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专题课　动能定理的应用
机械能守恒定律
第八章
　高中物理　必修二
必 备 知 识 练
1. 如图所示，质量为m的物块与转台之间能产生的最大静摩擦力为物块所受重力的k倍，物块与转轴OO'相距R，物块随转台由静止开始转动。当转速增加到一定值时，物块即将在转台上滑动。重力加速度为g，在物块由静止到即将滑动的这一过程中，转台与物块之间的静摩擦力对物块做的功是(　　)
A. 0 B. 2πkmgR
C. 2kmgR D. kmgR
【解析】 由动能定理有Wf＝ΔEk，而Δek
＝mv2－0，又由kmg＝m，所以Wf＝
kmgR，D正确。
D
2. 物块在水平面上以初速度v0沿直线滑行，前进x0距离后恰好停止运动。已知物块与水平面之间的动摩擦因数为μ，且μ的大小与物块滑行的距离x的关系为μ＝kx(k为常数)，重力加速度为g，则(　　)
A. v0＝ B. v0＝
C. v0＝ D. v0＝2
A
【解析】 因动摩擦因数μ＝kx，则滑动摩擦力为Ff＝μmg＝kmgx，即滑动摩擦力随位移均匀变化，故摩擦力的功可用平均力乘位移表示，由动能定理得－x0＝－·x0＝0－m，解得v0＝，A正确。
3. 质量为2 kg的物块放在粗糙水平面上，
在水平拉力的作用下由静止开始运动，
物块的动能Ek与其位移x之间的关系如
图所示。已知物块与水平面间的动摩擦
因数μ＝0.2，下列说法中，正确的是
(g取10 m/s2)(　　)
A. x＝1 m时物块的速度大小为2 m/s
B. x＝3 m时物块的加速度大小为2.5 m/s2
C. 在前4 m位移过程中拉力对物块做的功为9 J
D. 在前4 m位移过程中物块所经历的时间为2.8 s
D
【解析】 根据动能定理得ΔEk＝F合x，可知物块在每段运动中所受合力恒定，则物块在每段都做匀加速运动，由图像可知，x＝1 m时物块的动能为2 J，则v1＝ m/s，A错误；同理，当x＝2 m时物块的动能为4 J，则v2＝2 m/s，当x＝4 m时物块的动能为9 J，则v4＝3 m/s，在2~4 m段，有2a2x2＝，解得2~4 m段的加速度为a2＝1.25 m/s2，B错误；在前4 m位移过程中，对物块，由动能定理得WF＋(－μmgx)＝Ek末－0，解得WF＝25 J，C错误；0~2 m过程，t1＝＝2 s，2~4 m 过程，t2＝＝0.8 s，故总时间为2 s＋0.8 s＝2.8 s，D正确。
4. 如图所示，小球(可视为质点)以初速度v0从A点沿不光滑的轨道运动到高为h的B点后自动返回，其返回途中仍经过A点，则
经过A点的速度大小为(重力加速度为g)(　　)
A.
B.
C.
D.
B
【解析】 小球由A运动到B的过程中，由动能定理可得－mgh－Wf＝0－m①，小球由B运动到A的过程中，由动能定理可得mgh－Wf＝m②，联立①②可得v1＝，B正确。
关 键 能 力 练
5. 滑块甲和乙放在粗糙的水平面上，给
两滑块同方向的初速度，两滑块仅在滑
动摩擦力的作用下运动，它们的v－t图
像如图所示。已知两滑块的质量相等，
则下列能正确反映两滑块的动能与滑行
距离x的变化规律的是(　　)
A. B. C. D.
D
【解析】 对滑块进行受力分析，滑块受重力、支持力和滑动摩擦力，重力和支持力不做功，只有滑动摩擦力做功，根据动能定理有－fx＝Ek－Ek0，得Ek＝－fx＋Ek0，结合Ek－x图像知，斜率的绝对值为f。因为v－t图像中甲、乙两图线平行，所以甲、乙的加速度相等，根据牛顿第二定律f＝ma，两滑块质量相同，所以甲、乙所受的滑动摩擦力大小相等，即Ek－x图像中两图线平行，D正确。
6. 如图所示，一长L＝0.45 m、不可
伸长的轻绳上端悬挂于M点，下端系
一质量m＝1.0 kg的小球，CDE是一
竖直固定的圆弧形轨道，半径R＝
0.50 m，OC与竖直方向的夹角θ＝
60°，现将小球拉到A点(保持绳绷直且水平)由静止释放，当它经过B点时绳恰好被拉断，小球平抛后，从圆弧形轨道的C点沿切线方向进入轨道，刚好能到达圆弧形轨道的最高点E，不计空气阻力，求：(g取10 m/s2)
(1)小球到B点时的速度大小；
(2)轻绳所受的最大拉力大小；
(3)小球在圆弧形轨道上运动时克服阻力做的功。
【答案】 (1)3 m/s　(2)30 N　(3)8 J
【解析】 (1)小球从A到B的过程，由动能定理得
mgL＝m，解得v1＝3 m/s。
(2)小球在B点时，由牛顿第二定律得FT－mg＝m，解得FT＝
30 N，由牛顿第三定律可知，轻绳所受的最大拉力大小为30 N。
(3)小球从B到C做平抛运动，从C点沿切线进入圆弧形轨道，由平抛运动规律可得小球在C点的速度大小v2＝，解得v2＝
6 m/s。
小球刚好能到达E点，则mg＝m，解得v3＝ m/s，小球从C点到E点，由动能定理得－mg(R＋Rcos θ)－W克f＝mm，解得W克f＝8 J。
拓 展 突 破 练
7. 如图甲所示，倾角为θ、长为2l的斜面AC，AB段光滑，BC段粗糙，且AB＝BC＝l。质量为m的小物体由A处静止释放，到C点恰好停下，BC段动摩擦因数自上而下逐渐增大，具体变化如图乙所示，重力加速度为g。
甲　 　乙　
下列说法中，正确的是(　　)
A. 动摩擦因数最大值μm＝2tan θ
B. 小物块的最大速度为
C. 重力在AB、BC两段斜面上做功不相等
D. 重力在AB段中间时刻瞬时功率等于在BC段中间时刻瞬时
功率
B
【解析】 从A处静止释放，到C点恰好停下，根据动能定理可得mg·2lsin θ－Wf＝0，由题图乙可知Wf＝μmmgcos θ·l，联立解得μm＝4tan θ，A错误；当摩擦力等于重力沿斜面向下的分力时，小物块的速度达到最大，此时有μmgcos θ＝mgsin θ，解得μ＝tan θ＝μm，由图乙可知，此时小物块在BC段下滑的距离为l，则从A处静止释放到速度最大的过程，根据动能定理可得mg·sin θ－Wf'＝m－0，其中Wf'＝
μmgcos θ·mglsin θ，解得vm＝，B正确；由于AB、BC两段斜面的长度相同，对应的高度相同，根据WG＝mgh可知重力在AB、BC两段斜面上做功相等，C错误；设小物块在B点的速度为vB，小物块在AB段做匀加速直线运动，则AB中间时刻速度为v1＝，则重力在AB段中间时刻瞬时功率P＝mgv1sin θ＝mgsin θ，小物块在BC段不是做匀变速直线运动，所以BC段中间时刻速度v2≠，则重力在BC段中间时刻瞬时功率P'＝mgv2sin θ≠mgsin θ，D错误。
8. 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。求：(重力加速度为g)
(1)物体与轨道AB之间的动摩擦因数μ；
(2)最终当物体通过圆弧轨道最低点E时，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)由题意可知，物体最终向右运动到B点再返回做往返运动，对整个过程由动能定理得mgRcos θ－μmgscos θ＝0，
解得μ＝。
(2)最终物体以B为最高点，在圆弧底部做往返运动，对B→E过程，由动能定理得mgR(1－cos θ)＝m，
在E点，由牛顿第二定律得FN－mg＝m，
联立解得FN＝(3－)mg，
由牛顿第三定律得，FN'＝FN＝(3－)mg。
(3)若物体刚好能到D点，由牛顿第二定律有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)＝m－0，
联立解得L'＝。第八章 专题课　动能定理的应用
1. 如图所示，质量为m的物块与转台之间能产生的最大静摩擦力为物块所受重力的k倍，物块与转轴OO'相距R，物块随转台由静止开始转动。当转速增加到一定值时，物块即将在转台上滑动。重力加速度为g，在物块由静止到即将滑动的这一过程中，转台与物块之间的静摩擦力对物块做的功是(　D　)
第1题图
A. 0 B. 2πkmgR
C. 2kmgR D. kmgR
【解析】 由动能定理有Wf＝ΔEk，而ΔEk＝mv2－0，又由kmg＝m，所以Wf＝kmgR，D正确。
2. 物块在水平面上以初速度v0沿直线滑行，前进x0距离后恰好停止运动。已知物块与水平面之间的动摩擦因数为μ，且μ的大小与物块滑行的距离x的关系为μ＝kx(k为常数)，重力加速度为g，则(　A　)
A. v0＝
B. v0＝
C. v0＝
D. v0＝2
【解析】 因动摩擦因数μ＝kx，则滑动摩擦力为Ff＝μmg＝kmgx，即滑动摩擦力随位移均匀变化，故摩擦力的功可用平均力乘位移表示，由动能定理得－x0＝－·x0＝0－m，解得v0＝，A正确。
3. 质量为2 kg的物块放在粗糙水平面上，在水平拉力的作用下由静止开始运动，物块的动能Ek与其位移x之间的关系如图所示。已知物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，下列说法中，正确的是(g取10 m/s2)(　D　)
第3题图
A. x＝1 m时物块的速度大小为2 m/s
B. x＝3 m时物块的加速度大小为2.5 m/s2
C. 在前4 m位移过程中拉力对物块做的功为9 J
D. 在前4 m位移过程中物块所经历的时间为2.8 s
【解析】 根据动能定理得ΔEk＝F合x，可知物块在每段运动中所受合力恒定，则物块在每段都做匀加速运动，由图像可知，x＝1 m时物块的动能为2 J，则v1＝ m/s，A错误；同理，当x＝2 m时物块的动能为4 J，则v2＝2 m/s，当x＝4 m时物块的动能为9 J，则v4＝3 m/s，在2~4 m段，有2a2x2＝，解得2~4 m段的加速度为a2＝1.25 m/s2，B错误；在前4 m位移过程中，对物块，由动能定理得WF＋(－μmgx)＝Ek末－0，解得WF＝25 J，C错误；0~2 m过程，t1＝＝2 s，2~4 m 过程，t2＝＝0.8 s，故总时间为2 s＋0.8 s＝2.8 s，D正确。
4. 如图所示，小球(可视为质点)以初速度v0从A点沿不光滑的轨道运动到高为h的B点后自动返回，其返回途中仍经过A点，则经过A点的速度大小为(重力加速度为g)(　B　)
第4题图
A.
B.
C.
D.
【解析】 小球由A运动到B的过程中，由动能定理可得－mgh－Wf＝0－m①，小球由B运动到A的过程中，由动能定理可得mgh－Wf＝m②，联立①②可得v1＝，B正确。
5. 滑块甲和乙放在粗糙的水平面上，给两滑块同方向的初速度，两滑块仅在滑动摩擦力的作用下运动，它们的v－t图像如图所示。已知两滑块的质量相等，则下列能正确反映两滑块的动能与滑行距离x的变化规律的是(　D　)
第5题图
A. B.
C. D.
【解析】 对滑块进行受力分析，滑块受重力、支持力和滑动摩擦力，重力和支持力不做功，只有滑动摩擦力做功，根据动能定理有－fx＝Ek－Ek0，得Ek＝－fx＋Ek0，结合Ek－x图像知，斜率的绝对值为f。因为v－t图像中甲、乙两图线平行，所以甲、乙的加速度相等，根据牛顿第二定律f＝ma，两滑块质量相同，所以甲、乙所受的滑动摩擦力大小相等，即Ek－x图像中两图线平行，D正确。
6. 如图所示，一长L＝0.45 m、不可伸长的轻绳上端悬挂于M点，下端系一质量m＝1.0 kg的小球，CDE是一竖直固定的圆弧形轨道，半径R＝0.50 m，OC与竖直方向的夹角θ＝60°，现将小球拉到A点(保持绳绷直且水平)由静止释放，当它经过B点时绳恰好被拉断，小球平抛后，从圆弧形轨道的C点沿切线方向进入轨道，刚好能到达圆弧形轨道的最高点E，不计空气阻力，求：(g取10 m/s2)
(1)小球到B点时的速度大小；
(2)轻绳所受的最大拉力大小；
(3)小球在圆弧形轨道上运动时克服阻力做的功。
第6题图
【答案】 (1)3 m/s　(2)30 N　(3)8 J
【解析】 (1)小球从A到B的过程，由动能定理得
mgL＝m，解得v1＝3 m/s。
(2)小球在B点时，由牛顿第二定律得FT－mg＝m，解得FT＝30 N，由牛顿第三定律可知，轻绳所受的最大拉力大小为30 N。
(3)小球从B到C做平抛运动，从C点沿切线进入圆弧形轨道，由平抛运动规律可得小球在C点的速度大小v2＝，解得v2＝6 m/s。
小球刚好能到达E点，则mg＝m，解得v3＝ m/s，小球从C点到E点，由动能定理得－mg(R＋Rcos θ)－W克f＝mm，解得W克f＝8 J。
7. 如图甲所示，倾角为θ、长为2l的斜面AC，AB段光滑，BC段粗糙，且AB＝BC＝l。质量为m的小物体由A处静止释放，到C点恰好停下，BC段动摩擦因数自上而下逐渐增大，具体变化如图乙所示，重力加速度为g。下列说法中，正确的是(　B　)
甲　 　乙　
第7题图
A. 动摩擦因数最大值μm＝2tan θ
B. 小物块的最大速度为
C. 重力在AB、BC两段斜面上做功不相等
D. 重力在AB段中间时刻瞬时功率等于在BC段中间时刻瞬时功率
【解析】 从A处静止释放，到C点恰好停下，根据动能定理可得mg·2lsin θ－Wf＝0，由题图乙可知Wf＝μmmgcos θ·l，联立解得μm＝4tan θ，A错误；当摩擦力等于重力沿斜面向下的分力时，小物块的速度达到最大，此时有μmgcos θ＝mgsin θ，解得μ＝tan θ＝μm，由图乙可知，此时小物块在BC段下滑的距离为l，则从A处静止释放到速度最大的过程，根据动能定理可得mg·sin θ－Wf'＝m－0，其中Wf'＝μmgcos θ·mglsin θ，解得vm＝，B正确；由于AB、BC两段斜面的长度相同，对应的高度相同，根据WG＝mgh可知重力在AB、BC两段斜面上做功相等，C错误；设小物块在B点的速度为vB，小物块在AB段做匀加速直线运动，则AB中间时刻速度为v1＝，则重力在AB段中间时刻瞬时功率P＝mgv1sin θ＝mgsin θ，小物块在BC段不是做匀变速直线运动，所以BC段中间时刻速度v2≠，则重力在BC段中间时刻瞬时功率P'＝mgv2sin θ≠mgsin θ，D错误。
8. 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。求：(重力加速度为g)
(1)物体与轨道AB之间的动摩擦因数μ；
(2)最终当物体通过圆弧轨道最低点E时，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
第8题图
【答案】 (1)　(2)(3－)mg　(3)
【解析】 (1)由题意可知，物体最终向右运动到B点再返回做往返运动，对整个过程由动能定理得mgRcos θ－μmgscos θ＝0，
解得μ＝。
(2)最终物体以B为最高点，在圆弧底部做往返运动，对B→E过程，由动能定理得mgR(1－cos θ)＝m，
在E点，由牛顿第二定律得FN－mg＝m，
联立解得FN＝(3－)mg，
由牛顿第三定律得，FN'＝FN＝(3－)mg。
(3)若物体刚好能到D点，由牛顿第二定律有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)＝m－0，
联立解得L'＝。第八章 专题课　动能定理的应用
1. 如图所示，质量为m的物块与转台之间能产生的最大静摩擦力为物块所受重力的k倍，物块与转轴OO'相距R，物块随转台由静止开始转动。当转速增加到一定值时，物块即将在转台上滑动。重力加速度为g，在物块由静止到即将滑动的这一过程中，转台与物块之间的静摩擦力对物块做的功是( )
第1题图
A. 0 B. 2πkmgR
C. 2kmgR D. kmgR
2. 物块在水平面上以初速度v0沿直线滑行，前进x0距离后恰好停止运动。已知物块与水平面之间的动摩擦因数为μ，且μ的大小与物块滑行的距离x的关系为μ＝kx(k为常数)，重力加速度为g，则( )
A. v0＝
B. v0＝
C. v0＝
D. v0＝2
3. 质量为2 kg的物块放在粗糙水平面上，在水平拉力的作用下由静止开始运动，物块的动能Ek与其位移x之间的关系如图所示。已知物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，下列说法中，正确的是(g取10 m/s2)( )
第3题图
A. x＝1 m时物块的速度大小为2 m/s
B. x＝3 m时物块的加速度大小为2.5 m/s2
C. 在前4 m位移过程中拉力对物块做的功为9 J
D. 在前4 m位移过程中物块所经历的时间为2.8 s
4. 如图所示，小球(可视为质点)以初速度v0从A点沿不光滑的轨道运动到高为h的B点后自动返回，其返回途中仍经过A点，则经过A点的速度大小为(重力加速度为g)( )
第4题图
A.
B.
C.
D.
5. 滑块甲和乙放在粗糙的水平面上，给两滑块同方向的初速度，两滑块仅在滑动摩擦力的作用下运动，它们的v－t图像如图所示。已知两滑块的质量相等，则下列能正确反映两滑块的动能与滑行距离x的变化规律的是( )
第5题图
A. B.
C. D.
6. 如图所示，一长L＝0.45 m、不可伸长的轻绳上端悬挂于M点，下端系一质量m＝1.0 kg的小球，CDE是一竖直固定的圆弧形轨道，半径R＝0.50 m，OC与竖直方向的夹角θ＝60°，现将小球拉到A点(保持绳绷直且水平)由静止释放，当它经过B点时绳恰好被拉断，小球平抛后，从圆弧形轨道的C点沿切线方向进入轨道，刚好能到达圆弧形轨道的最高点E，不计空气阻力，求：(g取10 m/s2)
(1)小球到B点时的速度大小；
(2)轻绳所受的最大拉力大小；
(3)小球在圆弧形轨道上运动时克服阻力做的功。
第6题图
7. 如图甲所示，倾角为θ、长为2l的斜面AC，AB段光滑，BC段粗糙，且AB＝BC＝l。质量为m的小物体由A处静止释放，到C点恰好停下，BC段动摩擦因数自上而下逐渐增大，具体变化如图乙所示，重力加速度为g。下列说法中，正确的是( )
甲　 　乙　
第7题图
A. 动摩擦因数最大值μm＝2tan θ
B. 小物块的最大速度为
C. 重力在AB、BC两段斜面上做功不相等
D. 重力在AB段中间时刻瞬时功率等于在BC段中间时刻瞬时功率
8. 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。求：(重力加速度为g)
(1)物体与轨道AB之间的动摩擦因数μ；
(2)最终当物体通过圆弧轨道最低点E时，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
第8题图

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