第3节 (教师)动能定理

第2节 动能定理
一、动能
1．定义：物体由于运动而具有的能。

2．公式：E k ＝1
2m v 2，v 为瞬时速度，动能是状态量。

3．单位：焦耳，1 J ＝1 N·m ＝1 kg·m 2/s 2。

4．标矢性：动能是标量，只有正值。

5．动能的变化量：ΔE k ＝E k2－E k1＝12m v 22－12m v 21。

二、动能定理
1．内容：合外力对物体所做的功等于物体动能的变化。

2．表达式：W ＝ΔE k ＝12m v 22－12
m v 2
1。

3．物理意义：合外力对物体做的功是物体动能变化的量度。

4．适用条件
(1)既适用于直线运动，也适用于曲线运动。

(2)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，也可以不同时作用。

1．思考辨析(正确的画“√”，错误的画“×”)
(1)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。

(√) (2)物体的合外力对物体做的功为零，动能一定不变。

(√) (3)物体在合外力作用下做变速运动，动能一定变化。

(×) (4)物体的动能不变，其所受的合外力必定为零。

(×)
2． (多选)关于动能，下列说法正确的是( )
A ．公式E k ＝1
2m v 2中的速度v 一般是物体相对于地面的速度
B ．动能的大小由物体的质量和速率决定，与物体运动的方向无关
C ．物体以相同的速率向东和向西运动，动能的大小相等但方向不同
D ．物体以相同的速率做匀速直线运动和曲线运动，其动能不同
AB [动能是标量，与速度的大小有关，而与速度的方向无关。

公式中的速度一般是相对于地面的速度，故A 、B 正确。

]
3．在下列几种情况下，甲、乙两物体的动能相等的是( ) A ．甲的速度是乙的2倍，甲的质量是乙的1
2
B ．甲的质量是乙的2倍，甲的速度是乙的1
2
C ．甲的质量是乙的4倍，甲的速度是乙的1
8
D ．质量相同，速度大小也相同，但甲向东运动，乙向西运动 [答案] D
4．如图所示，倾角θ＝37°的斜面AB 与水平面平滑连接于B 点，A 、B 两点之间的距离x 0＝3 m ，质量m ＝3 kg 的小物块与斜面及水平面间的动摩擦因数均为μ＝0.4。

当小物块从A 点由静止开始沿斜面下滑的同时，对小物块施加一个水平向左的恒力F (图中未画出)，取g ＝10 m/s 2。

若F ＝10 N ，小物块从A 点由静止开始沿斜面运动到B 点时撤去恒力F ，求小物块在水平面上滑行的距离x 为(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)( )
A ．5.7 m
B ．4.7 m
C ．6.5 m
D ．5.5 m
B [小物块在斜面上受力如图所示，从A 点开始沿AB
C 路径运动到C 点停止过程中，由动能定理可得：
Fx 0cos θ＋mgx 0sin θ－F f x 0－μmgx ＝0 F f ＝μF N
F N ＋F sin θ＝mg cos θ 代入数据解得：x ＝4.7 m 。

故选项B 正确。

]
动能定理的理解及应用 [依题组训练]
1．关于动能概念及动能定理表达式W ＝E k2－E k1的说法中正确的是( ) A ．若物体速度在变化，则动能一定在变化 B ．速度大的物体，动能一定大 C ．W ＝E k2－E k1表示功可以变成能 D ．动能的变化可以用合力做的功来量度
D [速度是矢量，而动能是标量，若物体速度只改变方向，不改变大小，则动能不变，A 错误；由
E k ＝1
2m v 2知B 错误；动能定理表达式W ＝E k2－E k1表示动能的变化可用合力做
的功量度，但功和能是两个不同的概念，有着本质的区别，故C 错误，D 正确。

]
2．如图所示，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度。

木箱获得的动能一定( )
A ．小于拉力所做的功
B ．等于拉力所做的功
C ．等于克服摩擦力所做的功
D ．大于克服摩擦力所做的功
A [由动能定理W F －W f ＝E k －0，可知木箱获得的动能一定小于拉力所做的功，A 正确。

]
3.如图所示，光滑斜面的顶端固定一弹簧，一质量为m 的小球向右滑行，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 －1
2m v 2
B ．1
2m v 2－mgh
C ．－mgh
D ．－⎝⎛⎭
⎫mgh ＋1
2m v 2 A [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，由于支持力与位移始终垂直，则支持力对小球不做功，由动能定理可得W G ＋W F ＝0－1
2
m v 2，重力做功
为W G ＝－mgh ，则弹簧的弹力对小球做功为W F ＝mgh －1
2
m v 2，所以正确选项为A 。

]
1．对“外力”的两点理解
(1)“外力”指的是合外力，可以是重力、弹力、摩擦力、电场力、磁场力或其他力，它们可以同时作用，也可以不同时作用。

(2)“外力”既可以是恒力，也可以是变力。

2．公式W 合＝ΔE k 中“＝”体现的三个关系
三个关系①因果关系：W 合是引起物体动能变化的原因②数量关系：W 合＝ΔE k ③
单位关系：W 合与ΔE k 的单位相同
动能定理与图象结合问题 [讲典例示法]
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、图线下方的面积所对应的物理意义，根据对应关系列式解答问题。

2．图象所围“面积”和图象斜率的含义
[典例示法] 如图甲所示，一竖直面内的轨道是由粗糙斜面AB 和光滑轨道BCD 组成，AB 与BCD 相切于B 点，C 为圆轨道的最低点，将物块置于轨道ABC 上离地面高为H 处由静止下滑，可用力传感器测出其经过C 点时对轨道的压力F N 。

现将物块放在ABC 上不同高度处，让H 从零开始逐渐增大，传感器测得物块每次从不同高度处下滑到C 点时对轨道的压力F N ，得到如图乙两段直线PQ 和QI ，且IQ 反向延长线与纵轴交点坐标值为2.5 N ，g 取10 m/s 2。

求：
甲 乙
(1)小物块的质量m 及圆轨道的半径R ； (2)轨道BC 所对圆心角；
(3)小物块与斜面AB 间的动摩擦因数。

[解析](1)小物块从圆轨道BC 滑下， 由动能定理可知mgH ＝1
2m v 2C
在C 点合力提供向心力
F N －mg ＝m v 2C
R
F N ＝2mg R
H ＋mg
结合PQ 段图象知mg ＝2 N ，m ＝0.2 kg ，2mg R ＝4－2
0.5
解得R ＝1 m 。

(2)由于图线Q 点对应于轨道的B 点，而此时H ＝0.5 m ，则轨道BC 所对圆心角θ由几何关系可知H ＝R (1－cos θ)，代入数据解得θ＝60°。

(3)小物块从A 到C ，由动能定理可得 mgH －μmg cos θ(H －0.5)sin θ＝12m v 2
，
到达C 点处由向心力公式可得 F ′N －mg ＝m v 2
R ，
联立得μ＝
34。

[答案](1)0.2 kg 1 m (2)60° (3)
34
动能定理与图象结合问题的分析方法
(1)首先看清所给图象的种类(如v -t 图象、F -t 图象、E k -t 图象等)。

(2)挖掘图象的隐含条件，得出所需要的物理量，如由v -t 图象所包围的“面积”求位移，由F -x 图象所包围的“面积”求功等。

(3)分析有哪些力做功，根据动能定理列方程，求出相应的物理量。

[跟进训练]
1．(2019·全国卷Ⅲ)从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用。

距地面高度h 在3 m 以内时，物体上升、下落过程中动能E k 随h 的变化如图所示。

重力加速度取10 m/s 2。

该物体的质量为( )
A ．2 kg
B ．1.5 kg
C ．1 kg
D ．0.5 kg
C [设物体的质量为m ，则物体在上升过程中，受到竖直向下的重力mg 和竖直向下的恒定外力F ，由动能定理结合题图可得－(mg ＋F )×3 m ＝(36－72)J ；物体在下落过程中，受到竖直向下的重力mg 和竖直向上的恒定外力F ，再由动能定理结合题图可得(mg －F )×3 m ＝(48－24)J ，联立解得m ＝1 kg 、F ＝2 N ，选项C 正确，A 、B 、
D 均错误。

]
2．(多选)放在粗糙水平地面上质量为0.8 kg 的物体受到水平拉力的作用，在0～6 s 内其速度与时间的关系图象和该拉力的功率与时间的关系图象分别如图甲、乙所示。

下列说法中正确的是( )
甲 乙
A ．0～6 s 内拉力做的功为140 J
B ．物体在0～2 s 内所受的拉力为4 N
C ．物体与粗糙水平地面间的动摩擦因数为0.5
D ．合外力在0～6 s 内做的功与0～2 s 内做的功相等
AD [由P ＝F v 可知，物体在0～2 s 内所受的拉力F ＝P v ＝60
10 N ＝6 N ，在2～6 s 内所
受的拉力F ′＝P ′v ′＝2010 N ＝2 N ，B 错误；拉力在0～6 s 内做的总功W ＝Fx 1＋F ′x 2＝6×
10
2×2 J ＋2×10×4 J ＝140 J ，A 正确；由物体在2～6 s 内做匀速运动可知，F ′＝μmg ，可求得μ＝0.25，C 错误；由动能定理可知，物体所受的合外力在0～6 s 内所做的功与0～2 s 内所做的功均为1
2
m v 2＝40 J ，D 正确。

]
3．如图甲所示，在倾角为30°、长度为L ＝5 m 的光滑斜面AB 的A 处连接一粗糙水平面OA ，OA 长为4 m 。

有一质量为m 的滑块，从O 处由静止开始受一水平向右的力F 作用，F 只在滑块处于水平面上时作用，并且按图乙所示的规律变化，最后滑块刚好到达斜面顶端B ，g 取10 m/s 2。

试求：
甲 乙
(1)滑块运动到A 处的速度大小； (2)滑块与OA 间的动摩擦因数μ。

[解析](1)滑块冲上斜面的过程中重力做负功，由动能定理得－mg ·L ·sin 30°＝0－12m v 2A
代入数据解得v A ＝5 2 m/s 。

(2)由题图乙知，在前2 m 内，F 1＝2 mg ，做正功，在第3 m 内，F 2＝－0.5mg ，做负功，在第4 m 内，F 3＝0，滑动摩擦力的大小为F f ＝μmg ，始终做负功，对于滑块在OA 上运动的全过程，由动能定理得
F 1x 1＋F 2x 2＋fx ＝1
2m v 2A
－0
即2mg ×2－0.5mg ×1－μmg ×4＝1
2m v 2A
代入数据解得μ＝0.25。

[答案](1)5 2 m/s (2)0.25
动能定理求解多过程问题 [讲典例示法]
1．多过程问题的分析方法
(1)将“多过程”分解为许多“子过程”，各“子过程”间由“衔接点”连接。

(2)对各“衔接点”进行受力分析和运动分析，必要时画出受力图和过程示意图。

(3)根据“子过程”和“衔接点”的模型特点选择合理的物理规律列方程。

(4)分析“衔接点”速度、加速度等物理量的关联，确定各段间的时间关联，并列出相关的辅助方程。

(5)联立方程组，分析求解，对结果进行必要的验证或讨论。

2．利用动能定理求解多过程问题的基本思路
[典例示法] (2019·信阳模拟)如图所示AB 和CDO 都是处于竖直平面内的光滑
圆弧形轨道，OA 处于水平位置。

AB 是半径为R ＝1 m 的1
4圆周轨道，CDO 是半径为r ＝0.5 m
的半圆轨道，最高点O 处固定一个竖直弹性挡板(可以把小球弹回，不损失能量，图中没有画出)，D 为CDO 轨道的中点。

BC 段是水平粗糙轨道，与圆弧形轨道平滑连接。

已知BC 段水平轨道长L ＝2 m ，与小球之间的动摩擦因数μ＝0.2。

现让一个质量为m ＝1 kg 的小球从A 点的正上方距水平线OA 高H 的P 处自由落下。

(g 取10 m/s 2)
(1)当H ＝2 m 时，求此时小球第一次到达D 点对轨道的压力大小；
(2)为使小球仅仅与弹性挡板碰撞一次，且小球不会脱离CDO 轨道，求H 的取值范围。

[解析](1)设小球第一次到达D 的速度为v D ，对小球从P 到D 点的过程，根据动能定理得：
mg (H ＋r )－μmgL ＝12m v 2D
－0
在D 点轨道对小球的支持力F N 提供向心力，则有： F N ＝m v 2D
r
联立解得：F N ＝84 N
由牛顿第三定律得，小球对轨道的压力为： F ′N ＝F N ＝84 N 。

(2)为使小球仅仅与挡板碰撞一次，且小球不会脱离CDO 轨道，H 最小时必须满足能上升到O 点，由动能定理得：
mgH min －μmgL ＝1
2m v 2O －0
在O 点有：mg ＝m v 2O
r
代入数据解得：H min ＝0.65 m
仅仅与弹性挡板碰撞一次，且小球不会脱离CDO 轨道，H 最大时，碰后再返回最高点能上升到D 点，则有：
mg (H max ＋r )－3μmgL ＝0 代入数据解得：H max ＝0.7 m 故有：0.65 m ≤H ≤0.7 m 。

[答案](1)84 N (2)0.65 m ≤H ≤0.7 m
应用动能定理求多过程问题的技巧
1．运用动能定理解决多过程问题时，有两种思路：一种是全过程列式，另一种是分段列式。

2．全过程列式时，涉及重力、弹簧弹力，大小恒定的阻力或摩擦力做功，要注意运用它们的功能特点：
(1)重力做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)弹簧弹力做功与路径无关。

[跟进训练]
往复运动的多过程问题
2.(2019·东阳市月考)如图所示，ABCD 为一位于竖直平面内的轨道，其中BC 水平，A 点比BC 高出10 m ，BC 长1 m ，AB 和CD 轨道光滑且与BC 平滑连接。

一质量为1 kg 的物体，从A 点以4 m/s 的速度开始运动，经过BC 后滑到高出C 点10.3 m 的D 点速度为零。

求：(g 取10 m/s 2)
(1)物体与BC 轨道间的动摩擦因数； (2)物体第5次经过B 点时的速度； (3)物体最后停止的位置(距B 点多少米)。

[解析](1)物体从A 到D 的运动过程只有重力、摩擦力做功，由动能定理可得 mg (H －h )－μmgL BC ＝0－12m v 2A
所以μ＝2g (H －h )＋v 2A
2gL BC
＝2×10×(10－10.3)＋422×10×1
＝0.5。

(2)物体第5次经过B 点时，物体在BC 上运动的总位移x ＝4L BC ＝4 m ； 那么，对物体从A 到物体第5次经过B 点的运动过程应用动能定理可得 mgH －μmgx ＝12m v 2－1
2m v 2A ，所以
v ＝v 2A ＋2gH －2μgx ＝411 m/s 。

(3)由受力平衡可知物体最终停在BC 上，设物体整个运动过程在BC 上的总路程为x ′，
那么由动能定理可得mgH －μmgx ′＝0－1
2m v 2A
所以x ′＝2gH ＋v 2A
2μg ＝21.6 m ＝21L BC ＋0.6 m ，故物体最后停止的位置距B 点L BC －0.6 m
＝0.4 m 处。

[答案](1)0.5 (2)411 m/s (3)距B 点0.4 m
含有弹簧弹力做功的多过程问题
3.如图所示，水平桌面上的轻质弹簧左端固定，右端与静止在O 点质量为m ＝1 kg 的小物块接触而不连接，此时弹簧无形变。

现对小物块施加F ＝10 N 水平向左的恒力，使其由静止开始向左运动。

小物块在向左运动到A 点前某处速度最大时，弹簧的弹力为6 N ，运动到A 点时撤去推力F ，小物块最终运动到B 点静止。

图中OA ＝0.8 m ，OB ＝0.2 m ，重力加速度取g ＝10 m/s 2。

求小物块：
(1)与桌面间的动摩擦因数μ； (2)向右运动过程中经过O 点的速度； (3)向左运动的过程中弹簧的最大压缩量。

[解析](1)小物块速度达到最大时，加速度为零。

F －μmg －F 弹＝0，μ＝F －F 弹
mg
＝0.4。

(2)设向右运动通过O 点时的速度为v 0，从O →B ，由动能定理得 －F f x OB ＝0－12m v 2
0，F f ＝μmg ＝4 N
解得v 0＝ 1.6 m/s ≈1.26 m/s 。

(3)弹簧最大压缩量为x max ，对小物块运动的全过程，根据动能定理得 Fx OA －F f (2x max ＋x OB )＝0，代入数值得x max ＝0.9 m 。

[答案](1)0.4 (2)1.26 m/s (3)0.9 m
动能定理
建议用时：45分钟
1．(多选)质量不等，但有相同动能的两个物体，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 BD [由动能定理得－μmgx ＝－
E k ，所以x ＝
E k
μmg
，知质量小的物体滑行距离大，选项A 、C 错误，B 正确；克服摩擦力做功W f ＝E k 相同，选项D 正确。

]
2.如图所示，用细绳通过定滑轮拉物体，使物体在水平面上由静止开始从A 点运动到B 点，已知H ＝3 m ，m ＝25 kg ，F ＝50 N 恒定不变，到B 点时的速度v ＝2 m/s ，滑轮到物体间的细绳与水平方向的夹角在A 、B 两处分别为30°和45°。

此过程中物体克服阻力所做的功为( )
A ．50(5－32) J
B ．50(7－32) J
C ．50(33－4) J
D ．50(33－2) J
A [设物体克服阻力做的功为W f ，由动能定理得F ⎝⎛⎭⎫H sin 30°－H sin 45°－W f ＝12m v 2
，代入数据求得W f ＝50(5－32) J ，选项A 正确。

]
3.一个质量为0.5 kg 的物体，从静止开始做直线运动，物体所受合外力F 随物体位移x 变化的图象如图所示，则物体位移x ＝8 m 时，物体的速度为( )
A ．2 m/s
B ．8 m/s
C ．4 2 m/s
D ．4 m/s
C [F -x 图象中图线与横轴所围面积表示功，横轴上方为正功，下方为负功，x ＝8 m 时，
可求得W ＝8 J ；由动能定理有1
2
m v 2＝8 J ，解得v ＝4 2 m/s ，选项C 正确。

]
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E k 与时间t 的关系图象是( )
A B
C D
A [设小球抛出瞬间的速度大小为v 0，抛出后，某时刻t 小球的速度v ＝v 0－gt ，故小球的动能E k ＝12m v 2＝1
2
m (v 0－gt )2，结合数学知识知，选项A 正确。

]
5.(2019·师大附中检测)如图是某中学科技小组制作的利用太阳能驱动小车的装置。

当太阳光照射到小车上方的光电板，光电板中产生的电流经电动机带动小车前进。

若小车在平直的水泥路上从静止开始加速行驶，经过时间t 前进距离s ，速度达到最大值v m ，设这一过程中电动机的功率恒为P ，小车所受阻力恒为F ，那么( )
A ．小车先匀加速运动，达到最大速度后开始匀速运动
B ．这段时间内电动机所做的功为Pt
C ．这段时间内电动机所做的功为1
2m v 2m
D ．这段时间内电动机所做的功为1
2m v 2m
－Fs
B [小车电动机的功率恒定，速度不断变大，根据牛顿第二定律，有P
v －F ＝ma ，故小车的运动是加速度不断减小的加速运动，选项A 错误；这一过程中电动机的功率恒为P ，所以W 电＝Pt ，选项B 正确；对小车启动过程，根据动能定理，有W 电－Fs ＝1
2m v 2m ，这段时
间内电动机所做的功为W 电＝Fs ＋1
2m v 2m
，选项C 、D 错误。

]
6．冰壶比赛是在水平冰面上进行的体育项目，比赛场地示意图如图所示。

比赛时，运动员脚蹬起蹬器，身体成跪式，手推冰壶从本垒圆心O 向前滑行，至前卫线时放开冰壶使其沿直线OO ′滑向营垒圆心O ′，为使冰壶能在冰面上滑的更远，运动员可用毛刷刷冰面以减小冰壶与冰面间的动摩擦因数。

已知O 点到前卫线的距离d ＝4 m ，O 、O ′之间的距离L ＝30.0 m ，冰壶的质量为20 kg ，冰壶与冰面间的动摩擦因数μ1＝0.008，用毛刷刷过冰面后动摩擦因数减小到μ2＝0.004，营垒的半径R ＝1 m ，g 取10 m/s 2。

(1)若不刷冰面，要使冰壶恰好滑到O ′点，运动员对冰壶的推力多大？
(2)若运动员对冰壶的推力为10 N ，要使冰壶滑到营垒内，用毛刷刷冰面的距离是多少？
[解析](1)设运动员对冰壶的推力大小为F ，由动能定理得：Fd －μ1mgL ＝0 代入数据，解得F ＝12 N 。

(2)设冰壶运动到营垒的最左边时，用毛刷刷冰面的距离是x 1，冰壶运动到营垒的最右边时，用毛刷刷冰面的距离是x 2，则由动能定理得：F ′d －μ1mg (L －R －x 1)－μ2mgx 1＝0
代入数据，解得x 1＝8 m
由动能定理得：F ′d －μ1mg (L ＋R －x 2)－μ2mgx 2＝0 代入数据，解得x 2＝12 m
所以用毛刷刷冰面的距离为8 m ≤x ≤12 m 。

[答案](1)12 N (2)见解析
7．质量m ＝1 kg 的物体，在水平拉力F (拉力方向与物体初速度方向相同)的作用下，沿粗糙水平面运动，经过位移为4 m 时，拉力F 停止作用，运动到位移为8 m 时物体停止运动，运动过程中E k -x 的图线如图所示。

取g ＝10 m/s 2，求：
(1)物体的初速度大小；
(2)物体和水平面间的动摩擦因数； (3)拉力F 的大小。

[解析](1)从图线可知物体初动能为2 J ，则 E k0＝1
2m v 2＝2 J
得v ＝2 m/s 。

(2)在位移为4 m 处物体的动能为E k ＝10 J ，在位移为8 m 处物体的动能为零，这段过程中物体克服摩擦力做功。

设摩擦力为F f ，则
－F f x 2＝0－E k ＝0－10 J ＝－10 J ，x 2＝4 m 得F f ＝2.5 N 因F f ＝μmg 故μ＝0.25。

(3)物体从开始运动到位移为4 m 这段过程中，受拉力F 和摩擦力F f 的作用，合力为F －F f ，根据动能定理有
(F －F f )x 1＝E k －E k0 故得F ＝4.5 N 。

[答案](1)2 m/s (2)0.25 (3)4.5 N
8.(多选)(2019·江苏高考)如图所示，轻质弹簧的左端固定，并处于自然状态。

小物块的质量为m ，从A 点向左沿水平地面运动，压缩弹簧后被弹回，运动到A 点恰好静止。

物块向左运动的最大距离为s ，与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g ，弹簧未超出弹性限度。

在上述过程中( )
A ．弹簧的最大弹力为μmg
B ．物块克服摩擦力做的功为2μmgs
C ．弹簧的最大弹性势能为μmgs
D ．物块在A 点的初速度为2μgs
BC [对物块从A 点开始到再回到A 点整个过程，由动能定理可知W f ＝－2μmgs ＝0－
12m v 2A ，则v A ＝2μgs ，故B 正确，D 错误。

对物块从A 点开始到弹簧压缩量最大这一过程，由动能定理可知W 弹＋W ′f ＝0－12m v 2A ，W ′f ＝－μmgs ，则W 弹＝－μmgs ，则物块克服弹力
做功为μmgs ，所以弹簧弹性势能增加μmgs ，故C 正确。

当克服弹力做功为μmgs 时，弹簧的最大弹力要大于μm g ，故A 错误。

]
9.用传感器研究质量为2 kg 的物体由静止开始做直线运动的规律时，在计算机上得到0～6 s 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 ．0～6 s 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4 s 末的速度最大
C ．物体在2～4 s 内速度不变
D ．0～4 s 内合力对物体做的功等于0～6 s 内合力对物体做的功
D [a -t 图象中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。

由题图可得，物体在6 s 末的速度v 6＝6 m/s ，则0～6 s 内物体一直向正方向运动，选项A 错误；物体在5 s 末速度最大，v m ＝7 m/s ，选项B 错误；在2～4 s 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0～4 s 内，合力对物体做的功由动能定理可知W 合4＝1
2m v 24－0＝36 J,0～6 s 内，合力对物体做的功
由动能定理可知W 合6＝1
2m v 26
－0＝36 J ，则W 合4＝W 合6，选项D 正确。

]
10．如图所示，与水平面夹角θ＝37°的斜面和半径R ＝0.4 m 的光滑圆轨道相切于B 点，且固定于竖直平面内。

滑块从斜面上的A 点由静止释放，经B 点后沿圆轨道运动，通过最高点C 时轨道对滑块的弹力为零。

已知滑块与斜面间动摩擦因数μ＝0.25。

g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。

求：
(1)滑块在C 点的速度大小v C ； (2)滑块在B 点的速度大小v B ； (3)A 、B 两点间的高度差h 。

[解析](1)对C 点：滑块竖直方向所受合力提供向心力
mg ＝m v 2
C
R
①
v C ＝gR ＝2 m/s 。

(2)对B →C 过程由动能定理得： －mgR (1＋cos 37°)＝12m v 2C －12m v 2
B ②
v B ＝v 2C ＋2gR (1＋cos 37°
)＝4.29 m/s 。

(3)滑块在A →B 的过程，由动能定理： mgh －μmg cos 37°·h sin 37°＝1
2m v 2B －0
③
代入数据解得h ＝1.38 m 。

[答案](1)2 m/s (2)4.29 m/s (3)1.38 m
11．如图所示，从高台边A 点以某速度水平飞出的小物块(可看作质点)，恰能从固定在某位置的光滑圆弧轨道CDM 的左端C 点沿圆弧切线方向进入轨道。

圆弧轨道CDM 的半径R ＝0.5 m ，O 为圆弧的圆心，D 为圆弧最低点，C 、M 在同一水平高度，OC 与水平面夹角为37°，斜面MN 与圆弧轨道CDM 相切于M 点，MN 与水平面夹角为53°，斜面MN 足够长，已知小物块的质量m ＝3 kg ，第一次到达D 点时对轨道的压力大小为78 N ，与斜面MN 之间的动摩擦因数μ＝1
3，小球第一次通过C 点后立刻安装一个与C 点相切且与斜面MN 关
于OD 对称的固定光滑斜面，取重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不考虑小物块运动过程中的转动，求：
(1)小物块平抛运动到C 点时的速度大小； (2)A 点到C 点的竖直距离；
(3)小物块在斜面MN 上滑行的总路程。

[解析](1)在D 点，支持力和重力的合力提供向心力，则有F D －mg ＝m v 2D
R
解得v 2D ＝8(m/s)2
从C 点到D 点，由动能定理有 mgR (1－sin 37°)＝12m v 2D －12m v 2C 解得v C ＝2 m/s 。

(2)平抛运动到C 点的竖直分速度 v Cy ＝v C cos 37°
A 点到C 点的竖直距离y ＝v 2
Cy
2g
解得y ＝0.128 m 。

(3)最后物块在CM 之间来回滑动，且到达M 点时速度为零，运用动能定理得 －mgR (1－sin 37°)－μmg cos 53°·s 总＝－1
2m v 2D
代入数据并解得s 总＝1 m 。