11、壓到O′點位置后，A又被彈簧彈回．A離開彈簧后，恰好回到P點．物塊A與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ.求：
(1)物塊A從P點出發(fā)又回到P點的過程，克服摩擦力所做的功．
(2)O點和O′點間的距離x1.
(3)如圖乙所示，若將另一個與A完全相同的物塊B(可視為質點)與彈簧右端拴接，將A放在B右邊，向左推A、B，使彈簧右端壓縮到O′點位置，然后從靜止釋放，A、B共同滑行一段距離后分離．分離后物塊A向右滑行的最大距離x2是多少？
解析：(1)物塊A從P點出發(fā)又回到P點的過程，根據(jù)動能定理得克服摩擦力所做的功為Wf＝mv.
(2)物塊A從P點出發(fā)又回到P點的過程，根據(jù)動能定理得2μmg(x1
12、＋x0)＝mv
解得x1＝－x0.
(3)A、B在彈簧處于原長處分離，設此時它們的共同速度是v1，彈出過程彈力做功WF
只有A時，從O′到P有WF－μmg(x1＋x0)＝0－0
A、B共同從O′到O有WF－2μmgx1＝×2mv
分離后對A有mv＝μmgx2
聯(lián)立以上各式可得x2＝x0－.
答案：(1)mv (2)－x0 (3)x0－
動能定理在多階段、多過程綜合問題中的應用[學生用書P87]
【知識提煉】
1．由于多過程問題的受力情況、運動情況比較復雜，從動力學的角度分析多過程問題往往比較復雜，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，并不需要從細節(jié)上了
13、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：一種是全過程列式，另一種是分段列式．
3．全過程列式時，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；
(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．
【典題例析】
如圖所示，AB是固定于豎直平面內的光滑圓弧軌道，末端B處的切線方向水平．一物體P(可視為質點)從圓弧最高點A處由靜止釋放，滑到B端飛出，落
14、到地面上的C點．測得C點和B點的水平距離OC＝L，B點距地面的高度OB＝h.現(xiàn)在軌道下方緊貼B端安裝一個水平傳送帶，傳送帶的右端與B點的距離為.當傳送帶靜止時，讓物體P從A處由靜止釋放，物體P沿軌道滑過B點后又在傳送帶上滑行并從傳送帶右端水平飛出，仍落在地面上的C點．
(1)求物體P與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)．
(2)若在A處給P一個豎直向下的初速度v0，物體P從傳送帶右端水平飛出，落在地面上的D點，求OD的大?。?
(3)若傳送帶驅動輪順時針轉動，帶動傳送帶以速度v勻速運動．再把物體P從A處由靜止釋放，物體P落在地面上．設著地點與O點的距離為x，求出x可能的范圍．
[審題指導] 第(
15、3)問中，若物體在傳送帶上全程減速，則x最??；若物體在傳送帶上全程加速，則x最大．
[解析] (1)無傳送帶時，物體由B運動到C，做平拋運動，設物體在B點的速度為vB，則L＝vBt ①
h＝gt2 ②
由①②式得vB＝L ③
有傳送帶時，設物體離開傳送帶時的速度為v2，則有
＝v2t ④
－＝mv－mv ⑤
由①②④⑤式得v2＝ ⑥
μ＝. ⑦
(2)設物體離開傳送帶時的速度為v′2，則由動能定理有
mgR－μmg＝mv′－mv ⑧
mgR＝mv ⑨
OD＝＋v′2t ⑩
由①②④⑤⑧⑨⑩式得OD＝＋ .?
(3)物體在傳送帶上全程減速時，離開傳送帶的末速度
v
16、I＝，則xmin＝L
物體在傳送帶上全程加速時，離開傳送帶的末速度為 vⅡ，
μmg＝mv－mv，vⅡ＝＝ .
則xmax＝＋vⅡ＝L
故L≤x≤L.
[答案] (1) (2)＋
(3)L≤x≤L
利用動能定理求解多過程問題的基本思路
(1)弄清物體的運動由哪些過程組成．
(2)分析每個過程中物體的受力情況．
(3)各個力做功有何特點，對動能的變化有無影響．
(4)從總體上把握全過程，表達出總功，找出初、末狀態(tài)的動能．
(5)對所研究的全過程運用動能定理列方程．
【遷移題組】
遷移1 運用動能定理巧解往復運動問題
1．如圖所示裝置由AB、BC、CD三段
17、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)讓質量為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D點時的速度大?。?
(2)小滑塊最終停止的位置距B點的距離．
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
18、：vD＝3 m/s.
(2)對小滑塊運動全過程應用動能定理，設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 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.
答案：(1)3 m/s (2)1.4 m
遷移2 動能定理解決平拋、圓周運動相結合的問題
2．(2018·桂林質檢)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，
19、sin 37°＝0.6，cos 37°＝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歷的時間t.
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 m/s.
(3)滑塊離開C
20、點后做平拋運動，設下落的高度為h，
則有h＝gt2
x＝v′C t
＝tan 53°
其中v′C＝4 m/s聯(lián)立解得t＝0.2 s.
答案：(1)0.375 (2)2 m/s (3)0.2 s
動能定理與圖象綜合問題[學生用書P88]
【知識提煉】
1．四類圖象所圍“面積”的含義
(1)v－t圖：由公式x＝vt可知，v－t圖線與坐標軸圍成的面積表示物體的位移．
(2)a－t圖：由公式Δv＝at可知，a－t圖線與坐標軸圍成的面積表示物體速度的變化量．
(3)F－s圖：由公式W＝Fs可知，F(xiàn)－s圖線與坐標軸圍成的面積表示力所做的功．
(4)P－t圖：由公式W＝Pt可知，P
21、－t圖線與坐標軸圍成的面積表示力所做的功．
2．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、橫坐標所對應的物理量及圖線所表示的物理意義．
(2)根據(jù)物理規(guī)律推導出縱坐標與橫坐標所對應的物理量間的函數(shù)關系式．
(3)將推導出的物理規(guī)律與數(shù)學上與之相對應的標準函數(shù)關系式相對比，找出圖線的斜率、截距、圖線的交點，圖線下的面積所對應的物理意義，分析解答問題．或者利用函數(shù)圖線上的特定點的坐標值代入函數(shù)關系式求物理量．
【跟進題組】
1．(2018·山西模擬)用傳感器研究質量為2 kg的物體由靜止開始做直線運動的規(guī)律時，在計算機上得到0～6 s內物體的加速度隨時間變化的關
22、系如圖所示．下列說法正確的是( )
A．0～6 s內物體先向正方向運動，后向負方向運動
B．0～6 s內物體在4 s時的速度最大
C．物體在2～4 s內速度不變
D．0～4 s內合力對物體做的功等于0～6 s內合力做的功解析：選D.由v＝at可知，a－t圖象中，圖線與坐標軸所圍面積表示質點的速度，0～6 s內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內加速度保持不變且不為零，速度一定變化，C項錯；0～4 s內與0～6 s內圖線與坐標軸所圍面積相等，故物體4 s末和6 s末速度相同，由動能定理可知，兩段時間內合力對物體做功相等，D項對．
23、
2．宇航員在某星球表面做了如下實驗，實驗裝置如圖甲所示，豎直平面內的光滑軌道由斜軌道AB和圓弧軌道BC組成．將質量m＝0.2 kg的小球，從軌道AB上高H處的某點由靜止釋放，用力傳感器測出小球經過C點時對軌道的壓力大小為F，改變H的大小，可測出F隨H的變化關系如圖乙所示，求：
(1)圓軌道的半徑．
(2)星球表面的重力加速度．
(3)作出小球經過C點時動能隨H的變化關系Ek－H圖象．
解析：(1)小球過C點時，由牛頓第二定律得：F＋mg＝m
小球由靜止下滑至C點的過程，由動能定理得：mg(H－2r)＝mv
解得：F＝H－5mg
由圖可知：當H1＝0.5 m時，F(xiàn)1＝0 N
24、
解得：r＝0.2 m.
(2)當H2＝1.0 m時，F(xiàn)2＝5 N
解得：g＝5 m/s2.
(3)小球由靜止下滑至C點的過程，由動能定理得：
mg(H－2r)＝Ek－0
解得：Ek＝H－0.4
則Ek－H圖象如圖所示：
答案：(1)0.2 m (2)5 m/s2 (3)見解析圖
[學生用書P89]
1．(多選)(2016·高考全國卷Ⅲ)如圖，一固定容器的內壁是半徑為R的半球面；在半球面水平直徑的一端有一質量為m的質點P.它在容器內壁由靜止下滑到最低點的過程中，克服摩擦力做的功為W.重力加速度大小為g.設質點P在最低點時，向心加速度的大小為a，容器對它的支持力大小為N
25、，則( )
A．a＝ B．a＝
C．N＝ D．N＝
解析：選AC.質點由半球面最高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．
2．(多選)(2016·高考浙江卷)如圖所示為一滑草場．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(shù)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，sin 37
26、°＝0.6，cos 37°＝0.8)．則( )
A．動摩擦因數(shù)μ＝
B．載人滑草車最大速度為
C．載人滑草車克服摩擦力做功為mgh
D．載人滑草車在下段滑道上的加速度大小為g
解析：選AB.由題意根據(jù)動能定理有，2mgh－Wf＝0，即2mgh－μmgcos 45°·－μmgcos 37°·＝0，得動摩擦因數(shù)μ＝，則A項正確；載人滑草車克服摩擦力做的功為Wf＝2mgh，則C項錯誤；載人滑草車在上下兩段的加速度分別為a1＝g(sin 45°－μcos 45°)＝g，a2＝g(sin 37°－μcos 37°)＝－g，則載人滑草車在上下兩段滑道上分別做加速運動和減速運動，則在上段底
27、端時達到最大速度v，由運動學公式有2a1＝v2得，v＝ ＝ ，故B項正確，D項錯誤．
3．(多選)(2018·湖南長沙長郡中學高三周測)
如圖所示，豎直固定放置的粗糙斜面AB的下端與光滑的圓弧軌道BCD在B點相切，圓弧軌道的半徑為R，圓心O與A、D在同一水平面上，C點為圓弧軌道最低點，∠COB＝θ＝30°.現(xiàn)使一質量為m的小物塊從D點無初速度地釋放，小物塊與粗糙斜面AB間的動摩擦因數(shù)μ
28、塊通過圓弧軌道最低點C時，對C點的最小壓力大小為mg
解析：選CD.物塊從D點無初速度滑下后，由于克服摩擦力做功，所以物塊在斜面上運動時機械能不斷減小，在斜面上升的最大高度越來越小，不可能運動到A點，又知道μμmgcos θ，最終在與B點對稱的E點之間來回運動，A、B錯誤；物塊第一次運動到C時速度最大，對軌道的壓力最大，物塊從D第一次運動到C過程，由動能定理得：mgR＝mv；設此時軌道對物塊的支持力為F1，由牛頓第二定律得：F1－mg＝m，聯(lián)立解得：F1＝3mg，由牛頓第三定律知物塊對C點的最大壓力為3mg，故C正確；當最后穩(wěn)定后，物塊在BE之間運動時，設
29、物塊經過C點的速度為v2，由動能定理得：mgR(1－cos θ)＝mv，設軌道對物塊的支持力為F2，由牛頓第二定律得：F2－mg＝m，聯(lián)立解得：F2＝mg，由牛頓第三定律可知，物塊對C點的最小壓力為mg，D正確．
4．如圖，與水平面夾角θ＝37°的斜面和半徑R＝0.4 m的光滑圓軌道相切于B點，且固定于豎直平面內．滑塊從斜面上的A點由靜止釋放，經B點后沿圓軌道運動，通過最高點C時軌道對滑塊的彈力為零．已知滑塊與斜面間動摩擦因數(shù)μ＝0.25.(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6 cos 37°＝0.8)求：
(1)滑塊在C點的速度大小vC；
(2)滑塊在B點的速度大小vB；
30、(3)A、B兩點間的高度差h.
解析：本題考查圓周運動、機械能守恒、動能定理．
(1)對C點：滑塊豎直方向所受合力提供向心力
mg＝ ①
vC＝＝2 m/s.
(2)對B→C過程：滑塊機械能守恒
mv＝mv＋mgR(1＋cos 37°) ②
vB＝＝4.29 m/s.
(3)滑塊在A→B的過程，利用動能定理：
mgh－mgμcos 37°·＝mv－0 ③
代入數(shù)據(jù)解得h＝1.38 m.
答案：見解析
[學生用書P305(單獨成冊)]
(建議用時：60分鐘)
一、單項選擇題
1．(2018·襄陽模擬)用豎直向上大小為30 N的力F，將2 kg的物體從沙坑表面由靜止
31、提升1 m時撤去力F，經一段時間后，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
解析：選C.對整個過程應用動能定理得：
F·h1＋mgh2－Wf＝0，解得：Wf＝34 J，C對．
2.
(2018·寧波模擬)如圖所示，木盒中固定一質量為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＝mg)，若其他條件不變，則木盒滑行的距離( )
A．不變 B
32、．變小
C．變大 D．變大變小均可能
解析：選B.設木盒質量為M，木盒中固定一質量為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
33、平方向夾角為45°時，沿繩方向的速度v＝v0cos 45°＝，故質量為m的物體速度等于，對物體應用動能定理可知，在此過程中人所做的功為W＝mv2－0＝，C正確．
4．(2018·杭州名校質檢)如圖所示，已知物體與三塊材料不同的地毯間的動摩擦因數(shù)分別為μ、2μ和3μ，三塊材料不同的地毯長度均為l，并排鋪在水平地面上，該物體以一定的初速度v0從a點滑上第一塊，則物體恰好滑到第三塊的末尾d點停下來，物體在運動中地毯保持靜止，若讓物體從d點以相同的初速度水平向左運動，則物體運動到某一點時的速度大小與該物體向右運動到該位置的速度大小相等，則這一點是( )
A．a點 B．b點
C．c點 D
34、．d點
解析：選C.對物體從a運動到c，由動能定理，－μmgl－2μmgl＝mv－mv，對物體從d運動到c，由動能定理，－3μmgl＝mv－mv，解得v2＝v1，選項C正確．
5.
如圖，豎直平面內的軌道Ⅰ和Ⅱ都由兩段細直桿連接而成，兩軌道長度相等．用相同的水平恒力將穿在軌道最低點B的靜止小球，分別沿Ⅰ和Ⅱ推至最高點A，所需時間分別為t1、t2；動能增量分別為ΔEk1、ΔEk2.假定球在經過軌道轉折點前后速度的大小不變，且球與Ⅰ、Ⅱ軌道間的動摩擦因數(shù)相等，則( )
A．ΔEk1>ΔEk2；t1>t2 B．ΔEk1＝ΔEk2；t1>t2
C．ΔEk1>ΔEk2；t1
35、D．ΔEk1＝ΔEk2；t1t2.
6.
如圖所示，某滑草場有兩個坡度不同的滑道AB和AB′(均可看做斜面)．質量相同的甲、乙兩名游客先后乘坐同一滑草板從A點由靜止開始分別沿AB和AB′滑下，最后都停在水平草面上，斜草面和水平草面平
36、滑連接，滑草板與草面之間的動摩擦因數(shù)處處相同，下列說法正確的是( )
A．甲沿斜草面下滑過程中克服摩擦力做的功比乙的多
B．甲、乙經過斜草面底端時的速率相等
C．甲、乙最終停在水平草面上的同一位置
D．甲停下時的位置與B的距離和乙停下時的位置與B′的距離相等
解析：選C.設斜草面長度為l，傾角為θ，游客在斜草面上下滑，克服摩擦力做功W＝μmglcos θ，因此甲克服摩擦力做的功少，選項A錯誤；由A點到斜草面底端過程，由動能定理有mgh－μmglcos θ＝mv2，可得vB>v′B，選項B錯誤；游客由A點開始下滑到停在水平草面上，設x為游客最終停在水平草面上的位置與斜草面底端的距離，
37、由動能定理有mgh－μmg(lcos θ＋x)＝0，則lcos θ＋x＝，與斜草面的傾角無關，所以甲、乙最終停在水平草面上的同一位置，選項C正確、D錯誤．
二、多項選擇題
7．質量為1 kg的物體靜止在水平粗糙的地面上，在一水平外力F的作用下運動，如圖甲所示，外力F和物體克服摩擦力Ff做的功W與物體位移x的關系如圖乙所示，重力加速度g取10 m/s2.下列分析正確的是( )
A．物體與地面之間的動摩擦因數(shù)為0.2
B．物體運動的位移為13 m
C．物體在前3 m運動過程中的加速度為3 m/s2
D．x＝9 m時，物體的速度為3 m/s
解析：選ACD.由Wf＝Ffx對應題圖
38、乙可知，物體與地面之間的滑動摩擦力Ff＝2 N，由Ff＝μmg可得μ＝0.2，A正確；由WF＝Fx對應題圖乙可知，前3 m內，拉力F1＝5 N，3～9 m內拉力F2＝2 N，物體在前3 m內的加速度a1＝＝3 m/s2，C正確；由動能定理得：WF－Ffx＝mv2，可得：x＝9 m時，物體的速度為v＝3 m/s，D正確；物體的最大位移xm＝＝13.5 m，B錯誤．
8．(2018·河北衡水中學模擬)如圖所示，質量為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＝1
39、0 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的功
D．小物塊落地時的動能為0.9 J
解析：選ABC.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．
9.
(2018·南寧月考)在有大風的情況下，一小球自A點豎直上拋
40、，其運動軌跡如圖所示(小球的運動可看做豎直方向的豎直上拋運動和水平方向的初速度為零的勻加速直線運動的合運動)，小球運動軌跡上的A、B兩點在同一水平直線上，M點為軌跡的最高點．若風力的大小恒定，方向水平向右，小球在A點拋出時的動能為4 J，在M點時它的動能為2 J，落回到B點時動能記為EkB，小球上升時間記為t1，下落時間記為t2，不計其他阻力，則( )
A．x1∶x2＝1∶3 B．t1
41、用動能定理得
－mgh＋W1＝mv－mv2， ①
豎直方向有v2＝2gh ②
①②式聯(lián)立得W1＝2 J
A→B風力做功W2＝4W1＝8 J，
A→B由動能定理W2＝EkB－EkA，
可求得EkB＝12 J，C錯誤，D正確．
10．2022年北京和張家口將攜手舉辦冬奧會，因此在張家口建造了高標準的滑雪跑道，來迎接冬奧會的到來．如圖所示，一個滑雪運動員從左側斜坡距離坡底8 m處自由滑下，當下滑到距離坡底s1處時，動能和勢能相等(以坡底為參考平面)；到坡底后運動員又靠慣性沖上斜坡(不計經過坡底時的機械能損失)，當上滑到距離坡底s2處時，運動員的動能和勢能又相等，上滑的最大距離為4 m．
42、關于這個過程，下列說法中正確的是( )
A．摩擦力對運動員所做的功等于運動員動能的變化量
B．重力和摩擦力對運動員所做的總功等于運動員動能的變化量
C．s1<4 m，s2>2 m
D．s1>4 m，s2<2 m
解析：選BC.運動員在斜坡上滑行的過程中有重力做功，摩擦力做功，由動能定理可知A錯，B對．從左側斜坡s處滑至s1處過程中，由動能定理得：
mg(s－s1)sin α－Wf＝mv2 ①
(其中s＝8 m，s1是距坡底的距離)因為下滑到距離坡底s1處動能和勢能相等，所以有：mgs1·sin α＝mv2 ②
由①②得：mg(s－s1)sin α－Wf＝mgs1·sin
43、α ③
由③得：s－s1>s1，即s1<4 m．同理，從右側斜坡s2處滑至s′(s′＝4 m)處過程中，由動能定理得：
－mg(s′－s2)·sin θ－W′f＝0－mv ④
因為距坡底s2處動能和勢能相等，有
mgs2·sin θ＝mv ⑤
由④⑤得：mg(s′－s2)·sin θ＋W′f＝mgs2·sin θ ⑥
由⑥式得：s′－s22 m．綜上所述，C正確，D錯誤．
三、非選擇題
11．(2016·高考天津卷)我國將于2022年舉辦冬奧會，跳臺滑雪是其中最具觀賞性的項目之一．如圖所示，質量m＝60 kg的運動員從長直助滑道AB的A處由靜止開始以加速度a＝3
44、.6 m/s2勻加速滑下，到達助滑道末端B時速度vB＝24 m/s，A與B的豎直高度差H＝48 m，為了改變運動員的運動方向，在助滑道與起跳臺之間用一段彎曲滑道銜接，其中最低點C處附近是一段以O為圓心的圓?。滥┒薆與滑道最低點C的高度差h＝5 m，運動員在B、C間運動時阻力做功W＝－1 530 J，取g＝10 m/s2.
(1)求運動員在AB段下滑時受到阻力Ff的大??；
(2)若運動員能夠承受的最大壓力為其所受重力的6倍，則C點所在圓弧的半徑R至少應為多大．
解析：(1)運動員在AB段做初速度為零的勻加速運動，設AB的長度為x，則有
v＝2ax ①
由牛頓第二定律有mg－F
45、f＝ma ②
聯(lián)立①②式，代入數(shù)據(jù)解得Ff＝144 N． ③
(2)設運動員到C點時的速度為vC，在由B處運動到達C點的過程中，由動能定理有
mgh＋W＝mv－mv ④
設運動員在C點所受的支持力為FN，由牛頓第二定律有
FN－mg＝ ⑤
由運動員能夠承受的最大壓力為其所受重力的6倍，聯(lián)立④⑤式，代入數(shù)據(jù)解得
R＝12.5 m.
答案：(1)144 N (2)12.5 m
12.
如圖所示，某同學在一輛車上蕩秋千，開始時車輪被鎖定．車的右邊有一個和地面相平的沙坑，且車右端和沙坑左邊緣平齊．當同學擺動到最大擺角θ＝60°時，車輪立即解除鎖定，使車可以在水平地面無阻力運動．
46、該同學此后不再做功，并可以忽略自身大小．已知秋千繩子長度L＝4.5 m，該同學和秋千板的總質量m＝50 kg，車輛和秋千支架的總質量M＝200 kg，重力加速度g＝10 m/s2.試求：
(1)該同學擺到最低點時的速率；
(2)在擺到最低點的過程中，繩子對該同學和秋千板做的功；
(3)該同學到最低點時，順勢離開秋千板，他落入沙坑的位置距離左邊界多遠？已知車輛長度s＝3.6 m，秋千架安裝在車輛的正中央，且轉軸離地面的高度H＝5.75 m.
解析：(1)對整個系統(tǒng)擺到最低點的過程
水平方向動量守恒：0＝mv1＋Mv2
機械能守恒：mgL(1－cos θ)＝mv＋Mv
代入數(shù)據(jù)，聯(lián)立
47、解得該同學擺到最低點的速率為v1＝6 m/s.
(2)對同學擺到最低點的過程，由動能定理，有
Wr＋WG＝mv又WG＝mgL(1－cos θ)
代入數(shù)據(jù)，解得繩子對該同學和秋千板做的功為
Wr＝－225 J.
(3)同學離開秋千板后做平拋運動，有H－L＝gt2
x＝v1t代入數(shù)據(jù)，解得x＝3 m
同學離開秋千板之前的過程，整個系統(tǒng)
水平方向動量守恒：0＝mv1x＋Mv2x
由于運動時間相同，故有：0＝mx1＋Mx2
且x1－x2＝Lsin 60°聯(lián)立解得x2＝－0.779 m
故同學的落點與沙坑左邊界距離
d＝x＋x2－＝0.421 m.
答案：見解析
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2019高考物理一輪復習 第五章 機械能及其守恒定律 第2講 動能 動能定理學案
