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t图象知x1∶x2＝1∶4.由动能定理得Fx1－Ffx2＝0，所以F∶Ff＝4∶1，选项A错误，C正确．
命题点四 用动能定理解决多过程问题 1．解决多过程问题的两种思路： 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时，要注意运用它们的功能特点： (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． 类型1 直线运动与圆周运动的结合
例4 (2016·浙江10月选考·20)如图6甲所示，游乐场的过山车可以底朝上在竖直圆轨道上运行，可抽象为图乙所示的模型．倾角为45°的直轨道AB、半径R＝10m的光滑竖直圆轨道和倾角为37°的直轨道
EF.分别通过水平光滑衔接轨道BC、C′E平滑连接，另有水平减速直轨道FG与EF平滑连接，EG间的水平
距离l＝40m．现有质量m＝500kg的过山车，从高h＝40m处的A点由静止下滑，经BCDC′EF最终停在G点．过山车与轨道AB、EF间的动摩擦因数均为μ1＝0.2，与减速直轨道FG间的动摩擦因数μ2＝0.75.过山车可视为质点，运动中不脱离轨道，g取10m/s.求：
2
图6
(1)过山车运动至圆轨道最低点C时的速度大小； (2)过山车运动至圆轨道最高点D时对轨道的作用力大小； (3)减速直轨道FG的长度x.(已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8) 答案 (1)810m/s (2)7×10N (3)30m
解析 (1)设过山车在C点的速度大小为vC，由动能定理得mgh－μ1mgcos45°·代入数据得vC＝810m/s
(2)设过山车在D点速度大小为vD，由动能定理得
h12
＝mvC
sin45°2
3
mg(h－2R)－μ1mgcos45°·F＋mg＝mh12
＝mvD
sin45°2
vD23
，解得F＝7×10N R
3
由牛顿第三定律知，过山车在D点对轨道的作用力大小为7×10N (3)全程应用动能定理
mg[h－(l－x)tan 37°]－μ1mgcos45°·
hl－x
－μ1mgcos37°·－μ2mgx＝0
sin45°cos37°
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解得x＝30m.
类型2 直线运动与平抛运动的结合
例5 如图7所示，水平桌面上的轻质弹簧左端固定，用质量为m＝1kg的小物块压紧弹簧，从A处由静止释放物块，在弹簧弹力的作用下沿水平桌面向右运动，物块离开弹簧后继续运动，离开桌面边缘B后，落在水平地面C点，C点与B点的水平距离x＝1m，桌面高度为h＝1.25m，AB长度为s＝1.5m，物块与桌面之间的动摩擦因数μ＝0.4，小物块可看成质点，不计空气阻力，取g＝10m/s，求：
2
图7
(1)物块在水平桌面上运动到桌面边缘B处的速度大小． (2)物块落地时速度大小及速度与水平方向夹角的正切值． (3)弹簧弹力对物块做的功．
答案 (1)2m/s (2)29m/s 2.5 (3)8J
12
解析 (1)物块离开桌面边缘后做平抛运动，竖直方向上有h＝gt，解得t＝0.5s，
2水平方向上有x＝vBt，解得vB＝2m/s.
1212
(2)对平抛过程运用动能定理：mgh＝mvC－mvB，解得vC＝29m/s，
22
vy
物块落地时水平方向vx＝vB＝2m/s，竖直方向vy＝gt＝5 m/s，则tanθ＝＝2.5.
vx12
(3)从A到B的过程中，运用动能定理有W弹－μmgs＝mvB－0，解得W弹＝8J.
2类型3 直线运动、平抛运动与圆周运动的结合
例6如图8所示为一遥控电动赛车(可视为质点)和它的运动轨道示意图．假设在某次演示中，赛车从A位置由静止开始运动，经2 s后关闭电动机，赛车继续前进至B点后水平飞出，赛车能从C点无碰撞地进入竖直平面内的圆形光滑轨道，D点和E点分别为圆形轨道的最高点和最低点．已知赛车在水平轨道AB段运动时受到的恒定阻力为0.4 N，赛车质量为0.4 kg，通电时赛车电动机的输出功率恒为2 W，B、C两点间高度差为0.45 m，C与圆心O的连线和竖直方向的夹角α＝37°，空气阻力忽略不计，g＝10 m/s，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
2
图8
(1)赛车通过C点时的速度大小； (2)赛道AB的长度；
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(3)要使赛车能通过圆轨道最高点D后回到水平赛道EG，其半径需要满足什么条件． 25
答案 (1)5m/s (2)2m (3)0＜R≤m 46解析 (1)赛车在BC间做平抛运动， 则竖直方向vy＝2gh＝3m/s. vy
由图可知：vC＝＝5m/s
sin37°
(2)赛车在B点的速度v0＝vCcos37°＝4m/s 12
则根据动能定理：Pt－FflAB＝mv0，得lAB＝2m.
2vD2
(3)当赛车恰好通过最高点D时，有：mg＝m R从C到D，由动能定理：
121225
－mgR(1＋cos37°)＝mvD－mvC，解得R＝m，
2246所以轨道半径需满足0＜R≤
25
m(可以不写0). 46
1．下列关于运动物体所受合外力做功和动能变化的关系正确的是( ) A．如果物体所受合外力为零，则合外力对物体做的功一定为零 B．如果合外力对物体所做的功为零，则合外力一定为零 C．物体在合外力作用下做变速运动，动能一定发生变化 D．物体的动能不变，所受合外力一定为零 答案 A
解析 如果物体所受合外力为零，则根据W＝Flcosα可知合外力对物体做的功一定为零，A正确；如果合外力对物体所做的功为零，但合外力不一定为零，例如做匀速圆周运动的物体的向心力，B错误；物体在合外力作用下做变速运动，动能不一定发生变化，例如做匀速圆周运动的物体，C错误；物体的动能不变，所受合外力不一定为零，例如做匀速圆周运动的物体，D错误．
2．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
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D．它们克服摩擦力所做的功不相等 答案 B
解析 由动能定理可得－Ffx＝0－Ek，即μmgx＝Ek，由于动能相同，动摩擦因数相同，故质量小的物体滑行的距离大，它们克服摩擦力所做的功都等于Ek.故本题只有B项正确．
3．如图1所示，质量相同的物体分别自斜面AC和BC的顶端由静止开始下滑，物体与斜面间的动摩擦因数相同，物体滑至斜面底部C点时的动能分别为Ek1和Ek2，下滑过程中克服摩擦力所做的功分别为W1和W2，则( )
图1
A．Ek1>Ek2，W1
μmgcosθ·x解析 设斜面的倾角为θ，斜面的底边长为x，则下滑过程中克服摩擦力做的功为W＝＝
cosθμmgx，所以两种情况下克服摩擦力做的功相等．又由于B的高度比A低，所以由动能定理可知Ek1>Ek2.故选B.
4．物体沿直线运动的v－t关系图象如图2所示，已知在第1秒内合外力对物体做的功为W，则( )
图2
A．从第1秒末到第3秒末合外力做功为4W B．从第3秒末到第5秒末合外力做功为－2W C．从第5秒末到第7秒末合外力做功为－W D．从第3秒末到第4秒末合外力做功为－0.75W 答案 D
121212
解析 由动能定理W合＝mv2－mv1知第1s内W＝mv.同理可知，D正确．
222
5.(2019届丽水市质检)如图3为倾角可调的可移动式皮带输送机，适用于散状物料或成件物品的装卸工作．在顺时针(从左侧看)匀速转动的输送带上端无初速度放一货物，货物从上端运动到下端的过程中，其动能Ek(选择地面所在的水平面为参考平面)与位移x的关系图象可能正确的是( )
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图3
答案 B
解析 货物从上端运动到下端的过程可能一直匀加速、也可能先加速后匀速或者先做加速度较大的匀加速运动后做加速度较小的匀加速运动，故只有B正确．
6.如图4所示，一个弹簧左端固定于墙上，右端连接物块，物块质量为m，它与水平桌面间的动摩擦因数为μ.起初用手按住物块，弹簧的伸长量为x，然后放手，当弹簧的长度回到原长时，物块的速度为v0，已知重力加速度为g，则此过程中弹力所做的功为( )
图4
1212
A.mv0＋μmgxB.mv0－μmgx 221212C.mv0D．μmgx－mv0 22答案 A
12
解析 当弹簧恢复到原长时，物块对地的位移为x，根据动能定理有：W弹＋(－μmgx)＝mv0－0，得W212
＝mv0＋μmgx，选项A正确． 2
7．一辆汽车以v1＝6m/s的速度沿水平路面行驶时，急刹车后能滑行x1＝3.6 m，如果以v2＝8 m/s的速度行驶，在同样的路面上急刹车后滑行的距离x2应为(不计空气阻力的影响)( ) A．6.4mB．5.6m C．7.2 mD．10.8 m 答案 A
解析 急刹车后，汽车只受摩擦阻力Ff的作用，且两种情况下摩擦力大小是相同的，汽车的末速度皆为零．由动能定理有 12
－Ffx1＝0－mv1①
212
－Ffx2＝0－mv2②
2
弹
浙江鸭2020版高考物理大一轮复习第五章机械能守恒定律第2讲动能定理学案
