练案[15]第2讲 动能定理及其应用—2021届新高考一轮物理(人教版)复习检测
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理有 mg(2R＋R)＝12mv2B，解得 FN＝7mg，则小球经过最低点 B 时轨道对小球的支持力为 7mg，
故 B 正确；小球 C 点飞出做平抛运动，水平方向上有 R＝vCt，竖直方向上有 R＝12gt2，由动
能定理有 mg(h－R)＝12mv2C，解得释放点距 A 点的高度为 h＝1.25R，故 C 错误；由于小球通
2h gcos2
θ，由此
可知，当高度相同时，θ 越小，运动时间越小，故物块沿木板 2 下滑到底端的过程用时比物
块沿木板 3 下滑到底端的过程用时短，C 错误；若木板 1 和 2 粗糙程度相同，设木板与水平
方向的夹角为 α，物块的水平位移为 s，物块所受摩擦力 f＝μmgcos α，物块沿木板下滑的位
着陆坡(倾角 α＝30°)。一运动员连同滑板(整体可视为质点)从 A 点由静止滑下，到 C 点时以
vC＝26 m/s 的速度水平飞出，不计空气阻力，重力加速度 g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，则关于 该运动员，下列说法正确的是( BCD )
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A．经过 C 点时对轨道的压力约为其重力的 2.7 倍 B．在 B 点的速度大小约为 24 m/s C．在斜面 AB 上的运动时间约为 4.6 s D．运动员落在着陆坡时的速度大小与 C 点速度 vC 大小成正比 [解析] 本题为多过程运动问题，考查直线运动规律、圆周运动与动能定理及动量定理 的综合应用。在 C 点，轨道支持力和重力的合力提供向心力，则 FNC－mg＝mvrC2 ，代入数据 得 FNC≈3.7mg，由牛顿第三定律可知 F′NC≈3.7mg，故 A 错误；运动员由 B 运动到 C，由 动能定理得 mg(r－rcos θ)＝12mv2C－12mv2B，代入数据得 vB＝24 m/s，故 B 正确；运动员由 A 运 动到 B，由运动学公式得 v2B－0＝2aABL，得 aAB＝25858 m/s2，解得 t＝avABB≈4.6 s，故 C 正确； 运动员从 C 点飞出后，在空中做平抛运动落到斜面上的 D 点，位移偏向角为 α，则有 tan α ＝yx＝12vgCttC2CDD＝g2tvCCD，解得 tCD＝2vCtgan α；又竖直方向 vy＝gtCD，v2D＝v2y＋v2C，联立解得 v2D＝4v2C tan2α＋v2C，即 vD＝ 73vC，vD∝vC，故 D 正确。 三、非选择题 9．(2020·四川攀枝花一诊)如图所示，AB 是半径为 R 的四分之一光滑圆弧轨道，固定在 竖直平面内，B 为轨道最低点，距水平地面的高度为12R。现将质量为 m 的小球从 A 点正上方 的某点 P(图中未画出)由静止释放，最后落在水平地面上的 C 点，C 点距 B 点的水平距离为 2R。重力加速度为 g，不计空气阻力，求：
3mgl＋2W l ，根据公式
a＝vl2可得
Hale Waihona Puke Baidu
2(mgl＋W) a＝ ml ，A、C
正确。
8．(2019·广东汕头一模)我国将于 2022 年举办冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的比
赛项目之一，如图所示为跳台滑雪的示意图，助滑坡由长度为 55 m 的斜面 AB(倾角 θ＝37°)
和半径为 25 m 的光滑圆弧 BC 组成，两者相切于 B 点，过圆弧最低点 C 的切线水平。CD 为
A．R
B．2R
C．3R
D．4R
[解析] 若使小球恰能经过最高点 C，则 mg＝mvRC2 ，以 B 为零势面，根据动能定理有 mg(h
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－2R)＝12mv2C，解得
h＝52R，小球释放的位置到
A
点的距离是
h－R(1－cos x＝ sin 37°
37°)＝263R；若
使小球恰能经过与圆心 O 等高的一点，则释放的高度 h′＝R，此时小球释放的位置到 A 点
根据动能定理得，mgh＝Ek2－Ek1＝6－3 J＝3 J，则以 6 J 的动能水平抛出，一定落在水 平面上，根据动能定理得，mgh＝Ek2′﹣Ek1′，解得 Ek2′＝(3＋6)J＝9 J，故 A 正确，B、
C、D 错误。 2. (2020·河南模拟)如图所示，质量为 m 的小球，从离地面 H 高处由静止开始释放，落到
(1)小球经过 B 点时，轨道对小球的作用力大小； (2)P 点距 A 点的高度。 [答案] (1)5mg (2)R [解析] 本题考查动能定理在直线与圆弧曲线组合模型中的应用。 (1)设小球在 B 点的速度大小为 vB，受到轨道的作用力大小为 N，从 B 点至落地过程的时
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间为 t， 由运动学公式得12R＝12gt2， 2R＝vBt， 由牛顿第二定律可知，小球在 B 点所受合力提供向心力，有 N－mg＝mvRB2， 联立以上各式得 N＝5mg; (2)设 P 点距 A 点的高度为 h，小球从 P 点下落至 B 点过程由动能定理得 mg(h＋R)＝12mv2B， 解得 h＝R。 10．如图所示，水平路面 C 点的右侧有一长度 L1＝2 m 的木板 M。一物块放在木板的最
＝12mv2，可知只要物块下降的高度相同，到达底端时的速度大小相同，但方向不同，下降的
高度越大，物块沿木板下滑到底端时的速度越大，A、B 均错误；设木板与竖直方向的夹角
为 θ，若木板均光滑，在物块下滑过程中由牛顿第二定律得 mgcos θ＝ma，a＝gcos θ，位移
为 L＝cohs θ，时间为 L＝12at2，联立解得物块沿木板下滑到底端的时间为 t＝
练案[15]第 2 讲 动能定理及其应用
一、单项选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．(2020·大庆中学模拟)如图所示，倾角为 30°的斜面末端与水平地面相连，将一小球(可 看成质点)从斜面顶端以 3 J 的初动能水平抛出，不计空气阻力，经过一段时间，小球以 6 J 的动能第一次落在接触面上。若将此小球以 6 J 的初动能水平从斜面顶端抛出，则小球第一 次落在接触面上的动能为( A )
A．若小球刚好能达到轨道的最高点 C，则释放点距 A 点的高度为 1.5R B．若释放点距 A 点竖直高度为 2R，则小球经过最低点 B 时轨道对小球的支持力为 7mg C．若小球从 C 点水平飞出后恰好能落到 A 点，则释放点距 A 点的高度为 2R D．若小球从 C 点水平飞出后恰好能落到 A 点，则小球在 C 点对圆管的作用力为 1.5mg [解析] 本题为圆周运动的临界问题，考查受力情况。小球刚好能到达轨道的最高点 C， 即小球到达 C 点的速度为零，根据机械能守恒定律可得 mgh＝mgR，解得 h＝R，即释放点距 A 点的高度为 R，故 A 错误；在 B 点对小球由牛顿第二定律可得 FN－mg＝mvR2B，根据动能定
地面后继续陷入泥中 h 深度而停止，设小球受到空气阻力为 f，重力加速度为 g，则下列说法 正确的是( C )
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A．小球落地时动能等于 mgH B．小球陷入泥中的过程中克服泥的阻力所做的功小于刚落到地面时的动能 C．整个过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为 mg(1＋Hh ) [解析] 小球从静止开始释放到落到地面的过程，由动能定理得 mgH－fH＝12mv20，选项 A 错误；设泥的平均阻力为 f0，小球陷入泥中的过程，由动能定理得 mgh－f0h＝0－12mv20，解 得 f0h＝mgh＋12mv20，f0＝mg(1＋Hh ) －fhH，选项 B、D 错误；全过程应用动能定理可知，整个 过程中小球克服阻力做的功等于 mg(H＋h)，选项 C 正确。 3.(2019·江苏泗阳统测)如图所示，ABC 为一光滑细圆管构成的34圆轨道，固定在竖直平面 内，轨道半径为 R(比细管的半径大得多)，OA 水平，OC 竖直，最低点为 B，最高点为 C。 在 A 点正上方某位置有一质量为 m 的小球(可视为质点)由静止开始下落，刚好进入细圆管内 运动。已知细圆管的内径稍大于小球的直径，重力加速度为 g，不计空气阻力。下列说法正 确的是( B )
的距离是
h′－R(1－cos
x′＝
sin 37°
37°)＝43R；要保证运动过程中小球不离开轨道，小球释放的位
置到 A 点的距离应满足：x≥263R 或 x′≤43R，A、D 正确。
7. (2020·山东潍坊中学模拟)如图所示，不可伸长的轻绳长为 l，一端固定在 O 点，另一 端拴接一质量为 m 的小球，将小球拉至与 O 等高，细绳处于伸直状态的位置后由静止释放， 在小球由静止释放到运动至最低点的过程中，小球所受阻力做的功为 W，重力加速度为 g， 则小球到达最低点时( AC )
过 C 点恰好对圆管无作用力的临界速度满足mRv2Co＝mg，即 vCo＝ gR，由分析可知 vC＝
gR 2
<vCo，由圆管对小球作用力 FNC 方向竖直向上，由牛顿第二定律可得 mg－FNC＝mRv2C，联立解
得 FNC＝12mg，根据牛顿第三定律可知，小球对圆管的作用力大小为12mg，方向竖直向下，故
A．向心加速度 a＝2(mgml＋l W) B．向心加速度 a＝2(mgml－l W) C．绳的拉力 F＝3mgl＋l 2W D．绳的拉力 F＝2(mgl＋ l 2W) [解析] 从最高点到最低点过程中，重力做正功，阻力做负功，根据动能定理可得 mgl
＋W＝12mv2，在最低点重力和绳子的拉力充当向心力，所以有 F－mg＝mvl2，联立可得 F＝
A．μ＝
63gvR20－
3 3
B．μ＝ 6g3Rv20－23 3
C．μ＝
3v20 6gR
D．μ＝
3v20－ 6gR
3 6
[解析] 小球第二次恰好经过轨道最高点的速度为 v，根据牛顿第二定律可得：mg＝mvR2，
全过程根据动能定理可得：
－μmg· 3R－mgR(1＋12)＝12mv2－12mv20，
解得：μ＝ 63gvR20－23 3，故 B 正确，ACD 错误。 二、多项选择题：在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的。 6．(2020·天津五区县联考)如图所示，竖直平面内有一光滑圆环，半径为 R，圆心为 O， B 为最低点，C 为最高点，圆环左下方开一个小口与光滑斜面相切于 A 点，∠AOB＝37°，小 球从斜面上某一点 D 由静止释放，经 A 进入圆轨道，不计小球由 D 到 A 的机械能损失，(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)则要保证运动过程中小球不离开轨道，小球释放的位置到 A 点的距离 可能是( AD )
D 错误。
4．(2020·湖南岳阳月考)将三块木板 1、2、3 分别固定在墙角，构成如图所示的三个斜面， 其中 1 与 2 底边相同，2 和 3 高度相同。现将一个可以视为质点的物块，分别从三块木板的 顶端由静止释放，沿木板下滑到底端。下列说法中正确的是( D )
A．若木板均光滑，沿木板 2 和 3 下滑到底端时，物块的速度相同 B．若木板均光滑，物块沿木板 3 下滑到底端时，速度最大 C．若木板均光滑，物块沿木板 3 下滑到底端的过程用时最短 D．若木板 1 和 2 粗糙程度相同，则物块沿木板 1 和木板 2 下滑到底端的过程中，克服 摩擦力做功相同 [解析] 若木板光滑，物块从高为 h 的木板上由静止滑到底端时，根据动能定理有 mgh
A．9 J C．16 J
B．12 J D．条件不足，无法判断
[解析] 设小球第一次落在斜面上，速度与水平方向的夹角为 α，
则 cos α＝vv0 因为1212mmvv202＝36＝12，
解得vv0＝
2 2
则 α＝45°。
因为小球速度方向与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的两倍，若小
球落在斜面上，位移与水平方向的夹角正切值为 tan 30°＝ 33， 而 tanα＝1，不是位移与水平方向夹角正切值的 2 倍，所以小球落在水平面上。
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移 L＝coss α，摩擦力做功 W＝－fL＝－μmgs，故克服摩擦力做功与 α 大小无关，两次做功相
同，D 正确。 5．(2019·云南保山期末)如图所示，粗糙水平面与半径为 R 的23光滑圆轨道之间由小圆弧
平滑连接，一质量为 m 的小球恰以初速度 v0 从 A 点沿切线进入圆轨道。如果小球恰好能够 两次经过轨道最高点，已知重力加速度为 g，则小球与水平面之间的动摩擦因数是( B )
理有 mg(2R＋R)＝12mv2B，解得 FN＝7mg，则小球经过最低点 B 时轨道对小球的支持力为 7mg，
故 B 正确；小球 C 点飞出做平抛运动，水平方向上有 R＝vCt，竖直方向上有 R＝12gt2，由动
能定理有 mg(h－R)＝12mv2C，解得释放点距 A 点的高度为 h＝1.25R，故 C 错误；由于小球通
2h gcos2
θ，由此
可知，当高度相同时，θ 越小，运动时间越小，故物块沿木板 2 下滑到底端的过程用时比物
块沿木板 3 下滑到底端的过程用时短，C 错误；若木板 1 和 2 粗糙程度相同，设木板与水平
方向的夹角为 α，物块的水平位移为 s，物块所受摩擦力 f＝μmgcos α，物块沿木板下滑的位
着陆坡(倾角 α＝30°)。一运动员连同滑板(整体可视为质点)从 A 点由静止滑下，到 C 点时以
vC＝26 m/s 的速度水平飞出，不计空气阻力，重力加速度 g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，则关于 该运动员，下列说法正确的是( BCD )
5/8
A．经过 C 点时对轨道的压力约为其重力的 2.7 倍 B．在 B 点的速度大小约为 24 m/s C．在斜面 AB 上的运动时间约为 4.6 s D．运动员落在着陆坡时的速度大小与 C 点速度 vC 大小成正比 [解析] 本题为多过程运动问题，考查直线运动规律、圆周运动与动能定理及动量定理 的综合应用。在 C 点，轨道支持力和重力的合力提供向心力，则 FNC－mg＝mvrC2 ，代入数据 得 FNC≈3.7mg，由牛顿第三定律可知 F′NC≈3.7mg，故 A 错误；运动员由 B 运动到 C，由 动能定理得 mg(r－rcos θ)＝12mv2C－12mv2B，代入数据得 vB＝24 m/s，故 B 正确；运动员由 A 运 动到 B，由运动学公式得 v2B－0＝2aABL，得 aAB＝25858 m/s2，解得 t＝avABB≈4.6 s，故 C 正确； 运动员从 C 点飞出后，在空中做平抛运动落到斜面上的 D 点，位移偏向角为 α，则有 tan α ＝yx＝12vgCttC2CDD＝g2tvCCD，解得 tCD＝2vCtgan α；又竖直方向 vy＝gtCD，v2D＝v2y＋v2C，联立解得 v2D＝4v2C tan2α＋v2C，即 vD＝ 73vC，vD∝vC，故 D 正确。 三、非选择题 9．(2020·四川攀枝花一诊)如图所示，AB 是半径为 R 的四分之一光滑圆弧轨道，固定在 竖直平面内，B 为轨道最低点，距水平地面的高度为12R。现将质量为 m 的小球从 A 点正上方 的某点 P(图中未画出)由静止释放，最后落在水平地面上的 C 点，C 点距 B 点的水平距离为 2R。重力加速度为 g，不计空气阻力，求：
3mgl＋2W l ，根据公式
a＝vl2可得
Hale Waihona Puke Baidu
2(mgl＋W) a＝ ml ，A、C
正确。
8．(2019·广东汕头一模)我国将于 2022 年举办冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的比
赛项目之一，如图所示为跳台滑雪的示意图，助滑坡由长度为 55 m 的斜面 AB(倾角 θ＝37°)
和半径为 25 m 的光滑圆弧 BC 组成，两者相切于 B 点，过圆弧最低点 C 的切线水平。CD 为
A．R
B．2R
C．3R
D．4R
[解析] 若使小球恰能经过最高点 C，则 mg＝mvRC2 ，以 B 为零势面，根据动能定理有 mg(h
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－2R)＝12mv2C，解得
h＝52R，小球释放的位置到
A
点的距离是
h－R(1－cos x＝ sin 37°
37°)＝263R；若
使小球恰能经过与圆心 O 等高的一点，则释放的高度 h′＝R，此时小球释放的位置到 A 点
根据动能定理得，mgh＝Ek2－Ek1＝6－3 J＝3 J，则以 6 J 的动能水平抛出，一定落在水 平面上，根据动能定理得，mgh＝Ek2′﹣Ek1′，解得 Ek2′＝(3＋6)J＝9 J，故 A 正确，B、
C、D 错误。 2. (2020·河南模拟)如图所示，质量为 m 的小球，从离地面 H 高处由静止开始释放，落到
(1)小球经过 B 点时，轨道对小球的作用力大小； (2)P 点距 A 点的高度。 [答案] (1)5mg (2)R [解析] 本题考查动能定理在直线与圆弧曲线组合模型中的应用。 (1)设小球在 B 点的速度大小为 vB，受到轨道的作用力大小为 N，从 B 点至落地过程的时
6/8
间为 t， 由运动学公式得12R＝12gt2， 2R＝vBt， 由牛顿第二定律可知，小球在 B 点所受合力提供向心力，有 N－mg＝mvRB2， 联立以上各式得 N＝5mg; (2)设 P 点距 A 点的高度为 h，小球从 P 点下落至 B 点过程由动能定理得 mg(h＋R)＝12mv2B， 解得 h＝R。 10．如图所示，水平路面 C 点的右侧有一长度 L1＝2 m 的木板 M。一物块放在木板的最
＝12mv2，可知只要物块下降的高度相同，到达底端时的速度大小相同，但方向不同，下降的
高度越大，物块沿木板下滑到底端时的速度越大，A、B 均错误；设木板与竖直方向的夹角
为 θ，若木板均光滑，在物块下滑过程中由牛顿第二定律得 mgcos θ＝ma，a＝gcos θ，位移
为 L＝cohs θ，时间为 L＝12at2，联立解得物块沿木板下滑到底端的时间为 t＝
练案[15]第 2 讲 动能定理及其应用
一、单项选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．(2020·大庆中学模拟)如图所示，倾角为 30°的斜面末端与水平地面相连，将一小球(可 看成质点)从斜面顶端以 3 J 的初动能水平抛出，不计空气阻力，经过一段时间，小球以 6 J 的动能第一次落在接触面上。若将此小球以 6 J 的初动能水平从斜面顶端抛出，则小球第一 次落在接触面上的动能为( A )
A．若小球刚好能达到轨道的最高点 C，则释放点距 A 点的高度为 1.5R B．若释放点距 A 点竖直高度为 2R，则小球经过最低点 B 时轨道对小球的支持力为 7mg C．若小球从 C 点水平飞出后恰好能落到 A 点，则释放点距 A 点的高度为 2R D．若小球从 C 点水平飞出后恰好能落到 A 点，则小球在 C 点对圆管的作用力为 1.5mg [解析] 本题为圆周运动的临界问题，考查受力情况。小球刚好能到达轨道的最高点 C， 即小球到达 C 点的速度为零，根据机械能守恒定律可得 mgh＝mgR，解得 h＝R，即释放点距 A 点的高度为 R，故 A 错误；在 B 点对小球由牛顿第二定律可得 FN－mg＝mvR2B，根据动能定
地面后继续陷入泥中 h 深度而停止，设小球受到空气阻力为 f，重力加速度为 g，则下列说法 正确的是( C )
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A．小球落地时动能等于 mgH B．小球陷入泥中的过程中克服泥的阻力所做的功小于刚落到地面时的动能 C．整个过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为 mg(1＋Hh ) [解析] 小球从静止开始释放到落到地面的过程，由动能定理得 mgH－fH＝12mv20，选项 A 错误；设泥的平均阻力为 f0，小球陷入泥中的过程，由动能定理得 mgh－f0h＝0－12mv20，解 得 f0h＝mgh＋12mv20，f0＝mg(1＋Hh ) －fhH，选项 B、D 错误；全过程应用动能定理可知，整个 过程中小球克服阻力做的功等于 mg(H＋h)，选项 C 正确。 3.(2019·江苏泗阳统测)如图所示，ABC 为一光滑细圆管构成的34圆轨道，固定在竖直平面 内，轨道半径为 R(比细管的半径大得多)，OA 水平，OC 竖直，最低点为 B，最高点为 C。 在 A 点正上方某位置有一质量为 m 的小球(可视为质点)由静止开始下落，刚好进入细圆管内 运动。已知细圆管的内径稍大于小球的直径，重力加速度为 g，不计空气阻力。下列说法正 确的是( B )
的距离是
h′－R(1－cos
x′＝
sin 37°
37°)＝43R；要保证运动过程中小球不离开轨道，小球释放的位
置到 A 点的距离应满足：x≥263R 或 x′≤43R，A、D 正确。
7. (2020·山东潍坊中学模拟)如图所示，不可伸长的轻绳长为 l，一端固定在 O 点，另一 端拴接一质量为 m 的小球，将小球拉至与 O 等高，细绳处于伸直状态的位置后由静止释放， 在小球由静止释放到运动至最低点的过程中，小球所受阻力做的功为 W，重力加速度为 g， 则小球到达最低点时( AC )
过 C 点恰好对圆管无作用力的临界速度满足mRv2Co＝mg，即 vCo＝ gR，由分析可知 vC＝
gR 2
<vCo，由圆管对小球作用力 FNC 方向竖直向上，由牛顿第二定律可得 mg－FNC＝mRv2C，联立解
得 FNC＝12mg，根据牛顿第三定律可知，小球对圆管的作用力大小为12mg，方向竖直向下，故
A．向心加速度 a＝2(mgml＋l W) B．向心加速度 a＝2(mgml－l W) C．绳的拉力 F＝3mgl＋l 2W D．绳的拉力 F＝2(mgl＋ l 2W) [解析] 从最高点到最低点过程中，重力做正功，阻力做负功，根据动能定理可得 mgl
＋W＝12mv2，在最低点重力和绳子的拉力充当向心力，所以有 F－mg＝mvl2，联立可得 F＝
A．μ＝
63gvR20－
3 3
B．μ＝ 6g3Rv20－23 3
C．μ＝
3v20 6gR
D．μ＝
3v20－ 6gR
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[解析] 小球第二次恰好经过轨道最高点的速度为 v，根据牛顿第二定律可得：mg＝mvR2，
全过程根据动能定理可得：
－μmg· 3R－mgR(1＋12)＝12mv2－12mv20，
解得：μ＝ 63gvR20－23 3，故 B 正确，ACD 错误。 二、多项选择题：在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的。 6．(2020·天津五区县联考)如图所示，竖直平面内有一光滑圆环，半径为 R，圆心为 O， B 为最低点，C 为最高点，圆环左下方开一个小口与光滑斜面相切于 A 点，∠AOB＝37°，小 球从斜面上某一点 D 由静止释放，经 A 进入圆轨道，不计小球由 D 到 A 的机械能损失，(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)则要保证运动过程中小球不离开轨道，小球释放的位置到 A 点的距离 可能是( AD )
D 错误。
4．(2020·湖南岳阳月考)将三块木板 1、2、3 分别固定在墙角，构成如图所示的三个斜面， 其中 1 与 2 底边相同，2 和 3 高度相同。现将一个可以视为质点的物块，分别从三块木板的 顶端由静止释放，沿木板下滑到底端。下列说法中正确的是( D )
A．若木板均光滑，沿木板 2 和 3 下滑到底端时，物块的速度相同 B．若木板均光滑，物块沿木板 3 下滑到底端时，速度最大 C．若木板均光滑，物块沿木板 3 下滑到底端的过程用时最短 D．若木板 1 和 2 粗糙程度相同，则物块沿木板 1 和木板 2 下滑到底端的过程中，克服 摩擦力做功相同 [解析] 若木板光滑，物块从高为 h 的木板上由静止滑到底端时，根据动能定理有 mgh
A．9 J C．16 J
B．12 J D．条件不足，无法判断
[解析] 设小球第一次落在斜面上，速度与水平方向的夹角为 α，
则 cos α＝vv0 因为1212mmvv202＝36＝12，
解得vv0＝
2 2
则 α＝45°。
因为小球速度方向与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的两倍，若小
球落在斜面上，位移与水平方向的夹角正切值为 tan 30°＝ 33， 而 tanα＝1，不是位移与水平方向夹角正切值的 2 倍，所以小球落在水平面上。
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移 L＝coss α，摩擦力做功 W＝－fL＝－μmgs，故克服摩擦力做功与 α 大小无关，两次做功相
同，D 正确。 5．(2019·云南保山期末)如图所示，粗糙水平面与半径为 R 的23光滑圆轨道之间由小圆弧
平滑连接，一质量为 m 的小球恰以初速度 v0 从 A 点沿切线进入圆轨道。如果小球恰好能够 两次经过轨道最高点，已知重力加速度为 g，则小球与水平面之间的动摩擦因数是( B )