2018版高考物理一轮复习第五章机械能课时作业(二十二)动能定理及其应用

课时作业(二十四)功能关系 能量守恒定律[基础训练]1．(2017·辽宁沈阳二中期中)质量为m 的物体，由静止开始下落，由于阻力作用，下落的加速度为4g 5，在物体下落h 的过程中，下列说法中错误的是( ) A ．物体的动能增加了4mgh 5B ．物体的机械能减少了4mgh 5C ．物体克服阻力所做的功为mgh 5D ．物体的重力势能减少了mgh答案：B 解析：根据动能定理可知，动能增加量为ΔE k ＝F 合h ＝mah ＝4mgh 5，选项A 说法正确；物体所受的阻力f ＝mg －ma ＝mg 5，则物体的机械能减少量等于克服阻力做的功，即mgh 5，选项B 说法错误，选项C 说法正确；物体的重力势能减少量等于重力做的功，即mgh ，故选项D 说法正确．2．(2017·河南模拟)如图所示，质量为m 的小球，从离地面H 高处从静止开始释放，落到地面后继续陷入泥中h 深度而停止，设小球受到空气阻力为f ，重力加速度为g ，则下列说法正确的是( )A ．小球落地时动能等于mgHB ．小球陷入泥中的过程中克服泥土的阻力所做的功小于刚落到地面时的动能C ．整个过程中小球克服阻力做的功等于mg (H ＋h )D ．小球在泥土中受到的平均阻力为mg ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋H h 答案：C 解析：小球从静止开始释放到落到地面的过程，由动能定理得mgH －fH ＝12mv 20，选项A 错误；设泥土的平均阻力为f 0，小球陷入泥中的过程，由动能定理得mgh －f 0h ＝0－12mv 20，解得f 0h ＝mgh ＋12mv 20，f 0＝mg ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋H h －fH h ，选项B 、D 错误；全过程应用动能定理可知，整个过程中小球克服阻力做的功等于mg (H ＋h )，选项C 正确．3．(2017·湖南长沙质检)如图所示，AB 为半径R ＝0.50 m 的四分之一圆弧轨道，B 端距水平地面的高度h ＝0.45 m ．一质量m ＝1.0 kg 的小滑块从圆弧轨道A 端由静止释放，到达轨道B 端的速度v ＝2.0 m/s.忽略空气的阻力．取g ＝10 m/s 2.则下列说法正确的是( )A ．小滑块在圆弧轨道B 端受到的支持力大小F N ＝16 NB ．小滑块由A 端到B 端的过程中，克服摩擦力所做的功W ＝3 JC ．小滑块的落地点与B 点的水平距离x ＝0.6 mD ．小滑块的落地点与B 点的水平距离x ＝0.3 m答案：C 解析：小滑块在圆弧底端B 点受重力和支持力，根据牛顿第二定律有：F N －mg ＝m v 2R ，代入数据得：F N ＝18 N ，故A 错误．由动能定理得mgR －W ＝12mv 2－0，得W ＝－2.5 J ，故B 错误．小滑块从B 点出发做平抛运动，根据平抛运动的规律，水平方向：x ＝vt ，竖直方向：h ＝12gt 2，解得x ＝0.6 m ，故C 正确，D 错误． 4．(2017·陕西西安模拟)如图所示，光滑水平面OB 与足够长粗糙斜面BC 交于B 点．轻弹簧左端固定于竖直墙面，现用质量为m 1的滑块压缩弹簧至D 点，然后由静止释放，滑块脱离弹簧后经B 点滑上斜面，上升到最大高度，并静止在斜面上．不计滑块在B 点的机械能损失，换用材料相同、质量为m 2的滑块(m 2>m 1)压缩弹簧至同一点D 后，重复上述过程，下列说法正确的是( )A ．两滑块到达B 点时速度相同B ．两滑块沿斜面上升的最大高度相同C ．两滑块上升到最高点的过程中克服重力做的功不相同D ．两滑块上升到最高点的过程中机械能损失相同答案：D 解析：两滑块到达B 点的动能相同，但速度不同，故A 错误；两滑块在斜面上运动时加速度相同，由于初速度不同，故上升的最大高度不同，故B 错误；两滑块上升到最高点过程克服重力做功为mgh ，由能量守恒定律得E p ＝mgh ＋μmg cos θ×h sin θ，所以mgh ＝E p1＋μcot θ，故两滑块上升到最高点过程克服重力做的功相同，故C 错误；由能量守恒定律得ΔE 损＝W f ＝μmg cos θ×hsin θ＝μmgh cot θ＝μcot θ1＋μcot θE p ，故D 正确． 5．(2017·浙江温州模拟)某工地上，一架起重机将放在地面的一个箱子吊起．箱子在起重机钢绳的作用下由静止开始竖直向上运动，运动过程中箱子的机械能E 与其位移x 的关系图象如图所示，其中0～x 1过程的图线为曲线，x 1～x 2过程的图线为直线．根据图象可知( )A ．0～x 1过程中钢绳的拉力逐渐增大B ．0～x 1过程中箱子的动能一直增加C ．x 1～x 2过程中钢绳的拉力一直不变D ．x 1～x 2过程中起重机的输出功率一直增大答案：C 解析：在E ­x 图象中，切线的斜率表示拉力，由图可知0～x 1过程中拉力逐渐减小，当拉力与重力相等时，重物匀速上升；若拉力小于重力，则减速上升，选项A 、B 错误；由于x 1～x 2为直线，所以拉力不变，若匀速上升，则输出功率不变，C 正确，D 错误．6．(2017·甘肃模拟)如图甲所示，一质量为4 kg 的物体静止在水平地面上，让物体在随位移均匀减小的水平推力作用下开始运动，推力F 随位移x 变化的关系如图乙所示，已知物体与地面间的动摩擦因数μ＝0.5，取g ＝10 m/s 2，则下列说法正确的是( )A ．物体先做加速运动，推力撤去时开始做减速运动B ．物体在水平面上运动的最大位移是10 mC ．物体运动的最大速度为215 m/sD ．物体在运动中的加速度先变小后不变答案：B 解析：物体先做加速运动，当推力小于摩擦力时开始做加速度增大的减速运动，选项A 错误；由题图乙中图线与x 轴所围面积表示推力对物体做的功得，推力做的功W ＝12×4×100 J＝200 J ，根据动能定理有W －μmgx m ＝0，得x m ＝10 m ，选项B 正确；当推力与摩擦力平衡时，加速度为零，速度最大，由题图乙得F ＝100－25x (N)，当F ＝μmg ＝20 N时，代入数据得x ＝3.2 m ，由动能定理有20＋1002×3.2 J－20×3.2 J＝12×4 kg×v 2m ，解得v m ＝8 m/s ，选项C 错误；推力一直减小，而摩擦力不变，加速度先减小后增大，当F ＝0后加速度保持不变，选项D 错误．7．(2017·山西运城期中)如图所示，足够长的木板静止在粗糙的水平地面上，木板的质量M ＝2 kg ，与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1；在木板的左端放置一个质量m ＝2 kg 的小铅块(视为质点)，小铅块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.3.现给铅块一向右的初速度v 0＝4 m/s ，使其在木板上滑行，木板获得的最大速度v ＝1 m/s ，取g ＝10 m/s 2，木板达到最大速度时，求：(1)木板运动的位移；(2)铅块与木板间因摩擦产生的内能．答案：(1)0.5 m (2)12 J解析：(1)设小铅块在木板上滑动过程中，木板达到最大速度时，木板运动的位移为x 1，由动能定理得[μ2mg －μ1(M ＋m )g ]x 1＝12Mv 2 代入数据解得x 1＝0.5 m.(2)木板达到最大速度时，铅块运动的位移为x 2，由动能定理得－μ2mgx 2＝12mv 2－12mv 20 代入数据解得x 2＝2.5 m小铅块在木板上运动的位移Δx ＝x 2－x 1＝2.5 m －0.5 m ＝2 m所以，铅块与木板间因摩擦产生的内能为Q ＝μ2mg Δx ＝0.3×20×2＝12 J.[能力提升]8．(2017·河北衡水中学四调)(多选)如图所示，光滑水平面上放着足够长的木板B ，木板B 上放着木块A ，A 、B 间的接触面粗糙，现在用一水平拉力F 作用在A 上，使其由静止开始运动，则下列说法正确的是( )A ．拉力F 做的功等于A 、B 系统动能的增加量B ．拉力F 做的功大于A 、B 系统动能的增加量C ．拉力F 和B 对A 做的功之和小于A 的动能的增加量D ．A 对B 做的功等于B 的动能的增加量答案：BD 解析：对整体分析可知，F 做功转化为两个物体的动能及系统的内能，故F 做的功一定大于A 、B 系统动能的增加量，故A 错误，B 正确；由动能定理可知，拉力F 和B 对A 做的功之和等于A 的动能的增加量，选项C 错误；根据动能定理可知，A 对B 做的功等于B 的动能的增加量，选项D 正确．9.(2017·四川泸州一诊)(多选)如图所示，一个质量为m 的刚性圆环套在粗糙的竖直固定细杆上，圆环的直径略大于细杆的直径，圆环的两边与两个相同的轻质弹簧的一端相连，轻质弹簧的另一端连在和圆环同一高度的墙壁上的P 、Q 两点处，弹簧的劲度系数为k ，起初圆环处于O 点，弹簧处于原长状态且弹簧的原长为L .细杆上面的A 、B 两点到O 点的距离都为L .将圆环拉至A 点由静止释放，重力加速度为g ，对于圆环从A 点运动到B 点的过程中，下列说法正确的是( )A ．圆环通过O 点的加速度小于gB ．圆环在O 点的速度最大C ．圆环在A 点时的加速度大小为g ＋－2kL mD ．圆环在B 点的速度为2gL答案：CD 解析：圆环通过O 点时只受重力，加速度等于g ，由于有加速度，速度继续增加，A 、B 项错误；圆环在A 点时，根据牛顿第二定律mg ＋k (2L －L )·2＝ma ，得a ＝g ＋－2kLm ，C 正确；从A 到B 过程中，由于弹性势能始末状态相等，所以减少的重力势能全部转化为动能，即2mgL ＝12mv 2，所以v ＝2gL ，D 正确． 10．(2017·河南实验中学模拟)(多选)在一水平向右匀速运动的传送带的左端A 点，每隔相同的时间T ，轻放上一个相同的工件．已知工件与传送带间动摩擦因数为μ，工件质量为m .经测量，发现后面那些已经和传送带达到相同速度的工件之间的距离均为L .已知重力加速度为g ，下列判断正确的有( )A ．传送带的速度大小为L TB ．工件在传送带上加速时间为L2T μgC ．每个工件与传送带间因摩擦而产生的热量为μmgL 2D ．传送带因传送每一个工件而多消耗的能量为mL 2T2 答案：AD 解析：工件在传送带上先做匀加速直线运动，然后做匀速直线运动，每个工件滑上传送带后运动的规律相同，可知L ＝vT ，解得传送带的速度v ＝L T，故A 正确．设每个工件匀加速运动的时间为t ，根据牛顿第二定律得，工件的加速度为μg ，根据v ＝v 0＋at ，解得：t ＝v a ＝L T μg ，故B 错误．工件与传送带相对滑动的路程为：Δx ＝v v μg －v 22μg ＝v 22μg ＝L 22μgT 2，则摩擦产生的热量为：Q ＝μmg Δx ＝mL 22T2，故C 错误．根据能量守恒得，传送带因传送一个工件多消耗的能量E ＝12mv 2＋μmg Δx ＝mL 2T2，故D 正确． 11．(2017·四川成都七中第一次理科综合)(多选)如图所示，轻质弹簧一端固定在水平面上，另一端放置一质量m ＝1 kg 的小球，小球此时处于静止状态，现用竖直向上的拉力F 作用在小球上，使小球开始向上做匀加速直线运动，经0.2 s 弹簧刚好恢复到原长，此时小球的速度为1 m/s ，整个过程弹簧始终在弹性限度内，取g ＝10 m/s 2.下列说法正确的是( )A ．在0～0.2 s 内，拉力的最大功率为15 WB ．弹簧的劲度系数为100 N/cmC ．在0.2 s 时撤去外力，则小球在全过程中能上升的最大高度为15 cmD ．在0～0.2 s 内，拉力F 对小球做的功等于1.5 J答案：AC 解析：小球从静止开始向上做匀加速直线运动，经0.2 s 弹簧刚好恢复到原长，此时小球的速度v ＝1 m/s ，0.2 s 内小球的位移x ＝v 2t ＝0.1 m ，加速度a ＝v t＝5 m/s 2.刚开始弹簧静止，故mg ＝kx ，解得k ＝mg x＝100 N/m ，故B 错误．对小球受力分析，小球受重力、拉力和弹簧的弹力，根据牛顿第二定律有F －mg ＋k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －12at 2＝ma ，解得F ＝5＋250t 2(t ≤0.2 s)，拉力F 的功率P ＝Fv ＝Fat ＝(5＋250t 2)×5t ，当t ＝0.2 s 时，拉力功率达到最大，为P m ＝15 W ，故A 正确．撤去F 后，小球离开弹簧做竖直上抛运动，能继续上升的最大高度为h ＝v 22g＝0.05 m ，故小球在全过程中能上升的最大高度H ＝x ＋h ＝0.15 m ＝15 cm ，故C 正确．在0～0.2 s 内拉力F ＝5＋250t 2(t ≤0.2 s)，逐渐增加，最大为15 N ，位移为0.1 m ，故拉力做的功W <15 N×0.1 m＝1.5 J ，故D 错误．12．(2017·江苏泰州中学期中)如图所示，传送带AB 总长为l ＝10 m ，与一个半径为R ＝0.4 m 的光滑四分之一圆轨道BC 相切于B 点，传送带速度恒为v ＝6 m/s ，方向向右，现有一个滑块以一定初速度从A 点水平滑上传送带，滑块质量为m ＝10 kg ，滑块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.1，已知滑块运动到B 端时，刚好与传送带同速，求：(1)滑块的初速度；(2)滑块能上升的最大高度；(3)求滑块第二次在传送带上滑行时，滑块和传送带系统产生的内能．答案：(1)214 m/s 或4 m/s (2)1.8 m (3)220 J解析：(1)以滑块为研究对象，滑块在传送带上运动过程中，当滑块初速度大于传送带速度时，有－μmgl ＝12mv 2－12mv 20，解得v 0＝214 m/s ； 当滑块初速度小于传送带速度时，有μmgl ＝12mv 2－12mv 20，解得v 0＝4 m/s. (2)由动能定理可得－mgh ＝0－12mv 2，解得h ＝1.8 m. (3)以滑块为研究对象，由牛顿第二定律得μmg ＝ma ，滑块的加速度a ＝1 m/s 2，滑块减速到零的位移s ＝v 22a＝18 m>10 m ，则滑块第二次在传送带上滑行时，速度没有减小到零就离开传送带，由匀变速运动的位移公式可得l ＝vt －12at 2，解得t ＝2 s(t ＝10 s 舍去)，在此时间内传送带的位移x＝vt＝6×2 m＝12 m，滑块第二次在传送带上滑行时，滑块和传送带系统产生的内能Q＝μmg(l＋x)＝0.1×10×10×(10＋12) J＝220 J.。

第2讲动能、动能定理一、单项选择题1．(2015年河北邯郸摸底)如图K5­2­1所示，跳水运动员最后踏板的过程可以简化为下述模型：运动员从高处落到处于自然状态的跳板(A位置)上，随跳板一同向下运动到最低点(B位置)．对于运动员从开始与跳板接触到运动至最低点的过程中，下列说法正确的是( )图K5­2­1A．运动员到达最低点时，其所受外力的合力为零B．在这个过程中，运动员的动能一直在减小C．在这个过程中，跳板的弹性势能一直在增加D．在这个过程中，运动员所受重力对她做的功大于跳板的作用力对她做的功2．用起重机提升货物，货物上升过程中的v­t图象如图K5­2­2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( )图K5­2­2A．W1>0 B．W2<0C．W2>0 D．W3＞03．物体A和B质量相等，A置于光滑的水平面上，B置于粗糙的水平面上，开始时都处于静止状态，在相同的水平力F作用下移动相同的位移，则( )A．力F对A做功较多，A的动能较大B．力F对B做功较多，B的动能较大C．力F对A和B做功相同，A和B的动能相同D．力F对A和B做功相同，但A的动能较大4．(2015年安徽江淮十校联考)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K5­2­3所示；当物块的初速度为2v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( )图K5­2­3A．tan θ和2HB．tan θ和4HC.⎝ ⎛⎭⎪⎫v 22gH －1tan θ和2H D.⎝ ⎛⎭⎪⎫v 22gH －1tan θ和4H 5．水平粗糙的地面上放着质量为0.5 kg 的足球，一小孩用10 N 的力踢球，使球沿水平面向前运动了2 m ，这时速度大小为6 m/s 并与竖直墙壁碰撞，碰撞后足球沿相反方向以大小相等的速度反弹回来，下列说法正确的是( )A ．小孩对足球做的功为20 JB ．小孩对足球做的功为9 JC ．墙对足球做的功为0D ．墙对足球做的功为18 J6．如图K5­2­4所示，将质量为m 的小球以速度v 0由地面竖直向上抛出．小球落回地面时，其速度大小为34v 0.设小球在运动过程中所受空气阻力的大小不变，则空气阻力的大小等于( )A.34mgB.316mgC.716mgD.725mg图K5­2­4 图K5­2­57．如图K5­2­5所示，一块长木板B 放在光滑的水平面上，再在B 上放一物体A ，现以恒定的外力拉B ，由于A 、B 间摩擦力的作用，A 将在B 上滑动，以地面为参考系，A 、B 都向前移动一段距离．在此过程中( )A ．外力F 做的功等于A 和B 动能的增量B ．B 对A 的摩擦力所做的功，等于A 的动能增量C ．A 对B 的摩擦力所做的功，等于B 对A 的摩擦力所做的功D ．外力F 对B 做的功等于B 的动能的增量二、多项选择题 8．质量不同而具有相同动能的两个物体，在动摩擦因数μ相同的水平面上滑行直到停止，则( )A ．质量大的物体滑动距离大B ．质量大的物体滑行距离小C ．质量大的物体做功多D ．它们运动的加速度一样大9．如图K5­2­6所示，电梯质量为M ，在它的水平地板上放置一质量为m 的物体．电梯在钢索的拉力作用下由静止开始竖直向上加速运动，当上升高度为H 时，电梯的速度达到v ，则在这个过程中，以下说法中正确的是( )图K5­2­6A ．电梯地板对物体的支持力所做的功等于mv 22 B ．电梯地板对物体的支持力所做的功大于mv 22C ．钢索的拉力所做的功等于mv 22＋MgHD ．钢索的拉力所做的功大于mv 22＋MgH 10．如图K5­2­7所示，倾角为θ的斜面上只有AB 段粗糙，其余部分都光滑，AB 段长为3L .有若干个相同的小方块(每个小方块均可视为质点)沿斜面靠在一起，但不粘接，总长为L .将它们由静止释放，释放时它们下端距A 点的距离为2L .当小方块下端运动到A 点下面距A 点L2处时，小方块运动的速度达到最大．设小方块与粗糙斜面的动摩擦因数为μ，小方块停止时下端与A 点的距离为x ，则下列说法正确的是( )图K5­2­7A ．μ＝tan θB ．μ＝2tan θC ．x ＝2LD ．x ＝3L 三、非选择题11．(2015年广东揭阳一中、金山中学、广大附中联考)如图K5­2­8所示，半径为r ＝ 0.4 m 的1/4圆形光滑轨道AB 固定于竖直平面内，轨道与粗糙的水平地面相切于B 点，CDE 为固定于竖直平面内的一段内壁光滑的中空方形细管，DE 段被弯成以O 为圆心、半径R ＝0.2 m 的一小段圆弧，管的C 端弯成与地面平滑相接，O 点位于地面，OE 连线竖直．可视为质点的物块b ，从A 点由静止开始沿轨道下滑，经地面进入细管(b 横截面略小于管中空部分的横截面)，b 滑到E 点时受到细管下壁的支持力大小等于所受重力的1/2.已知物块b 的质量m＝0.4 kg ，g 取10 m/s 2.(1)求物块b 滑过E 点时的速度大小v E .(2)求物块b 滑过地面BC 过程中克服摩擦力做的功W f .(3)若将物块b 静止放在B 点，让另一可视为质点的物块a ，从A 点由静止开始沿轨道下滑，滑到B 点时与b 发生弹性正碰，已知a 的质量M ≥m ，求物块b 滑过E 点后在地面的首次落点到O 点的距离范围．图K5­2­8第2讲 动能、动能定理1．C 解析：从接触跳板到最低点，弹力一直增大，合力先减小后增大，故A 错误．加速度的方向先向下后向上，速度先和加速度同向再和加速度反向，可知速度先增大后减小，动能先增大后减小，故B 错误．形变量一直在增大，弹性势能一直在增加，故C 正确．根据动能定理，重力做正功，弹力做负功，动能在减小，所以运动员所受重力对他做的功小于跳板的作用力对他做的功，故D 错误．2．C 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W 1<0，W 2>0，A 、B 错误，C 正确；根据动能定理：合力做的功W 3＝0－12mv 2，v ＝2 m/s ，即W 3<0，D 错误．3．D 4．D 解析：以速度v 上升过程中，由动能定理可知－mgH －μmg cos θ·Hsin θ＝0－12mv 2，以速度2v 上升过程中，由动能定理可知－mgh －μmg cos θ·h sin θ＝0－12m (2v )2，联立解得μ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫v 22gH －1tan θ，h ＝4H ，故D 正确．5．C6．D 解析：根据动能定理，对小球运动全过程有：－2fH ＝12m (34v 0)2－12mv 20，上升过程：－(mg ＋f )H ＝－12mv 20，联立两式得：f ＝725mg ，选项D 正确．7．B 8．BD9．BD 解析：以物体为研究对象，由动能定理得W N －mgH ＝12mv 2，即W N ＝mgH ＋12mv 2，选项B 正确，选项A 错误．以系统为研究对象，由动能定理得W T －(m ＋M )gH ＝12(M ＋m )v 2，即W T ＝12(M ＋m )v 2＋(M ＋m )gH ＞mv 22＋MgH ，选项D 正确，选项C 错误．10．BD11．解：(1)物块b 滑过E 点时重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律得mg －N ＝m v 2ER 代入 N ＝12mg联立解得v E ＝gR2＝10×0.22m/s ＝1 m/s.(2)物块b 从A 点到E 点的过程中，由动能定理得mg (r －R )－W f ＝12mv 2E解得W f ＝0.6 J.(3)物块a 从A 滑到B 的过程机械能守恒，设物块a 滑到B 点时速度为v ，则有 12Mv 2＝Mgr 解得v ＝2 2 m/s设碰撞后物块a 、b 的速度分别为v a 、v b ，碰撞过程由动量守恒和机械能守恒得 Mv ＝Mv a ＋mv b 12Mv 2＝12Mv 2a ＋12mv 2b 联立解得v b ＝2M M ＋m v ＝2v1＋mM因为M ≥m ，由上式可知，碰撞后v ≤v b ＜2v ，即2 2 m/s≤v b ＜4 2 m/s 物块b 从B 点到E 点的过程中，由动能定理得－mgR －W f ＝12mv E ′2－12mv 2b物块b 离开E 点后做平抛运动，设时间为t ，首次落点到O 点的距离为x ，则有 x ＝v E ′·t R ＝12gt 2 由以上三式联立解得0.2 m≤x ＜1 m.。

第二讲 动能定理及其应用[A 组·基础题]一、单项选择题1．(2016·高考四川卷)韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员．他在一次自由式滑雪空中技巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离，重力对他做功 1 900 J ，他克服阻力做功100 J ．韩晓鹏在此过程中( )A ．动能增加了1 900 JB ．动能增加了2 000 JC ．重力势能减小了1 900 JD ．重力势能减小了2 000 J解析：根据动能定理W 合＝ΔE k 可知，韩晓鹏在此过程中动能增加了ΔE k ＝1 900 J －100 J ＝1 800 J ，选项A 、B 错误；重力做正功，重力势能减小了1 900 J ，选项C 正确，D 错误．答案：C2.质量为10 kg 的物体，在变力F 作用下沿x 轴做直线运动，力随坐标x 的变化情况如图所示．物体在x ＝0处，速度为1 m/s ，一切摩擦不计，则物体运动到x ＝16 m 处时，速度大小为( )A ．2 2 m/sB ．3 m/sC ．4 m/sD.17 m/s解析：由Fx 图象可知，拉力F 在物体运动的16 m 内所做的总功W ＝10×4 J＝40 J ．由动能定理可得W ＝12mv 2－12mv 02，解得v ＝3 m/s ，B 正确．答案：B3.(2017·成都高三月考)如图所示，斜面的倾角为θ，质量为m的滑块距挡板P 的距离为x 0，滑块以初速度v 0沿斜面上滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力．若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失，滑块经过的总路程是( )A.1μ(v 022g cos θ＋x 0tan θ) B.1μ(v 022g sin θ＋x 0tan θ) C.2μ(v 022g cos θ＋x 0tan θ) D.1μ(v 022g cos θ＋x 0cot θ) 解析：滑块最终要停在斜面底部，设滑块经过的总路程为x ，对滑块运动的全程应用功能关系，全程所产生的热量为Q ＝12mv 02＋mgx 0sin θ，又由全程产生的热量等于克服摩擦力所做的功，即Q ＝μmgx cos θ，解以上两式可得x ＝1μ(v 022g cos θ＋x 0tan θ)，选项A 正确．答案：A4.(2017·甘肃兰州一中月考)如图所示，质量为M ＝3 kg 的小滑块，从斜面顶点A 由静止沿ABC 下滑，最后停在水平面上的D 点，不计滑块从AB 面滑上BC 面以及从BC 面滑上CD 面时的机械能损失．已知AB ＝BC ＝5 m ，CD ＝9 m ，θ＝53°，β＝37°(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g 取10 m/s 2)，在运动过程中，小滑块与所有接触面间的动摩擦因数相同．则( )A ．小滑块与接触面间的动摩擦因数μ＝0.5B ．小滑块在AB 面上运动的加速度a 1与小滑块在BC 面上运动的加速度a 2之比a 1a 2＝53C ．小滑块在AB 面上的运动时间小于小滑块在BC 面上运动时间D ．小滑块在AB 面上运动时克服摩擦力做功小于小滑块在BC 面上运动时克服摩擦力做功解析：根据动能定理得Mg (s AB sin θ＋s BC sin β)－μMg (s AB cos θ＋s BC cos β)－μMgs CD＝0，解得μ＝716，选项A 错误；小滑块在AB 面上运动的加速度a 1＝g sin θ－μg cos θ＝438 m/s 2，小滑块在BC 面上运动的加速度a 2＝g sin β－μg cos β＝52 m/s 2，则a 1∶a 2＝43∶20，选项B 错误；小滑块在AB 面上的运动的平均速度小于小滑块在BC 面上的平均速度，故小滑块在AB 面上的运动时间大于小滑块在BC 面上的运动时间，选项C 错误；小滑块对AB 面正压力小于小滑块对BC 面的正压力，故在AB 面上运动时克服摩擦力做功小于在BC 面上运动时克服摩擦力做功，选项D 正确．答案：D 二、多项选择题5.某人通过光滑滑轮将质量为m 的物体，沿光滑斜面由静止开始匀加速地由底端拉上斜面，物体上升的高度为h ，到达斜面顶端的速度为v ，如图所示．则在此过程中( )A ．物体所受的合力做功为mgh ＋12mv 2B ．物体所受的合力做功为12mv 2C ．人对物体做的功为mghD ．人对物体做的功大于mgh解析：对物体应用动能定理可得W 合＝W 人－mgh ＝12mv 2，故W 人＝mgh ＋12mv 2，B 、D 选项正确．答案：BD6.(2017·宁夏银川第二中学、第九中学、育才中学第一次联考)如图所示，竖直平面内固定着一个螺旋形光滑轨道，一个小球从足够高处落下，刚好从A 点进入轨道，则关于小球经过轨道上的B 点和C 点时，下列说法正确的是( )A ．轨道对小球不做功B ．小球在B 点的速度小于在C 点的速度C ．小球在B 点对轨道的压力小于在C 点对轨道的压力D ．改变小球下落的高度，小球在B 、C 两点对轨道的压力差保持不变解析：由于轨道对小球的作用力与小球运动方向始终垂直，故轨道对小球不做功，故A 正确；由于B 点的高度高于C 点，则由机械能守恒定律可知，小球在B 点的速度小于在C点的速度，故B 正确；根据向心力公式可知mg ＋F N ＝m v 2r，由于B 点的速度小于C 点的速度，在B 点的轨道半径大于在C 点的轨道半径，故小球在B 点对轨道的压力小于在C 点对轨道的压力，故C 正确；改变小球的高度，则小球在B 、C 两点的速度平方的差值恒定，但由于半径不同，故小球在B 、C 两点对轨道的压力差不同，故D 错误．答案：ABC7.(2016·高考浙江卷)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自由下滑，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，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．则( )A ．动摩擦因数μ＝67B ．载人滑草车最大速度为2gh 7C ．载人滑草车克服摩擦力做功为mghD ．载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为35g解析：在滑草车由静止开始下滑到最后静止于底端的过程中，由动能定理有2mgh －(μmg cos 45°·h sin 45°＋μmg cos 37°·h sin 37°)＝0，解得μ＝67，A 正确；载人滑草车到达上段滑道底端时速度最大，设为v m ，则v m 2＝2(g sin45°－μg cos 45°)hcos 45°，得v m ＝2gh7，B 正确；整个过程克服摩擦力做功为2mgh ，C 错误；下段滑道的加速度大小为a ＝μg cos 37°－g sin 37°＝335g ，D 错误．答案：AB8.(2017·河北衡水中学调研)如图所示，x 轴在水平地面上，y 轴竖直向上，在y 轴上的P 点分别沿x 轴正方向和y 轴正方向以相同大小的初速度抛出两个小球a 和b ，不计空气阻力，若b 上升的最大高度等于P 点离地的高度，则从抛出到落地有( )A ．a 的运动时间是b 的运动时间的2倍B ．a 的位移大小是b 的位移大小的5倍C ．a 、b 落地时的速度相同，因此动能一定相同D ．a 、b 落地时的速度不同，但动能相同解析：设P 点离地的高度为h ，对于b ：b 做竖直上抛运动，上升过程与下落过程对称，则b 上升到最大高度的时间为t 1＝2hg，从最高点到落地的时间为t 2＝2hg，故b 运动的总时间t b ＝t 1＋t 2＝(2＋1)2hg ；对于a ：a 做平抛运动，运动时间为t a ＝2hg.则有t b ＝(2＋1)t a ，故A 错误．对于b ：h ＝v 022g，则v 0＝2gh ；对于a ：水平位移为x ＝v 0t a ＝2gh2hg＝2h ，a 的位移为x a ＝h 2＋h2＝5h ，而b 的位移大小为h ，则a 的位移大小是b 的位移大小的5倍，故B 正确．根据动能定理有W ＝E k －E k0，则E k ＝mgh ＋12mv 02，可知两球落地时动能相同，而速度方向不同，则落地时速度不同，故C 错误，D 正确．答案：BD[B 组·能力题]一、选择题9.(2015·高考海南卷)如图所示，一半径为R 的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高；质量为m 的质点自轨道端点P 由静止开始滑下，滑到最低点Q 时，对轨道的正压力为2mg ，重力加速度大小为g .质点自P 滑到Q 的过程中，克服摩擦力所做的功为( )A.14mgR B.13mgR C.12mgR D.π4mgR 解析：质点在轨道最低点时受重力和支持力作用，根据牛顿第三定律可知，支持力F N ＝2mg .如图所示，F N －mg ＝m v 2R，得v ＝gR .对质点的下滑过程应用动能定理有，mgR －W ＝12mv 2，得W ＝12mgR ，C 正确．答案：C10.(多选)(2017·河南信阳高级中学大考)如图所示，一质量为m 的小球，用长为l 的轻绳悬挂于O 点，初始时刻小球静止于P 点，第一次小球在水平拉力F 作用下，从P 点缓慢地移动到Q 点，此时轻绳与竖直方向夹角为θ，张力大小为T 1；第二次在水平恒力F ′作用下，从P 点开始运动并恰好能到达Q 点，至Q 点时轻绳中的张力大小为T 2.关于这两个过程，下列说法中正确的是(不计空气阻力，重力加速度为g )( )A ．第一个过程中，拉力F 在逐渐变大，且最大值一定大于F ′B ．两个过程中，轻绳的张力均变大C ．T 1＝mgcos θ，T 2＝mgD ．第二个过程中，重力和水平恒力F ′的合力的功率先增大后减小解析：第一次小球在水平拉力F 作用下，从P 点缓慢地移动到Q 点，则小球处于平衡状态，根据平衡条件得F ＝mg tan θ，随着θ增大，F 逐渐增大；第二次小球从P 点开始运动并恰好能到达Q 点，则到达Q 点时速度为零，在此过程中，根据动能定理得F ′l sin θ＝mgl (1－cos θ)，解得F ′＝mg tan θ2，因为θ＜90°，所以mg tan θ2＜mg tan θ，则F＞F ′，故A 正确．第一次运动过程中，根据几何关系可知，绳子的拉力T ＝mgcos θ，所以轻绳的张力变大；第二次由于重力和拉力都是恒力，可以把这两个力合成为新的“重力”，则第二次小球的运动可以等效于单摆运动，当绳子方向与“重力”方向在同一直线上时，小球处于“最低点”，最低点的速度最大，此时绳子张力最大，所以第二次绳子张力先增大，后减小，故B 错误．第一次运动到Q 点时，受力平衡，根据几何关系可知，T 1＝mgcos θ，第二次运动到Q 点时，速度为零，则向心力为零，则绳子拉力T 2＝mg cos θ＋F ′sin θ＝mg cos θ＋mg－cos θsin θ·sin θ＝mg ，故C 正确．第二个过程中，重力和水平恒力F ′的合力是个恒力，在等效最低点时，合力方向与速度方向垂直，此时功率最小为零，到达Q 点速度也为零，则第二个过程中，重力和水平恒力F ′的合力的功率先增大，后减小，再增大，再减小，故D 错误．答案：AC 二、非选择题11．小军看到打桩机，对打桩机的工作原理产生了兴趣．他构建了一个打桩机的简易模型，如图甲所示．他设想，用恒定大小的拉力F 拉动绳端B ，使物体从A 点(与钉子接触处)由静止开始运动，上升一段高度后撤去F ，物体运动到最高点后自由下落并撞击钉子，将钉子打入一定深度．按此模型分析，若物体质量m ＝1 kg ，上升了1 m 高度时撤去拉力，撤去拉力前物体的动能E k 与上升高度h 的关系图象如图乙所示．(g 取10 m/s 2，不计空气阻力)(1)求物体上升到0.4 m 高度处F 的瞬时功率．(2)若物体撞击钉子后瞬间弹起，且使其不再落下，钉子获得20 J 的动能向下运动．钉子总长为10 cm.撞击前插入部分可以忽略，不计钉子重力．已知钉子在插入过程中所受阻力F f 与深度x 的关系图象如图丙所示，求钉子能够插入的最大深度．解析：(1)撤去F 前，根据动能定理，有 (F －mg )h ＝E k －0由题图乙得，斜率为k ＝F －mg ＝20 N ，得F ＝30 N 又由题图乙得，h ＝0.4 m 时，E k ＝8 J ，则v ＝4 m/sP ＝Fv ＝120 W.(2)碰撞后，对钉子，有－F f x ′＝0－E k ′ 已知E k ′＝20 JF f ＝k ′x ′2又由题图丙得k ′＝105N/m 解得x ′＝0.02 m.答案：(1)120 W (2)0.02 m12.(2016·贵州遵义航天高级中学三模)为了研究过山车的原理，某物理小组提出了下列设想：取一个与水平方向夹角θ＝60°，长L 1＝2 3 m 的倾斜轨道AB ，通过微小圆弧与长为L 2＝32m 的水平轨道BC 相连，然后在C 处设计一个竖直完整的光滑圆轨道，出口为水平轨道D ，如图所示．现将一个小球从距A点高h＝0.9 m的水平台面上以一定的初速度v0水平弹出，到A点时速度方向恰沿AB方向，并沿倾斜轨道滑下．已知小球与AB和BC间的动摩擦因数均为μ＝33.g取10 m/s2，求：(1)小球初速度的大小；(2)小球滑过C点时的速率；(3)要使小球不离开轨道，则竖直圆轨道的半径应该满足什么条件．解析：(1)小球开始时做平抛运动，有v y2＝2gh，代入数据解得v y＝2gh＝2×10×0.9 m/s＝3 2 m/s，在A点有tan θ＝v yv x，得v x＝v0＝v ytan θ＝323m/s＝ 6 m/s.(2)从水平抛出到C点的过程中，由动能定理得mg(h＋L1sin θ)－μmgL1cos θ－μmgL2＝12mv C2－12mv02，代入数据解得v C＝3 6 m/s.(3)小球刚刚过最高点时，重力提供向心力，有mg＝mv2R1，12mv C2＝2mgR1＋12mv2，代入数据解得R1＝1.08 m.当小球刚能到达与圆心等高处时，有12mv C2＝mgR2，代入数据解得R2＝2.7 m.当圆轨道与AB相切时R3＝L2·tan 60°＝1.5 m，综上所述，要使小球不离开轨道，R应该满足的条件是0＜R≤1.08 m.答案：(1) 6 m/s (2)3 6 m/s (3)0＜R≤1.08 m。

动能定理及其应用1．(多选)(2016·全国卷Ⅲ)如图，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 ，则导学号 51342538( AC )A ．a ＝mgR －W mRB ．a ＝2mgR －W mRC ．N ＝3mgR －2W RD ．N ＝mgR －W R[解析] 质点由半球面最高点到最低点的过程中，由动能定理得，mgR －W ＝12mv 2，又在最低点时，向心加速度大小a ＝v 2R ，两式联立可得a ＝mgR －W mR，A 项正确，B 项错误；在最低点时有N －mg ＝m v 2R ，解得N ＝3mgR －2W R，C 项正确，D 项错误。

2．(多选)(2016·浙江理综)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自由下滑，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，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)。

则导学号 51342539( AB )A ．动摩擦因数μ＝67B ．载人滑草车最大速度为2gh 7C ．载人滑草车克服摩擦力做功为mghD ．载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为35g[解析] 由题意根据动能定理得，2mgh －W f ＝0，即2mgh －μmg cos45°·h sin45°－μmg cos37°·h sin37°＝0，得动摩擦因数μ＝67，故A 项正确；载人滑草车克服摩擦力做的功为W f ＝2mgh ，故C 项错误；载人滑草车在上下两段的加速度分别为a 1＝g (sin45°－μcos45°)＝214g ，a 2＝g (sin37°－μcos34°)＝－335g ，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，则在上段底端时达到最大速度v ，由运动学公式有2a 1h sin45°＝v 2得，v ＝2a 1h sin45°＝2gh 7，故B 项正确，D 项错误。

动能定理及其应用一、选择题(1～4题只有一个选项符合题目要求，5～7题有多个选项符合题目要求) 1．物体做匀速圆周运动时( )A ．速度变化，动能变化B ．速度变化，动能不变C ．速度不变，动能变化D ．速度不变，动能不变解析：速度是矢量，动能是标量，物体做匀速圆周运动时速度的方向随时变化，但大小不变，故速度在变，动能不变，故选项B 正确．答案：B2．如图所示，光滑斜面的顶端固定一弹簧，一小球向右滑行，并冲上固定在地面上的斜面．设小球在斜面最低点A 的速度为v ，压缩弹簧至C 点时弹簧最短，C 点距地面高度为h ，则小球从A 到C 的过程中弹簧弹力做功是( )A ．mgh －12mv 2 B.12mv 2－mghC ．－mghD ．－⎝⎛⎭⎪⎫mgh ＋12mv 2 解析：小球从A 点运动到C 点的过程中，重力和弹簧的弹力对小球做负功，由于支持力与位移始终垂直，则支持力对小球不做功，由动能定理，可得W G ＋W F ＝0－12mv 2，重力做功为W G ＝－mgh ，则弹簧的弹力对小球做功为W F ＝mgh －12mv 2，所以正确选项为A.答案：A3．质量m ＝2 kg 的物体以50 J 的初动能在粗糙的水平面上滑行，其动能变化与位移关系如图所示，则物体在水平面上的滑行时间t 为( )A ．5 sB ．4 sC ．2 2 sD ．2 s解析：由图可以看出，当物体动能减为0时，物体滑行的位移为10 m ，设滑行过程中，物体所受阻力为F f ，则由动能定理，有－F f x ＝0－E k 0解得F f ＝E k 0x ＝5010＝5 N由牛顿第二定律可知，物体做减速运动的加速度大小为a ＝F f m＝2.5 m/s 2，再由运动学公式x ＝12at 2，得t ＝2x a＝2×102.5＝2 2 s ．选项C 正确．，若不计空气阻力，取g＝10 m/s，则下列说法错误的是5 m/s1.2 m．小物块在桌面上克服摩擦力做8 J的功0.9 J一质量为m的人站在观光电梯内的磅秤上，高度，在此过程中( )如图所示为一滑草场．某条滑道由上下两段高均为37°的滑道组成，滑草车与草地之间的动摩擦因数为滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，计滑草车在两段滑道交接处的能量损失，sin37°＝0.6，cos37°＝h＝0①sin37°答案：AB 二、非选择题8．泥石流是在雨季由于暴雨、洪水将含有沙石且松软的土质山体经饱和稀释后形成的洪流，它的面积、体积和流量都较大．泥石流流动的全过程虽然只有很短时间，但由于其高速前进，具有强大的能量，因而破坏性极大．某课题小组对泥石流的威力进行了模拟研究，如图甲所示，他们设计了如下的模型：在水平地面上放置一个质量为m ＝5 kg 的物体，让其在随位移均匀减小的水平推力作用下运动，推力F 随位移变化如图乙所示，已知物体与地面间的动摩擦因数为μ＝0.6，g 取10 m/s 2.(1)物体在运动过程中的最大加速度为多大？ (2)在距出发点多远处，物体的速度达到最大？ (3)物体在水平面上运动的最大位移是多大？ 解析：(1)当推力F 最大时，加速度最大． 由牛顿第二定律，得 F －μmg ＝ma a ＝10 m/s 2.(2)由图象可知：F 随x 变化的函数方程为 F ＝80－20x速度最大时，合外力为零 即F ＝μmg 所以x ＝2.5 m.(3)位移最大时，末速度一定为0 由动能定理可得 W F －μmgx ＝0由图象可知，力F 做的功为W F ＝12Fx ＝160 J所以x ＝16030m ＝5.33 m.答案：(1)10 m/s 2(2)2.5 m (3)5.33 m9．如图所示，半径为R ＝0.4 m 的光滑圆弧轨道BC 固定在竖直平面内，轨道的上端点B 和圆心O 的连线与水平方向的夹角θ＝30°，下端点C 为轨道的最低点且与粗糙水平面相切，一根轻质弹簧右端固定在竖直挡板上，质量m ＝0.1 kg 的小物块(可视为质点)从空中A 点以v 0＝2 m/s 的速度被水平抛出，恰好从B 点沿轨道切线方向进入轨道，经过C 点后沿水平面向右运动到D 点时，弹簧被压缩至最短，C 、D 两点间的水平距离L ＝1.2 m ，小物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.5，取g ＝10 m/s 2，求：(1)小物块经过圆弧轨道上B 点时速度v B 的大小；求物块进入圆轨道时对轨道上的A点的压力；判断物块能否到达圆轨道的最高点E.若能，求物块离开点的距离；若不能，则说明理由．设物块随板运动撞击竖直墙壁BC时的速度为v，由动能定理得。

开卷速查规范特训课时作业实效精练开卷速查(十七) 动能定理及其应用A组基础巩固1．关于物体的动能，下列说法中正确的是( )A．物体速度变化，其动能一定变化B．物体所受的合外力不为零，其动能一定变化C．物体的动能变化，其运动状态一定发生改变D．物体的速度变化越大，其动能一定也变化越大解析：A选项中若速度的方向变化而大小不变，则其动能不变化，故A错；B选项中物体受合外力不为零，只要速度大小不变，其动能就不变化，如匀速圆周运动中，物体合外力不为零，但速度大小始终不变，动能不变，故B错；C选项中，物体动能变化，其速度一定发生变化，故运动状态改变，C选项正确；D选项中，物体速度变化若仅由方向变化引起时，其动能不变，如匀速圆周运动中，速度变化，但动能始终不变，故D错．答案：C2．一个小物块冲上一固定的粗糙斜面，经过斜面上A、B两点，到达斜面上最高点后返回时，又通过了B、A两点，如图17－1所示，关于物块上滑时由A到B的过程和下滑时由B到A的过程，动能的变化量的绝对值ΔE 上和ΔE下以及所用时间t上和t下相比较，有( )图17－1A．ΔE上＜ΔE下，t上＜t下B．ΔE上＞ΔE下， t上＞t下C．ΔE上＜ΔE下， t上＞t下D．ΔE上＞ΔE下， t上＜t下解析：ΔE上＝W阻＋mgh，ΔE下＝mgh－W阻，即ΔE上＞ΔE下．整个斜面是粗糙的，所以在AB段v上＞v下，t上＜t下．答案：D3.[2018·安徽卷]如图17－2所示，在竖直平面内有一半径为R的圆弧轨道，半径OA水平、OB竖直，一个质量为m的小球自A的正上方P点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力．已知AP＝2R，重力加速度为g，则小球从P到B的运动过程中( )图17－2A ．重力做功2mgRB ．机械能减少mgRC ．合外力做功mgRD ．克服摩擦力做功12mgR解析：一个小球在A 点正上方由静止释放，刚好通过B 点时恰好对轨道没有压力，只有重力提供向心力，即：mg ＝mv 2/R ，得v 2＝gR ，对全过程运用动能定理可得选项D 正确．答案：D4．(多选题)如图17－3所示，长为L 的长木板水平放置，在木板的A 端放置一个质量为m 的小物块．现缓慢地抬高A 端，使木板以左端为轴转动，当木板转到与水平面的夹角为α时小物块开始滑动，此时停止转动木板，小物块滑到底端的速度为v ，则在整个过程中( )图17－3A ．支持力对物块做功为0B ．支持力对小物块做功为mgLsin αC ．摩擦力对小物块做功为mgLsin αD ．滑动摩擦力对小物块做功为12mv 2－mgLsin α解析：缓慢抬高过程中，摩擦力始终跟运动方向垂直，不做功，支持力与重力做功的代数和为零，所以支持力的功等于mgLsin α；下滑过程中支持力跟运动方向始终垂直，不做功，由动能定理可得：mgLsin α＋W f ＝mv22，解得W f ＝12mv 2－mgLsin α；综上所述，B 、D 正确．答案：BD5.刹车距离是衡量汽车安全性能的重要参数之一．如图17－4所示的图线1、2分别为甲、乙两辆汽车在紧急刹车过程中的刹车距离l 与刹车前的车速v 的关系曲线，已知紧急刹车过程中车与地面间是滑动摩擦．据此可知，下列说法中正确的是( )图17－4A ．甲车的刹车距离随刹车前的车速v 变化快，甲车的刹车性能好B ．乙车与地面间的动摩擦因数较大，乙车的刹车性能好C ．以相同的车速开始刹车，甲车先停下来，甲车的刹车性能好D ．甲车的刹车距离随刹车前的车速v 变化快，甲车与地面间的动摩擦因数较大解析：在刹车过程中，由动能定理可知：μmgl ＝12mv 2，得l ＝v 22μg ＝v22a 可知，甲车与地面间动摩擦因数小(题图线1)，乙车与地面间动摩擦因数大(题图线2)，刹车时的加速度a ＝μg ，乙车刹车性能好；以相同的车速开始刹车，乙车先停下来．B 项正确．答案：B6．(多选题)在新疆旅游时，最刺激的莫过于滑沙运动．某人坐在滑沙板上从沙坡斜面的顶端由静止沿直线下滑到斜面底端时，速度为2v 0，设人下滑时所受阻力恒定不变，沙坡长度为L ，斜面倾角为α，人的质量为m ，滑沙板质量不计，重力加速度为g.则( )A ．若人在斜面顶端被其他人推了一把，沿斜面以v 0的初速度下滑，则人到达斜面底端时的速度大小为3 v 0B ．若人在斜面顶端被其他人推了一把，沿斜面以v 0的初速度下滑，则人到达斜面底端时的速度大小为5v 0C ．人沿沙坡下滑时所受阻力F f ＝mgsin α－2mv 20/L D ．人在下滑过程中重力功率的最大值为2mgv 0图17－5解析：对人进行受力分析如图17－5所示，根据匀变速直线运动的规律有：(2v 0)2－0＝2aL ，v 21－v 20＝2aL ，可解得v 1＝5v 0，所以A 错误，B 正确；根据动能定理有：mgLsin α－F f L ＝12m(2v 0)2，可解得F f ＝mgsin α－2mv 2/L ，C 正确；重力功率的最大值为P m ＝2mgv 0sin α，D 错误．答案：BC图17－67．如图17－6所示，ABCD 是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底BC 的连接处都是一段与BC 相切的圆弧，BC 为水平，其距离d ＝0.50 m ，盆边缘的高度为h ＝0.30 m ．在A 处放一个质量为m 的小物块并让其从静止出发下滑．已知盆内侧壁是光滑的，而盆底BC 面与小物块间的动摩擦因数为μ＝0.10.小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停的地点到B 的距离为( )A ．0.50 mB ．0.25 mC ．0.10 mD ．0解析：分析小物块的运动过程，可知由于克服摩擦力做功，物块的机械能不断减少．根据动能定理可得mgh －μmgx ＝0，物块在BC 之间滑行的总路程x ＝mgh μmg ＝h μ＝0.300.10m ＝3 m ．小物块正好停在B 点，所以选项D 正确．答案：DB 组 能力提升8．[2018·四川省绵阳市南山中学月考]儿童乐园中一个质量为m 的小火车，以恒定的功率P 由静止出发，沿一水平直轨道行驶达到最大速度v m 后做匀速运动，在到达终点前某时刻关闭发动机，小火车又做匀减速直线运动，到达终点时恰好停止．小火车在运动过程中通过的总路程为s ，则小火车运动的总时间为( )A.2s v m ＋mv 2mP B.s v m ＋mv 2m P C.2s v mD.msv mP解析：由动能定理可得：Pt －fs ＝0，f ＝P v m ，得t ＝sv m，这里的t 是在发动机关上前的时间，后来减速的时间是t 2＝v m a ，a ＝f m ＝P mv m ，t 2＝mv 2m P , T ＝t ＋t 2＝s v m ＋mv 2mP，故本题选择B.答案：B9．如图17－7甲所示，静置于光滑水平面上坐标原点处的小物块，在水平拉力F 作用下，沿x 轴方向运动，拉力F 随物块所在位置坐标x 的变化关系如图乙所示，图线为半圆．则小物块运动到x 0处时的动能为( )图17－7A ．0 B.12F max x 0 C.π4F max x 0 D.π4x 20 解析：根据动能定理，小物块运动到x 0处时的动能为这段时间内力F 所做的功，物块在变力作用下，不能直接用功的公式来计算，但此题可用根据图象求“面积”的方法来解决．力F 所做的功的大小等于半圆的“面积”大小．E k ＝W ＝12S 圆＝12π⎝ ⎛⎭⎪⎫x 022，又F max ＝x 02.整理得E k ＝π4F max x 0＝π8·x 20，C 选项正确．答案：C10．(多选题)[2018·四川省成都外国语学校月考]如图17－8所示，某生产线上相互垂直的甲、乙传送带等高，宽度均为d ，而且均以大小为v 的速度运行，图中虚线为传送带中线．一工件(视为质点)从甲左端释放，经长时间由甲右端滑上乙，滑至乙中线处时恰好相对乙静止．下列说法中正确的是( )图17－8A ．工件在乙传送带上的痕迹为直线，痕迹长为22d B ．工件从滑上乙到恰好与乙相对静止所用的时间为d2vC ．工件与乙传送带间的动摩擦因数μ＝v2gdD ．乙传送带对工件的摩擦力做功为零解析：物体滑上乙时，相对于乙上的那一点的速度分为水平向右的速度v 和向后的速度v ，合速度为2v ，沿着与乙成45°的方向，那么相对于乙的运动轨迹肯定是直线，故A 正确．假设它受滑动摩擦力f ＝μmg ，方向与合相对速度在同一直线上，则角θ＝45°，则相对于乙的加速度也沿这个方向，经过t 后，它滑到乙中线并相对于乙静止，根据牛顿第二定律，有μmg ＝ma ，解得a ＝μg ；运动距离L ＝2×d 2＝22d ，又L ＝12at 2，L和a 代入所以t ＝d v ，μ＝2v 2gd ，故B 错误、C 错误．滑上乙之前，工件绝对速度为v ，动能为12mv 2，滑上乙并相对停止后，绝对速度也是v ，动能也是12mv 2而在乙上面的滑动过程只有摩擦力做了功，动能没变化，所以乙对工件的摩擦力做功为零，故D 正确．答案：AD11．[2018·黑龙江省庆安县三中月考]飞机若仅依靠自身喷气式发动机推力起飞需要较长的跑道，某同学设计在航空母舰上安装电磁弹射器以缩短飞机起飞距离，他的设计思想如下：如图17－9所示，航空母舰的水平跑道总长l ＝180 m ，其中电磁弹射器是一种长度为l 1＝120 m 的直线电机，这种直线电机从头至尾可以提供一个恒定的牵引力F 牵．一架质量为m ＝2.0×104kg 的飞机，其喷气式发动机可以提供恒定的推力F 推＝1.2×105N ．考虑到飞机在起飞过程中受到的阻力与速度大小有关，假设在电磁弹射阶段的平均阻力为飞机重力的0.05倍，在后一阶段的平均阻力为飞机重力的0.2倍．飞机离舰起飞的速度v ＝100 m/s ，航母处于静止状态，飞机可视为质量恒定的质点．请你求出(计算结果均保留两位有效数字)：图17－9(1)飞机在后一阶段的加速度大小； (2)电磁弹射器的牵引力F 牵的大小．解析：(1)令后一阶段飞机加速度为a 2，平均阻力为f 2＝0.2mg ， 则F 推－f 2＝ma 2， 得a 2＝4.0 m/s 2.(2)由动能定理：F 牵l 1＋F 推l －f 1l 1－f 2(l －l 1)＝12mv 2得F 牵＝6.8×105 N.答案：(1)4.0 m/s 2(2)6.8×105N12．[2018·浙江省慈溪中学月考]如图17－10所示，一小球从A 点以某一水平向右的初速度出发，沿水平直线轨道运动到B 点后，进入半径R ＝10 cm 的光滑竖直圆形轨道，圆形轨道间不相互重叠，即小球离开圆形轨道后可继续向C 点运动，C 点右侧有一壕沟，C 、D 两点的竖直高度h ＝0.8 m ，水平距离s ＝1.2 m ，水平轨道AB 长为L 1＝1 m ，BC 长为L 2＝3 m ，小球与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g ＝10 m/s 2，求：(1)若小球恰能通过圆形轨道的最高点，求小球在A 点的初速度？(2)若小球既能通过圆形轨道的最高点，又不掉进壕沟，求小球在A 点的初速度的范围是多少？图17－10解析：(1)对圆周最高点应用牛顿第二定律得 mg ＝m v 21R从A 点到最高点应用动能定理得 －mg(2R)－μmgL 1＝12mv 21－12mv 20，则A 点的速度v 0＝3 m/s.(2)若小球恰好停在C 处，对全程进行研究，则有 －μmg(L 1＋L 2)＝0－12mv′2，解得v′＝4 m/s.所以当3 m/s≤v A ≤4 m/s 时，小球停在BC 间． 若小球恰能越过壕沟时，则有：h ＝12gt 2，s ＝v C t ，从A 到C 有－μmg(L 1＋L 2)＝12mv 2C －12mv″2解得：v″＝5 m/s ，所以当v A ≥5 m/s，小球越过壕沟． 综上，则A 的速度范围是 3 m/s≤v A ≤4 m/s 和v A ≥5 m/s. 答案：(1)v A ＝3 m/s(2)范围是：3 m/s≤v A ≤4 m/s 和v A ≥5m/s13．[2018·上海市宝山区月考]如图17－11所示，在竖直面内有一光滑水平直轨道与半径为R ＝0.25 m 的光滑半圆形轨道在半圆的一个端点B 相切，半圆轨道的另一端点为C.在直轨道上距B 点为x(m)的A 点，有一可看做质点、质量为m ＝0.1 kg 的小物块处于静止状态．现用水平恒力将小物块推到B 处后撤去恒力，小物块沿半圆轨道运动到C 点后，恰好落回到水平面上的A 点，取g ＝10 m/s 2.求：图17－11(1)水平恒力对小物块做的功W 与x 的关系式． (2)水平恒力做功的最小值． (3)水平恒力的最小值．解析：(1)小物块从C 到A 的运动是平抛运动． 设小物块在C 处的速度为v C ，则由C 到A ， x ＝v C t2R ＝12gt 2由以上两式得v 2C＝gx24R，小球从A 到C 有W －2mgR ＝12mv 2C解得W ＝mg(2R ＋x 28R)＝(0.5x 2＋0.5) J.(2)当W 最小时，物块刚好能够通过C 点，此时mv 2CR ＝mg由C 到A 仍做平抛运动，所以v 2C＝gx24R仍成立，由以上两式：x ＝2R代入公式可求得恒力做功的最小值为 W min ＝(0.5＋0.5×4×0.252)J ＝0.625 J (3)由功的公式得F ＝W Fx将W ＝(0.5x 2＋0.5) J ，代入上式得F ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0.5x ＋0.5x N由数学知识可知，当0.5x ＝0.5x ，即x ＝1时F 最小F min ＝1 N.答案：(1)W ＝()0.5x 2＋0.5J (2)0.625 J (3)1 NC 组 难点突破14．[2018·江苏常州模拟]某滑沙场有两个坡度不同的滑道AB 和AB′(均可看作斜面)，甲、乙两名旅游者分别乘两个完全相同的滑沙撬从A 点由静止开始分别沿AB 和AB′滑下，最后都停在水平沙面BC 上，如图17－12所示．设滑沙撬和沙面间的动摩擦因数处处相同，斜面与水平面连接处均可认为是圆滑的，滑沙者保持一定姿势坐在滑沙撬上不动．则下列说法中正确的是( )图17－12A ．甲滑行的总路程一定大于乙滑行的总路程B ．甲在B 点的动能一定等于乙在B′点的动能C ．甲在B 点的速率一定等于乙在B′点的速率D ．甲全部滑行的水平位移一定大于乙全部滑行的水平位移解析：由动能定理列方程计算可得两人最后都停在水平沙面B′C 上同一点，甲滑行的总路程一定大于乙滑行的总路程，甲全部滑行的水平位移一定等于乙全部滑行的水平位移，选项A 正确，D 错误；甲在B 点的动能一定大于乙在B′点的动能，甲在B 点的速率一定大于乙在B′点的速率，选项B 、C 错误．答案：A。

课时作业(二十二) 动能定理及其应用[基础训练]1．关于运动物体所受的合外力、合外力做的功及动能变化的关系，下列说法正确的是( )A ．合外力为零，则合外力做功一定为零B ．合外力做功为零，则合外力一定为零C ．合外力做功越多，则动能一定越大D ．动能不变，则物体合外力一定为零答案：A 解析：由W ＝Fl cos α可知，物体所受合外力为零，合外力做功一定为零，但合外力做功为零，可能是α＝90°，故A 正确，B 错误；由动能定理W ＝ΔE k 可知，合外力做功越多，动能变化量越大，但动能不一定越大，动能不变，合外力做功为零，但合外力不一定为零，C 、D 均错误．2．(2017·湖南五市十校联考)质量为10 kg 的物体，在变力F 作用下沿x 轴做直线运动，力随坐标x 的变化情况如图所示．物体在x ＝0处，速度为1 m/s ，一切摩擦不计，则物体运动到x ＝16 m 处时，速度大小为( )A ．2 2 m/sB ．3 m/sC ．4 m/s D.17 m/s答案：B 解析：F ­x 图象与坐标轴围成的图形面积表示力F 做的功，图形位于x 轴上方表示力做正功，位于x 轴下方表示力做负功，面积大小表示功的大小，所以物体运动到x＝16 m 处时，力F 对物体做的总功W ＝40 J ，由动能定理得W ＝12mv 22－12mv 21，代入数据可得v 2＝3 m/s ，B 正确．3．(2017·辽宁沈阳质检)一木块静止在光滑的水平面上，将一个大小恒为F 的水平拉力作用在该木块上，经过位移x 时，拉力的瞬时功率为P ；若将一个大小恒为2F 的水平拉力作用在该木块上，使该木块由静止开始运动，经过位移x 时，拉力的瞬时功率是( ) A.2PB ．2PC ．22PD ．4P答案：C 解析：对第一个过程，根据动能定理，有Fx ＝12mv 21，经过位移x 时的瞬时功率P ＝Fv 1＝F ·2Fx m ；同理，对第二个过程有2Fx ＝12mv 22，经过位移x 时的瞬时功率P ′＝2Fv 2＝4F ·Fx m ；所以P ′＝22P ，C 项正确． 4．(2017·山东济南模拟)光滑斜面上有一个小球自高为h 的A 处由静止开始滚下，到达光滑的水平面上的B 点时速率为v 0.光滑水平面上每隔相等的距离设置了一个与小球运动方向垂直的阻挡条，如图所示，小球越过n 条阻挡条后停下来．若让小球从2h 高处以初速度v 0滚下，则小球能越过阻挡条的条数为(设小球每次越过阻挡条时损失的动能相等)( )A ．nB ．2nC ．3nD ．4n答案：C 解析：设每条阻挡条对小球做的功为W ，小球自高为h 的A 处由静止开始滚下到B 处，由动能定理有mgh ＝12mv 20，当小球在水平面上滚动时，由动能定理有－nW ＝0－12mv 20；让小球从2h 高处以初速度v 0滚下到停止，由动能定理有mg ·2h －n ′W ＝0－12mv 20，三式联立解得n ′＝3n ，所以选项C 正确．5．(2017·山西太原一中检测)如图所示，已知物体与三块材料不同的地毯间的动摩擦因数分别为μ、2μ和3μ，三块材料不同的地毯长度均为l ，并排铺在水平地面上，该物体以一定的初速度v 0从a 点滑上第一块，则物体恰好滑到第三块的末尾d 点停下来，物体在运动中地毯保持静止，若让物体从d 点以相同的初速度水平向左运动，则物体运动到某一点时的速度大小与该物体向右运动到该位置的速度大小相等，则这一点是( )A ．a 点B ．b 点C ．c 点D ．d 点答案：C 解析：从右侧向左侧运动，与从左侧向右侧运动，初动能相等，到达同一位置时，速度大小相等，可知在运动过程中，一定是动能减小量相等，即克服摩擦力做功相等，由于μmgL ＋2μmgL ＝3μmgL ，因此应该运动到c 点处，C 正确．6．(2017·吉林摸底)如图所示，将质量为m 的小球以速度v 0由地面竖直向上抛出．小球落回地面时，其速度大小为34v 0.设小球在运动过程中所受空气阻力的大小不变，则空气阻力的大小等于( )A.34mgB.316mgC.716mgD.725mg 答案：D 解析：对小球向上运动，由动能定理有，－(mg ＋f )H ＝0－12mv 20，对小球向下运动，由动能定理有，(mg －f )H ＝12m ⎝ ⎛⎭⎪⎫34v 02，联立解得f ＝725mg ，故D 正确． 7．(2017·河北保定调研)(多选)如图所示，长为L 的轻质硬杆A 一端固定小球B ，另一端固定在水平转轴O 上．现使轻杆A 绕转轴O 在竖直平面内匀速转动，轻杆A 与竖直方向夹角α从0°增加到180°的过程中，下列说法正确的是( )A ．小球B 受到的合力的方向始终沿着轻杆A 指向轴OB ．当α＝90°时，小球B 受到轻杆A 的作用力方向竖直向上C ．轻杆A 对小球B 做负功D ．小球B 重力做功的功率不断增大答案：AC 解析：小球做匀速圆周运动，受到的合外力总是指向圆心O ，选项A 对；转过90°时，轻杆对小球的弹力的水平分力提供小球做圆周运动的向心力，竖直分力平衡小球重力，小球受到杆的作用力指向左上方，选项B 错；在转动过程中小球的重力做正功，动能不变，应用动能定理可知轻杆对小球做负功，选项C 对；小球竖直方向的分速度先增大后减小，小球重力做功的功率先增大后减小，选项D 错．8．(2017·重庆巴蜀中学一模)如图所示，水平平台上有一个质量m ＝50 kg 的物块，站在水平地面上的人用跨过定滑轮的细绳向右拉动物块，细绳不可伸长．不计滑轮的大小、质量和摩擦．在人以速度v 从平台边缘正下方匀速向右前进x 的过程中，始终保持桌面和手的竖直高度差h 不变．已知物块与平台间的动摩擦因数μ＝0.5，v ＝0.5 m/s ，x ＝4 m ，h ＝3 m ，取g ＝10 m/s 2.求人克服细绳的拉力做的功．答案：504 J 解析：设人发生x 的位移时，绳与水平方向的夹角为θ，由运动的分解可得，物块的速度v 1＝v cos θ，由几何关系得cos θ＝x h 2＋x 2，在此过程中，物块的位移s ＝h 2＋x 2－h ＝2 m ，物块克服摩擦力做的功W f ＝μmgs ，对物块，由动能定理得W T －W f ＝12mv 21， 所以人克服细绳的拉力做的功W T ＝mv 2x 22h 2＋x2＋μmgs ＝504 J. [能力提升]9．(2017·陕西西安质检)静止在粗糙水平面上的物块在水平向右的拉力作用下做直线运动，t ＝4 s 时停下，其v ­t 图象如图所示，已知物块与水平面间的动摩擦因数处处相同，则下列判断正确的是( )A ．整个过程中拉力做的功等于物块克服摩擦力做的功B ．整个过程中拉力做的功等于零C ．t ＝2 s 时刻拉力的瞬时功率在整个过程中最大D ．t ＝1 s 到t ＝3 s 这段时间内拉力不做功答案：A 解析：对物块运动的整个过程运用动能定理得W F －W f ＝0，即拉力做的功等于物块克服摩擦力做的功，选项A 正确，B 错误．在0～1 s 时间内，拉力恒定且大于摩擦力，物块做匀加速运动，速度增大，t ＝1 s 时，速度最大，拉力的瞬时功率最大；t ＝2 s 时，物块匀速运动，拉力等于摩擦力，所以t ＝2 s 时刻拉力的瞬时功率不是最大的，选项C 错误．t ＝1 s 到t ＝3 s 这段时间，物块匀速运动，拉力做正功，摩擦力做负功，合外力做功为零，选项D 错误．10．(2017·吉林三校联考)如图所示，竖直平面内放一直角杆MON ，OM 水平，ON 竖直且光滑，用不可伸长的轻绳相连的两小球A 和B 分别套在OM 和ON 杆上，B 球的质量为2 kg ，在作用于A 球的水平力F 的作用下，A 、B 均处于静止状态，此时OA ＝0.3 m ，OB ＝0.4 m ，改变水平力F 的大小，使A 球向右加速运动，已知A 球向右运动0.1 m 时速度大小为 3 m/s ，则在此过程中绳的拉力对B 球所做的功为(取g ＝10 m/s 2)( )A ．11 JB ．16 JC ．18 JD ．9 J答案：C 解析：A 球向右运动0.1 m 时，v A ＝3 m/s ，OA ′＝0.4 m ，OB ′＝0.3 m ，设此时∠BAO ＝α，则有tan α＝34.v A cos α＝v B sin α，解得v B ＝4 m/s.此过程中B 球上升高度h ＝0.1 m ，由动能定理，W －mgh ＝12mv 2B ，解得绳的拉力对B 球所做的功为W ＝mgh ＋12mv 2B ＝2×10×0.1 J＋12×2×42 J ＝18 J ，选项C 正确． 11．(2017·宁夏银川模拟)如图所示为某中学科技小组制作的利用太阳能驱动小车的装置．当太阳光照射到小车上方的光电板时，光电板中产生的电流经电动机带动小车前进．若质量为m 的小车在平直的水泥路上从静止开始沿直线加速行驶，经过时间t 前进的距离为x ，且速度达到最大值v m .设这一过程中电动机的功率恒为P ，小车所受阻力恒为F f ，那么这段时间内( )A ．小车做匀加速运动B ．小车受到的牵引力逐渐增大C ．小车受到的合外力所做的功为PtD ．小车受到的牵引力做的功为F f x ＋12mv 2m 答案：D 解析：小车在运动方向上受牵引力F 和阻力F f ，因力v 增大，P 不变，由P ＝Fv ，F －F f ＝ma ，得出F 逐渐减小，a 也逐渐减小，当v ＝v m 时，a ＝0，故A 、B 均错；合外力做的功W 外＝Pt －F f x ，由动能定理得Pt －F f x ＝12mv 2m ，故C 错误，D 正确． 12．(2017·江西吉安期末)(多选)如图所示，质量为m 的小球(可视为质点)用长为L 的细线悬挂于O 点，自由静止在A 位置．现用水平力F 缓慢地将小球从A 拉到B 位置而静止，细线与竖直方向夹角为θ＝60°，此时细线的拉力为T 1，然后撤去水平力F ，小球从B 返回到A 点时细线的拉力为T 2，则( )A ．T 1＝T 2＝2mgB ．从A 到B ，拉力F 做功为mgLC ．从B 到A 的过程中，小球受到的合外力大小不变D ．从B 到A 的过程中，小球重力的瞬时功率先增大后减小答案：AD 解析：分析小球在B 点受力可得T 1＝2mg ，撤去拉力后，根据动能定理，mgL (1－cos θ)＝12mv 2，在A 点，T 2－mg ＝m v 2L ，可得T 2＝2mg ，W F －mgL (1－cos θ)＝0，W F ＝12mgL ，选项A 正确，B 错误；从B 到A 过程中，在A 、B 两点重力的瞬时功率都等于零，D 正确；在B 点小球所受合外力为mg sin θ，在A 点的合外力为mg ，选项C 错误．13．(2017·甘肃兰州一中月考)如图所示，AB 是倾角θ＝30°的粗糙直轨道，BCD 是光滑的圆弧轨道，AB 恰好在B 点与圆弧相切，圆弧的半径为R ，一个质量为m 的物体(可以看做质点)从直轨道上的P 点由静止释放，结果它能在两轨道间做往返运动．已知P 点与圆弧的圆心O 等高，物体与轨道AB 间的动摩擦因数为μ.求：(1)物体做往返运动的整个过程中在AB 轨道上通过的总路程；(2)最终当物体通过圆弧轨道最低点E 时，对圆弧轨道的压力；(3)为使物体能顺利到达圆弧轨道的最高点D ，释放点距B 点的距离L ′至少多大？ 答案：(1)Rμ (2)(3－3)mg (3)3＋3R 1－3μ解析：(1)对整体过程，由动能定理得mgR cos θ－μmg cos θ·s ＝0，所以物体在AB 轨道上通过的总路程s ＝R μ.(2)最终物体以B (还有B 关于OE 的对称点)为最高点，在圆弧底部做往复运动，对B →E 过程，由动能定理得 mgR (1－cos θ)＝12mv 2E ①在E 点，由牛顿第二定律得F N －mg ＝m v 2E R②联立①②式得F N ＝(3－3)mg . (3)物体刚好到D 点，由牛顿第二定律有mg ＝m v 2DR ③对全过程由动能定理得mgL ′sin θ－μmg cos θ·L ′－mgR (1＋cos θ)＝12mv 2D ④联立③④式得L ′＝3＋3R1－3μ.。

第2讲动能定理及其应用知识点一动能1。

定义：物体由于而具有的能。

2.公式：E k＝。

3。

单位：，1 J＝1 N·m＝1 kg·m2/s2。

4.标矢性:动能是，只有正值,动能与速度的方向。

5.动能的变化：物体与之差，即ΔE k ＝。

答案：1。

运动 2.错误!mv2 3.焦耳4。

标量无关5。

末动能初动能知识点二动能定理1。

内容：在一个过程中合力对物体所做的功，等于物体在这个过程中.2.表达式:W＝ΔE k＝E k2－E k1＝.3.物理意义：的功是物体动能变化的量度.4。

适用条件（1)动能定理既适用于直线运动,也适用于。

(2)既适用于恒力做功，也适用于做功.（3）力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以作用。

答案：1。

动能的变化 2. 3。

合力4.（1）曲线运动(2）变力(3)分阶段(1)运动的物体具有的能量就是动能. （)（2）一定质量的物体动能变化时，速度一定变化，但速度变化时，动能不一定变化。

（）（3)处于平衡状态的物体动能一定保持不变。

（)（4）做自由落体运动的物体，动能与下落时间的二次方成正比. （)（5)物体在合外力作用下做变速运动,动能一定变化。

()(6）物体的动能不变,所受的合外力必定为零。

()答案：(1)×(2)√(3）√(4)√(5）×(6)×考点动能定理的理解1。

合外力做功与物体动能的变化间的关系(1)数量关系：合外力做的功与物体动能的变化具有等量代换关系,但并不是说动能变化就是合外力做功。

（2）因果关系：合外力的功是引起物体动能变化的原因。

（3）量纲关系:单位相同，国际单位都是焦耳。

2.标量性：动能是标量,功也是标量，所以整个动能定理是一个标量式，不存在方向的选取问题。

当然动能定理也就不存在分量的表达式.例如，以相同大小的初速度不管以什么方向抛出,在最终落到地面速度大小相同的情况下,所列的动能定理的表达式都是一样的.3.相对性：高中阶段动能定理中的位移和速度必须相对于同一个参考系，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系.4。