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第2讲　动能定理
一、动能
1．定义：物体由于运动而具有的能量叫做动能．
2．公式：Ek＝mv2.
3．单位：焦耳，1 J＝1 N·m＝1 kg·m2/s2.
4．动能是标量，没有负值．
5．动能是状态量，因为v为瞬时速度．
自测1　(多选)关于动能的理解，下列说法正确的是(　　)
A．动能是机械能的一种表现形式，凡是运动的物体都具有动能
B．动能总为非负值
C．一定质量的物体动能变化时，速度一定变化，但速度变化时，动能不一定变化
D．动能不变的物体，一定处于平衡状态
答案　ABC
二、动能定理
1．内容
所有外力对物体做的总功(也叫合外力的功)等于物体动能的变化量．
2．表达式：W总＝Ek2－Ek1.
3．对定理的理解
当W总>0时，Ek2>Ek1，物体的动能增大．
当W总<0时，Ek2当W总＝0时，Ek2＝Ek1，物体的动能不变．
4．适用条件：
(1)动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动．
(2)动能定理既适用于恒力做功，也适用于变力做功．
(3)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以分阶段作用．
如图1所示，物块沿粗糙斜面下滑至水平面．
图1
对物块有WG＋Wf1＋Wf2＝mv2－mv.
自测2　韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员．他在一次自由式滑雪空中技巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离，重力对他做功1 900 J，他克服阻力做功100 J．韩晓鹏在此过程中(　　)
A．动能增加了1 900 J
B．动能增加了2 000 J
C．重力势能减小了1 900 J
D．重力势能减小了2 000 J
答案　C
自测3　(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外力再求合外力的功
C．公式中的Ek2－Ek1为动能的增量，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
答案　BC
命题点一　动能定理的理解和简单应用
1．动能定理表明了“三个关系”
(1)数量关系：合外力做的功与物体动能的变化具有等量代换关系，但并不是说动能的变化就是合外力做的功．
(2)因果关系：合外力做功是引起物体动能变化的原因．
(3)量纲关系：单位相同，国际单位都是焦耳．
2．标量性
动能是标量，功也是标量，所以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．
例1　(2018·南京市、盐城市二模)在体育课上，某同学练习投篮，他站在罚球线处用力将篮球从手中投出，如图2所示，篮球约以1 m/s的速度撞击篮筐．已知篮球质量约为0.6 kg，篮筐离地面的高度约为3 m，则该同学投篮时对篮球做的功约为(　　)
图2
A．1 J B．10 J
C．30 J D．50 J
答案　B
解析　篮筐离地面的高度约为3 m，则开始时篮球到篮筐的竖直高度约为h＝1.5 m，在篮球运动过程中，根据动能定理有W－mgh＝mv2，则该同学投篮时对篮球做的功约为W＝mgh＋mv2＝9.3 J，B正确．
变式1　人用手托着质量为m的物体，从静止开始沿水平方向运动，前进距离s后，速度为v(物体与手始终相对静止)，物体与人手掌之间的动摩擦因数为μ，则人对物体做的功为(　　)
A．mgs B．0
C．μmgs＋mv2 D.mv2
答案　D
命题点二　动能定理分析问题的“两种思路”
1．应用动能定理的流程
简记为：“确定状态找动能，分析过程找力功，正功负功加一起，动能增量与它同”．
2．应用动能定理的注意事项
(1)“两个分析”：分析研究对象的受力情况及运动情况．
(2)“全程列式”和“分过程列式”．
(3)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．
例2　(多选)(2018·江苏单科·7)如图3所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块，O点为弹簧在原长时物块的位置．物块由A点静止释放，沿粗糙程度相同的水平面向右运动，最远到达B点．在从A到B的过程中，物块(　　)
图3
A．加速度先减小后增大
B．经过O点时的速度最大
C．所受弹簧弹力始终做正功
D．所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功
答案　AD
解析　由A点开始运动时，F弹>Ff，合力向右，小物块向右加速运动，弹簧压缩量逐渐减小，F弹减小，由F弹－Ff＝ma知，a减小；当运动到F弹＝Ff时，a减小为零，此时弹簧仍处于压缩状态，由于惯性，小物块继续向右运动，此时F弹在AO段物块运动方向与弹力方向相同，弹力做正功，在OB段运动方向与弹力方向相反，弹力做负功，C错．
由动能定理知，A到B的过程中，弹力做功和摩擦力做功之和为0，D对．
变式2　某滑沙场如图4所示，一旅游者乘滑沙橇从A点由静止开始滑下，最后停在水平沙面上的C点．设滑沙橇和沙面间的动摩擦因数处处相同(斜面和水平面连接处的能量损失和空气阻力忽略不计)，滑沙者保持一定姿势坐在滑沙橇上不动，若测得AC间水平距离为x，A点高为h，求滑沙橇与沙面间的动摩擦因数μ.
图4
答案　
解析　设斜面与水平面所成的夹角为θ，滑沙者和滑沙橇总质量为m，则滑沙者和滑沙橇从A点到斜面最低点，重力做功WG＝mgh，摩擦力做功Wf＝－μmgcos θ·
滑沙者在水平面上运动时，只有滑动摩擦力做功
Wf′＝－μmg.
方法一：“隔离”过程，分段研究，设斜面最低点物体的速度为v，
由A点到斜面最低点根据动能定理得WG＋Wf＝mv2－0
在水平面上运动时，同理有Wf′＝0－mv2，解得μ＝.
方法二：从A到C全过程由动能定理得WG＋Wf＋Wf′＝0，解得μ＝.
变式3　(2018·锡山中学月考)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5所示；当物块的初速度为时，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和h分别为(　　)
图5
A．tan θ和 B．(－1)tan θ和
C．tan θ和 D．(－1)tan θ和
答案　D
解析　根据动能定理有：－mgH－＝0－mv2，解得：μ＝(－1)tan θ，故选项A、C错误；当物块的初速度为时，有：－mgh－＝0－m()2，解得：h＝，故选项B错误，选项D正确．
命题点三　动能定理与图象的综合应用
1．基本步骤
(1)观察题目给出的图象，弄清纵坐标、横坐标所对应的物理量及图线所表示的物理意义．
(2)根据物理规律推导出纵坐标与横坐标所对应的物理量间的函数关系式．
(3)将推导出的物理规律与数学上与之相对应的标准函数关系式相对比，找出图线的斜率、截距、图线的交点、图线下的面积所对应的物理意义，分析解答问题，或者利用函数图线上的特定值代入函数关系式求物理量．
2．图象所围“面积”的意义
(1)v－t图象：由公式x＝vt可知，v－t图线与坐标轴围成的面积表示物体的位移．
(2)a－t图象：由公式Δv＝at可知，a－t图线与坐标轴围成的面积表示物体速度的变化量．
(3)F－x图象：由公式W＝Fx可知，F－x图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功．
(4)P－t图象：由公式W＝Pt可知，P－t图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功．
例3　(2018·江苏单科·4)从地面竖直向上抛出一只小球，小球运动一段时间后落回地面．忽略空气阻力，该过程中小球的动能Ek与时间t的关系图象是(　　)
答案　A
解析　小球做竖直上抛运动时，速度v＝v0－gt，根据动能定理Ek＝mv2得Ek＝m(v0－gt)2，故图象A正确．
变式4　(2018·盐城市三模)小球被竖直向上抛出，然后回到原处．小球初动能为Ek0，所受空气阻力与速度大小成正比，则该过程中，小球的动能与位移x关系的图线是下列图中的(　　)
答案　C
解析　设小球的质量为m，由题意可知，空气阻力与速度关系为Ff＝kv(k是比例常数)
取极短位移Δx为研究过程，根据动能定理得：
上升过程中有－(mg＋Ff)Δx＝ΔEk，所以ΔEk＝－(mg＋Ff)Δx，Ek－x图象斜率的大小等于mg＋Ff，由于上升过程速度减小，则Ff减小，所以图象斜率的绝对值减小(对应上面一条曲线)．
下降过程中有(mg－Ff)Δx＝ΔEk，Ek－x图象斜率的大小等于mg－Ff，由于下降过程速度增大，则Ff增大，所以图象斜率的绝对值随位移的减小而减小(对应下面一条曲线)，故C正确、A、B、D错误．
命题点四　应用动能定理解决多过程问题
动能定理只涉及初、末状态的速率及过程中的位移，不涉及运动的加速度、时间等，而且与各过程运动性质无关，所以可以方便地将几个过程组合起来，列一个动能定理方程．
注意：(1)分清各过程中各力做功情况，求各力做功的代数和．
(2)根据题中条件与问题选择合适的过程，明确过程的初状态、末状态．
例4　(2018·苏锡常镇一调)冬奥会上自由式滑雪是一项极具观赏性的运动．其场地由助滑坡AB(高度差为10 m)、过渡区BDE(两段半径不同的圆弧平滑连接而成，其中DE半径为3 m、对应的圆心角为60°)和跳台EF(高度可调，取h＝4 m)等组成，如图6所示，质量为60 kg的运动员从A点由静止出发，沿轨道运动到F处飞出．运动员飞出的速度需在54 km/h到68 km/h之间才能在空中完成规定动作．设运动员借助滑雪杆仅在AB段做功，不计摩擦和空气阻力，g取10 m/s2.则：
图6
(1)为能完成空中动作，则该运动员在AB过程中至少做多少功？
(2)为能完成空中动作，在过渡区最低点D处，求该运动员受到的最小支持力；
(3)若该运动员在AB段和EF段均视为匀变速运动，且两段运动时间之比为tAB∶tEF＝3∶1，已知AB＝2EF，则运动员在这两段运动的加速度之比为多少？
答案　(1)3 150 J　(2)7 300 N　(3)2∶3
解析　(1)由动能定理得mghAF＋W人＝mv
代入数据解得W人＝3 150 J
(2)从D点到F点，根据动能定理有
－mg[h＋R(1－cos 60°)]＝mv－mv
在D点：FN－mg＝m
故运动员在D点受到的最小支持力：FN＝mg＋m＝7 300 N
(3)两段运动的平均速度之比AB∶EF＝∶＝2∶3
设滑到B点速度为v1，滑到F点速度为v2，则滑到E点速度也为v1.
由AB＝，EF＝，得：v1＝2v2
由a1＝，a2＝
得：a1∶a2＝2∶3.
变式5　(2019·小海中学模拟)如图7所示，装置由AB、BC、CD三段轨道组成，轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接，其中轨道AB、CD是光滑的，水平轨道BC的长度x＝5 m，轨道CD足够长且倾角θ＝37°，A、D两点离轨道BC的高度分别为h1＝4.30 m、h2＝1.35 m．现让质量为m的小滑块(可视为质点)自A点由静止释放．已知小滑块与轨道BC间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：
图7
(1)小滑块第一次到达D点时的速度大小；
(2)小滑块第一次与第二次通过C点的时间间隔；
(3)小滑块最终停止的位置与B点的距离．
答案　(1)3 m/s　(2)2 s　(3)1.4 m
解析　(1)小滑块从A→B→C→D过程中，
由动能定理得mg(h1－h2)－μmgx＝mv－0
代入数据解得vD＝3 m/s.
(2)小滑块从A→B→C过程中，
由动能定理得mgh1－μmgx＝mv－0
代入数据解得vC＝6 m/s
小滑块沿CD段上滑的加速度大小a＝gsin θ＝6 m/s2
小滑块沿CD段上滑到最高点的时间t1＝＝1 s
由对称性可知小滑块从最高点滑回C点的时间t2＝t1＝1 s
故小滑块第一次与第二次通过C点的时间间隔t＝t1＋t2＝2 s.
(3)设小滑块在水平轨道上运动的总路程为x总，对小滑块运动全过程应用动能定理
有mgh1＝μmgx总
代入数据解得x总＝8.6 m，故小滑块最终停止的位置与B点的距离为：2x－x总＝1.4 m.
1．(多选)(2018·红桥中学一调)如图8所示，甲、乙两个质量相同的物体，用大小相等的力F分别拉它们在水平面上从静止开始运动相同的距离l.甲在光滑水平面上，乙在粗糙水平面上，则下列关于力F对甲、乙做的功和甲、乙两物体获得的动能的说法中正确的是(　　)
图8
A．力F对甲做的功多
B．力F对甲、乙两个物体做的功一样多
C．甲物体获得的动能比乙大
D．甲、乙两个物体获得的动能相同
答案　BC
解析　由W＝Fl知，拉力的大小相同，物体的位移也相同，拉力和位移在同一直线，所以拉力对两物体做的功一样多，A错误，B正确；由动能定理可知，在光滑水平面上的物体，拉力对物体做的功等于物体的动能变化，在粗糙水平面上的物体，拉力对物体做正功的同时，摩擦力对物体做了负功，所以在光滑水平面上的物体获得的动能要大于在粗糙水平面上物体获得的动能，故C正确，D错误．
2．(2018·常州市一模)如图9所示，物块固定在水平面上，子弹以某一速率从左向右水平穿透物块时速率为v1，穿透时间为t1；若子弹以相同的速率从右向左水平穿透物块时速率为v2，穿透时间为t2.子弹在物块中受到的阻力大小与其到物块左端的距离成正比．则(　　)
图9
A．t1＞t2 B．t1＜t2 C．v1＞v2 D．v1＜v2
答案　B
解析　根据受力的特点与做功的特点可知两种情况下阻力对子弹做功的大小是相等的，根据动能定理可知两种情况下子弹的末速度大小是相等的，即v1＝v2，故C、D错误；设子弹的初速度是v0，子弹在物块中受到的阻力大小与其到物块左端的距离成正比，可知若子弹以某一速率从左向右水平穿透物块时，子弹受到的阻力越来越大，木块做加速度增大的减速运动，所以平均速度：＞；若子弹以相同的速率从右向左水平穿透物块时，子弹受到的阻力越来越小，则子弹做加速度减小的减速运动，所以平均速度：＜＜.子弹穿过物块的时间：t＝，所以可知：t1＜t2.故A错误，B正确．
3．(2018·淮安市、宿迁市等期中)如图10所示，滑块以初速度v0滑上表面粗糙的固定斜面，到达最高点后又返回到出发点．则下列能大致描述滑块整个运动过程中的速度v、加速度a、动能Ek、重力对滑块所做的功W与时间t或位移x之间关系的图象是(取初速度方向为正方向)(　　)
图10
答案　D
解析　滑块上滑时的加速度大小 a1＝＝gsin θ＋μgcos θ，方向沿斜面向下．下滑时的加速度大小 a2＝＝gsin θ－μgcos θ，方向沿斜面向下，则知a1＞a2，方向相同，均为负方向．因v－t线的斜率等于加速度，可知选项A、B错误；动能是标量，不存在负值，故C错误；重力做功W＝－mgh＝－mgxsin θ，故D正确．
4．(2018·兴化一中四模)如图11所示，竖直放置的等螺距螺线管高为h，该螺线管用长为l的硬质直管(内径远小于h)弯制而成．一光滑小球从管口上端由静止释放，下列说法正确的是(重力加速度为g)(　　)
图11
A．若仅增大l，小球到达管口下端时的速度增大
B．小球到达管口下端时重力的功率为mg
C．小球到达管口下端的时间为
D．在运动过程中小球所受管道的作用力大小不变
答案　C
解析　在小球到达最低点的过程中只有重力做功，故根据动能定理可知mgh＝mv2，解得v＝，小球到达下端管口时的速度大小与h有关，与l无关，故A错误；到达下端管口的速度为v＝，速度沿管道的切线方向，与重力有一定的夹角，故B错误；小球在管内下滑的加速度为a＝，则l＝at2，下滑所需时间t＝＝，故C正确；小球做的是加速螺旋圆周运动，速度越来越大，根据Fn＝可知，所受管道的作用力越来越大，故D错误．
5．(2018·苏州市模拟)如图12所示轨道ABCDE在竖直平面内，AB与水平面BC成37°角且平滑连接，圆心为O、半径为R的光滑半圆轨道CDE与BC相切于C点，E、F两点等高，BC长为.将小滑块从F点由静止释放，恰能滑到与O等高的D点．已知小滑块与AB及BC间的动摩擦因数相同，重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.
图12
(1)求小滑块与斜面间的动摩擦因数μ；
(2)若AB足够长，改变释放点的位置，要使小滑块恰能到达E点，求释放点到水平面的高度h；
(3)若半径R＝1 m，小滑块在某次释放后，滑过E点的速度大小为8 m/s，则它从E点飞出至落到轨道上所需时间t为多少？(g取10 m/s2)
答案　(1)　(2)4.7R　(3)0.3 s
解析　(1)滑块从F到D过程，根据动能定理得
mg(2R－R)－μmgcos 37°·－μmg＝0
代入数据解得μ＝.
(2)若滑块恰能到达E点，根据牛顿第二定律得
mg＝
在滑块从释放点到E的过程，根据动能定理得
mg(h－2R)－μmgcos θ·－μmg·＝mv－0
代入数据解得h＝4.7R.
(3)假设滑块离开E点后落在AB上，根据平抛运动规律可得x＝vEt，y＝gt2
由几何关系得tan 37°＝
代入数据解得t＝0.3 s
可得x＝2.4 m>
所以假设正确，故t＝0.3 s.
1．(多选)质量不等，但有相同初动能的两个物体，在动摩擦因数相同的水平地面上滑行，直至停止，则(　　)
A．质量大的物体滑行的距离大
B．质量小的物体滑行的距离大
C．它们滑行的距离一样大
D．它们克服摩擦力所做的功一样多
答案　BD
解析　根据动能定理－μmg·x＝0－Ek0，所以质量小的物体滑行的距离大，并且它们克服摩擦力所做的功在数值上都等于初动能的大小，B、D选项正确．
2．一个质量为25 kg的小孩从高度为3.0 m的滑梯顶端由静止开始滑下，滑到底端时的速度为2.0 m/s.g取10 m/s2，关于力对小孩做的功，以下结果正确的是(　　)
A．合外力做功50 J B．阻力做功500 J
C．重力做功500 J D．支持力做功50 J
答案　A
3．(多选)(2018·泰州中学四模)如图1所示，三角体由两种材料拼接而成，BC界面平行底面DE，两侧面与水平面夹角分别为30°和60°，己知物块从A由静止下滑，加速至B匀速至D；若该物块由静止从A沿另一侧面下滑，则有(　　)
图1
A．通过C点的速率等于通过B点的速率
B．AB段的运动时间大于AC段的运动时间
C．将加速至C匀速至E
D．一直加速运动到E，但AC段的加速度比CE段大
答案　BD
解析　物体从倾角为θ的斜面滑下，根据动能定理，有mgh－μmgcos θ＝mv2－0，由AB面与水平面夹角小于AC面与水平面夹角可知，物体通过C点的速率大于通过B点的速率，故A错误；物体从倾角为θ的斜面滑下，根据牛顿第二定律，有mgsin θ－μmgcos θ＝ma，解得a＝gsin θ－μgcos θ ①
根据运动学公式，有＝at2②
由①②得到AC段的运动时间小于AB段的运动时间，故B正确；由①式可知，物体将一直加速滑行到E点，由于AC段滑动摩擦力较小，AC段的加速度比CE段大，故C错误，D正确．
4．(2018·前黄中学检测)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＝4 s时停下，其v－t图象如图2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(　　)
图2
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＝2 s时刻拉力的瞬时功率在整个过程中最大
D．t＝1 s到t＝3 s这段时间内拉力不做功
答案　A
5.(2018·东台市5月模拟)如图3所示，光滑斜面的顶端固定一弹簧，一小球向右滑行，并冲上固定在地面上的斜面．设小球在斜面最低点A的速度为v，压缩弹簧至C点时弹簧最短，C点距地面高度为h，则小球从A到C的过程中弹簧弹力做的功是(　　)
图3
A．mgh－mv2 B.mv2－mgh
C．－mgh D．－(mgh＋mv2)
答案　A
解析　小球从A点运动到C点的过程中，重力和弹簧的弹力对小球做负功，由于支持力与小球速度方向始终垂直，则支持力对小球不做功，由动能定理，可得WG＋W弹＝0－mv2，重力做功为WG＝－mgh，则弹簧的弹力对小球做的功为W弹＝mgh－mv2，所以正确选项为A.
6．(2018·仪征中学月考)如图4所示，小物块与水平轨道、倾斜轨道之间的动摩擦因数均相同，小物块从倾角为θ1的轨道上高度为h的A点由静止释放，运动至B点时速度为v1.现将倾斜轨道的倾角调为θ2，仍将物块从轨道上高度为h的A点由静止释放，运动至B点时速度为v2.已知θ2<θ1，不计物块在轨道接触处的机械能损失．则(　　)
图4
A．v1B．v1>v2
C．v1＝v2
D．由于不知道θ1、θ2的具体数值，v1、v2关系无法判定
答案　C
解析　设A点在水平轨道的竖直投影点为C，水平轨道与倾斜轨道的交点为D，物体运动过程中摩擦力做负功，重力做正功，由动能定理可得
mv2－0＝mgh－μmgcos θ·－μmgxBD＝mgh－μmgh·－μmgxBD，因为h·＝xCD，所以mv2＝mgh－μmgxBC，故物块到达B点的速度与倾斜轨道的倾角无关，所以v1＝v2，故C项正确．
7．(2018·江苏省高考压轴冲刺卷) 将一质量为m的小球从足够高处水平抛出，飞行一段时间后，小球的动能为Ek，再经过相同的时间后，小球的动能为2Ek (此时小球未落地)，不计空气阻力，重力加速度为g，则小球抛出的初速度大小为(　　)
A. B．2 C．3 D.
答案　B
解析　由动能定理可知，经过时间t，mg·gt2＝Ek－mv，经过时间2t，mg·g(2t)2＝2Ek－mv，解得v0＝2，故选B.
8．(多选)(2018·扬州中学下学期开学考)一个小物块从斜面底端冲上足够长的斜面后又返回到斜面底端．已知小物块的初动能为E，它返回到斜面底端的动能为，小物块上滑到最大路程的中点时速度为v；若木块以2E的初动能冲上斜面，则有(　　)
A．返回斜面底端时的动能为E
B．返回斜面底端时的动能为
C．小物块上滑到最大路程的中点时速度为v
D．小物块上滑到最大路程的中点时速度为2v
答案　AC
9.(2019·伍佑中学月考)如图5所示，光滑的轨道ABO的AB部分与水平部分BO相切，轨道右侧是一个半径为R的四分之一的圆弧轨道，O点为圆心，C为圆弧上的一点，OC与水平方向的夹角为37°.现将一质量为m的小球从轨道AB上某点由静止释放．已知重力加速度为g，不计空气阻力．(sin 37°＝，cos 37°＝)
图5
(1)若小球恰能击中C点，求刚释放小球的位置距离BO平面的高度；
(2)改变释放点的位置，求小球落到轨道时动能的最小值．
答案　(1)　(2)
解析　(1)设小球经过O点的速度为v0，从O点到C点做平抛运动，则有Rcos 37°＝v0t，Rsin 37°＝gt2
从A点到O点，由动能定理得mgh＝mv
联立可得，刚释放小球的位置距离BO平面的高度h＝R；
(2)设小球落到轨道上的点与O点的连线与水平方向的夹角为θ，小球做平抛运动，Rcos θ＝v0′t
Rsin θ＝gt2
对此过程，由动能定理得mgRsin θ＝Ek－mv0′2
解得Ek＝mgR(sin θ＋)
由数学知识可知，当且仅当sin θ＝时，小球落到轨道时的动能最小，最小值为Ek＝mgR.
10．(2018·南京市、盐城市一模)如图6所示，炼钢厂通常用滚筒来传送软钢锭，使具有一定初速度的软钢锭通过滚筒滑上平台．质量为M 的软钢锭长为L，上表面光滑，下表面与平台间是粗糙的．现以水平向右的初速度滑上平台，全部滑上平台时的速度为v.此时，在其右端无初速放上一个质量为m 的滑块(视为质点)．随后软钢锭滑过2L 距离时速度为零，滑块恰好到达平台．重力加速度取g，空气阻力不计．求：
图6
(1)滑块获得的最大加速度(不考虑与平台的撞击过程)；
(2)滑块放上后，软钢锭滑动过程中克服阻力做的功；
(3)软钢锭处于静止状态时，滑块到达平台的动能．
答案　(1)g　(2)Mv2　(3)
解析　(1)由于滑块与软钢锭间无摩擦，所以软钢锭在平台上滑过距离L时，滑块脱离做自由落体运动，a＝g
(2)根据动能定理得：
初动能Ek＝Mv2，Wf＝ΔEk＝0－Ek＝－Ek
则Wf克＝－ΔEk＝Mv2
(3)滑块脱离软钢锭后自由下落到平台的时间与软钢锭在平台最后滑动L的时间相同，都为t.
由题意有L＝μgt2
μgL＋μMgL＝Mv2
vm＝gt
Ekm＝mv
联立解得：Ekm＝.
11.(2018·常熟市期中)如图7，一轻弹簧原长为2R，其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC的底端A处，另一端位于直轨道上B处，弹簧处于自然状态，直轨道与一半径为R的光滑半圆弧轨道相切于C点，AC＝7R，A、B、C、D均在同一竖直平面内．质量为m的小物块P自C点由静止开始下滑，最低到达E点(未画出)，随后P沿轨道被弹回，最高到达F点(未画出)，AF＝5.5R，已知P与直轨道间的动摩擦因数μ＝0.125，重力加速度大小为g.(取sin 37°＝，cos 37°＝)
图7
(1)求P第一次运动到B点时速度的大小；
(2)求P运动到E点时弹簧的弹性势能；.
(3)改变物块P的质量，将P推至E点，从静止开始释放，P恰好能到达圆弧轨道的最高点D，求：P运动到D点时速度的大小和改变后P的质量．
答案　(1)　(2)mgR　(3)　m
解析　(1)根据题意知，B、C之间的距离L为：
L＝7R－2R＝5R
设P第一次运动到B点时速度的大小为vB，C到B的过程中，重力和斜面的摩擦力对P做功，由动能定理得：
mg·Lsin 37°－μmgLcos 37°＝mv－0
代入数据解得：vB＝
(2)设BE＝x，P到达E点时速度为零，此时弹簧的弹性势能为Ep，P由B点运动到E点的过程中，由动能定理得：
mgxsin 37°－μmgxcos 37°－Ep＝0－mv
E、F之间的距离为：L1＝5.5R－2R＋x
P到达E点后反弹，从E点运动到F点的过程中，由动能定理有：
Ep－mgL1sin 37°－μmgL1cos 37°＝0
联立解得：x＝0.25R，Ep＝mgR
(3)设改变后P的质量为m1.P恰好能到达圆弧轨道的最高点D，由重力提供向心力，则有：
m1g＝m1，故有：vD＝
P由E点运动到C点的过程，由动能定理有：
Ep－m1g[7R－(2R－x)]sin 37°－μm1g[7R－(2R－x)]cos 37°－m1g·2Rcos θ＝m1v
联立解得：m1＝m.

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