图6
(1)滑块在C点的速度大小vC； (2)滑块在B点的速度大小vB； (3)A、B两点间的高度差h。
解析 (1)滑块在C点竖直方向所受合力提供向心力
mv2Cmg＝①
RvC＝gR＝2 m/s。
(2)对B―→C过程，滑块的机械能守恒，有 1212
mvB＝mvC＋mgR(1＋cos 37°)② 22
vB＝v2C＋2gR（1＋cos 37°）＝4.29 m/s。
(3)滑块在A―→B的过程，利用动能定理得
mgh－μmgcos 37°·
12
＝mvB－0③
sin 37°2
h代入数据解得h＝1.38 m。
答案 (1)2 m/s (2)4.29 m/s (3)1.38 m
1.(2019·山东济宁期末)一物体被竖直上抛，已知抛起的初速度与回到抛出点时的速度的大小之比为k，物体在运动过程中所受的空气阻力大小不变，则空气阻力与重力之比为( ) A.k
1B. kk2－1C.2 k＋1k2＋1D.2 k－1
解析 设物体的质量为m，空气阻力大小为Ff，上升的最大高度为h，根据动能定理得，上升1212v0Ffk－1
过程－(mg＋Ff)h＝0－mv0，下降过程(mg－Ff)h＝mv，由题意知＝k，联立解得＝2，22vmgk＋1故选项C正确。 答案 C
2.(多选)(2019·山东省实验中学调研)如图7，固定板AB倾角θ＝60°，板BC水平，AB、BC
2
长度均为L，小物块从A处由静止释放，恰好滑到C处停下来。若调整BC使其向上倾斜，倾角不超过90°，小物块从A处由静止滑下再沿BC上滑，上滑距离与BC倾角有关。不计B处机械能损失，各接触面动摩擦因数均为μ，小物块沿BC上滑的最小距离为x，则( )
图7
A.μ＝
3 3
1B.μ＝
2D.x＝
3L 2
C.x＝
2
L解析 小物块从A处由静止释放，恰好滑到C处停下来，由动能定理有mgLsin θ－μmgLcos
θ－μmgL＝0，解得μ＝
3
，故选项A正确，B错误；小物块从A处由静止滑下再沿BC上滑，3
由动能定理有mgLsin θ－μmgLcos θ－mgxsin α－μmgxcos α＝0，解得x＝
3L3
sin α＋
3
cos α3
＝
LL，小物块沿BC上滑的最小距离为x＝，故选项C正
2sin（α＋30°）2
确，D错误。 答案 AC
3.如图8甲所示，高H＝1 m的桌面上固定一竖直平面内的半径R＝0.8 m的四分之一光滑圆弧轨道AB，轨道末端B与桌面边缘水平相切。将一质量m＝0.05 kg的小球由轨道顶端A处静止释放，小球落入地面固定的球筐中。已知球筐的高度h＝0.2 m，球筐的直径比球稍大，与轨道半径R、平台高H等相比可忽略，空气阻力忽略不计，g取10 m/s。
2
图8
(1)求小球运动到B处时对轨道的压力大小； (2)求球筐距B处的水平距离；
(3)把圆弧轨道撤去，让小球在桌面上从B处水平抛出。有人认为“为防止球入筐时弹出，小球落入球筐时的动能越小越好”。若只改变桌面的高度，求出该动能的最小值。
12
解析 (1)小球从A运动到B：mgR＝mv0
2
2mv0
在B点FN－mg＝
R解得v0＝4 m/s，FN＝1.5 N
根据牛顿第三定律，小球对轨道的压力大小FN′＝FN＝1.5 N，方向竖直向下。 12
(2)竖直方向H－h＝gt
2水平方向x＝v0t 解得x＝1.6 m。
(3)小球从B运动到球筐过程 12
由动能定理mg(H－h)＝Ek－mvB
212
平抛运动x＝vBt，H－h＝gt
2
mgx2
联立解得Ek＝＋mg(H－h)
4（H－h）
1
当H＝h＋x＝1 m时，Ek有最小值，
2其最小值为Ekm＝mgx＝0.8 J。 答案 (1)1.5 N (2)1.6 m (3)0.8 J
动能定理与图象结合的问题
1.图象所围“面积”和图象斜率的含义
2.解决动能定理与图象问题的基本步骤
【典例】 (2018·河北石家庄调研)质量为m的小球在竖直向上的拉力作用下从静止开始运动，其v－t图象如图9所示(竖直向上为正方向，DE段为直线)，已知重力加速度大小为g，下列说法正确的是( )
图9
A.t0～t2时间内，合力对小球先做正功后做负功 B.0～t3时间内，小球的平均速度一定为 2C.t3～t4时间内，拉力做的功为
v3
m（v3＋v4）
2
[(v4－v3)＋g(t4－t3)]
D.t3～t4时间内，小球竖直向下做匀减速直线运动
解析 v－t图象中图线的斜率表示加速度，速度在时间轴之上表明速度的方向一直为正，从图象可以看出小球先向上做加速度越来越大的加速运动，再做加速度越来越小的加速运动，然后做加速度越来越大的减速运动，最后做匀减速运动，运动方向一直向上，D项错误；图中
t0～t2时间内小球做加速运动，故合力对小球一直做正功，A项错误；v－t图象中图线与t轴
所围面积表示位移，而平均速度v＝，结合图象中的“面积”可知0～t3时间内，小球的平均
xtv3112v3＋v4
速度大于，B项错误；t3～t4时间内由动能定理得W－mgh＝mv2又h＝(t4－t3)，4－mv3，
2222
解得W＝
m（v3＋v4）
2
[(v4－v3)＋g(t4－t3)]，C项正确。
答案 C
1.(多选)(2019·全国卷Ⅱ，18)从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能Ek与重力势能Ep之和。取地面为重力势能零点，该物体的E总和Ep随它离开地面的高度h的变化如图10所示。重力加速度取10 m/s。由图中数据可得( )
2
图10
A.物体的质量为2 kg
B.h＝0时，物体的速率为20 m/s C.h＝2 m时，物体的动能Ek＝40 J D.从地面至h＝4 m，物体的动能减少100 J
解析 由于Ep＝mgh，所以Ep与h成正比，斜率是k＝mg，由图象得k＝20 N，因此m＝2 kg，12
A正确；当h＝0时，Ep＝0，E总＝Ek＝mv0，因此v0＝10 m/s，B错误；由图象知h＝2 m时，
2
E总＝90 J，Ep＝40 J，由E总＝Ek＋Ep得Ek＝50 J，C错误；h＝4 m时，E总＝Ep＝80 J，即此
时Ek＝0，即从地面上升至h＝4 m高度时，动能减少100 J，D正确。 答案 AD
2.(多选)(2019·大连联考)在某一粗糙的水平面上，一质量为2 kg 的物体在水平恒定拉力的作用下做匀速直线运动，当运动一段时间后，拉力逐渐减小，且当拉力减小到零时，物体刚好停止运动，图11中给出了拉力随位移变化的关系图象。已知重力加速度g＝10 m/s。根据以上信息能精确得出或估算得出的物理量有( )
2
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