基礎課2動能動能定理知識排查動能1.定義：物體由于運動而具有的能叫動能。2.公式：Ek＝eq\f(1,2)mv2。3.單位：焦耳，1J＝1N·m＝1kg·m2/s2。4.矢標性：動能是標量，只有正值。5.狀態量：動能是狀態量，因為v是瞬時速度。動能定理1.內容：合外力所做的功等于物體動能的變化。2.表達式：W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)或W＝Ek2－Ek1。3.物理意義：合外力的功是物體動能變化的量度。4.適用條件(1)動能定理既適用于直線運動，也適用于曲線運動。(2)既適用于恒力做功，也適用于變力做功。(3)力可以是各種性質的力，既可以同時作用，也可以間斷作用。5.應用動能定理解決的典型問題大致分為兩種(1)單一物體的單一過程或者某一過程；(2)單一物體的多個過程。動能定理由于不涉及加速度和時間，比動力學研究方法要簡便。小題速練1.思考判斷(1)一定質量的物體動能變化時，速度一定變化，但速度變化時，動能不一定變化。()(2)動能不變的物體一定處于平衡狀態。()(3)如果物體所受的合外力不為零，那么合外力對物體做功一定不為零。()答案(1)√(2)×(3)×2.(2016·四川理綜，1)韓曉鵬是我國首位在冬奧會雪上項目奪冠的運動員。他在一次自由式滑雪空中技巧比賽中沿“助滑區”保持同一姿態下滑了一段距離，重力對他做功1900J，他克服阻力做功100J。韓曉鵬在此過程中()A.動能增加了1900JB.動能增加了2000JC.重力勢能減小了1900JD.重力勢能減小了2000J解析由題可得，重力做功WG＝1900J，則重力勢能減少1900J，故選項C正確，D錯誤；由動能定理得，WG－Wf＝ΔEk，克服阻力做功Wf＝100J，則動能增加1800J，故選項A、B錯誤。答案C對動能定理的理解及應用1.對“外力”的兩點理解(1)“外力”指的是合外力，可以是重力、彈力、摩擦力、電場力、磁場力或其他力，它們可以同時作用，也可以不同時作用。(2)“外力”既可以是恒力，也可以是變力。2.公式W合＝ΔEk中“＝”體現的三個關系1.(2018·廣東六校聯考)北京獲得2022年冬奧會舉辦權，冰壺是冬奧會的比賽項目。將一個冰壺以一定初速度推出后將運動一段距離停下來。換一個材料相同、質量更大的冰壺，以相同的初速度推出后，冰壺運動的距離將()A.不變 B.變小C.變大 D.無法判斷解析冰壺在冰面上以一定初速度被推出后，在滑動摩擦力作用下做勻減速運動，根據動能定理有－μmgx＝0－eq\f(1,2)mv2，得x＝eq\f(v2,2μg)，兩種冰壺的初速度相等，材料相同，故運動的距離相等。故選項A正確。答案A2.(2018·江西模擬)(多選)質量為m的物塊在水平恒力F的推動下，從山坡(粗糙)底部的A處由靜止開始運動至高為h的坡頂B處。到達B處時物塊的速度大小為v，A、B之間的水平距離為x，重力加速度為g。不計空氣阻力，則物塊運動過程中()圖1A.重力所做的功是mghB.合外力對物塊做的功是eq\f(1,2)mv2C.推力對物塊做的功是eq\f(1,2)mv2＋mghD.阻力對物塊做的功是eq\f(1,2)mv2＋mgh－Fx解析重力所做的功是WG＝－mgh，選項A錯誤；根據動能定理，合外力對物塊做的功是W合＝WF－mgh＋Wf＝eq\f(1,2)mv2，選項B正確；WF＝mgh－Wf＋eq\f(1,2)mv2，選項C錯誤；WF＝Fx＝mgh－Wf＋eq\f(1,2)mv2，則Wf＝mgh＋eq\f(1,2)mv2－Fx，選項D正確。答案BD3.如圖2所示，小物塊從傾角為θ的傾斜軌道上A點由靜止釋放滑下，最終停在水平軌道上的B點，小物塊與水平軌道、傾斜軌道之間的動摩擦因數均相同，A、B兩點的連線與水平方向的夾角為α，不計物塊在軌道轉折時的機械能損失，則動摩擦因數為()圖2A.tanθ B.tanαC.tan(θ＋α) D.tan(θ－α)解析如圖所示，設B、O間距離為x1，A點離水平面的高度為h，A、O間的水平距離為x2，物塊的質量為m，在物塊下滑的全過程中，應用動能定理可得mgh－μmgcosθ·eq\f(x2,cosθ)－μmg·x1＝0，解得μ＝eq\f(h,x1＋x2)＝tanα，故選項B正確。答案B應用動能定理求解多過程問題1.首先需要建立運動模型，選擇合適的研究過程能使問題得以簡化。當物體的運動過程包含幾個運動性質不同的子過程時，可以選擇一個、幾個或全部子過程作為研究過程。2.當選擇全部子過程作為研究過程，涉及重力、大小恒定的阻力或摩擦力做功時，要注意運用它們的做功特點：(1)重力的功取決于物體的初、末位置，與路徑無關；(2)大小恒定的阻力或摩擦力的功等于力的大小與路程的乘積。3.專注過程與過程的連接狀態的受力特征與運動特征(比如：速度、加速度或位移)。4.列整體(或分過程)的動能定理方程。【典例】如圖3所示，傾角θ＝45°的粗糙平直導軌AB與半徑為R的光滑圓環軌道相切，切點為B，整個軌道處在豎直平面內。一質量為m的小滑塊(可以看作質點)從導軌上離地面高為h＝3R的D處無初速度下滑進入圓環軌道。接著小滑塊從圓環最高點C水平飛出，恰好擊中導軌上與圓心O等高的P點，不計空氣阻力，已知重力加速度為g。求：圖3(1)滑塊運動到圓環最高點C時的速度大小；(2)滑塊運動到圓環最低點時對圓環軌道壓力的大小；(3)滑塊在斜面軌道BD間運動的過程中克服摩擦力做的功。解析(1)小滑塊從C點飛出來做平拋運動，水平速度為v0。豎直方向上：R＝eq\f(1,2)gt2①水平方向上：eq\r(2)R＝v0t②解得v0＝eq\r(gR)③(2)小滑塊在最低點時速度為v，由動能定理得－mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mv2④解得v＝eq\r(5gR)⑤在最低點由牛頓第二定律得N－mg＝meq\f(v2,R)⑥解得N＝6mg由牛頓第三定律得N′＝6mg⑦(3)從D到最低點過程中，設DB過程中克服摩擦阻力做功Wf，由動能定理得mgh－Wf＝eq\f(1,2)mv2－0⑧解得Wf＝eq\f(1,2)mgR⑨答案(1)eq\r(gR)(2)6mg(3)eq\f(1,2)mgR【拓展延伸1】在典例中，若小滑塊剛好能過C點，求滑塊與軌道AB間的動摩擦因數。解析小滑塊剛好能過C點，則在C點由牛頓第二定律得mg＝meq\f(veq\o\al(2,C),R)，解得vC＝eq\r(gR)小滑塊由D至C過程，由動能定理得mg(h－2R)－μmgcosθ·eq\f(h－（R－Rcosθ）,sinθ)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－0，解得μ＝eq\f(4－\r(2),14)≈0.18答案eq\f(4－\r(2),14)(或0.18)拓展延伸2在典例中的滑塊從軌道的P點由靜止釋放，滑塊與粗糙導軌間的動摩擦因數為μ，求滑塊整個運動過程中在AB軌道上通過的總路程。解析滑塊在P點釋放，滑塊將在兩軌道間做往返運動，當滑塊到達B點時的速度為零后滑塊將只在圓弧軌道上運動，故全過程由動能定理得mgsPBsinθ－μmgcosθ·s＝0由幾何關系得sPB＝R解得s＝eq\f(R,μ)答案eq\f(R,μ)應用動能定理解題的基本思路1.如圖4所示，質量為m的小球，從離地面H高處從靜止開始釋放，落到地面后繼續陷入泥中h深度而停止，設小球受到空氣阻力為f，重力加速度為g，則下列說法正確的是()圖4A.小球落地時動能等于mgHB.小球陷入泥中的過程中克服泥的阻力所做的功小于剛落到地面時的動能C.整個過程中小球克服阻力做的功等于mg(H＋h)D.小球在泥土中受到的平均阻力為mg(1＋eq\f(H,h))解析小球從靜止開始釋放到落到地面的過程，由動能定理得mgH－fH＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，選項A錯誤；設泥的平均阻力為f0，小球陷入泥中的過程，由動能定理得mgh－f0h＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得f0h＝mgh＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mgh＋mgH－fH，f0＝mg(1＋eq\f(H,h))－eq\f(fH,h)，選項B、D錯誤；全過程應用動能定理可知，整個過程中小球克服阻力做的功等于mg(H＋h)，選項C正確。答案C2.如圖5所示，水平桌面上的輕質彈簧左端固定，右端與靜止在O點質量為m＝1kg的小物塊接觸而不連接，此時彈簧無形變。現對小物塊施加F＝10N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6N，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＝0.8m，OB＝0.2m，重力加速度取g＝10m/s2。求小物塊：圖5(1)與桌面間的動摩擦因數μ；(2)向右運動過程中經過O點的速度；(3)向左運動的過程中彈簧的最大壓縮量。解析(1)小物塊速度達到最大時，加速度為零。F－μmg－F彈＝0，μ＝eq\f(F－F彈,mg)＝0.4。(2)設向右運動通過O點時的速度為v0，從O→B，由動能定理得－fxOB＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，f＝μmg＝4N，解得v0＝eq\r(1.6)m/s≈1.26m/s。(3)彈簧最大壓縮量為xmax，對小物塊運動的全過程，根據動能定理得FxOA－f(2xmax＋xOB)＝0，代入數值得xmax＝0.9m。答案(1)0.4(2)1.26m/s(3)0.9m動能定理與圖像結合的問題1.解決物理圖像問題的基本步驟(1)觀察題目給出的圖像，弄清縱坐標、橫坐標所對應的物理量及圖線所表示的物理意義。(2)根據物理規律推導出縱坐標與橫坐標所對應的物理量間的函數關系式。(3)將推導出的物理規律與數學上與之相對應的標準函數關系式相對比，找出圖線的斜率、截距、圖線的交點、圖線下方的面積所對應的物理意義，根據對應關系列式解答問題。2.四類圖像所圍“面積”的含義1.用水平力F拉一物體，使物體在水平地面上由靜止開始做勻加速直線運動，t1時刻撤去拉力F，物體做勻減速直線運動，到t2時刻停止，其速度—時間圖像如圖6所示，且α>β，若拉力F做的功為W1，平均功率為P1；物體克服摩擦阻力f做的功為W2，平均功率為P2，則下列選項正確的是()圖6A.W1>W2，F＝2f B.W1＝W2，F>2fC.P1<P2，F>2f D.P1＝P2，F＝2f解析對整個過程由動能定理可得W1－W2＝0，解得W1＝W2。由圖像可知，撤去拉力F后運動的時間大于水平力F作用的時間，所以a1>|a2|，即eq\f(F－f,m)>eq\f(f,m)，F>2f，選項A、D錯誤，B正確；由于摩擦阻力作用時間一定大于水平力F作用時間，所以P1>P2，選項C錯誤。答案B2.(2017·江蘇單科，3)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不變，則該過程中，物塊的動能Ek與位移x關系的圖線是()解析設斜面的傾角為θ，物塊與斜面間的動摩擦因數為μ，物塊質量為m，小物塊沿斜面向上滑動過程，由動能定理得，－(mgsinθ＋μmgcosθ)x＝Ek－Ek0，即Ek＝Ek0－(mgsinθ＋μmgcosθ)x；設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－mgxsinθ－μmgcosθ(2L－x)＝(Ek0－2μmgLcosθ)－(mgsinθ－μmgcosθ)x，故選項C正確。答案C3.(2018·甘肅模擬)如圖7甲所示，一質量為4kg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變化的關系如圖乙所示，已知物體與地面間的動摩擦因數μ＝0.5，(取g＝10m/s2)，則下列說法正確的是()圖7A.物體先做加速運動，推力撤去時開始做減速運動B.物體在水平地面上運動的最大位移是10mC.物體運動的最大速度為2eq\r(15)m/sD.物體在運動中的加速度先變小后不變解析當推力小于摩擦力時物體就開始做減速運動，選項A錯誤；由題圖乙中圖線與x軸所圍面積表示推力對物體做的功得，推力做的功W＝eq\f(1,2)×4×100J＝200J，根據動能定理有W－μmgxm＝0，得xm＝10m，選項B正確；當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F＝μmg＝20N時x＝3.2m，由動能定理得eq\f(1,2)(100＋20)·x－μmgx＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)，解得物體運動的最大速度vm＝8m/s，選項C錯誤；物體運動中當推力由100N減小到20N的過程中，加速度逐漸減小，當推力由20N減小到0的過程中，加速度又反向增大，此后加速度不變，故選項D錯誤。答案B

動能定理的綜合應用——細心審題、規范答題能力的培養物理計算題歷來是高考拉分題，試題綜合性強，涉及物理過程較多，所給物理情境較復雜，物理模型較模糊甚至很隱蔽，運用的物理規律也較多，對考生的各項能力要求很高，為了在物理計算題上得到理想的分值，應做到細心審題、用心析題、規范答題。【例】如圖8所示，水平路面CD的右側有一長度L1＝2m的木板。一物塊放在木板的最右端，并隨木板一起向左側固定的平臺運動，木板的上表面與平臺等高。平臺上表面AB的長度s＝3m，光滑半圓軌道AFE豎直固定在平臺上，圓軌道半徑R＝0.4m，最低點與平臺AB相切于A點。當木板的左端與平臺的距離L＝2m時，木板與物塊向左運動的速度v0＝8m/s。木板與平臺的豎直壁碰撞后，木板立即停止運動，物塊在木板上滑動并滑上平臺。已知木板與路面間的動摩擦因數μ1＝0.05，物塊與木板的上表面及軌道AB間的動摩擦因數均為μ2＝0.1，物塊質量m＝1kg，取g＝10m/s2。圖8(1)求物塊進入圓軌道時對軌道上的A點的壓力；(2)判斷物塊能否到達圓軌道的最高點E。如果能，求物塊離開E點后在平臺上的落點到A點的距離；如果不能，則說明理由。審題流程第一步：把握過程，構建運動模型過程1DC段木板、物塊共同向左減速運動過程2木板與BC碰撞后物塊在木板上勻減速運動過程3物塊滑到BA上物塊在BA上勻減速運動過程4光滑半圓軌道上物塊做圓周運動過程5可能從E點水平拋出第二步：抓好關鍵點，找出突破口規范解答解析(1)設木板質量為M，物塊隨板運動撞擊豎直壁BC時的速度為v1，由動能定理得－μ1(m＋M)gL＝eq\f(1,2)(M＋m)veq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)(M＋m)veq\o\al(2,0)設物塊到A點時速度為v2，由動能定理得－μ2mg(s＋L1)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)由牛頓第二定律得N－mg＝meq\f(veq\o\al(2,2),R)解得N＝140N由牛頓第三定律知，物塊對軌道A點的壓力大小為140N，方向豎直向下。(2)設物塊能通過圓軌道的最高點，且在最高點處的速度為v3，由動能定理得－mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)解得v3＝6m/s>eq\r(gR)＝2m/s故物塊能通過圓軌道的最高點E，物塊離開E點后做平拋運動，有x＝v3t，2R＝eq\f(1,2)gt2解得x＝2.4m。答案(1)140N，方向豎直向下(2)能2.4m【針對訓練】如圖9是某同學的漫畫中出現的裝置，描述了一個“吃貨”用來做“糖炒栗子”的“萌”事兒：將板栗在地面小平臺上以一定的初速度經兩個四分之一圓弧銜接而成的軌道，從最高點P飛出進入炒鍋內，利用來回運動使其均勻受熱。用質量為m＝10g的小滑塊代替栗子，借這套裝置來研究一物理問題。設大小兩個四分之一圓弧半徑為2R和R，R＝0.8m，小平臺和圓弧均光滑。將過鍋底的縱截面看作是兩個斜面AB、CD和一段光滑圓弧組成，斜面動摩擦因數均為0.25，兩斜面傾角均為θ＝37°，AB＝CD＝2R，A、D等高，D端固定一擋板，碰撞不損失機械能，滑塊的運動始終在包括鍋底最低點的豎直平面內，取g＝10m/s2。(已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)圖9(1)若滑塊恰好能經P點飛出，又恰好沿AB斜面進入鍋內，應調節鍋底支架高度，此時斜面的A、D點離地面多高？(2)求滑塊在鍋內斜面上運動的總路程。解析(1)在P點，由牛頓第二定律得mg＝meq\f(veq\o\al(2,P),2R)①解得vP＝eq\r(2gR)到達A點時速度方向要沿著斜面AB方向，在A點有vy＝vPtanθ＝eq\f(3\r(2gR),4)②所以A、D點離地高度為h＝3R－eq\f(veq\o\al(2,y),2g)＝eq\f(39,16)R＝1.95m③(2)滑塊到達A點的速度為v＝eq\f(vP,cosθ)＝eq\f(5\r(2gR),4)④假設經過一個來回恰能回到A點，設回到A點時動能為Ek，由動能定理得－μmgcosθ·8R＝Ek－eq\f(1,2)mv2⑤解得Ek＜0，所以滑塊不會滑到A點。滑塊在斜面上運動的全過程應用動能定理得mg·2Rsinθ－μmgcosθ·s＝0－eq\f(1,2)mv2⑥解得滑塊在鍋內斜面上運動的總路程s＝11.05m答案(1)1.95m(2)11.05m活頁作業(時間：40分鐘)A級：保分練1.(多選)質量不等，但有相同動能的兩個物體，在動摩擦因數相同的水平地面上滑行，直至停止，則()A.質量大的物體滑行的距離大B.質量小的物體滑行的距離大C.它們滑行的距離一樣大D.它們克服摩擦力所做的功一樣多解析由動能定理得－μmgx＝－Ek，所以x＝eq\f(Ek,μmg)，知質量小的物體滑行距離大，選項A、C錯誤，B正確；克服摩擦力做功Wf＝Ek相同，選項D正確。答案BD2.如圖1所示，質量為m的物塊與水平轉臺間的動摩擦因數為μ，物塊與轉軸相距R，物塊隨轉臺由靜止開始轉動。當轉速增至某一值時，物塊即將在轉臺上滑動，此時轉臺已開始勻速轉動，在這一過程中，摩擦力對物塊做的功是(假設物塊所受的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)()圖1A.0 B.2μmgRC.2πμmgR D.eq\f(μmgR,2)解析物塊即將在轉臺上滑動但還未滑動時，轉臺對物塊的最大靜摩擦力恰好提供向心力，設此時物塊做圓周運動的線速度為v，則有μmg＝eq\f(mv2,R)。在物塊由靜止到獲得速度v的過程中，物塊受到的重力和支持力不做功，只有摩擦力對物塊做功，由動能定理得Wf＝eq\f(1,2)mv2－0。聯立解得Wf＝eq\f(1,2)μmgR。故選項D正確。答案D3.(2017·河北衡水中學模擬)如圖2所示，質量為0.1kg的小物塊在粗糙水平桌面上滑行4m后以3.0m/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為0.5，桌面高0.45m，若不計空氣阻力，取g＝10m/s2，則()圖2A.小物塊的初速度是5m/sB.小物塊的水平射程為1.2mC.小物塊在桌面上克服摩擦力做8J的功D.小物塊落地時的動能為0.9J解析小物塊在桌面上克服摩擦力做功Wf＝μmgL＝2J，選項C錯誤；在水平桌面上滑行時，由動能定理得－Wf＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得v0＝7m/s，選項A錯誤；小物塊飛離桌面后做平拋運動，有x＝vt、h＝eq\f(1,2)gt2，解得x＝0.9m，選項B錯誤；設小物塊落地時動能為Ek，由動能定理得mgh＝Ek－eq\f(1,2)mv2，解得Ek＝0.9J，選項D正確。答案D4.(2018·廣西玉林模擬)有兩個物體a和b，其質量分別為ma和mb，且ma>mb，它們的初動能相同，若a和b分別受到不變的阻力Fa和Fb的作用，經過相同的時間停下來，它們的位移分別為xa和xb，則()A.Fa<Fb，xa>xb B.Fa>Fb，xa>xbC.Fa>Fb，xa<xb D.Fa<Fb，xa<xb解析設物體的初速度為v，初動能為Ek，所受的阻力為F，通過的位移為x，物體的速度與動能的關系為Ek＝eq\f(1,2)mv2，得v＝eq\r(\f(2Ek,m))，由x＝eq\f(v＋0,2)t得，x＝eq\r(\f(Ek,2m))t，由題意可知物體a、b運動時間和初動能相同，則質量越大，位移越小，因ma>mb，所以xa<xb；由動能定理得，－Fx＝0－Ek，因初動能相同，F與x成反比，則Fa>Fb，故選項C正確。答案C5.如圖3所示，小物塊與水平軌道、傾斜軌道之間的動摩擦因數均相同，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。現將傾斜軌道的傾角調至為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械能損失。則()圖3A.v1<v2B.v1>v2C.v1＝v2D.由于不知道θ1、θ2的具體數值，v1、v2關系無法判定解析物體運動過程中摩擦力做負功，重力做正功，由動能定理可得mgh－μmgcosθ·eq\f(h,sinθ)－μmgxBD＝eq\f(1,2)mv2，即mgh－μmg·eq\f(h,tanθ)－μmgxBD＝eq\f(1,2)mv2，因為eq\f(h,tanθ)＝xCD，所以mgh－μmgxBC＝eq\f(1,2)mv2，故到達B點的速度與傾斜軌道的傾角無關，所以v1＝v2，故選項C正確。答案C6.(多選)如圖4所示為一滑草場。某條滑道由上、下兩段高均為h，與水平面傾角分別為45°和37°的滑道組成，滑草車與草地之間的動摩擦因數為μ。質量為m的載人滑草車從坡頂由靜止開始自由下滑，經過上、下兩段滑道后，最后恰好靜止于滑道的底端(不計滑草車在兩段滑道交接處的能量損失，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)。則()圖4A.動摩擦因數μ＝eq\f(6,7)B.載人滑草車最大速度為eq\r(\f(2gh,7))C.載人滑草車克服摩擦力做功為mghD.載人滑草車在下段滑道上的加速度大小為eq\f(3,5)g解析對滑草車從坡頂由靜止滑下，到底端靜止的全過程，由動能定理得mg·2h－μmgcos45°·eq\f(h,sin45°)－μmgcos37°·eq\f(h,sin37°)＝0，解得μ＝eq\f(6,7)，選項A正確；對經過上段滑道過程，根據動能定理得mgh－μmgcos45°·eq\f(h,sin45°)＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(\f(2gh,7))，選項B正確；載人滑草車克服摩擦力做功為2mgh，選項C錯誤；載人滑草車在下段滑道上的加速度為a＝eq\f(mgsin37°－μmgcos37°,m)＝－eq\f(3,35)g，選項D錯誤。答案AB7.(2017·全國卷Ⅱ，24)為提高冰球運動員的加速能力，教練員在冰面上與起跑線相距s0和s1(s1<s0)處分別設置一個擋板和一面小旗，如圖5所示。訓練時，讓運動員和冰球都位于起跑線上，教練員將冰球以速度v0擊出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑線的方向滑向擋板；冰球被擊出的同時，運動員垂直于起跑線從靜止出發滑向小旗。訓練要求當冰球到達擋板時，運動員至少到達小旗處。假定運動員在滑行過程中做勻加速運動，冰球到達擋板時的速度為v1。重力加速度為g。求：圖5(1)冰球與冰面之間的動摩擦因數；(2)滿足訓練要求的運動員的最小加速度。解析(1)設冰球的質量為m，冰球與冰面之間的動摩擦因數為μ，由動能定理得－μmgs0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)①解得μ＝eq\f(veq\o\al(2,0)－veq\o\al(2,1),2gs0)②(2)法1冰球到達擋板時，滿足訓練要求的運動員中，剛好到達小旗處的運動員的加速度最小。設這種情況下，冰球和運動員的加速度大小分別為a1和a2，所用的時間為t。由運動學公式得veq\o\al(2,0)－veq\o\al(2,1)＝2a1s0③v0－v1＝a1t④s1＝eq\f(1,2)a2t2⑤聯立②③⑤式得a2＝eq\f(s1（v1＋v0）2,2seq\o\al(2,0))⑥法2對冰球由動量定理得－μmgt＝mv1－mv0③s1＝eq\f(1,2)a2t2④由②③④式得a2＝eq\f(s1（v1＋v0）2,2seq\o\al(2,0))答案(1)eq\f(veq\o\al(2,0)－veq\o\al(2,1),2gs0)(2)eq\f(s1（v1＋v0）2,2seq\o\al(2,0))B級：拔高練8.(多選)如圖6所示，輕質彈簧上端固定，下端系一物體。物體在A處時，彈簧處于原長狀態。現用手托住物體使它從A處緩慢下降，到達B處時，手和物體自然分開，此過程中，物體克服手的支持力所做的功為W。不考慮空氣阻力。已知彈簧形變量為Δx時，彈簧獲得的彈性勢能為eq\f(1,2)k(Δx)2，k為彈簧的勁度系數。關于此過程，下列說法正確的有()圖6A.物體重力勢能減少量一定小于WB.彈簧彈性勢能增加量一定等于WC.物體與彈簧組成的系統機械能增加量為WD.若將物體從A處由靜止釋放，則物體到達B處時的動能為W解析物體在向下運動的過程中，要克服彈簧彈力做功W彈力，根據動能定理知mgh－W－W彈力＝0，故物體重力勢能減少量一定大于W，故選項A錯誤；到達B處時，由平衡條件知kh＝mg，即mgh－W＝eq\f(1,2)kh2＝eq\f(1,2)mgh，彈簧彈性勢能增加量一定等于W，選項B正確；物體克服手的支持力所做的功為W，機械能減少W，故選項C錯誤；物體從靜止下落到B處過程中，根據動能定理有mgh－eq\f(1,2)kh2＝Ek，而eq\f(1,2)kh2＝eq\f(1,2)mgh，可知Ek＝eq\f(1,2)mgh＝W，故選項D正確。答案BD9.(2018·湖北名校聯考)如圖7所示，一個可視為質點的滑塊從高H＝12m處的A點由靜止沿光滑的軌道AB滑下，進入半徑為r＝4m的豎直圓環，圓環內軌道與滑塊間的動摩擦因數處處相同，當滑塊到達圓環頂點C時，滑塊對軌道的壓力恰好為零，滑塊繼續沿CFB滑下，進入光滑軌道BD，且到達高度為h的D點時速度為零，則h的值可能為(重力加速度大小g＝10m/s2)()圖7A.8mB.9mC.10mD.11m解析滑塊到達圓環頂點C時對軌道壓力為零，由牛頓第二定律得mg＝meq\f(veq\o\al(2,C),r)，得速度vC＝eq\r(gr