第8章 第3节 动能和动能定理（Word教参）-【优化指导】2024-2025学年新教材高中物理必修第二册（人教版2019）

第3节　动能和动能定理 物理观念 科学思维 科学态度与责任 1.通过力对物体做功的分析确定动能的表达式，加深对功能关系的理解。 2．理解动能定理。 能够利用功的表达式、牛顿第二定律与运动学公式推导出动能定理。 能用动能定理解释生产生活中的现象或者解决实际问题。 [对应学生用书P116] 一、动能的表达式 1．质量为m的某物体在光滑水平面上运动，在与运动方向相同的恒力F的作用下发生一段位移l，速度由v1增加到v2，如图所示。 恒力F做的功W＝Fl，由牛顿第二定律得，加速度a＝，由运动学公式得，l＝，解得W和v1、v2的关系式为W＝mv－mv。 2．动能的概念：物体由于运动所具有的能量称为动能。 (1)表达式：Ek＝。 (2)单位：焦耳，符号J。 (3)动能是标量。→ 二、动能定理 1．内容：力在一个过程中对物体做的功，等于物体在这个过程中动能的变化。这个结论叫作动能定理。 (1)力对物体做的功W为合力做的功，它等于各个力做功的代数和。 (2)动能定理是在物体受恒力作用，并且做直线运动的情况下得到的，当物体受变力作用或做曲线运动时，动能定理仍成立。 1．(物理与军事)如图所示的是古代战争中攻击城门的战车，战车上装有一根质量很大的圆木，有很多士兵推着战车使圆木以很大的速度撞击城门，轻而易举地将城门撞破。判断下列说法的正误。(对的画“√”，错的画“×”) (1)圆木的速度加倍，它的动能也加倍。(　　×　　) (2)士兵推着战车做功越多，战车和圆木的速度越大。(　　√　　) (3)合外力做功不等于零，物体的动能一定变化。(　　√　　) (4)圆木的质量越大，士兵推着战车获得同样的速度，圆木的动能越大。(　　√　　) 2．(教材拓展P88)演绎推理是从一般性结论推出个别性结论的方法，即从已知的某些一般原理、定理、法则、公理或科学概念出发，推出新结论的一种思维活动。 我们在共点力平衡的学习中，得到的“两个力的合力与第三个力等大反向”的结论，这一过程是否为演绎推理？ 提示：是。 [对应学生用书P117] 探究点一 动能与动能定理 如图所示的是在公路上行驶的汽车和空中飞行的导弹，它们都具有一定的动能。 　　 [问题设计] 行驶的汽车和飞行的导弹，谁的动能大？ 提示：根据Ek＝mv2可知，飞行的导弹的动能大。 1．动能的特点 (1)动能具有相对性，参考系不同，速度就可能不同，所以动能也可能不等。一般都以地面为参考系描述物体的动能。 (2)动能是状态量，是表征物体运动状态的物理量。物体的动能对应于某一时刻运动的能量，它仅与物体的质量和速度的大小有关，而与速度的方向无关。 (3)动能是标量，且恒为正值。 2．动能的变化：“变化”是指末状态的物理量减去初状态的物理量。动能的变化量为正值，表示物体的动能增加了；动能的变化量为负值，表示物体的动能减小了。 3．对动能定理的理解 (1)表达式W＝ΔEk中的W为外力对物体做的总功。 (2)动能定理描述了做功和动能变化的两种关系。 ①等值关系：物体动能的变化量等于合力对它做的功。 ②因果关系：合力对物体做功是引起物体动能变化的原因，做功的过程实质上是其他形式的能与动能相互转化的过程，转化了多少由合力做的功来度量。 4．动能定理与牛顿运动定律的比较 项目 牛顿运动定律 动能定理 适用条件 只能研究物体在恒力作用下做直线运动的情况 对于物体在恒力或变力作用下做直线运动或曲线运动均适用 应用方法 要考虑运动过程的每一个细节 只考虑各力的做功情况及初、末状态的动能 运算方法 矢量运算 代数运算 相同点 确定研究对象，对物体进行受力分析和运动过程分析 结论 应用动能定理解题不涉及加速度、时间，不涉及矢量运算，运算简单，不易出错 【例1】 (2019·全国卷Ⅲ)从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用。距地面高度h在3 m以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图所示。重力加速度取10 m/s2。该物体的质量为(　　) A．2 kg B．1.5 kg C．1 kg D．0.5 kg C　解析：画出物体运动示意图，设物体受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力，即阻力为f，据动能定理知 A→B(上升过程)：－(mg＋f)h＝EkB－EkA C→D(下落过程)：(mg－f)h＝EkD－EkC 整理以上两式得：mgh＝30 J， 解得物体的质量m＝1 kg， C正确。 【例2】 如图，国产大飞机C919在水平跑道上滑跑试飞。当发动机提供2.1×105 N的牵引力时，C919滑跑1.6×103 m即可离地起飞。将滑跑过程视为初速度为零的匀加速直线运动，已知飞机的质量为7.0×104 kg，受到的阻力恒为其重力的，重力加速度g取10 m/s2，则C919起飞的速度约为(　　) A．57 m/s B．80 m/s C．89 m/s D．113 m/s B　解析：依题意，根据动能定理可得(F－f)s＝mv2－0，f＝0.1mg，求得v＝80 m/s，B正确。 应用动能定理解题的步骤 (1)确定研究对象和研究过程。 (2)对研究对象进行受力分析。(研究对象以外的物体施于研究对象的力都要分析，含重力) (3)写出该过程中合外力做的功，或分别写出各个力做的功(注意功的正负)。若研究过程中物体受力情况有变化，要分别写出各个力在各个阶段做的功。 (4)写出物体的初、末动能。(注意动能增量是末动能减初动能) (5)按照动能定理列式求解。 [练1] (2024·河南驻马店高一期末)水平转盘可绕竖直中心轴转动，如图甲所示。一个小物块质量为m，放在转盘上到中心O的距离为r处，随着转盘角速度缓慢增大，小物块所受摩擦力F随时间变化的图像如图乙所示，小物块相对转盘始终未发生移动。则从t1到t2时间内，摩擦力对小物块做的功为(　　) A.3F0r B．2F0r C．F0r D．F0r D　解析：在t1时刻F0＝m，在t2时刻2F0＝m，则从t1到t2时间内，摩擦力对小物块做的功为W＝mv－mv＝F0r，D正确。 [练2] (2024·江苏南京高一期末)从地面竖直向上抛出一个物体，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的变化如图所示，重力加速度g取10 m/s2。由图中数据可得(　　) A．物体的质量为2 kg B．h＝2 m时，物体的动能Ek＝30 J C．物体上升过程中所受的阻力为2.5 N D．从地面至h＝4 m，物体的动能减少了40 J C　解析：根据题给图像可知h＝4 m时物体的重力势能为mgh＝40 J，解得物体质量为m＝1 kg，A错误；根据题图可知，当物体上升4 m时，机械能减少了10 J，根据功能关系可知，物体上升过程中克服阻力所做的功为W＝10 J＝fh，可知物体上升过程中所受的阻力为f＝2.5 N，从物体开始抛出至上升到h＝2 m的过程中，由动能定理有－mgh－fh＝Ek－50 J，解得Ek＝25 J，B错误，C正确；从物体开始抛出至上升到h＝4 m的过程中，由动能定理有－mgh－fh＝Ek－50 J，解得Ek＝0，可知从地面至h＝4 m，物体的动能减少50 J，D错误。 探究点二 动能定理的应用 1．利用动能定理求变力所做的功 所求变力的功不一定为总功，故需注意所求变力的功不一定等于ΔEk。 2．利用动能定理求位移或路程 若滑动摩擦力的大小不变，其在某一个过程中所做功等于摩擦力与路程的乘积，故可利用动能定理求解物体在摩擦力作用下通过的路程大小。 注意：当物体在曲面上运动时，速度的变化会导致压力、摩擦力的变化，从而影响摩擦力做功的情况。 3．利用动能定理求作用力 功是力与位移的乘积，利用动能定理可求作用力、动摩擦因数(滑动摩擦力)、质量(重力)等。 【例3】 如图所示，AB为圆弧轨道，BC为水平直轨道，圆弧的半径为R，BC的长度也是R。一个质量为m的物体，与两个轨道间的动摩擦因数都为μ，当它由轨道顶端A从静止下滑时，恰好运动到C处停止，那么物体在AB段克服摩擦力做的功为(　　) A．μmgR B．mgR C．mgR D．(1－μ)mgR D　解析：物体从A运动到C的过程中，由动能定理有mgR－Wf－μmgR＝0－0，解得Wf＝(1－μ)mgR，D正确。 [练3] (2024·湖南邵阳高一期末)如图所示，一个可视为质点的物体自斜面的顶点A由静止开始下滑，最后在C点位置停了下来，D点为A点正下方的点，D、B、C在同一水平线上。如果物体与斜面、水平面间的动摩擦因数相同，斜面的倾角为θ，物体滑过B点时没有机械能损失，则下列说法正确的是(　　) A．如果A点上移增加斜面的高度，物体会停在C点的右侧 B．如果B点左移增加斜面的倾角θ，物体会停在C点的右侧 C．如果只增加动摩擦因数，物体会停在C点的右侧 D．如果减小物体的质量，物体会停在C点的左侧 A　解析：设AD＝h，BD＝x1，BC＝x2，从A到C由动能定理可得mgh－μmg cos θ－μmgx2＝0，如果A点上移增加斜面的高度，由动能定理得mgh1－μmg cos θ1－μmgx21＝0，比较上面两式有h1＞h，x11＝x1，可得x21＞x2，所以物体会停在C点的右侧，A正确；如果B点左移增加斜面的倾角θ，由动能定理得mgh2－μmg cos θ2－μmgx22＝0，其中h2＝h，x12＋x22＝x1＋x2，可得物体会停在C点处，B错误；如果只增加动摩擦因数，μ增大，h不变，x1不变，则x2减小，所以物体会停在C点左侧，C错误；综合上述分析知，如果减小物体的质量，由上式可知，物体会停在C点处，D错误。 【例4】 (2024·浙江高一检测)小丁同学设计了一个玩具赛车的轨道装置，轨道的主要部分可简化为如图所示的模型，倾斜轨道OA和水平轨道DE分别与圆轨道相切于A点和D点，圆轨道ABCD与轨道OA和DE平滑连接。轨道OA底部固定一大小不计的弹射装置，当赛车从O点由静止被弹射，沿斜面上滑后经过圆轨道进入DE轨道，最后从E点抛出。已知赛车质量为0.2 kg，圆轨道半径R＝0.4 m，倾斜轨道OA、EF的倾角分别为53°和37°(sin 53°＝0.8，sin 37°＝0.6)，E、F两点的高度差H＝1.8 m，DE轨道长为4 m，赛车在水平轨道上运动时所受阻力等于其对轨道压力的0.2倍，赛车在轨道其余部分所受阻力可忽略，赛车看成质点。 (1)若赛车恰好能过B点，求赛车经过D点时速度大小vD； (2)若赛车恰好能过B点，求弹射装置对赛车所做的功W1； (3)若赛车恰好能过B点，求赛车从E点抛出后的落点离E点的距离s； (4)若弹射器对赛车所做的功W可调节，赛车从E点抛出后的第一次落点与E点的高度差为h，求h与W的关系。 答案：(1)2 m/s　(2)5.6 J　(3)0.75 m　(4)见解析 解析：(1)赛车恰好能过B点，由mg＝m可得 vB＝＝2 m/s 从B到D列动能定理mg·2R＝mv－mv 可得vD＝＝2 m/s。 (2)若赛车恰好能过B点，从O到B列动能定理 W1－mg·(H＋2R)＝mv 可得W1＝5.6 J。 (3)若赛车恰好能过B点，从B到E点列动能定理 mg·2R－0.2mg·xDE＝mv－mv 可得vE＝2 m/s 从E点平抛，若落在斜面上，可知位移角为37°，有 tan 37°＝ 可得t＝0.3 s 根据s＝可得s＝0.75 m。 (4)若弹射器对赛车所做的功可变，设做功为W，从O到E，列动能定理 W－mg·H－0.2mg·xDE＝mv 可得vE＝ ①当h≤1.8 m时tan 37°＝ 根据t＝，可得tan 37°＝＝ 得h＝W－5.85 当h＝1.8 m时，W＝6.8 J ②当W>6.8 J时，h＝1.8 m 综上所述：W>6.8 J时，h＝1.8 m； 5．6 J≤W≤6.8 J时，h＝W－5.85； W<5.6 J时，不能从E点抛出。 [练4] (多选)(2024·山东济宁高一期末)如图甲所示，轻弹簧左端固定在竖直墙上，初始时处于自然状态，右端在P点，某时刻一个质量为3 kg的物块A沿粗糙的水平面以一定初速度向左滑向轻弹簧，从开始运动到弹簧压缩至最短的过程中，物块速度的二次方随位移的变化规律如图乙所示。已知弹簧的弹性势能表达式Ep＝k(Δl)2，其中Δl为弹簧形变量，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　) 　 A．物块A与地面间的动摩擦因数为0.5 B．此过程中弹簧的最大弹性势能为22.5 J C．弹簧的劲度系数k＝45 N/m D．物块A被弹簧弹回至P点时的动能为15 J BCD　解析：根据题意，从物块A开始运动至刚接触弹簧，由动能定理有－μmgx＝mv2－mv，由题图乙可知v2＝20 m2/s2，v＝30 m2/s2，x＝2 m，解得μ＝0.25，A错误；根据题意，从物块刚接触弹簧至弹簧被压缩至最短，设弹簧做的功为W，由动能定理有－μmgx1＋W＝0－mv2，解得W＝－22.5 J，又有W＝－Ep，可得Ep＝22.5 J，B正确；弹簧的弹性势能表达式Ep＝k(Δl)2，由题图乙和B分析可知，当Ep＝22.5 J时，Δl＝1 m，解得k＝45 N/m，C正确；根据题意，由B分析可知，物块A被弹簧弹回至P点时，弹簧做的功为W1＝－W＝22.5 J，由动能定理有W－μmgx1＝Ek－0，解得Ek＝15 J，D正确。 探究点三 解决实际问题 [练5] (体育情境)(2024·湖北武汉高一期末)忽略空气阻力，不计足球体积大小，足球质量为450 g，运动过程看成是斜抛运动，如图所示，足球从A点被踢出，经最高点B落到C点，AB段与BC段运动具有对称性，BC段运动可看作平抛运动，AC＝40 m，最高点B距地面高度h＝10 m，重力加速度g取10 m/s2。则运动员一脚将足球踢出时对足球做的功为(　　) A．45 J B．90 J C．180 J D．225 J B　解析：利用AB段与BC段运动具有对称性，分析BC段平抛运动，将其分解为水平、竖直两个方向。在竖直方向，由自由落体运动规律可知h＝gt2，v＝2gh，可得t＝ s，vy＝10 m/s，在水平方向，由匀速直线运动规律可知vx＝＝10 m/s，足球落地时速度大小v＝＝20 m/s，忽略空气阻力，则斜抛全过程合力做功为零，初动能等于末动能，运动员将足球踢出时对足球做的功W＝mv2＝90 J，B正确。 [练6] (探究情境)(2023·浙江6月选考，节选)为了探究物体间碰撞特性，设计了如图所示的实验装置。水平直轨道AB、CD和水平传送带平滑无缝连接，两半径均为R＝0.4 m的四分之一圆周组成的竖直细圆弧管道DEF与轨道CD和足够长的水平直轨道FG平滑相切连接。质量为3m的滑块b与质量为2m的滑块c用劲度系数k＝100 N/m的轻质弹簧连接，静置于轨道FG上。现有质量m＝0.12 kg的滑块a以初速度v0＝2 m/s从D处进入，经DEF管道后，与FG上的滑块b碰撞(时间极短)。已知传送带长L＝0.8 m，以v＝2 m/s的速率顺时针转动，滑块a与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，其他摩擦和阻力均不计，各滑块均可视为质点，弹簧的弹性势能Ep＝kx2(x为形变量)。 求滑块a到达圆弧管道DEF最低点F时速度大小vF和所受支持力大小FN。 答案：10 m/s　31.2 N 解析：对滑块a从D点沿DEF管道运动到F点过程，根据动能定理有 mg·2R＝mv－mv① 解得vF＝10 m/s② 在F点，根据牛顿第二定律有FN－mg＝m③ 联立②③解得FN＝31.2 N。 [练7] (体育情境)(2023·江苏卷)如图所示，滑雪道AB由坡道和水平道组成，且平滑连接，坡道倾角均为45°，平台BC与缓冲坡CD相连。若滑雪者从P点由静止开始下滑，恰好到达B点，滑雪者现从A点由静止开始下滑，从B点飞出。已知A、P间的距离为d，滑雪者与滑道间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g，不计空气阻力。 (1)求滑雪者运动到P点的时间t； (2)求滑雪者从B点飞出的速度大小v； (3)若滑雪者能着陆在缓冲坡CD上，求平台BC的最大长度L。 答案：(1)　(2)(3)d(1－μ) 解析：(1)设滑雪者的质量为m，滑雪者从A到P的过程，设滑雪者的加速度为a，根据牛顿第二定律有 mg sin 45°－μmg cos 45°＝ma① 由运动学公式有d＝at2② 联立①②解得t＝。 (2)由题知，滑雪者从P点静止开始下滑恰好到达B点，设重力做功为WG，摩擦力做功为Wf 根据动能定理有WG－Wf＝0③ 滑雪者由A点静止下滑到B点飞出的过程，根据动能定理有mgd sin 45°－μmgd cos 45°＋WG－Wf＝mv2④ 联立③④解得v＝⑤。 (3)假设滑雪者从B点斜上抛后恰好落到C点，则此时BC的长度最大。将B点的速度沿水平方向和竖直方向分解，设水平方向和竖直方向的分速度分别为v水平、v竖直，斜抛运动的时间为t′，则有 v水平＝v cos 45°，v竖直＝v sin 45°⑥ t′＝⑦ BC的最大长度为L＝v水平t′⑧ 联立⑤⑥⑦⑧解得L＝d(1－μ)。 [对应学生用书P121] 1．滑块以一定的初速度沿粗糙斜面从底端上滑，到达最高点B后返回到底端。利用频闪仪分别对上滑和下滑过程进行拍摄，频闪照片示意图如图所示。与图乙中相比，图甲中滑块(　　) A．受到的合力较小 B．经过A点的动能较小 C．在A、B之间的运动时间较短 D．在A、B之间克服摩擦力做的功较小 C　解析：设斜面倾角为θ，滑块与斜面之间的动摩擦因数为μ，滑块上滑过程中对滑块受力分析，由牛顿第二定律有F合＝mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1，同理滑块下滑过程有F合′＝mg sin θ－μmg cos θ＝ma2，则可知上滑过程中合力更大，即上滑过程中速度的变化率更大，则在相同时间内，位移的变化量更大，则可判断题图甲为上滑过程，题图乙为下滑过程，即题图甲中滑块受到的合力较大，A错误；滑块开始上滑至下滑到底端的过程中，由动能定理可知，摩擦力做负功，动能减小，滑块在同一位置上滑时的动能比下滑时的动能大，则题图甲中滑块经过A点的动能较大，B错误；结合A、B项由运动学公式可得，题图甲、乙中的AB段均可看成滑块从B点静止开始做匀加速直线运动，即SAB＝a1t、SAB＝a2t，由于a1＞a2，则可知t1＜t2，即题图甲中滑块在A、B之间的运动时间较短，C正确；无论上滑还是下滑过程，滑动摩擦力大小不变，当位移大小相同时，滑块在上滑和下滑过程中克服摩擦力做功相同，D错误。 2．人骑自行车下坡，坡长l＝500 m，坡高h＝8 m，人和车总质量为100 kg，下坡时初速度为4 m/s，人不踏车的情况下，到达坡底时车速为10 m/s，g取10 m/s2，则下坡过程中阻力所做的功为(　　) A．－400 J B．－3 800 J C．－50 000 J D．－4 200 J B　解析：下坡过程中运用动能定理得mgh＋Wf＝mv2－mv，解得Wf＝－3 800 J，B正确。 3．(多选)如图所示为一滑草场。某条滑道由上、下两段高均为h，与水平面倾角分别为45°和37°的滑道组成，滑草车与草地之间的动摩擦因数为μ。质量为m的载人滑草车从坡顶由静止开始下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端(不计滑草车在两段滑道交接处的能量损失，重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。则(　　) A．动摩擦因数μ＝ B．载人滑草车最大速度为 C．载人滑草车克服摩擦力做功为mgh D．载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为g AB　解析：根据动能定理有2mgh－Wf＝0，即2mgh－μmg cos 45°·－μmg cos 37°·＝0，得动摩擦因数μ＝，A正确，C错误；载人滑草车在上、下两段的加速度分别为a1＝g(sin 45°－μcos 45°)＝g，a2＝g(sin 37°－μcos 37°)＝－g，则载人滑草车在上、下两段滑道上分别做加速运动和减速运动，因此在上段滑道底端时达到最大速度v，由动能定理得：mgh－μmg cos 45°＝mv2，得v＝，B正确，D错误。 4．(2024·广西南宁高一期末)某汽车公司为助力中国实现“碳达峰、碳中和”目标，大力发展新能源汽车，图甲所示车型是该公司旗下众多优秀车型之一。该款车型在测试场进行加速测试的v-t图像如图乙所示，PH为图像上P处的切线，该车加速至P点速度后功率达到最大值P0，加速至Q点速度后速度达到最大。已知该款车型的整备质量约为驾驶员质量的31倍，则下列说法正确的是(　　) 　 A．该款车型加速过程中牵引力的最大值为 B．该款车型从静止加速到速度刚达到最大过程中运动位移为2v0t0 C．该款车型的整备质量为 D．该款车从静止加速到速度刚达到最大过程克服阻力做的功为P0t0 D　解析：根据题图乙可知，车先做匀加速运动，再做加速度减小的变加速运动，最后做匀速运动，则匀加速运动时的牵引力最大，由于加速至P点速度后功率达到最大值P0，则P0＝F0v0，解得牵引力最大值F0＝，A错误；PH为题图乙上P处的切线，根据题图乙可知＝，解得车的最大速度vm＝2v0，当速度最大时牵引力最小，且牵引力与阻力平衡，则有f＝Fmin＝，在匀加速过程中，由牛顿第二定律有F0－f＝a，又由于M＝31m，a＝，解得整备质量M＝，C错误；根据题图乙可知，匀加速阶段的位移x1＝v0t0，设变加速过程位移为x2，由动能定理有P0×2t0－fx2＝－v，解得x＝x1＋x2＝3v0t0，B错误；该款车从静止加速到速度刚达到最大过程克服阻力做的功W＝fx＝P0t0，D正确。 5．(多选)(2023·湖南卷)如图，固定在竖直面内的光滑轨道ABC由直线段AB和圆弧段BC组成，两段相切于B点，AB段与水平面夹角为θ，BC段圆心为O，最高点为C，A与C的高度差等于圆弧轨道的直径2R。小球从A点以初速度v0冲上轨道，能沿轨道运动恰好到达C点，下列说法正确的是(　　) A．小球从B到C的过程中，对轨道的压力逐渐增大 B．小球从A到C的过程中，重力的功率始终保持不变 C．小球的初速度v0＝ D．若小球初速度v0增大，小球有可能从B点脱离轨道 AD　解析：小球从B到C的过程中，设重力与半径的夹角为α，作出小球在BC段的受力图如图甲所示，可知小球重力沿轨迹圆心方向的分力与支持力的合力提供向心力，则有mg cos α－N＝m，可得N＝mg cos α－m，分析可知，B到C过程速度v减小，α减小，cos α增大，则N增大，由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力增大，A正确；小球沿轨道向上的运动过程中做减速运动，沿竖直方向的速度越来越小，设小球竖直方向速度为vy，则重力的功率PG＝mgvy减小，B错误；设小球在C点的速度为vC，由于小球恰好能到达C点，则vC＝0，小球从A到C的过程中，由动能定理有mg·2R＝mv，可得v0＝2，C错误；设在B点小球正好脱离轨道，此时小球只受重力，如图乙所示，此时重力沿轨迹圆心方向的分力提供向心力有mg cos θ＝m，解得小球在B点脱离轨道的最小速度vB＝，而vB随着v0的增大而增大，而vB>时小球在B点脱离轨道，D正确。 甲 　　 乙 学科网（北京）股份有限公司 $$