【文档说明】高考物理一轮复习课件第5章机械能及其守恒定律第15讲动能定理及其应用 (含详解).ppt，共(88)页，1.610 MB，由MTyang资料小铺上传

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第五章机械能及其守恒定律高考总复习·物理第15讲动能定理及其应用高考总复习·物理板块一板块二板块三课时达标目录板块一︿︿[知识梳理]1．动能(1)定义：物体由于而具有的能．(2)公式：Ek＝.(3)标矢性：动能是，动能与

速度方向．(4)动能的变化：物体与之差，即ΔEk＝.运动12mv2标量无关末动能初动能12mv22－12mv212．动能定理(1)内容：在一个过程中合力对物体所做的功，等于物体在这个过程中．(2)表达式：W＝ΔEk＝Ek2－Ek1＝.(3)物理意义：的功是物体动能变化的量度．

(4)适用条件：动能定理既适用于直线运动，也适用于；既适用于恒力做功，也适用于做功；力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以作用．动能的变化12mv22－12mv21合力曲线运动变力分阶段[基础小练]判断下列说法是否正确(1)一定质量的物体动能不变则速度不变．()(2)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．()(3)两物体动能相同，质量大的速度小．()(4)如果合外力对物体做功为零，则物体所受的合外力为零．()×√√×(5)物体在合外力作用下做变速运动时，动能

一定变化．()(6)物体的动能不变，所受的合外力不做功，但合外力不一定为零．()×√板块二︿︿[考法精讲]考法一对动能定理的理解【自主练1】(2019·曲靖一中高三质检)如图所示，物体在斜向上的恒定拉力F作用下，从静止开始沿粗糙水平路面运动，下列说法正确的是()A．物体的动能与位移成正比B．物体

的速度与位移成正比C．物体获得的动能大于克服摩擦力所做的功D．物体获得的动能等于拉力做的功答案A解析根据动能定理Ek＝F合x，可知物体的动能与位移成正比，即速度的平方与位移成正比，选项A正确，B错误；根

据动能定理Ek＝WF－Wf可知，物体获得的动能小于拉力做的功，但是无法比较物体获得的动能与克服摩擦力所做的功的关系，选项C、D错误．【自主练2】(2019·宜昌模拟)一辆汽车在平直公路上行驶，在汽车的速度从0增大到v的过程中，发动机做的功为W1；在汽车

的速度从v增大到2v的过程中，发动机做的功为W2.设汽车在行驶过程中所受阻力和发动机的牵引力都不变，则有()A．W2＝2W1B．W2＝3W1C．W2＝4W1D．W2＝W1B解析设汽车发动机的牵引力为F，汽车所受的阻力为Ff，两个过程中汽车的位移分别

为l1、l2，则由动能定理得(F－Ff)l1＝12mv2－0，(F－Ff)l2＝12m(2v)2－12mv2，解得l2＝3l1，又W1＝Fl1，W2＝Fl2，可得W2＝3W1，选项B正确．归纳总结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．考法二动能定理的基本应用1．应用流程2．注意事项(1)动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系．(2)应用动能定理的关键在于准确分析研究对象的受力情况及运动

情况，可以画出运动过程的草图，借助草图理解物理过程之间的关系．(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．【自主练3】(2019·山东、湖北部分重点中学高三高考冲刺)如图所示，

斜面AB竖直固定放置，物块(可视为质点)从A点静止释放沿斜面下滑，最后停在水平面上的C点，从释放到停止的过程中克服摩擦力做的功为W.因斜面塌陷，斜面变成APD曲面，D点与B在同一水平面上，且在B点左侧．已知各接触面粗糙程度均相同，不计物块经过B、D处时的机械能损

失，忽略空气阻力，现仍将物块从A点静止释放，则()A．物块将停在C点B．物块将停在C点左侧C．物块从释放到停止的过程中克服摩擦力做的功大于WD．物块从释放到停止的过程中克服摩擦力做的功小于W答案B解析物块在斜面上滑动时，克服摩擦力做的功Wf＝μmgcosθ·L＝μmgLx，即等于在对应水平面上克

服摩擦力做的功，物块在曲面上滑动时，在曲线上任一处，根据牛顿第二定律有FN－mgcosθ＝mv2R，即FN>mgcosθ，故此处的滑动摩擦力F′f＝μFN>μmgcosθ，令物块在曲面上滑过路程等于L′，利用微元法，可知

物块在曲面上克服摩擦力做的功W′f>μmg·ΔL′1cosθ1＋μmgL′2cosθ2＋„＋μmg·ΔL′ncosθn＝μmg·L′x，即大于在对应水平面上克服摩擦力做的功，根据动能定理可知，物块将停在C点左侧，故选项A错误，

B正确；从释放到最终停止，动能的改变量为零，根据动能定理可知，物块克服摩擦力做的功等于重力做的功，而两种情况下，重力做的功相同，物块从释放到停止的过程中克服摩擦力做的功均等于W，故选项C、D错误．【自主练4】(2019·杭锦后旗奋斗中学高三调研)如图所示，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功是()A．mgh－12mv2B.12mv2－mghC．－mghD．－mgh＋12mv2A解析

小球从A到C的过程中，重力和弹力对小球做负功，由于支持力始终与位移垂直，故支持力不做功，由动能定理可得WG＋WF＝0－12mv2，其中WG＝－mgh，解得WF＝mgh－12mv2，故选项A正确．考法三动能定理与图象问题的结合1．解决物理图象问题的基本步骤

(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．【例题1】一质量为2kg的物体

静止在水平桌面上，在水平拉力F的作用下，沿水平方向运动2s后撤去外力，其v-t图象如图所示，下列说法正确的是()A．在0～2s内，合外力做的功为4JB．在0～2s内，合外力做的功为8JC．在0～6s内，摩擦力做的功为－8JD．在0～6s内，摩擦力做的

功为－4J[思维导引]根据撤去拉力后的速度—时间图象判断出摩擦力的大小，然后再分析加速阶段的运动情况，由动能的变化反过来求合外力的功．答案A解析在0～2s可读出初、末速度，由动能定理可得W合＝12mv22－0＝4J，故选项A正确，

B错误；在0～6s内由全程的动能定理WF＋Wf＝0－0，其中Ff＝ma2＝2×24N＝1N，对于0～2s牛顿第二定律F－Ff＝ma1，得F＝3N，而WF＝F·x1＝3×2J＝6J，联立得Wf＝－6J，故选项C、D错误．【跟踪训练1-1】(多选)一质量为2kg的物体，在水平恒定拉力的作用下以一定的初

速度在粗糙的水平面上做匀速运动，当运动一段时间后，拉力逐渐减小，且当拉力减小到零时，物体刚好停止运动，图中给出了拉力随位移变化的关系图象．已知重力加速度g＝10m/s2，由此可知()A．物体与水平面间的动摩擦因数约为0.35B．减速过程中拉力对物体所做的功约为13JC．匀速运动时

的速度约为6m/sD．减速运动的时间约为1.7s答案ABC解析F－s图象围成的面积代表拉力F做的功，由图知减速阶段F－s围成面积约13个小格，每个小格1J，则约为13J，故选项B正确；刚开始匀速，则F＝μmg，由图知F＝7N，则μ

＝Fmg＝0.35，故选项A正确；全程应用动能定理WF－μmgs＝0－12mv20，其中WF＝(7×4＋13)J＝41J，得v0＝6m/s，故选项C正确；由于不是匀减速，没办法求减速运动的时间，故选项D错误．【跟踪训练

1-2】用传感器研究质量为2kg的物体由静止开始做直线运动的规律时，在计算机上得到0～6s内物体的加速度随时间变化的关系如图所示．下列说法正确的是()A．0～6s内物体先向正方向运动，后向负方向运动B．0～6

s内物体在4s时的速度最大C．物体在2～4s内速度不变D．0～4s内合力对物体做的功等于0～6s内合力做的功答案D解析由a－t图象可知，图线与时间轴围成的“面积”代表物体在相应时间内速度的变化情况，在时间轴上方为正，在时间轴下

方为负．物体6s末的速度v6＝12×(2＋5)×2m/s－12×1×2m/s＝6m/s，则0～6s内物体一直向正方向运动，选项A错误；由图象可知物体在5s末速度最大，为vm＝12×(2＋5)×2m/s＝7m/s，选项B错误；由图象可知

在2～4s内物体加速度不变，物体做匀加速直线运动，速度变大，选项C错误；在0～4s内合力对物体做的功由动能定理可知，W合4＝12mv24－0，又v4＝12×(2＋4)×2m/s＝6m/s，得W合4＝36J,0～6s

内合力对物体做的功由动能定理可知W合6＝12mv26－0，又v6＝6m/s，得W合6＝36J，则W合4＝W合6，选项D正确．【跟踪训练1-3】(多选)如图所示，一质量为m的小球以初动能Ek0从地面竖直向上抛出，已知运动过程中受到恒定阻力

Ff＝kmg作用(k为常数且满足0<k<1)．图中两条直线分别表示小球在上升过程中动能和重力势能与其上升高度之间的关系(以地面为零势能面)，h0表示上升的最大高度．则由图可知，下列结论正确的是()A．E1是最大势能，且E1＝Ek0k＋1B．上升的最大高度

h0＝Ek0k＋1mgC．落地时的动能Ek＝kEk0k＋1D．在h1处，小球的动能和势能相等，且h1＝Ek0k＋2mg答案ABD解析小球上升过程，根据动能定理可得－(mg＋Ff)h0＝0－Ek0，又Ff＝kmg，则上升的最大高度h

0＝Ek0k＋1mg，最大势能为E1＝mgh0＝Ek0k＋1，选项A、B正确；上升过程中，h1高度时重力势能和动能相等，由动能定理得－(mg＋Ff)h1＝E′k－Ek0，又E′k＝mgh1，解得h1＝E

k0k＋2mg，选项D正确；小球下落过程，由动能定理得(mg－Ff)h0＝Ek－0，解得落地时的动能Ek＝1－kk＋1Ek0，选项C错误．考法四动能定理在多过程问题中的应用1．运用动能定理解决多过程问题

时，选择合适的研究过程能使问题得以简化．2．当选择全部子过程作为研究过程，涉及重力、大小恒定的阻力或摩擦力做功时，要注意运用它们的做功特点：(1)重力的功取决于物体的初、末位置，与路径无关．(2)大小恒定的阻力或摩擦力做的功等于力的大小与路程的乘积．(3)重力、摩擦力、合外力

做功均与位移成正比，某一变化过程中重力势能、内能、动能的变化量成比例．【例题2】(2019·广东重点中学七校高三联考)如图所示，倾角α＝37°的斜面固定在水平面上，质量为m＝1kg的滑块(可视为质点)由斜面上最低点P以初动

能Ek0＝20J沿斜面向上运动，当其向上经过A点时动能EkA＝8J，机械能的变化量ΔE机＝－3J．重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，求：(1)物块所受摩擦力的大小；(2)物块回到P点时速

度的大小．[思维导引]上升过程重力和摩擦力做功，重力和摩擦力均做负功，对上升到A点过程应用动能定理可求得摩擦力大小，进一步可以求出从A点继续上升的距离，对下滑过程应用动能定理即可求出回到P点的速度．解析(1)由P到A由动能定理得－(mgsinα＋Ff)s1＝EkA－Ek0，而－Ffs1＝ΔE机，

联立解得Ff＝2N.(2)由P到最高点由动能定理得－(mgsinα＋Ff)s2＝0－Ek0，解得s2＝2.5m，滑块从最高点到P点由动能定理得(mgsinα－Ff)s2＝12mv2－0，解得v＝25m/s.答案(1)2N(2)25m/s【跟踪训练2-1

】(2019·余姚中学高三选考科目模拟卷)如图所示装置由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段是光滑的，水平轨道BC的长度x＝5m，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＝4.30m，h2＝1.35m．现让质量为m的小滑块自A点由静止释放，小滑块与轨道BC间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8

.求：(1)小滑块第一次到达D点时的速度大小；(2)小滑块第二次通过C点时的速度大小；(3)小滑块最终停止的位置距B点的距离．解析(1)小物块从A到D的过程中，由动能定理得mg(h1－h2)－μmgx＝12mv2D－0，代入数据得vD＝3m/s.(2)从D到C的过程，由动能定理得mgh

2＝12mv2C－12mv2D，代入数据得vC＝6m/s.(3)滑块最终静止在BC上，对全过程，运用动能定理得mgh1－μmgs＝0，代入数据解得s＝8.6m，则距离B点的距离为L＝5－(8.6－5)m＝1.4m.答案(1)3m/s(2)6m/s(3

)1.4m【跟踪训练2-2】(2019·济宁高三一模)如图所示，一根轻弹簧左端固定于竖直墙上，右端被质量为m＝1kg可视为质点的小物块压缩而处于静止状态，且弹簧与物块不拴接，弹簧原长小于光滑平台的长度．在平台的右端有一传送带，AB长为L＝12m，与传送带相邻的粗糙水平面BC长为x＝4m，物块与

传送带及水平面BC间的动摩擦因数均为μ＝0.3，在C点右侧有一半径为R的光滑竖直半圆弧与BC平滑连接，在半圆弧的最高点F处有一固定挡板，物块撞上挡板后会以原速率反弹回来．若传送带以v＝6m/s的速率顺时针转动，不考虑物块

滑上和滑下传送带的机械能损失．当弹簧储存的EP＝8J能量全部释放时，小物块恰能滑到与圆心等高的E点(取g＝10m/s2)．(1)求滑块被弹簧弹出时的速度；(2)求右侧圆弧的轨道半径R；(3)若传送带的速度大小可调

，欲使小物块与挡板只碰一次，且碰后不脱离轨道，求传送带速度的可调范围．解析(1)物块被弹簧弹出，有Ep＝12mv20，解得v0＝4m/s.(2)若滑块在传送带上一直加速，设经过传送带获得的速度为v′，有v′2－v20

＝2μgL，解得v′＝222m/s＞6m/s.所以，滑块在传送带上先加速后匀速，经过传送带获得的速度为v＝6m/s，从B到E，由动能定理得－μmgx－mgR＝0－12mv2，解得R＝0.6m.(3)设物块在B

点的速度为v1时能恰到F点，在F点满足mg＝mv2FR，从B到F点过程中由动能定理可知－μmgx－mg×2R＝12mv2F－12mv21，解得v1＝36m/s；设物块在B点的速度为v2时，物块撞挡板后返回能恰

好再次上滑到E点，由动能定理可知－μmg×3x－mgR＝0－12mv22，解得v2＝221m/s.因为物块在传送带上一直加速获得的速度为222m/s，所以传动带速度的可调范围为36m/s≤v≤221m/s.答案(1)4m/s(2)0.6m(3)36m/s≤v≤221m/s[典例诊断]【例

题3】(2019·青岛高三调研)(多选)如图所示，四分之三圆弧形轨道的圆心为O、半径为R，其AC部分粗糙，CD部分光滑，B为最低点，D为最高点．现在A点正上方高为2.5R的P点处由静止释放一质量为m的滑块(可视为质点)，滑块从A点处沿切线方向进入圆弧轨道，恰好可以到达D点．已知

滑块与AC部分轨道间的动摩擦因数处处相等，重力加速度为g，则下列说法正确的是()A．滑块从D点飞出后恰好又落到A点B．经过AC部分轨道克服摩擦力做的功为0.5mgRC．经过AC部分轨道克服摩擦力做的功为mgRD．滑块经过AB部分轨

道克服摩擦力做的功大于0.5mgR[错解分析]漏选D：认为滑块经过AB部分轨道克服摩擦力做的功等于BC段摩擦力做的功，滑块经过AB部分轨道克服摩擦力做的功大于0.5mgR，错因是忽略了滑块经过这两部分时对轨道的压力不同，

摩擦力不同．答案CD解析小球恰好到D点，根据牛顿第二定律mg＝mv2DR，解得vD＝gR，小球从D点飞出后做平抛运动，则有R＝12gt2，水平方向x＝vDt，联立可得x＝2R，故选项A错误；从P到D根据动能定理得mg(2.5R－R)－Wf＝12mv2

D－0，解得Wf＝mgR，故选项B错误，C正确；滑块从A到C过程中，AB段的压力大于BC段的压力，根据滑动摩擦力公式Ff＝μFN，可知AB段的摩擦力大于BC段的摩擦力，所以滑块经过AB部分轨道克服摩擦

力做的功大于BC段摩擦力做的功，所以滑块经过AB部分轨道克服摩擦力做的功大于0.5mgR，故选项D正确．易错警示在斜面上与在曲面上物体克服摩擦力做功的差异(1)物体在斜面上运动，克服摩擦力做的功等于在对应水平面上运动克服摩擦力做的功．(2)由于物体在曲面上运动，压力跟物体运动的速度有

关，因而物体克服摩擦力做功不等于在对应水平面上运动克服摩擦力做的功．①在凹面上运动，物体克服摩擦力做的功大于在对应水平面上克服摩擦力做的功；②在凸面上运动，物体克服摩擦力做的功小于在对应水平面上克服摩擦力做的功．【跟踪训练3-1】如图所示，在竖直平面内，滑道ABC关于B点

对称，且A、B、C三点在同一水平线上．若小滑块第一次由A滑到C，所用的时间为t1，第二次由C滑到A，所用的时间为t2，小滑块两次的初速度大小相同且运动过程始终沿着滑道滑行，小滑块与滑道的动摩擦因数恒定，

则()A．t1<t2B．t1＝t2C．t1>t2D．无法比较t1、t2的大小A解析设初速度为v0，第一次到达B点的速率为vB1，到达C点的速率为vC1，A到C由动能定理可得－WfAB1＝12mv2B1－12mv20，－WfBC1＝12mv2C1－12

mv2B1；第二次到达B点的速率为vB2，到达A点的速率为vA2，C到A由动能定理可得－WfBA2＝12mv2A2－12mv2B2，－WfCB2＝12mv2B2－12mv20，因为小滑块对滑道的压力与速度有关，对于BC部分，速度越大，压力越大，摩擦力越大

，所以WfBC1<WfCB2，对于AB部分，速度越大，压力越小，摩擦力越小，所以WfAB1<WfBA2，所以有vB1>vB2，vC1>vA2，可以判断出t1<t2，所以选项A正确，B、C、D错误．【跟踪训练3-2】(多选)如图所示，一固定容器的内壁

是半径为R的半球面，在半球面水平直径的一端有一质量为m的质点P，它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中，克服摩擦力做的功为W，重力加速度大小为g.设质点P在最低点时，向心加速度的大小为a，容器对它的支持力大小为N，则()A．a＝2mgR－WmRB．a＝2mgR－WmRC．N＝3mgR－2W

RD．N＝2mgR－WR答案AC解析质点由半球面最高点到最低点的过程中，由动能定理有，mgR－W＝12mv2，又在最低点时，向心加速度大小a＝v2R，两式联立可得a＝2mgR－WmR，选项A正确，B错误；在最低点时有N－mg＝mv2R，解得N＝3mgR－2WR，

选项C正确，D错误．【例题4】(2019·华南师范大学附属中学高三月考)(多选)半径为R的圆桶固定在小车上，如图所示，有一光滑小球静止在圆桶的最低点随小车以速度v一起向右匀速运动，当小车遇到障碍物突然停止后，则小球在圆桶中上升的

高度可能为()A．等于v22gB．大于v22gC．小于v22gD．等于2R[错解分析]漏选C：忽视小球脱离了圆桶后上升的高度，由动能定理有－mgh＝12mv′2－12mv2，可得h<v22g，选项C正确．答案ACD解析小

球和车有共同的速度，当小车遇到障碍物突然停止后，小球由于惯性会继续运动，小球冲上圆弧槽，则有两种可能，一是速度较小，滑到某处小球速度为零，根据动能定理，此时有12mv2＝mgh，解得h＝v22g，故选项A正确；可能速度v较大，小球滑到与圆心等

高的平面上方，未到达圆轨道最高点时离开轨道，则h＜2R，根据机械能守恒有12mv2＝mgh＋12mv′2，v′>0，则h<v22g，故选项C正确；也可能速度v足够大，小球能做完整的圆周运动，h＝2R，故选项D正确．易错警示物体沿竖直圆轨道运动的思维盲区物

体沿竖直圆轨道运动分可脱离圆轨道和不可脱离圆轨道两种情况，不可脱离圆轨道又分越过和不越过圆心所在水平面，解答此类问题，遗漏可能的运动情况就会出错．【跟踪训练4-1】(2019·玉溪一中高三调研)(多选)如图所示，内壁光滑、半径大小为R的圆轨道竖直固定在桌面上，一个质量为m的

小球静止在轨道底部A点．现用小锤沿水平方向快速击打小球，击打后迅速移开，使小球沿轨道在竖直面内运动．当小球回到A点时，再次用小锤沿运动方向击打小球，通过两次击打，小球才能运动到圆轨道的最高点．已知小球在运动

过程中始终未脱离轨道，在第一次击打过程中小锤对小球做功W1，第二次击打过程中小锤对小球做功W2.设先后两次击打过程中小锤对小球做的功全部用来增加小球的动能，则W1W2的值可能是()A.13B.23C．1D．2解析第一次击打后球最多到达与球心O等高位置，根据

功能关系，有W1≤mgR，①两次击打后可以到轨道最高点，根据功能关系，有W1＋W2－2mgR＝12mv2，②在最高点有mg＋N＝mv2R≥mg，③联立①②③解得W1≤mgR，W2≥32mgR，故W1W2≤23，选项A、B正确，C、D错误．【跟踪训练4-2】(2019·西安长安区第一中

学高三月考)(多选)如图所示，质量为m的小球用长度为R的细绳拴着在竖直面内绕O点做圆周运动，恰好能通过竖直面的最高点A，重力加速度为g，不计空气阻力，则()A．小球通过最高点A的速度为gRB．小球通过最低点B和最高点A的动能之差为mgRC．小球通过最低点B和最高点A的细绳拉力之差为

6mgD．小球通过最低点B和最高点A的细绳拉力之差为4mg答案AC解析小球刚好通过最高点时，绳子的拉力恰好为零，有mg＝mv2AR，解得vA＝gR，故选项A正确；根据动能定理，小球通过最低点B和最高点A的动能之差为ΔEk＝mg·2R＝2mgR，故选项B错误；在B点TB－mg＝mv2BR

，在A点TA－mg＝mv2AR，小球从A到B根据动能定理可得mg2R＝12mv2B－12mv2A，联立可得ΔT＝TB－TA＝6mg，故选项C正确，D错误．板块三︿︿1．一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处．小物块初动能为Ek0，与斜面

间的动摩擦因数不变，则该过程中，小物块的动能Ek与位移x关系的图线是()C解析依据动能定理，上升过程中F升＝mgsinα＋μmgcosα大小恒定，下降过程中F降＝mgsinα－μmgcosα大小恒定．说明在E

k－x图象中，上升、下降阶段图线的斜率均恒定，图线均为直线，则选项B、D错误．物块能够返回，返回过程位移减小，而动能增加，则选项A错误．因整个过程中摩擦力做负功，则Ekt<Ek0，故选项C正确．2．一物块沿倾角为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，如图所示；当物块的初速度为v2时，上升的最大高度记为h，重力加速度大小为g.则物块与斜坡间的动摩擦因数和h分别为()A．tanθ和H2B．(v22gH－1)tanθ和H2C．tanθ和H4D．(v22gH－1)tanθ和H4D解析根据动能定理，以速度v上

升时，12mv2＝μmgcosθ·Hsinθ＋mgH，以v2速度上升时，12m(v2)2＝μmgcosθhsinθ＋mgh，解得h＝H4，μ＝(v22gH－1)tanθ，所以选项D正确．3．(2019·惠州第二学

期学分认定)(多选)质量相同的两个小球，分别用长为l和2l的细绳悬挂在天花板上，分别拉起小球使线伸直呈水平状态，然后轻轻释放，以天花板为零势能面，当小球到达最低位置时()A．两球运动的线速度大小相等B．两球运动的角速度相等C．两球的机械能相等D．细绳对两球的拉力

相等CD解析根据动能定理mgl＝12mv2，解得v＝2gl，知右边小球线速度大，故选项A错误．根据ω＝vl＝2gl，知两球的角速度不等，故选项B错误．开始时两球等高，机械能相同，下落过程中机械能守恒，则小球到达最低位置时两球的机械能相等，故选项C正确．向心加速度a＝v2l＝2g，与l无关，所以两

球的向心加速度相等，根据F－mg＝ma，解得F＝mg＋ma＝3mg，所以细绳对两球拉力大小相等，故选项D正确．4．(2019·大庆实验中学高三月考)如图所示，水平的粗糙轨道与竖直的光滑圆形轨道相连，圆形轨道间不

相互重叠，即小球离开圆形轨道后可继续沿水平轨道运动．圆形轨道半径R＝0.2m，右侧水平轨道BC长为L＝4m，C点右侧有一壕沟，C、D两点的竖直高度h＝1m，水平距离s＝2m，小球与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g＝10m/s2.一小球从圆形轨道最低点B以

某一水平向右的初速度出发，进入圆形轨道．(1)若小球通过圆形轨道最高点A时给轨道的压力大小恰为小球的重力大小，求小球在B点的初速度多大？(2)若小球从B点向右出发，在以后的运动过程中，小球既不脱离圆形轨道，又不掉进壕沟，求小球在B点的初速度的范围是多大？解析

(1)小球在最高点A处，根据牛顿第三定律可知轨道对小球的压力FN＝FN′＝mg，根据牛顿第二定律FN＋mg＝mv2AR，从B到A过程，由动能定理可得－mg·(2R)＝12mv2A－12mv20，代入数据可解得v0＝23m/s.(2)情况一：若小球恰好停在C处，对全程进行研究，则

有－μmgL＝0－12mv21，得v1＝4m/s，若小球恰好过最高点A，则有mg＝mv′2AR，从B到A过程有－mg·(2R)＝12mv′2A－12mv22，得v2＝10m/s，所以当10m/s≤vB≤4m/s时，小球停在B、C间．情况二：若小球恰能越过壕沟，则有－

μmgL＝12mv2C－12mv23h＝12gt2，s＝vCt，得v3＝6m/s，所以当vB≥6m/s时，小球越过壕沟．情况三：若小球刚好能运动到与圆心等高位置，则有－mgR＝0－12mv24，得v4＝2m/s，所以当vB≤2m/

s时，小球又沿圆轨道返回．综上，小球在A点的初速度的范围是vB≤2m/s或10m/s≤vB≤4m/s或vB≥6m/s.答案(1)23m/s(2)vB≤2m/s或10m/s≤vB≤4m/s或vB≥6m/s