配套K12高三物理一轮复习 动能定理及其应用随堂检测

第二节动能定理及其应用达标(建议用时：60分钟)一、单项选择题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，其动能一定变化也越大解析：选C.若速度的方向变化而大小不变，则其动能不变，故选项A错误；物体所受合外力不为零，只要速度大小不变，其动能就不变，如匀速圆周运动中，物体所受合外力不为零，但速度大小始终不变，动能不变，故选项B错误；物体动能变化，其速度一定发生变化，故运动状态改变，选项C正确；物体速度变化，若仅由方向变化引起，其动能可能不变，如匀速圆周运动中，速度变化，但动能始终不变，故选项D错误．2.有一质量为m的木块，从半径为r的圆弧曲面上的a点滑向b点，如图所示．若由于摩擦使木块的运动速率保持不变，则以下叙述正确的是( )A．木块所受的合外力为零B．因木块所受的力都不对其做功，所以合外力做的功为零C．重力和摩擦力的合力做的功为零D．重力和摩擦力的合力为零答案：C3.(2018·大庆中学模拟)如图所示，倾角为30°的斜面末端与水平地面相连，将一小球(可看成质点)从斜面顶端以3 J 的初动能水平抛出，不计空气阻力，经过一段时间，小球以6 J的动能第一次落在接触面上．若将此小球以6 J的初动能水平从斜面顶端抛出，则小球第一次落在接触面上的动能为( )A．9 J B．12 JC．16 J D．条件不足，无法判定解析：选A.小球做平抛运动，只有重力做功，分析可知两种情况下小球下落的高度相同，所以重力做功相同，在第一次情况下重力做功为W G＝6 J－3 J＝3 J，故第二种情况下重力也做功3 J，故落地时动能为9 J，A正确．4.(2018·河南模拟)如图所示，质量为m的小球，从离地面H高处由静止开始释放，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解析：选C.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 －fHh ，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．5．(2018·湖南郴州教学质检)如图(a)所示，在水平路段AB 上有一质量为1×103kg 的汽车，正以10 m/s 的速度向右匀速行驶，汽车前方的水平路段BC 因粗糙程度与AB 段不同引起阻力变化，汽车通过整个ABC 路段的v －t 图象如图(b)所示，t ＝15 s 时汽车刚好到达C 点，并且已做匀速直线运动，速度大小为5 m/s.运动过程中汽车发动机的输出功率保持不变，假设汽车在AB 路段上运动时所受的恒定阻力为F f ＝2 000 N ，下列说法正确的是()A ．汽车在AB 、BC 段发动机的额定功率不变都是1×104W B ．汽车在BC 段牵引力增大，所以汽车在BC 段的加速度逐渐增大 C ．由题给条件不能求出汽车在BC 段前进的距离 D ．由题所给条件可以求出汽车在8 m/s 时加速度的大小解析：选D.发动机的额定功率P ＝F f v ＝2 000×10 W ＝2×104W ，选项A 错误；由题图(b)可知汽车在BC 段做加速度减小的减速运动，选项B 错误；根据P ＝fv 可求解汽车在BC 段上所受的阻力大小，根据动能定理Pt －fx BC ＝12mv 22－12mv 21，可求解汽车在BC 段前进的距离，选项C 错误；根据牛顿定律a ＝F －f m ＝P v－fm，由此公式可以求出汽车在8 m/s 时加速度的大小，选项D 正确． 二、多项选择题6.(2018·山东潍坊中学模拟)如图所示，不可伸长的轻绳长为l，一端固定在O 点，另一端拴接一质量为m 的小球，将小球拉至与O 等高，细绳处于伸直状态的位置后由静止释放，在小球由静止释放到运动至最低点的过程中，小球所受阻力做的功为W ，重力加速度为g ，则小球到达最低点时( ) A ．向心加速度a ＝2（mgl ＋W ）mlB ．向心加速度a ＝2（mgl －W ）mlC ．绳的拉力F ＝3mgl ＋2W lD ．绳的拉力F ＝2（mgl ＋W ）l解析：选AC.从最高点到最低点过程中，重力做正功，阻力做负功，根据动能定理可得mgl ＋W ＝12mv 2，在最低点重力和绳子的拉力充当向心力，所以有F －mg ＝m v2l ，联立可得F ＝3mgl ＋2W l ，根据公式a ＝v 2l 可得a ＝2（mgl ＋W ）ml，A 、C 正确．7.(2018·江苏启东中学模拟)如图所示，直杆AB 与水平面成α角固定，在杆上套一质量为m 的小滑块，杆底端B 点处有一弹性挡板，杆与板面垂直，滑块与挡板碰撞后原速率返回．现将滑块拉到A 点由静止释放，与挡板第一次碰撞后恰好能上升到AB 的中点，设重力加速度为g ，由此可以确定( )A ．滑块下滑和上滑过程加速度的大小a 1、a 2B ．滑块第1次与挡板碰撞前速度v 1C ．滑块与杆之间动摩擦因数μD ．滑块第k 次与挡板碰撞到第k ＋1次与挡板碰撞时间间隔Δt解析：选AC.设AB 长为L .对整个过程运用动能定理得：mg sin α·0.5L －μmg cos α(L ＋0.5L )＝0得：μ＝sin α3cos α；根据牛顿第二定律得下滑过程：mg sin α－μmg cos α＝ma 1；上滑过程：mg sin α＋μmg cos α＝ma 2；解得：a 1＝g sin α－μg cos α，a 2＝g sin α＋μg cos α，所以可求得滑块下滑和上滑过程加速度的大小a 1、a 2，故A 、C 正确；由于AB 间的距离未知，尽管求出加速度，但不能求出滑块到达挡板时的时间以及与挡板碰撞的速度，故B 、D 错误．8．(2018·河南八市重点高中质检)质量m ＝3.0 kg 的小球在竖直向上的恒定拉力作用下，由静止开始从水平地面向上运动，经一段时间，拉力做功为W ＝15.0 J ，此后撤去拉力，球又经相同时间回到地面．以地面为零势能面，不计空气阻力，重力加速度g ＝10 m/s 2.则下列说法正确的是( ) A ．恒定拉力大小为40.0 NB ．球动能E k ＝3.0 J 时的重力势能可能是12.0 JC ．拉力作用过程球动能增加了15.0 JD ．球动能E k ＝3.0 J 时的重力势能可能是9.0 J解析：选ABD.设竖直向上的恒力为F ，小球质量m ＝3 kg ，恒力F 作用时间t ，在恒力F 作用过程中上升高度h .根据牛顿第二定律得：运动加速度a 1＝F －mg m ；h ＝12a 1t 2;撤去恒力瞬间速度为v 0，则v 0＝a 1t ，撤去恒力后到小球落地时，取竖直向上方向为正方向，则－h ＝(a 1t )t －12gt 2 ；联立解得：a 1＝g 3，把a 1＝g3代入得F ＝40 N ，选项A 正确；球动能E k ＝3.0 J 时，由动能定理W F －W G ＝ΔE k ，当力F 做功15 J 时，此时克服重力做功为12 J ，即此时小球的重力势能是12.0 J ，选项B 正确；拉力作用过程中，由于重力做负功，故球动能增加小于15.0 J ，选项C 错误；球动能E k ＝3.0 J 时，若重力势能是9.0 J ，由动能定理可知W F －W G ＝ΔE k 可知W F ＝12 J<15 J ，故选项D 正确． 三、非选择题9．如图甲所示，轻弹簧左端固定在竖直墙上，右端点在O 位置．质量为m 的物块A (可视为质点)以初速度v 0从距O 点右方x 0的P 点处向左运动，与弹簧接触后压缩弹簧，将弹簧右端压到O ′点位置后，A 又被弹簧弹回．A 离开弹簧后，恰好回到P 点．物块A 与水平面间的动摩擦因数为μ.求：(1)物块A 从P 点出发又回到P 点的过程，克服摩擦力所做的功． (2)O 点和O ′点间的距离x 1.(3)如图乙所示，若将另一个与A 完全相同的物块B (可视为质点)与弹簧右端拴接，将A 放在B 右边，向左推A 、B ，使弹簧右端压缩到O ′点位置，然后从静止释放，A 、B 共同滑行一段距离后分离．分离后物块A 向右滑行的最大距离x 2是多少？解析：(1)物块A 从P 点出发又回到P 点的过程，根据动能定理得克服摩擦力所做的功为W f ＝12mv 20. (2)物块A 从P 点出发又回到P 点的过程，根据动能定理得2μmg (x 1＋x 0)＝12mv 2解得x 1＝v 204μg－x 0.(3)A 、B 在弹簧处于原长处分离，设此时它们的共同速度是v 1，弹出过程弹力做功W F只有A 时，从O ′到P 有W F －μmg (x 1＋x 0)＝0－0A 、B 共同从O ′到O 有W F －2μmgx 1＝12×2mv 21分离后对A 有12mv 21＝μmgx 2联立以上各式可得x 2＝x 0－v 208μg. 答案：(1)12mv 20 (2)v 204μg －x 0 (3)x 0－v 28μg10．(2018·黑龙江牡丹江一中模拟)如图，半径为R 的光滑半圆形轨道ABC 在竖直平面内与水平轨道CD 相切于C 点，D 端有一被锁定的轻质压缩弹簧，弹簧左端连接在固定的挡板上，弹簧右端Q 到C 点的距离为2R .质量为m 的滑块(视为质点)从轨道上的P 点由静止滑下，刚好能运动到Q 点，并能触发弹簧解除锁定，然后滑块被弹回，且刚好能通过圆轨道的最高点A .已知∠POC ＝60°，求：(1)滑块第一次滑至圆形轨道最低点C 时所受轨道支持力； (2)滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ； (3)弹簧被锁定时具有的弹性势能．解析：(1)设滑块第一次滑至C 点时的速度为v C ，圆轨道C 点对滑块的支持力为F NP →C 过程：12mgR ＝12mv 2C C 点：F N －mg ＝m v 2CR解得F N ＝2mg ，方向竖直向上．(2)对P →C →Q 过程：mgR (1－cos 60°)－μmg 2R ＝0 解得μ＝0.25.(3)A 点：mg ＝m v 2ARQ →C →A 过程：E p ＝12mv 2A ＋mg ·2R ＋μmg ·2R解得弹性势能E p ＝3mgR .答案：(1)2mg ，方向竖直向上 (2)0.25 (3)3mgR11．(2018·黑龙江双鸭山一中模拟)如图所示，传送带A 、B 之间的距离为L ＝5.25 m ，与水平面间夹角θ＝30°，传送带沿顺时针方向转动，速度恒为v ＝7.5 m/s.在上端A 点无初速度放置一个质量为m ＝1 kg 、大小可视为质点的金属块，它与传送带的动摩擦因数为μ＝32，金属块滑离传送带后，沿着弯道滑下，进入半径为R ＝1 m 的光滑半圆轨道做圆周运动，刚好能通过最高点E ，D 为半圆轨道的最低点且DE 垂直于水平面，已知B 、D 两点的竖直高度差为h ＝0.5 m(取g ＝10 m/s 2)．求：(1)金属块从A 运动到B 经历的时间；(2)金属块经过半圆轨道的D 点时对轨道的压力大小； (3)金属块在BCD 弯道上克服摩擦力做的功．解析：(1)金属块速度到达v 的过程中，由牛顿第二定律可知mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 解得a ＝12.5 m/s 2需要的时间t 1＝v a ＝7.512.5s ＝0.6 s通过地的位移x 1＝vt 12＝2.25 m因为x 1<L 且mg sin θ<μmg cos θ，金属块将匀速运动 匀速运动时间t 2＝L －x 1v ＝5.25－2.257.5s ＝0.4 s t ＝t 1＋t 2＝(0.6＋0.4) s ＝1 s. (2)金属块刚好通过E 点，则mg ＝m v 2ER金属块从D 到E 过程中由动能定理可知－mg ·2R ＝m v 2E 2－m v 2D2在D 点由牛顿第二定律可知F －mg ＝m v 2DR联立解得F ＝60 N由牛顿第三定律可知对轨道压力为60 N. (3)在BCD 过程中，由动能定理可得mgh －W f ＝12mv 2D －12mv 2代入数据解得W f＝8.125 J.答案：(1)1 s (2)60 N (3)8.125 J。

课时跟踪检测（二十一）功能关系能量守恒定律（卷Ⅱ）[B级——中档题目练通抓牢]★1．[多选](2018·潍北一模)如图所示，在粗糙的水平面上，质量相等的两个物体A、B间用一轻质弹簧相连组成系统，且该系统在外力F作用下一起做匀加速直线运动，当它们的总动能为2E k时撤去水平力F，最后系统停止运动。

不计空气阻力，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，从撤去拉力F到系统停止运动的过程中()A．外力对物体A所做总功的绝对值等于E kB．物体A克服摩擦阻力做的功等于E kC．系统克服摩擦阻力做的功可能等于系统的总动能2E kD．系统克服摩擦阻力做的功一定等于系统机械能的减小量解析：选AD它们的总动能为2E k，则A的动能为E k，根据动能定理知：外力对物体A所做总功的绝对值等于物体A动能的变化量，即E k，故A正确，B错误；系统克服摩擦力做的功等于系统的动能和弹簧的弹性势能的减小量，所以系统克服摩擦阻力做的功不可能等于系统的总动能2E k，故C错误，D正确。

★2．[多选]如图所示，轻质弹簧上端固定，下端系一物体。

物体在A处时，弹簧处于原长状态。

现用手托住物体使它从A处缓慢下降，到达B处时，手和物体自然分开。

此过程中，物体克服手的支持力所做的功为W。

不考虑空气阻力。

关于此过程，下列说法正确的有()A．物体重力势能减小量一定大于WB．弹簧弹性势能增加量一定小于WC．物体与弹簧组成的系统机械能增加量为WD．若将物体从A处由静止释放，则物体到达B处时的动能为W解析：选AD根据能量守恒定律可知，在此过程中减少的重力势能mgh＝ΔE p＋W，所以物体重力势能减小量一定大于W，不能确定弹簧弹性势能增加量与W的大小关系，故A正确，B错误；支持力对物体做负功，所以物体与弹簧组成的系统机械能减少W，所以C错误；若将物体从A处由静止释放，从A到B的过程，根据动能定理：E k＝mgh－ΔE p＝W，所以D正确。

★3.(2018·江苏联考)如图所示，一轻弹簧左端固定在长木板M的左端，右端与小木块m 连接，且m 与M 及M 与地面间接触光滑，开始时，m 和M 均静止，现同时对m 、M 施加等大反向的水平恒力F 1和F 2，从两物体开始运动以后的整个运动过程中，弹簧形变不超过其弹性限度。

[课时作业] 单独成册 方便使用[基础题组]一、单项选择题1．A 、B 两物体在光滑水平面上，分别在相同的水平恒力F 作用下，由静止开始通过相同的位移x .若A 的质量大于B 的质量，则在这一过程中( )A ．A 获得动能较大B ．B 获得动能较大C ．A 、B 获得动能一样大D ．无法比较A 、B 获得动能大小解析：由动能定理可知恒力F 做功W ＝Fx ＝12m v 2－0，因为F 、x 相同，所以A 、B 的动能变化相同，C 正确．答案：C2．如图甲所示，静止于光滑水平面上的小物块，在水平拉力F 的作用下从坐标原点O 开始沿x 轴正方向运动，F 随物块所在位置坐标x 的变化关系如图乙所示，图线右半部分为四分之一圆弧，则小物块运动到2x 0处时的动能可表示为( )A ．0B ．F max x 0 C.12F max x 0(1＋π) D.12F max x 0(1＋π2)解析：题中F-x 图象与横坐标围成的面积等于拉力做功的大小，由图象可得出W ＝12F max x 0(1＋π2)，根据动能定理得E k ＝W ＝12F max x 0(1＋π2)，选项D 正确． 答案：D3．(2018·湖北八校高三联考)物体静止在光滑水平面上，先对物体施加一水平向右的恒力F 1，经时间t 撤去F 1，立即再对它施加一水平向左的恒力F 2，又经时间3t 物体回到出发点，在这一过程中，F 1、F 2分别对物体做的功W 1、W 2之间的关系是( )A ．W 1∶W 2＝1∶1B ．W 1∶W 2＝2∶3C ．W 1∶W 2＝9∶5D ．W 1∶W 2＝9∶7解析：设恒力F 1作用t 后物体的速度为v 1，恒力F 2又作用3t 后物体的速度为v 2，则物体在恒力F 1作用t 后的位移s 1＝v 1t 2，物体在恒力F 2作用3t 后的位移s 2＝v 1＋v 22×3t ，由题意知s 1＝－s 2，整理得v 1＝－34v 2，由动能定理得，W 1＝12m v 21，W 2＝12m v 22－12m v 21，则W 1W 2＝97，故选项D 正确． 答案：D4.用水平力F 拉一物体，使物体在水平地面上由静止开始做匀加速直线运动，t 1时刻撤去拉力F ，物体做匀减速直线运动，到t 2时刻停止，其速度—时间图象如图所示，且α＞β，若拉力F 做的功为W 1，在0～t 1时间内拉力F 的平均功率为P 1，物体克服摩擦阻力f 做的功为W 2,0～t 2时间内克服摩擦力的平均功率为P 2，下列选项正确的是( )A ．W 1＞W 2，F ＝2fB ．W 1＝W 2，F ＞2fC ．P 1＜P 2，F ＞2fD ．P 1＝P 2，F ＝2f解析：由动能定理得W 1－W 2＝0，即W 1＝W 2.由题图知，加速过程加速度大小a 1大于减速过程的加速度大小a 2，根据牛顿第二定律，有F －f ＝ma 1，f ＝ma 2，因a 1＞a 2，故F －f ＞f ，选项B 正确，A 、D 错误；由题意知t f ＞t F ，又W 1＝W 2，根据P ＝W t 可得P 1＞P 2，选项C 错误．答案：B5.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 )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 ＝12m v 20，选项A 错误；设泥的平均阻力为f 0，小球陷入泥中的过程，由动能定理得mgh－f 0h ＝0－12m v 20，解得f 0h ＝mgh ＋12m v 20，f 0＝mg (1＋H h )－fH h ，选项B 、D 错误；对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．答案：C二、多项选择题6.如图所示，质量相等的物体A 和物体B 与地面的动摩擦因数相等，在力F 的作用下，一起沿水平地面向右移动x ，则( )A ．摩擦力对A 、B 做功相等B ．A 、B 动能的增量相同C ．F 对A 做的功与F 对B 做的功相等D ．合力对A 做的功与合力对B 做的功相等解析：因F 斜向下作用在物体A 上，A 、B 受到的摩擦力不相同，因此，摩擦力对A 、B 做的功不相等，A 错误；A 、B 两物体一起运动，速度始终相同，故A 、B 动能增量一定相等，B 正确；F 不作用在B 上，不能说F 对B 做功，C 错误；合力对物体做的功等于物体动能的增量，D 正确．答案：BD7.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＝6 7B．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3 5g解析：对滑草车从坡顶由静止滑下，到底端静止的全过程，得mg·2h－μmg cos45°·hsin 45°－μmg cos 37°·hsin 37°＝0，解得μ＝67，选项A正确；对经过上段滑道过程，根据动能定理得，mgh－μmg cos 45°·hsin 45°＝12m v2，解得v＝2gh7，选项B正确；载人滑草车克服摩擦力做功为2mgh，选项C错误；载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为a＝mg sin 37°－μmg cos 37°m＝－335g，选项D错误．答案：AB8.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作用带动小车前进．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，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减小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fx＋12m v2m解析：小车在运动方向上受牵引力F和阻力f，因为v增大，P不变，由P＝F v，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错误，B正确；合外力做的功W外＝Pt－fx，由动能定理得Pt－fx＝12m v2m，则牵引力做的功W F＝Pt＝fx＋12m v2m，故C错误，D正确．答案：BD[能力题组]一、选择题9．(2017·高考江苏卷)一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处．物块初动能为E k0，与斜面间的动摩擦因数不变，则该过程中，物块的动能E k与位移x关系的图线是()解析：设斜面倾角为θ，根据动能定理，当小物块沿斜面上升时，有－(mg sin θ＋f)x＝E k－E k0，即E k＝－(f＋mg sin θ)x＋E k0，所以E k与x的函数关系图象为直线，且斜率为负．当小物块沿斜面下滑时根据动能定理有(mg sin θ－f)(x0－x)＝E k－0(x0为小物块到达最高点时的位移)，即E k＝－(mg sin θ－f)x＋(mg sin θ－f)x0所以下滑时E k随x的减小而增大且为直线．综上所述，选项C正确．答案：C10.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/s2)()A．11 J B．16 JC．18 J D．9 J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＝12m v2B，解得绳的拉力对B球所做的功为W＝mgh＋12m v2B＝2×10×0.1 J＋12×2×42 J＝18 J，选项C正确．答案：C11．地震引起的海啸会给人们带来巨大的损失．某中学的部分学生组成了一个课题小组，对海啸的威力进行了模拟研究，他们设计了如下的模型：如图甲所示，在水平地面上放置一个质量为m＝4 kg的物体，让其在随位移均匀减小的水平推力(模拟海啸)作用下运动，推力F随位移x变化的图象如图乙所示，已知物体与地面之间的动摩擦因数为μ＝0.5，重力加速度g＝10 m/s2，则()A．运动过程中物体的最大加速度为15 m/s2B．在距出发点3.0 m位置时物体的速度达到最大C．整个过程中推力对物体做功180 JD．物体在水平地面上运动的最大位移是10 m解析：由牛顿第二定律有F－μmg＝ma，当推力F＝100 N时，物体加速度最大，为20 m/s2，选项A错误；由题图乙可得推力F随位移x变化的关系为F＝100－25x(N)，物体速度最大时，加速度为零，则F＝μmg，解得x＝3.2 m，即在距出发点3.2 m位置时物体的速度达到最大，选项B错误；由F x图象的“面积”表示功可知，推力对物体做功W F＝12Fx0＝200 J，选项C错误；由动能定理有W F －μmgx m ＝0，代入数据得x m ＝10 m ，即物体在水平面上运动的最大位移是10 m ，选项D 正确．答案：D12.(多选)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解析：小滑块在B 端时，根据牛顿第二定律有N －mg ＝m v 2R ，解得N ＝18 N ，A错误；根据动能定理有mgR －W ＝12m v 2，解得W ＝mgR －12m v 2＝3 J ，B 正确；小滑块从B 点做平抛运动，水平方向上x ＝v t ，竖直方向上h ＝12gt 2，解得x ＝v ·2h g＝0.6 m ，C 正确，D 错误．答案：BC二、非选择题13．(2018·四川成都诊断)如图甲所示，长为20 m 的水平轨道AB 与半径R ＝3 m 的竖直半圆轨道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 的大小随位移变化关系如图乙所示，滑块与AB 间的动摩擦因数为0.4，取g ＝10 m/s 2.(1)求滑块在水平轨道AB 上运动前10 m 过程中所需的时间；(2)求滑块到达B 处时的速度大小；(3)若滑块到达B 处时撤去力F ，滑块沿半圆轨道内侧上滑，并恰好能到达最高点C ，则滑块在半圆轨道上克服摩擦力所做的功是多少．解析：(1)在前10 m 内：F 1－μmg ＝ma 1s 1＝12a 1t 21解得t 1＝1 s.(2)滑块从A 到B 的过程中，由动能定理得F 1s 1－F 2s 3－μmgx ＝12m v 2B解得v B ＝10 2 m/s.(3)滑块恰好能到达C 点，则mg ＝m v 2C R滑块从B 到C 的过程中，由动能定理得W f －mg ·2R ＝12m v 2C －12m v 2B解得W f ＝－25 J ，即克服摩擦力做功为25 J.答案：(1)1 s (2)10 2 m/s (3)25 J14．(2018·陕西西安六校联考)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(可以看成质点)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，对圆弧轨道的压力大小；(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．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)＝12m v 2E在E 点，由牛顿第二定律得N －mg ＝m v 2E R解得N ＝(3－3)mg .由牛顿第三定律知，在最低点E ，物体对圆弧轨道的压力大小(3－3)mg .(3)物体刚好到D 点，由牛顿第二定律有mg ＝m v 2D R对全过程由动能定理得mgL ′sin θ－μmg cos θ·L ′－mgR (1＋cos θ)＝12m v 2D解得L ′＝(3＋3)R1－3μ.答案：(1)R μ (2)(3－3)mg (3)(3＋3)R 1－3μ。

课时分层集训(十五) 动能定理(限时：40分钟) [基础对点练]动能及动能定理的理解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( )【导学号：84370215】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A [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，但物体合外力不一定为零，C 、D 均错误．]2．(多选)质量为m 的物体在水平力F 的作用下由静止开始在光滑地面上运动，前进一段距离之后速度大小为v ，再前进一段距离使物体的速度增大为2v ，则( )A ．第二过程的速度增量等于第一过程的速度增量B ．第二过程的动能增量是第一过程动能增量的3倍C ．第二过程合外力做的功等于第一过程合外力做的功D ．第二过程合外力做的功等于第一过程合外力做功的2倍AB [由题意知，两个过程中速度增量均为v ，A 正确；由动能定理知：W 1＝12mv 2，W 2＝12m (2v )2－12mv 2＝32mv 2，故B 正确，C 、D 错误．] 3．(多选)如图5­2­12所示，一块长木板B 放在光滑的水平面上，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( )图5­2­12A ．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，与B 对A 的摩擦力所做的功大小相等D ．外力F 对B 做的功等于B 的动能的增量与B 克服摩擦力所做的功之和BD [A 物体所受的合外力等于B 对A 的摩擦力，对A 物体运用动能定理，则有B 对A 的摩擦力所做的功等于A 的动能的增量，即B 对；A 对B 的摩擦力与B 对A 的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A 在B 上滑动，A 、B 对地的位移不等，故二者做功大小不等，C 错；对B 应用动能定理，W F －W f ＝ΔE k B ，即W F ＝ΔE k B ＋W f ，就是外力F 对B 做的功，等于B 的动能增量与B 克服摩擦力所做的功之和，D 对；由前述知B 克服摩擦力所做的功与A 的动能增量(等于B 对A 的摩擦力所做的功)不等，故A 错．] 动能定理的应用4．(多选)(2016·全国Ⅲ卷)如图5­2­13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( )【导学号：84370216】图5­2­13A ．a ＝mgR －WmRB ．a ＝2mgR －W mRC ．N ＝3mgR －2WRD ．N ＝mgR －WRAC [质点P 下滑到最低点的过程中，由动能定理得mgR －W ＝12mv 2，则速度v ＝mgR －W m ，最低点的向心加速度a ＝v 2R ＝mgR －WmR，选项A 正确，选项B错误；在最低点时，由牛顿第二定律得N －mg ＝ma ，N ＝3mgR －2WR，选项C 正确，选项D 错误．]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5­2­14所示；当物块的初速度为v2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5­2­14A ．tan θ和H2B.⎝ ⎛⎭⎪⎫v 22gH －1tan θ和H 2C ．tan θ和H4D.⎝ ⎛⎭⎪⎫v 22gH －1tan θ和H 4 D [由动能定理有－mgH －μmg cos θHsin θ＝0－12mv 2，－mgh －μmg cos θhsin θ＝0－12m ⎝ ⎛⎭⎪⎫v 22，解得μ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫v 22gH －1tan θ，h ＝H 4，D 正确．]6. (多选)如图5­2­15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，cos37°＝0.8)．则( )【导学号：84370217】图5­2­15A ．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35gAB [由题意知，上、下两段斜坡的长分别为s 1＝h sin 45°、s 2＝hsin 37°由动能定理(或功能关系)知：2mgh ＝μmgs 1cos 45°＋μmgs 2cos 37° 解得动摩擦因数μ＝67，选项A 正确；下落h 时的速度最大，由动能定理知：mgh －μmgs 1cos 45°＝12mv 2解得v ＝2gh7，选项B 正确； 载人滑草车克服摩擦力做的功与重力做功相等，即W ＝2mgh ，选项C 错误； 滑草车在下段滑道上的加速度大小为a ＝μg cos 37°－g sin 37°＝335g ，选项D 错误．]7．(多选)(2018·吉安模拟)如图5­2­16所示，固定斜面AD 上有B 、C 两点，且AB ＝BC ＝CD ，小滑块以初动能E k0从A 点出发，沿斜面向上运动．若整个斜面AD 光滑，则滑块到达D 位置速度恰好为零，而后下滑．现斜面AB 部分与滑块间处处有相同的摩擦力，其余部分BD 无摩擦力，则滑块恰好滑到C 位置速度为零，然后下滑，那么滑块下滑到( )图5­2­16A ．位置B 时的动能为E k03 B ．位置B 时的动能为E k02 C ．位置A 时的动能为E k02 D ．位置A 时的动能为E k03AD [设斜面长为3x 、高为3h ，若斜面光滑，滑块由底端运动到顶端过程中，－mg ·3h ＝0－E k0①若AB 部分粗糙、其他部分光滑，滑块由底端A 到C 过程中，－F f ·x －mg ·2h ＝0－E k0②滑块由C 滑到B 过程中，mgh ＝E k B ③ 解①③可得：E k B ＝13E k0，A 项正确；滑块由C 滑到A 过程中，mg ·2h －F f ·x ＝E k A ④ 解①②④三式得：E k A ＝E k03，D 项正确．]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.13mgRC.12mgR D.π4mgR C [质点在轨道最低点时受重力和支持力，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，mgR －W ＝12mv 2，得W ＝12mgR ，C 正确．]动能定理与图象结合问题8. 用水平力F 拉一物体，使物体在水平地面上由静止开始做匀加速直线运动，t 1时刻撤去拉力F ，物体做匀减速直线运动，到t 2时刻停止，其速度—时间图象如图5­2­17所示，且α>β，若拉力F 做的功为W 1，平均功率为P 1；物体克服摩擦阻力F f 做的功为W 2，平均功率为P 2，则下列选项正确的是( )【导学号：84370218】图5­2­17A ．W 1>W 2，F ＝2F fB ．W 1＝W 2，F >2F fC ．P 1<P 2，F >2F fD ．P 1＝P 2，F ＝2F fB [由动能定理可得W 1－W 2＝0，解得W 1＝W 2.由图象可知，F －F f ＝ma ＝m tan αF f ＝ma ′＝m tan βα>β tan α>tan β因此F >2F f ，选项A 、D 错误，B 正确；由于摩擦阻力作用时间一定大于水平力F 作用时间，所以P 1>P 2，选项C 错误．]9．一个质量为0.5 kg 的物体，从静止开始做直线运动，物体所受合外力F 随物体位移x 变化的图象如图5­2­18所示，则物体位移x ＝8 m 时，物体的速度为( )图5­2­18A ．2 m/sB ．8 m/sC ．4 2 m/sD ．4 m/sC [F ­x 图象中图线与横轴所围面积表示功，横轴上方为正功，下方为负功，x ＝8 m 时，可求得W ＝8 J ；由动能定理有12mv 2＝8 J ，解得v ＝4 2 m/s.](2018·合肥一模)A 、B 两物体分别在水平恒力F 1和F 2的作用下沿水平面运动，先后撤去F 1、F 2后，两物体最终停下，它们的v ­t 图象如图所示．已知两物体与水平面间的滑动摩擦力大小相等．则下列说法正确的是( )A ．F 1、F 2大小之比为1∶2B ．F 1、F 2对A 、B 做功之比为1∶2C ．A 、B 质量之比为2∶1D ．全过程中A 、B 克服摩擦力做功之比为2∶1C [由速度—时间图象可知，两个匀减速运动的加速度之比为1∶2，由牛顿第二定律可知：A 、B 所受摩擦力大小相等，所以A 、B 的质量关系是2∶1，由速度—时间图象可知，A 、B 两物体加速与减速的位移相等，且匀加速运动位移之比为1∶2，匀减速运动的位移之比为2∶1，由动能定理可得：A 物体的拉力与摩擦力的关系，F 1·x －F f1·3x ＝0－0；B 物体的拉力与摩擦力的关系，F 2·2x －F f2·3x ＝0－0，因此可得：F 1＝3F f1，F 2＝32F f2，F f1＝F f2，所以F 1＝2F 2.全过程中摩擦力对A 、B 做功相等，F 1、F 2对A 、B 做功大小相等．故A 、B 、D 错误，C 正确．][考点综合练]10．(多选)质量为1 kg 的物体静止在水平粗糙的地面上，在一水平外力F 的作用下运动，如图5­2­19甲所示，外力F 和物体克服摩擦力F f 做的功W 与物体位移x 的关系如图5­2­19乙所示，重力加速度g 取10 m/s 2.下列分析正确的是( )图5­2­19A ．物体与地面之间的动摩擦因数为0.2B ．物体运动的位移为13 mC ．物体在前3 m 运动过程中的加速度为3 m/s 2D ．x ＝9 m 时，物体的速度为3 2 m/sACD [由W f ＝F f x 对应图乙可知，物体与地面之间的滑动摩擦力F f ＝2 N ，由F f ＝μmg 可得μ＝0.2，A 正确；由W F ＝Fx 对应图乙可知，前3 m 内，拉力F 1＝5 N,3～9 m 内拉力F 2＝2 N ，物体在前3 m 内的加速度a 1＝F 1－F f m＝3 m/s 2，C 正确；由动能定理得：W F －F f x ＝12mv 2，可得：x ＝9 m 时，物体的速度为v ＝3 2 m/s ，D 正确；物体的最大位移x m ＝W F F f＝13.5 m ，B 错误．]11．(2017·全国Ⅱ卷)为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线相距s 0和s 1(s 1<s 0)处分别放置一个挡板和一面小旗，如图5­2­20所示．训练时，让运动员和冰球都位于起跑线上，教练员将冰球以速度v 0击出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方向滑向挡板；冰球被击出的同时，运动员垂直于起跑线从静止出发滑向小旗．训练要求当冰球到达挡板时，运动员至少到达小旗处．假定运动员在滑行过程中做匀加速运动，冰球到达挡板时的速度为v 1.重力加速度大小为g .求：图5­2­20(1)冰球与冰面之间的动摩擦因数； (2)满足训练要求的运动员的最小加速度.【导学号：84370219】[解析](1)设冰球的质量为m ，冰球与冰面之间的动摩擦因数为μ，由动能定理得 －μmgs 0＝12mv 21－12mv 2① 解得μ＝v 20－v 212gs 0.②(2)冰球到达挡板时，满足训练要求的运动员中，刚好到达小旗处的运动员的加速度最小．设这种情况下，冰球和运动员的加速度大小分别为a 1和a 2，所用的时间为t . 由运动学公式得v 20－v 21＝2a 1s 0③ v 0－v 1＝a 1t④s 1＝12a 2t 2⑤联立③④⑤式得a 2＝s 1v 1＋v 022s 2.⑥ [答案](1)v 20－v 212gs 0 (2)s 1v 1＋v 022s 212．(2018·襄阳模拟)从地面上以初速度v 0＝9 m/s 竖直向上抛出一质量为m ＝0.1 kg 的球，若运动过程中受到的空气阻力与其速率成正比关系，球运动的速率随时间变化规律如图5­2­21所示，t 1时刻到达最高点，再落回地面，落地时速率为v 1＝3 m/s ，且落地前球已经做匀速运动．(g 取10 m/s 2)求：图5­2­21(1)球从抛出到落地过程中克服空气阻力所做的功； (2)球抛出瞬间的加速度大小． [解析](1)由动能定理得W f ＝12mv 21－12mv 2克服空气阻力做功W ＝－W f ＝12mv 20－12mv 21代入数据得：W ＝3.6 J. (2)空气阻力f ＝kv 落地前匀速，则mg －kv 1＝0 刚抛出时加速度大小为a 0，则mg ＋kv 0＝ma 0解得a 0＝(1＋v 0v 1)g 代入数据得：a 0＝40 m/s 2. [答案](1)3.6 J (2)40 m/s 213．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5­2­22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v B ＝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 ＝－1 530 J ，取g ＝10 m/s 2.图5­2­22(1)求运动员在AB 段下滑时受到阻力F f 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.【导学号：84370220】[解析](1)运动员在AB 上做初速度为零的匀加速运动，设AB 的长度为x ，则有v 2B ＝2ax①由牛顿第二定律有mg Hx－F 阻＝ma②联立①②式，代入数据解得F 阻＝144 N ． ③(2)设运动员到达C 点时的速度为v C ，在由B 到达C 的过程中，由动能定理有mgh ＋W ＝12mv 2C －12mv 2B④设运动员在C 点所受的支持力为F N ，由牛顿第二定律有F N －mg ＝m v 2CR⑤由运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，联立④⑤式，代入数据解得R ＝12.5 m ．⑥[答案](1)144 N (2)12.5 m。

课时跟踪检测（二十） 动能定理的理解及应用一、立足主干知识，注重基础性和综合性1．静止在地面上的物体在不同合外力F 的作用下通过了相同的位移x 0，下列情况中物体在x 0位置时速度最大的是( )解析：选C F -x 图线与x 轴所围面积表示合外力F 所做的功，由动能定理可知，物体在x 0位置速度最大的情况一定对应F -x 图线与x 轴所围面积最大的情况，故C 正确。

2．(2023·新课标卷)无风时，雨滴受空气阻力的作用在地面附近会以恒定的速率竖直下落。

一质量为m 的雨滴在地面附近以速率v 下落高度h 的过程中，克服空气阻力做的功为(重力加速度大小为g )( )A ．0B ．mgh C.12m v 2－mgh D.12m v 2＋mgh 解析：选B 地面附近的雨滴做匀速运动，根据动能定理得mgh －W f ＝0，故雨滴克服空气阻力做功为mgh 。

故选B 。

3.如图所示，AB 为14圆弧轨道，BC 为水平直轨道，BC 恰好在B点与AB 相切，圆弧的半径为R ，BC 的长度也是R 。

一质量为m 的物体与两个轨道间的动摩擦因数都为μ，它由轨道顶端A 从静止开始下滑，恰好运动到C 处停止，重力加速度为g ，那么物体在AB 段克服摩擦力所做的功为( )A.μmgR 2B.mgR 2C ．mgRD ．(1－μ)mgR解析：选D 设物体在AB 段克服摩擦力所做的功为W AB ，物体从A 到C 的全过程，根据动能定理有mgR －W AB －μmgR ＝0－0，所以W AB ＝mgR －μmgR ＝(1－μ)mgR ，故D 正确。

4.如图所示，在轻弹簧的下端悬挂一个质量为m 的小球A ，若将小球A 从弹簧的原长位置由静止释放，小球A 能够下降的最大高度为h 。

若将小球A 换为质量为3m 的小球B ，仍从弹簧原长位置由静止释放，则小球B 下降h 时的速度为(重力加速度为g ，不计空气阻力)( )A.2ghB.4gh3C.ghD.gh 2解析：选B 设小球A 下降h 的过程中克服弹簧弹力做功为W 1，根据动能定理，有mgh －W 1＝0；小球B 下降过程，由动能定理，有3mgh －W 1＝12·3m v 2－0。

动能定理与其应用(45分钟100分)一、选择题(此题共9小题，每一小题6分，共54分，1～5题为单项选择题，6～9题为多项选择题)1.一质点做初速度为v0的匀加速直线运动，从开始计时经时间t质点的动能变为原来的9倍。

该质点在时间t内的位移为( )A.v0tB.2v0tC.3v0tD.4v0t【解析】选B。

由E k=mv2得v=3v0，x=(v0+v)t=2v0t，故A、C、D错误，B正确。

2.(2020·济南模拟)静止在地面上的物体在不同合外力F的作用下通过了一样的位移x0，如下情况中物体在x0位置时速度最大的是( )【解析】选C。

由于F-x图象所包围的面积表示力做功的大小，物体在不同合外力F的作用下通过的位移一样，C选项中图象包围的面积最大，因此合外力做功最多，根据动能定理W合=mv 2-0，可得C选项物体在x0位置时速度最大，故A、B、D错误，C正确。

3.(2019·开封模拟)在篮球比赛中，某位同学获得罚球机会，如下列图，他站在罚球线处用力将篮球投出，篮球以约为1m/s的速度撞击篮筐。

篮球质量约为0.6kg，篮筐离地高度约为3m，忽略篮球受到的空气阻力，如此该同学罚球时对篮球做的功大约为( )【解析】选B。

该同学将篮球投出时的高度约为h1=1.8m，根据动能定理有W-mg(h-h1)=mv2，解得W=7.5J，B项最接近，应当选项B正确。

4.如图甲所示，滑轮质量、摩擦均不计，质量为2kg的物体在拉力F作用下由静止开始向上做匀加速运动，其速度随时间的变化关系如图乙所示，由此可知( )A.物体加速度大小为2m/s2B.F的大小为21NC.4s末F的功率为42WD.4s内F的平均功率为42W【解析】选C。

由题图乙可知，v-t图象的斜率表示物体加速度的大小，即a=0.5m/s2，由2F-mg=ma可得：F=10.5N，A、B均错误；4s末F的作用点的速度大小为v F=2v物=4m/s，故4s末F的功率为P=Fv F=42W，C正确；4s内物体上升的高度h=4m，力F的作用点的位移l=2h=8m，拉力F所做的功W=F l=84J，故平均功率==21W，D错误。

动能 动能定理1．一个25 kg 的小孩从高度为3.0 m 的滑梯顶端由静止开始滑下，滑到底端时的速度为2.0m/s.取g ＝10 m/s 2，关于力对小孩做的功，以下结果正确的是( )A ．合外力做功50 JB ．阻力做功500 JC ．重力做功500 JD ．支持力做功50 J解析：重力做功W G ＝mgh ＝25×10×3 J＝750 J ，C 错；小孩所受支持力方向上的位移为零，故支持力做的功为零，D 错；合外力做的功W 合＝E k －0，即W 合＝12mv 2＝12×25×22J＝50 J ，A 项正确；W G －W 阻＝E k －0，故W 阻＝mgh －12mv 2＝750 J －50 J ＝700 J ，B 项错误． 答案：A 2.图5－2－9如图5－2－9所示，质量为m 的小车在水平恒力F 推动下，从山坡(粗糙)底部A 处由静止起运动至高为h 的坡顶B ，获得速度为v ，AB 之间的水平距离为s ，重力加速度为g .下列说法正确的是( )A ．小车克服重力所做的功是mghB ．合外力对小车做的功是12mv 2C ．推力对小车做的功是12mv 2＋mghD ．阻力对小车做的功是12mv 2＋mgh －Fs解析：小车克服重力做功W ＝Gh ＝mgh ，A 选项正确；由动能定理小车受到的合力做的功等于小车动能的增加，W 合＝ΔE k ＝12mv 2，B 选项正确；由动能定理，W 合＝W 推＋W 重＋W 阻＝12mv 2，所以推力做的功W 推＝12mv 2－W 阻－W 重＝12mv 2＋mgh －W 阻，C 选项错误；阻力对小车做的功W 阻＝12mv 2－W 推－W 重＝12mv 2＋mgh －Fs ，D 选项正确．答案：ABD 3.图5－2－10如图5－2－10所示，在抗洪救灾中，一架直升机通过绳索，用恒力F竖直向上拉起一个漂在水面上的木箱，使其由水面开始加速上升到某一高度，若考虑空气阻力而不考虑空气浮力，则在此过程中，以下说法正确的有( )A．力F所做功减去克服阻力所做的功等于重力势能的增量B．木箱克服重力所做的功等于重力势能的增量C．力F、重力、阻力，三者合力所做的功等于木箱动能的增量D．力F和阻力的合力所做的功等于木箱机械能的增量解析：对木箱受力分析如图所示，则由动能定理：W F－mgh－WF f＝ΔE k故C对．由上式得：W F－WF f＝ΔE k＋mgh，即W F－WF f＝ΔE k＋ΔE p＝ΔE.故A错D对．由重力做功与重力势能变化关系知B对，故B、C、D对．答案：BCD4．图5－2－11如图5－2－11甲所示，一质量为m＝1 kg的物块静止在粗糙水平面上的A点，从t＝0时刻开始，物块在按如图乙所示规律变化的水平力F的作用下向右运动，第3 s末物块运动到B点且速度刚好为0，第5 s末物块刚好回到A点，已知物块与粗糙水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，g取10 m/s2，求：(1)A、B间的距离；(2)水平力F在5 s时间内对物块所做的功．解析：(1)由图乙可知在3～5 s内物块在水平恒力作用下由B点匀加速运动到A点，设加速度为a ，A 、B 间的距离为s ，则有F －μmg ＝ma ，a ＝F －μmg m ＝4－0.2×1×101m/s 2＝2 m/s 2，s ＝12at 2＝4 m.(2)设整个过程中水平力所做功为W F ，物块回到A 点时的速度为v A ，由动能定理得：W F －2μmgs ＝12mv 2A ，v 2A ＝2as ，W F ＝2μmgs ＋mas ＝24 J.答案：(1)4 m (2)24 J 5.图5－2－12如图5－2－12所示，AB 是倾角为θ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(可以看作质点)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 ′应满足什么条件． 解析：(1)因为摩擦始终对物体做负功，所以物体最终在圆心角为2θ的圆弧上往复运动．对整体过程由动能定理得：mgR ·cos θ－μmg cos θ·s ＝0，所以总路程为s ＝Rμ.(2)对B →E 过程mgR (1－cos θ)＝12mv 2E ①F N －mg ＝mv 2ER②由①②得对轨道压力：F N ＝(3－2cos θ)mg .(3)设物体刚好到D 点，则mg ＝mv 2DR③对全过程由动能定理得：mgL ′sin θ－μmg cos θ·L ′－mgR (1＋cos θ)＝12mv 2D ④由③④得应满足条件：L ′＝3＋2cos θ2(sin θ－μcos θ)·R .答案：(1)R μ (2)(3－2cos θ)mg (3)3＋2cos θ2(sin θ－μcos θ)·R1．质量不等，但有相同动能的两物体，在动摩擦因数相同的水平地面上滑行直到停止，则下列说法正确的有( )A ．质量大的物体滑行距离大B ．质量小的物体滑行距离大C ．质量大的物体滑行时间长D ．质量小的物体滑行时间长解析：物体的动能全部用来克服摩擦阻力做功，有E k ＝μmgl ⇒l ＝E kμmg，质量小，滑行距离大．而t ＝va ＝ 2E kmμg，质量小，滑行时间长． 答案：BD2．一个木块静止于光滑水平面上，现有一个水平飞来的子弹射入此木块并深入2 cm 而相对于木块静止，同时间内木块被带动前移了1 cm ，则子弹损失的动能、木块获得动能以及子弹和木块共同损失的动能三者之比为( )A ．3∶1∶2B ．3∶2∶1C ．2∶1∶3D ．2∶3∶1解析：设子弹深入木块深度为d ，木块移动s ，则子弹对地位移为d ＋s ；设子弹与木块的相互作用力为f ，由动能定理，子弹损失的动能等于子弹克服木块阻力所做的功，即ΔE 1＝f (d ＋s )，木块所获得的动能等于子弹对木块作用力所做的功，即ΔE 2＝fs ，子弹和木块共同损失的动能为ΔE 3＝ΔE 1－ΔE 2＝fd ，即三者之比为(d ＋s )∶s ∶d ＝3∶1∶2. 答案：A3．(2010·江门模拟)起重机将物体由静止举高h 时，物体的速度为v ，下列各种说法中正确的是(不计空气阻力)( )A ．拉力对物体所做的功，等于物体动能和势能的增量B ．拉力对物体所做的功，等于物体动能的增量C ．拉力对物体所做的功，等于物体势能的增量D ．物体克服重力所做的功，大于物体势能的增量解析：根据动能定理W F －W G ＝mv 2/2，W G ＝mgh ，所以W F ＝mv 2/2＋mgh ，A 正确，B 、C 错误；物体克服重力所做的功，等于物体重力势能的增量，D 错误． 答案：A4．小球由地面竖直上抛，上升的最大高度为H ，设所受阻力大小恒定，地面为零势能面．在上升至离地高度h 处，小球的动能是势能的2倍，在下落至离地高度h 处，小球的势能是动能的2倍，则h 等于( )A.H9B.2H 9C.3H9D.4H9解析：设小球上升离地高度h 时，速度为v 1，地面上抛时速度为v 0，下落至离地面高度h 处速度为v 2，设空气阻力为f上升阶段：－mgH －fH ＝－12mv 20，－mgh －fh ＝12mv 21－12mv 2又2mgh ＝12mv 21下降阶段：mg (H －h )－f (H －h )＝12mv 22，mgh ＝2×12mv 22由上式联立得：h ＝49H .答案：D 5.图5－2－13如图5－2－13所示，一轻弹簧直立于水平地面上，质量为m 的小球从距离弹簧上端B 点h 高处的A 点自由下落，在C 点处小球速度达到最大．x 0表示B 、C 两点之间的距离；E k 表示小球在C 处的动能．若改变高度h ，则下列表示x 0随h 变化的图象和E k 随h 变化的图象中正确的是( )解析：由题意“在C 点处小球速度达到最大”，可知C 点是平衡位置，小球受到的重力与弹力平衡，该位置与h 无关，B 项正确；根据动能定理有mg (h ＋x 0)－E p ＝12mv 2C ＝E k ，其中x 0与弹性势能E p 为常数，可判断出C 项正确． 答案：BC 6.图5－2－14如图5－2－14所示，在光滑四分之一圆弧轨道的顶端a 点，质量为m 的物块(可视为质点)由静止开始下滑，经圆弧最低点b 滑上粗糙水平面，圆弧轨道在b 点与水平轨道平滑相接，物块最终滑至c 点停止．若圆弧轨道半径为R ，物块与水平面间的动摩擦因数为μ，下列说法正确的是( ) A ．物块滑到b 点时的速度为gRB ．物块滑到b 点时对b 点的压力是3mgC ．c 点与b 点的距离为RμD ．整个过程中物块机械能损失了mgR解析：物块滑到b 点时，mgR ＝12mv 2－0，v ＝2gR ，A 不正确．在b 点，F N －mg ＝m v2R ，F N＝3mg ，B 正确．从a 点到c 点，机械能损失了mgR ，D 正确．mgR －μmgs ＝0－0，s ＝Rμ，C 正确． 答案：BCD 7.图5－2－15如图5－2－15所示，一块长木板B 放在光滑的水平面上，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 和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 的动能的增量 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 的动能的增量与B 克服摩擦力所做的功之和解析：A 物体所受的合外力等于B 对A 的摩擦力，对A 物体运用动能定理，则有B 对A 的摩擦力所做的功，等于A 的动能的增量，即B 对．A 对B 的摩擦力与B 对A 的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A 在B 上滑动，A ，B 对地的位移不等，故二者做功不等，C 错．对B 物体应用动能定理，W F －W f ＝ΔE k B ，即W F ＝ΔE k B ＋W f ，就是外力F 对B 做的功等于B 的动能增量与B 克服摩擦力所做的功之和，D 对．由前述讨论知B 克服摩擦力所做的功与A 的动能增量(等于B 对A 的摩擦力所做的功)不等，故A 错． 答案：BD 8.图5－2－16构建和谐型、节约型社会深得民心，遍布于生活的方方面面．自动充电式电动车就是很好的一例，电动车的前轮装有发电机，发电机与蓄电池连接．当在骑车者用力蹬车或电动自行车自动滑行时，自行车就可以连通发电机向蓄电池充电，将其他形式的能转化成电能储存起来．现有某人骑车以500 J 的初动能在粗糙的水平路面上滑行，第一次关闭自充电装置，让车自由滑行，其动能随位移变化关系如图5－2－16①所示；第二次启动自充电装置，其动能随位移变化关系如图线②所示，则第二次向蓄电池所充的电能是( ) A ．200 JB ．250 JC ．300 JD ．500 J解析：设自行车与路面的摩擦阻力为F f ，由图可知，关闭自动充电装置时，由动能定理得：0－E k 0＝－F f ·x 1，可得F f ＝50 N ，启动自充电装置后，自行车向前滑行时用于克服摩擦做功为：W ＝F f x 2＝300 J ，设克服电磁阻力做功为W ′，由动能定理得：－W ′－W ＝0－E k 0，可得W ′＝200 J. 答案：A 9.图5－2－17如图5－2－17，卷扬机的绳索通过定滑轮用力F 拉位于粗糙斜面上的木箱，使之沿斜面加速向上移动．在移动过程中，下列说法正确的是( )A ．F 对木箱做的功等于木箱增加的动能与木箱克服摩擦力所做的功之和B ．F 对木箱做的功等于木箱克服摩擦力和克服重力所做的功之和C ．木箱克服重力做的功等于木箱增加的重力势能D ．F 对木箱做的功等于木箱增加的机械能与木箱克服摩擦力做的功之和解析：木箱加速上滑的过程中，拉力F 做正功，重力和摩擦力做负功．支持力不做功，由动能定理得：W F －W G －W f ＝12mv 2－0.即W F ＝W G ＋W f ＋12mv 2.A 、B 错误，又因克服重力做功W G 等于物体重力势能的增加，所以W F ＝ΔE p ＋ΔE k ＋W f ，故D 正确，又由重力做功与重力势能变化的关系知C 也正确． 答案：CD10．在2008年四川汶川大地震抗震救灾活动中，为转移被困群众动用了直升飞机．设被救人员的质量m ＝80 kg ，所用吊绳的拉力最大值F m ＝1 200 N ，所用电动机的最大输出功率为P m ＝12 kW ，为尽快吊起被困群众，操作人员采取的办法是，先让吊绳以最大的拉力工作一段时间，而后电动机又以最大功率工作，被救人员上升h ＝90 m 时恰好达到最大速度(g 取10 m/s 2)，试求：(1)被救人员刚到达机舱时的速度； (2)这一过程所用的时间．解析：(1)第一阶段绳以最大拉力拉着被救人员匀加速上升，当电动机达到最大功率时，功率保持不变，被救人员变加速上升，速度增大，拉力减小，当拉力与重力相等时速度达到最大．由P m ＝F T v m ＝mgv m 得v m ＝P m mg ＝12×10380×10 m/s ＝15 m/s(2)a 1＝F m －mg m ＝1 200－80×1080m/s 2＝5 m/s 2匀加速阶段的末速度v 1＝P m F m ＝12×1031 200 m/s ＝10 m/s ，时间t 1＝v 1a 1＝105 s ＝2 s上升的高度h 1＝v 12t 1＝102×2 m＝10 m对于以最大功率上升过程，由动能定理得：P m t 2－mg (h －h 1)＝12mv 2m －12mv 21代入数据解得t 2＝5.75 s ，所以此过程所用总时间为t ＝t 1＋t 2＝(2＋5.75) s ＝7.75 s. 答案：(1)15 m/s (2)7.75 s 11.图5－2－18如图5－2－18所示，质量m ＝0.5 kg 的小球从距离地面高H ＝5 m 处自由下落，到达地面时恰能沿凹陷于地面的半圆形槽壁运动，半圆形槽的半径R ＝0.4 m ，小球到达槽最低点时速率恰好为10 m/s ，并继续沿槽壁运动直到从槽左端边缘飞出且沿竖直方向上升、下落，如此反复几次，设摩擦力大小恒定不变，取g ＝10 m/s 2，求： (1)小球第一次飞出半圆形槽上升到距水平地面的高度h 为多少？ (2)小球最多能飞出槽外几次？解析：(1)在小球下落到最低点的过程中，设小球克服摩擦力做功为W f ，由动能定理得：mg (H ＋R )－W f ＝12mv 2－0从小球下落到第一次飞出半圆形槽上升到距水平地面h 高度的过程中， 由动能定理得mg (H －h )－2W f ＝0－0联立解得：h ＝v 2g －H －2R ＝10210m －5 m －2×0.4 m＝4.2 m.(2)设小球最多能飞出槽外n 次，则由动能定理得：mgH －2nW f ＝0－0 解得：n ＝mgH 2W f ＝mgH 2⎣⎢⎡⎦⎥⎤mg (H ＋R )－12mv 2＝gH 2g (H ＋R )－v 2＝6.25 故小球最多能飞出槽外6次． 答案：(1)4.2 m (2)6次 12．图5－2－19如图5－2－19甲所示，一竖直平面内的轨道由粗糙斜面AD 和光滑圆轨道DCE 组成，AD 与DCE 相切于D 点，C 为圆轨道的最低点，将一小物块置于轨道ADC 上离地面高为H 处由静止下滑，用力传感器测出其经过C 点时对轨道的压力F N ，改变H 的大小，可测出相应的F N 的大小，F N 随H 的变化关系如图乙折线PQI 所示(PQ 与QI 两直线相连接于Q 点)，QI 反向延长交纵轴于F 点(0,5.8 N)，重力加速度g 取10 m/s 2，求： (1)小物块的质量m ；(2)圆轨道的半径及轨道DC 所对应的圆心角θ.(可用角度的三角函数值表示) (3)小物块与斜面AD 间的动摩擦因数μ.解析：(1)如果物块只在圆轨道上运动，则由动能定理得mgH ＝12mv 2解得v ＝2gH ；由向心力公式F N －mg ＝m v 2R ，得F N ＝m v 2R ＋mg ＝2mgRH ＋mg ；结合PQ 曲线可知mg ＝5得m ＝0.5 kg.(2)由图象可知2mgR＝10得R ＝1 m ．显然当H ＝0.2 m 对应图中的D 点，所以cos θ＝1－0.21＝0.8，θ＝37°.(3)如果物块由斜面上滑下，由动能定理得：mgH －μmg cos θ(H －0.2)sin θ＝12mv 2解得mv 2＝2mgH －83μmg (H －0.2)由向心力公式F N －mg ＝m v 2R 得F N ＝m v 2R ＋mg ＝2mg －83μmgR H ＋1.63μmg ＋mg结合QI 曲线知1.63μmg ＋mg ＝5.8，解得μ＝0.3.答案：(1)0.5 kg (2)37° (3)0.3。

课时跟踪检测（十八） 动能定理及其应用[A 级——基础小题练熟练快]★1．A 、B 两物体在光滑水平面上，分别在相同的水平恒力F 作用下，由静止开始通过相同的位移l 。

若A 的质量大于B 的质量，则在这一过程中( )A ．A 获得动能较大B ．B 获得动能较大C ．A 、B 获得动能一样大D ．无法比较A 、B 获得动能大小解析：选C 由动能定理可知恒力F 做功W ＝Fl ＝12mv 2－0，因为F 、l 相同，所以A 、B的动能变化相同，C 正确。

★2．如图所示，小球以初速度v0从A 点沿不光滑的轨道运动到高为h 的B 点后自动返回，其返回途中仍经过A 点，水平轨道与倾斜轨道之间用平滑圆弧连接(图中没画出)。

则返回时经过A 点的速度v 的大小为( )A ．v 02－4gh B ．4gh －v 02C ．v 02－2ghD ．2gh －v 02解析：选B 由动能定理得，小球由A 到B 过程有－mgh －W f ＝0－12mv 02，小球由B 到A过程有mgh －W f ＝12mv 2－0，联立解得v ＝4gh －v 02，B 正确。

★3．[多选]光滑水平面上静止的物体，受到一个水平拉力F 作用开始运动，拉力随时间变化如图所示，用E k 、v 、x 、P 分别表示物体的动能、速度、位移和水平拉力的功率，下列四个图像中分别定性描述了这些物理量随时间变化的情况，正确的是( )解析：选BD 由动能定理，Fx ＝F ·12at 2＝E k ，选项A 错误；在水平拉力F 作用下，做匀加速直线运动，选项B 正确；其位移x ＝12at 2，选项C 错误；水平拉力的功率P ＝Fv ＝Fat ，选项D 正确。

★4．一个质量为m 的物体静止放在光滑水平面上，在互成60°角的大小相等的两个水平恒力作用下，经过一段时间，物体获得的速度为v ，在力的方向上获得的速度分别为v 1、v 2，如图所示，那么在这段时间内，其中一个力做的功为( )A ．16mv 2B ．14mv 2C ．13mv 2D ．12mv 2 解析：选B 在合力F 的方向上，由动能定理得W ＝Fl ＝12mv 2，某个分力的功为W 1＝12W＝14mv 2，B 正确。

课时跟踪检测二十一 动能定理及其应用【基础过关】1．(多选)(2017届山师大附中模拟)质量不等，但有相同动能的两个物体，在动摩擦因数相同的水平地面上滑行，直至停止，则( )A ．质量大的物体滑行的距离大B ．质量小的物体滑行的距离大C ．它们滑行的距离一样大D ．它们克服摩擦力所做的功一样多解析：根据动能定理－μmg ·s ＝0－E k0，所以质量小的物体滑行的距离大，并且它们克服摩擦力所做的功在数值上都等于初动能的大小．B 、D 正确，A 、C 错误．答案：BD2.(2016届浙江绍兴诸暨牌头中学期末)如图，一质量为M 的光滑大圆环，用一细轻杆固定在竖直平面内；套在大环上质量为m 的小环(可视为质点)，从大环的最高处由静止滑下．重力加速度大小为g .当小环滑到大环的最低点时，大环对轻杆拉力的大小为( )A ．Mg －5mgB ．Mg ＋mgC ．Mg ＋5mgD ．Mg ＋10mg解析：小环在最低点时，对整体有T －(M ＋m )g ＝mv 2R，其中T 为轻杆对大环的拉力；小环由最高处运动到最低处由动能定理得mg ·2R ＝12mv 2－0，联立以上二式解得T ＝Mg ＋5mg ，由牛顿第三定律知，大环对轻杆拉力的大小为T ′＝T ＝Mg ＋5mg ，C 正确．答案：C3.(2016届福建师大附中期中)将质量为m 的物体在高空中以速率v 水平向右抛出，由于风力作用，经过时间t 后，物体下落一段高度，速率仍为v ，方向与初速度相反，如图所示，在这一运动过程中，下列关于风力做功的说法，正确的是( )A ．风力对物体不做功B ．风力对物体做的功(绝对值)为mg 2t 22C ．风力对物体做的功(绝对值)小于mg 2t 22D ．由于风力方向未知，不能判断风力做功情况解析：根据动能定理可知，重力做正功，风力做负功，由于后来物体的竖直速度为零，故物体在竖直方向上不是自由落体运动，重力做功W G ＝mgh ＜mg ·12gt 2＝mg 2t22，而风力做功W 0＋W G ＝0，由以上分析可知风力对物体做的功(绝对值)小于mg 2t 22，C 正确．答案：C4.(多选)(2016届辽宁沈阳二中月考)一环状物体套在光滑水平直杆上，能沿杆自由滑动，绳子一端系在物体上，另一端绕过定滑轮，用大小恒定的力F 拉着，使物体沿杆自左向右滑动，如图所示，物体在杆上通过a 、b 、c 三点时的动能分别为E a 、E b 、E c ，且ab ＝bc ，滑轮质量和摩擦均不计，则下列关系中正确的是( )A ．E b －E a ＝E c －E bB ．E b －E a ＜E c －E bC ．E b －E a ＞E c －E bD ．E a ＜E b ＜E c解析：对环状物体，绳的拉力对其做正功，物体的动能增加，D 正确；但这个力为变力，它做的功等于恒力F 的功，恒力F 的功等于F 与它作用的绳伸长的距离的乘积，从a 到b 绳伸长的距离大于从b 到c 绳伸长的距离，根据动能定理，故C 正确．答案：CD5.(2017届陕西镇安中学月考)如图，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( )mgR B ．13mgR mgRD ．π4mgR解析：由最高点到最低点有：mgR －W f ＝12mv 2，在最低点有：F N －mg ＝m v2R ，而F N ＝2mg ，联立解得克服摩擦力做的功为W f ＝12正确．答案：C【提升过关】一、单项选择题1．(2016届广东东莞实验中学高三期末)一物体静止在粗糙水平地面上，现用一大小为F 1的水平拉力拉动物体，经过一段时间后其速度变为v .若将水平拉力的大小改为F 2，物体从静止开始经过同样的时间后速度变为2v .对于上述两个过程，用W F 1、W F 2分别表示拉力F 1、F 2所做的功，W f 1、W f 2分别表示前后两次克服摩擦力所做的功，则( )A ．W F 2＞4W F 1，W f 2＞2W f 1B ．W F 2＞4W F 1，W f 2＝2W f 1C ．W F 2＜4W F 1，W f 2＝2W f 1D ．W F 2＜4W F 1，W f 2＜2W f 1解析：因物体均做匀变速直线运动，由运动学公式得前后两个过程的平均速度是2倍关系，那么位移x ＝v t 也是2倍关系，若W f 1＝fx ，则W f 2＝f ·2x ，故W f 2＝2W f 1；由动能定理W F 1－fx ＝12mv 2和W F 2－f ·2x ＝12m (2v )2，得W F 2＝4W F 1－2fx ＜4W F 1，C 正确．答案：C2.(2017届陕西镇安中学月考)如图，竖直平面内的轨道Ⅰ和Ⅱ都由两段细直杆连接而成，两轨道长度相等．用相同的水平恒力将穿在轨道最低点B 的静止小球，分别沿Ⅰ和Ⅱ推至最高点A ，所需时间分别为t 1、t 2；动能增量分别为ΔE k1、ΔE k2，假定球在经过轨道转折点前后速度大小不变，且球与Ⅰ、Ⅱ轨道间的动摩擦因数相等，则( )A ．ΔE k1＞ΔE k2 t 1＞t 2B ．ΔE k1＝ΔE k2 t 1＞t 2C ．ΔE k1＞ΔE k2 t 1＜t 2D ．ΔE k1＝ΔE k2 t 1＜t 2解析：小球从最低点到最高点受到摩擦力做功：W f ＝μmg cos α×L ＝μmgx 水平，与斜面倾角无关；水平拉力为恒力，水平位移相同，所以拉力做功相等，根据动能定理可知，两球到达A 点时的速度相同，动能相等，A 、C 项错误；将小球的运动看做直线运动，画出其速率随时间变化的图象，可知，沿Ⅱ轨道运动的小球先到达，B 项正确．答案：B3.(2016届甘肃兰州一中月考)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°(sin37°＝，cos37°＝，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＝B ．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＝438m/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4.(2016届漳州市八校联考)如图所示，质量为m 的物块与水平转台之间的动摩擦因数为μ，物块与转台转轴相距R ，物块随转台由静止开始转动并计时，在t 1时刻转速达到n ，物块即将开始滑动．保持转速n 不变，继续转动到t 2时刻．则( )A ．在0～t 1时间内，摩擦力做功为零B ．在t 1～t 2时间内，摩擦力做功为0C ．在0～t 1时间内，摩擦力做功为2μmgRD ．在0～t 1时间内，摩擦力做功为12μmgR解题思路：物块做加速圆周运动，受重力、支持力和静摩擦力，物块即将滑动时已经做匀速圆周运动，最大静摩擦力提供向心力，可以求出线速度；又由于重力和支持力垂直于速度方向，始终不做功，只有静摩擦力做功，故可以根据动能定理求出摩擦力做的功．解析：在0～t 1时间内，转速逐渐增加，故物块的速度逐渐增加，由动能定理可知，最大静摩擦力提供向心力；μmg ＝m v 2R ，解得：v ＝μgR ，物块做加速圆周运动过程：W f ＝12mv 2，解得：W f ＝12μmgR ，故A 、C 错误，D 正确；在t 1～t 2时间内，物块的线速度不变，摩擦力只提供向心力，根据动能定理可知摩擦力做功为零，故B 正确．答案：BD5．(2017届安徽皖江名校联盟月考)一质量为M ＝ kg 的小物块随足够长的水平传送带一起运动，被一水平向左飞来的子弹击中并从物块中穿过(不计子弹穿过物块的时间)，如图甲所示．地面观察者记录了物块被击中后的速度随时间变化的关系如图乙所示，已知传送带的速度保持不变，g 取10 m/s 2.在这一个过程中下列判断正确的是( )A ．传送带速度大小为2 m/s ，方向向左B ．物块与传送带间的动摩擦因数为C ．传送带对物块做的功为－6 JD ．物块与传送带之间由于摩擦而产生的内能为4 J解题思路：根据v -t 图象，可知传送带的速度v 的大小为2 m/s ，小物块的加速度即图线的斜率，根据动能定理，传送带对小物块所做的功即小物块的动能变化．解析：从v -t 图象看出，物块被击穿后，先向左减速到v ＝ m/s ，以后随传送带一起做匀速运动，所以传送带的速度方向向左，其速度为 m/s ，故A 正确；由v -t 图象可得，物块在滑动摩擦力的作用下做匀变速运动的加速度大小为a ＝23 m/s 2，由牛顿第二定律得，滑动摩擦力F f ＝μMg ＝Ma ，物块与传送带间的动摩擦因数μ≈，故B 错误；传送带对物块做的功由动能定理可得：W ＝12Mv 2－12Mv 20，代入数据得：W ＝－6 J ，故C 正确；由v -t 图象可得，物块相对传送带发生的位移为s ＝3 m ，所以物块与传送带之间由于摩擦而产生的内能为Q ＝fs ＝μMgs ＝2 J ，故D 错误．答案：AC6.(2016届河南信阳高级中学第四次大考)如图所示，一质量为m 的小球，用长为l 的轻绳悬挂于O 点，起始时刻小球静止于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 ?1－cos θ?sin 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：AC7. (2017届湖南省长沙市长郡中学周测)如图所示，竖直固定放置的粗糙斜面AB 的下端与光滑的圆弧轨道BCD 在B 点相切，圆弧轨道的半径为R ，圆心O 与A 、D 在同一水平面上，C 点为圆弧轨道最低点，∠COB ＝θ＝30°.现使一质量为m 的小物块从D 点无初速度地释放，小物块与粗糙斜面AB 间的动摩擦因数μ<tan θ，则关于小物块的运动情况，下列说法正确的是( )A ．小物块可能运动到AB ．小物块经过较长时间后会停在C 点C ．小物块通过圆弧轨道最低点C 时，对C 点的最大压力大小为3mgD ．小物块通过圆弧轨道最低点C 时，对C 点的最小压力大小为(3－3)mg解析：物体从D 点无初速度滑下后，由于克服摩擦力做功，所以物体在斜面上运动时机械能不断减小，在斜面上升的最大高度越来越小，不可能运动到A 点，又知道μ<tan θ，即mg sin θ>μmg cos θ，最终在与B 点对称的E 点之间来回运动，A 、B 错误；物块第一次运动到C 时速度最大，对轨道的压力最大．物块从D 第一次运动到C 的过程，由动能定理得mgR ＝12mv 21；设此时轨道对物体的支持力为F 1，由牛顿第二定律得F 1－mg ＝m v 21R ，联立解得F 1＝3mg ，由牛顿第三定律知物块对C 点的最大压力为3mg ，故C 正确；当最后稳定后，物体在BE 之间运动时，设物体经过C 点的速度为v 2，由动能定理得mgR (1－cos θ)＝12mv 22，设轨道对物体的支持力为F 2，由牛顿第二定律时：F 2－mg ＝m v 22R ，联立解得F 2＝(3－3)mg ，由牛顿第三定律可知，物体对C 点的最小压力为(3－3)mg ，D 正确．答案：CD 三、计算题8．(2017届漳州市八校联考)如图所示，质量m ＝ kg 的滑块(可视为质点)，在水平牵引功率恒为P ＝42 W 的力作用下从A 点由静止开始运动，一段时间后撤去牵引力．当滑块由平台边缘B 点飞出后，恰能以5 m/s 的速度从竖直光滑圆弧轨道CDE 上C 点的切线方向切入轨道，并从轨道边缘E 点竖直向上抛出．已知∠COD ＝53°，A 、B 间距离L ＝3 m ，滑块与平台间的动摩擦因数μ＝，圆弧轨道半径R ＝ m ．不计空气阻力．取sin53°＝，cos53°＝，g 取10 m/s 2，求：(1)滑块运动到B 点时的速度大小； (2)圆弧轨道对滑块的最大支持力；(3)滑块在平台上运动时水平牵引力的作用时间．解题思路：(1)根据平抛运动的规律，结合平行四边形定则求出水平分速度，即B 点的速度大小；(2)根据动能定理求出D 点的速度，通过牛顿第二定律求出支持力的大小，从而得出圆弧轨道对滑块的最大支持力；(3)根据B 点的速度，结合动能定理求出牵引力作用的时间．解析：(1)C 点水平分速度v ′＝v C cos53°＝5× m/s＝3 m/s ，B 点的速度v B ＝v ′＝3 m/s. (2)在D 点，轨道对滑块的支持力最大．滑块从C 点到D 点，由动能定理得：mgR (1－cos53°)＝12mv 2D －12mv 2C .在D 点，F N －mg ＝m v 2DR，得：F N ＝258 N.(3)滑块从A 点到B 点，由动能定理，得：Pt －μmgL ＝12mv 2B －0，解得：t ＝ s.答案：(1)3 m/s (2)258 N (3) s9.如图所示，斜面ABC 中AB 段粗糙，BC 段长 m 且光滑．质量为1 kg 的小物块由A 处以12 m/s 的初速度沿斜面向上滑行，到达C 处速度为零．此过程中小物块在AB 段速度的变化率是BC 段的2倍，两段运动时间相等．g 取10 m/s 2，以A 为零势能点．求小物块(1)通过B 处的速度； (2)在C 处的重力势能；(3)沿斜面下滑过程中通过BA 段的时间．解析：(1)设物块在AB 段加速度为a 1，BC 段加速度为a 2.由于a 1＝2a 2，t 1＝t 2，v A －v Bt 1＝2v Bt 2，得v B ＝4 m/s.(2)由题意分析可知，滑动摩擦力与重力沿斜面向下的分力大小相等，从A 到B 有W f ＋W G ＝12mv 2B －12mv 2A ，又W f ＝W G ，解得W f ＝－32 J ．从A 到C 有W f －mgh ＝0－12mv 2A ，得E p C ＝mgh ＝40 J.(3)上滑过程通过AB 段有v 2B －v 2A ＝2a 1L AB ，通过BC 段有0－v 2B ＝2a 2L BC ，解得L AB ＝ m ．物体下滑通过BA 段做匀速运动，有t ′＝L ABv B，得t ′＝ s. 答案：(1)4 m/s (2)40 J (3) s。

2022高考物理一轮复习试卷-动能定理及其应用课后限时作业1．放在光滑水平面上的某物体，在水平恒力F 的作用下，由静止开始运动，在其速度由0增加到v 和由v 增加到2v 的两个时期中，F 对物体所做的功之比为( )A ．1∶1B ．1∶2C ．1∶3D ．1∶4【解析】 W 1＝12mv 2，W 2＝12m (2v )2－12mv 2＝32mv 2，则W 1W 2＝13. 【答案】 C2．如图所示，板长为L ，板的B 端静放着质量为m 的小物体P ，物体与板的动摩擦因数为μ，开始时板水平．若缓慢将板转过一个小角度α的过程中，物体与板保持相对静止，则在此过程中( )A ．摩擦力对P 做功μmg cos α(1－cos α) B. 摩擦力对P 做功μmg sin α(1－cos α) C ．摩擦力对P 不做功 D ．板对P 做功mgL cos α【解析】 物体未相对板运动，故摩擦力不做功，A 、B 错，C 正确；板对物体做功W ＝mgL sin α，故D 错．【答案】 C 3．（2011届·宿迁测试）一质量为1.0 kg 的滑块，以 4 m/s 的初速度在光滑水平面上向左滑行，从某一时刻起将一向右水平力作用于滑块上，通过一段时刻，滑块的速度方向变为向右，大小为4 m/s ，则在这段时刻内水平力所做的功为( )A ．0 JB ．8 JC ．16 JD ．32 J【解析】 这段过程的初动能和末动能相等，依照动能定理W ＝E k2－E k1知，W ＝0.故选A.明确水平力即为合外力，且合外力的功与动能的增量相等是解题的关键．【答案】 A4．一人用力把质量为1 kg 的物体由静止提高1 m ，使物体获得2 m/s 的速度，则( ) A ．人对物体做的功为10 J B ．合外力对物体做的功为0 J C ．合外力对物体做的功为12 J D ．物体克服重力做功为10 J 【答案】 D 5.（2011届·东营检测）人通过滑轮将质量为m 的物体，沿粗糙的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.物体所受的合外力做功为mgh+212mvB.物体所受的合外力做功为212mvC.人对物体做的功为mghD.人对物体做的功小于mgh【解析】物体沿斜面做匀加速运动，依照动能定理：W合=W F -W f -mgh=212mv,其中W f为物体克服摩擦力做的功.人对物体做的功即是人对物体的拉力做的功，因此W人=W F =W f +mgh+212mv,A 、C 、D 错误，B 正确.【答案】B 6．(2011届·广州测试)质量为1 kg 的物体以某一初速度在水平地面上滑行，由于受到地面摩擦阻力作用，其动能随位移变化的图线如图所示，g ＝10 m/s 2，则物体在水平地面上( )A ．所受合外力大小为5 NB ．滑行的总时刻为5 sC ．滑行的加速度大小为1 m/s 2D ．滑行的加速度大小为2.5 m/s 2【解析】 物体初动能为50 J(初速度为10 m/s)，在摩擦力作用下滑动20 m 动能为零，依照动能定理得所受合外力为2.5 N ，A 错；由牛顿第二定律知物体加速度大小为2.5 m/s 2，C 错，D 对；时刻t ＝v 0a ＝4 s ，B 错．【答案】 D7．如图所示，AB 为14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 从静止开始下落，恰好运动到C 处停止，那么物体在AB 段克服摩擦力所做的功为( )A.12μmgRB.12mgR C ．mgR D ．(1－μ)mgR【解析】 物体从A 运动到B 所受的弹力要发生变化，摩擦力大小也要发生变化，因此克服摩擦力所做的功不能直截了当由功的运算公式求得，而在BC 段克服摩擦力所做的功可直截了当求得．【答案】 D 8．(2011届·镇江测试)如图所示，一名消防队员在模拟演习训练中，沿着竖立在地面上的钢管往下滑，已知这名消防队员的质量为60 kg ，他从钢管顶端由静止开始先匀加速再匀减速下滑，滑到地面时速度恰好为零，假如他加速时的加速度大小是减速时的2倍，下滑的总时刻为3 s ，下滑的总距离为12 m ，g 取10 m/s 2，那么该消防队员( )A ．下滑过程中最大速度为8 m/sB ．匀加速与匀减速过程的时刻之比为2∶1C ．匀加速与匀减速过程中摩擦力做的功之比为1∶12D ．消防队员匀加速过程是超重状态，匀减速过程是失重状态【解析】 利用平均速度公式得到h ＝12 m ＝v2t ，解得最大速度为v ＝8 m/s ，A 项正确；v ＝a 1t 1＝a 2t 2，因做匀加速的加速度a 1是做匀减速的加速度a 2的2倍，因此匀加速时刻与匀减速时刻之比为1∶2，位移之比为1∶2，B 项错误；匀加速向下消防队员为失重状态，匀减速向下消防队员为超重状态，D 项错误；利用动能定理，在匀加速时期，有mgh 1－W 1＝12mv 2，解得W 1＝480 J ，在匀减速下降过程中，有mgh 2－W 2＝0－12mv 2，解得W 2＝6 720 J ，两者相比得到W 1W 2＝48 J 6 720 J ＝114，故C 项正确．【答案】 A 9．(2011届·池州检测)如图所示，电梯质量为M ，地板上放置一质量为m 的物体，钢索拉电梯由静止开始向上加速运动，当上升高度为H 时，速度达到v ，则( )A ．地板对物体的支持力做的功等于12mv 2 B ．地板对物体的支持力做的功等于mgHC ．钢索的拉力做的功等于12Mv 2＋MgHD ．合力对电梯M 做的功等于12Mv 2【解析】 对物体m 用动能定理得W N －mgH ＝12mv 2，故W N ＝mgH ＋12mv 2，选项A 、B错误；钢索拉力做的功W F 拉＝(M ＋m )gH ＋12(M ＋m )v 2，故选项C 错误．由动能定理可知，合力对电梯M 做的功等于电梯动能的变化12Mv 2，故选项D 正确．【答案】 D二、非选择题(共55分)10.（17分）如图所示，物体在离斜面底端5 m 处由静止开始下滑，然后滑上由小圆弧与斜面连接的水平面上，若物体与斜面及水平面的动摩擦因数均为0.4，斜面倾角为37°.求物体能在水平面上滑行多远.【解析】物体在斜面上受重力mg 、支持力N1、滑动摩擦力f 的作用，沿斜面加速下滑（因μ=0.4＜tan θ=0.75），直到静止.解法1：对物体在斜面上和水平面上时受力分析如图所示，知物体下滑时期N 1=mgcos37°. 故f 1=μN 1=μmgcos37°. 由动能定理得mgsin37°·l 1-μmgcos37°·l 1=2112mv.①在水平面上运动过程中f 2=μN 2=μmg.由动能定理得-μmg·l 2=0-2112mv.②由①②两式可得21sin 37cos37l l μμ-==0.60.40.850.4-⨯⨯ m=3.5 m.解法2：物体受力分析同上.物体运动的全过程中，初、末状态的速度均为零，对全过程运用动能定理有 mgsin37°·l 1-μmgcos37°·l 1-μmg·l 2=0. 得21sin 37cos37l l μμ-==0.60.40.850.4-⨯⨯ m=3.5 m.【答案】3.5 m11.（2011届·首都师范大学附中测试）（18分）以20 m/s 的初速度，从地面竖直向上抛出一物体，它上升的最大高度是18 m.假如物体在运动过程中所受阻力的大小不变，求：（1）物体在离地面多高处，物体的动能与重力势能相等，以地面为零势能面.（g=10 m/s 2) （2）物体回到抛出点的速度大小. 【解析】（1）上升过程中，重力、阻力做功，据动能定理有：-(mg+F f )H= -2012mv,设物体上升过程中通过距地面h1处动能等于重力势能，2112mv =mgh 1,据动能定理：-(mg+F f )h 1=2112mv-2012mv,设物体下落过程中通过距地面h2处动能等于重力势能，2212mv =mgh 2, 据动能定理：（mg-F f )(H-h 2)= 2212mv,解得h 1=9.5 m,h 2=8.5 m.（2）物体下落过程中：（mg-F f )H=2312mv,解得v 3=85 m/s.【答案】（1）9.5 m 与8.5 m （2）85m/s12．（2011届·安庆测试）（19分）某爱好小组对一辆自制小遥控车的性能进行研究．他们让这辆小车在水平的直轨道上由静止开始运动，并将小车运动的全过程记录下来，通过处理转化为vt 图象，如图所示(除2～10 s 时刻段内的图象为曲线外，其余时刻段图象均为直线)．已知小车运动的过程中，2～14 s 时刻段内小车的功率保持不变，在14 s 末停止遥控而让小车自由滑行．小车的质量为1 kg ，可认为在整个过程中小车所受到的阻力大小不变．求：(1)小车所受到的阻力大小；(2)小车匀速行驶时期的功率；(3)小车在加速运动过程中位移的大小．.精品资料。