11、點到最低點的過程中，由動能定理有：mgR－W＝mv2，又在最低點時，向心加速度大小a＝，兩式聯(lián)立可得a＝，A項正確，B項錯誤；在最低點時有N－mg＝m，解得N＝，C項正確，D項錯誤．
熱點題型四 動能定理與圖象的結(jié)合問題
1．解決物理圖象問題的基本步驟
(1)觀察題目給出的圖象，弄清縱坐標(biāo)、橫坐標(biāo)所對應(yīng)的物理量及圖線所表示的物理意義．
(2)根據(jù)物理規(guī)律推導(dǎo)出縱坐標(biāo)與橫坐標(biāo)所對應(yīng)的物理量間的函數(shù)關(guān)系式．
(3)將推導(dǎo)出的物理規(guī)律與數(shù)學(xué)上與之相對應(yīng)的標(biāo)準(zhǔn)函數(shù)關(guān)系式相對比，找出圖線的斜率、截距、圖線的交點、圖線下方的面積所對應(yīng)的物理意義，根據(jù)對應(yīng)關(guān)系列式解答問題．
2．四類圖象所圍
12、“面積”的含義
圖像
【例4】如圖甲所示，一質(zhì)量為4 kg的物體靜止在水平地面上，讓物體在隨位移均勻減小的水平推力F作
用下開始運動，推力F隨位移x變化的關(guān)系圖象如圖乙所示，已知物體與面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，g取10
m/s2，則下列說法正確的是 ( )
A． 物體先做加速運動，推力為零時開始做減速運動 B．物體在水平地面上運動的最大位移是10 m
C．物體運動的最大速度為2 m/s D．物體在運動中的加速度先變小后不變
【答案】 B
【解析】 當(dāng)推力小于摩擦力時物體就開始做減速運動，選項A錯誤；圖乙中圖線與坐標(biāo)軸所圍
13、成的三角形面積表示推力對物體做的功，由此可得推力做的功為W＝×4×100 J＝200 J，根據(jù)動能定理有W－μmgxmax＝0，得xmax＝10 m，選項B正確；當(dāng)推力與摩擦力平衡時，加速度為零，速度最大，由題圖乙得F＝100－25x(N)，當(dāng)F＝μmg＝20 N時，x＝3.2 m，由動能定理得(100＋20)·x－μmgx＝mv，解得物體運動的最大速度vmax＝8 m/s，選項C錯誤；當(dāng)推力由100 N減小到20 N的過程中，物體的加速度逐漸減小，當(dāng)推力由20 N減小到0的過程中，物體的加速度又反向增大，此后物體的加速度不變，直至物體靜止，故D項錯誤．
【變式】(2019·大連五校聯(lián)考)在
14、某一粗糙的水平面上，一質(zhì)量為2 kg的物體在水平恒定拉力的作用下做勻速直線運動，當(dāng)運動一段時間后，拉力逐漸減小，且當(dāng)拉力減小到零時，物體剛好停止運動，圖中給出了拉力隨位移變化的關(guān)系圖象．已知重力加速度g＝10 m/s2.根據(jù)以上信息能精確得出或估算得出的物理量有( )
A．物體與水平面間的動摩擦因數(shù) B．合外力對物體所做的功
C．物體做勻速運動時的速度 D．物體運動的時間
【答案】ABC
【解析】.物體做勻速直線運動時，拉力F與滑動摩擦力f大小相等，物體與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ＝＝0.35，A正確；減速過程由動能定理得WF
15、＋Wf＝0－mv2，根據(jù)F－x圖象中圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積可以估算力F做的功WF，而Wf＝－μmgx，由此可求得合外力對物體所做的功，及物體做勻速運動時的速度v，B、C正確；因為物體做變加速運動，所以運動時間無法求出，D錯誤．
圖像
【例5】(2019·安徽合肥一模)A、B兩物體分別在水平恒力F1和F2的作用下沿水平面運動，先后撤去F1、F2后，兩物體最終停下，它們的v－t圖象如圖所示．已知兩物體與水平面間的滑動摩擦力大小相等．則下列說法正確的是( )
A．F1、F2大小之比為1∶2 B．F1、F2對A、B做功之比為1∶2
C．A、B質(zhì)量之比為2∶1
16、 D．全過程中A、B克服摩擦力做功之比為2∶1
【答案】C.
【解析】由v－t圖象可知，兩個勻減速運動的加速度之比為1∶2，由牛頓第二定律可知，A、B受摩擦力大小相等，所以A、B的質(zhì)量關(guān)系是2∶1，由v－t圖象可知，A、B兩物體加速與減速的位移之和相等，且勻加速位移之比為1∶2，勻減速運動的位移之比為2∶1，由動能定理可得，A物體的拉力與摩擦力的關(guān)系，F(xiàn)1·x－Ff1·3x＝0－0；B物體的拉力與摩擦力的關(guān)系，F(xiàn)2·2x－Ff2·3x＝0－0，因此可得：F1＝3Ff1，F(xiàn)2＝Ff2，F(xiàn)f1＝Ff2，所以F1＝2F2.全過程中摩擦力對A、B做功相等，F(xiàn)1、F2對A
17、、B做功大小相等．故A、B、D錯誤，C正確．
【變式】(2018·高考全國卷Ⅲ) 地下礦井中的礦石裝在礦車中，用電機(jī)通過豎井運送到地面．某豎井中礦車
提升的速度大小v隨時間t的變化關(guān)系如圖所示，其中圖線①②分別描述兩次不同的提升過程，它們變速階
段加速度的大小都相同；兩次提升的高度相同，提升的質(zhì)量相等．不考慮摩擦阻力和空氣阻力．對于第①
次和第②次提升過程 ( )
A．礦車上升所用的時間之比為4∶5 B．電機(jī)的最大牽引力之比為2∶1
C．電機(jī)輸出的最大功率之比為2∶1 D．電機(jī)所做的功之比為4∶5
【答案】AC
【解析】由圖線①
18、知，礦車上升總高度
h＝·2t0＝v0t0.
由圖線②知，加速階段和減速階段上升高度和
h1＝·(＋)＝v0t0
勻速階段：h－h(huán)1＝v0·t′，解得t′＝t0
故第②次提升過程所用時間為＋t0＋＝t0，
兩次上升所用時間之比為2t0∶t0＝4∶5，A對；
對礦車受力分析，當(dāng)?shù)V車向上做加速直線運動時，電機(jī)的牽引力最大，由于加速階段加速度相同，故加速時牽引力相同，B錯；
在加速上升階段，由牛頓第二定律知，
F－mg＝ma，F(xiàn)＝m(g＋a)
第①次在t0時刻，功率P1＝F·v0，
第②次在時刻，功率P2＝F·，
第②次在勻速階段P2′＝F′·＝mg·＜P2，
可知，電機(jī)輸
19、出的最大功率之比P1∶P2＝2∶1，C對；
由動能定理知，兩個過程動能變化量相同，克服重力做功相同，故兩次電機(jī)做功也相同，D錯．
圖像
【例6】(2019·山西模擬)用傳感器研究質(zhì)量為2 kg的物體由靜止開始做直線運動的規(guī)律時，在計算機(jī)上得到0～6 s內(nèi)物體的加速度隨時間變化的關(guān)系如圖所示．下列說法正確的是( )
A．0～6 s內(nèi)物體先向正方向運動，后向負(fù)方向運動 B．0～6 s內(nèi)物體在4 s時的速度最大
C．物體在2～4 s內(nèi)速度不變 D．0～4 s內(nèi)合力對物體做的功等于0～6 s內(nèi)合力做的功
【答案】D.
【解析】由v＝at可知，a－t圖象
20、中，圖線與坐標(biāo)軸所圍面積表示質(zhì)點的速度，0～6 s內(nèi)物體的速度始終為正值，故一直為正方向，A項錯；t＝5 s時，速度最大，B項錯；2～4 s內(nèi)加速度保持不變且不為零，速度一定變化，C項錯；0～4 s內(nèi)與0～6 s內(nèi)圖線與坐標(biāo)軸所圍面積相等，故物體4 s末和6 s末速度相同，由動能定理可知，兩段時間內(nèi)合力對物體做功相等，D項對．
【變式】質(zhì)量為m的小球被系在輕繩一端，在豎直平面內(nèi)做半徑為R的圓周運動，運動過程中小球受到空
氣阻力的作用．設(shè)某一時刻小球通過軌道的最低點，此時繩子的張力為7mg，此后小球繼續(xù)做圓周運動，
經(jīng)過半個圓周恰能通過最高點，則在此過程中小球克服空氣阻力所做的功為 (
21、)
A.mgR B.mgR C.mgR D．mgR
【答案】C
【解析】最低點7mg－mg＝，則最低點速度為：
v1＝
最高點mg＝，則最高點速度為：v2＝
由動能定理得：－2mgR＋Wf＝mv－mv
解得：Wf＝－mgR，故克服空氣阻力做功Wf＝mgR，故選項C正確，A、B、D錯誤．
圖像
【例7】(2017·高考江蘇卷)一小物塊沿斜面向上滑動，然后滑回到原處．物塊初動能為Ek0，與斜面間的動摩擦因數(shù)不變，則該過程中，物塊的動能Ek與位移x關(guān)系的圖線是( )
【答案】C.
【解析】設(shè)斜面
22、的傾角為θ，物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ，物塊質(zhì)量為m，小物塊沿斜面向上滑動過程，由動能定理得，－(mgsin θ＋μmgcos θ)x＝Ek－Ek0，即Ek＝Ek0－(mgsin θ＋μmgcos θ)x；設(shè)小物塊滑到最高點的距離為L，小物塊沿斜面滑動全過程由能量守恒定律得，Ek＝Ek0－mgxsin θ－μmgcos θ(2L－x)＝(Ek0－2μmgLcos θ)－(mgsin θ－μmgcos θ)x，故選項C正確．
【變式】(2018·高考江蘇卷)從地面豎直向上拋出一只小球，小球運動一段時間后落回地面．忽略空氣阻力，該過程中小球的動能Ek與時間t的關(guān)系圖象是 ( )
【答案
23、】A
【解析】對于整個豎直上拋過程(包括上升與下落)，速度與時間的關(guān)系為
v＝v0－gt，v2＝g2t2－2v0gt＋v，Ek＝mv2，可見動能與時間是二次函數(shù)關(guān)系，由數(shù)學(xué)中的二次函數(shù)知識可判斷A正確．
熱點題型五 動能定理在多階段、多過程綜合問題中的應(yīng)用
1．由于多過程問題的受力情況、運動情況比較復(fù)雜，從動力學(xué)的角度分析多過程問題往往比較復(fù)雜，但是，用動能定理分析問題，是從總體上把握其運動狀態(tài)的變化，并不需要從細(xì)節(jié)上了解．因此，動能定理的優(yōu)越性就明顯地表現(xiàn)出來了，分析力的作用是看力做的功，也只需把所有的力做的功累加起來即可．
2．運用動能定理解決問題時，有兩種思路：一種是全過程
24、列式，另一種是分段列式．
3．全過程列式涉及重力、彈簧彈力，大小恒定的阻力或摩擦力做功時，要注意運用它們的功能特點：
(1)重力做的功取決于物體的初、末位置，與路徑無關(guān)；
(2)大小恒定的阻力或摩擦力做的功等于力的大小與路程的乘積；
(3)彈簧彈力做功與路徑無關(guān)．
4．應(yīng)用動能定理解題的基本步驟
運用動能定理巧解往復(fù)運動問題
【例8】．如圖所示裝置由AB、BC、CD三段軌道組成，軌道交接處均由很小的圓弧平滑連接，其中軌道AB、CD段是光滑的，水平軌道BC的長度s＝5 m，軌道CD足夠長且傾角θ＝37°，A、D兩點離軌道BC的高度分別為h1＝4.30 m、h2＝1.35 m．現(xiàn)
25、讓質(zhì)量為m的小滑塊自A點由靜止釋放．已知小滑塊與軌道BC間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：
(1)小滑塊第一次到達(dá)D點時的速度大??；
(2)小滑塊最終停止的位置距B點的距離．
【答案】(1)3 m/s (2)1.4 m
【解析】(1)小滑塊從A→B→C→D過程中，由動能定理得
mg(h1－h(huán)2)－μmgs＝mv－0
將h1、h2、s、μ、g代入得：vD＝3 m/s.
(2)對小滑塊運動全過程應(yīng)用動能定理，設(shè)小滑塊在水平軌道上運動的總路程為s總．有：mgh1＝μmgs總
將h1、μ代入得：s總＝8.6
26、m
故小滑塊最終停止的位置距B點的距離為2s－s總＝1.4 m.
【變式】如圖所示，ABCD是一個盆式容器，盆內(nèi)側(cè)壁與盆底BC的連接處都是一段與BC相切的圓弧，BC
是水平的，其距離d＝0.50 m．盆邊緣的高度為h＝0.30 m．在A處放一個質(zhì)量為m的小物塊并讓其從靜止
開始下滑(圖中小物塊未畫出)．已知盆內(nèi)側(cè)壁是光滑的，而盆底BC面與小物塊間的動摩擦因數(shù)為 μ＝0.10.
小物塊在盆內(nèi)來回滑動，最后停下來，則停止的地點到B的距離為 ( )
A．0.50 m B．0.25 m C．0.10 m D．0
【答案】D
【解析】設(shè)小物塊在
27、BC段通過的總路程為s，由于只有BC面上存在摩擦力，其做功為－μmgs，而重力做功與路徑無關(guān)，由動能定理得：mgh－μmgs＝0－0，代入數(shù)據(jù)可解得s＝3 m．由于d＝0.50 m，所以，小物塊在BC面上經(jīng)過3次往復(fù)運動后，又回到B點，D正確．
動能定理解決平拋、圓周運動相結(jié)合的問題
【例9】．(2019·桂林質(zhì)檢)如圖所示，傾角為37°的粗糙斜面AB底端與半徑R＝0.4 m的光滑半圓軌道BC平滑相連，O點為軌道圓心，BC為圓軌道直徑且處于豎直方向，A、C兩點等高，質(zhì)量m＝1 kg的滑塊從A點由靜止開始下滑，恰能滑到與O點等高的D點，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37
28、°＝0.8.
(1)求滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ；
(2)若使滑塊能到達(dá)C點，求滑塊從A點沿斜面滑下時的初速度v0的最小值；
(3)若滑塊離開C點的速度大小為4 m/s，求滑塊從C點飛出至落到斜面上所經(jīng)歷的時間t.
【答案】(1)0.375 (2)2 m/s (3)0.2 s
【解析】(1)滑塊恰能滑到D點，則vD＝0
滑塊從A→B→D過程中，由動能定理得
mg(2R－R)－μmgcos θ·＝0－0
解得μ＝0.375.
(2)滑塊恰能過C點時，vC有最小值，則在C點
mg＝
滑塊從A→B→D→C過程，由動能定理得
－μmgcos θ·＝mv－mv
解得v0＝2
29、 m/s.
(3)滑塊離開C點后做平拋運動，設(shè)下落的高度為h，
則有h＝gt2
x＝v′Ct
＝tan 53°
其中v′C＝4 m/s，聯(lián)立解得t＝0.2 s.
【變式1】(2019·河北衡水中學(xué)模擬)如圖所示，質(zhì)量為0.1 kg的小物塊在粗糙水平桌面上滑行4 m后以3.0 m/s的速度飛離桌面，最終落在水平地面上，已知物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)為0.5，桌面高0.45 m，若不計空氣阻力，取g＝10 m/s2，則下列說法錯誤的是( )
A．小物塊的初速度是5 m/s B．小物塊的水平射程為1.2 m
C．小物塊在桌面上克服摩擦力做8 J
30、的功 D．小物塊落地時的動能為0.9 J
【答案】ABC.
【解析】小物塊在桌面上克服摩擦力做功Wf＝μmgL＝2 J，C錯；在水平桌面上滑行，由動能定理得－Wf＝mv2－mv，解得v0＝7 m/s，A錯；小物塊飛離桌面后做平拋運動，有x＝vt、h＝gt2，聯(lián)立解得x＝0.9 m，B錯；設(shè)小物塊落地時動能為Ek，由動能定理得mgh＝Ek－mv2，解得Ek＝0.9 J，D對．
【變式2】如圖，在水平軌道右側(cè)固定半徑為R的豎直圓槽形光滑軌道，水平軌道的PQ段鋪設(shè)特殊材料，
調(diào)節(jié)其初始長度為l，水平軌道左側(cè)有一輕質(zhì)彈簧左端固定，彈簧處于自然伸長狀態(tài)．可視為質(zhì)點的小物塊
從軌道右
31、側(cè)A點以初速度v0沖上軌道，通過圓形軌道、水平軌道后壓縮彈簧，并被彈簧以原速率彈回．已
知R＝0.4 m，l＝2.5 m，v0＝6 m/s，物塊質(zhì)量m＝1 kg，與PQ段間的動摩擦因數(shù)μ＝0.4，軌道其他部分摩
擦不計．g取10 m/s2.求：
(1)物塊第一次經(jīng)過圓軌道最高點B時對軌道的壓力；
(2)物塊仍以v0從右側(cè)沖上軌道，調(diào)節(jié)PQ段的長度L，當(dāng)L長度是多少時，物塊恰能不脫離軌道返回A點繼續(xù)向右運動．
【答案】(1)40 N，豎直向上 (2)1 m
【解析】(1)對物塊，首次從A到B，
有－mg·2R＝mv－mv
在B點，有：N1＋mg＝
解得：N1＝40 N
根
32、據(jù)牛頓第三定律，小球?qū)壍赖膲毫Υ笮?0 N，方向豎直向上．
(2)對物塊，從A點到第二次到達(dá)B點：
－f·2L－mg·2R＝mvB′2－mv，f＝μmg
在B點，有：mg＝
解得：L＝1 m
【題型演練】
1.如圖所示，小物塊與水平軌道、傾斜軌道之間的動摩擦因數(shù)均相同，小物塊從傾角為θ1的軌道上高度為h
的A點由靜止釋放，運動至B點時速度為v1.現(xiàn)將傾斜軌道的傾角調(diào)至為θ2，仍將物塊從軌道上高度為h的
A點靜止釋放，運動至B點時速度為v2.已知θ2<θ1，不計物塊在軌道接觸處的機(jī)械能損失．則 ( )
A．v1v2 C
33、．v1＝v2 D．由于不知道θ1、θ2的具體數(shù)值，v1、v2關(guān)系無法判定
【答案】C
【解析】物體運動過程中摩擦力做負(fù)功，重力做正功，由動能定理可得mgh－μmgcos θ·－μmgxBD＝mv2，即mgh－μmg·－μmgxBD＝mv2，因為＝xCD，所以mgh－μmgxBC＝mv2，故到達(dá)B點的速度與傾斜軌道的傾角無關(guān)，所以v1＝v2，故選項C正確．
2.如圖甲所示，一質(zhì)量為4 kg的物體靜止在水平地面上，讓物體在隨位移均勻減小的水平推力F作用下開
始運動，推力F隨位移x變化的關(guān)系圖象如圖乙所示，已知物體與地面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，g取10 m/s2，
則下列說
34、法正確的是 ( )
A． 物體先做加速運動，推力為零時開始做減速運動 B．物體在水平地面上運動的最大位移是10 m
C．物體運動的最大速度為2 m/s D．物體在運動中的加速度先變小后不變
【答案】 B
【解析】 當(dāng)推力小于摩擦力時物體就開始做減速運動，選項A錯誤；圖乙中圖線與坐標(biāo)軸所圍成的三角形面積表示推力對物體做的功，由此可得推力做的功為W＝×4×100 J＝200 J，根據(jù)動能定理有W－μmgxmax＝0，得xmax＝10 m，選項B正確；當(dāng)推力與摩擦力平衡時，加速度為零，速度最大，由題圖乙得F＝100－25x(N)，當(dāng)F＝μmg＝2
35、0 N時，x＝3.2 m，由動能定理得(100＋20)·x－μmgx＝mv，解得物體運動的最大速度vmax＝8 m/s，選項C錯誤；當(dāng)推力由100 N減小到20 N的過程中，物體的加速度逐漸減小，當(dāng)推力由20 N減小到0的過程中，物體的加速度又反向增大，此后物體的加速度不變，直至物體靜止，故D項錯誤．
3.(2018·高考全國卷Ⅰ)如圖，abc是豎直面內(nèi)的光滑固定軌道，ab水平，長度為2R；bc是半徑為R的四分之
一圓弧，與ab相切于b點．一質(zhì)量為m的小球，始終受到與重力大小相等的水平外力的作用，自a點處從
靜止開始向右運動．重力加速度大小為g.小球從a點開始運動到其軌跡最高點，機(jī)械能的
36、增量為( )
A．2mgR B．4mgR C．5mgR D．6mgR
【答案】 C
【解析】 小球從a運動到c，根據(jù)動能定理，得
F·3R－mgR＝mv，又F＝mg，故v1＝2，
小球離開c點在豎直方向做豎直上拋運動，水平方向
做初速度為零的勻加速直線運動，且水平方向與豎直方向的加速度大小相等，都為g，故小球從c點到最高點所用的時間t＝＝2，水平位移x＝gt2＝2R，根據(jù)功能關(guān)系，小球從a點到軌跡最高點機(jī)械能的增量為力F做的功，即ΔE＝F·(2R＋R＋x)＝5mgR.
4.(2019·襄陽模擬)用豎直向上大小為30
37、 N的力F，將2 kg的物體從沙坑表面由靜止提升1 m時撤去力F，經(jīng)一段時間后，物體落入沙坑，測得落入沙坑的深度為20 cm.若忽略空氣阻力，g取10 m/s2.則物體克服沙坑的阻力所做的功為( )
A．20 J B．24 J C．34 J D．54 J
【答案】C
【解析】.對整個過程應(yīng)用動能定理得：F·h1＋mgh2－Wf＝0，解得：Wf＝34 J，C對．
5.(2019·寧波模擬)如圖所示，木盒中固定一質(zhì)量為m的砝碼，木盒和砝碼在桌面上以一定的初速度一起滑行一段距離后停止．現(xiàn)拿走砝碼，而持續(xù)加一個豎直向下的恒力F(F＝m
38、g)，若其他條件不變，則木盒滑行的距離( )
A．不變 B．變小 C．變大 D．變大變小均可能
【答案】B.
【解析】設(shè)木盒質(zhì)量為M，木盒中固定一質(zhì)量為m的砝碼時，由動能定理可知，μ(m＋M)gx1＝(M＋m)v2，解得x1＝；加一個豎直向下的恒力F(F＝mg)時，由動能定理可知，μ(m＋M)gx2＝Mv2，解得x2＝，顯然x2
39、與水平方向夾角為45°處，在此過程中人所做的功為( )
A．B ．C．D．mv
【答案】C.
【解析】由題意知，繩與水平方向夾角為45°時，沿繩方向的速度v＝v0cos 45°＝，故質(zhì)量為m的物體速度等于，對物體應(yīng)用動能定理可知，在此過程中人所做的功為W＝mv2－0＝，C正確．
7. 光滑水平面上靜止的物體，受到一個水平拉力F作用開始運動，拉力隨時間變化如圖所示，用Ek、v、x、
P分別表示物體的動能、速度、位移和水平拉力的功率，下列四個圖象中分別定性描述了這些物理量隨時間變化的情況，正確的是 ( )
【答案】BD
【解析】由動能定理，F(xiàn)x＝F·at2＝Ek，選項A錯
40、誤；在水平拉力F作用下，做勻加速直線運動，選項B正確；其位移x＝at2，選項C錯誤；水平拉力的功率P＝Fv＝Fat，選項D正確．
8.一圓弧形的槽，槽底放在水平地面上，槽的兩側(cè)與光滑斜坡aa′、bb′相切，相切處a、b位于同一水平面內(nèi)，
槽與斜坡在豎直平面內(nèi)的截面如圖所示．一小物塊從斜坡aa′上距水平面ab的高度為2h處沿斜坡自由滑下，
并自a處進(jìn)入槽內(nèi)，到達(dá)b后沿斜坡bb′向上滑行，已知到達(dá)的最高處距水平面ab的高度為h；接著小物塊、
沿斜坡bb′滑下并從b處進(jìn)入槽內(nèi)反向運動，若不考慮空氣阻力，則 ( )
A．小物塊再運動到a處時速度變?yōu)榱?
B．小物塊每次經(jīng)過圓弧槽最低點時
41、對槽的壓力不同
C．小物塊不僅能再運動到a處，還能沿斜坡aa′向上滑行，上升的最大高度為h
D．小物塊不僅能再運動到a處，還能沿斜坡aa′向上滑行，上升的最大高度小于h
【答案】BD
【解析】因要克服摩擦阻力做功，所以每次通過最低點的速度會變小，根據(jù)牛頓第二定律有FN－mg＝m，故可知物塊與圓弧槽間的正壓力會變小，所以B正確；設(shè)第一次通過圓弧槽過程中克服摩擦力做功為Wf，根據(jù)動能定理可得mgh－Wf＝0，第二次通過圓弧槽的最低點時因正壓力減小，所以摩擦力減小，同理，其他位置所對應(yīng)的摩擦力都變小，故第二次通過圓弧槽克服摩擦力做的功將小于第一次，即Wf′＜mgh，則小物塊還能沿斜坡aa′向
42、上滑行，上升的最大高度小于h，所以D正確，A、C錯誤．
7. 如圖所示，水平桌面上的輕質(zhì)彈簧左端固定，右端與靜止在O點質(zhì)量為m＝1 kg的小物塊接觸而不連接，
此時彈簧無形變．現(xiàn)對小物塊施加F＝10 N水平向左的恒力，使其由靜止開始向左運動．小物塊在向左運動到A點前某處速度最大時，彈簧的彈力為6 N，運動到A點時撤去推力F，小物塊最終運動到B點靜止．圖中OA＝0.8 m，OB＝0.2 m，重力加速度g取10 m/s2.求小物塊：
(1)與桌面間的動摩擦因數(shù)μ；
(2)向右運動過程中經(jīng)過O點的速度；
(3)向左運動的過程中彈簧的最大壓縮量．
【答案】(1)0.4 (2)1.26
43、m/s (3)0.9 m
【解析】(1)小物塊速度達(dá)到最大時，加速度為零．
F－μmg－F彈＝0，μ＝＝0.4.
(2)設(shè)向右運動通過O點時的速度為v0，從O到B，
由動能定理得
－FfxOB＝0－mv，F(xiàn)f＝μmg＝4 N，
解得v0＝ m/s≈1.26 m/s.
(3)彈簧最大壓縮量為xmax，對小物塊運動的全過程，根據(jù)動能定理得FxOA－Ff(2xmax＋xOB)＝0，
代入數(shù)值得xmax＝0.9 m.
10.(2018·高考全國卷 Ⅲ )如圖，在豎直平面內(nèi)，一半徑為R的光滑圓弧軌道ABC和水平軌道PA在A點相切，BC為圓弧軌道的直徑，O為圓心，OA和OB之間的夾角為α
44、，sin α＝.一質(zhì)量為m的小球沿水平軌道向右運動，經(jīng)A點沿圓弧軌道通過C點，落至水平軌道；在整個過程中，除受到重力及軌道作用力外，小球還一直受到一水平恒力的作用．已知小球在C點所受合力的方向指向圓心，且此時小球?qū)壍赖膲毫η『脼榱悖亓铀俣却笮間.求
(1)水平恒力的大小和小球到達(dá)C點時速度的大??；
(2)小球到達(dá)A點時動量的大??；
(3)小球從C點落至水平軌道所用的時間．
【答案】 見解析
【解析】 (1)設(shè)水平恒力的大小為F0，小球到達(dá)C點時所受合力的大小為F.由力的合成法則有
＝tan α ①
F2＝(mg)2＋F ②
設(shè)小球到達(dá)C點時的速度大小為v，由牛頓第二
45、定律得
F＝m ③
由①②③式和題給數(shù)據(jù)得
F0＝mg ④
v＝. ⑤
(2)設(shè)小球到達(dá)A點的速度大小為v1，作CD⊥PA，交PA于D點，由幾何關(guān)系得
DA＝Rsin α ⑥
CD＝R(1＋cos α) ⑦
由動能定理有
－mg·CD－F0·DA＝mv2－mv ⑧
由④⑤⑥⑦⑧式和題給數(shù)據(jù)得，小球在A點的動量大小為
p＝mv1＝. ⑨
(3)小球離開C點后在豎直方向上做初速度不為零的勻加速運動，加速度大小為g.設(shè)小球在豎直方向的初速度為v⊥，從C點落至水平軌道上所用時間為t.由運動學(xué)公式有
v⊥t＋gt2＝CD ⑩
v⊥＝vsin α ?
由⑤⑦⑩?式和題給數(shù)據(jù)得
t＝. ?
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2020年高考物理一輪復(fù)習(xí) 熱點題型歸納與變式演練 專題12 動能定理的理解與應(yīng)用（含解析）
