(新高考)高考物理一輪復(fù)習(xí)第6章第2講《動能定理及其應(yīng)用》 (含解析)

第2講動能定理及其應(yīng)用目標(biāo)要求1.理解動能定理，會用動能定理解決一些基本問題.2.掌握解決動能定理與圖像結(jié)合的問題的方法．考點一動能定理的理解和基本應(yīng)用1．動能(1)定義：物體由于運動而具有的能量叫作動能．(2)公式：Ek＝eq\f(1,2)mv2，單位：焦耳(J).1J＝1N·m＝1kg·m2/s2.(3)動能是標(biāo)量、狀態(tài)量．2．動能定理(1)內(nèi)容：力在一個過程中對物體做的功，等于物體在這個過程中動能的變化．(2)表達(dá)式：W＝ΔEk＝Ek2－Ek1＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12.(3)物理意義：合力做的功是物體動能變化的量度．1．如果物體所受的合外力為零，那么合外力對物體做功一定為零．(√)2．物體在合外力作用下做變速運動時，動能一定變化．(×)3．物體的動能不變，所受的合外力必定為零．(×)4．合力對物體做正功，物體的動能增加；合力對物體做負(fù)功，物體的動能減少．(√)1．適用條件(1)動能定理既適用于直線運動，也適用于曲線運動．(2)動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，既可以同時作用，也可以分階段作用．2．解題流程3．動能定理的優(yōu)越性應(yīng)用牛頓第二定律和運動學(xué)規(guī)律解題時，涉及到的有關(guān)物理量比較多，對運動過程的細(xì)節(jié)也要仔細(xì)研究，而應(yīng)用動能定理解題只需考慮外力做功和初、末兩個狀態(tài)的動能，并且可以把不同的運動過程合并為一個全過程來處理．一般情況下，由牛頓第二定律和運動學(xué)規(guī)律能夠解決的問題，用動能定理也可以求解，并且更為簡捷．4．注意事項(1)動能定理中的位移和速度必須是相對于同一個參考系的，一般以地面或相對地面靜止的物體為參考系．(2)當(dāng)物體的運動包含多個不同過程時，可分段應(yīng)用動能定理求解；也可以全過程應(yīng)用動能定理求解．(3)動能是標(biāo)量，動能定理是標(biāo)量式，解題時不能分解動能．考向1動能定理的理解例1(多選)關(guān)于動能定理的表達(dá)式W＝Ek2－Ek1，下列說法正確的是()A．公式中的W為不包含重力的其他力做的總功B．公式中的W為包含重力在內(nèi)的所有力做的總功，也可通過以下兩種方式計算：先求每個力的功，再求功的代數(shù)和，或先求合力，再求合力的功C．公式中的Ek2－Ek1為動能的變化量，當(dāng)W>0時，動能增加，當(dāng)W<0時，動能減少D．動能定理適用于直線運動，但不適用于曲線運動，適用于恒力做功，但不適用于變力做功答案BC例2(2018·全國卷Ⅱ·14)如圖，某同學(xué)用繩子拉動木箱，使它從靜止開始沿粗糙水平路面運動至具有某一速度．木箱獲得的動能一定()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項正確，B項錯誤；W克摩與ΔEk的大小關(guān)系不確定，C、D項錯誤．考向2動能定理的簡單計算例3如圖所示，物體在距斜面底端5m處由靜止開始下滑，然后滑上與斜面平滑連接的水平面，若物體與斜面及水平面間的動摩擦因數(shù)均為0.4，斜面傾角為37°.求物體能在水平面上滑行的距離．(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)答案3.5m解析對物體在斜面上和水平面上受力分析如圖所示方法一分過程列方程：設(shè)物體滑到斜面底端時的速度為v，物體下滑階段FN1＝mgcos37°，故Ff1＝μFN1＝μmgcos37°，由動能定理得：mgsin37°·l1－μmgcos37°·l1＝eq\f(1,2)mv2－0設(shè)物體在水平面上滑行的距離為l2，摩擦力Ff2＝μFN2＝μmg由動能定理得：－μmgl2＝0－eq\f(1,2)mv2聯(lián)立以上各式可得l2＝3.5m.方法二對全過程由動能定理列方程：mgl1sin37°－μmgcos37°·l1－μmgl2＝0解得：l2＝3.5m.例4如圖所示，粗糙水平地面AB與半徑R＝0.4m的光滑半圓軌道BCD相連接，且在同一豎直平面內(nèi)，O是BCD的圓心，BOD在同一豎直線上．質(zhì)量m＝1kg的小物塊在9N的水平恒力F的作用下，從A點由靜止開始做勻加速直線運動．已知xAB＝5m，小物塊與水平地面間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.1，當(dāng)小物塊運動到B點時撤去力F，取重力加速度g＝10m/s2，求：(1)小物塊到達(dá)B點時速度的大??；(2)小物塊運動到D點時，軌道對小物塊作用力的大小．答案(1)4eq\r(5)m/s(2)150N解析(1)從A到B過程，據(jù)動能定理可得(F－μmg)xAB＝eq\f(1,2)mvB2解得小物塊到達(dá)B點時速度的大小為vB＝4eq\r(5)m/s(2)從B到D過程，據(jù)動能定理可得－mg·2R＝eq\f(1,2)mvD2－eq\f(1,2)mvB2在D點由牛頓第二定律可得FN＋mg＝meq\f(vD2,R)聯(lián)立解得小物塊運動到D點時，軌道對小物塊作用力的大小為FN＝150N.考點二應(yīng)用動能定理求變力做功在一個有，可用動能定理，W變＋W恒＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)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＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12－W恒，就可以求變力做的功了．例5質(zhì)量為m的物體以初速度v0沿水平面向左開始運動，起始點A與一輕彈簧O端相距s，如圖所示．已知物體與水平面間的動摩擦因數(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)()A.eq\f(1,2)mv02－μmg(s＋x) B.eq\f(1,2)mv02－μmgxC．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)，由動能定理可得－W彈－Wf＝0－eq\f(1,2)mv02，則W彈＝eq\f(1,2)mv02－μmg(s＋x)，故選項A正確．例6如圖所示，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)量為m的質(zhì)點自軌道端點P由靜止開始滑下，滑到最低點Q時，對軌道的壓力為2mg，重力加速度大小為g.質(zhì)點自P滑到Q的過程中，克服摩擦力所做的功為()A.eq\f(1,4)mgR B.eq\f(1,3)mgRC.eq\f(1,2)mgR D.eq\f(π,4)mgR答案C解析在Q點質(zhì)點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＝meq\f(v2,R)，F(xiàn)N＝FN′＝2mg，聯(lián)立解得v＝eq\r(gR)，下滑過程中，根據(jù)動能定理可得mgR＋Wf＝eq\f(1,2)mv2，解得Wf＝－eq\f(1,2)mgR，所以克服摩擦力做功eq\f(1,2)mgR，選項C正確．考點三動能定理與圖像問題的結(jié)合1．解決圖像問題的基本步驟(1)觀察題目給出的圖像，弄清縱坐標(biāo)、橫坐標(biāo)所對應(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)上與之相對應(yīng)的標(biāo)準(zhǔn)函數(shù)關(guān)系式相對比，找出圖線的斜率、截距、圖線的交點、圖與坐標(biāo)軸圍成的面積等所表示的物理意義，分析解答問題，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．圖像所圍“面積”和圖像斜率的含義考向1Ek－x(W－x)圖像問題例7(2019·全國卷Ⅲ·17)從地面豎直向上拋出一物體，物體在運動過程中除受到重力外，還受到一大小不變、方向始終與運動方向相反的外力作用．距地面高度h在3m以內(nèi)時，物體上升、下落過程中動能Ek隨h的變化如圖所示．重力加速度取10m/s2.該物體的質(zhì)量為()A．2kgB．1.5kgC．1kgD．0.5kg答案C解析法一：特殊值法畫出運動示意圖．設(shè)該外力的大小為F，據(jù)動能定理知A→B(上升過程)：－(mg＋F)h＝EkB－EkAB→A(下落過程)：(mg－F)h＝EkA′－EkB′整理以上兩式并代入數(shù)據(jù)得物體的質(zhì)量m＝1kg，選項C正確．法二：寫表達(dá)式根據(jù)斜率求解上升過程：－(mg＋F)h＝Ek－Ek0，則Ek＝－(mg＋F)h＋Ek0下落過程：(mg－F)h＝Ek′－Ek0′，則Ek′＝(mg－F)h＋Ek0′，結(jié)合題圖可知mg＋F＝eq\f(72－36,3－0)N＝12N，mg－F＝eq\f(48－24,3－0)N＝8N聯(lián)立可得m＝1kg，選項C正確．考向2F－x圖像與動能定理的結(jié)合例8(多選)在某一粗糙的水平面上，一質(zhì)量為2kg的物體在水平恒定拉力的作用下做勻速直線運動，當(dāng)運動一段時間后，拉力逐漸減小，且當(dāng)拉力減小到零時，物體剛好停止運動，圖中給出了拉力隨位移變化的關(guān)系圖像．已知重力加速度g取10m/s2.根據(jù)以上信息能精確得出或估算得出的物理量有()A．物體與水平面間的動摩擦因數(shù)B．合外力對物體所做的功C．物體做勻速運動時的速度D．物體運動的時間答案ABC解析物體做勻速直線運動時，受力平衡，拉力F0與滑動摩擦力Ff大小相等，物體與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ＝eq\f(F0,mg)＝0.35，A正確；減速過程由動能定理得WF＋Wf＝0－eq\f(1,2)mv2，根據(jù)F－x圖像中圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積可以估算力F做的功WF，而Wf＝－μmgx，由此可求得合外力對物體所做的功，及物體做勻速運動時的速度v，B、C正確；因為物體做變加速運動，所以運動時間無法求出，D錯誤．考向3其他圖像與動能定理的結(jié)合例9(2018·江蘇卷·4)從地面豎直向上拋出一只小球，小球運動一段時間后落回地面．忽略空氣阻力，該過程中小球的動能Ek與時間t的關(guān)系圖像是()答案A解析小球做豎直上拋運動，設(shè)初速度為v0，則v＝v0－gt小球的動能Ek＝eq\f(1,2)mv2，把速度v代入得Ek＝eq\f(1,2)mg2t2－mgv0t＋eq\f(1,2)mv02，Ek與t為二次函數(shù)關(guān)系，故A正確．例10(多選)放在粗糙水平地面上質(zhì)量為0.8kg的物體受到水平拉力的作用，在0～6s內(nèi)其速度與時間的關(guān)系圖像和該拉力的功率與時間的關(guān)系圖像分別如圖甲、乙所示．下列說法中正確的是(g取10m/s2)()A．0～6s內(nèi)拉力做的功為140JB．物體在0～2s內(nèi)所受的拉力為4NC．物體與粗糙水平地面間的動摩擦因數(shù)為0.5D．合外力在0～6s內(nèi)做的功與0～2s內(nèi)做的功相等答案AD解析由P＝Fv可知，物體在0～2s內(nèi)所受的拉力F＝eq\f(P,v)＝eq\f(60,10)N＝6N，在2～6s內(nèi)所受的J＋2×10×4J＝140J，A正確；由物體在2～6s內(nèi)做勻速運動可知，F(xiàn)′＝μmg，可求得μ＝0.25，C錯誤；由動能定理可知，物體所受的合外力在0～6s內(nèi)所做的功與0～2s內(nèi)所做的功均為eq\f(1,2)mv2＝40J，D正確．課時精練1.(多選)如圖所示，電梯質(zhì)量為M，在它的水平地板上放置一質(zhì)量為m的物體．電梯在鋼索的拉力作用下豎直向上加速運動，當(dāng)電梯的速度由v1增大到v2時，上升高度為H，重力加速度為g，則在這個過程中，下列說法正確的是()A．對物體，動能定理的表達(dá)式為W＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12，其中W為支持力做的功B．對物體，動能定理的表達(dá)式為W合＝0，其中W合為合力做的功C．對物體，動能定理的表達(dá)式為W－mgH＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12，其中W為支持力做的功D．對電梯，其所受的合力做功為eq\f(1,2)Mv22－eq\f(1,2)Mv12答案CD解析電梯上升的過程中，對物體做功的有重力mg、支持力FN，這兩個力的總功(即合力做的功)才等于物體動能的增量，即W合＝W－mgH＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12，其中W為支持力做的功，A、B錯誤，C正確；對電梯，無論有幾個力對它做功，由動能定理可知，其合力做的功一定等于其動能的增量，即eq\f(1,2)Mv22－eq\f(1,2)Mv12，D正確．2．如圖所示，運動員把質(zhì)量為m的足球由靜止從水平地面踢出，足球在空中達(dá)到的最高點高度為h，在最高點時的速度為v，不計空氣阻力，重力加速度為g，下列說法正確的是()A．運動員踢球時對足球做功eq\f(1,2)mv2B．足球上升過程重力做功mghC．運動員踢球時對足球做功mgh＋eq\f(1,2)mv2D．足球上升過程克服重力做功mgh＋eq\f(1,2)mv2答案C解析足球被踢起后，在運動過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錯誤；由動能定理有W人－mgh＝eq\f(1,2)mv2，因此運動員對足球做功W人＝mgh＋eq\f(1,2)mv2，故A錯誤，C正確．3.如圖所示，光滑斜面的頂端固定一彈簧，一質(zhì)量為m的小球向右滑行，并沖上固定在地面上的斜面．設(shè)小球在斜面最低點A的速度為v，壓縮彈簧至C點時彈簧最短，C點距地面高度為h，重力加速度為g，則小球從A到C的過程中彈簧彈力做功是()A．mgh－eq\f(1,2)mv2B.eq\f(1,2)mv2－mghC．－mghD．－(mgh＋eq\f(1,2)mv2)答案A解析小球從A到C過程中，由動能定理可得WG＋WF＝0－eq\f(1,2)mv2，WG＝－mgh，解得WF＝mgh－eq\f(1,2)mv2，故選A.4.一質(zhì)量為m＝0.2kg的物體，在合外力F作用下由靜止開始做直線運動，F(xiàn)與位移x的關(guān)系圖像如圖所示，由圖像可知()A．在x＝0到x＝1m過程中，物體做勻加速直線運動，運動時間t＝0.2sB．在x＝0到x＝2m過程中，物體做變加速直線運動，F(xiàn)做功5JC．物體運動到x＝2m時，物體的瞬時速度為5m/sD．物體運動到x＝2m時，物體的瞬時速度為2m/s答案C解析由題圖可知在x＝0到x＝1m過程中，F(xiàn)為恒力，所以物體做勻加速直線運動，其加速度大小為a＝eq\f(F,m)＝5m/s2，根據(jù)運動學(xué)公式可得運動時間為t＝eq\r(\f(2x,a))＝eq\r(0.4)s，故A錯誤；在x＝0到x＝2m過程中，物體先做勻加速直線運動，后做變加速直線運動，根據(jù)F－x圖像的面積表示功可知此過程中F做功為W＝1×1J＋eq\f(1,2)×(1＋2)×1J＝eq\f(5,2)J，故B錯誤；設(shè)物體運動到x＝2m時的瞬時速度為v，根據(jù)動能定理可得eq\f(1,2)mv2＝W，解得v＝5m/s，故C正確，D錯誤．5.如圖所示，質(zhì)量為m的物體置于光滑水平面上，一根繩子跨過定滑輪一端固定在物體上，另一端在力F作用下，物體由靜止開始運動到繩與水平方向的夾角α＝45°時繩以速度v0豎直向下運動，此過程中，繩的拉力對物體做的功為()A.eq\f(1,4)mv02 B.eq\f(1,2)mv02C．mv02 D.eq\f(\r(2),2)mv02答案C解析將物體的運動分解為沿繩子方向的運動以及垂直繩子方向的運動，則當(dāng)物體運動到繩與水平方向的夾角α＝45°時物體的速度為v，則vcos45°＝v0，可得v＝eq\r(2)v0，物體由靜止開始運動到繩與水平方向的夾角α＝45°過程中，只有繩子拉力對物體做功，由動能定理得繩的拉力對物體做的功：W＝eq\f(1,2)mv2－0＝mv02，故C正確，A、B、D錯誤．6．(2022·湖南懷化市模擬)如圖所示，DO是水平面，AB是斜面，初速度為v0的物體從D點出發(fā)沿DBA滑動到頂點A時速度剛好為零，如果斜面改為AC，讓該物體從D點出發(fā)沿DCA滑動到A點且速度剛好為零，則物體具有的初速度(已知物體與斜面及水平面之間的動摩擦因數(shù)處處相同且不為零，不計B、C處能量損失)()A．等于v0 B．大于v0C．小于v0 D．取決于斜面答案A解析物體從D點滑動到頂點A過程中，由動能定理可得－mg·xAO－μmg·xDB－μmgcosα·xAB＝0－eq\f(1,2)mv02，α為斜面傾角，由幾何關(guān)系有xABcosα＝xOB，因而上式可以簡化為－mg·xAO－μmg·xOD＝0－eq\f(1,2)mv02，從上式可以看出，物體的初速度與路徑無關(guān)．故選A.7.如圖所示，一質(zhì)量為m＝0.5kg的小滑塊，在F＝4N水平拉力的作用下，從水平面上的A處由靜止開始運動，滑行x＝1.75m后由B處滑上傾角為37°的光滑固定斜面，滑上斜面后拉力的大小保持不變，方向變?yōu)檠匦泵嫦蛏?，滑動一段時間后撤去拉力．已知小滑塊沿斜面上滑到的最高點C距B點為L＝2m，小滑塊最后恰好停在A處．不計B處能量損失，g取10m/s2，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.試求：(1)小滑塊與水平面間的動摩擦因數(shù)μ；(2)小滑塊在斜面上運動時，拉力作用的距離x0；(3)小滑塊在斜面上運動時，拉力作用的時間t.答案(1)eq\f(24,35)(2)1.25m(3)0.5s解析(1)小滑塊由C運動到A，由動能定理得mgLsin37°－μmgx＝0解得μ＝eq\f(24,35)(2)小滑塊在斜面上運動時，設(shè)拉力作用的距離為x0小滑塊由A運動到C，由動能定理得Fx－μmgx＋Fx0－mgLsin37°＝0解得x0＝1.25m(3)小滑塊由A運動到B，由動能定理得Fx－μmgx＝eq\f(1,2)mv2在斜面上，由牛頓第二定律得F－mgsin37°＝ma由運動學(xué)公式得x0＝vt＋eq\f(1,2)at2聯(lián)立解得t＝0.5s.8.(2022·湖北高三月考)質(zhì)量為2kg的物塊放在粗糙水平面上，在水平拉力的作用下由靜止開始運動，物塊的動能Ek與其發(fā)生的位移x之間的關(guān)系如圖所示．已知物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，重力加速度g取10m/s2，則下列說法正確的是()A．x＝1m時速度大小為2m/sB．x＝3m時物塊的加速度大小為2.5m/s2C．在前4m位移過程中拉力對物塊做的功為9JD．在前4m位移過程中物塊所經(jīng)歷的時間為2.8s答案D解析由題圖圖像可知x＝1m時動能為2J，v1＝eq\r(\f(2Ek,m))＝eq\r(2)m/s，故A錯誤．同理，當(dāng)x＝2m時動能為4J，v2＝2m/s；當(dāng)x＝4m時動能為9J，v4＝3m/s，則2～4m內(nèi)有2a2x2＝v42－v22，解得2～4m內(nèi)物塊的加速度為a2＝1.25m/s2，故B錯誤．對物塊運動全過程，由動能定理得：WF＋(－μmgx4)＝Ek末－0，解得WF＝25J，故C錯誤.0～2m過程，t1＝eq\f(2x1,v2)＝2s；2～4m過程，t2＝eq\f(x2,\f(v2＋v4,2))＝0.8s，故總時間為2s＋0.8s＝2.8s，D正確．9.(多選)如圖所示，半圓形光滑軌道BC與水平光滑軌道平滑連接．小物體在水平恒力F作用下，從水平軌道上的P點，由靜止開始運動，運動到B點撤去外力F，小物體由C點離開半圓軌道后落在P點右側(cè)區(qū)域．已知PB＝3R，重力加速度為g，F(xiàn)的大小可能為()A.eq\f(1,2)mg B.eq\f(5mg,6)C．mg D.eq\f(7mg,6)答案BC解析小物體能通過C點應(yīng)滿足meq\f(vC2,R)≥mg，且由C點離開半圓軌道后落在P點右側(cè)區(qū)域，則有2R＝eq\f(1,2)gt2，vCt<3R，對小物體從P點到C點由動能定理得F·3R－2mgR＝eq\f(1,2)mvC2，聯(lián)立解得eq\f(5mg,6)≤F＜eq\f(25mg,24)故B、C正確，A、D錯誤．10.(多選)如圖所示為一滑草場．某條滑道由上下兩段高均為h，與水平面夾角分別為45°和37°的滑道組成，載人滑草車與草地之間的動摩擦因數(shù)均為μ.質(zhì)量為m的載人滑草車從坡頂由靜止開始自由下滑，經(jīng)過上、下兩段滑道后，最后恰好靜止于滑道的底端(不計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，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)．則()A．動摩擦因數(shù)μ＝eq\f(6,7)B．載人滑草車最大速度為eq\r(\f(2gh,7))C．載人滑草車克服摩擦力做功為mghD．載人滑草車在下段滑道上的加速度大小為eq\f(3,5)g答案AB解析對載人滑草車從坡頂由靜止開始滑到底端的全過程分析，由動能定理可知：mg·2h－μmgcos45°·eq\f(h,sin45°)－μmgcos37°·eq\f(h,sin37°)＝0，解得μ＝eq\f(6,7)，選項A正確；滑草車通過上段滑道末端時速度最大，根據(jù)動能定理有mgh－μmgcos45°·eq\f(h,sin45°)＝eq\f(1,2)mvm2，解得：vm＝eq\r(\f(2gh,7))，選項B正確；載人滑草車克服摩擦力做功為2mgh，選項C錯誤；載人滑草車在下段滑道上的加速度為a＝eq\f(mgsin37°－μmgcos37°,m)＝－eq\f(3,35)g，故加速度大小為eq\f(3,35)g，選項D錯誤．11.如圖所示，一半徑為R、粗糙程度處處相同的半圓形軌道豎直固定放置，直徑POQ水平．一質(zhì)量為m的小球(可看成質(zhì)點)從P點上方高為R處由靜止開始下落，恰好從P點進入軌道．小球滑到軌道最低點N時，對軌道的壓力大小為4mg，g為重力加速度．用W表示小球從P點運動到N點的過程中克服摩擦力所做的功，則()A．W＝eq\f(1,2)mgR，小球恰好可以到達(dá)Q點B．W>eq\f(1,2)mgR，小球不能到達(dá)Q點C．W＝eq\f(1,2)mgR，小球到達(dá)Q點后，繼續(xù)上升一段距離D．W<eq\f(1,2)mgR，小球到達(dá)Q點后，繼續(xù)上升一段距離答案C解析在N點，根據(jù)牛頓第二定律有FN－mg＝meq\f(vN2,R)，F(xiàn)N＝FN′，解得vN＝eq\r(3gR)，對小球從開始下落至到達(dá)N點的過程，由動能定理得mg·2R－W＝eq\f(1,2)mvN2－0，解得W＝eq\f(1,2)mgR.由于小球在PN段某點處的速度大于此點關(guān)于ON在NQ段對稱點處的速度，所以小球在PN段某點處受到的支持力大于此點關(guān)于ON在NQ段對稱點處受到的支持力，則小球在NQ段克服摩擦力做的功小于在PN段克服摩擦力做的功，小球在NQ段運動時，由動能定理得－mgR－W′＝eq\f(1,2)mvQ2－eq\f(1,2)mvN2，因為W′<eq\f(1,2)mgR，故vQ>0，所以小球到達(dá)Q點后，繼續(xù)上升一段距離，選項C正確．12．如圖甲所示，長為4m的水平軌道AB與半徑為R＝0.6m的豎直半圓弧軌道BC在B處相連接，有一質(zhì)量為1kg的滑塊(可視為質(zhì)點)，從A處由靜止開始受水平向右的力F作用，F(xiàn)的大小隨位移變化的關(guān)系如圖乙所示，滑塊與AB間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.25，與BC間的動摩擦因數(shù)未知，g