2020届高考物理总复习第五章机械能核心素养提升练十五5.2动能定理及其应用(含解析)新人教版
第五章第2讲动能定理及其应用-2025年高考物理一轮复习PPT课件
高考一轮总复习•物理
第7页
3.物理意义： 合力 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 分阶段
作用．
高考一轮总复习•物理
第8页
1．思维辨析 (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)处于平衡状态的物体动能一定保持不变．( √ ) (3)做自由落体运动的物体，动能与下落时间的二次方成正比．( √ ) (4)物体在合外力作用下做变速运动，动能一定变化．( ) (5)物体的动能不变，所受的合外力必定为零．( )
答案
高考一轮总复习•物理
第19页
解析：因为频闪照片时间间隔相同，对比图甲和乙可知图甲中滑块加速度大，是上滑阶 段；根据牛顿第二定律可知图甲中滑块受到的合力较大，故 A 错误．从图甲中的 A 点到图乙 中的 A 点，先上升后下降，重力做功为 0，摩擦力做负功；根据动能定理可知图甲经过 A 点 的动能较大，故 B 错误．对比图甲、乙可知，图甲中在 A、B 之间的运动时间较短，故 C 正 确．由于无论上滑还是下滑，受到的滑动摩擦力大小相等，故图甲和图乙在 A、B 之间克服 摩擦力做的功相等，故 D 错误．
高考一轮总复习•物理
第9页
2．运动员把质量是 500 g 的足球踢出后，某人观察它在空中的飞行情况，估计上升的
最大高度是 10 m，在最高点的速度为 20 m/s.估算出运动员踢球时对足球做的功为( )
A．50 J
B．100 J
C．150 J
新人教版高考物理总复习第五章机械能《动能定理及其应用》
Wf=
1 2
m
v
2 B
-0，解得Wf=
=1×10×5 J-
1 2
×1×62 J=32 J，故A正确，B、C、D错误。
题型3 求解多过程问题
【典例3】(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 圆周轨道，CDO是半径为r=
(2)小球仅仅与弹性挡板碰撞一次且刚好不脱离CDO轨 道的条件是在O点重力提供向心力，碰后再返回最高 点恰能上升到D点。
【解析】(1)设小球第一次到达D的速度为vD，对小球
从P到D点的过程，根据动能定理得：
mg(H+r)-μmgL1=m
2
v
2 D
-0
在D点轨道对小球的支持力FN提供向心力，则有：
(5)物体的动能不变，所受的合外力必定为零。 ( × ) (6)做自由落体运动的物体，物体的动能与下落时间的 二次方成正比。 ( √ )
考点1 对动能、动能定理的理解 【题组通关】 1.(2018·江苏高考)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Ek与时间t的关系图象是 ( )
【解析】选A。对于整个竖直上抛过程(包括上升与下
落)，速度与时间的关系为v=v0-gt，v2=g2t2-2v0gt+
v
2 0
，
Ek=
1 2
mv2，可见动能与时间是二次函数关系，由
数学中的二次函数知识可判断A正确。
2.(2018·全国卷Ⅱ)如图，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8 J C.大于8 J
2020高考物理一轮总复习第五章第2讲动能定理及其应用课件新人教版
2．(人教版必修 2 P75 第 4 题改编)民用航空客机的紧急出口打 开时，会自动生成一个由气囊构成的斜面，模型简化如图所示．光 滑斜面的竖直高度 AB＝3.2 m，斜面长 AC＝4.0 m，斜面与水平地面 CD 段间由一段小圆弧平滑连接．当物体由静止开始滑下，其与地面 间的动摩擦因数为 0.5，不计空气阻力，g 取 10 m/s2.
Байду номын сангаас
突破③——受力分析 运用动能定理时，必须分析清楚物体在过程中的全部受力情况， 找出哪些力不做功，哪些力做功，做多少功．从而确定出外力的总 功，这是解题的关键． 突破④——位移的计算 应用动能定理时，要注意有的力做功与路程无关，只与位移有 关，有的力做功却与路程有关． 突破⑤——初、末状态的确定 动能定理的计算式为标量式，v 为相对同一参考系的速度，所以 确定初、末状态动能时，必须相对于同一参考系而言．
(1)冰球与冰面之间的动摩擦因数； (2)满足训练要求的运动员的最小加速度．
[解析] (1)设冰球的质量为 m，冰球与冰面之间的动摩擦因数为 μ，由动能定理得
－μmgs0＝12mv12－12mv20① 解得 μ＝v220－gsv0 12 (2)冰球到达挡板时，满足训练要求的运动员中，刚好到达小旗 处的运动员的加速度最小，设这种情况下，冰球和运动员的加速度 大小分别为 a1 和 a2，所用的时间为 t.
判断正误，正确的划“√”，错误的划“×”． (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)动能不变的物体一定处于平衡状态．(×) (3)如果物体所受的合外力为零，那么合外力对物体做功一定为 零．(√) (4)物体在合外力作用下做变速运动时，动能一定变化．(×) (5)物体的动能不变，所受的合外力必定为零．(×) (6)做自由落体运动的物体，动能与时间的二次方成正比．(√)
2025高考物理总复习动能定理及其应用
计空气阻力)( A )
A. (2＋π)gR
B. 2πgR
C. 2(1＋π)gR
D.2 gR
图3
目录
研透核心考点
解析 当与圆柱体未接触部分的细绳竖直时，小球下落的高度为 h＝R＋πR－ 2π4R＝R＋π2R，根据动能定理有 mgh＝12mv2，解得 v＝ (2＋π)gR，故 A 正确， B、C、D 错误。
同，AB为水平线，AC为竖直线。则( D )
A.小物块恰好能运动到B点
B.小物块最远能运动到B点上方的某点
C.小物块只能运动到C点
图1
D.小物块最远能运动到B、C两点之间的某点
目录
研透核心考点
解析 小物块从 P 点滑上斜面的运动过程中有重力和摩擦力做功，设小物块能 到达斜面上的最高点与水平面的距离为 h，与 Q 点的水平距离为 s，根据动能定 理得－mgh－μmg·sPQ－μmgcos θ·sAQ＝0－12mv20，即 mgh＋μmg(sPQ＋s)＝12mv20， 若减小倾角 θ 时，h 不变，则 s 不变，故 A、C 错误；若 h 变大，则 s 变小，故 B 错误；若 h 变小，则 s 变大，故 D 正确。
的切线水平，重力加速度取 10 m/s2。关于货物从 P 点运动到 Q 点的过程，下
列说法正确的有( BCD )
A.重力做的功为 360 J
B.克服阻力做的功为 440 J
C.经过 Q 点时向心加速度大小为 9 m/s2
D.经过 Q 点时对轨道的压力大小为 380 N
图4
目录
研透核心考点
解析 重力做的功为 WG＝mgh＝800 J，A 错误；下滑过 程由动能定理可得 WG－Wf＝21mv2Q，代入数据解得克服 阻力做的功为 Wf＝440 J，B 正确；经过 Q 点时向心加速 度大小为 a＝vh2Q＝9 m/s2，C 正确；经过 Q 点时，根据牛 顿第二定律可得 FN－mg＝ma，解得货物受到的支持力大 小为 FN＝380 N，根据牛顿第三定律可知，货物对轨道的 压力大小为 380 N，D 正确。
2020届高考物理总复习：机械能第2讲动能定理及其应用
第六单元•前jffi链第2讲动能定理及其应用1动能(1)公式：E k=-mv2,式中v为瞬时速度,动能是状态量。
(2)矢标性:动能是标量，只有正值,动能与速度的方向无关。
(3)动能的变化量：A EL-m -_m 。
(2018石家庄监测)关于物体的动能，下列说法中正确的是()。
A. 物体速度变化，其动能一定变化B. 物体所受的合力不为零，其动能一定变化C. 物体的动能变化，其运动状态一定发生改变D. 物体的速度变化越大，其动能的变化一定也越大【答案】C2 动能定理(1)内容哈力对物体所做的功等于物体动能的变化。
注意:动能定理叙述中所说的“力”，既可以是重力、弹力、摩擦力，也可以是电场力、磁场力或其他力。
(2)表达式：W= AE k=-m --m 。
(3)应用动能定理的“四点注意”①动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系。
②动能定理的表达式是一个标量式，不能在某方向上应用动能定理。
③动能定理往往用于单个物体的运动过程，由于不涉及加速度和时间，比动力学研究方法更简便。
④当物体的运动包含多个不同过程时，可分段应用动能定理求解；当所求解的问题不涉及中间的速度时，也可以全过程应用动能定理求解。
21 (2019沈阳市第二中学月考)(多选)如图所示，电梯质量为M,在它的水平地板上放置一质量为m的物体电梯在钢索的拉力作用下竖直向上加速运动，当电梯的速度由v i增加到V2时,上升高度为H,则在这个过程中下列说法或表达式正确的是()D.对电梯，其所受合力做的功W合=-皿 --M【答案】CD题型动能定理的理解和应用(1) 求从发现刹车失灵至到达“避险车道”这一过程汽车动能的变化量。
(2) 求汽车在下坡过程中所受的阻力。
(3) 若“避险车道”与水平面间的夹角为17°汽车在“避险车道”受到的阻力是在下坡公路上的3倍,求汽车在“避险车道”上运动的最大位移(sin 17 ° 06)。
(新课标)2020届高考物理一轮总复习必修部分第5章机械能及其守恒定律第2讲动能定理及其应用随堂集训
第2讲动能定理及其应用1. [2020 •课标全国卷I ]如图，一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POC水平。
一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道。
质点滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4mg g 为重力加速度的大小。
用W表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功。
则（）1A. W 2mgR质点恰好可以到达Q点1B. W>mgR质点不能到达Q点1C. W 2mgR质点到达Q点后，继续上升一段距离1D. W<mgR质点到达Q点后，继续上升一段距离答案C解析根据质点滑到轨道最低点N时，对轨道压力为4mg利用牛顿第三定律2 可知，轨道对质点的支持力为4mg在最低点，由牛顿第二定律得，4mg-mg= mR，解得质点滑到最低点的速度v = . 3gR对质点从开始下落到滑到最低点的过程，由1 1动能定理得，2mgR- W 2口&，解得W 2mgR质点运动过程，半径方向的合力提供向心力，即F N— mgsin B =囁，根据左右对称，在同一高度，由于摩擦力做功会导致右半幅的速度小，轨道弹力变小，滑动摩擦力 f =^F N变小，所以摩擦力做功变小，那么对质点由最低点继续上滑的过程，到达Q点时克服摩擦力做功W要小于W 1=2mgR由此可知，质点到达Q点后，可继续上升一段距离，选项C正确，选项A、B、D错误。
2. [2020 •四川高考]在同一位置以相同的速率把三个小球分别沿水平、斜向上、斜向下方向抛出，不计空气阻力，则落在同一水平地面时的速度大小（）A. —样大B.水平抛的最大C.斜向上抛的最大D.斜向下抛的最大答案A解析三个小球被抛出后，均仅在重力作用下运动，三个小球从同一位置落至亠、 1 2同一水平地面时，设其下落咼度为h，小球质量为m。
根据动能定理可知mgh= ^m\末—$V，得v末“2gh+ v0，又三个小球的初速度大小以及高度相等，则落地时的速度大小相等，A项正确。
高考物理总复习第五章机械能核心素养提升练十五5.2动能定理及其应用含解析新人教版
高考物理总复习第五章机械能核心素养提升练十五5.2动能定理及其应用含解析新人教版(45分钟100分)(20分钟50分)一、选择题(本题共5小题，每小题7分，共35分。
1～4题为单选题，5题为多选题)1.(创新预测)一质点做初速度为v0的匀加速直线运动，从开始计时经时间t质点的动能变为原来的9倍。
该质点在时间t内的位移为( )A.v0tB.2v0tC.3v0tD.4v0t【解析】选B。
由E k=mv2得v=3v0，x=(v0+v)t=2v0t ，故A、C、D错误，B正确。
2.(2019·济南模拟)静止在地面上的物体在不同合外力F的作用下通过了相同的位移x0，下列情况中物体在x0位置时速度最大的是( )【解析】选C。
由于F-x图象所包围的面积表示力做功的大小，已知物体在不同合外力F的作用下通过的位移相同，C选项中图象包围的面积最大，因此合外力做功最多，根据动能定理W合=mv 2-0，可得C选项物体在x0位置时速度最大，故A、B、D错误，C正确。
【加固训练】质量m=10 kg的物体只在变力F作用下沿水平方向做直线运动，F随坐标x的变化关系如图所示。
若物体从坐标原点处由静止出发，则物体运动到x=16 m处时的速度大小为( )A.3 m/sB.4 m/sC.2 m/sD. m/s【解析】选C。
F-x图线与x轴围成的面积表示力F所做的功，则这段过程中，外力做功为W=×(4+8)×10 J-×4×10 J=40 J，根据动能定理得W=mv2，解得v==m/s=2 m/s，故C正确，A、B、D错误。
3.坐落在镇江新区的摩天轮高88 m，假设乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动。
下列说法正确的是( )A.在摩天轮转动的过程中，乘客速度始终保持不变B.在最低点时，乘客所受重力大于座椅对他的支持力C.在摩天轮转动一周的过程中，合力对乘客做功为零D.在摩天轮转动的过程中，乘客重力的功率保持不变【解析】选C。
2020届高考物理一轮复习__第五章机械能核心素养提升练 十五 5 (1)
A.Fh
B.mgh
C.2mgh
D.无法确定
【解析】选C。把物体放在顶端，发现物体在轻微扰动
后可匀速下滑，物体受力平衡，则有Ff=mgsin θ ，上 滑过程中，物体也做匀速直线运动，受力平衡，则有
F=mgsin θ +Ff=2mgsin θ ，在上升过程中恒力F做的
功W=F· h =2mgsin θ · h =2mgh，故C正确，A、
2
的线刚好拉直时整体速度正好为零，假设没有动能损失，
由动能定理得WF=Wf，解得F=
nmg , 2
由于细线绷紧瞬间
系统有动能损失，根据功能关系可知F> nmg , 故C正
2
确，D错误。
考点2 变力做功 【典题突破】 题型1 微元法求变力的功 【典例2】 (多选)如图所示，在一半径为R=6 m的圆弧 形桥面的底端A，某人把一质量为m=8 kg的物块(可看 成质点)用大小始终为F=75 N的拉力从底端缓慢拉到桥 面顶端B(圆弧AB在同一竖直平面内)，拉力的方向始终
【解析】选A、C。滑块到C点时速度最大，其所受合力
为零，则有Fcos 53°-mg=0，解得F= 5 mg，故A正
3
确，B错误；由能量的转化与守恒定律可知，拉力F做
sin
sin
B、D错误。
【提分秘籍】 1.功的正负的判断方法：
2.恒力做功的计算方法：
3.合力做功的计算方法：
方法一
先求合外力F合，再用W合=F合lcosα 求功。适 用于F合为恒力的过程
方法二
先求各个力做的功W1、W2、W3…，再应用W合 =W1+W2+W3+…求合力做的功
【加固训练】 (多选)水平长直轨道上紧靠放置n个质量为m可看作质 点的物块，物块间用长为l的细线连接，开始处于静止 状态，轨道动摩擦因数为μ 。用水平恒力F拉动1开始 运动，到连接第n个物块的线刚好拉直时整体速度正好 为零，则 ( )
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动能定理及其应用(45分钟 100分)(20分钟 50分)一、选择题(本题共5小题，每小题7分，共35分。
1～4题为单选题，5题为多选题)1.(创新预测)一质点做初速度为v 0的匀加速直线运动，从开始计时经时间t 质点的动能变为原来的9倍。
该质点在时间t 内的位移为 ( )A.v 0tB.2v 0tC.3v 0tD.4v 0t【解析】选B 。
由E k =mv 2得v=3v 0，x=(v 0+v)t=2v 0t ，故A 、C 、D 错误，B 正确。
2.(2019·济南模拟)静止在地面上的物体在不同合外力F 的作用下通过了相同的位移x 0，下列情况中物体在x 0位置时速度最大的是 ( )【解析】选C 。
由于F-x 图象所包围的面积表示力做功的大小，已知物体在不同合外力F 的作用下通过的位移相同，C 选项中图象包围的面积最大，因此合外力做功最多，根据动能定理W 合=mv 2-0，可得C 选项物体在x 0位置时速度最大，故A 、B 、D 错误，C 正确。
【加固训练】质量m=10 kg 的物体只在变力F 作用下沿水平方向做直线运动，F 随坐标x 的变化关系如图所示。
若物体从坐标原点处由静止出发，则物体运动到x=16 m 处时的速度大小为 ( )A.3 m/sB.4 m/sC.2 m/sD. m/s【解析】选C。
F-x图线与x轴围成的面积表示力F所做的功，则这段过程中，外力做功为W=×(4+8)×10 J-×4×10 J=40 J，根据动能定理得W=mv2，解得v==m/s=2 m/s，故C正确，A、B、D错误。
3.坐落在镇江新区的摩天轮高88 m，假设乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动。
下列说法正确的是( )A.在摩天轮转动的过程中，乘客速度始终保持不变B.在最低点时，乘客所受重力大于座椅对他的支持力C.在摩天轮转动一周的过程中，合力对乘客做功为零D.在摩天轮转动的过程中，乘客重力的功率保持不变【解析】选C。
摩天轮在运动过程中做匀速圆周运动，乘客的速度大小不变，方向时刻变化，故A错误；在最低点时，由重力和支持力的合力提供向心力F n，向心力指向上方，所以F n=F N-mg，则支持力F N=mg+F n，所以座椅对他的支持力大于重力，故B错误；在摩天轮转动一周的过程中，动能的变化量为零，由动能定理知，合力对乘客做功为零，故C正确；在摩天轮转动的过程中，乘客的重力大小不变，速度大小不变，但是速度方向时刻在变化，竖直分速度在变化，所以重力的瞬时功率在变化，故D错误。
4.(2019·厦门模拟)用铁锤把小铁钉钉入木板，设木板对铁钉的阻力与铁钉进入木板的深度成正比。
已知铁锤第一次使铁钉进入木板的深度为d，接着敲第二锤，如果铁锤第二次敲铁钉时对铁钉做的功与第一次相同，那么，第二次使铁钉进入木板的深度为( )A.(-1)dB.(-1)dC. dD. d【解析】选B。
由题意可知，阻力与深度d成正比，则有F f=kd，阻力做的功W f=F f d=kd2，由动能定理得，第一次敲铁钉W-kd2=0-0，两次敲铁钉2W-k(d+ d′)2=0-0，解得d′=(-1)d，故B正确，A、C、D错误。
5.(创新预测)质量相等的A、B两物体放在同一水平面上，分别受到水平拉力F1、F2的作用从静止开始做匀加速直线运动。
经过时间t0和4t0速度分别达到2v0和v0时，分别撤去F1和F2，以后物体继续做匀减速直线运动直至停止，两物体速度随时间变化的图线如图所示。
则下列结论正确的是( )A.A、B物体所受摩擦力∶=2∶1B.A、B物体所受摩擦力∶=1∶1C.F1和F2对A、B做的功W1∶W2=6∶5D.F1和F2对A、B做的功W1∶W2=12∶5【解析】选B、C。
从图象可知，两物体匀减速运动的加速度大小都为a=，根据牛顿第二定律，匀减速运动中有F f=ma，则两物体所受摩擦力相同，故A错误，B正确；图线与时间轴所围成的面积表示运动的位移，则位移之比为6∶5，对全过程运用动能定理得，W1-F f x1=0，W2-F f x2=0，解得W1= F f x1，W2= F f x2，所以整个运动过程中F1和F2做功之比为6∶5，故C正确，D错误。
二、计算题(本题共15分，需写出规范的解题步骤)6.(2017·全国卷Ⅱ)为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线相距s0和s1(s1<s0)处分别设置一个挡板和一面小旗，如图所示。
训练时，让运动员和冰球都位于起跑线上，教练员将冰球以初速度v0击出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方向滑向挡板：冰球被击出的同时，运动员垂直于起跑线从静止出发滑向小旗。
训练要求当冰球到达挡板时，运动员至少到达小旗处。
假定运动员在滑行过程中做匀加速运动，冰球到达挡板时的速度为v1。
重力加速度为g。
求(1)冰球与冰面之间的动摩擦因数。
(2)满足训练要求的运动员的最小加速度。
【解析】(1)设冰球与冰面之间的动摩擦因数为μ据动能定理有-μmgs0=m-m解得μ=(2)冰球运动时间t=由于s1=at2解得运动员的最小加速度a=答案：(1)(2)(25分钟50分)7.(8分)(2019·威海模拟)如图，质量为m的小球从A点由静止开始沿半径为R的光滑圆轨道AB滑下，在B点沿水平方向飞出后，落在一个与地面成37°角的斜面上的C点(图中未画出)。
已知重力加速度为g，sin37°=0.6，则从A点到C点的过程中小球重力所做的功为( )A. B. C.mgR D.2mgR【解析】选A。
小球从B到C做平抛运动，则由x=v0t，h=gt2，由几何关系得tan37°=，小球由A到B的过程由动能定理得mgR=m，联立解得t=3，所以小球在斜面体下降高度为h=gt2=R，则小球从A点到C点的过程中重力所做的功为W=mg(R+R)=，故A正确，B、C、D错误。
【加固训练】(多选)如图所示，质量为m的小球从A点由静止开始，沿竖直平面内固定光滑的圆弧轨道AB滑下，从B端水平飞出，恰好落到斜面BC的底端。
已知圆弧轨道的半径为R，OA为水平半径，斜面倾角为θ，重力加速度为g。
则 ( )A.小球下滑到B点时对圆弧轨道的压力大小为2mgB.小球下滑到B点时的速度大小为C.小球落到斜面底端时的速度方向与水平方向的夹角为2θD.斜面的高度为4Rtan2θ【解析】选B、D。
小球由A至B的过程由动能定理得，mgR=mv2-0，解得v=，小球通过B点时，由牛顿第二定律得F N-mg=m，解得F N=3mg ，根据牛顿第三定律可知，在B点小球对轨道的压力大小为3mg，故A错误，B正确；小球从B到C做平抛运动，则有tanθ==，解得 t=，小球落到斜面底端时的速度方向与水平方向的夹角正切为tanα==2tanθ，则α≠2θ，故C错误；斜面的高度为 h=gt2=g=4Rtan2θ，故D正确。
8.(8分)(多选)(2019·蚌埠模拟)如图所示，B、M、N分别为竖直光滑圆轨道的右端点、最低点和左端点，B点和圆心等高，N点和圆心O的连线与竖直方向的夹角为α=60°。
现从B点的正上方某处A点由静止释放一个小球，经圆轨道飞出后以水平方向上的v通过C点，已知圆轨道半径为R，v=，重力加速度为g，则以下结论正确的是( )A.C、N的水平距离为RB.C、N的水平距离为2RC.小球在M点对轨道的压力为6 mgD.小球在M点对轨道的压力为4 mg【解析】选A、C。
采用逆向思维，C到N做平抛运动，即沿N点切线方向进入，根据平行四边形定则知，小球在N点的竖直分速度v yN=vtan60°=v=，则N到C的时间t==，C、N的水平距离x=vt=R，故A正确，B错误；小球运动到N点的速度v N==2，根据动能定理得，mgR(1-cosα)=m-m，在M点，根据牛顿第二定律得F N-mg=m，联立解得F N=6 mg，故C正确，D错误。
9.(8分)(多选)(2019·黄石模拟)如图甲所示，长为l、倾角为α的斜面固定在水平地面上，一质量为m的小物块从斜面顶端由静止释放并沿斜面向下滑动，已知小物块与斜面间的动摩擦因数μ与下滑距离x的变化图象如图乙所示，则( )A.μ0>tanαB.小物块下滑的加速度逐渐增大C.小物块下滑到斜面底端的过程中克服摩擦力做的功为μ0mglcosαD.小物块下滑到底端时的速度大小为【解题指导】解答本题应注意以下三点：(1)小物块在斜面上能够下滑的条件是mgsinα>μ0mgcosα。
(2)由图象写出函数表达式，再根据滑动摩擦力的表达式写出滑动摩擦力随位移变化的函数关系式，并画出F f-x图象。
(3)由动能定理求小物块滑到斜面底端的速度。
【解析】选B、C。
小物块在斜面顶端静止释放能够下滑，则满足mgsinα>μ0mgcosα，即μ0<tanα，故A错误；根据牛顿第二定律得a== gsinα-μgcosα，下滑过程中μ逐渐减小，则加速度a逐渐增大，故B正确；由图乙可知μ=-x+μ0，则摩擦力F=μmgcosα=-x+μ0mgcosα，可知F f与x成线性关系，如图所示，其中F f0=μ0mgcosα，图线和横轴所围成的面积表示克服摩擦力做的功，则下滑到斜面底端的过程克服摩擦力做功W Ff=F f0l=μ0mg l cosα，故C正确；下滑过程根据动能定理得mg l sinα-W Ff=mv2-0，解得v=，故D错误。
10.(8分)(2019·唐山模拟)如图位于竖直面内的光滑轨道AB，与半径为R的圆形轨道底部相通，圆形轨道上部有一缺口CDE，D点为圆形最高点，∠COD=∠DOE=30°，质量为m可视为质点的小球自光滑轨道AB上某点静止下滑，由底部进入圆形轨道，通过不断调整释放位置，直到小球从C飞出后能无碰撞地从E进入左侧轨道，重力加速度为g。
下列说法正确的是( )A.小球通过最高点的速度大小为B.小球通过C点时速度大小为C.小球从C点运动到最高点的时间为D.A点距地面的高度为R【解析】选D。
小球离开C点做斜上抛运动，令其速度为v C，其速度方向与水平方向的夹角θ=30°，离开C点后小球在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向上做竖直上抛运动，到达E点时，小球在水平方向的位移恰好等于轨道的半径R，设小球由C运动到E的时间为t，则水平方向R =v C cos30°·t，竖直方向2v C sin30°=gt，解得v C=，小球运动到最高点时，在竖直方向的速度减小为零，水平方向的速度为v C cos30°=·=，故A、B错误；小球从C点运动到最高点的时间t′===，故C错误；小球从A点到C点只有重力做功，由动能定理得mgh-mg(R+Rcos30°)=m-0，解得h=R，故D正确。