?第2講　動(dòng)能定理及其應(yīng)用
目標(biāo)要求　1.理解動(dòng)能定理，會(huì)用動(dòng)能定理解決一些基本問(wèn)題.2.掌握解決動(dòng)能定理與圖象結(jié)合的問(wèn)題的方法．
考點(diǎn)一　動(dòng)能定理的理解和基本應(yīng)用
基礎(chǔ)回扣
1．動(dòng)能
(1)定義：物體由于運(yùn)動(dòng)而具有的能量叫作動(dòng)能．
(2)公式：Ek＝mv2，單位：焦耳(J).1 J＝1 N·m＝1 kg·m2/s2.
(3)動(dòng)能是標(biāo)量、狀態(tài)量．
2．動(dòng)能定理
(1)內(nèi)容：力在一個(gè)過(guò)程中對(duì)物體做的功，等于物體在這個(gè)過(guò)程中動(dòng)能的變化．
(2)表達(dá)式：W＝ΔEk＝Ek2－Ek1＝mv22－mv12.
(3)物理意義：合力做的功是物體動(dòng)能變化的量度．
技巧點(diǎn)撥
1．適用條件
(1)動(dòng)能定理既適用于直線運(yùn)動(dòng)，也適用于曲線運(yùn)動(dòng)．
(2)動(dòng)能定理既適用于恒力做功，也適用于變力做功．
(3)力可以是各種性質(zhì)的力，既可以同時(shí)作用，也可以分階段作用．
2．解題步驟

3．注意事項(xiàng)
(1)動(dòng)能定理中的位移和速度必須是相對(duì)于同一個(gè)參考系的，一般以地面或相對(duì)地面靜止的物體為參考系．
(2)當(dāng)物體的運(yùn)動(dòng)包含多個(gè)不同過(guò)程時(shí)，可分段應(yīng)用動(dòng)能定理求解；也可以全過(guò)程應(yīng)用動(dòng)能定理求解．
(3)動(dòng)能是標(biāo)量，動(dòng)能定理是標(biāo)量式，解題時(shí)不能分解動(dòng)能．
例1　(2019·遼寧大連市高三月考)如圖1所示，一名滑雪愛(ài)好者從離地h＝40 m高的山坡上A點(diǎn)由靜止沿兩段坡度不同的直雪道AD、DC滑下，滑到坡底C時(shí)的速度大小v＝20 m/s.已知滑雪愛(ài)好者的質(zhì)量m＝60 kg，滑雪板與雪道間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.25，BC間的距離L＝
100 m，重力加速度g＝10 m/s2，忽略在D點(diǎn)損失的機(jī)械能，則下滑過(guò)程中滑雪愛(ài)好者做的功為(　　)

圖1
A．3 000 J B．4 000 J
C．5 000 J D．6 000 J
答案　A
解析　根據(jù)動(dòng)能定理有W－μmgLADcos α－μmgLCDcos β＋mgh＝mv2，即：W－μmgL＋mgh＝mv2，求得W＝3 000 J，故選A.
例2　(2017·上海卷·19)如圖2，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(diǎn)，且固定于豎直平面內(nèi)．滑塊從斜面上的A點(diǎn)由靜止釋放，經(jīng)B點(diǎn)后沿圓軌道運(yùn)動(dòng)，通過(guò)最高點(diǎn)C時(shí)軌道對(duì)滑塊的彈力為零．已知滑塊與斜面間動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.25.(g取
10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：

圖2
(1)滑塊在C點(diǎn)的速度大小vC；
(2)滑塊在B點(diǎn)的速度大小vB；
(3)A、B兩點(diǎn)間的高度差h.
答案　(1)2 m/s　(2)4.29 m/s　(3)1.38 m
解析　(1)在C點(diǎn)，滑塊豎直方向所受合力提供向心力，mg＝
解得vC＝＝2 m/s.
(2)B→C過(guò)程，由動(dòng)能定理得
－mgR(1＋cos 37°)＝mvC2－mvB2
解得vB＝≈4.29 m/s.
(3)滑塊從A→B的過(guò)程，利用動(dòng)能定理：
mgh－μmgcos 37°·＝mvB2－0
代入數(shù)據(jù)，解得h＝1.38 m.

1．(動(dòng)能定理的理解)(2018·天津卷·2)滑雪運(yùn)動(dòng)深受人民群眾喜愛(ài)．如圖3所示，某滑雪運(yùn)動(dòng)員(可視為質(zhì)點(diǎn))由坡道進(jìn)入豎直面內(nèi)的圓弧形滑道AB，從滑道的A點(diǎn)滑行到最低點(diǎn)B的過(guò)程中，由于摩擦力的存在，運(yùn)動(dòng)員的速率不變，則運(yùn)動(dòng)員沿AB下滑過(guò)程中(　　)

圖3
A．所受合外力始終為零
B．所受摩擦力大小不變
C．合外力做功一定為零
D．機(jī)械能始終保持不變
答案　C
解析　運(yùn)動(dòng)員從A點(diǎn)滑到B點(diǎn)的過(guò)程中速率不變，則運(yùn)動(dòng)員做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，其所受合外力指向圓心，A錯(cuò)誤；如圖所示，運(yùn)動(dòng)員受到的沿圓弧切線方向的合力為零，即Ff＝mgsin α，下滑過(guò)程中α減小，sin α變小，故摩擦力Ff變小，B錯(cuò)誤；由動(dòng)能定理知，運(yùn)動(dòng)員勻速率下滑動(dòng)能不變，合外力做功為零，C正確；運(yùn)動(dòng)員下滑過(guò)程中動(dòng)能不變，重力勢(shì)能減小，機(jī)械能減小，D錯(cuò)誤．

2．(動(dòng)能定理的應(yīng)用)(多選)(2019·寧夏銀川市質(zhì)檢)如圖4所示為一滑草場(chǎng)．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，載人滑草車與草地之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ.質(zhì)量為m的載人滑草車從坡頂由靜止開(kāi)始自由下滑，經(jīng)過(guò)上、下兩段滑道后，最后恰好靜止于滑道的底端(不計(jì)載人滑草車在兩段滑道交接處的能量損失，重力加速度大小為g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．則(　　)

圖4
A．動(dòng)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
答案　AB
解析　對(duì)載人滑草車從坡頂由靜止開(kāi)始滑到底端的全過(guò)程分析，由動(dòng)能定理可知：mg·2h－μmgcos 45°·－μmgcos 37°·＝0，解得μ＝，選項(xiàng)A正確； 對(duì)經(jīng)過(guò)上段滑道的過(guò)程分析，根據(jù)動(dòng)能定理有mgh－μmgcos 45°·＝mvm2，解得：vm＝，選項(xiàng)B正確；載人滑草車克服摩擦力做功為2mgh，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；載人滑草車在下段滑道上的加速度為a＝＝－g，故大小為g，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．
考點(diǎn)二　應(yīng)用動(dòng)能定理求變力做功
在一個(gè)有變力做功的過(guò)程中，由動(dòng)能定理，W變＋W恒＝mv22－mv12，物體初、末速度已知，恒力做功W恒可根據(jù)功的公式求出，這樣就可以得到W變＝mv22－mv12－W恒，就可以求變力做的功了．
例3　(2020·四川雅安市期末)如圖5所示，一半徑為R的半圓形軌道豎直固定放置，軌道兩端等高，質(zhì)量m的質(zhì)點(diǎn)自軌道端點(diǎn)P由靜止開(kāi)始滑下，滑到最低點(diǎn)Q時(shí)，對(duì)軌道的壓力為2mg，重力加速度大小為g.質(zhì)點(diǎn)自P滑到Q的過(guò)程中，克服摩擦力所做的功為(　　)

圖5
A.mgR B.mgR
C.mgR D.mgR
答案　C
解析　在Q點(diǎn)質(zhì)點(diǎn)受到的豎直向下的重力和豎直向上的支持力的合力充當(dāng)向心力，所以有FN－mg＝m，F(xiàn)N＝FN′＝2mg，聯(lián)立解得v＝，下滑過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理可得mgR－Wf＝mv2，解得Wf＝mgR，所以克服摩擦力做功mgR，選項(xiàng)C正確．

3．(應(yīng)用動(dòng)能定理求變力做功)(2019·河南鄭州市高一月考)質(zhì)量為m的物體以初速度v0沿水平面向左開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，起始點(diǎn)A與一輕彈簧O端相距s，如圖6所示．已知物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，物體與彈簧相碰后，彈簧的最大壓縮量為x，則從開(kāi)始碰撞到彈簧被壓縮至最短，物體克服彈簧彈力所做的功為(重力加速度大小為g)(　　)

圖6
A.mv02－μmg(s＋x) B.mv02－μmgx
C．μmgs D．μmg(s＋x)
答案　A
解析　根據(jù)功的定義式可知物體克服摩擦力做功為Wf＝μmg(s＋x)，由動(dòng)能定理可得－W彈－Wf＝0－mv02，則W彈＝mv02－μmg(s＋x)，故選項(xiàng)A正確．
考點(diǎn)三　動(dòng)能定理與圖象結(jié)合的問(wèn)題
1．解決圖象問(wèn)題的基本步驟
(1)觀察題目給出的圖象，弄清縱坐標(biāo)、橫坐標(biāo)所對(duì)應(yīng)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(dǎo)出縱坐標(biāo)與橫坐標(biāo)所對(duì)應(yīng)的物理量間的函數(shù)關(guān)系式．
(3)將推導(dǎo)出的物理規(guī)律與數(shù)學(xué)上與之相對(duì)應(yīng)的標(biāo)準(zhǔn)函數(shù)關(guān)系式相對(duì)比，找出圖線的斜率、截距、圖線的交點(diǎn)、圖線下的面積等所表示的物理意義，分析解答問(wèn)題，或者利用函數(shù)圖線上的特定值代入函數(shù)關(guān)系式求物理量．
2．圖象所圍“面積”和圖象斜率的含義


　　　　　 動(dòng)能定理與Ek－x圖象結(jié)合

例4　(2019·全國(guó)卷Ⅲ·17)從地面豎直向上拋出一物體，物體在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中除受到重力外，還受到一大小不變、方向始終與運(yùn)動(dòng)方向相反的外力作用．距地面高度h在3 m以內(nèi)時(shí)，物體上升、下落過(guò)程中動(dòng)能Ek隨h的變化如圖7所示．重力加速度取10 m/s2.該物體的質(zhì)量為(　　)

圖7
A．2 kg B．1.5 kg C．1 kg D．0.5 kg
答案　C
解析　法一：特殊值法
畫出運(yùn)動(dòng)示意圖．

設(shè)該外力的大小為F，據(jù)動(dòng)能定理知
A→B(上升過(guò)程)：－(mg＋F)h＝EkB－EkA
B→A(下落過(guò)程)：(mg－F)h＝EkA′－EkB′
整理以上兩式并代入數(shù)據(jù)得mgh＝30 J，解得物體的質(zhì)量m＝1 kg，選項(xiàng)C正確．
法二：寫表達(dá)式根據(jù)斜率求解
上升過(guò)程：－(mg＋F)h＝Ek－Ek0，
則Ek＝－(mg＋F)h＋Ek0
下降過(guò)程：(mg－F)h＝Ek′－Ek0′，
則Ek′＝(mg－F)h＋Ek0′，
結(jié)合題圖可知mg＋F＝ N＝12 N，
mg－F＝ N＝8 N
聯(lián)立可得m＝1 kg，選項(xiàng)C正確．

　　　　　 動(dòng)能定理與F－x圖象結(jié)合

例5　如圖8甲所示，在傾角為30°的足夠長(zhǎng)的光滑斜面AB的A處連接一粗糙水平面OA，OA長(zhǎng)為4 m．有一質(zhì)量為m的滑塊，從O處由靜止開(kāi)始受一水平向右的力F作用．F在水平面上按圖乙所示的規(guī)律變化．滑塊與OA間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.25，g取10 m/s2，試求：

圖8
(1)滑塊運(yùn)動(dòng)到A處的速度大?。?br /> (2)不計(jì)滑塊在A處的速率變化，滑塊沿斜面AB向上運(yùn)動(dòng)的最遠(yuǎn)距離是多少．
答案　(1)5 m/s　(2)5 m
解析　(1)由題圖乙知，在OA段拉力做功為W＝(2mg×2－0.5mg×1) J＝3.5mg(J)
滑動(dòng)摩擦力Ff＝－μmg＝－0.25mg，Wf＝Ff·xOA＝－mg(J)，
滑塊在OA上運(yùn)動(dòng)的全過(guò)程，由動(dòng)能定理得
W＋Wf＝mvA2－0
代入數(shù)據(jù)解得vA＝5 m/s.
(2)對(duì)于滑塊沖上斜面的過(guò)程，由動(dòng)能定理得
－mgLsin 30°＝0－mvA2
解得L＝5 m
所以滑塊沿斜面AB向上運(yùn)動(dòng)的最遠(yuǎn)距離為L(zhǎng)＝5 m.

4．(動(dòng)能定理與a－t圖象結(jié)合)(2021·山西太原市模擬)用傳感器研究質(zhì)量為2 kg的物體由靜止開(kāi)始做直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律時(shí)，在計(jì)算機(jī)上得到0～6 s內(nèi)物體的加速度隨時(shí)間變化的關(guān)系如圖9所示．下列說(shuō)法正確的是(　　)

圖9
A．0～6 s內(nèi)物體先向正方向運(yùn)動(dòng)，后向負(fù)方向運(yùn)動(dòng)
B．0～6 s內(nèi)物體在4 s時(shí)的速度最大
C．物體在2～4 s內(nèi)的速度不變
D．0～4 s內(nèi)合力對(duì)物體做的功等于0～6 s內(nèi)合力對(duì)物體做的功
答案　D
解析　物體6 s末的速度v6＝×(2＋5)×2 m/s－×1×2 m/s＝6 m/s，結(jié)合題圖可知0～6 s內(nèi)物體一直向正方向運(yùn)動(dòng)，A項(xiàng)錯(cuò)誤；由題圖可知物體在5 s末速度最大，vm＝×(2＋5)×
2 m/s＝7 m/s，B項(xiàng)錯(cuò)誤；由題圖可知物體在2～4 s內(nèi)加速度不變，做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，速
度變大，C項(xiàng)錯(cuò)誤；在0～4 s內(nèi)由動(dòng)能定理可知，W合4＝mv42－0，又v4＝×(2＋4)×2 m/s＝6 m/s，得W合4＝36 J,0～6 s內(nèi)合力對(duì)物體做的功：W合6＝mv62－0，又v6＝6 m/s，
得W合6＝36 J，則W合4＝W合6，D項(xiàng)正確．
5.(動(dòng)能定理與Ek－x圖象結(jié)合)(2020·湖北高三月考)質(zhì)量為2 kg的物塊放在粗糙水平面上，在水平拉力的作用下由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，物塊的動(dòng)能Ek與其發(fā)生的位移x之間的關(guān)系如圖10所示．已知物塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，重力加速度g取10 m/s2，則下列說(shuō)法正確的是(　　)

圖10
A．x＝1 m時(shí)速度大小為2 m/s
B．x＝3 m時(shí)物塊的加速度大小為2.5 m/s2
C．在前4 m位移過(guò)程中拉力對(duì)物塊做的功為9 J
D．在前4 m位移過(guò)程中物塊所經(jīng)歷的時(shí)間為2.8 s
答案　D
解析　根據(jù)動(dòng)能定理ΔEk＝F合x可知，物體在兩段運(yùn)動(dòng)中分別所受合外力恒定，則物體做加速度不同的勻加速運(yùn)動(dòng)；由題圖圖象可知x＝1 m時(shí)動(dòng)能為2 J，v1＝＝ m/s，故A錯(cuò)誤．同理，當(dāng)x＝2 m時(shí)動(dòng)能為4 J，v2＝2 m/s；當(dāng)x＝4 m時(shí)動(dòng)能為9 J，v4＝3 m/s，則2～4 m內(nèi)有2a2x2＝v42－v22，解得2～4 m內(nèi)物塊的加速度為a2＝1.25 m/s2，故B錯(cuò)誤．對(duì)物體運(yùn)動(dòng)全過(guò)程，由動(dòng)能定理得：WF＋(－μmgx4)＝Ek末－0，解得WF＝25 J，故C錯(cuò)誤.0～2 m過(guò)程，t1＝＝2 s；2～4 m過(guò)程，t2＝＝0.8 s，故總時(shí)間為2 s＋0.8 s＝2.8 s，D正確．
課時(shí)精練

1.(2018·全國(guó)卷Ⅱ·14)如圖1，某同學(xué)用繩子拉動(dòng)木箱，使它從靜止開(kāi)始沿粗糙水平路面運(yùn)動(dòng)至具有某一速度．木箱獲得的動(dòng)能一定(　　)

圖1
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
答案　A
解析　由題意知，W拉－W克摩＝ΔEk，則W拉>ΔEk，A項(xiàng)正確，B項(xiàng)錯(cuò)誤；W克摩與ΔEk的大小關(guān)系不確定，C、D項(xiàng)錯(cuò)誤．
2.如圖2所示，小物體從A處由靜止開(kāi)始沿光滑斜面AO下滑，又在粗糙水平面上滑動(dòng)，最終停在B處，已知A距水平面OB的高度為h，物體的質(zhì)量為m，現(xiàn)用力將物體從B點(diǎn)靜止沿原路拉回至距水平面高為h的C點(diǎn)處，已知重力加速度為g，需外力做的功至少應(yīng)為(　　)

圖2
A.mgh B.mgh
C.mgh D．2mgh
答案　C
解析　物體從A到B全程應(yīng)用動(dòng)能定理可得mgh－Wf＝0，由B返回C處過(guò)程，由動(dòng)能定理得WF－Wf－mgh＝0，聯(lián)立可得WF＝mgh，故選C.
3．(2018·江蘇卷·4)從地面豎直向上拋出一只小球，小球運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后落回地面．忽略空氣阻力，該過(guò)程中小球的動(dòng)能Ek與時(shí)間t的關(guān)系圖象是(　　)

答案　A
解析　小球做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)初速度為v0，則v＝v0－gt
小球的動(dòng)能Ek＝mv2，把速度v代入得
Ek＝mg2t2－mgv0t＋mv02，
Ek與t為二次函數(shù)關(guān)系，故A正確．
4．(2021·廣東茂名市第一中學(xué)期中)如圖3所示，運(yùn)動(dòng)員把質(zhì)量為m的足球從水平地面踢出，足球在空中達(dá)到的最高點(diǎn)高度為h，在最高點(diǎn)時(shí)的速度為v，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g，下列說(shuō)法正確的是(　　)

圖3
A．運(yùn)動(dòng)員踢球時(shí)對(duì)足球做功mv2
B．足球上升過(guò)程重力做功mgh
C．運(yùn)動(dòng)員踢球時(shí)對(duì)足球做功mgh＋mv2
D．足球上升過(guò)程克服重力做功mgh＋mv2
答案　C
解析　足球被踢起后在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，只受到重力作用，只有重力做功，重力做功為－mgh，即克服重力做功mgh，B、D錯(cuò)誤；由動(dòng)能定理有W人－mgh＝mv2，因此運(yùn)動(dòng)員對(duì)足球做功W人＝mgh＋mv2，故A錯(cuò)誤，C正確．

5．(2021·湖南懷化市模擬)如圖4所示，DO是水平面，AB是斜面，初速度為v0的物體從D點(diǎn)出發(fā)沿DBA滑動(dòng)到頂點(diǎn)A時(shí)速度剛好為零，如果斜面改為AC，讓該物體從D點(diǎn)出發(fā)沿DCA滑動(dòng)到A點(diǎn)且速度剛好為零，則物體具有的初速度(已知物體與斜面及水平面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)處處相同且不為零)(　　)

圖4
A．等于v0 B．大于v0
C．小于v0 D．取決于斜面
答案　A
解析　物體從D點(diǎn)滑動(dòng)到頂點(diǎn)A過(guò)程中－mg·xAO－μmg·xDB－μmgcos α·xAB＝0－mv02，由幾何關(guān)系有xABcos α＝xOB，因而上式可以簡(jiǎn)化為－mg·xAO－μmg·xOD＝0－mv02，從上式可以看出，物體的初速度與路徑無(wú)關(guān)．故選A.
6.(2021·福建寧德市高三期中)如圖5所示，質(zhì)量為m的物體置于光滑水平面上，一根繩子跨過(guò)定滑輪一端固定在物體上，另一端在力F作用下，物體由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到繩與水平方向的夾角α＝45°時(shí)繩以速度v0豎直向下運(yùn)動(dòng)，此過(guò)程中，繩的拉力對(duì)物體做的功為(　　)

圖5
A.mv02 B.mv02
C．mv02 D.mv02
答案　C
解析　將物體的運(yùn)動(dòng)分解為沿繩子方向的運(yùn)動(dòng)以及垂直繩子方向的運(yùn)動(dòng)，則當(dāng)物體運(yùn)動(dòng)到繩與水平方向的夾角α＝45°時(shí)物體的速度為v，則vcos 45°＝v0，可得v＝v0，物體由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到繩與水平方向的夾角α＝45°過(guò)程中，只有繩子拉力對(duì)物體做功，由動(dòng)能定理得繩的拉力對(duì)物體做的功：W＝mv2－0＝mv02，故C正確，A、B、D錯(cuò)誤．
7．(多選)在某一粗糙的水平面上，一質(zhì)量為2 kg的物體在水平恒定拉力的作用下做勻速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后，拉力逐漸減小，且當(dāng)拉力減小到零時(shí)，物體剛好停止運(yùn)動(dòng)，圖6中給出了拉力隨位移變化的關(guān)系圖象．已知重力加速度g取10 m/s2.根據(jù)以上信息能精確得出或估算得出的物理量有(　　)

圖6
A．物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)
B．合外力對(duì)物體所做的功
C．物體做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度
D．物體運(yùn)動(dòng)的時(shí)間
答案　ABC
解析　物體做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，拉力F0與滑動(dòng)摩擦力Ff相等，物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝＝0.35，A正確；減速過(guò)程由動(dòng)能定理得WF＋Wf＝0－mv2，根據(jù)F－x圖象中圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積可以估算力F做的功WF，而Wf＝－μmgx＝－F0x，由此可求得合外力對(duì)物體所做的功，及物體做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度v，B、C正確；因?yàn)槲矬w做變加速運(yùn)動(dòng)，所以運(yùn)動(dòng)時(shí)間無(wú)法求出，D錯(cuò)誤．
8.質(zhì)量m＝1 kg的物體，在水平恒定拉力F(拉力方向與物體初速度方向相同)的作用下，沿粗糙水平面運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)的位移為4 m時(shí)，拉力F停止作用，運(yùn)動(dòng)到位移為8 m時(shí)物體停止運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中Ek－x圖象如圖7所示．取g＝10 m/s2，求：

圖7
(1)物體的初速度大??；
(2)物體和水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)；
(3)拉力F的大?。?br /> 答案　(1)2 m/s　(2)0.25　(3)4.5 N
解析　(1)從題圖可知物體初動(dòng)能為2 J，則
Ek0＝mv2＝2 J，
得v＝2 m/s.
(2)在位移為4 m處物體的動(dòng)能為Ek＝10 J，在位移為8 m處物體的動(dòng)能為零，這段過(guò)程中物體克服摩擦力做功．
設(shè)摩擦力為Ff，則由動(dòng)能定理得
－Ff x2＝0－Ek
代入數(shù)據(jù)，解得Ff＝2.5 N.
因Ff＝μmg，
故μ＝0.25.
(3)物體從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到位移為4 m的過(guò)程中，受拉力F和摩擦力Ff的作用，合力為F－Ff，根據(jù)動(dòng)能定理有
(F－Ff)x1＝Ek－Ek0，
故得F＝4.5 N.

9.(多選)(2020·貴州安順市網(wǎng)上調(diào)研)如圖8所示，半圓形光滑軌道BC與水平光滑軌道AB平滑連接．小物體在水平恒力F作用下，從水平軌道上的P點(diǎn)，由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)撤去外力F，小物體由C點(diǎn)離開(kāi)半圓軌道后落在P點(diǎn)右側(cè)區(qū)域．已知PB＝3R，重力加速度為g，F(xiàn)的大小可能為(　　)

圖8
A.mg B.
C．mg D.
答案　BC
解析　小球能通過(guò)C點(diǎn)應(yīng)滿足m≥mg，
且由C點(diǎn)離開(kāi)半圓軌道后落在P點(diǎn)右側(cè)區(qū)域，則有2R＝gt2，vCtmgR，小球不能到達(dá)Q點(diǎn)
C．W＝mgR，小球到達(dá)Q點(diǎn)后，繼續(xù)上升一段距離
D．W

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