1.深入掌握动能定理，体会其在解题中的优势。
2.能运用动能定理分析变力做功。
一、
如图1所示，质量为m的小球从静止自由下落d后，沿竖直面内的固定轨道ABC运动，其中AB为半径为d的光滑圆弧轨道，BC为直径为d的粗糙半圆弧轨道（B点为最低点）。小球恰好通过圆弧轨道最高点C。已知重力加速度为g，求：
得：
根据牛顿第三定律：
FN′＝
小球从B运动到C的过程：
针对训练1(2018·厦门市高一下学期期末)如图2所示，有一半径为r＝0.5m的粗糙半圆轨道，A与圆心O等高，有一质量为m＝0.2kg的物块(可视为质点)，从A点静止滑下，滑至最低点B时的速度为v＝1m/s，取g＝10
A.物块过B点时，对轨道的压力大小是0.4
B.物块过B点时，对轨道的压力大小是2.0
C.A到B的过程中，克服摩擦力做的功为0.9
D.A到B的过程中，克服摩擦力做的功为0.1
解析在B点由牛顿第二定律可知FN－mg＝m，解得：FN＝2.4N，由牛顿第三定律可知物块对轨道的压力大小为2.4N，故A、B均错误；A到B的过程，由动能定理得mgr＋Wf＝mv2－0，解得Wf＝－0.9J，故克服摩擦力做功为0.9
二、
在应用动能定理时，将复杂过程分解为多个子过程，并详细分析每个子过程中的做功情况及初始状态。
(2)全程应用动能定理时，分析各力在整个过程中的做功情况，计算每个力所做的功，确定合外力的总功，进而确定整个过程的初态。
注意：
如图3所示，右端连有一个光滑弧形槽的水平桌面AB长L＝1.5m，一个质量为m＝0.5kg的木块在F＝1.5在N的水平拉力作用下，木块从桌面上A端静止开始向右运动，到达B端后撤去拉力F。木块与桌面间的动摩擦系数μ为0.2，重力加速度g取10。m/s2.求：
答案(1)0.15m(2)0.75
分析：设木块沿弧形槽上升的最大高度为h，最高点速度为零。从开始运动至达到最大高度，根据动能定理可得：
其中Ff＝μFN＝μmg＝0.2×0.5×10N＝1.0
所以h＝＝m＝0.15
(2)设木块离开B点后，在水平桌面上滑行的最大距离为x，由动能定理得：
所以x＝＝m＝0.75
A.mgh
C.μmg(s＋)D.μmg(s＋hcos
分析：滑块从A点移动到D点，克服摩擦力做功为W_{AD}。根据动能定理，有mgh-W_{AD}=0，从而得出W_{AD}=mgh。①滑块从D点返回A点，因推力缓慢，动能变化为零。设克服摩擦力做功为W_{DA}，根据动能定理，有W_F-mgh-W_{DA}=0…②，由A点运动至D点，克服摩擦力做的功为WAD＝μmgcosθ·＋μmgs…③，从D→A的过程克服摩擦力做的功为WDA＝μmgcosθ·＋μmgs…④，③④联立得WAD＝WDA…⑤，①②⑤联立得WF＝2mgh，故A、C、
三、动能定理在平抛、
动能定理常与平抛运动、圆周运动相结合，解决这类问题要特别注意：
(2)与竖直平面内的圆周运动相结合时，应特别注意隐藏的临界条件：
如图5所示，一可以看成质点的质量m＝2一个质量为kg的小球以初速度v0在光滑水平桌面上飞出，恰好从A点沿切线方向进入半径R=0.5的圆弧轨道。其中，B点为轨道最低点，C点为最高点，与水平桌面等高，圆心角θ=53°。m.已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，不计空气阻力，g取10
答案(1)3m/s(2)－4
解析(1)在A点由平抛运动规律得：
mg(R＋Rcos
联立得：v0＝3
代入数据解得Wf＝－4
四、
某游乐场的滑梯可以简化为如图6所示竖直面内的ABCD轨道，AB为长L＝6m、倾角α＝37°的斜轨道，BC为水平轨道，CD为半径R＝15m、一个圆心角为37°的圆弧轨道，其中AB段粗糙，其余部分光滑。一小孩（视为质点）从A点以初速度v0＝2小孩以m/s的速率下滑，沿轨道运动至D点时速度恰好为零（不计B点的能量损失）。已知小孩质量为30kg。kg，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取g＝10m/s2，不计空气阻力，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：
答案(1)420N，方向向下(2)0.25(3)21
－mg(R－Rcosβ)＝0－mvC2，vC＝2
在C点，由牛顿第二定律得FN－mg＝m，可得：FN＝420
根据牛顿第三定律，小孩第一次经过圆弧轨道C点时，对圆弧轨道的压力为420
(2)小孩从A运动到D的过程中，由动能定理得：
mgLsinα－μmgLcosα－mgR(1－cos
可得：
(3)在AB斜轨道上，μmgcosαmgsinα，小孩在斜轨道上无法保持静止，因此从A点以初速度v0滑下，最终在BC轨道的B处停止。根据动能定理：
mgLsinα－μmgscosα＝0－mv02，解得s＝21
1.在有摩擦力做功的往