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第4 讲 功和能
课时1 功与功率 动能定理
考点一 功、功率的分析与计算
功的计算
恒力做功：W=Flcos α(α 为F、l 之间的夹角)
变力做功：动能定理、微元法、等效法、转化研究对象法、平均
力法、图像法、功率法(W=Pt)
功率的计算
平均功率：P=W
t
瞬时功率：P=Fvcos α(α 为F、v 之间的夹角)
机车启动
两个基本关系式
P=Fv，F-F 阻=ma
恒定功率启动
P 不变，v
，F
，a
⇒以vm做匀
速运动
Pt-F 阻s=1
2mvm
2
恒定加速度启动
a 不变，F 不变，v
，P
⇒P=P 额，
v
，F
，a
⇒以vm做匀速运动
最大速度vm
无论哪种启动方式，最大速度都等
于匀速直线运动时的速度，即vm=
P
F阻
例1 (2023·北京卷·11)如图所示，一物体在力F 作用下沿水平桌面做匀加速直线运动。已知物体质量
为m，加速度大小为a，物体和桌面之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，在物体移动距离为x 的
过程中( )
A.摩擦力做功大小与F 方向无关
B.合力做功大小与F 方向有关
C.F 为水平方向时，F 做功为μmgx
D.F 做功的最小值为max
答案 D
解析 设力F 与水平方向的夹角为θ，则摩擦力为Ff=μ(mg-Fsin θ)，摩擦力做功大小Wf=μ(mg-Fsin θ)x，即
摩擦力做功大小与F 的方向有关，选项A 错误；合力做功大小W=F 合x=max，可知合力做功大小与力F 方
向无关，选项B 错误；当力F 水平时，则有F=ma+μmg，力F 做功为WF=Fx=(ma+μmg)x，选项C 错误；因
合外力做功大小为max，大小一定，而合外力做的功等于力F 与摩擦力Ff做功的代数和，而当Fsin θ=mg
时，摩擦力Ff=0，摩擦力做功为零，力F 做功最小，最小值为max，选项D 正确。
例2 (2023·山东卷·4)《天工开物》中记载了古人借助水力使用高转筒车往稻田里引水的场景。引水过
程简化如下：两个半径均为R 的水轮，以角速度ω 匀速转动。水筒在筒车上均匀排布，单位长度上有
n 个，与水轮间无相对滑动。每个水筒离开水面时装有质量为m 的水，其中的60%被输送到高出水面
H 处灌入稻田。当地的重力加速度为g，则筒车对灌入稻田的水做功的功率为( )
A.2nmgω
2 RH
5
B.3nmgωRH
5
C.3nmg ω
2 RH
5
D.nmgωRH
答案 B
解析 由题知，水筒在筒车上均匀排布，单位长度上有n 个，且每个水筒离开水面时装有质量为m 的水，
其中的60%被输送到高出水面H 处灌入稻田，则水轮转一圈灌入农田的水的总质量为m 总
=2πRnm×60%=1.2πRnm，则水轮转一圈灌入稻田的水克服重力做的功W=1.2πRnmgH，则筒车对灌入稻田
的水做功的功率为P=W
T ，T=2π
ω ，联立解得P=3nmgωRH
5
，故选B。
例3 (多选)(2025·陕西榆林市模拟)“辘轳”是中国古代取水的重要设施，如图甲所示，通过转动手柄
将细绳缠绕到半径为R 的转筒上，就可以把水桶从井中提起。若某次转动手柄的角速度ω 随时间t 变化
的图像如图乙所示，经3t0时间把水桶从井底提升到井口，水桶和桶中水的总质量为m，重力加速度大
小为g，水桶可看成质点，下列说法正确的是( )
A.0~2t0，水桶做初速度为零的匀加速直线运动
B.水井的深度为ω0Rt0
C.把水桶从井底提升到井口的过程中克服重力做功的平均功率为mgω0 R
2
D.把水桶从井底提升到井口的过程中合力对水桶和桶中水做功为mω0
2 R
2
2
答案 AD
解析 转筒边缘上点的线速度大小等于水桶的速度大小，根据线速度与角速度的关系有v=ωR，因0~2t0内，
ω 与t 成正比，所以水桶的速度v 与t 成正比，即水桶做初速度为零的匀加速直线运动，故A 正确；题图乙
中0~3t0内图线与时间轴所包围的面积表示把水桶从井底提升到井口过程中转筒转过的角度，设为θ，则θ=
ω0(t0+3t0)
2
=2ω0t0，故水井的深度为h=θR=2ω0Rt0，故B 错误；把水桶从井底提升到井口的过程中克服重
力做功的平均功率为P克=mgh
3t0 =
mg·2ω0 Rt0
3t0
=2mgω0 R
3
，故C 错误；根据动能定理，把水桶从井底提升
到井口的过程中合力对水桶和桶中水做功为W 合=1
2mv2-0=1
2m(ω0 R)
2=mω0
2 R
2
2
，故D 正确。
例4 (多选)(2025·江西省部分学校一模)一辆机车在水平路面上从静止开始做直线运动，其加速度随时
间变化的图像如图甲所示，机车牵引力F 和车速倒数1
v 的关系图像如图乙所示，机车前进过程中所受
阻力大小恒定，t=t0时刻机车达到额定功率，之后保持该功率不变，下列说法正确的是( )
A.所受恒定阻力大小为1.5×105 N
B.机车运动的额定功率为6×106 W
C.机车匀加速运动的时间为30 s
D.机车的质量为6×105 kg
答案 AD
解析 由题图乙可知，机车在BC 段以额定功率启动，当速度最大时，机车匀速行驶，机车所受恒定阻力
大小等于机车牵引力的大小，则有Ff=F=1.5×105 N，A 正确；机车运动的额定功率P=Fvm=1.5×105×60
W=9×106 W，B 错误；机车匀加速的末速度大小v= P
F ' = 9×10
6
4.5×10
5 m/s=20 m/s，由题图甲可知机车的加速
度大小为a=0.5 m/s2，机车匀加速运动的时间t0=v
a=40 s，C 错误；根据牛顿第二定律，结合题图甲可得F'-
Ff=Ma，解得M=6×105 kg，D 正确。
考点二 动能定理及应用
1.应用动能定理解题的步骤图解：
2.应用动能定理的四点提醒：
(1)动能定理往往用于单个物体的运动过程，由于不涉及加速度及时间，比动力学方法要简捷。
(2)动能定理表达式是一个标量式，在某个方向上应用动能定理是没有依据的。
(3)物体在某个运动过程中包含几个运动性质不同的小过程，对全过程应用动能定理，往往能使问题简
化。
(4)多过程往复运动问题一般应用动能定理求解。
例5 (2025·福建泉州市一模)滑板运动是一项惊险刺激的运动，深受青少年的喜爱。如图所示是滑板运
动的轨道，AB 和CD 分别是一段圆弧形轨道，BC 是一段长7 m 的水平轨道。一运动员从AB 轨道上的
P 点以6 m/s 的速度下滑，经BC 轨道后冲上CD 轨道，到Q 点时速度减为零。已知运动员与滑板的总
质量为50 kg，h=1.4 m，H=1.8 m，不计圆弧轨道上的摩擦和空气阻力(g 取10 m/s2)。求：
(1)运动员第一次经过B 点、C 点时的速度各是多少？
(2)运动员与BC 轨道的动摩擦因数。
(3)运动员最终停止的位置到B 点的距离。
答案 (1)8 m/s 6 m/s (2)0.2 (3)2 m
解析 (1)从P 点到B 点，根据动能定理有mgh=1
2mvB
2-1
2mv P
2
代入数据解得vB=8 m/s。
从C 点到Q 点，根据动能定理有
-mgH=0-1
2mvC
2
代入数据解得vC=6 m/s。
(2)从B 到C 由动能定理得-μmglBC=1
2mvC
2-1
2mvB
2
代入数据解得μ=0.2。
(3)由能量守恒知，机械能的减少量等于因滑动摩擦而产生的内能，则有μmgs 总=1
2mv P
2+mgh
代入数据解得s 总=16 m
s 总=2lBC+2 m
故运动员最后停在距B 点2 m 的地方。
例6 (2025·黑吉辽蒙卷·13)如图，一雪块从倾角θ=37°的屋顶上的O 点由静止开始下滑，滑到A 点后离
开屋顶。O、A 间距离x=2.5 m，A 点距地面的高度h=1.95 m，雪块与屋顶的动摩擦因数μ=0.125。不计
空气阻力，雪块质量不变，取sin 37°=0.6，重力加速度大小g=10 m/s2。求：
(1)雪块从A 点离开屋顶时的速度大小v0；
(2)雪块落地时的速度大小v1，及其速度方向与水平方向的夹角α。
答案 (1)5 m/s (2)8 m/s 60°
解析 (1)雪块在屋顶上运动过程中，由动能定理得mgxsin θ-μmgcos θ·x=1
2mv0
2-0
代入数据解得v0=5 m/s
(2)雪块离开屋顶后，做斜下抛运动，由动能定理得mgh=1
2mv1
2-1
2mv0
2
代入数据解得v1=8 m/s
cos α=v0cosθ
v1
=5×0.8
8
=1
2
解得α=60°。
例7 (2025·山东菏泽市检测)如图甲所示，水平地面上固定一倾角α=37°的斜面。质量为m 的物块以初
速度v0沿斜面上滑，其动能Ek与离出发点位移x 的关系如图乙所示。以出发点所在水平面为参考平面，
重力加速度大小取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，下列判断正确的是( )
A.物块的质量m=0.5 kg
B.物块与斜面间的动摩擦因数μ=0.25
C.物块的初速度v0=2 m/s
D.物块在运动过程中的最大重力势能Ep=20 J
答案 B
解析 由题图乙可知，上滑过程，根据动能定理得-mgxsin 37°-μmgxcos 37°=0-40 J，下滑过程，根据动能定
理得mgxsin 37°-μmgxcos 37°=20 J，联立解得m=5 kg，μ=0.25，故A 错误，B 正确；由题图乙可知，物块的
初动能为40 J=1
2mv0
2，解得v0=4 m/s，故C 错误；当物块上滑到最高点时，重力势能最大，此时上升高度
为h=xsin 37°=1×0.6 m=0.6 m，故物块在运动过程中的最大重力势能Ep=mgh=30 J，故D 错误。
变式 (多选)(2025·广东梅州市期中)如图所示，光滑固定斜面底端固定一轻质弹簧，一滑块P 从O 点静
止释放，向下滑动过程经a 点接触弹簧，最低到达b 点处。以O 为原点、平行斜面向下为x 轴正方向建
立一维坐标系，a、b 处坐标分别为x1、x2。设滑块在b 处的重力势能为0，下滑过程中，滑块的动能
Ek、重力势能Ep、机械能E、加速度a 随位移x 的变化图像符合实际的是( )
答案 BD
解析 设斜面的倾角为θ，滑块接触弹簧前，在经过一小段位移Δx 过程中，根据动能定理得mgΔxsin
θ=ΔEk，整理得Δ Ek
Δ x =mgsin θ，滑块动能随位移均匀增加；滑块接触弹簧后在经过一小段位移Δx 过程中，
根据动能定理得(mgsin θ-F 弹)Δx=ΔEk，整理得Δ Ek
Δ x =mgsin θ-F 弹，当F 弹<mgsin θ 时，由于弹簧弹力逐渐增
大，图像斜率逐渐减小，故A 错误；滑块下滑过程中有ΔEp=-mgΔh=-mgΔxsin θ，整理得Δ E p
Δ x =-mgsin θ，
故B 正确；滑块接触弹簧前滑块机械能守恒，滑块接触弹簧后，弹簧弹性势能增加，滑块机械能减小，故
C 错误；滑块接触弹簧前，根据牛顿第二定律有mgsin θ=ma1，解得a1=gsin θ，滑块接触弹簧后，根据牛顿
第二定律有mgsin θ-k(x-x1)=ma2，解得a2=gsin θ- k
m(x-x1)，故D 正确。
情景
图像
斜率定义
由ΔEk=F 合s，斜率k 等于沿速度方向
的合外力
由ΔEpG=mg·Δx 知斜率k 等于重力mg
ΔEpN=F·Δx 知斜率k 等于弹簧弹力F
“图像法”是根据题意把抽象复杂的物理过程有针对性地表示成物理图像，将两个物理量间的定
量或定性关系转变为几何关系，运用图像直观、形象、简明的特点来分析解决物理问题，可化难为易、
化繁为简，避免烦琐的计算，迅速找到正确答案。
示例 (2025·云南卷·6)如图所示，质量为m 的滑块(视为质点)与水平面上MN 段的动摩擦因数为μ1，
与其余部分的动摩擦因数为μ2，且μ1>μ2。第一次，滑块从Ⅰ位置以速度v0向右滑动，通过MN 段后停
在水平面上的某一位置，整个运动过程中，滑块的位移大小为x1，所用时间为t1；第二次，滑块从Ⅱ位
置以相同速度v0向右滑动，通过MN 段后停在水平面上的另一位置，整个运动过程中，滑块的位移大
小为x2，所用时间为t2。忽略空气阻力，则( )
A.t1<t2 B.t1>t2
C.x1>x2 D.x1<x2
答案 A
解析 对两次运动的整个过程，根据动能定理有1
2mv0
2=μ1mgxMN+μ2mg(x1-xMN)，1
2mv0
2=μ1mgxMN+μ2mg(x2-
xMN)，可得x1=x2，故C、D 错误；设滑块在水平面上滑动的加速度大小为a，根据牛顿第二定律有
μmg=ma，可得a=μg，由于μ1>μ2，故滑块在MN 段滑动时的加速度大，根据前面分析可知两次运动的总位
移相等，即两次运动过程中v-t 图像与横轴围成的面积相等。由于第二次滑动时滑块距离M 点的距离较近，
根据公式v0
2-v M
2=2μ2gx，可知第二次到达M 点时速度较大，作出整个过程中两种运动状态的v-t 图像，可
得t2>t1，故A 正确，B 错误。
专题强化练
[分值：55 分]
[1~6 题，每题4 分，7~9 题，每题6 分]
[保分基础练]
1.(2025·云南卷·2)如图所示，中老铁路国际旅客列车从云南某车站由静止出发，沿水平直轨道逐渐加速到
144 km/h，在此过程中列车对座椅上的一高中生所做的功最接近( )
A.4×105 J
B.4×104 J
C.4×103 J
D.4×102 J
答案 B
解析 高中生的质量约为50 kg，根据动能定理有W=1
2mv2=4.0×104 J，故选B。
2.(2024·贵州卷·6)质量为1 kg 的物块静置于光滑水平地面上，设物块静止时的位置为x 轴零点。现给物块
施加一沿x 轴正方向的水平力F，其大小随位置x 变化的关系如图所示，则物块运动到x=3 m 处，F 做功的
瞬时功率为( )
A.8 W
B.16 W
C.24 W
D.36 W
答案 A
解析 根据题图可知物块运动到x=3 m 处，F 做的总功为WF=3×2 J+2×1 J=8 J
该过程根据动能定理得WF=1
2mv2
解得物块运动到x=3 m 处时的速度v=4 m/s
故此时F 做功的瞬时功率P=Fv=8 W，故选A。
3.(2023·湖北卷·4)两节动车的额定功率分别为P1和P2，在某平直铁轨上能达到的最大速度分别为v1和v2。
现将它们编成动车组，设每节动车运行时受到的阻力在编组前后不变，则该动车组在此铁轨上能达到的最
大速度为( )
A. P1v1+ P2v2
P1+ P2
B. P1v2+ P2v1
P1+ P2
C.( P1+ P2)v1v2
P1v1+ P2v2
D.( P1+ P2)v1v2
P1v2+ P2v1
答案 D
解析 由题意可知对两节动车分别有P1=f1v1，P2=f2v2，当将它们编组后有P1+P2=(f1+f2)v，联立可得v=
( P1+ P2)v1v2
P1v2+ P2v1
，故选D。
4.(2025·湖北省十一校第一次联考)生活中常常用到“轮轴”系统，该系统能绕共轴线旋转，如图甲所示。
起重机滑轮运用了轮轴和斜面的原理。某工地用起重机吊起质量m=100 kg 的重物，将起重机的模型简化，
如图乙所示。起重机底部安装了一个轮轴，其轴与轮的半径比为1∶2，若起重器将钢绳A 以速度v=5 m/s
匀速收缩了20 m，不计轮轴质量及一切阻力，滑轮大小可忽略，重力加速度g 取10 m/s2。在此过程中，下
面说法正确的是( )
A.重物重力的功率为2 500 W
B.重物重力的功率为5 000 W
C.钢绳B 对重物做的功为20 000 J
D.钢绳B 对重物做的功为50 000 J
答案 A
解析 “轮轴”系统中轴与轮的半径比为1∶2，根据同轴转动角速度相等结合v=rω，可知重物上升的速
度v 重=2.5 m/s，则重物重力的功率为P 重=mgv 重=2 500 W，故A 正确，B 错误；A 的速度与重物的速度之
比为2∶1，则当A 收缩20 m 时，重物上升了h=10 m，钢绳B 对重物的拉力等于重物的重力，则钢绳B 对
重物做的功WG=mgh=10 000 J，故C、D 错误。
5.(2023·辽宁卷·3)如图(a)，从高处M 点到地面N 点有Ⅰ、Ⅱ两条光滑轨道。两相同小物块甲、乙同时从M
点由静止释放，沿不同轨道滑到N 点，其速率v 与时间t 的关系如图(b)所示。由图可知，两物块在离开M
点后、到达N 点前的下滑过程中( )
A.甲沿Ⅰ下滑且同一时刻甲的动能比乙的大
B.甲沿Ⅱ下滑且同一时刻甲的动能比乙的小
C.乙沿Ⅰ下滑且乙的重力功率一直不变
D.乙沿Ⅱ下滑且乙的重力功率一直增大
答案 B
解析 由题图(b)可知，甲下滑过程中，甲做匀加速直线运动，则甲沿Ⅱ下滑，乙做加速度逐渐减小的加速
运动，乙沿Ⅰ下滑，任意时刻甲的速度都小于乙的速度，可知同一时刻甲的动能比乙的小，A 错误，B 正
确；乙沿Ⅰ下滑，开始时乙速度为0，到N 点时乙竖直方向速度为零，根据瞬时功率公式P=mgvy可知，重
力功率先增大后减小，C、D 错误。
6.(2025·甘肃定西市模拟)中国自主研发的第四代军用涡扇发动机WS-15 在推力、燃油效率和可靠性等方面
均达到了世界先进水平，已知WS-15 涡扇发动机的喷气口的横截面积为S，喷出的燃气密度为ρ，燃气从
喷气口喷出时的速度大小为v，则WS-15 涡扇发动机喷气的功率为( )
A.1
2ρSv3
B.1
2ρSv2
C.ρSv2
D.ρSv
答案 A
解析 在时间间隔Δt 内，喷出燃气的质量m=ρSvΔt，根据动能定理可得发动机做的功为W=ΔEk=1
2mv2=1
2
ρSv3Δt，则WS-15 涡扇发动机喷气的功率为P= W
Δt =1
2ρSv3，故选A。
[争分提能练]
7.(2025·河南商丘市质检)如图所示，轻质细绳一端固定在天花板上，另一端跨过一光滑动滑轮和两固定在
天花板上的光滑定滑轮，动滑轮下端挂有一重物。某人抓住绳的一端，从右侧定滑轮正下方A 点以v=5
m/s 的水平速度匀速移动到B 点，此时细绳与水平方向的夹角为θ=37°。已知重物质量为m=10 kg，右侧定
滑轮与A 点绳末端的竖直距离h=3 m，重力加速度g 取10 m/s2，sin 37°=0.6，不考虑滑轮的大小、质量和
一切阻力，下列说法正确的是( )
A.重物匀速上升
B.人到达B 点时，重物重力的功率为200 W
C.整个过程人对重物做功为100 J
D.人行走时，对地面的摩擦力方向水平向右
答案 B
解析 在B 点由关联速度可得，绳末端沿绳方向的分速度v1=vcos θ，人向右移动过程中，θ 减小，v 不变，
故v1增大，即重物加速上升，A 错误；人到达B 点时，由动滑轮特点，重物上升的速度v2=1
2v1，即重物重
力的功率P=mgv2=200 W，B 正确；由能量守恒定律，人对重物做的功等于重物机械能的增量，右侧绳长
增长ΔL= h
sinθ -h=2 m，重物上升的高度H=1
2ΔL=1 m，则W=mgH+1
2mv2
2=120 J，C 错误；人行走时，受到
的静摩擦力水平向右，由牛顿第三定律可知人对地面的摩擦力水平向左，D 错误。
8.(多选)(2025·湖南长沙市一模)倾角为37°的光滑固定斜面上有一小物块在沿斜面向上的力F 的作用下由静
止开始运动，斜面足够长，若力F 的最大功率为P，小物块的动能为Ek、重力势能为Ep(以出发点的势能为
零)、位移为x、运动过程中的速度为v，以沿斜面向上为正方向，物块从开始运动到抵达斜面顶端全程Ek-
x 图像如图甲所示，其中OA 段为直线，AB 段为曲线，BC 段为平行于横轴的直线，已知物块从0 时刻开始
经2 s 到达距出发点4 m 处，此时力F 的功率刚好达最大值，之后保持该功率不变，重力加速度g 取10
m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，下列说法中正确的是( )
A.物块的质量m=0.5 kg
B.F 的最大功率P=32 W
C.图乙为物块运动过程的Ep-x 图像
D.到达顶端时速度v=16
3 m/s
答案 AD
解析 Ek-x 图像的斜率表示合外力，所以0~4 m 内，F 合=4
4 N=1 N，又F 合=F-mgsin 37°=ma，根据位移时
间关系可得x1=1
2at1
2，解得m=0.5 kg，F=4 N，a=2 m/s2，故A 正确；2 s 末小物块的速度大小为v1=at1=4
m/s，所以F 的最大功率为P=Fv1=16 W，故B 错误；当小物块到达距出发点8 m 处时，重力势能为
Ep=mgxsin 37°=24 J，与题图乙中数据不符，故C 错误；2 s 后小物块所受外力F 的功率不变，则小物块匀
速阶段，P=F'v，F'=mgsin 37°，解得v=16
3 m/s，即小物块运动到斜面顶端时的速度大小为16
3 m/s，故D
正确。
9.(2025·四川卷·7)如图所示，倾角为30°的光滑斜面固定在水平地面上，安装在其顶端的电动机通过不可伸
长轻绳与小车相连，小车上静置一物块。小车与物块质量均为m，两者之间动摩擦因数为√3
2 。电动机以恒
定功率P 拉动小车由静止开始沿斜面向上运动。经过一段时间，小车与物块的速度刚好相同，大小为v0。
运动过程中轻绳与斜面始终平行，小车和斜面均足够长，重力加速度大小为g，忽略其他摩擦。则这段时
间内( )
A.物块的位移大小为2v0
2
3 g
B.物块机械能增量为5mv0
2
2
C.小车的位移大小为16 P v0
5m g
2 -2v0
2
5 g
D.小车机械能增量为8 P v0
5 g +mv0
2
2
答案 C
解析 物块做匀加速直线运动，对物块根据牛顿第二定律有μmgcos 30°-mgsin 30°=ma，解得a=1
4 g，根据
运动学公式有v0
2=2ax1，解得物块的位移大小为x1=2v0
2
g ，故A 错误；物块机械能增量为ΔE=1
2mv0
2
+mgx1·sin 30°=3
2mv0
2，故B 错误；对小车根据动能定理有Pt-(μmgcos 30°+mgsin 30°)x=1
2mv0
2，其中t=v0
a
，联立解得x=16 P v0
5m g
2 -2v0
2
5 g
，故C 正确；小车机械能增量为ΔE'=1
2mv0
2+mgxsin 30°=8 P v0
5 g +3m v0
2
10
，故D
错误。
10.(13 分)(2025·福建卷·15)如图甲，水平地面上有A、B 两个物块，两物块质量均为m=0.2 kg，A 与地面间
的动摩擦因数为μ=0.25，B 与地面无摩擦，两物块并排放置，在外力F 的作用下向右前进，外力F 与位移
x 的关系图像如图乙所示，P 点为光滑圆弧轨道最低点，M 点为最高点，水平地面长度大于4 m，重力加速
度g 取10 m/s2，求：
(1)(2 分)在0~1 m 内F 做的功；
(2)(4 分)x=1 m 时，A 与B 之间的弹力大小；
(3)(7 分)要保证B 能到达M 点，圆弧半径r 满足的条件。
答案 (1)1.5 J (2)0.5 N (3)r≤0.2 m
解析 (1)0~1 m 内F 为恒力，F 做的功W=Fx1=1.5×1 J=1.5 J
(2)x=1 m 时，设A、B 之间的弹力大小为FAB，对A、B 整体受力分析，根据牛顿第二定律有F-f=2ma
其中f=μmg
对B 受力分析，根据牛顿第二定律有FAB=ma
代入数据，解得FAB=0.5 N
(3)当A、B 之间的弹力为零时，A、B 分离，根据(2)分析可知此时F'=0.5 N，结合题图乙可知A、B 分离时
B 的位移为x=3 m，此时A、B 速度大小均为v。
0~3 m 过程中，对A、B 整体由动能定理得WF-μmgx=1
2×2mv2
F-x 图线与横轴所围面积表示力F 做的功，根据题图乙可得WF=1.5×1 J+0.5+1.5
2
×2 J=3.5 J
若B 能到达M 点，在M 点的最小速度满足
mg=mvmin
2
rmax
A、B 分离后，B 经过水平面和圆弧轨道恰好运动到轨道最高点过程中，根据动能定理有
-mg·2rmax=1
2mvmin
2-1
2mv2
联立解得rmax=0.2 m，即圆弧轨道半径满足的条件为r≤0.2 m。
