(共46张PPT)
第2讲 动能定理及其应用
课 程 标 准
1.理解动能和动能定理．
2.能用动能定理解释生产生活中的现象．
素 养 目 标
物理观念：了解动能的概念和动能定理的内容．
科学思维：会用动能定理分析曲线运动、多过程运动问题．
必备知识·自主落实
关键能力·精准突破
必备知识·自主落实
一、动能 动能是标量
1．定义：物体由于________而具有的能．
2．公式：Ek＝mv2 v是瞬时速度
3．单位：________，1 J＝1 N·m＝1 kg·m2/s2.
4．动能的变化：物体________与________之差，即ΔEk＝
______________．
运动
焦耳
末动能
初动能
二、动能定理
“力”指的是物体受到的所有力
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__________．
合力所做的总功
2．表达式：W＝． 标量式，不用规定正方向
3．物理意义：________的功是物体动能变化的量度．
动能的变化
合外力
走进生活
如图所示为一滑梯的实物图，滑梯的斜面段长度L＝5.0 m，高度h＝3.0 m，为保证小朋友的安全，在水平面铺设安全地垫．水平段与斜面段底部
平滑连接，小朋友在连接处速度大小不变．某小朋友从滑梯顶端由静止开始滑下，经斜面底端后水平滑行一段距离，停在水平地垫上．已知小朋友质量为m＝20 kg，小朋友在斜面上受到的平均阻力f1＝88 N，在水平段受到的平均阻力f2＝100 N.取重力加速度g＝10 m/s2
(1)小朋友在下滑过程中，重力做功600 J．( )
(2)小朋友在斜面上滑下的过程中克服摩擦力做的功为440 J．( )
(3)小朋友滑到斜面底端时的动能为160 J．( )
(4)小朋友在斜面上滑下的过程中合外力做功为0.( )
(5)为使小朋友不滑出水平地垫，地垫的长度至少为1.6 m．( )
(6)在斜面、水平面整个运动过程中合外力对小朋友做功为0.( )
√
√
√
×
√
√
关键能力·精准突破
考点一 动能、动能定理的理解
1．动能与动能变化的区别
(1)动能与动能的变化是两个不同的概念，动能是状态量，动能的变化是过程量．
(2)动能没有负值，而动能变化量有正负之分．ΔEk>0表示物体的动能增加，ΔEk<0表示物体的动能减少．
2．对动能定理的理解
做功的过程就是能量转化的过程，动能定理表达式中“＝”的意义是一种因果关系在数值上相等的符号．
针 对 训 练
1.甲、乙两物体的质量分别用m甲、m乙表示，甲、乙两物体的速度大小分别用v甲、v乙表示，则下列说法正确的是( )
A．如果m乙＝2m甲，v甲＝2v乙，则甲、乙两物体的动能相等
B．如果m甲＝2m乙，v乙＝2v甲，则甲、乙两物体的动能相等
C．如果m乙＝2m甲，v乙＝2v甲，则甲、乙两物体的动能相等
D．如果m甲＝m乙，v甲＝v乙，两物体的速度方向相反，此时两物体的动能相等
答案：D
解析：由动能的表达式Ek＝mv2可知，A、B、C错误；动能是标量，只与物体的质量和速度的大小有关，与速度方向无关，D正确．
2．(多选)如图所示，电梯质量为M，在它的水平底板
上放置一质量为m的物体．电梯在钢索的拉力作用下做
竖直向上的加速运动，当电梯的速度由v1增大到v2时，
上升高度为H.则在这个过程中，下列说法正确的是(重
力加速度为g)( )
A．对物体，动能定理的表达式为W＝，其中W为支持力做的功
B．对物体，动能定理的表达式为W合＝0，其中W合为合力做的功
C．对物体，动能定理的表达式为W－mgH＝，其中W为支持力做的功
D．对电梯，其所受合力做功为
答案：CD
解析：电梯上升的过程中，对物体做功的有重力mg和支持力FN，这两个力做的总功才等于物体动能的增量，ΔEk＝，故A、B错误，C正确；对电梯，无论有几个力对它做功，由动能定理可知，其合力做的功一定等于其动能的增量，故D正确．
考点二 动能定理的应用
应用动能定理的注意事项
(1)方法的选择：动能定理往往用于单个物体的运动过程，由于不涉及加速度及时间，比动力学方法要简捷．
(2)过程的选择：物体在某个运动过程中包含有几个运动性质不同的小过程(如加速、减速的过程)，此时可以分段应用动能定理，也可以对全过程应用动能定理．如果对整个过程应用动能定理，往往能使问题简化．
(3)规律的应用：动能定理表达式是一个标量式，在某个方向上应用动能定理是没有依据的．
考向1 动能定理解决直线运动问题
例1 [2023·山东省实验中学模拟]2022年4月16日9时56分，神舟十三号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆．如图所示，若返回舱在离地面约6 000 m的高空打开主伞(降落伞)，在主伞的作用下返回舱速度从80 m/s降至10 m/s，此后可视为匀速下降，当返回舱在距离地面1 m时启动反推发动机，速度减至2 m/s后恰好落到地面上．设主伞所受的空气阻力为f＝kv，其中k为定值，v为速率，其余阻力不计．已知返回舱(含航天员，后同)总质量为3 000 kg，主伞的质量忽略不计，忽略返回舱质量的变化，重力加速度g取10 m/s2，设全过程为竖直方向的运动．
(1)在主伞打开后的瞬间，求返回舱的加速度大小．
(2)若在反推发动机工作时主伞与返回舱之间的绳索处于松弛状态，求反推发动机在该过程中对返回舱做的功．
解析：(1)设主伞打开后瞬间返回舱所受阻力为f1，返回舱匀速下降时所受阻力为f2返回舱匀速下降时，对返回舱进行受力分析，根据平衡条件可得f2＝kv2＝mg，主伞打开后瞬间，对返回舱由牛顿第二定律可知mg－f1＝ma
由题意知f1＝kv1
联立可得a＝－70 m/s2
所以主伞打开后的瞬间，返回舱的加速度大小为70 m/s2.
(2)从离地1 m到速度为2 m/s时，由动能定理可知＝mgh＋W
解得反推发动机在该过程中对返回舱做的功为W＝－1.74×105 J.
答案：(1)70 m/s2 (2)－1.74×105 J
考向2 动能定理解决曲线运动问题
例2 [2023·湖北高三联考]在北京2022年冬奥会上，中国运动员获得自由式滑雪女子大跳台项目金牌，这是中国女子雪上项目第一个冬奥会冠军．赛道主要由助滑道、起跳台、着陆坡、停止区组成，如图所示．在某次训练中，运动员经助滑道加速后自起跳点C以大小为vC＝15 m/s的速度沿着与水平方向成α＝37°角的方向飞起，完成空中动作后，落在着陆坡上的E点，后沿圆弧轨道EF自由滑行通过最低点F，进入水平停止区后调整姿势匀减速滑行L＝45 m后速度减为零．
已知运动员着陆时的速度方向与竖直方向的夹角为α＝37°，且沿圆弧轨道切线进入，经F点时运动员对地面的压力为体重(含装备)的2倍，运动员在水平停止区受到的阻力为体重(含装备)的，运动员加装备的总质量为50 kg，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，忽略运动过程中的空气阻力．求：
(1)运动员完成空中动作的时间；
(2)运动员在圆弧轨道EF上滑行过程中损失的机械能．
解析：(1)对运动员由C点至到达着陆坡过程的运动进行分解，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀变速直线运动，水平方向速度vx＝vC cos α＝12 m/s
竖直方向初速度vy＝vC sin α＝9 m/s
同理，在E点进行速度分解，水平方向速度不变，竖直方向速度为vEy＝＝16 m/s
以竖直向下为正方向，竖直方向由运动学公式可得vEy＝－vy＋gt
解得运动员完成空中动作的时间t＝2.5 s.
(2)将运动员与装备看成一个质点，总质量为m总，在F点时，运动员对地面的压力为体重(含装备)的2倍，则地面对该整体的支持力大小为FN＝2m总g
此时支持力与总重力的合力提供向心力，则有FN－m总g＝m总，解得v＝
运动员到达F点后做匀减速直线运动，根据动能定理得－fL＝0－m总v2，又f＝m总g
解得v＝15 m/s，R＝22.5 m
由(1)可知运动员在E点的速度vE＝ m/s＝20 m/s
设运动员从E点到F点过程克服摩擦力做功为Wf，根据动能定理得
m总gR(1－sin α)－Wf＝m总v2－m总，解得Wf＝8 875 J
运动员在圆弧轨道EF上滑行过程中损失的机械能等于克服摩擦力做的功，即ΔE＝Wf＝8 875 J.
答案：(1)2.5 s (2)8 875 J
考向3 动能定理解决多过程问题
多过程问题包含多个子过程，这几个子过程的运动性质可以相同也可以不同，子过程中可以有直线上的不同运动，也可以有曲线上的不同运动，如匀速直线运动、匀变速直线运动、圆周运动、抛体运动、往复运动等. 此类题型涉及知识内容比较多，综合性强，对考生的能力要求也较高．
例3 [2022·浙江1月]如图所示，处于竖直平面内的一探究装置，由倾角α＝37°的光滑直轨道AB、圆心为O1的半圆形光滑轨道BCD、圆心为O2的半圆形光滑细圆管轨道DEF、倾角也为37°的粗糙直轨道FG组成，B、D和F为轨道间的相切点，弹性板垂直轨道固定在G点(与B点等高)，B、O1、D、O2和F点处于同一直线上．已知可视为质点的滑块质量m＝0.1 kg，轨道BCD和DEF的半径R＝0.15 m，轨道AB长度lAB＝3 m，滑块与轨道FG间的动摩擦因数μ＝.滑块与弹性板作用后，以等大速度弹回，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.滑块开始时均从轨道AB上某点静止释放，
(1)若释放点距B点的长度l＝0.7 m，求滑块到最低点C时轨道对其支持力FN的大小；
(2)设释放点距B点的长度为lx，求滑块第1次经F点时的速度v与lx之间的关系式；
(3)若滑块最终静止在轨道FG的中点，求释放点距B点长度lx的值．
解析：(1)滑块从A到C的过程只有重力做功，机械能守恒，则mgl sin 37°＋mgR(1－cos 37°)＝
代入数据解得FN＝7 N.
(2)要使得滑块到达F点，则必过圆弧轨道DEF的最高点，即有
mglx sin 37°－mg(3R cos 37°＋R)＝≥0
即lx≥0.85 m
滑块运动到F的过程中，由机械能守恒定律有
mglx sin 37°－4mgR cos 37°＝mv2
解得v＝(m/s)(0.85 m≤lx≤3 m)
(3)设最终摩擦力做的功为滑块第一次到达FG中点时的n倍，由动能定理得mglx sin 37°－mgsin 37°－nμmgcos 37°＝0
解得lx＝ m
将0.85 m≤lx≤3 m代入上式可得≤n≤
由运动过程可知，n只能取1、3、5
①当n＝1时，lx＝ m
②当n＝3时，lx＝ m
③当n＝5时，lx＝ m.
答案：(1)7 N
(2)v＝(m/s)(0.85 m≤lx≤3 m)
(3)见解析
考向4 动能定理解决往复运动问题
1.往复运动问题：在有些问题中物体的运动过程具有重复性、往返性，而在这一过程中，描述运动的物理量多数是变化的，而且重复的次数又往往是无限的或者难以确定．
2．解题策略：此类问题多涉及滑动摩擦力或其他阻力做功，其做功的特点是与路程有关，运用牛顿运动定律及运动学公式将非常繁琐，甚至无法解出，由于动能定理只涉及物体的初、末状态，所以用动能定理分析这类问题可使解题过程简化．
例4 [2023·北京东城区模拟]如图所示，在一个固定的盒子里有一个质量为m＝0.1 kg的滑块，它与盒子底面间的动摩擦因数为μ＝0.5，开始时滑块在盒子中央以初速度v0＝2 m/s向右运动，与盒子两壁碰撞若干次后速度减为零，若盒子长L＝0.1 m，滑块与盒壁碰撞过程中没有能量损失，则整个过程中与两壁碰撞的次数是( )
A．3次 B．4次
C．5次 D．6次
答案：B
解析：以滑块为研究对象，在滑块运动过程中，只有滑块受到的摩擦力对滑块做功．滑块运动过程中摩擦力始终对滑块做负功，设滑块相对于盒子运动的总路程为s，对整个过程，根据动能定理有－μmgs＝＝0.4 m，因为盒子长L＝0.1 m，故可知碰撞次数n＝＋1＝4.5，n取整数，故滑块与盒子碰撞4次．
针 对 训 练
3．[2023·安徽合肥二模](多选)如图所示，两相邻倾斜轨道Ⅰ和Ⅱ均与水平面平滑连接，两轨道侧视图的交叉点M距水平面的高度为h，一可视为质点的物块从轨道Ⅱ上的M处由静止释放，最终物块运动到水平面上的A处停止．已知物块与两倾斜轨道及水平面间的动摩擦因数均相同，重力加速度为g，倾斜轨道足够长．
下列说法正确的是( )
A．若物块从轨道Ⅰ上的M处由静止释放，则物块将停在水平面上A处左侧
B．若物块从A处以大小为2的初速度向左运动并滑上轨道Ⅰ，物块刚好能滑到M处
C．若物块分别从A处以大小为3的初速度向左运动并滑上两轨道，则物块在两轨道上速度减为0时的位置距水平面的高度相同
D．若物块分别从A处以大小为3的初速度向左运动并滑上两轨道，则物块在轨道Ⅰ上速度减为0时的位置距水平面的高度较大
答案：BD
解析：依题意，设M点在水平面上投影点为B点，轨道Ⅱ与水平面相交处为C点，如图所示，由于物块从轨道Ⅱ上的M处由静止释放到达A点静止，根据动能定理有mgh－μmg cos θ·－μmg＝0－0，其中θ为轨道Ⅱ与水平面的夹角，解得mgh＝μmgsAB，若物块从轨道Ⅰ上的M处由静止释放，h相等，μ一样，同理分析可知物块仍能到达A点，故选项A错误；
若物块从A处以大小为2的初速度向左运动并滑上轨道Ⅰ，假设物块能到达M点，则由动能定理可得－mgh－μmgsAB＝，结合v0＝2和mgh＝μmgsAB，可求得vM＝0，假设成立，所以，物块刚好能滑到M处，故选项B正确；物块分别从A处以大小为3的初速度向左运动并滑上两轨道，若物块沿两轨道可到达同一高度，假设到达Ⅰ轨道N点的速度为0，到达Ⅱ轨道N′点的速度也为0(如图)，根据能量守恒定律可知WG＋Wf＝Ek0，因为初动能相同，重力做功相同，由A项分析可知，物块从A点滑到Ⅰ轨道N点克服摩擦力做的功比滑上Ⅱ轨道N′点的小，所以若物块到达Ⅱ轨道N′点的速度为0，在轨道Ⅰ上N点速度就不可能为0，还要继续上滑，则物块在轨道Ⅰ上速度减为0时的位置距水平面的高度较大，假设不成立，故选项C错误，D正确．
4．[2023·山东泰安模拟]用如图所示的简化图来研究风洞实验，光滑的细杆被制成两个弯曲的四分之一圆弧AB、BC，圆弧的半径均为r，两个圆弧在同一竖直平面内，两圆弧在B点的切线竖直，A、C分别是其最低点和最高点，切线水平，一质量为m的小球(视为质点)套在细杆上，从A点由静止开始在水平向左恒定的风力作用下沿着杆向上运动，风力的大小F风＝2mg，重力加速度大小为g，求：
(1)小球进入圆弧BC后瞬间，在B点，杆对小球的弹力大小F；
(2)小球离开圆弧到达A点的等高点E时的速度大小vE.
解析：(1)小球由A点运动到B点，由动能定理得F风r－mgr＝
，解得F＝0.
(2)小球由A点运动到C点，由动能定理有F风×2r－mg×2r＝，解得vC＝2
设小球从C点运动到E点的时间为tCE，在竖直方向上小球做自由落体运动，有2r＝
解法一：在水平方向上小球做初速度大小为vC的匀加速直线运动，加速度大小为a＝
小球在水平方向运动的位移大小LCE＝，解得LCE＝8r
小球从A点运动到E点，由动能定理有F风(2r＋LCE)＝
＝2.
答案：(1)0 (2)2
考点三 动能定理与图像结合问题
1．解决动能定理与图像结合问题的基本步骤
2．图像中所围“面积”或斜率的意义
考向1 动能定理与Ek－x图像的综合
例5 [2022·江苏卷]某滑雪赛道如图所示，滑雪运动员从静止开始沿斜面下滑，经圆弧滑道起跳．将运动员视为质点，不计摩擦力及空气阻力，此过程中，运动员的动能Ek与水平位移x的关系图像正确的是( )
答案：A
解析：设斜面倾角为θ，不计摩擦力和空气阻力，由题意可知，运动员在沿斜面下滑过程中，根据动能定理有Ek＝mgx tan θ，即Ek＝mg tan θ×x，滑雪运动员从静止开始沿斜面下滑，经圆弧滑道起跳，下滑过程中开始阶段倾角θ不变，Ek x图像为一条倾斜的直线；经过圆弧轨道过程中θ先减小后增大，即图像斜率先减小后增大，所以运动员的动能Ek与水平位移x的关系图像正确的是图A.
考向2 动能定理与F－x图像的综合
例6 [2023·福建厦门模拟](多选)如图甲所示，足够长的水平传送带以某一恒定速率顺时针转动，一根轻弹簧两端分别与物块和竖直墙面连接，将物块在传送带左端无初速度释放，此时弹簧恰好处于原长且水平．物块向右运动的过程中，受到的摩擦力大小f与物块位移x的关系如图乙所示．已知物块质量为m，物块与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，x0为已知量，则( )
A．0～x0过程，物块所受的摩擦力方向向右
B．x0～2x0过程，物块做匀加速直线运动
C．弹簧的劲度系数为
D．传送带的速率为
答案：AC
解析：物块在刚释放的一段时间内相对传送带向左滑动，受到的滑动摩擦力向右，同时弹簧弹力逐渐增大，由题图乙可知当x＝x0时，摩擦力发生突变，瞬间减小后，随着x正比例增大，考虑到弹簧弹力也是随x正比例增大，由此可推知当x＝x0时，物块刚好与传送带达到共同速度，之后随着传送带继续向右运动，在x0～2x0过程物块始终相对传送带静止，弹力和静摩擦力同时增大且平衡，物块做匀速直线运动，当x＝2x0时，弹簧弹力大小增大至与最大静摩擦力大小相等，故选项A正确，B错误；根据上述分析可知，弹簧的劲度系数为k＝，故选项C正确；在0～x0过程，弹簧弹力从0线性增大到kx0，则此过程的平均弹力大小为＝＝，设传送带的速率为v，此过程对物块根据动能定理有mv2＝μmgx0－x0，解得v＝ ，故选项D错误．
考向3 动能定理与v－t、P－t图像的综合
例7 [2023·黑龙江绥化模拟]一小车放在水平地面上，从静止开始运动，在一段时间内其速度大小与牵引力的功率随时间变化的函数关系图像分别如图甲、乙所示，地面对小车的摩擦力恒定，2 s以后小车以速率v0做匀速直线运动，对比分析两图像所给的已知信息．求：
(1)2 s时小车的速率v0以及地面对小车的摩擦力大小；
(2)小车在0～1 s内运动的位移大小．
解析：(1)由图甲可知，在1～2 s内，小车做匀加速直线运动，牵引力恒定设大小为F2，1 s时P2＝F2v1，2 s时P3＝F2v0
代入图中所给的已知条件P2＝200 W，P3＝400 W，v1＝10 m/s
解得v0＝20 m/s，F2＝20 N
设地面对小车的摩擦力大小为f，由题意和图甲、乙可知2 s以后小车以速率v0＝20 m/s，功率P4＝200 W做匀速直线运动，则有P4＝fv0
解得f＝10 N.
(2)结合v0＝20 m/s，1 s时小车速度大小v1＝10 m/s，小车匀加速直线运动时间t2＝1 s
由图甲可知，1～2 s小车的加速度大小a＝＝10 m/s2
由牛顿第二定律有F2－f＝ma
再代入F2＝20 N，f＝10 N，解得m＝1 kg
设小车在0～1 s内的位移大小为s，由动能定理有P1t1－fs＝
由图乙可知P1＝110 W，再结合t1＝1 s，m＝1 kg，f＝10 N，v1＝10 m/s，联立解得s＝6 m.
答案：(1)20 m/s 10 N (2)6 m课时分层作业(二十二) 动能定理及其应用
?基础强化练?
1．(多选)关于动能定理的表达式W＝Ek2－Ek1，下列说法正确的是( )
A．公式中的W为不包含重力的其他力做的总功
B.公式中的W为包含重力在内的所有力做的总功，也可通过以下两种方式计算：先求每个力的功再求功的代数和或先求合力再求合力的功
C．公式中的Ek2－Ek1为动能的变化量，当W>0时，动能增加，当W<0时，动能减少
D．动能定理适用于直线运动，但不适用于曲线运动，适用于恒力做功，但不适用于变力做功
2.如图所示，一辆汽车以v1＝6m/s的速度沿水平路面行驶时，急刹车后能滑行s1＝3.6m，如果改以v2＝8m/s的速度行驶，同样的情况下急刹车后滑行的距离s2为( )
A．6.4mB．5.6m
C．7.2mD．10.8m
3．如图甲所示，一可视为质点的小球，沿光滑足够长的斜面由静止开始下滑，其动能与运动位移之间的关系如图乙所示．则对该图像斜率k＝的物理意义，下列说法中正确的是( )
A．表示小球所受合力的大小
B．表示小球的质量
C．表示小球沿斜面下滑的加速度大小
D．表示小球沿斜面下滑的速度大小
4．[2023·浙江名校联考]如图所示，将一个质量为m的石块(可视为质点)从离地面高度为H的O点以初速度v0水平抛出，途经离地面高度为h的P点并落到水平地面上，不计空气阻力，重力加速度为g，选择P点等高面为参考平面，则石块经过P点时的( )
A．水平分速度大于v0
B．重力势能为mv
C．动能为mv＋mg(H－h)
D．机械能为mv＋mgH
5.
如图所示，在北戴河旅游景点之一的南戴河滑沙场有两个坡度不同的滑道AB和AB′(均可看作斜面)，甲、乙两名游客分别乘两个完全相同的滑沙橇从A点由静止开始分别沿AB和AB′滑下，最后都停在水平沙面BC上．设滑沙橇和沙面间的动摩擦因数处处相同，斜面与水平面连接处可认为是圆滑的，则下列说法中正确的是( )
A．甲在B点的速率一定等于乙在B′点的速率
B．甲在B点的速率一定小于乙在B′点的速率
C．甲滑行的总路程一定等于乙滑行的总路程
D．甲、乙从A点出发到停下，两人位移的大小相等
6．在某中学举办的头脑奥林匹克竞赛中，有一个叫作“保护鸡蛋”的竞赛项目，要求制作一个装置，让鸡蛋从两层楼的高度落到地面且不被摔坏．如果没有保护，鸡蛋最多只能从0.1m的高度落到地面而不被摔坏．有一位同学设计了如图所示的装置来保护鸡蛋，用A、B两块较粗糙的夹板夹住鸡蛋，A夹板和B夹板与鸡蛋之间的摩擦力大小都为鸡蛋重力大小的5倍，现将该装置从距地面4m的高处落下，装置着地时间短且保持竖直不被弹起，g取10m/s2.
(1)如果鸡蛋不被摔坏，直接撞击地面速度最大不能超过多少？(结果用根号表示)
(2)如果使用该装置，鸡蛋夹放的位置离装置下端的距离x至少为多少？(小数点后保留2位数字)
7．[2023·吉林长春调研]在北京2022年冬奥会上，中国代表团以9金4银2铜的战绩位列金牌榜第三，创下参加冬奥会以来的历史最佳战绩．图甲所示是运动员在“跳台滑雪”比赛中的腾空运动示意图，滑雪运动过程简化图如图乙所示．“助滑道”由长为L、倾角为θ的斜坡面AB和圆弧形坡面BCD构成，AB和BCD在B处相切，且B与D等高．某运动员(可视为质点)从A处由静止开始，沿“助滑道”滑行，并从D点沿着圆弧的切线滑出．设该运动员(包含滑雪板，后同)的质量为m，滑雪板与斜坡面AB间的动摩擦因数为μ，该运动员在D点沿着圆弧的切线滑出时的速度大小为v，不计空气阻力，重力加速度大小为g.求：
(1)该运动员从A到B的时间；
(2)该运动员在圆弧形坡面BCD上克服摩擦力所做的功．
?能力提升练?
8．(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水平地面不动，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0.72m
B．空气阻力大小为1.00N
C．弹簧的最大弹性势能为9.00J
D．在弹簧落回地面的瞬间滑块的动能为5.40J
9.如图所示，半径为0.9m的光滑圆弧轨道OA，O′为圆心，与长度为3m的光滑水平轨道AB在A处相切，它与粗糙且足够长的水平轨道CD在同一竖直面内．现有一小滑块从圆弧轨道上的P点由静止释放，∠OO′P＝30°.当滑块经过A点时，静止在CD轨道上质量为0.2kg的凹槽(质点)，在1.6N的水平恒力F作用下开始启动，运动一段时间后撤去此力，又经过一段时间后，当凹槽在CD轨道上运动了3.28m时，凹槽的速度达到2.4m/s，此时，小滑块恰好落入凹槽中．凹槽与轨道CD间的动摩擦因数为0.4.重力加速度为g取10m/s2.求：
(1)凹槽运动的最大速度；
(2)两个水平轨道间的高度．
10．如图甲所示是游乐园的过山车，其局部可简化为如图乙所示的示意图，倾角θ＝37°的两平行倾斜轨道BC、DE的下端与水平半圆形轨道CD顺滑连接，倾斜轨道BC的B端高度h＝24m，倾斜轨道DE与圆弧EF相切于E点，圆弧EF的圆心O1、水平半圆轨道CD的圆心O2与A点在同一水平面上，DO1的距离L＝20m，质量m＝1000kg的过山车(包括乘客)从B点自静止滑下，经过水平半圆轨道后，滑上另一倾斜轨道，到达圆弧顶端F时，乘客对座椅的压力为自身重力的.已知过山车在BCDE段运动时所受的摩擦力与轨道对过山车的支持力成正比，比例系数μ＝，EF摩擦不计，整个运动过程空气阻力不计．(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)
(1)求过山车过F点时速度大小．
(2)求从B到F整个运动过程中摩擦力对过山车做的功．
(3)如图乙，过D点时发现圆轨道EF段有故障，为保证乘客安全，立即触发制动装置，使过山车不能到达EF段并保证不再下滑，则过山车受到的摩擦力至少多大？
课时分层作业（二十二）
1．解析：W＝Ek2－Ek1中的W指合力的功，当然包括重力在内，Ek2－Ek1为动能的变化量，由合力的功来量度，W>0，ΔEk>0，动能增加；W<0，ΔEk<0，动能减小，动能定理也适用于曲线运动和变力做功．故B、C正确．
答案：BC
2．解析：汽车在同样的路面上急刹车，所受的阻力大小相同，设为F，汽车的末速度都为零，根据动能定理有－Fs1＝0－mv，－Fs2＝0－mv，所以＝，解得s2＝×s1＝×3.6m＝6.4m，选项A正确．
答案：A
3．解析：根据动能定理Ek＝F合x＝mgsinθ·x，则该图像斜率k＝＝F合＝mgsinθ，选项A正确，B、C、D错误．
答案：A
4．解析：石块在空中做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，则石块经过P点时的水平分速度等于v0，故A错误．选择P点等高面为参考平面，则石块经过P点时的重力势能为零，故B错误．石块从O到P的过程，根据动能定理可得mg（H－h）＝EkP－mv，解得石块在P点的动能EkP＝mv＋mg（H－h），故C正确．石块经过P点时的重力势能为零，则石块在P点的机械能等于石块在该点的动能，即E＝EkP＝mv＋mg（H－h），故D错误．
答案：C
5．解析：设斜面的倾角为θ，斜面的长度为s1，两人在斜面上滑下的过程中，根据动能定理得mgh－μmgcosθ·s1＝mv2－0，s1cosθ是斜面底边的长度，因为斜面AB的底边短，则沿AB段到达B点的速率大，A、B错误；设在水平沙面滑行的距离为s2，对全过程运用动能定理得mgh－μmgcosθ·s1－μmg·s2＝0，整理得mgh－μmgs水平＝0，可知两人沿两轨道滑行的水平位移相等，故两人的位移相同，根据几何关系知，甲滑行的总路程一定大于乙滑行的总路程，C错误，D正确．
答案：D
6．解析：（1）由于鸡蛋最多只能从0.1m的高度落到地面而不被摔坏，由动能定理得mgh1＝mv，
解得鸡蛋落地时的最大速度v1＝＝m/s.
（2）当装置从距地面4m的高处落下时，
设装置底端触地时的速度大小为v2，
由动能定理得mgh2＝mv，
解得v2＝＝4m/s，
对鸡蛋在两夹板之间滑动的过程，由动能定理有
mgx－2Ffx＝mv－mv，又因为Ff＝5mg，
代入数据解得鸡蛋夹放在位置离装置下端的最小距离x＝0.43m.
答案：（1）m/s （2）0.43m
7．解析：（1）根据牛顿第二定律可得，该运动员从A运动到B的过程中的加速度大小为a＝＝gsinθ－μgcosθ
该运动员从A运动到B的过程中，根据匀变速直线运动规律有L＝at2
联立解得t＝.
（2）设该运动员在圆弧形坡面BCD上克服摩擦力所做的功为W，对该运动员从A到D的过程，根据动能定理有mgLsinθ－μmgLcosθ－W＝mv2
解得W＝mgLsinθ－μmgLcosθ－mv2.
答案：见解析
8．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，故选项A错误；从0.80m到1.40m过程，在Ek h图像中，根据动能定理知，图线的斜率表示滑块所受的合外力，由于从0.80m到1.40m范围内图像为直线，其余部分为曲线，说明滑块从离地高度0.80m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，由题图丙知Δh＝0.60m，Ek＝5.40J，解得空气阻力大小为f＝1.00N，故选项B正确；根据能的转化和守恒可知，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Epmax＝（mg＋f）Δh′＝9.00J，故选项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＝E′k－0，解得E′k＝4.2J，故选D错误．
答案：BC
9．解析：（1）撤去拉力瞬间凹槽的速度最大，设为vm，设拉力对凹槽做功为W，设在拉力作用下凹槽的位移为x1，从凹槽开始运动到滑块落入凹槽过程，凹槽的位移大小x＝3.28m，速度大小v＝2.4m/s，凹槽质量M＝0.2kg，对凹槽，由动能定理得：
在拉力作用下：W－μMgx1＝Mv－0且W＝Fx1
从凹槽开始运动到滑块落入凹槽过程
W－μMgx＝Mv2－0
代入数据解得：vm＝4m/s.
（2）对凹槽，由牛顿第二定律得：
在拉力作用下：F－μMg＝Ma1
撤去拉力后：μMg＝Ma2
设凹槽匀加速运动时间为t1，匀减速运动时间为t2，
由匀变速直线运动的速度－时间公式得
vm＝a1t1，v＝vm－a2t2，
设滑块到达A时的速度大小为vA，滑块从释放到运动到A点的过程，由动能定理得
mgR（1－cos60°）＝mv－0
AB的长度s＝3m，滑块在AB上做匀速运动的时间：t3＝
滑块离开B点后做平抛运动，平抛运动的时间：
t4＝t1＋t2－t3
设两水平轨道的高度差为h，则
h＝gt
代入数据解得：h＝0.8m.
答案：（1）4m/s （2）0.8m
10．解析：（1）乘客在F点受到的支持力FN＝mg，设圆弧轨道EF的半径为r，根据牛顿第二定律有
mg－FN＝m，r＝Lsinθ
解得vF＝3m/s.
（2）由动能定理可知乘客从B点到F点，有
mv－0＝mg（h－r）＋Wf
联立解得Wf＝－7.5×104J.
（3）未触发制动装置时，从D到F过程中，根据动能定理有
－mgr－μmgcosθ·（Lcosθ）＝mv－mv
触发制动装置后，过山车恰好能到达E点时对应的摩擦力记为Ff1，则－Ff1Lcosθ－mgrcosθ＝0－mv
联立解得Ff1＝4.6×103N
使过山车停在倾斜轨道上的摩擦力记为Ff2，Ff2＝mgsinθ＝6×103N
综合考虑可知，过山车受到的摩擦力至少为Ffmin＝6×103N.
答案：（1）3m/s （2）－7.5×104J （3）6×103N第2讲 动能定理及其应用
课 程 标 准
1.理解动能和动能定理．
2.能用动能定理解释生产生活中的现象．
素 养 目 标
物理观念：了解动能的概念和动能定理的内容．
科学思维：会用动能定理分析曲线运动、多过程运动问题．
必备知识·自主落实
一、动能动能是标量
1．定义：物体由于________而具有的能．
2．公式：Ek＝mv2v是瞬时速度
3．单位：________，1 J＝1 N·m＝1 kg·m2/s2.
4．动能的变化：物体________与________之差，即ΔEk＝______________．
二、动能定理
“力”指的是物体受到的所有力
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__________．
合力所做的总功
2．表达式：W＝． 标量式，不用规定正方向
3．物理意义：________的功是物体动能变化的量度．
走进生活
如图所示为一滑梯的实物图，滑梯的斜面段长度L＝5.0 m，高度h＝3.0 m，为保证小朋友的安全，在水平面铺设安全地垫．水平段与斜面段底部
平滑连接，小朋友在连接处速度大小不变．某小朋友从滑梯顶端由静止开始滑下，经斜面底端后水平滑行一段距离，停在水平地垫上．已知小朋友质量为m＝20 kg，小朋友在斜面上受到的平均阻力f1＝88 N，在水平段受到的平均阻力f2＝100 N.取重力加速度g＝10 m/s2
(1)小朋友在下滑过程中，重力做功600 J．( )
(2)小朋友在斜面上滑下的过程中克服摩擦力做的功为440 J．( )
(3)小朋友滑到斜面底端时的动能为160 J．( )
(4)小朋友在斜面上滑下的过程中合外力做功为0.( )
(5)为使小朋友不滑出水平地垫，地垫的长度至少为1.6 m．( )
(6)在斜面、水平面整个运动过程中合外力对小朋友做功为0.( )
关键能力·精准突破
考点一 动能、动能定理的理解
1．动能与动能变化的区别
(1)动能与动能的变化是两个不同的概念，动能是状态量，动能的变化是过程量．
(2)动能没有负值，而动能变化量有正负之分．ΔEk>0表示物体的动能增加，ΔEk<0表示物体的动能减少．
2．对动能定理的理解
做功的过程就是能量转化的过程，动能定理表达式中“＝”的意义是一种因果关系在数值上相等的符号．
针 对 训 练
1.甲、乙两物体的质量分别用m甲、m乙表示，甲、乙两物体的速度大小分别用v甲、v乙表示，则下列说法正确的是( )
A．如果m乙＝2m甲，v甲＝2v乙，则甲、乙两物体的动能相等
B．如果m甲＝2m乙，v乙＝2v甲，则甲、乙两物体的动能相等
C．如果m乙＝2m甲，v乙＝2v甲，则甲、乙两物体的动能相等
D．如果m甲＝m乙，v甲＝v乙，两物体的速度方向相反，此时两物体的动能相等
2．(多选)如图所示，电梯质量为M，在它的水平底板上放置一质量为m的物体．电梯在钢索的拉力作用下做竖直向上的加速运动，当电梯的速度由v1增大到v2时，上升高度为H.则在这个过程中，下列说法正确的是(重力加速度为g)( )
A．对物体，动能定理的表达式为W＝，其中W为支持力做的功
B．对物体，动能定理的表达式为W合＝0，其中W合为合力做的功
C．对物体，动能定理的表达式为W－mgH＝，其中W为支持力做的功
D．对电梯，其所受合力做功为
考点二 动能定理的应用
应用动能定理的注意事项
(1)方法的选择：动能定理往往用于单个物体的运动过程，由于不涉及加速度及时间，比动力学方法要简捷．
(2)过程的选择：物体在某个运动过程中包含有几个运动性质不同的小过程(如加速、减速的过程)，此时可以分段应用动能定理，也可以对全过程应用动能定理．如果对整个过程应用动能定理，往往能使问题简化．
(3)规律的应用：动能定理表达式是一个标量式，在某个方向上应用动能定理是没有依据的．
考向1 动能定理解决直线运动问题
例1 [2023·山东省实验中学模拟]2022年4月16日9时56分，神舟十三号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆．如图所示，若返回舱在离地面约6 000 m的高空打开主伞(降落伞)，在主伞的作用下返回舱速度从80 m/s降至10 m/s，此后可视为匀速下降，当返回舱在距离地面1 m时启动反推发动机，速度减至2 m/s后恰好落到地面上．设主伞所受的空气阻力为f＝kv，其中k为定值，v为速率，其余阻力不计．已知返回舱(含航天员，后同)总质量为3 000 kg，主伞的质量忽略不计，忽略返回舱质量的变化，重力加速度g取10 m/s2，设全过程为竖直方向的运动．
(1)在主伞打开后的瞬间，求返回舱的加速度大小．
(2)若在反推发动机工作时主伞与返回舱之间的绳索处于松弛状态，求反推发动机在该过程中对返回舱做的功．
[试答]
考向2 动能定理解决曲线运动问题
例2 [2023·湖北高三联考]在北京2022年冬奥会上，中国运动员获得自由式滑雪女子大跳台项目金牌，这是中国女子雪上项目第一个冬奥会冠军．赛道主要由助滑道、起跳台、着陆坡、停止区组成，如图所示．在某次训练中，运动员经助滑道加速后自起跳点C以大小为vC＝15 m/s的速度沿着与水平方向成α＝37°角的方向飞起，完成空中动作后，落在着陆坡上的E点，后沿圆弧轨道EF自由滑行通过最低点F，进入水平停止区后调整姿势匀减速滑行L＝45 m后速度减为零．已知运动员着陆时的速度方向与竖直方向的夹角为α＝37°，且沿圆弧轨道切线进入，经F点时运动员对地面的压力为体重(含装备)的2倍，运动员在水平停止区受到的阻力为体重(含装备)的，运动员加装备的总质量为50 kg，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，忽略运动过程中的空气阻力．求：
(1)运动员完成空中动作的时间；
(2)运动员在圆弧轨道EF上滑行过程中损失的机械能．
[试答]
考向3 动能定理解决多过程问题
多过程问题包含多个子过程，这几个子过程的运动性质可以相同也可以不同，子过程中可以有直线上的不同运动，也可以有曲线上的不同运动，如匀速直线运动、匀变速直线运动、圆周运动、抛体运动、往复运动等. 此类题型涉及知识内容比较多，综合性强，对考生的能力要求也较高．
例3 [2022·浙江1月]如图所示，处于竖直平面内的一探究装置，由倾角α＝37°的光滑直轨道AB、圆心为O1的半圆形光滑轨道BCD、圆心为O2的半圆形光滑细圆管轨道DEF、倾角也为37°的粗糙直轨道FG组成，B、D和F为轨道间的相切点，弹性板垂直轨道固定在G点(与B点等高)，B、O1、D、O2和F点处于同一直线上．已知可视为质点的滑块质量m＝0.1 kg，轨道BCD和DEF的半径R＝0.15 m，轨道AB长度lAB＝3 m，滑块与轨道FG间的动摩擦因数μ＝.滑块与弹性板作用后，以等大速度弹回，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.滑块开始时均从轨道AB上某点静止释放，
(1)若释放点距B点的长度l＝0.7 m，求滑块到最低点C时轨道对其支持力FN的大小；
(2)设释放点距B点的长度为lx，求滑块第1次经F点时的速度v与lx之间的关系式；
(3)若滑块最终静止在轨道FG的中点，求释放点距B点长度lx的值．
[试答]
考向4 动能定理解决往复运动问题
1.往复运动问题：在有些问题中物体的运动过程具有重复性、往返性，而在这一过程中，描述运动的物理量多数是变化的，而且重复的次数又往往是无限的或者难以确定．
2．解题策略：此类问题多涉及滑动摩擦力或其他阻力做功，其做功的特点是与路程有关，运用牛顿运动定律及运动学公式将非常繁琐，甚至无法解出，由于动能定理只涉及物体的初、末状态，所以用动能定理分析这类问题可使解题过程简化．
例4 [2023·北京东城区模拟]如图所示，在一个固定的盒子里有一个质量为m＝0.1 kg的滑块，它与盒子底面间的动摩擦因数为μ＝0.5，开始时滑块在盒子中央以初速度v0＝2 m/s向右运动，与盒子两壁碰撞若干次后速度减为零，若盒子长L＝0.1 m，滑块与盒壁碰撞过程中没有能量损失，则整个过程中与两壁碰撞的次数是( )
A．3次 B．4次
C．5次 D．6次
[解题心得]
针 对 训 练
3．[2023·安徽合肥二模](多选)如图所示，两相邻倾斜轨道Ⅰ和Ⅱ均与水平面平滑连接，两轨道侧视图的交叉点M距水平面的高度为h，一可视为质点的物块从轨道Ⅱ上的M处由静止释放，最终物块运动到水平面上的A处停止．已知物块与两倾斜轨道及水平面间的动摩擦因数均相同，重力加速度为g，倾斜轨道足够长．下列说法正确的是( )
A．若物块从轨道Ⅰ上的M处由静止释放，则物块将停在水平面上A处左侧
B．若物块从A处以大小为2的初速度向左运动并滑上轨道Ⅰ，物块刚好能滑到M处
C．若物块分别从A处以大小为3的初速度向左运动并滑上两轨道，则物块在两轨道上速度减为0时的位置距水平面的高度相同
D．若物块分别从A处以大小为3的初速度向左运动并滑上两轨道，则物块在轨道Ⅰ上速度减为0时的位置距水平面的高度较大
4．[2023·山东泰安模拟]用如图所示的简化图来研究风洞实验，光滑的细杆被制成两个弯曲的四分之一圆弧AB、BC，圆弧的半径均为r，两个圆弧在同一竖直平面内，两圆弧在B点的切线竖直，A、C分别是其最低点和最高点，切线水平，一质量为m的小球(视为质点)套在细杆上，从A点由静止开始在水平向左恒定的风力作用下沿着杆向上运动，风力的大小F风＝2mg，重力加速度大小为g，求：
(1)小球进入圆弧BC后瞬间，在B点，杆对小球的弹力大小F；
(2)小球离开圆弧到达A点的等高点E时的速度大小vE.
考点三 动能定理与图像结合问题
1．解决动能定理与图像结合问题的基本步骤
2．图像中所围“面积”或斜率的意义
考向1 动能定理与Ek－x图像的综合
例5 [2022·江苏卷]某滑雪赛道如图所示，滑雪运动员从静止开始沿斜面下滑，经圆弧滑道起跳．将运动员视为质点，不计摩擦力及空气阻力，此过程中，运动员的动能Ek与水平位移x的关系图像正确的是( )
[解题心得]
考向2 动能定理与F－x图像的综合
例6 [2023·福建厦门模拟](多选)如图甲所示，足够长的水平传送带以某一恒定速率顺时针转动，一根轻弹簧两端分别与物块和竖直墙面连接，将物块在传送带左端无初速度释放，此时弹簧恰好处于原长且水平．物块向右运动的过程中，受到的摩擦力大小f与物块位移x的关系如图乙所示．已知物块质量为m，物块与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，x0为已知量，则( )
A．0～x0过程，物块所受的摩擦力方向向右
B．x0～2x0过程，物块做匀加速直线运动
C．弹簧的劲度系数为
D．传送带的速率为
[解题心得]
考向3 动能定理与v－t、P－t图像的综合
例7 [2023·黑龙江绥化模拟]一小车放在水平地面上，从静止开始运动，在一段时间内其速度大小与牵引力的功率随时间变化的函数关系图像分别如图甲、乙所示，地面对小车的摩擦力恒定，2 s以后小车以速率v0做匀速直线运动，对比分析两图像所给的已知信息．求：
(1)2 s时小车的速率v0以及地面对小车的摩擦力大小；
(2)小车在0～1 s内运动的位移大小．
[试答]
第2讲 动能定理及其应用
必备知识·自主落实
一、
1．运动
3．焦耳
4．末动能 初动能
二、
1．动能的变化
3．合外力
走进生活
答案：(1)√ (2)√ (3)√ (4)× (5)√ (6)√
关键能力·精准突破
1．解析：由动能的表达式Ek＝mv2可知，A、B、C错误；动能是标量，只与物体的质量和速度的大小有关，与速度方向无关，D正确．
答案：D
2．解析：电梯上升的过程中，对物体做功的有重力mg和支持力FN，这两个力做的总功才等于物体动能的增量，ΔEk＝，故A、B错误，C正确；对电梯，无论有几个力对它做功，由动能定理可知，其合力做的功一定等于其动能的增量，故D正确．
答案：CD
例1 解析：(1)设主伞打开后瞬间返回舱所受阻力为f1，返回舱匀速下降时所受阻力为f2返回舱匀速下降时，对返回舱进行受力分析，根据平衡条件可得f2＝kv2＝mg，主伞打开后瞬间，对返回舱由牛顿第二定律可知mg－f1＝ma
由题意知f1＝kv1
联立可得a＝－70 m/s2
所以主伞打开后的瞬间，返回舱的加速度大小为70 m/s2.
(2)从离地1 m到速度为2 m/s时，由动能定理可知＝mgh＋W
解得反推发动机在该过程中对返回舱做的功为W＝－1.74×105 J.
答案：(1)70 m/s2 (2)－1.74×105 J
例2 解析：(1)对运动员由C点至到达着陆坡过程的运动进行分解，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀变速直线运动，水平方向速度vx＝vC cos α＝12 m/s
竖直方向初速度vy＝vC sin α＝9 m/s
同理，在E点进行速度分解，水平方向速度不变，竖直方向速度为vEy＝＝16 m/s
以竖直向下为正方向，竖直方向由运动学公式可得vEy＝－vy＋gt
解得运动员完成空中动作的时间t＝2.5 s.
(2)将运动员与装备看成一个质点，总质量为m总，在F点时，运动员对地面的压力为体重(含装备)的2倍，则地面对该整体的支持力大小为FN＝2m总g
此时支持力与总重力的合力提供向心力，则有FN－m总g＝m总，解得v＝
运动员到达F点后做匀减速直线运动，根据动能定理得－fL＝0－m总v2，又f＝m总g
解得v＝15 m/s，R＝22.5 m
由(1)可知运动员在E点的速度vE＝ m/s＝20 m/s
设运动员从E点到F点过程克服摩擦力做功为Wf，根据动能定理得
m总gR(1－sin α)－Wf＝m总v2－m总，解得Wf＝8 875 J
运动员在圆弧轨道EF上滑行过程中损失的机械能等于克服摩擦力做的功，即ΔE＝Wf＝8 875 J.
答案：(1)2.5 s (2)8 875 J
例3 解析：(1)滑块从A到C的过程只有重力做功，机械能守恒，则mgl sin 37°＋mgR(1－cos 37°)＝
代入数据解得FN＝7 N.
(2)要使得滑块到达F点，则必过圆弧轨道DEF的最高点，即有
mglx sin 37°－mg(3R cos 37°＋R)＝≥0
即lx≥0.85 m
滑块运动到F的过程中，由机械能守恒定律有
mglx sin 37°－4mgR cos 37°＝mv2
解得v＝(m/s)(0.85 m≤lx≤3 m)
(3)设最终摩擦力做的功为滑块第一次到达FG中点时的n倍，由动能定理得mglx sin 37°－mgsin 37°－nμmgcos 37°＝0
解得lx＝ m
将0.85 m≤lx≤3 m代入上式可得≤n≤
由运动过程可知，n只能取1、3、5
①当n＝1时，lx＝ m
②当n＝3时，lx＝ m
③当n＝5时，lx＝ m.
答案：(1)7 N
(2)v＝(m/s)(0.85 m≤lx≤3 m)
(3)见解析
例4 解析：以滑块为研究对象，在滑块运动过程中，只有滑块受到的摩擦力对滑块做功．滑块运动过程中摩擦力始终对滑块做负功，设滑块相对于盒子运动的总路程为s，对整个过程，根据动能定理有－μmgs＝＝0.4 m，因为盒子长L＝0.1 m，故可知碰撞次数n＝＋1＝4.5，n取整数，故滑块与盒子碰撞4次．
答案：B
3．解析：依题意，设M点在水平面上投影点为B点，轨道Ⅱ与水平面相交处为C点，如图所示，由于物块从轨道Ⅱ上的M处由静止释放到达A点静止，根据动能定理有mgh－μmg cos θ·－μmg＝0－0，其中θ为轨道Ⅱ与水平面的夹角，解得mgh＝μmgsAB，若物块从轨道Ⅰ上的M处由静止释放，h相等，μ一样，同理分析可知物块仍能到达A点，故选项A错误；若物块从A处以大小为2的初速度向左运动并滑上轨道Ⅰ，假设物块能到达M点，则由动能定理可得－mgh－μmgsAB＝，结合v0＝2和mgh＝μmgsAB，可求得vM＝0，假设成立，所以，物块刚好能滑到M处，故选项B正确；物块分别从A处以大小为3的初速度向左运动并滑上两轨道，若物块沿两轨道可到达同一高度，假设到达Ⅰ轨道N点的速度为0，到达Ⅱ轨道N′点的速度也为0(如图)，根据能量守恒定律可知WG＋Wf＝Ek0，因为初动能相同，重力做功相同，由A项分析可知，物块从A点滑到Ⅰ轨道N点克服摩擦力做的功比滑上Ⅱ轨道N′点的小，所以若物块到达Ⅱ轨道N′点的速度为0，在轨道Ⅰ上N点速度就不可能为0，还要继续上滑，则物块在轨道Ⅰ上速度减为0时的位置距水平面的高度较大，假设不成立，故选项C错误，D正确．
答案：BD
4．解析：(1)小球由A点运动到B点，由动能定理得F风r－mgr＝
，解得F＝0.
(2)小球由A点运动到C点，由动能定理有F风×2r－mg×2r＝，解得vC＝2
设小球从C点运动到E点的时间为tCE，在竖直方向上小球做自由落体运动，有2r＝
解法一：在水平方向上小球做初速度大小为vC的匀加速直线运动，加速度大小为a＝
小球在水平方向运动的位移大小LCE＝，解得LCE＝8r
小球从A点运动到E点，由动能定理有F风(2r＋LCE)＝
＝2.
答案：(1)0 (2)2
例5 解析：设斜面倾角为θ，不计摩擦力和空气阻力，由题意可知，运动员在沿斜面下滑过程中，根据动能定理有Ek＝mgx tan θ，即Ek＝mg tan θ×x，滑雪运动员从静止开始沿斜面下滑，经圆弧滑道起跳，下滑过程中开始阶段倾角θ不变，Ek x图像为一条倾斜的直线；经过圆弧轨道过程中θ先减小后增大，即图像斜率先减小后增大，所以运动员的动能Ek与水平位移x的关系图像正确的是图A.
答案：A
例6 解析：物块在刚释放的一段时间内相对传送带向左滑动，受到的滑动摩擦力向右，同时弹簧弹力逐渐增大，由题图乙可知当x＝x0时，摩擦力发生突变，瞬间减小后，随着x正比例增大，考虑到弹簧弹力也是随x正比例增大，由此可推知当x＝x0时，物块刚好与传送带达到共同速度，之后随着传送带继续向右运动，在x0～2x0过程物块始终相对传送带静止，弹力和静摩擦力同时增大且平衡，物块做匀速直线运动，当x＝2x0时，弹簧弹力大小增大至与最大静摩擦力大小相等，故选项A正确，B错误；根据上述分析可知，弹簧的劲度系数为k＝，故选项C正确；在0～x0过程，弹簧弹力从0线性增大到kx0，则此过程的平均弹力大小为＝＝，设传送带的速率为v，此过程对物块根据动能定理有mv2＝μmgx0－x0，解得v＝ ，故选项D错误．
答案：AC
例7 解析：(1)由图甲可知，在1～2 s内，小车做匀加速直线运动，牵引力恒定设大小为F2，1 s时P2＝F2v1，2 s时P3＝F2v0
代入图中所给的已知条件P2＝200 W，P3＝400 W，v1＝10 m/s
解得v0＝20 m/s，F2＝20 N
设地面对小车的摩擦力大小为f，由题意和图甲、乙可知2 s以后小车以速率v0＝20 m/s，功率P4＝200 W做匀速直线运动，则有P4＝fv0
解得f＝10 N.
(2)结合v0＝20 m/s，1 s时小车速度大小v1＝10 m/s，小车匀加速直线运动时间t2＝1 s
由图甲可知，1～2 s小车的加速度大小a＝＝10 m/s2
由牛顿第二定律有F2－f＝ma
再代入F2＝20 N，f＝10 N，解得m＝1 kg
设小车在0～1 s内的位移大小为s，由动能定理有P1t1－fs＝
由图乙可知P1＝110 W，再结合t1＝1 s，m＝1 kg，f＝10 N，v1＝10 m/s，联立解得s＝6 m.
答案：(1)20 m/s 10 N (2)6 m
