得：
－mg(Lsin 37°＋R＋Rcos 37°)－μmgLcos 37°＝mvC2－mv02④
在C点，根据牛顿第二定律有：mg＋FN′＝m⑤
联立③④⑤解得：FN′＝4 N⑥
根据牛顿第三定律得：FN＝FN′＝4 N⑦
物块在C点时对轨道的压力大小为4 N
（3）设物块以初速度v1上滑，最后恰好落到A点
物块从C到A，做平抛运动，
竖直方向：Lsin 37°＋R(1＋cos 37°)＝gt2⑧
水平方向：Lcos 37°－Rsin 37°＝vC′t⑨
解得vC′＝ m/s>＝ m/s，⑩
所以物块能通过C点落到A点
物块从A到C，由动能定理得：
－mg(Lsin 37°＋1.8R)－μmgLcos 37°＝mvC′2－mv12⑪
联立解得：v1＝2 m/s⑫
「动能定理解决传送带和滑块问题」
20.如图所示，水平传送带匀速运行速度为v＝2 m/s，传送带两端A、B间距离为x0＝10 m，当质量为m＝5 kg的行李箱无初速度地放上传送带A端后，传送到B端，传送带与行李箱间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g取10 m/s2，求：
（1）行李箱开始运动时的加速度大小a；
（2）行李箱从A端传送到B端所用时间t；
（3）整个过程行李箱对传送带的摩擦力做功W。
【答案】（1）2 m/s2；（2）5.5 s；（3）－20 J
【解析】
（1）行李箱刚放上传送带时的加速度大小
a＝＝＝μg＝2 m/s2。
（2）经过t1时间二者共速，t1＝＝ s＝1 s
行李箱匀加速运动的位移为
x1＝at＝×2×12 m＝1 m
行李箱随传送带匀速运动的时间
t2＝＝ s＝4.5 s
则行李箱从A传送到B所用时间
t＝t1＋t2＝1 s＋4.5 s＝5.5 s。
（3）t1时间内传送带的位移x2＝vt1＝2×1 m＝2 m，根据牛顿第三定律，传送带受到行李箱的摩擦力Ff′＝Ff，行李箱对传送带的摩擦力做功
W＝－Ff′x2＝－μmgx2＝－0.2×5×10×2 J＝－20 J。
21.如图所示，固定的粗糙弧形轨道下端B点水平，上端A与B点的高度差为h1＝0.3 m，倾斜传送带与水平方向的夹角为θ＝37°，传送带的上端C点与B点的高度差为h2＝0.112 5 m(传送带传动轮的大小可忽略不计)。一质量为m＝1 kg的滑块(可看作质点)从轨道的A点由静止滑下，然后从B点抛出，恰好以平行于传送带的速度从C点落到传送带上，传送带逆时针转动，速度大小为v＝0.5 m/s，滑块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.8，且传送带足够长，滑块运动过程中空气阻力忽略不计，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，试求：
（1）滑块运动至C点时的速度vC大小；
（2）滑块由A到B运动过程中克服摩擦力做的功Wf；
（3）滑块在传送带上运动时与传送带摩擦产生的热量Q。
【答案】（1）2.5 m/s；（2）1 J；（3）32 J
【解析】
（1）在C点，竖直分速度vy＝＝1.5 m/s
由vy＝vCsin 37°，解得vC＝2.5 m/s。
（2）C点的水平分速度与B点的速度相等，则vB＝vx＝vCcos 37°＝2 m/s，从A到B点的过程中，根据动能定理得mgh1－Wf＝mv，解得Wf＝1 J。
（3）滑块在传送带上运动时，根据牛顿第二定律有
μmgcos 37°－mgsin 37°＝ma，解得a＝0.4 m/s2
达到共同速度所需时间t＝＝5 s
两者间的相对位移Δx＝t－vt＝5 m
由于mgsin 37°＜μmgcos 37°，此后滑块将做匀速运动。故滑块在传送带上运动时与传送带摩擦产生的热量
Q＝μmgcos 37°·Δx＝32 J。
22.如图所示，质量M＝8 kg的小车停放在光滑水平面上，在小车右端施加一水平恒力F＝8 N。当小车向右运动速度达到v0＝3 m/s时，在小车的右端轻放一质量m＝2 kg的小物块，物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.2，假定小车足够长，g＝10 m/s2。求：
（1）小物块从放在车上开始经过多长时间与小车具有相同的速度及此时的速度大小；
（2）从小物块放在车上开始经过t0＝3.0 s摩擦力对小物块所做的功。
【答案】（1）2 s，4 m/s；（2）23.04 J
【解析】
（1）根据牛顿第二定律得
对物块：μmg＝ma1，解得a1＝2 m/s2
对小车：F－μmg＝Ma2，解得a2＝0.5 m/s2
设经过t1时间物块与小车的速度相等，则有a1t1＝v0＋a2t1，
代入数据解得t1＝2 s，共同的速度大小为v＝a1t1＝4 m/s。
（2）t1时间内物块位移x1＝a1t＝×2×22 m＝4 m，t1时刻物块速度v1＝v＝4 m/s，
t1后M、m有相同的加速度，对M、m 整体有F＝(M＋m)a3，
解得a3＝0.8 m/s2，
物块受到的摩擦力为Ff＝ma3＝1.6 N，
此过程运动t2＝t0－t1＝1 s的位移为
x2＝v1t2＋a3t＝(4×1＋×0.8×12) m＝4.4 m，
所以摩擦力做的功为W＝μmgx1＋Ffx2＝23.04 J。
23.如图所示，质量M＝8 kg的长木板停放在光滑水平面上，在长木板的左端放置一质量m＝2 kg的小物块，小物块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.2，现对小物块施加一个大小F＝8 N的水平向右恒力，小物块将由静止开始向右运动，2 s后小物块从长木板上滑落，从小物块开始运动到从长木板上滑落的过程中，重力加速度g取10 m/s2。求
（1）小物块和长木板的加速度各为多大；
（2）长木板的长度；
（3）通过计算说明：互为作用力与反作用力的摩擦力对长木板和小物块做功的代数和是否为零。
【答案】（1）2 m/s2，0.5 m/s2；（2）3 m；（3）见解析
【解析】
（1）长木板与小物块间摩擦力Ff＝μmg＝4 N
小物块加速度a1＝＝2 m/s2
长木板加速度a2＝＝0.5 m/s2。
（2）小木块对地位移x1＝a1t2＝4 m
长木板对地位移x2＝a2t2＝1 m
长木板长L＝x1－x2＝3 m。
（3）摩擦力对小物块做功W1＝－Ffx1＝－16 J
摩擦力对长木板做功W2＝Ffx2＝4 J，故W1＋W2≠0
24.如图所示，质量M＝0.2 kg、长L＝1 m 的长木板放在地面上，质量m＝0.8 kg 的小滑块在长木板左端，竖直嵌有四分之三光滑圆弧轨道的底座固定在地面上，圆弧轨道最低点P的切线水平且与长木板上表面相平，长木板右端与底座左端相距x＝1 m。现用水平向右外力F＝6 N作用在小滑块上，小滑块到达P点后撤去外力F，小滑块沿着圆弧轨道运动。长木板与底座相碰时，立即粘在底座上。已知滑块与长木板、长木板与地面间的动摩擦因数分别为μ1＝0.4和μ2＝0.15，重力加速度g＝10 m/s2。假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：
（1）在长木板与底座相碰前，试判断长木板与小滑块是否发生相对滑动，并求出长木板和小滑块加速度的大小；
（2）小滑块到达P点时速度的大小；
（3）若要使小滑块沿圆弧轨道上滑过程中不脱离轨道，竖直圆弧轨道的半径R应该满足什么条件？
【答案】（1）不发生相对滑动，4.5 m/s2，4.5 m/s2；（2）4 m/s；（3） 0＜R≤0.32 m或R≥0.8 m。
【解析】
（1）在长木板与底座相碰前，假设M与m相对静止，一起加速，设加速度为a，小滑块与长木板间静摩擦力为Ff1，则
F－μ2g＝a，
F－Ff1＝ma，解得a＝4.5 m/s2，Ff1＝2.4 N，
即 Ff1＜μ1mg＝3.2 N，假设成立，不发生相对滑动。
（2）设长木板撞击底座时，长木板和小滑块共同速度为v1，之后，小滑块在长木板上运动，设加速度为a1，到达P点的速度为v2，则
v＝2ax，F－μ1mg＝ma1，v－v＝2a1L，
解得v2＝4 m/s。
（3）情况一：小滑块滑上轨道从圆弧轨道的Q点离开，即能够达到圆弧轨道最高点，设圆弧轨道半径最大为Rm，小滑块在最高点的速度大小为vm，则
mg＝，－2mgR＝mv－mv，
解得Rm＝0.32 m。
情况二：小球上滑至与圆心等高处时，速度减为零，然后滑回最低点。则由动能定理有
－mgR＝－mv，
解得R＝0.8 m，
故要使小滑块不脱离轨道，竖直圆周轨道半径应该满足0＜R≤0.32 m或R≥0.8 m。
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