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第2讲　动能定理及其应用
课 程 标 准 素 养 目 标
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． 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．
考点一
考点二
考点三
考点一
考点一　动能、动能定理的理解
【必备知识·自主落实】
1．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
2．动能定理
　　 “力”指的是物体受到的合力
(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＝________________．
(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
【关键能力·思维进阶】
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．
思维提升
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．
考点二
考点二　动能定理的基本应用
【关键能力·思维进阶】
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，不能在某个方向上应用动能定理．
考向1　应用动能定理求变力的功
例 1 承德的转盘滑雪机为我国自主原创、世界首例的专利产品．一名运动员的某次训练过程中，转盘滑雪机绕垂直于盘面的固定转轴以角速度ω＝0.5 rad/s顺时针匀速转动，质量为60 kg的运动员在盘面上离转轴10 m半径上滑行，滑行方向与转盘转动方向相反，在最低点的速度大小为10 m/s，滑行半周到最高点的速度大小为8 m/s，该过程中，运动员所做的功为6 500 J，已知盘面与水平面夹角为18°，g取10 m/s2，sin 18°＝0.31，cos 18°＝0.95，则该过程中运动员克服阻力做的功为(　　)
A．4 240 J　 B．3 740 J　
C．3 860 J　 D．2 300 J
答案：C
解析：运动员在最低点的对地速度为10 m/s，在最高点的对地速度为8 m/s，根据动能定理可得
W－mg·2r sin 18°－W克＝
又W＝6 500 J，解得W克＝3 860 J．故选C.
考向2　应用动能定理求解直线运动问题
例 2 如图所示，一斜面体ABC固定在水平地面上，斜面AD段粗糙、DC段光滑，在斜面底端C点固定一轻弹簧，弹簧原长等于CD段长度．一质量m＝0.1 kg的小物块(可视为质点)从斜面顶端A以初速度v0＝2 m/s沿斜面下滑，当弹簧第一次被压缩至最短时，其长度恰好为原长的一半，物块沿斜面下滑后又沿斜面向上返回，第一次恰能返回到最高点A.已知弹簧的原长L0＝0.2 m，物块与斜面AD段间的动摩擦因数μ＝，斜面倾角θ＝30°，重力加速度g＝10 m/s2，弹簧始终处于弹性限度范围内．下列说法中正确的是(　　)
A．A、D间的距离xAD＝0.2 m
B．物块第一次运动到D点时的速度大小为 m/s
C. 弹簧第一次被压缩到最短时的弹性势能为0.3 J
D. 物块在斜面AD段能滑行的总路程为1.6 m
答案：D
解析：物块从A点下滑至第一次恰好返回到A点的过程，根据动能定理有
－μmg cos θ·2xAD＝，代入数据解得xAD＝0.4 m，A项错误；
物块从A点下滑至第一次运动到D点的过程，根据动能定理有mgxADsin θ－μmg cos θ·xAD＝
代入数据解得vD＝ m/s，B项错误；
物块从D点运动至第一次压缩弹簧到最短的过程，由功能关系有Ep＝＋mg·sin θ解得Ep＝0.35 J，C项错误；
由于mg sin θ>μmg cos θ，物块最终在C、D间往复运动，在D点的速度为0，设物块在斜面AD段能滑行的总路程为s，由动能定理有
mgxADsin θ－μmg cos θ·s＝，解得s＝1.6 m，D项正确．故选D.
考向3　应用动能定理求解曲线运动问题
例 3 [2023·湖北卷]如图为某游戏装置原理示意图．水平桌面上固定一半圆形竖直挡板，其半径为2R、内表面光滑，挡板的两端A、B在桌面边缘，B与半径为R的固定光滑圆弧轨道在同一竖直平面内，过C点的轨道半径与竖直方向的夹角为60°.小物块以某一水平初速度由A点切入挡板内侧，从B点飞出桌面后，在C点沿圆弧切线方向进入轨道内侧，并恰好能到达轨道的最高点D.小物块与桌面之间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g，忽略空气阻力，小物块可视为质点．求：
(1)小物块到达D点的速度大小；
(2)B和D两点的高度差；
(3)小物块在A点的初速度大小．
解析：(1)由题知，小物块恰好能到达轨道的最高点D，则在D点有＝mg,解得vD＝
(2)由题知，小物块从C点沿圆弧切线方向进入轨道内侧，则在C点有cos 60°＝
小物块从C到D的过程中，根据动能定理有
－mg(R＋R cos 60°)＝
则小物块从B到D的过程中，根据动能定理有mgHBD＝
联立解得vB＝，HBD＝0
(3)小物块从A到B的过程中，根据动能定理有－μmgS＝，S＝π·2R,解得vA＝
答案：(1)　(2)0　(3)
思维提升
求解多过程问题抓好“两状态，一过程”
“两状态”即明确研究对象的始、末状态的速度或动能情况；“一过程”即明确研究过程，确定这一过程研究对象的受力情况和位置变化或位移信息．
考向4　动能定理在往复运动问题中的应用
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 (多选)[2024·山东模拟预测]如图，左侧光滑曲面轨道与右侧倾角α＝37°的斜面在底部平滑连接且均固定在水平地面上，质量为m的小滑块从斜面上离斜面底边高为H处由静止释放，滑到斜面底端然后滑上左侧曲面轨道，再从曲面轨道滑上斜面，滑块第一次沿斜面上滑的最大高度为H，多次往复运动．不计空气阻力，重力加速度为g，sin 37°＝0.6.
下列说法正确的是(　　)
A．滑块第一次下滑过程，克服摩擦力做的功为mgH
B．滑块第1次下滑的时间与第1次上滑的时间之比为
C．滑块与斜面间的动摩擦因数为
D．滑块从静止释放到第n次上滑到斜面最高点的过程中，系统产生的热量为mgH
答案：BCD
解析：设滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，根据功能关系有WFf＝＝mgH－mgH＝mgH
而＝＝μmg cos α·
联立解得＝mgH，μ＝，A项错误，C项正确；
滑块第一次下滑过程，根据牛顿运动定律有
mg sin α－μmg cos α＝ma1
由运动学公式有＝
滑块第一次上滑过程，根据牛顿运动定律有
mg sin α＋μmg cos α＝ma2
由运动学公式有＝
联立解得＝，B项正确；
滑块第二次下滑过程，根据动能定理有
mgH－×μmg cos α·＝
滑块第二次上滑过程，根据动能定理有
－mgh2－μmg cos α·＝
结合tan α＝9μ,解得h2＝H
滑块第n次沿斜面上升的最大高度为hn＝H
滑块在斜面上滑行的路程为s＝＋…＋·＝9
由于摩擦系统产生的热量为Q＝μmgs cos α＝mgH，D项正确．故选BCD.
考点三
考点三　动能定理与图像结合问题
【关键能力·思维进阶】
考向1　Ek-x(W-x)图像问题
例 5 (多选)一滑块从某固定粗糙斜面底端在沿斜面向上的恒力作用下由静止开始沿斜面向上运动，某时刻撤去恒力，上升过程中滑块的动能和重力势能随位移变化的图像如图所示，图中Ek0、s0为已知量，滑块与斜面间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)
A.恒力的大小为
B．斜面倾角的正切值为0.75
C．滑块下滑到斜面底端时的速度大小为
D．滑块的质量可表示为
答案：BC
解析：根据图像结合题意可知，滑块位移为s0时的动能为Ek0，滑块位移为s0时恒力F撤去，此时滑块的动能为Ek0，之后滑块在重力沿斜面向下的分力与摩擦力的作用下做减速运动，位移为s0时动能减为Ek0，可得滑块沿斜面向上的最大位移为s0，对滑块加速上滑和减速上滑过程分别有F－mg sin θ－μmg cos θ＝，mg sin θ＋μmg cos θ＝
根据滑块的重力势能随位移变化的图像有mg··sin θ＝
联立解得F＝，tan θ＝0.75，m＝
故A、D错误，B正确；
滑块从最高点下滑到斜面底端的过程中，根据动能定理有mgs0sin θ－μmgs0cos θ＝mv2
解得v＝，故C正确．
考向2　F-x图像与动能定理的结合
例 6 如图甲所示，一竖直面内的轨道是由粗糙斜面AB和光滑轨道BCD组成，AB与BCD相切于B点，C为圆轨道的最低点，将物块置于轨道ABC上离地面高为H处由静止下滑，可用力传感器测出其经过C点时对轨道的压力FN.现将物块放在ABC上不同高度处，让H从零开始逐渐增大，传感器测得物块每次从不同高度处下滑到C点时对轨道的压力FN，得到如图乙两段直线PQ和QI，且IQ延长线与纵轴交点坐标值为2.5 N，g取10 m/s2.求：
(1)小物块的质量m及圆轨道的半径R；
(2)轨道BC所对圆心角；
(3)小物块与斜面AB间的动摩擦因数．
甲　　　　　乙
解析：(1)小物块从圆轨道BC滑下，由动能定理可知mgH＝
在C点合力提供向心力
FN＝H＋mg
结合PQ段图像知mg＝2 N，m＝0.2 kg，＝
解得R＝1 m.
(2)由于图线Q点对应于轨道的B点，而此时H＝0.5 m，则轨道BC所对圆心角θ由几何关系可知H＝R(1－cos θ)，代入数据解得θ＝60°.
(3)小物块从A到C，由动能定理可得mgH－＝mv2，
到达C点处由向心力公式可得F′N－mg＝，联立得μ＝.
答案：(1)0.2 kg　1 m　(2)60°　(3)
考向3　动能定理与v-t、P-t图像的综合
例 7 [2024·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
[教你解决问题]　模型建构
思维提升
图像中所围“面积”或斜率的意义第2讲　动能定理及其应用
课 程 标 准 素 养 目 标
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． 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．
考点一　动能、动能定理的理解
【必备知识·自主落实】
1．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＝______________．
2．动能定理
　　“力”指的是物体受到的合力
(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＝________________．
(3)物理意义：________的功是物体动能变化的量度．
【关键能力·思维进阶】
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
思维提升
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．
考点二　动能定理的基本应用
【关键能力·思维进阶】
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，不能在某个方向上应用动能定理．
考向1　应用动能定理求变力的功
例 1 承德的转盘滑雪机为我国自主原创、世界首例的专利产品．一名运动员的某次训练过程中，转盘滑雪机绕垂直于盘面的固定转轴以角速度ω＝0.5 rad/s顺时针匀速转动，质量为60 kg的运动员在盘面上离转轴10 m半径上滑行，滑行方向与转盘转动方向相反，在最低点的速度大小为10 m/s，滑行半周到最高点的速度大小为8 m/s，该过程中，运动员所做的功为6 500 J，已知盘面与水平面夹角为18°，g取10 m/s2，sin 18°＝0.31，cos 18°＝0.95，则该过程中运动员克服阻力做的功为(　　)
A．4 240 J　B．3 740 J　C．3 860 J　D．2 300 J
考向2　应用动能定理求解直线运动问题
例 2 如图所示，一斜面体ABC固定在水平地面上，斜面AD段粗糙、DC段光滑，在斜面底端C点固定一轻弹簧，弹簧原长等于CD段长度．一质量m＝0.1 kg的小物块(可视为质点)从斜面顶端A以初速度v0＝2 m/s沿斜面下滑，当弹簧第一次被压缩至最短时，其长度恰好为原长的一半，物块沿斜面下滑后又沿斜面向上返回，第一次恰能返回到最高点A.已知弹簧的原长L0＝0.2 m，物块与斜面AD段间的动摩擦因数μ＝，斜面倾角θ＝30°，重力加速度g＝10 m/s2，弹簧始终处于弹性限度范围内．下列说法中正确的是(　　)
A．A、D间的距离xAD＝0.2 m
B．物块第一次运动到D点时的速度大小为 m/s
C.弹簧第一次被压缩到最短时的弹性势能为0.3 J
D.物块在斜面AD段能滑行的总路程为1.6 m考向3　应用动能定理求解曲线运动问题
例 3[2023·湖北卷]如图为某游戏装置原理示意图．水平桌面上固定一半圆形竖直挡板，其半径为2R、内表面光滑，挡板的两端A、B在桌面边缘，B与半径为R的固定光滑圆弧轨道在同一竖直平面内，过C点的轨道半径与竖直方向的夹角为60°.小物块以某一水平初速度由A点切入挡板内侧，从B点飞出桌面后，在C点沿圆弧切线方向进入轨道内侧，并恰好能到达轨道的最高点D.小物块与桌面之间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g，忽略空气阻力，小物块可视为质点．求：
(1)小物块到达D点的速度大小；
(2)B和D两点的高度差；
(3)小物块在A点的初速度大小．
思维提升
求解多过程问题抓好“两状态，一过程”
“两状态”即明确研究对象的始、末状态的速度或动能情况；“一过程”即明确研究过程，确定这一过程研究对象的受力情况和位置变化或位移信息．
考向4　动能定理在往复运动问题中的应用
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 (多选)[2024·山东模拟预测]如图，左侧光滑曲面轨道与右侧倾角α＝37°的斜面在底部平滑连接且均固定在水平地面上，质量为m的小滑块从斜面上离斜面底边高为H处由静止释放，滑到斜面底端然后滑上左侧曲面轨道，再从曲面轨道滑上斜面，滑块第一次沿斜面上滑的最大高度为H，多次往复运动．不计空气阻力，重力加速度为g，sin 37°＝0.6.下列说法正确的是(　　)
A．滑块第一次下滑过程，克服摩擦力做的功为mgH
B．滑块第1次下滑的时间与第1次上滑的时间之比为
C．滑块与斜面间的动摩擦因数为
D．滑块从静止释放到第n次上滑到斜面最高点的过程中，系统产生的热量为mgH
考点三　动能定理与图像结合问题
【关键能力·思维进阶】
考向1　Ek x(W x)图像问题
例 5 (多选)一滑块从某固定粗糙斜面底端在沿斜面向上的恒力作用下由静止开始沿斜面向上运动，某时刻撤去恒力，上升过程中滑块的动能和重力势能随位移变化的图像如图所示，图中Ek0、s0为已知量，滑块与斜面间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)
A.恒力的大小为
B．斜面倾角的正切值为0.75
C．滑块下滑到斜面底端时的速度大小为
D．滑块的质量可表示为
考向2　F x图像与动能定理的结合
例 6 如图甲所示，一竖直面内的轨道是由粗糙斜面AB和光滑轨道BCD组成，AB与BCD相切于B点，C为圆轨道的最低点，将物块置于轨道ABC上离地面高为H处由静止下滑，可用力传感器测出其经过C点时对轨道的压力FN.现将物块放在ABC上不同高度处，让H从零开始逐渐增大，传感器测得物块每次从不同高度处下滑到C点时对轨道的压力FN，得到如图乙两段直线PQ和QI，且IQ延长线与纵轴交点坐标值为2.5 N，g取10 m/s2.求：
甲　　　　　　　　乙
(1)小物块的质量m及圆轨道的半径R；
(2)轨道BC所对圆心角；
(3)小物块与斜面AB间的动摩擦因数．
考向3　动能定理与v t、P t图像的综合
例 7[2024·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．
[教你解决问题]　模型建构
思维提升
图像中所围“面积”或斜率的意义
第2讲　动能定理及其应用
考点一
必备知识·自主落实
1．(1)运动　(3)焦耳　(4)末动能　初动能　
2．(1)动能的变化　　(3)合外力
关键能力·思维进阶
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
考点二
关键能力·思维进阶
例1　解析：运动员在最低点的对地速度为10 m/s，在最高点的对地速度为8 m/s，根据动能定理可得
W－mg·2r sin 18°－W克＝
又W＝6 500 J，解得W克＝3 860 J．故选C.
答案：C
例2　解析：物块从A点下滑至第一次恰好返回到A点的过程，根据动能定理有
－μmg cos θ·2xAD＝，代入数据解得xAD＝0.4 m，A项错误；
物块从A点下滑至第一次运动到D点的过程，根据动能定理有mgxADsin θ－μmg cos θ·xAD＝
代入数据解得vD＝ m/s，B项错误；
物块从D点运动至第一次压缩弹簧到最短的过程，由功能关系有Ep＝＋mg·sin θ解得Ep＝0.35 J，C项错误；
由于mg sin θ>μmg cos θ，物块最终在C、D间往复运动，在D点的速度为0，设物块在斜面AD段能滑行的总路程为s，由动能定理有
mgxADsin θ－μmg cos θ·s＝，解得s＝1.6 m，D项正确．故选D.
答案：D
例3　解析：(1)由题知，小物块恰好能到达轨道的最高点D，则在D点有＝mg
解得vD＝
(2)由题知，小物块从C点沿圆弧切线方向进入轨道内侧，则在C点有cos 60°＝
小物块从C到D的过程中，根据动能定理有
－mg(R＋R cos 60°)＝
则小物块从B到D的过程中，根据动能定理有
mgHBD＝
联立解得vB＝，HBD＝0
(3)小物块从A到B的过程中，根据动能定理有
－μmgS＝，S＝π·2R
解得vA＝
答案：(1)　(2)0　(3)
例4　解析：设滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，根据功能关系有WFf＝＝mgH－mgH＝mgH
而＝＝μmg cos α·
联立解得＝mgH，μ＝，A项错误，C项正确；
滑块第一次下滑过程，根据牛顿运动定律有
mg sin α－μmg cos α＝ma1
由运动学公式有＝
滑块第一次上滑过程，根据牛顿运动定律有
mg sin α＋μmg cos α＝ma2
由运动学公式有＝
联立解得＝，B项正确；
滑块第二次下滑过程，根据动能定理有
mgH－×μmg cos α·＝
滑块第二次上滑过程，根据动能定理有
－mgh2－μmg cos α·＝
结合tan α＝9μ
解得h2＝H
滑块第n次沿斜面上升的最大高度为hn＝H
滑块在斜面上滑行的路程为s＝＋…＋·＝9
由于摩擦系统产生的热量为Q＝μmgs cos α＝mgH，D项正确．故选BCD.
答案：BCD
考点三
关键能力·思维进阶
例5　解析：根据图像结合题意可知，滑块位移为s0时的动能为Ek0，滑块位移为s0时恒力F撤去，此时滑块的动能为Ek0，之后滑块在重力沿斜面向下的分力与摩擦力的作用下做减速运动，位移为s0时动能减为Ek0，可得滑块沿斜面向上的最大位移为s0，对滑块加速上滑和减速上滑过程分别有F－mg sin θ－μmg cos θ＝，mg sin θ＋μmg cos θ＝
根据滑块的重力势能随位移变化的图像有mg··sin θ＝
联立解得F＝，tan θ＝0.75，m＝
故A、D错误，B正确；
滑块从最高点下滑到斜面底端的过程中，根据动能定理有mgs0sin θ－μmgs0cos θ＝mv2
解得v＝，故C正确．
答案：BC
例6　解析：(1)小物块从圆轨道BC滑下，
由动能定理可知mgH＝
在C点合力提供向心力
FN＝H＋mg
结合PQ段图像知mg＝2 N，m＝0.2 kg，＝
解得R＝1 m.
(2)由于图线Q点对应于轨道的B点，而此时H＝0.5 m，则轨道BC所对圆心角θ由几何关系可知H＝R(1－cos θ)，代入数据解得θ＝60°.
(3)小物块从A到C，由动能定理可得
mgH－＝mv2，
到达C点处由向心力公式可得
F′N－mg＝，联立得μ＝.
答案：(1)0.2 kg　1 m　(2)60°　(3)
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

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