【物理】2018届一轮复习人教版专题5-2动能和动能定理学案
专题 5.2 动能和动能定理
按照高考考纲的要求，本章内容可以分成四部分，即：功和功率；动能、势能、动能定理；
机械能守恒定律及其应用；功能关系、动量、能量综合。其中重点是对动能定理、机械能守
恒定律的理解，能够熟练运用动能定理、机械能守恒定律分析解决力学问题。难点是动量能
量综合应用问题。动能定理是一条适用范围很广的物理规律，解题的优越性很多。根本原因
在于它省去了矢量式的很多麻烦。
一、对动能定理的理解
1．对“外力”的两点理解
(1)“外力”指的是合力，重力、弹力、摩擦力、电场力、磁场力或其他力，它们可以同
时作用，也可以不同时作用。
(2)既可以是恒力，也可以是变力。
2．“＝”体现的二个关系
二、动能定理的应用
1．应用动能定理的流程
2．应用动能定理的注意事项
(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)应用动能定理的关键在于对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析，并画出运
动过程的草图，借助草图理解物理过程之间的关系。
(3)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，这样更简便。
(4)列动能定理方程时，必须明确各力做功的正、负，确实难以判断的先假定为正功，最
后根据结果加以检验。
三、动能定理的图像问题
1．解决物理图像问题的基本步骤
(1)观察题目给出的图像，弄清纵坐标、横坐标所对应的物理量及图线所表示的物理意义。
(2)根据物理规律推导出纵坐标与横坐标所对应的物理量间的函数关系式。
(3)将推导出的物理规律与数学上与之相对应的标准函数关系式相对比，找出图线的斜率、
截距、图线的交点、图线下的面积所对应的物理意义，分析解答问题，或者利用函数图线上
的特定值代入函数关系式求物理量。
2．四类图像所围面积的含义
(1)vt 图：由公式 x＝vt 可知，vt 图线与坐标轴围成的面积表示物体的位移。
(2)at 图：由公式 Δv＝at 可知，at 图线与坐标轴围成的面积表示物体速度的变化量。
(3)Fs 图：由公式 W＝Fs 可知，Fs 图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功。
(4)Pt 图：由公式 W＝Pt 可知，Pt 图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功。
四、应用动能定理解决平抛运动、圆周运动问题
1．平抛运动和圆周运动都属于曲线运动，若只涉及位移和速度而不涉及时间，应优先考
虑用动能定理列式求解。
2．动能定理的表达式为标量式，不能在某一个方向上列动能定理方程
高频考点一 动能定理的理解及应用
1．做功的过程就是能量转化的过程，动能定理表达式中的“＝”的意义是一种因果关系
在数值上相等的符号。
2．动能定理叙述中所说的“外力”，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。
3．动能定理中涉及的物理量有 F、l、m 、v、W、Ek 等，在处理含有上述物理量的问题时，
优先考虑使用动能定理。
4．若过程包含了几个运动性质不同的分过程，既可以分段考虑，也可以整个过程考虑。
【例 1】下列有关动能的说法中正确的是( )
A．物体只有做匀速运动时，动能才不变
B．物体的动能变化时，速度不一定变化
C．物体做平抛运动时，水平速度不变，动能不变
D．物体做自由落体运动时，物体的动能增加
解析： 物体只要速率不变，动能就不变，A 错误；物体的动能变化时，速度的大小一定
变化，B 错误；物体做平抛运动时，速率增大，动能就会增大，C 错误；物体做自由落体运动
时，其速率增大，物体的动能增加，D 正确。
答案： D
【变式训练】(多选)关于动能定理的表达式 W＝Ek2－Ek1，下列说法正确的是( )
A．公式中的 W 为不包含重力的其他力做的总功
B．公式中的 W 为包含重力在内的所有力做的功，也可通过以下两种方式计算：先求每个
力的功再求功的代数和或先求合外力再求合外力的功
C．公式中的 Ek2－Ek1 为动能的增量，当 W＞0 时动能增加，当 W＜0 时，动能减少
D．动能定理适用于直线运动，但不适用于曲线运动，适用于恒力做功，但不适用于变力
做功
解析： 公式 W＝Ek2－Ek1 中的“W”为所有力所做的总功，A 错误，B 正确；若 W>0，则
Ek2>Ek1，若 W<0，则 Ek2
mQ，故两球动能大小无法比
较，选项 B 错误；在最低点对两球进行受力分析，根据牛顿第二定律及向心力公式可知 T－mg
＝m
v2
l ＝man，得 T＝3mg，an＝2g，则 TP>TQ，aP＝aQ，C 正确，D 错误．
5．【2016·全国卷Ⅲ】 一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔 t 内位移
为 s，动能变为原来的 9 倍．该质点的加速度为( )
A.
s
t2 B.
3s
2t2
C.
4s
t2 D.
8s
t2
【答案】A
6．【2016·全国卷Ⅲ】 如图所示，一固定容器的内壁是半径为 R 的半球面；在半球面水
平直径的一端有一质量为 m 的质点 P.它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中，克服摩擦
力做的功为 W.重力加速度大小为 g.设质点 P 在最低点时，向心加速度的大小为 a，容器对它
的支持力大小为 N，则( )
图 1
A．a＝
2（mgR－W）
mR B．a＝
2mgR－W
mR
C．N＝
3mgR－2W
R D．N＝
2（mgR－W）
R
【答案】AC
【解析】质点 P 下滑到底端的过程，由动能定理得 mgR－W＝
1
2mv2－0，可得 v2＝
2（mgR－W）
m ，所以 a＝
v2
R ＝
2（mgR－W）
mR ，A 正确，B 错误；在最低点，由牛顿第二定律得 N－
mg＝m
v2
R ，故 N＝mg＋m
v2
R ＝mg＋
m
R·
2（mgR－W）
m ＝
3mgR－2W
R ，C 正确，D 错误．
7．【2016·天津卷】 我国将于 2022 年举办冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之
一．如图 1所示，质量 m＝60 kg 的运动员从长直助滑道 AB 的 A 处由静止开始以加速度 a＝
3.6 m/s2 匀加速滑下，到达助滑道末端 B 时速度 vB＝24 m/s，A 与 B 的竖直高度差 H＝48 m．为
了改变运动员的运动方向，在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接，其中最低点 C 处附
近是一段以 O 为圆心的圆弧．助滑道末端 B 与滑道最低点 C 的高度差 h＝5 m，运动员在 B、C
间运动时阻力做功 W＝－1530 J，g 取 10 m/s2.
图 1
(1)求运动员在 AB 段下滑时受到阻力 Ff 的大小；
(2)若运动员能够承受的最大压力为其所受重力的 6 倍，则 C 点所在圆弧的半径 R 至少应
为多大？
【答案】 (1)144 N (2)12.5 m
1.【2015·四川·1】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．一样大 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，三球从同一位置落至同一水平地
面时，设其下落高度为 h，并设小球的质量为 m，根据动能定理有：mgh＝ － ，解得
小球的末速度大小为：v＝ ，与小球的质量无关，即三球的末速度大小相等，故选项 A
正确。
2.【2015·全国新课标Ⅱ·17】一汽车在平直公路上行驶。从某时刻开始计时，发动机
的功率 P 随时间 t 的变化如图所示。假定汽车所受阻力的大小 f 恒定不变。下列描述该汽车
的速度 v 随时间 t 变化的图像中，可能正确的是
【答案】A
3.【2015·浙江·18】我国科学教正在研制 航 母舰载机使用的电磁弹射器。舰载机总质
量为 ，设起飞过程中发动机的推力恒为 ；弹射器有效作用长度为 100m，
推力恒定。要求舰载机在水平弹射结束时速度大小达到 80m/s。弹射过程中舰载机所受总推力
为弹射器和发动机推力之和，假设所受阻力为总推力的 20％，则
A．弹射器的推力大小为
B．弹射器对舰载机所做的功为
C．弹射器对舰载机做功的平均功率为
D．舰载机在弹射过程中的加速度大小为
【答案】ABD
2
2
1 mv 2
02
1 mv
ghv 22
0
+
43 10 kg× 51.0 10 N×
61.1 10 N×
81.1 10 J×
78.8 10 W×
232m / s
【解析】设发动机的推力为 ，弹射器的推力为 ，则阻力为 ，根据
动能定理可得 ， ，故解得
，A 正确；弹射器对舰载机所做的功为 ，B 正确；舰载
机在弹射过程中的加速度大小为
，根据公式 可得运动时间为
，所以弹射器对舰载机做功的平均功率为 ，故 C 错误，
D 正确。
4．(2015·山东理综，23)如图 8 甲所示，物块与质量为 m 的小球通过不可伸长的轻质细
绳跨过两等高定滑轮连接。物块置于左侧滑轮正下方的表面水平的压力传感装置上，小球与
右侧滑轮的距离为 l。开始时物块和小球均静止，将此时传感装置的示数记为初始值。现给小
球施加一始终垂直于 l 段细绳的力，将小球缓慢拉起至细绳与竖直方向成 60°角，如图乙所
示，此时传感装置的示数为初始值的 1.25 倍；再将小球由静止释放，当运动至最低位置时，
传感装置的示数为初始值的 0.6 倍。不计滑轮的大小和摩擦，重力加速度的大小为 g。求：
图 8
(1)物块的质量；
(2)从释放到运动至最低位置的过程中，小球克服空气阻力所做的功。
1F 2F 1 20.2( )f F F= +
[ ] 2
1 2 1 2
10.2( ) 0.2( ) 2F F F F s mv+ − + = 5
1 1.0 10 NF = ×
6
2 1.1 10 NF = ×
2
8
2 1.1 10 JFW F s= = ×
21 2 1 20.2( ) 0.2( ) 32m / sF F F Fa m
+ − += = 21
2s at=
2 2.5sst a
= = 2
2
74.4 10 WF
F
WP t
= = ×
(2)设小球运动至最低位置时速度的大小为 v，从释放到运动至最低位置的过程中，小球
克服阻力所做的功为 Wf，由动能定理得 mgl(1－cos 60°)－Wf＝
1
2mv2⑥
在最低位置，设细绳的拉力大小为 T3，传感装置的示数为 F3，据题意可知，F3＝0.6F1，
对小球，由牛顿第二定律得 T3－mg＝m
v2
l ⑦
对物块，由平衡条件得
F3＋T3＝Mg⑧
联立①②⑤⑥⑦⑧式，代入数据得
Wf＝0.1mgl⑨
答案 (1)3m (2)0.1mgl
1．（2014·天津卷）如图所示，水平地面上静止放置一辆小车 A，质量 mA＝4 kg，上表面
光滑，小车与地面间的摩擦力极小，可以忽略不计．可视为质点的物块 B 置于 A 的最右端，B
的质量 mB＝2 kg.现对 A 施加一个水平向右的恒力 F＝10 N，A 运动一段时间后，小车左端固定
的挡板与 B 发生碰撞，碰撞时间极短，碰后 A、B 粘合在一起，共同在 F 的作用下继续运动，
碰撞后经时间 t＝0.6 s，二者的速度达到 vt＝2 m/s.求：
(1)A 开始运动时加速度 a 的大小；
(2)A、B 碰撞后瞬间的共同速度 v 的大小；
(3)A 的上表面长度 l.
【答案】(1)2.5 m/s2 (2)1 m/s (3)0.45 m
(3)设 A、B 发生碰撞前，A 的速度为 vA，对 A、B 发生碰撞的过程，由动量守恒定律有
mAvA＝(mA＋mB)v⑤
A 从开始运动到与 B 发生碰撞前，由动能定理有
Fl＝
1
2mAv2A⑥
由④⑤⑥式，代入数据解得
l＝0.45 m⑦
2．（2014·四川卷）如图所示，水平放置的不带电的平行金属板 p 和 b 相距 h，与图示电
路相连，金属板厚度不计，忽略边缘效应．p 板上表面光滑，涂有绝缘层，其上 O 点右侧相距
h 处有小孔 K；b 板上有小孔 T，且 O、T 在同一条竖直线上，图示平面为竖直平面．质量为 m、
电荷量为－q(q>0)的静止粒子被发射装置(图中未画出)从 O 点发射，沿 p 板上表面运动时间
t 后到达 K 孔，不与板碰撞地进入两板之间．粒子视为质点，在图示平面内运动，电荷量保持
不变，不计空气阻力，重力加速度大小为 g.
(1)求发射装置对粒子做的功；
(2)电路中的直流电源内阻为 r，开关 S 接“1”位置时，进入板间的粒子落在b 板上的 A
点，A 点与过 K 孔竖直线的距离为 l.此后将开关 S 接“2”位置，求阻值为 R 的电阻中的电流
强度；
(3)若选用恰当直流电源，电路中开关 S 接“1”位置，使进入板间的粒子受力平衡，此
时在板间某区域加上方向垂直于图面的、磁感应强度大小合适的匀强磁场(磁感应强度 B 只能
在 0～Bm＝
( 21＋5)m
( 21－2)qt
范围内选取)，使粒子恰好从 b 板的 T 孔飞出，求粒子飞出时速度方向
与 b 板板面的夹角的所有可能值(可用反三角函数表示)．
(2)S 接“1”位置时，电源的电动势 E0 与板间电势差 U 有
E0＝U④
板间产生匀强电场的场强为 E，粒子进入板间时有水平方向的速度 v0，在板间受到竖直方
向的重力和电场力作用而做类平抛运动，设加速度为 a，运动时间为 t1，有
U＝Eh⑤
mg－qE＝ma⑥
h＝
1
2at21⑦
l＝v0t1⑧
S 接“2”位置，则在电阻 R 上流过的电流 I 满足
I＝
E0
R＋r⑨
联立①④～⑨得
I＝
mh
q（R＋r）(g－
2h3
l2t2)⑩
(3)由题意知此时在板间运动的粒子重力与电场力平衡，当粒子从 K 进入板间后立即进入
磁场做匀速圆周运动，如图所示，粒子从 D 点出磁场区域后沿 DT 做匀速直线运动，DT 与 b 板
上表面的夹角为题目所求夹角 θ，磁场的磁感应强度 B 取最大值时的夹角 θ 为最大值 θm，
设粒子做匀速圆周运动的半径为 R，有
qv0B＝
mv
R ○11
过 D 点作 b 板的垂线与 b 板的上表面交于 G，由几何关系有
DG＝h－R(1＋cosθ)○12
TG＝h＋Rsinθ○13
tanθ＝
sinθ
cosθ＝
DG
TG○14
联立①○11
～○14
，将 B＝Bm 代入，求得
θm＝arcsin
2
5○15
则题目所求为 0<θ≤arcsin
2
5○17
。
3．（2014·福建卷Ⅰ） 图为某游乐场内水上滑梯轨道示意图，整个轨道在同一竖直平面
内，表面粗糙的 AB 段轨道与四分之一光滑圆弧轨道 BC 在 B 点水平相切．点 A 距水面的高度
为 H，圆弧轨道 BC 的半径为 R，圆心 O 恰在水面．一质量为 m 的游客(视为质点)可从轨道 AB
的任意位置滑下，不计空气阻力．
(1)若游客从 A 点由静止开始滑下，到 B 点时沿切线方向滑离轨道落在水面上的 D 点，OD
＝2R，求游客滑到 B 点时的速度 vB 大小及运动过程轨道摩擦力对其所做的功 Wf；
(2)若游客从 AB 段某处滑下，恰好停在 B 点，又因受到微小扰动，继续沿圆弧轨道滑到 P
点后滑离轨道，求 P 点离水面的高度 h.(提示：在圆周运动过程中任一点，质点所受的向心力
与其速率的关系为 F 向＝m
v2
R )
【答案】 (1) 2gR －(mgH－2mgR) (2)
2
3R
(2)设 OP 与 OB 间夹角为 θ，游客在 P 点时的速度为 vP，受到的支持力为 N，从 B 到 P 由
机械能守恒定律，有
mg(R－Rcos θ)＝
1
2mv2P－0⑥
过 P 点时，根据向心力公式，有 mgcos θ－N＝m
v
R⑦
N＝0⑧
cos θ＝
h
R⑨
由⑥⑦⑧⑨式解得 h＝
2
3R.⑩
1.
如图所示，BC 是竖直面内的四分之一圆弧形光滑轨道，下端 C 与水平直轨道相切。一个
小物块从 B 点正上方 R 处的 A 点处由静止释放，从 B 点刚好进入圆弧形光滑轨道下滑，已知
圆弧形轨道半径为 R＝0.2 m，小物块的质量为 m＝0.1 kg，小物块与水平面间的动摩擦因数 μ
＝0.5，取 g＝10 m/s2。小物块在水平面上滑动的最大距离是( )
A．0.1 m B．0.2 m
C．0.6 m D．0.8 m
解析： 设在水平面上滑动的最大距离为 x，由动能定理得：mg·2R－μmgx＝0，解得：
x＝
2R
μ＝
2 × 0.2
0.5 m＝0.8 m，故选项 D 正确。
答案： D
2．某同学用如图所示的装置测量一个凹形木块的质量 m，弹簧的左端固定，木块在水平
面上紧靠弹簧(不连接)将其压缩，记下木块右端位置 A 点，释放后，木块右端恰能运动到 B1
点。在木块槽中加入一个质量 m0＝200 g 的砝码，再将木块左端紧靠弹簧，木块右端位置仍然
在 A 点，释放后木块离开弹簧，右端恰能运动到 B2 点。测得 AB1、AB2 长分别为 36.0 cm 和
12.0 cm，则木块的质量 m 为( )
A．100 g B．200 g
C．300 g D．400 g
答案： A
3．质量 m＝2 kg 的物体在光滑水平面上以 v1＝6 m/s 的速度匀速向西运动，若有一个 F＝
8 N、方向向北的恒力作用于物体，在 t＝2 s 内物体的动能增加了( )
A．28 J B．64 J
C．32 J D．36 J
解析： 设物体沿 F 方向的加速度为 a，由牛顿第二定律得：
a＝
F
m＝
8
2 m/s2＝4 m/s2
物体沿 F 方向做匀加速直线运动，2 s 内的位移为：x＝
1
2at2＝
1
2×4×22 m＝8 m
力 F 所做的功为：W＝Fx＝8×8 J＝64 J
由动能定理得：W＝ΔEk＝64 J，故选 B。
答案： B
4．一辆汽车以 v1＝6 m/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 的速度行驶时，同样情况下急刹车后滑行的距离 x2 应为(不计空气阻力的影
响)( )
A．6.4 m B．5.6 m
C．7.2 m D．10.8 m
答案： A
5.
一物块沿倾角为 θ 的斜坡向上滑动。当物块的初速度为 v 时，上升的最大高度为 H，如
图所示；当物块的初速度为
v
2时，上升的最大高度记为 h。重力加速度大小为 g。物块与斜坡
间的动摩擦因数和 h 分别为( )
A．tan θ 和
H
2
B.( v2
2gH－1)tan θ 和
H
2
C．tan θ 和
H
4
D.( v2
2gH－1)tan θ 和
H
4
解析： 设物块与斜坡之间的动摩擦因数为 μ，由动能定理可得 mgH＋μmgcos θ
H
sin θ
＝
1
2mv2 和 mgh＋μmgcos θ
h
sin θ＝
1
2m(v
2 )2，解得 h＝
H
4，μ＝( v2
2gH－1)tan θ，所以选项
D 正确。
答案： D
6．有两条滑道平行建造，左侧相同而右侧有差异，一个滑道的右侧水平，另一个的右侧
是斜坡。某滑雪者保持一定姿势坐在雪橇上不动，从 h1 高处的 A 点由静止开始沿倾角为 θ 的
雪道下滑，最后停在与 A 点水平距离为 x 的水平雪道上。接着改用另一个滑道，还从与 A 点
等高的位置由静止开始下滑，结果能冲上另一个倾角为 α 的雪道上 h2 高处的 E 点停下。若动
摩擦因数处处相同，且不考虑雪橇在路径转折处的能量损失，则( )
A．动摩擦因数为 tan θ
B．动摩擦因数为
h1
x
C．倾角 α 一定大于 θ
D．倾角 α 可以大于 θ
在 AB 段由静止下滑，说明 μmgcos θmgsin α；若 α>θ，则雪橇不能停在 E 点，所以 C、D 错误。
答案： B
7.
用起重机提升货物，货物上升过程中的 v t 图象如图所示，在 t＝3 s 到 t＝5 s 内，重力
对货物做的功为 W1，绳索拉力对货物做的功为 W2，货物所受合力做的功为 W3，则( )
A．W1>0 B．W2<0
C．W2>0 D．W3<0
解析： 分析题图可知，货物一直向上运动，根据功的定义式可得：重力做负功，拉力做
正功，即 W1<0，W2>0，A、B 错误，C 正确；根据动能定理得合力做的功 W3＝0－
1
2mv2，v＝2
m/s，即 W3<0，D 正确。
答案： CD
8.
光滑水平面上静止的物体，受到一个水平拉力作用开始运动，拉力 F 随时间 t 变化的图象
如图所示，用 Ek、v、x、P 分别表示物体的动能、速度、位移和拉力 F 的功率，下列四个图象
分别定性描述了这些物理量随时间变化的情况，其中正确的是( )
答案： BD
9．甲、乙两个质量相同的物体，用大小相等的力 F 分别拉它们在水平面上从静止开始运
动相同的距离 x。如图所示，甲在光滑面上，乙在粗糙面上，则下列关于力 F 对甲、乙做的功
和甲、乙两物体获得的动能的说法中正确的是( )
A．力 F 对甲做功多
B．力 F 对甲、乙两个物体做的功一样多
C．甲物体获得的动能比乙大
D．甲、乙两个物体获得的动能相同
解析： 由功的公式 W＝Fxcos α 可知，两种情况下力 F 对甲、乙两个物体做的功一样多，
A 错误，B 正确；根据动能定理，对甲有 Fx＝Ek1－0，对乙有 Fx－Ffx＝Ek2－0，可知 Ek1>Ek2，
即甲物体获得的动能比乙大，C 正确，D 错误。
答案： BC
10．如图甲所示，长为 4 m 的水平轨道 AB 与半径为 R＝0.6 m 的竖直半圆弧轨道 BC 在 B 处
相连接，有一质量为 1 kg 的滑块(大小不计)，从 A 处由静止开始受水平向右的力 F 作用，F
的大小随位移变化的关系如图乙所示，滑块与 AB 间的动摩擦因数为 μ＝0.25，与 BC 间的动
摩擦因数未知，g 取 10 m/s2，求：
(1)滑块到达 B 处时的速度大小；
(2)若到达 B 点时撤去力 F，滑块沿半圆弧轨道内侧上滑，并恰好能到达最高点 C，则滑块
在半圆弧轨道上克服摩擦力所做的功是多少？
(2)当滑块恰好能到达最高点 C 时，有 mg＝m
v2C
R
设摩擦力做功为 W，对滑块从 B 到 C 的过程，由动能定理得：
W－mg×2R＝
1
2mv2C－
1
2mv2B
代入数值得 W＝－5 J，
即克服摩擦力做的功为 5 J。
答案： (1)2 10 m/s (2)5 J
11.
如图所示，在竖直平面内固定有两个很靠近的同心圆形轨道，外圆 ABCD 光滑，内圆的上
半部分 B′C′D′粗糙，下半部分 B′A′D′光滑。一质量为 m＝0.2 kg 的小球从外轨道的最
低点 A 处以初速度 v0 向右运动，小球的直径略小于两圆的间距，小球运动的轨道半径 R＝0.2
m，g 取 10 m/s2。
(1)若要使小球始终紧贴着外圆做完整的圆周运动，初速度 v0 至少为多少？
(2)若 v0＝3 m/s，经过一段时间后小球到达最高点，内轨道对小球的支持力 FC＝2 N，则
小球在这段时间内克服摩擦力做的功是多少？
(3)若 v0＝3.1 m/s，经过足够长的时间后，小球经过最低点 A 时受到的支持力为多少？
(2)设此时小球到达最高点的速度为 vC′，克服摩擦力做的功为 Wf，由牛顿第二定律得：
mg－FC＝
mvC′2
R
由动能定理得：
－2mgR－Wf＝
1
2mvC′2－
1
2mv20
解得：Wf＝0.1 J
(3)经足够长的时间后，小球在下半圆轨道内做往复运动。设小球经过最低点的速度为 vA，
受到的支持力为 FNA，由动能定理得：mgR＝
1
2mv2A
由牛顿第二定律得：FNA－mg＝
mv2A
R
解得：FNA＝3mg＝6 N
答案： (1) 10 m/s (2)0.1 J (3)6 N
12.如图所示是跳台滑雪的示意图，雪道由倾斜的助滑雪道 AB、水平平台 BC、着陆雪道 CD
及减速区 DE 组成，各雪道间均平滑连接。A 处与水平平台间的高度差 h＝45 m，CD 的倾角为
30°。运动员自 A 处由静止滑下，不计其在雪道 ABC 滑行和空中飞行时所受的阻力，运动员
可视为质点。
(1)求运动员滑离平台 BC 时的速度；
(2)为保证运动员落在着陆雪道 CD 上，雪道 CD 长度至少为多少？
(3)若实际的着陆雪道 CD 长为 150 m，运动员着陆后滑到 D 点时具有的动能是着陆瞬间动
能的 80%。在减速区 DE，滑行 x＝100 m 后停下，运动员在减速区所受平均阻力是其重力的多
少倍？
解析： (1)A→C 过程中机械能守恒
mgh＝
1
2mv2C①
得 vC＝ 2gh＝30 m/s②
根据题意有
1
2mv2D＝0.80×
1
2mv2D⑧
解得 k＝0.84。
答案： (1)30 m/s (2)120 m (3)0.84
