[专题分类]2020高三物理一轮复习练习卷：动能定理

2020年高考物理一轮复习考点综合提升训练卷---动能定理一、选择题(1～8题为单项选择题，9～15题为多项选择题)1.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－mgh C ．－mghD ．－(mgh ＋12mv 2) 【答案】：A【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，重力做的功为W G ＝－mgh ，则弹簧的弹力对小球做的功为W F ＝mgh －12mv 2，所以正确选项为A. 2.在同一位置以相同的速率把三个小球分别沿水平、斜向上、斜向下方向抛出，不计空气阻力，则落在同一水平地面时的速度大小( )A ．一样大B ．水平抛的最大C ．斜向上抛的最大D ．斜向下抛的最大【答案】 A【解析】 由动能定理mgh ＝12mv 22－12mv 21知，落地时速度v 2的大小相等，故A 正确。

3.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。

咼考真题1. （2020 •海南卷）Q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（）1 A./mgR 1 C.qmgR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.2如图所示，F N — mg= mR ，得v = .gR.对质点的下滑过程应用动能定理, 1得W 2mgR C 正确.答案：C2. （2020 •新课标全国U ） 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，物动能定理1 B.gmgR nD._mgR1 2mg —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 i 、W 分别表 示拉力F i 、F 2所做的功，W 、W 分别表示前后两次克服摩擦力所做的功，则（ ）A.W 2>2WB. W>4W , W = 2WC. W F2<4W W = 2WD. W^<4W , W<2W解析：两次运动过程中的摩擦力均为滑动摩擦力，大小相等，即f l = f 2.设两次v 2v运动的时间均为t ，则两次的位移X i 二2t ，X 2 = -yt 二2X 1，故两次克服摩擦力所做的 11 1功，W = 2W.由动能定理得，W 1 — W = 2mv ，W 2 — W = qmQv ）2,即卩 W = W + qmV ,1 2施=W + qm(2v)2,故 W<4W.C 正确.答案：C3. （2020 •大纲全国卷）一物块沿倾角为9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,如图所示；当物块的初速度为2时，上升的最大高度记为h.重力加速度大小为h 1 v 25 仆卩mgcos 9 sn r 二0—2m 2，解得卩答案：Dg.物块与斜坡间的动摩擦因数和 工HA. tan 9 和？ 工HC. tan 9 和；4h 分别为（ B.D.)2話12― 1 2gH 1tantan 解析： 由动能定理有—mgH —卩 mgcos 9Hsin 9 —mgh —2v / 2^- 1tan 9,h = H , D 正确.4. (2020 •浙江理综)如图所示，用一块长L i= 1.0 m的木板在墙和桌面间架设斜面，桌子高H= 0.8 m，长1.5 m.斜面与水平桌面的倾角9可在0〜60°间调节后固定•将质量m= 0.2 kg的小物块从斜面顶端静止释放，物块与斜面间的动摩擦因数卩i二0.05，物块与桌面间的动摩擦因数为卩2,忽略物块在斜面与桌面交接处的能量损失.(重力加速度取g= 10 m/s2；最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(1) 求9角增大到多少时，物块能从斜面开始下滑；(用正切值表示)(2) 当9角增大到37°时，物块恰能停在桌面边缘，求物块与桌面间的动摩擦因数卩2；(已知sin37 °= 0.6，cos37°= 0.8)(3) 继续增大9角，发现9= 53°时物块落地点与墙面的距离最大，求此时最大距离X m解析：⑴为使小物块下滑mgsin 9>^ 1mgcos9①9满足的条件tan 9> 0.05②(2) 克服摩擦力做功1mgLcos 9 + 卩2mg(L j—L QOS 9 )③由动能定理得mgLsin 9—W = 0④代入数据得卩2= 0.8⑤1 2(3) 由动能定理得mgLsin 9—S/= $mv⑥代入数据得v= 1 m/s⑦1 2H= 2gtt = 0.4 s ⑧X1 = vt，X1 = 0.4 m ⑨X m= x i+ L2= 1.9 m ⑩答案：(1 )tan 9> 0.05 (2)0.8 (3)1.9 m5. (2020 •福建理综)如图所示，用跨过光滑定滑轮的缆绳将海面上一艘失去动力的小船沿直线拖向岸边.已知拖动缆绳的电动机功率恒为P，小船的质量为m小船受到的阻力大小恒为f，经过A点时的速度大小为v o，小船从A点沿直线加速运动到B点经历时间为11，A B两点间距离为d，缆绳质量忽略不计.求：(1) 小船从A点运动到B点的全过程克服阻力做的功W;(2) 小船经过B点时的速度大小V1；(3) 小船经过B点时的加速度大小a.解析：(1)小船从A点运动到B点克服阻力做的功W= fd ①⑵小船从A点运动到B点，电动机牵引绳对小船做的功W= Pt1 ②1 2 1 2由动能定理有W- W= qmv —2m\0③联立①②③式解得w= =02+m *fd⑶设小船经过B点时绳的拉力大小为F，绳与水平方向夹角为9,电动机牵引绳的速度大小为V，拉力F和速度V1分别按效果分解如图所示.则P= Fv= Fwcos 9 ⑤由牛顿第二定律有Feos 0- f = ma⑥P f联立④⑤⑥式解得a= —2—2— _ pmv o + 2m Pti —fdm答案：(1)fd (2)\/V°2+ m Pt i —fdP f (3)；mv o2+ 2m_Pt i —fd——m。

[A 组·基础题]1．(2016·四川卷)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( C ) A ．动能增加了1 900 J B ．动能增加了2 000 J C ．重力势能减小了1 900 J D ．重力势能减小了2 000 J2. 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( B )A ．2 2 m/sB ．3 m/sC ．4 m/sD ．17 m/s3. 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 )A.1μ(v 202g cos θ＋x 0tan θ)B ．1μ(v 22g sin θ＋x 0tan θ)C.2μ(v 22g cos θ＋x 0tan θ)D ．1μ(v 202g cos θ＋x 0cot θ)4. 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( D )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5．(多选) 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( BD )A ．物体所受的合力做功为mgh ＋12m v 2B ．物体所受的合力做功为12m v 2 C ．人对物体做的功为mgh D ．人对物体做的功大于mgh6．(多选) 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( ABC )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7．(多选) (2016·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( 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35g8．(多选) 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( BD )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[B 组·能力题]9．(多选)(2019·长春实验中学期中)如图，用跨过光滑定滑轮的缆绳将海面上一艘失去动力的小船沿直线拖向岸边．已知拖动缆绳的电动机功率恒为P ，小船的质量为m ，小船受到的阻力大小恒为f ，经过A 点时的速度大小为v 0，小船从A 点沿直线加速运动到B 点经历时间为t 1，A 、B 两点间距离为d ，缆绳质量忽略不计．下列说法正确的是( ABD )A ．小船从A 点运动到B 点的全过程克服阻力做的功W f ＝fd B ．小船经过B 点时的速度大小v 1＝v 20＋2m (Pt 1－fd )C．小船经过B点时的速度大小v1＝2v20＋2m(Pt1－fd)D．小船经过B点时的加速度大小a＝Pm2v20＋2m(Pt1－fd)－fm解析：小船从A点运动到B点过程中克服阻力做功：W f＝fd，故A正确；小船从A点运动到B点，电动机牵引缆绳对小船做功：W＝Pt1，由动能定理有：W－W f＝12m v21－12m v2，联立解得：v1＝v20＋2(Pt1－fd)m，故B正确，C错误；设小船经过B点时绳的拉力大小为F，绳与水平方向夹角为θ，绳的速度大小为v′，则P＝F v′，v′＝v1cos θ，F cos θ－f＝ma，联立解得：a＝Pm2v20＋2m(Pt1－fd)－fm，故D正确．A．在运动过程中滑块A的最大加速度是2.5 m/s2B．在运动过程中滑块B的最大加速度是3 m/s2C．滑块在水平面上运动的最大位移是3 mD．物体运动的最大速度为 5 m/s解析：假设开始时A、B相对静止，对整体根据牛顿第二定律，有F＝2Ma，解得a＝F 2M＝102×2＝2.5 m/s2；隔离B，B受到重力、支持力和A对B的静摩擦力，根据牛顿第二定律，f＝Ma＝2×2.5＝5 N＜μMg＝6 N，所以A、B不会发生相对滑动，保持相对静止，最大加速度均为2.5 m/s2，故A正确，B错误；当F＝0时，加速度为0，之后A、B做匀速运动，位移继续增加，故C错误；F－x图象包围的面积等于力F做的功，W＝12×2×10＝10 J；当F＝0，即a＝0时达到最大速度，对A、B整体，根据动能定理，有W＝12×2M v2m－0；代入数据得：v m＝ 5 m/s，故D正确．11. 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L1＝2 3 m的倾斜轨道AB，通过微小圆弧与长为L2＝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v2y＝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 y v 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＝12m v2C－12m v2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＝m v2R112m v 2C ＝2mgR1＋12m v2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12m v 2C＝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。

2020年高考物理一轮复习热点题型专题06—动能定理的应用题型一对动能定理的理解题型二动能定理的基本应用题型三动能定理在多过程问题中的应用题型四动能定理与图象问题的结合题型一对动能定理的理解1．动能定理表明了“三个关系”(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的功．(2)因果关系：合外力做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．【例题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解析：选A.由W＝Flcosα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＝ΔEk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．【例题2】(2018·全国卷Ⅱ)如图，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度．木箱获得的动能一定()A．小于拉力所做的功B．等于拉力所做的功C．等于克服摩擦力所做的功D．大于克服摩擦力所做的功【答案】A[解析]由动能定理WF－Wf＝Ek－0，可知木箱获得的动能一定小于拉力所做的功，A正确．【例题3】(多选)如图所示，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() 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【答案】BD【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，B正确．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相对地的位移不相等，故二者做功不相等，C 错误．对B应用动能定理W F－W f＝ΔE k B，W F＝ΔE k B＋W f，即外力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，D正确．根据功能关系可知，外力F做的功等于A和B动能的增量与产生的内能之和，故A错误．【例题4】（多选）用力F拉着一个物体从空中的a点运动到b点的过程中，重力做功－3J，拉力F做功8J，空气阻力做功－0.5J，则下列判断正确的是()A．物体的重力势能增加了3J B．物体的重力势能减少了3JC．物体的动能增加了4.5J D．物体的动能增加了8J【答案】AC【解析】因为重力做功－3J，所以重力势能增加3J，A正确，B错误；根据动能定理W合＝ΔE k，得ΔE k＝－3J＋8J－0.5J＝4.5J，C正确，D错误．题型二动能定理的基本应用1．应用流程2．注意事项(1)动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系．(2)应用动能定理的关键在于准确分析研究对象的受力情况及运动情况，可以画出运动过程的草图，借助草图理解物理过程之间的关系．(3)当物体的运动包含多个不同过程时，可分段应用动能定理求解；也可以全过程应用动能定理．(4)列动能定理方程时，必须明确各力做功的正、负，确实难以判断的先假定为正功，最后根据结果加以检验．应用1动能定理在直线运动中的应用1．如图所示，小物块从倾角为θ的倾斜轨道上A点由静止释放滑下，最终停在水平轨道上的B点，小物块与水平轨道、倾斜轨道之间的动摩擦因数均相同，A、B两点的连线与水平方向的夹角为α，不计物块在轨道转折时的机械能损失，则动摩擦因数为()A．tanθB．tanαC．tan(θ＋α)D．tan(θ－α)解析：选B.如图所示，设B、O间距离为s1，A点离水平面的高度为h，A、O 间的水平距离为s2，物块的质量为m ，在物块下滑的全过程中，应用动能定理可得mgh －μmgcos θ·s2cos θ－μmg·s1＝0，解得μ＝hs1＋s2＝tan α，故选项B 正确．应用2动能定理在曲线运动中的应用2.(2015·全国卷Ⅰ)如图，一半径为R 、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ 水平．一质量为m 的质点自P 点上方高度R 处由静止开始下落，恰好从P 点进入轨道．质点滑到轨道最低点N 时，对轨道的压力为4mg ，g 为重力加速度的大小．用W 表示质点从P 点运动到N 点的过程中克服摩擦力所做的功．则()A ．W ＝12mgR ，质点恰好可以到达Q 点B ．W>12mgR ，质点不能到达Q 点C ．W ＝12mgR ，质点到达Q 点后，继续上升一段距离D ．W<12mgR ，质点到达Q 点后，继续上升一段距离解析：选C.设质点到达N 点的速度为vN ，在N 点质点受到轨道的弹力为FN ，则FN －mg ＝mv2NR，已知FN ＝F′N ＝4mg ，则质点到达N 点的动能为EkN ＝12mv2N ＝32mgR.质点由开始至N 点的过程，由动能定理得mg·2R ＋Wf ＝EkN －0，解得摩擦力做的功为Wf ＝－12mgR ，即克服摩擦力做的功为W ＝－Wf ＝12mgR.设从N 到Q的过程中克服摩擦力做功为W′，则W′<W.从N 到Q 的过程，由动能定理得－mgR －W′＝12mv2Q －12mv2N ，即12mgR －W′＝12mv2Q ，故质点到达Q 点后速度不为0，质点继续上升一段距离．选项C 正确．应用3动能定理在变力做功中的应用3.(2019·河南西峡模拟)如图所示，质量为m 的物块与转台之间能出现的最大静摩擦力为物体重力的k 倍，它与转轴OO ′相距R ，物块随转台由静止开始转动．当转速增加到一定值时，物块即将在转台上滑动．在物块由静止到开始滑动前的这一过程中，转台对物块做的功为()A ．0B ．2πkmgRC ．2kmgRD ．kmgR2解析：选D.由于物体做圆周运动，物体刚开始滑动这一时刻，物体受到转台的摩擦力为最大静摩擦力．则kmg ＝mv2R，v2＝kgR.设转台对物块做的功为W 转，运用动能定理研究在物块由静止到开始滑动前的这一过程，W 转＝12mv2－0＝kmgR2.故选D.【例题1】（2019·浙江选考）如图所示为某一游戏的局部简化示意图。

2020届高三物理一轮复习同步优化测控试题第五单元机械能第25讲功功率1.在下列情形中，所提到的力没有．．做功的是( )解析：A、B、C、D各图中，只有D图中的受力物体没有发生位移，做的功为零.答案：D2.神舟号宇航员在进行素质训练时，抓住秋千杆由水平状态开始下摆，如图所示，在到达竖直状态的过程中，宇航员所受重力的瞬时功率的变化情况是( )A.一直增大B.一直减小C.先增大后减小D.先减小后增大解析：瞬时功率P＝Fv cos α，初始状态v＝0，当杆摆至竖直时，cos α＝0，故可推断重力的瞬时功率先增大后减小.答案：C3.关于摩擦力做功，下列叙述正确的是( )A.摩擦力做功的多少只与起始和终了位置有关，与运动路径无关B.滑动摩擦力总是做负功C.静摩擦力一定不做功D.静摩擦力和滑动摩擦力都既可做正功，也可做负功解析：选项A错误，例如一物块在水平面上做曲线运动时，克服滑动摩擦力做的功等于摩擦力乘总路程.静摩擦力、滑动摩擦力与其他力一样，可以做正功、不做功或做负功，选项D正确.答案：D4.机车由静止开始沿平直轨道做匀加速运动，所受的阻力始终不变，在此过程中，下列说法正确的是[2007年高考·广东物理卷]( )A.机车输出功率逐渐增大B.机车输出功率不变C.在任意两相等的时间内，机车动能的变化相等D.在任意两相等的时间内，机车动量的变化大小相等解析：机车的牵引力F＝f＋ma恒定不变，故输出功率均匀增大；由动能定理得，ΔE k＝F合·s，在连续相等的时间间隔里，位移越来越大，故选项C错误；又由动量定理Δp ＝F合·t知，选项D正确.答案：AD5.某汽车以恒定功率P、初速度v0冲上倾角一定的斜坡时，汽车受到的阻力恒定不变，则汽车上坡过程的v－t图象不可．．能是下图中的( )解析：上坡初始汽车的牵引力F＝P v0当Pv0＝mg sin θ＋f时，汽车匀速上坡，其v－t图象如选项B所示；当Pv0>mg sin θ＋f时，汽车做加速度越来越小的变加速运动，其v－t图象如选项C所示；当Pv0<mg sin θ＋f时，汽车做加速度越来越小的变减速运动，其v－t图象如选项D所示.故选项A所示的图象是不可能的.答案：A6.如图甲所示，质量m＝1 kg的物体静止在倾角α＝30° 的粗糙斜面体上，两者一起向右做匀速直线运动，则在通过水平位移s＝1 m的过程中，(1)物体所受的重力、弹力、摩擦力对物体各做了多少功？(取g＝10m/s2)(2)斜面对物体做了多少功？解析：(1)物体的受力情况如图乙所示，由平衡条件得：F N＝mg cos α，f＝mg sin αf与s的夹角为α，F N与s的夹角为(90°＋α)由W＝Fs cos α得：重力对物体做的功W1＝mgs cos 90°＝0弹力F N对物体做的功为：W2＝mg cos α·s cos (90°＋α)＝－4.3 J摩擦力f对物体做的功W3＝mg sin α·s cos α＝ 4.3 J. 乙(2)解法一斜面对物体的作用力即F N与f的合力，由平衡条件可知，其方向竖直向上，大小等于mg，其做的功为：W面＝F合·s cos 90°＝0.解法二斜面对物体做的功等于斜面对物体各力做功的代数和，即W面＝W2＋W3＝0.答案：(1)0 －4.3 J 4.3 J (2)0第26讲 动 能 定 理体验成功1.一物体静止在升降机的地板上，当升降机加速上升时，地板对物体的支持力所做的功等于( )A.重力做的功B.物体动能的增加量C.物体动能的增加量加上重力做的功D.物体动能的增加量加上克服重力所做的功解析：设支持力做的功为W ，克服重力做的功为W G ，由动能定理得： W －W G ＝ΔE k解得：W ＝ΔE k ＋W G . 答案：D2.两个木箱A 、B 的质量分别为m A 、m B ，且m A ＞m B ，两木箱与水平冰面间的动摩擦因数相等.现使它们以相同的初动能在水平冰面上滑行，则两木箱滑行的距离s A 、s B 的大小关系是( )A.s A ＝s BB.s A ＞s BC.s A ＜s BD.条件不足，无法比较解析：设木箱滑行的距离为s ，由动能定理得： －μmgs ＝0－E k解得：s ＝E k μmg ∝1m由于m A >m B ，故可知s A <s B . 答案：C3.如图所示，质量为m 的物块与转台之间能出现的最大静摩擦力为物块重力的k 倍，物块与转轴OO ′相距R ，物块随转台由静止开始转动.当转速增加到一定值时，物块即将在转台上滑动，在物块由静止到滑动前的这一过程中，转台对物块的静摩擦力对物块做的功为( )A.0B.2πkmgRC.2kmgRD.12kmgR分析：此题易错选A ，其原因是从思维定势上总认为这种问题中摩擦力是指向圆心的，缺乏对问题的深入分析，可见要想学好物理，分析能力的培养是至关重要的.解析：在转速增加的过程中，转台对物块的摩擦力是不断变化的，当转速增加到一定值时，物块在转台上即将滑动，说明此时最大静摩擦力提供向心力，即kmg ＝m v 2R.设这一过程中转台对物块的摩擦力所做的功为W f ，由动能定理可得：W f ＝12mv 2解得：W f ＝12kmgR .故选项D 正确. 答案：D4.如图所示，质量为M 、长为l 的小车静止在光滑的水平面上，质量为m 的小物块(可视为质点)放在小车的最左端.现用一水平恒力F 作用在小物块上，使物块从静止开始做匀加速直线运动.物块和小车之间的摩擦力为f .物块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为s .在这个过程中，下列结论错误．．的是( ) A.物块到达小车最右端时具有的动能为(F －f )(l ＋s )B.物块到达小车最右端时，小车具有的动能为fsC.物块克服摩擦力所做的功为f (l ＋s )D.物块和小车增加的机械能为Fs解析：在本题中计算外力对物块和小车做功时都要取大地为参考系，故选项A 、B 、C 正确.又因为系统机械能的增加等于物块、小车的动能增加之和，即ΔE ＝(F －f )(l ＋s )＋fs ＝F (l ＋s )－fl ，选项D 错误.答案：D5.如图所示，质量为1 kg 的物体沿一曲面从A 点无初速度滑下，滑至曲面的最低点B 时，下滑的高度为5 m ，速度为6 m/s ，则在下滑过程中，物体克服阻力所做的功为多少？(g 取10 m/s 2)解析：设物体克服阻力所做的功为Wf ，由动能定理得：mgh －Wf ＝12mv 2－0解得：Wf ＝1×10×5 J－12×1×62J ＝32 J.答案：32 J6.某游乐场中有一种“空中飞椅”的游乐设施如图甲所示，其基本装置是将绳子上端固定在转盘上，下端连接座椅，人坐在座椅上随着转盘旋转而在空中飞旋，若将人看成质点，则可简化为如图乙所示的物理模型.其中P 为处于水平面内的转盘，可绕竖直转轴OO ′转动.设轻绳长l ＝10 m ，人及椅的总质量m ＝60 kg ，转盘不动时人和转轴间的距离d ＝4 m ，转盘慢慢加速运动，经过一段时间转速保持稳定，此时人和转轴间的距离D ＝10 m ，且保持不变，不计空气阻力，绳子不可伸长，取g ＝10 m/s 2.问：(1)最后转盘匀速转动时的角速度为多少？ (2)转盘从静止启动到稳定这一过程中，绳子对其中一座椅及人做了多少功？解析：(1)设最后转盘匀速转动时的角速度为ω，此时人和座椅的受力情况如图丙所示.有：F T cos θ＝mgF T sin θ＝mDω2，其中sin θ＝D －dl甲 乙解得：ω＝32rad/s. (2)从转盘启动到匀速转动的过程中飞椅提升的高度为： h ＝l －l cos θ＝2 m设这一过程绳对座椅做的功为W ，由动能定理得：W －mgh ＝12m ·(ωD )2解得：W ＝3450 J. 丙答案：(1)32 rad/s (2)3450 J金典练习十一 功 功率 动能定理选择题部分共10小题，每小题6分.在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确.1.用力将重物竖直提起，先由静止开始匀加速上升，紧接着匀速上升.如果前后两过程的运动时间相同，不计空气阻力，则( )A.加速过程中拉力做的功比匀速过程中拉力做的功大B.匀速过程中拉力做的功比加速过程中拉力做的功大C.两过程中拉力做的功一样大D.上述三种情况都有可能解析：匀加速运动的位移s 1＝12at 2，匀速运动的位移s 2＝at ·t ＝2s 1，当匀加速上提时的拉力F ＝2mg 时，两过程拉力做的功相等；当F <2mg 时，匀加速过程拉力做的功比匀速上升过程拉力做的功小；当F >2mg 时，匀加速过程拉力做的功比匀速上升过程拉力做的功大.答案：D2.在水平粗糙的地面上，使同一物体由静止开始做匀加速直线运动，第一次是斜向上的拉力F ，第二次是斜向下的推力F .两次力的作用线与水平方向的夹角相同，力的大小相同，位移的大小也相同.则在这两次力的作用过程中( )A.力F 对物体做的功相同，合力对物体做的总功也相同B.力F 对物体做的功相同，合力对物体做的总功不相同C.力F 对物体做的功不相同，合力对物体做的总功相同D.力F 对物体做的功不相同，合力对物体做的总功也不相同 解析：两力对物体做的功W ＝Fs cos α相同，合外力做的功：第一次W 1＝(F cos α－μmg ＋μF sin α)s ；第二次W 2＝(F cos α－μmg －μF sin α)s .答案：B3.如图所示，滑块以6 m/s 的初速度从曲面上的A 点滑下，运动到B 点(比A 点低)时速度仍为 6 m/s.若滑块以5 m/s 的初速度仍由A 点下滑，则它运动到B 点时的速度( )A.大于5 m/sB.等于5 m/sC.小于5 m/sD.无法确定解析：两次下滑中，滑块做圆周运动时，曲面对滑块的弹力不同，则滑块受到的摩擦力不同，故摩擦力对滑块做的功不同，而重力对滑块做的功相同，故两次动能的变化不同.因第二次速度小一点，滑块做圆周运动时，曲线对它的弹力也小一些，故它受到的摩擦力也随之减小，因此它克服摩擦力做的功也相应地减小，从而小于滑块重力做的功(因为第一次滑块克服摩擦力做的功等于滑块重力做的功)，故末速度大于初速度.答案：A4.如图所示，质量为m 的物体用穿过光滑小孔的细绳牵引，使其在光滑水平面上做匀速圆周运动，拉力为某个值F 时，转动半径为R ；当拉力逐渐减小到F4时，物体仍做匀速圆周运动，半径为2R .则此过程中外力对物体所做的功为( )A.14FRB.－14FRC.58FR D.0 解析：设物体在前后两种情况下做圆周运动的线速度分别为v 1、v 2，此过程中外力对物体所做的功为W ，由动能定理得：W ＝12mv 22－12mv 21 又由题意有：F ＝m v 21R14F ＝m v 222R 解得：W ＝－14FR .(注：不能通过W ＝F s ＝F ＋14F2·R cos π来计算，即F ≠F ＋14F2P )答案：B5.据《科技日报》2007年12月23日报道，时速为300公里的“和谐号”动车组是在引进、消化和吸收国外时速200公里动车组技术平台的基础上，由中国自主研发制造的世界上运营速度最高的动车组列车之一.如果列车受到的阻力与其运行速度的二次方成正比，当速度由原来的200 km/h 提高到现在的300 km/h 后，机车发动机的功率要变为原来的( )A.32倍B.(32)2倍C.(32)3倍D.(32)4倍 解析：当列车匀速运动时，动力大小等于受到的阻力，故：机车功率P ＝F ·v ＝kv 2·v P ′P ＝(v ′v )3＝(32)3. 答案：C6.如图所示，质量为 m 的小车在水平恒力F 的推动下，从山坡底部A 处由静止起运动至高为h 的坡顶B ，获得速度为v ，A 、B 的水平距离为s .下列说法正确的是( )A.小车克服重力所做的功是mghB.推力对小车做的功是12mv 2C.推力对小车做的功是Fs －mghD.阻力对小车做的功是12mv 2＋mgh －Fs解析：重力对小车做的功W G ＝－mgh ，故选项A 正确.由功的定义知W 推＝F ·s ，由动能定理有W 推－mgh ＋W 阻＝12mv 2，故W 阻＝12mv 2＋mgh －Fs .故选项B 、C 错误，选项D 正确.答案：AD7.如图所示，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 水平，其长d ＝0.50 m ，盆边缘的高度h ＝0.30 m.在A 处放一个质量为m 的小物块并让其由静止开始下滑.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μ＝0.10.小物块在盆内来回滑动，最后停止下来，则小物块停止时的位置到B 的距离为( )A.0.50 mB.0.25 mC.0.10 mD.0解析：对小物块从A 点出发到最后停下来的整个过程，由动能定理有：mgh －μmgs ＝0所以s ＝h μ＝3 m而d ＝0.50 m ，刚好三个来回，所以最终停在B 点. 答案：D8.如图所示，一内壁粗糙的环形细圆管位于竖直平面内，环的半径为R (比细管的直径大得多)，在圆管中有一个直径与细管内径相同的小球(可视为质点)，小球的质量为m .设某一时刻小球通过轨道的最低点时对管壁的压力为6mg ，此后小球便做圆周运动，经过半个圆周恰能通过最高点，则在此过程中小球克服摩擦力所做的功是( )A.3mgRB.2mgRC.mgRD.12mgR解析：设小球在环形管最低点的速度大小为v ，由向心力公式得：6mg －mg ＝m v 2R可得小球在最低点的动能为：E k ＝12mv 2＝52mgR又由题意知，小球到达最高点时速度等于零，设这一过程管壁摩擦力对小球做的功为W f ，由动能定理得：W G ＋W f ＝0－12mv 2即－mg ·2R ＋W f ＝－52mgR解得：W f ＝－12mgR即小球克服摩擦力做的功为12mgR .答案：D9.如图所示，物体的质量为1 kg ，动滑轮和细绳的质量均不计.现用一竖直向上的拉力F 拉动细绳，使物体从静止开始以5 m/s 2的加速度匀速上升，则拉力F在1 s 末的瞬时功率是(g 取10 m/s 2)( )A.150 WB.75 WC.37.5 WD.25 W解析：设与重物连接的悬绳的拉力为F ′，由牛顿第二定律得： F ′－mg ＝ma解得：F ′＝15 N.方法一 每时刻拉力做功的功率都等于悬绳对重物做功的功率，故P ＝F ′·v ＝F ′·at ＝75 W.方法二 由动滑轮的特点知，F ＝12F ′，拉力F 作用点上升的加速度为10 m/s 2，故P ＝F ·v ′＝152×10×1 W＝75 W.答案：B10.在光滑的水平面上有一静止的物体，现以水平恒力F 1推这一物体，作用一段时间后换成相反方向的水平恒力F 2推这一物体，当恒力F 2作用的时间与恒力F 1作用的时间相等时，物体恰好回到原处，此时物体的动能为32 J ，则在整个过程中，恒力F 1、F 2做的功分别为( )A.16 J 、16 JB.8 J 、24 JC.32 J 、0 JD.48 J 、－16 J解析：如图所示，设两过程的时间均为t ，A 到B 过程中，物体的加速度大小为a 1；B 到D 过程中，物体的加速度大小为a 2.取向右的方向为正方向，设AB ＝s ，可得：s ＝12a 1t 2 －s ＝v 0t －12a 2t 2v 0＝a 1t解得：a 2＝3a 1因为F 1＝ma 1，F 2＝ma 2 解得：F 2＝3F 1 又由动能定理得： W 1＋W 2＝ΔE k ＝32 J W 1＝F 1·s W 2＝F 2·s可得：W 1＝8 J ，W 2＝24 J. 答案：B非选择题部分共3小题，共40分.11.(13分)一质量为500 t 的机车，以恒定功率375 kW 由静止出发，经过5 min 速度达到最大值54 km/h ，设机车所受阻力f 恒定不变，取g ＝10 m/s 2，试求：(1)机车受到的阻力f 的大小. (2)机车在这5 min 内行驶的路程.解析：研究对象为机车.首先分析物理过程：机车以恒定功率P 0由静止出发→速度v 增加→牵引力F 减小(P 0＝Fv )→合力减小(F 合＝F －f )→加速度减小(a ＝F 合m)→速度继续增加→直至合力减小为0，加速度a ＝0，速度达到最大.可见机车在这5 min 内做的是加速度减小、速度不断增大的变速运动.当机车的速度达到最大时，P 0＝Fv max ，此时F ＝f ，机车的受力情况如图所示.(1)已知P 0＝375 kW ＝3.75×105W v max ＝54 km/h ＝15 m/s根据P 0＝Fv max 时F ＝f ，得：P 0＝fv max机车受到的阻力f ＝P 0v max ＝3.75×10515N ＝2.5×104N.(2)机车在这5 min 内，牵引力为变力，做正功，阻力做负功，重力、弹力不做功.根据P 0＝W Ft，牵引力做的功为：W F ＝P 0·t 根据动能定理有：P 0·t －f ·s ＝12mv 2max －0解得：s ＝P 0·t －12mv 2maxf＝3.75×105×5×60－0.5×5×105×1522.5×104m ＝2250 m.答案：(1)2.5×104N (2)2250 m12.(13分)弹射器是航母制造中的关键技术之一，重型喷气式战斗机在水平跑道上需要滑行450 m 以上才能达到起飞速度，而即使当今最大的“尼米兹”级航空母舰甲板的长度也不过300余米，依靠弹射器是重型战斗机在航母上起飞的必不可少的环节.已知美军F －14战斗机重3.0×107kg ，在地面跑道上靠自身发动机提供动力需滑行450 m 才能到达250 km/h 的起飞速度，而这种战斗机在“尼米兹”号航母上，在蒸汽弹射器和自身发动机动力的共同作用下，可在45 m 内将速度加到 250 km/h.若F －14战斗机加速度滑行时，发动机动力和飞机受到的阻力都恒定，则“尼米兹”号上蒸汽弹射器使一架F －14 战斗机起飞至少要做多少功？解析：设F －14战斗机自身发动机的牵引力为F ，受到的阻力为f ，在水平地面跑道上起飞时，由动能定理有：(F －f )·s 1＝12mv 2－0在“尼米兹”号航母甲板上起飞时，有：W ＋Fs 2－fs 2＝12mv 2解得：弹射器至少需做的功W ＝6.5×1010J.答案：6.5×1010J13.(14分)如图所示，竖直放置的半圆形绝缘轨道的半径为R ，下端与光滑绝缘水平面平滑连接，整个装置处于方向竖直向上的场强大小为E 的匀强电场中.现有一质量为m 、带电荷量为＋q 的物块(可视为质点)从水平面上的A 点以初速度v 0水平向左运动，沿半圆形轨道恰好通过最高点C ，已知E <mg q.(1)试计算物块在运动过程中克服摩擦力做的功.(2)证明物块离开轨道落回水平面的水平距离与场强大小E 无关，且为一常量.解析：(1)物块恰能通过圆弧最高点C ，即圆弧轨道此时与物块间无弹力作用，物块受到的重力和电场力提供向心力，则：mg －Eq ＝m v 2CR物块在由A 运动到C 的过程中，设物块克服摩擦力做的功为W f ，根据动能定理知：Eq ·2R －W f －mg ·2R ＝12mv 2C －12mv 2解得：W f ＝12mv 20＋52(Eq －mg )R .(2)物块离开半圆形轨道后做类平抛运动，设水平位移为s ，则s ＝v C t2R ＝12(g －Eq m)·t 2联立解得：s ＝2R因此，物块离开轨道落回水平面的水平距离与场强大小E 无关，恒为2R .答案：(1)12mv 20＋52(Eq －mg )R(2)物块离开轨道落回水平面的水平距离与场强大小E 无关，恒为2R。

动能定理1．(多选)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( BD ) 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2.如图所示，质量为m 的物块与水平转台间的动摩擦因数为μ，物块与转轴相距R ，物块随转台由静止开始转动．当转速增至某一值时，物块即将在转台上滑动，此时转台已开始匀速转动，在这一过程中，摩擦力对物块做的功是(假设物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( D )A ．0B ．2μmgRC ．2πμmgRD.μmgR23．如图所示，质量为0.1 kg 的小物块在粗糙水平桌面上滑行4 m 后以3.0 m/s 的速度飞离桌面，最终落在水平地面上，已知物块与桌面间的动摩擦因数为0.5，桌面高0.45 m ，若不计空气阻力，g 取10 m/s 2，则( D )A ．小物块的初速度是5 m/sB ．小物块的水平射程为1.2 mC ．小物块在桌面上克服摩擦力做8 J 的功D ．小物块落地时的动能为0.9 J4．有两个物体a 和b ，其质量分别为m a 和m b ，且m a >m b ，它们的初动能相同，若a 和b 分别受到不变的阻力F a和F b 的作用，经过相同的时间停下来，它们的位移分别为s a 和s b ，则( C )A ．F a <F b ，s a >s bB ．F a >F b ，s a >s bC ．F a >F b ，s a <s bD ．F a <F b ，s a <s b5．如图所示，小物块与水平轨道、倾斜轨道之间的动摩擦因数均相同，小物块从倾角为θ1的轨道上高度为h 的A 点由静止释放，运动至B 点时速度为v 1.现将倾斜轨道的倾角调至为θ2，仍将物块从轨道上高度为h 的A 点静止释放，运动至B 点时速度为v 2.已知θ2<θ1，不计物块在轨道接触处的机械能损失．则( C )A ．v 1<v 2B ．v 1>v 2C ．v 1＝v 2D ．由于不知道θ1、θ2的具体数值，v 1、v 2关系无法判定6．质量m ＝10 kg 的物体只在变力F 作用下沿水平方向做直线运动，F 随坐标x 的变化关系如图所示．若物体从坐标原点处由静止出发，则物体运动到x ＝16 m 处时的速度大小为( C )A ．3 m/sB ．4 m/sC ．2 2 m/s D.17 m/s7．(多选)如图所示，在水平地面上O 点正上方的A 、B 两点同时水平抛出两个相同小球，它们最后都落到地面上的C 点，则两球( AC )A ．不可能同时落地B ．落在C 点的速度方向可能相同 C ．落在C 点的速度大小可能相同D ．落在C 点的重力的瞬时功率可能相同8. (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．已知弹簧形变量为Δx 时，弹簧获得的弹性势能为12k (Δx )2，k 为弹簧的劲度系数．关于此过程，下列说法正确的是( BD )A ．物体重力势能减少量一定小于WB ．弹簧弹性势能增加量一定等于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W9．如图所示，一个可视为质点的滑块从高H ＝12 m 处的A 点由静止沿光滑的轨道AB 滑下，进入半径为r ＝4 m 的竖直圆环，圆环内轨道与滑块间的动摩擦因数处处相同，当滑块到达圆环顶点C 时，滑块对轨道的压力恰好为零，滑块继续沿CFB 滑下，进入光滑轨道BD ，且到达高度为h 的D 点时速度为零，则h 的值可能为(重力加速度大小g 取10 m/s 2)( B )A ．8 mB ．9 mC ．10 mD ．11 m10．(多选)质量为1 kg 的物体在水平粗糙的地面上受到一水平外力F 作用运动，如图甲所示，外力F 和物体克服摩擦力f 做的功W 与物体位移x 的关系如图乙所示，重力加速度g 为10 m/s 2.下列分析正确的是( ACD )A ．物体与地面之间的动摩擦因数为0.2B ．物体运动位移为13 mC ．前3 m 运动过程中物体的加速度为3 m/s 2D ．x ＝9 m 时，物体速度为3 2 m/s11．如图所示，两个半圆柱A 、B 紧靠着静置于水平地面上，其上有一光滑圆柱C ，三者半径均为R .C 的质量为m ，A 、B 的质量都为m2，与地面间的动摩擦因数均为μ.现用水平向右的力拉A ，使A 缓慢移动，直至C 恰好降到地面．整个过程中B 保持静止．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g .求：(1)未拉A 时，C 受到B 作用力的大小F ； (2)动摩擦因数的最小值μmin；(3)A 移动的整个过程中，拉力做的功W . 答案：(1)33mg (2)32(3)(2μ－1)(3－1)mgR 12．游乐场有一种滑雪游戏，其理想简化图如图甲所示，滑道由倾角为θ＝30°的斜坡和水平滑道组成．小孩在距地面高h ＝10 m 处由静止开始沿斜坡滑下，到达底端时恰好滑上水平滑道上放置的长为l ＝3 m 木板(忽略木板厚度)，此后小孩和木板运动的v ­t 图象如图乙所示．已知斜坡滑道与水平滑道平滑连接，速度由斜坡方向转为水平方向时大小不变，不计小孩在运动过程中受到的空气阻力，重力加速度g 取10 m/s 2.求：(1)小孩与斜坡间的动摩擦因数；(2)小孩脱离木板时的速度大小．答案：(1)36(2)8 m/s。

第五章　机械能第1节　功　功率　动能定理1.物体在合外力作用下做直线运动的v-t图像如图所示.下列表述正确的是(　A　)A.在0～1 s内,合外力做正功B.在0～2 s内,合外力总是做负功C.在1～2 s内,合外力不做功D.在0～3 s内,合外力总是做正功解析:根据物体做直线运动的v t图像和动能定理可知,物体在0～1 s内做匀加速运动,合外力做正功,A正确;物体在1～3 s内做匀减速运动,合外力做负功,B,C,D错误.2. 如图,质量为m的小猴子在荡秋千,大猴子用水平力F缓慢将秋千拉到图示位置后由静止释放,此时藤条与竖直方向夹角为θ,小猴子到藤条悬点的长度为L,忽略藤条的质量.在此过程中正确的是(　C　)A.缓慢上拉过程中拉力F做的功W F=FLsin θB.缓慢上拉过程中小猴子重力势能增加mgLcos θC.小猴子再次回到最低点时重力的功率为零D.由静止释放到最低点小猴子重力的功率逐渐增大解析:缓慢上拉过程中拉力F是变力,由动能定理,F做的功等于克服重力做的功,即W F=mgL(1-cos θ),重力势能增加mgL(1-cos θ),选顼A,B错误;小猴子由静止释放时速度为零,重力的功率为零,再次回到最低点时重力与速度方向垂直,其功率也为零,则小猴子下降过程中重力的功率先增大后减小,选项C正确,D错误.3. (多选)如图所示,摆球质量为m,悬绳长为L,把悬绳拉到水平位置后放手.设在摆球从A点运动到B点的过程中空气阻力F阻的大小不变,重力加速度大小为g.则下列说法正确的是(　AD　)A.重力做功为mgLB.绳的拉力做功为mgLC.空气阻力F阻做功为-mgLD.空气阻力F阻做功为-F阻·πL解析:小球下落L的过程中,重力做功为mgL,选项A正确;绳的拉力始终与速度方向垂直,拉力做功为0,选项B错误;空气阻力F阻大小不变,方向始终与速度方向相反,故空气阻力F阻做功为W=-F阻·πL,选项C错误,D正确.4.(2019·湖北黄冈模拟)一女士站立在台阶式自动扶梯上正在匀速上楼,一男士站立在履带式自动扶梯上正在匀速上楼.下列关于两人受到的力做功判断正确的是(　A　)A.支持力对女士做正功B.支持力对男士做正功C.摩擦力对女士做负功D.摩擦力对男士做负功解析:(甲)图中,人匀速上楼,不受静摩擦力,摩擦力不做功,支持力向上,与速度方向成锐角,则支持力做正功.故A正确,C错误;(乙)图中,支持力与速度方向垂直,支持力不做功,摩擦力方向与速度方向相同,做正功.故B,D错误.5. (多选)如图所示,在外力作用下某质点运动的v t图像为正弦曲线.从图中可以判断(　AD　)A.在0～t1时间内,外力做正功B.在0～t1时间内,外力的功率逐渐增大C.在t2时刻,外力的功率最大D.在t1～t3时间内,外力做的总功为零解析:由v t图像可知,在0～t1时间内,由于质点的速度增大,根据动能定理可知,外力对质点做正功,选项A正确;在0～t1时间内,因为质点的加速度减小,故所受的外力减小,由图可知t1时刻外力为零,故功率为零,因此外力的功率不是逐渐增大的,选项B错误;在t2时刻,由于质点的速度为零,故此时外力的功率最小,且为零,选项C错误;在t1～t3时间内,因为质点的初末动能不变,故外力做的总功为零,选项D正确.6. (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,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T1,然后撤去水平力F,小球从B返回到A点时细线的拉力为T2,则(　AD　)A.T1=T2=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解析: 小球在A,B点受力如图所示,在B点由平衡条件得,T1==2mg,从B到A由机械能守恒定律得mgL(1-cos 60°)=mv2,在A点由牛顿第二定律得T2-mg=,解得T2=2mg,故A项正确;从A到B对球由动能定理得W F-mgL(1-cos 60°)=0,则拉力做功为W F=mgL,B项错误;从B到A的过程小球做变速圆周运动,所受合外力为变力,C项错误;在B点P=0,在A点P=0,而在AB之间P≠0,故D项正确.7. (2018·辽宁沈阳一模)(多选)质量为2×103kg的汽车由静止开始沿平直公路行驶,行驶过程中牵引力F和车速倒数的关系图像如图所示.已知行驶过程中最大车速为30 m/s,设阻力恒定,则(　CD　)A.汽车所受阻力为6×103 NB.汽车在车速为5 m/s时,加速度为3 m/s2C.汽车在车速为15 m/s时,加速度为1 m/s2D.汽车在行驶过程中的最大功率为6×104 W解析:当牵引力等于阻力时,速度最大,由图线可知阻力大小f=2 000 N,选项A错误;倾斜图线的斜率表示功率,可知P=fv=2 000×30 W=60 000 W,车速为5 m/s时,汽车做匀加速直线运动,加速度a==m/s2=2 m/s2,选项B错误;当车速为15 m/s时,牵引力F′=== m/s2=1 m/s2,选项C正= N=4 000 N,则加速度a’确;汽车的最大功率等于额定功率,等于60 000 W,选项D正确.8.下表是一辆电动车的部分技术指标,其中的额定车速是指电动车满载的情况下,在平直道路上以额定功率匀速行驶时的速度.额定18 km/h电源输出电压≥36 V车速整车40 kg充电时间6～8 h质量电动机的额180 W载重80 kg定输出功率电动机的额定电源36 V36 V/6 A工作电压/电流请根据表中的数据,完成下列问题(g取10 m/s2).(1)在行驶的过程中,电动车受到的阻力是车重(包括载重)的k倍,假定k是定值,试推算k的大小;(2)若电动车以额定功率行驶,求速度为3 m/s时的加速度是多少?解析:(1)由表可得到P出=180 W,车速v=18 km/h=5 m/s,由P出=Fv,匀速直线运动时有F=f,其中f=k(M+m)g,解得k=0.03.(2)当车速v’=3 m/s时,牵引力F’=,由牛顿第二定律知F’-k(M+m)g=(m+M)a,解得a=0.2 m/s2.答案:(1)0.03　(2)0.2 m/s29.(多选)我国科学家正在研制航母舰载机使用的电磁弹射器.舰载机总质量为3.0×104 kg,设起飞过程中发动机的推力恒为1.0×105 N;弹射器有效作用长度为100 m,推力恒定.要求舰载机在水平弹射结束时速度大小达到80 m/s.弹射过程中舰载机所受总推力为弹射器和发动机推力之和,假设所受阻力为总推力的20%,则(　ABD　)A.弹射器的推力大小为1.1×106 NB.弹射器对舰载机所做的功为1.1×108 JC.弹射器对舰载机做功的平均功率为8.8×107 WD.舰载机在弹射过程中的加速度大小为32 m/s2解析:设总推力为F,位移为x,阻力F阻=20%F,对舰载机加速过程由动能定理得Fx-20%Fx=mv2,解得F=1.2×106 N,弹射器推力F弹=F-F发=1.2×106 N-1.0×105 N=1.1×106 N,A正确;弹射器对舰载机所做的功为W=F弹x=1.1×106×100 J=1.1×108J,B正确;弹射器对舰载机做功的平均功率P=F弹·=4.4×107 W,C错误;根据运动学公式v2=2ax,得a==32 m/s2,D正确.10. (多选)如图所示,斜面顶端A与另一点B在同一水平线上,甲、乙两小球质量相等.小球甲沿光滑斜面以初速度v0从顶端A滑到底端,小球乙以同样的初速度从B点抛出,不计空气阻力,则(　AC　)A.两小球落地时速率相同B.两小球落地时,重力的瞬时功率相同C.从开始运动至落地过程中,重力对它们做功相同D.从开始运动至落地过程中,重力的平均功率相同解析:由于斜面光滑,且不计空气阻力,故两小球运动过程中只有重力做功,由机械能守恒定律可知两小球落地时速率相同,故选项A正确;由于A小球沿斜面做匀加速运动,B小球做斜抛运动,它们落地时的速度方向不同,故两小球落地时,重力的瞬时功率不相同,选项B错误;由于重力做功与路径无关,只与始末位置的高度差有关,故从开始运动至落地过程中,重力对它们做功相同,选项C正确;由于两小球的运动规律不同,所以从开始运动至落地过程中所用时间不同,由P=可知重力的平均功率不同,选项D错误.11.(2019·湖北武汉质检)(多选)如图所示,车头的质量为m,两节车厢的质量也均为m.已知车的额定功率为P,阻力为车总重力的k倍,重力加速度为g,则下列说法正确的是(　BD　)A.汽车挂一节车厢时的最大速度是挂两节车厢时的两倍B.汽车挂一节车厢时的最大速度为C.若汽车挂两节车厢时的最大速度为v,汽车始终以恒定功率P前进,则汽车的速度为v时的加速度为-gkD.汽车挂两节车厢并以最大速度行驶,某时刻后面的一节车厢突然脱离,要想使汽车的速度不变,汽车的功率必须变为P解析:挂一节车厢时,根据P=2kmgv1,挂两节车厢时,P=3kmgv,可得汽车挂一节车厢时的最大速度是挂两节车厢时的1.5倍,选项A错误;根据P=2kmgv1,可得汽车挂一节车厢时的最大速度为v1=,选项B正确;汽车挂两节车厢运动的速度为时,牵引力F=,阻力f=3kmg,加速度a==-3gk,选项C错误;由P=3kmgv,可得v=,某时刻后面的一节车厢突然脱离,要想使汽车的速度不变,汽车做匀速运动,牵引力变为2kmg,汽车的功率必须变为2kmgv=P,选项D正确.12.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v0从距O点右方s0处的P点向左运动,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s1.(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s2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=m.(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(s1+s0)=m解得s1=-s0.(3)A,B在弹簧处于原长处分离,设此时它们的共同速度是v1,弹出过程弹力做功为W F只有A时,从O’到P有W F-μmg(s1+s0)=0-0,A,B共同从O’到O有W F-2μmgs1=×2m分离后对A有m=μmgs2联立以上各式可得s2=s0-.答案:(1)m　(2)-s0　(3)s0-13.(2019·山东泰安模拟)如图(甲)所示,一固定在地面上的足够长斜面,倾角为37°,物体A放在斜面底端挡板处,通过不可伸长的轻质绳跨过光滑轻质滑轮与物体B相连接,B的质量M=1 kg,绳绷直时B离地面有一定高度.在t=0时刻,无初速度释放B,由固定在A上的速度传感器得到的数据绘出的物体A沿斜面向上运动的v-t图像如图(乙)所示.若B落地后不反弹,g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8.求:(1)B下落的加速度大小a;(2)A沿斜面向上运动的过程中,绳的拉力对A做的功W;(3)A(包括传感器)的质量m及A与斜面间的动摩擦因数μ;(4)在0～0.75 s内摩擦力对A做的功.解析:(1)由题图(乙)可知,前0.5 s内,A,B以相同大小的加速度做匀加速运动,0.5 s末速度大小为2 m/s.a== m/s2=4 m/s2.(2)前0.5 s,绳绷直,设绳的拉力大小为F;后0.25 s,绳松弛,拉力为0,前0.5 s,A沿斜面发生的位移s=vt=0.5 m对B由牛顿第二定律有Mg-F=Ma代入数据解得F=6 N所以绳的拉力对A做的功W=Fs=3 J.(3)前0.5 s,对A由牛顿第二定律有F-(mgsin 37°+μmgcos 37°)=ma后0.25 s,由题图(乙)得A的加速度大小a’= m/s2=8 m/s2对A由牛顿第二定律有mgsin 37°+μmgcos 37°=ma’可得F=m(a+a’)代入数据解得m=0.5 kg,μ=0.25.(4)物体A在斜面上先加速后减速,滑动摩擦力的方向不变,一直做负功在0～0.75 s内物体A的位移为s’=×0.75×2 m=0.75 mW摩=-μmgs’cos 37°=-0.75 J.答案:(1)4 m/s2　(2)3 J　(3)0.5 kg　0.25(4)-0.75 J。

2020年高考物理一轮复习热点题型归纳与变式演练专题12 动能定理的理解与应用【专题导航】目录热点题型一动能定理的理解 (1)热点题型二动能定理在直线运动中的应用 (2)热点题型三动能定理在曲线运动中的应用 (3)热点题型四动能定理与图象的结合问题 (3)F-图像 (4)xv-图像 (4)ta-图像 (5)t-图像 (6)xEk热点题型五动能定理在多阶段、多过程综合问题中的应用 (6)运用动能定理巧解往复运动问题 (7)动能定理解决平抛、圆周运动相结合的问题 (7)【题型演练】 (8)【题型归纳】热点题型一动能定理的理解1．定理中“外力”的两点理解(1)重力、弹力、摩擦力、电场力、磁场力或其他力，它们可以同时作用，也可以不同时作用．(2)既可以是恒力，也可以是变力．2．公式中“＝”体现的三个关系【例1】(2019·广东六校联考)北京获得2022年冬奥会举办权，冰壶是冬奥会的比赛项目．将一个冰壶以一定初速度推出后将运动一段距离停下来．换一个材料相同、质量更大的冰壶，以相同的初速度推出后，冰壶运动的距离将()A．不变B．变小C．变大D．无法判断【变式1】(2018·高考全国卷Ⅱ)如图，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度．木箱获得的动能一定()A．小于拉力所做的功B．等于拉力所做的功C．等于克服摩擦力所做的功D．大于克服摩擦力所做的功【变式2】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热点题型二动能定理在直线运动中的应用1.若在直线运动中知道初、末状态，而不需要考虑中间过程时，一般用动能定理处理位移与速度的关系2.一般用分段法来处理问题，找准直线运动中转折处其动能有无损失【例2】(2019·吉林大学附中模拟)如图所示，小物块从倾角为θ的倾斜轨道上A点由静止释放滑下，最终停在水平轨道上的B点，小物块与水平轨道、倾斜轨道之间的动摩擦因数均相同，A、B两点的连线与水平方向的夹角为α，不计物块在轨道转折时的机械能损失，则动摩擦因数为()A．tan θB．tan α C．tan(θ＋α) D．tan(θ－α)【变式1】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()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) 【变式2】如图为某同学建立的一个测量动摩擦因数的模型．物块自左侧斜面上A 点由静止滑下，滑过下面 一段平面后，最高冲至右侧斜面上的B 点．实验中测量出了三个角度，左、右斜面的倾角α和β及AB 连线与水平面的夹角为θ.物块与各接触面间动摩擦因数相同且为μ，忽略物块在拐角处的能量损失，以下结论正确的是( )A ．μ＝tan αB ．μ＝tan βC ．μ＝tan θD ．μ＝tanα－β2热点题型三动能定理在曲线运动中的应用【例3】.如图，一半径为R 、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ 水平．一质量为m 的质点自P 点上方高度R 处由静止开始下落，恰好从P 点进入轨道．质点滑到轨道最低点N 时，对轨道的压力为4mg ，g 为重力加速度的大小．用W 表示质点从P 点运动到N 点的过程中克服摩擦力所做的功．则( )A ．W ＝12mgR ，质点恰好可以到达Q 点B ．W >12mgR ，质点不能到达Q 点 C ．W ＝12mgR ，质点到达Q 点后，继续上升一段距离 D ．W <12mgR ，质点到达Q 点后，继续上升一段距离 【变式】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( )A ．a ＝2（mgR －W ）mRB ．a ＝2mgR －W mRC ．N ＝3mgR －2W RD ．N ＝2（mgR －W ）R热点题型四动能定理与图象的结合问题1．解决物理图象问题的基本步骤(1)观察题目给出的图象，弄清纵坐标、横坐标所对应的物理量及图线所表示的物理意义．(2)根据物理规律推导出纵坐标与横坐标所对应的物理量间的函数关系式．(3)将推导出的物理规律与数学上与之相对应的标准函数关系式相对比，找出图线的斜率、截距、图线的交点、图线下方的面积所对应的物理意义，根据对应关系列式解答问题．2．四类图象所围“面积”的含义F 图像x【例4】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F作用下开始运动，推力F随位移x变化的关系图象如图乙所示，已知物体与面间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10 m/s2，则下列说法正确的是()A．物体先做加速运动，推力为零时开始做减速运动B．物体在水平地面上运动的最大位移是10 m C．物体运动的最大速度为215 m/s D．物体在运动中的加速度先变小后不变【变式】(2019·大连五校联考)在某一粗糙的水平面上，一质量为2 kg的物体在水平恒定拉力的作用下做匀速直线运动，当运动一段时间后，拉力逐渐减小，且当拉力减小到零时，物体刚好停止运动，图中给出了拉力随位移变化的关系图象．已知重力加速度g＝10 m/s2.根据以上信息能精确得出或估算得出的物理量有()A．物体与水平面间的动摩擦因数B．合外力对物体所做的功C．物体做匀速运动时的速度D．物体运动的时间v-图像t【例5】(2019·安徽合肥一模)A、B两物体分别在水平恒力F1和F2的作用下沿水平面运动，先后撤去F1、F2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．F1、F2大小之比为1∶2 B．F1、F2对A、B做功之比为1∶2C．A、B质量之比为2∶1 D．全过程中A、B克服摩擦力做功之比为2∶1【变式】(2018·高考全国卷Ⅲ) 地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送到地面．某竖井中矿车提升的速度大小v随时间t的变化关系如图所示，其中图线①②分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶段加速度的大小都相同；两次提升的高度相同，提升的质量相等．不考虑摩擦阻力和空气阻力．对于第①次和第②次提升过程()A．矿车上升所用的时间之比为4∶5 B．电机的最大牵引力之比为2∶1C．电机输出的最大功率之比为2∶1 D．电机所做的功之比为4∶5a-图像t【例6】(2019·山西模拟)用传感器研究质量为2 kg的物体由静止开始做直线运动的规律时，在计算机上得到0～6 s内物体的加速度随时间变化的关系如图所示．下列说法正确的是()A．0～6 s内物体先向正方向运动，后向负方向运动B．0～6 s内物体在4 s时的速度最大C ．物体在2～4 s 内速度不变D ．0～4 s 内合力对物体做的功等于0～6 s 内合力做的功【变式】质量为m 的小球被系在轻绳一端，在竖直平面内做半径为R 的圆周运动，运动过程中小球受到空 气阻力的作用．设某一时刻小球通过轨道的最低点，此时绳子的张力为7mg ，此后小球继续做圆周运动， 经过半个圆周恰能通过最高点，则在此过程中小球克服空气阻力所做的功为 ( )A.14mgRB.310mgRC.12mgR D ．mgRx E k 图像【例7】(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( )【变式】(2018·高考江苏卷)从地面竖直向上抛出一只小球，小球运动一段时间后落回地面．忽略空气阻力，该过程中小球的动能E k 与时间t 的关系图象是 ( )热点题型五动能定理在多阶段、多过程综合问题中的应用1．由于多过程问题的受力情况、运动情况比较复杂，从动力学的角度分析多过程问题往往比较复杂，但是，用动能定理分析问题，是从总体上把握其运动状态的变化，并不需要从细节上了解．因此，动能定理的优越性就明显地表现出来了，分析力的作用是看力做的功，也只需把所有的力做的功累加起来即可．2．运用动能定理解决问题时，有两种思路：一种是全过程列式，另一种是分段列式．3．全过程列式涉及重力、弹簧弹力，大小恒定的阻力或摩擦力做功时，要注意运用它们的功能特点：(1)重力做的功取决于物体的初、末位置，与路径无关；(2)大小恒定的阻力或摩擦力做的功等于力的大小与路程的乘积；(3)弹簧弹力做功与路径无关．4．应用动能定理解题的基本步骤运用动能定理巧解往复运动问题【例8】．如图所示装置由AB、BC、CD三段轨道组成，轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接，其中轨道AB、CD段是光滑的，水平轨道BC的长度s＝5 m，轨道CD足够长且倾角θ＝37°，A、D两点离轨道BC 的高度分别为h1＝4.30 m、h2＝1.35 m．现让质量为m的小滑块自A点由静止释放．已知小滑块与轨道BC 间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：(1)小滑块第一次到达D点时的速度大小；(2)小滑块最终停止的位置距B点的距离．【变式】如图所示，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 是水平的，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开始下滑(图中小物块未画出)．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，则停止的地点到B的距离为()A．0.50 m B．0.25 m C．0.10 m D．0动能定理解决平抛、圆周运动相结合的问题【例9】．(2019·桂林质检)如图所示，倾角为37°的粗糙斜面AB底端与半径R＝0.4 m的光滑半圆轨道BC平滑相连，O点为轨道圆心，BC为圆轨道直径且处于竖直方向，A、C两点等高，质量m＝1 kg的滑块从A点由静止开始下滑，恰能滑到与O点等高的D点，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.(1)求滑块与斜面间的动摩擦因数μ；(2)若使滑块能到达C点，求滑块从A点沿斜面滑下时的初速度v0的最小值；(3)若滑块离开C点的速度大小为4 m/s，求滑块从C点飞出至落到斜面上所经历的时间t.【变式1】(2019·河北衡水中学模拟)如图所示，质量为0.1 kg的小物块在粗糙水平桌面上滑行4 m后以3.0 m/s 的速度飞离桌面，最终落在水平地面上，已知物块与桌面间的动摩擦因数为0.5，桌面高0.45 m，若不计空气阻力，取g＝10 m/s2，则下列说法错误的是()A．小物块的初速度是5 m/s B．小物块的水平射程为1.2 mC．小物块在桌面上克服摩擦力做8 J的功D．小物块落地时的动能为0.9 J【变式2】如图，在水平轨道右侧固定半径为R的竖直圆槽形光滑轨道，水平轨道的PQ段铺设特殊材料，调节其初始长度为l，水平轨道左侧有一轻质弹簧左端固定，弹簧处于自然伸长状态．可视为质点的小物块从轨道右侧A点以初速度v0冲上轨道，通过圆形轨道、水平轨道后压缩弹簧，并被弹簧以原速率弹回．已知R＝0.4 m，l＝2.5 m，v0＝6 m/s，物块质量m＝1 kg，与PQ段间的动摩擦因数μ＝0.4，轨道其他部分摩擦不计．g取10 m/s2.求：(1)物块第一次经过圆轨道最高点B时对轨道的压力；(2)物块仍以v0从右侧冲上轨道，调节PQ段的长度L，当L长度是多少时，物块恰能不脱离轨道返回A点继续向右运动．【题型演练】1.如图所示，小物块与水平轨道、倾斜轨道之间的动摩擦因数均相同，小物块从倾角为θ1的轨道上高度为h 的A点由静止释放，运动至B点时速度为v1.现将倾斜轨道的倾角调至为θ2，仍将物块从轨道上高度为h的A点静止释放，运动至B点时速度为v2.已知θ2<θ1，不计物块在轨道接触处的机械能损失．则()A．v1<v2 B．v1>v2 C．v1＝v2 D．由于不知道θ1、θ2的具体数值，v1、v2关系无法判定2.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F作用下开始运动，推力F随位移x变化的关系图象如图乙所示，已知物体与地面间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10 m/s2，则下列说法正确的是()A．物体先做加速运动，推力为零时开始做减速运动B．物体在水平地面上运动的最大位移是10 m C．物体运动的最大速度为215 m/s D．物体在运动中的加速度先变小后不变3.(2018·高考全国卷Ⅰ)如图，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R；bc是半径为R的四分之一圆弧，与ab相切于b点．一质量为m的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静止开始向右运动．重力加速度大小为g.小球从a点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为()A．2mgR B．4mgR C．5mgR D．6mgR4.(2019·襄阳模拟)用竖直向上大小为30 N的力F，将2 kg的物体从沙坑表面由静止提升1 m时撤去力F，经一段时间后，物体落入沙坑，测得落入沙坑的深度为20 cm.若忽略空气阻力，g取10 m/s2.则物体克服沙坑的阻力所做的功为()A．20 J B．24 J C．34 J D．54 J5.(2019·宁波模拟)如图所示，木盒中固定一质量为m的砝码，木盒和砝码在桌面上以一定的初速度一起滑行一段距离后停止．现拿走砝码，而持续加一个竖直向下的恒力F(F＝mg)，若其他条件不变，则木盒滑行的距离()A ．不变B ．变小C ．变大D ．变大变小均可能6.(2019·北京101中学检测)如图所示，质量为m 的物体静置在水平光滑平台上，系在物体上的绳子跨过光滑的定滑轮，由地面上的人以速度v 0向右匀速拉动，设人从地面上平台的边缘开始向右行至绳与水平方向夹角为45°处，在此过程中人所做的功为( )A ．mv 202B ．2mv 202C ．mv 204D ．mv 20 7. 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，下列四个图象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( )8.一圆弧形的槽，槽底放在水平地面上，槽的两侧与光滑斜坡aa ′、bb ′相切，相切处a 、b 位于同一水平面内， 槽与斜坡在竖直平面内的截面如图所示．一小物块从斜坡aa ′上距水平面ab 的高度为2h 处沿斜坡自由滑下， 并自a 处进入槽内，到达b 后沿斜坡bb ′向上滑行，已知到达的最高处距水平面ab 的高度为h ；接着小物块、 沿斜坡bb ′滑下并从b 处进入槽内反向运动，若不考虑空气阻力，则( )A ．小物块再运动到a 处时速度变为零B ．小物块每次经过圆弧槽最低点时对槽的压力不同C ．小物块不仅能再运动到a 处，还能沿斜坡aa ′向上滑行，上升的最大高度为hD ．小物块不仅能再运动到a 处，还能沿斜坡aa ′向上滑行，上升的最大高度小于h9 如图所示，水平桌面上的轻质弹簧左端固定，右端与静止在O 点质量为m ＝1 kg 的小物块接触而不连接， 此时弹簧无形变．现对小物块施加F ＝10 N 水平向左的恒力，使其由静止开始向左运动．小物块在向左运动到A 点前某处速度最大时，弹簧的弹力为6 N ，运动到A 点时撤去推力F ，小物块最终运动到B 点静止．图中OA ＝0.8 m ，OB ＝0.2 m ，重力加速度g 取10 m/s 2.求小物块：(1)与桌面间的动摩擦因数μ；(2)向右运动过程中经过O 点的速度；(3)向左运动的过程中弹簧的最大压缩量．10.(2018·高考全国卷 Ⅲ )如图，在竖直平面内，一半径为R 的光滑圆弧轨道ABC 和水平轨道P A 在A 点相切，BC 为圆弧轨道的直径，O 为圆心，OA 和OB 之间的夹角为α，sin α＝35.一质量为m 的小球沿水平轨道向右运动，经A 点沿圆弧轨道通过C 点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用．已知小球在C 点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零．重力加速度大小为g .求(1)水平恒力的大小和小球到达C 点时速度的大小；(2)小球到达A 点时动量的大小；(3)小球从C 点落至水平轨道所用的时间．。

2020年高考物理一轮复习专题强化卷----动能定理的应用一、单选题（共 9题，45分）1、北京获得2022年冬奥会举办权，冰壶是冬奥会的比赛项目．将一个冰壶以一定初速度推出后将运动一段距离停下来．换一个材料相同、质量更大的冰壶，以相同的初速度推出后，冰壶运动的距离将( ) A ．不变 B ．变小 C ．变大 D ．无法判断 【答案】 A2、如图，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度．木箱获得的动能一定( )A ．小于拉力所做的功B ．等于拉力所做的功C ．等于克服摩擦力所做的功D ．大于克服摩擦力所做的功 【答案】 A3、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( )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＋Hh)【答案】C4、如图，一半径为R 、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ 水平．一质量为m 的质点自P 点上方高度R 处由静止开始下落，恰好从P 点进入轨道．质点滑到轨道最低点N 时，对轨道的压力为4mg ，g 为重力加速度的大小．用W 表示质点从P 点运动到N 点的过程中克服摩擦力所做的功．则( )A ．W ＝12mgR ，质点恰好可以到达Q 点B ．W >12mgR ，质点不能到达Q 点C ．W ＝12mgR ，质点到达Q 点后，继续上升一段距离D ．W <12mgR ，质点到达Q 点后，继续上升一段距离【答案】C5、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F 作 用下开始运动，推力F 随位移x 变化的关系图象如图乙所示，已知物体与面间的动摩擦因数μ＝0.5，g 取10m/s 2，则下列说法正确的是 ( )A ．物体先做加速运动，推力为零时开始做减速运动B ．物体在水平地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】 B6、用传感器研究质量为2 kg 的物体由静止开始做直线运动的规律时，在计算机上得到0～6 s 内物体的加速度随时间变化的关系如图所示．下列说法正确的是( )A．0～6 s内物体先向正方向运动，后向负方向运动B．0～6 s内物体在4 s时的速度最大C．物体在2～4 s内速度不变D．0～4 s内合力对物体做的功等于0～6 s内合力做的功【答案】D.7、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()【答案】C8、如图，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R；bc是半径为R的四分之一圆弧，与ab相切于b点．一质量为m的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静止开始向右运动．重力加速度大小为g.小球从a点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为()A．2mgR B．4mgR C．5mgR D．6mgR【答案】C9、如图所示，质量为m的物体静置在水平光滑平台上，系在物体上的绳子跨过光滑的定滑轮，由地面上的人以速度v0向右匀速拉动，设人从地面上平台的边缘开始向右行至绳与水平方向夹角为45°处，在此过程中人所做的功为()A ．mv 202B ．2mv 202C ．mv 204D ．mv 20 【答案】C.二、不定项选择题（共4题 24分）10、在某一粗糙的水平面上，一质量为2 kg 的物体在水平恒定拉力的作用下做匀速直线运动，当运动一段时间后，拉力逐渐减小，且当拉力减小到零时，物体刚好停止运动，图中给出了拉力随位移变化的关系图象．已知重力加速度g ＝10 m/s 2.根据以上信息能精确得出或估算得出的物理量有( )A ．物体与水平面间的动摩擦因数B ．合外力对物体所做的功C ．物体做匀速运动时的速度D ．物体运动的时间 【答案】ABC11、 地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送到地面．某竖井中矿车提升的速度大小v 随时间t 的变化关系如图所示，其中图线①①分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶段加速度的大小都相同；两次提升的高度相同，提升的质量相等．不考虑摩擦阻力和空气阻力．对于第①次和第①次提升过程 ( )A ．矿车上升所用的时间之比为4①5B ．电机的最大牵引力之比为2①1C ．电机输出的最大功率之比为2①1D ．电机所做的功之比为4①5 【答案】AC12、如图所示，质量为0.1 kg 的小物块在粗糙水平桌面上滑行4 m 后以3.0 m/s 的速度飞离桌面，最终落在水平地面上，已知物块与桌面间的动摩擦因数为0.5，桌面高0.45 m ，若不计空气阻力，取g ＝10 m/s 2，则下列说法错误的是()A．小物块的初速度是5 m/s B．小物块的水平射程为1.2 mC．小物块在桌面上克服摩擦力做8 J的功D．小物块落地时的动能为0.9 J【答案】ABC.13、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，下列四个图象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()【答案】BD三、计算题（共2题31分）14、如图所示，水平桌面上的轻质弹簧左端固定，右端与静止在O点质量为m＝1 kg的小物块接触而不连接，此时弹簧无形变．现对小物块施加F＝10 N水平向左的恒力，使其由静止开始向左运动．小物块在向左运动到A点前某处速度最大时，弹簧的弹力为6 N，运动到A点时撤去推力F，小物块最终运动到B点静止．图中OA＝0.8 m，OB＝0.2 m，重力加速度g取10 m/s2.求小物块：(1)与桌面间的动摩擦因数μ；(2)向右运动过程中经过O点的速度；(3)向左运动的过程中弹簧的最大压缩量．【答案】(1)0.4 (2)1.26 m/s (3)0.9 m【解析】(1)小物块速度达到最大时，加速度为零． F －μmg －F 弹＝0，μ＝F －F 弹mg＝0.4.(2)设向右运动通过O 点时的速度为v 0，从O 到B ， 由动能定理得－F f x OB ＝0－12mv 20，F f ＝μmg ＝4 N ，解得v 0＝ 1.6 m/s≈1.26 m/s.(3)弹簧最大压缩量为x max ，对小物块运动的全过程，根据动能定理得Fx OA －F f (2x max ＋x OB )＝0， 代入数值得x max ＝0.9 m.15、如图，在竖直平面内，一半径为R 的光滑圆弧轨道ABC 和水平轨道P A 在A 点相切，BC 为圆弧轨道的直径，O 为圆心，OA 和OB 之间的夹角为α，sin α＝35.一质量为m 的小球沿水平轨道向右运动，经A 点沿圆弧轨道通过C 点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用．已知小球在C 点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零．重力加速度大小为g .求(1)水平恒力的大小和小球到达C 点时速度的大小； (2)小球到达A 点时动量的大小；(3)小球从C 点落至水平轨道所用的时间． 【答案】 见解析【解析】 (1)设水平恒力的大小为F 0，小球到达C 点时所受合力的大小为F .由力的合成法则有F 0mg＝tan α ① F 2＝(mg )2＋F 2①设小球到达C 点时的速度大小为v ，由牛顿第二定律得 F ＝m v 2R①由①①①式和题给数据得 F 0＝34mg①v ＝5gR2. ①(2)设小球到达A 点的速度大小为v 1，作CD ①P A ，交P A 于D 点，由几何关系得 DA ＝R sin α ① CD ＝R (1＋cos α) ①由动能定理有－mg ·CD －F 0·DA ＝12mv 2－12mv 21①由①①①①①式和题给数据得，小球在A 点的动量大小为 p ＝mv 1＝m 23gR2.①(3)小球离开C 点后在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运动，加速度大小为g .设小球在竖直方向的初速度为v ①，从C 点落至水平轨道上所用时间为t .由运动学公式有v ①t ＋12gt 2＝CD①v①＝v sin α①由①①①①式和题给数据得t＝355Rg.①。

2020年高考物理备考：专题练习卷---动能 动能定理一、单项选择题(每小题5分，共50分)1.物体在合力作用下做直线运动的v -t 图象如图5-2-2所示。

下列表述正确的是( )A ．在0～1 s 内，合力做正功B ．在0～2 s 内，合力总是做负功C ．在1 s ～2 s 内，合力不做功D ．在0～3 s 内，合力总是做正功 【答案】A【解析】由动能定理可知，合力做的功等于动能的增量，0～1 s 内，速度增加，合力做正功，A 正确；1 s ～2 s 内动能减小，合力做负功，0～3 s 内，动能增量为零，合力不做功，而0～2 s 内，动能增大，合力做正功，B 、C 、D 错误。

2.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 【答案】C【解析】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。

3．物体沿直线运动的v -t 关系如图1所示，已知在第1 s 内合力对物体做的功为W ，则( )A ．从第1 s 末到第3 s 末合力做功为4WB ．从第3 s 末到第5 s 末合力做功为－2WC ．从第5 s 末到第7 s 末合力做功为WD ．从第3 s 末到第4 s 末合力做功为0.75W 【答案】C【解析】 由题图知，第1 s 末速度、第3 s 末速度、第7 s 末速度大小关系v 1＝v 3＝v 7，由题知W ＝12mv 21－0，则由动能定理知第1 s 末到第3 s 末合力做功W 2＝12mv 23－12mv21＝0，A 错误；第3 s 末到第5 s 末合力做功W 3＝0－12mv 23＝－W ，B 错误；第5 s 末到第7 s 末合力做功W 4＝12mv 27－0＝W ，C 正确；第3 s 末到第4 s 末合力做功W 5＝12 mv 24－12mv 23，因v 4＝12v 3，所以W 5＝－0.75W ，D 错误。

动能定理一、选择题1．(2018届南通市二次调研)某同学用如图所示的装置测量一个凹形木块的质量m ，弹簧的左端固定，木块在水平面上紧靠弹簧(不连接)将其压缩，记下木块右端位置A 点，释放后，木块右端恰能运动到B 1点．在木块槽中加入一个质量m 0＝200 g 的砝码，再将木块左端紧靠弹簧，木块右端位置仍然在A 点，释放后木块离开弹簧，右端恰能运动到B 2点．测得AB 1、AB 2长分别为36.0 cm 和12.0 cm ，则木块的质量m 为( )A.100 g B ．200 g C ．300 g D ．400 gA2.(2019届西安质检)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 A3.(2018届济宁模拟)如图所示的竖直轨道，其圆形部分半径分别是R 和R2，质量为m 的小球通过这段轨道时，在A 点时刚好对轨道无压力，在B 点时对轨道的压力为mg .则小球由A 点运动到B 点的过程中摩擦力对小球做的功为( )A ．－mgRB ．－98mgRC ．－54mgRD ．－43mgRA4．(多选)质量为1 kg 的物体静止在粗糙的水平地面上，在一水平外力F 的作用下运动，如图甲所示，外力F 和物体克服摩擦力f 做的功与物体位移的关系如图乙所示，重力加速度g 取10 m/s 2.下列分析正确的是( )A ．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/s ACD5.(2018届吉林三校联考)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 两球均处于静止状态，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 JC6.(2019届石家庄联考)质量为m 的小球在竖直向上的拉力作用下从静止开始运动，其v ­t 图象如图所示(竖直向上为正方向，DE 段为直线)，已知重力加速度大小为g ，下列说法正确的是( )A ．t 3～t 4时间内，小球竖直向下做匀减速直线运动B ．t 0～t 2时间内，合力对小球先做正功后做负功C ．0～t 2时间内，小球的平均速度一定为v 22D ．t 3～t 4时间内，拉力做的功为m v 3＋v 42[(v 4－v 3)＋g (t 4－t 3)]D7．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.716mg D.725mg D8.(2018届河南洛阳名校联考)一摩托车在竖直的圆轨道内侧做匀速圆周运动，周期为T ，人和车(当做质点)的总质量为m ，轨道半径为R ，车经最高点时发动机功率为P 0，车对轨道的压力为2mg .设轨道对摩托车的阻力与车对轨道的压力成正比，则( )A ．车经最低点时对轨道的压力为3mgB ．车经最低点时发动机功率为2P 0C ．车从最高点经半周到最低点的过程中发动机做的功为12P 0TD ．车从最高点经半周到最低点的过程中发动机做的功为2mgR B 二、非选择题9．(2018届南京市、盐城市—模)如图所示，炼钢厂通常用滚筒来传送软钢锭，使具有一定初速度的软钢锭通过滚筒滑上平台，质量为M 的软钢锭长为L ，上表面光滑，下表面与平台间是粗糙的．现以水平向右的初速度滑上平台，全部滑上平台时的速度为v .此时，在其右端无初速放上一个质量为m 的滑块(视为质点)．随后软钢锭滑过2L 距离时速度为零，滑块恰好到达平台，重力加速度取g ，空气阻力不计．求：(1)滑块获得的最大加速度(不考虑与平台的撞击过程)； (2)滑块放上后，软钢锭滑动过程克服阻力做的功； (3)软钢锭处于静止状态时，滑块到达平台的动能． 答案：(1)g (2)12Mv 2 (3)22M ＋m mg 2L2Mv 210．(2019届枣庄期末)如图甲所示，电动机通过绕过光滑定滑轮的细绳与放在倾角为30°的光滑斜面上的物体相连，启动电动机后物体沿斜面上升；在0～3 s 时间内物体运动的v ­t 图象如图乙所示，其中除1～2 s 时间段图象为曲线外，其余时间段图象均为直线，1 s 后电动机的输出功率保持不变；已知物体的质量为2 kg ，重力加速度g ＝10 m/s 2.求：(1)1 s 后电动机的输出功率P ； (2)物体运动的最大速度v m ； (3)在0～3 s 内电动机所做的功． 答案：(1)100 W (2)10 m/s (3)250 J11.(2019届福建省毕业班质量检查)如图，固定直杆上套有一小球和两根轻弹簧，两根轻弹簧的一端与小球相连，另一端分别固定在杆上相距为2L 的A 、B 两点．直杆与水平面的夹角为θ，小球质量为m ，两根轻弹簧的原长均为L 、劲度系数均为3mg sin θL，g 为重力加速度．(1)小球在距B 点45L 的P 点处于静止状态，求此时小球受到的摩擦力大小和方向；(2)设小球在P 点受到的摩擦力为最大静摩擦力，且与滑动摩擦力相等．现让小球从P 点以一沿杆方向的初速度向上运动，小球最高能到达距A 点45L 的Q 点，求初速度的大小．答案：(1)mg sin θ5 方向沿杆向下(2)26gL sin θ512.(2019届河南三门峡期末)一质量为m 的质点，系在轻绳的一端，绳的另一端固定在水平面上，水平面粗糙．此质点在该水平面上做半径为r 的圆周运动，设质点的最初速率是v 0，滑动摩擦力大小恒定，当它运动一周时，其速率变为v 02，已知重力加速度为g ，求：(1)质点与水平面的动摩擦因数； (2)当质点运动一周时的加速度大小； (3)质点在静止以前运动了多少圈． 答案：(1)3v 0216πrg(2)⎝ ⎛⎭⎪⎫v 024r 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫3v 0216πr 2 (3)1.33 13．(2019届晋城调研)如图甲所示，一滑块从平台上A 点以初速度v 0向右滑动，从平台上滑离后落到地面上的落地点离平台的水平距离为s，多次改变初速度的大小，重复前面的过程，根据测得的多组v0和s，作出s2­v02图象如图乙所示，滑块与平台间的动摩擦因数为0.3，重力加速度g＝10 m/s2.(1)求平台离地的高度h及滑块在平台上滑行的距离d；(2)若将滑块的质量增大为原来的2倍，滑块从A点以4 m/s的初速度向右滑动，求滑块滑离平台后落地时的速度大小v′及落地点离平台的水平距离s的大小．答案：(1)1 m 2 m (2)2 6 m/s 255m。

第二节 动能 动能定理一、动能1．定义：物体由于运动而具有的能． 2．表达式：E k ＝12mv 2． 3．单位：焦耳，1 J ＝1 N ·m ＝1 kg ·m 2/s 2.4．矢标性：标量．1.判断正误(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)选择不同的参考系时，动能有可能为负值．( )提示：(1)× (2)√ (3)√ (4)√ (5)×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．2．表达式：W ＝E k2－E k1＝12mv 22－12mv 21． 3．适用范围(1)动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动．(2)既适用于恒力做功，也适用于变力做功．(3)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以不同时作用．2.(多选)关于动能定理的表达式W ＝E k2－E k1，下列说法中正确的是( )A ．公式中的W 为不包含重力的其他力做的总功B ．公式中的W 为包含重力在内的所有力做的功，也可通过以下两种方式计算：先求每个力的功再求功的代数和或先求合外力再求合外力的功C ．公式中的E k2－E k1为动能的增量，当W ＞0时动能增加，当W ＜0时动能减少D ．动能定理适用于直线运动，但不适用于曲线运动，适用于恒力做功，但不适用于变力做功提示：BC对动能定理的理解及应用【知识提炼】1．动能定理公式中“＝”体现的“三个关系”数量关系合力的功与物体动能的变化可以等量代换 单位关系国际单位都是焦耳 因果关系 合力做的功是物体动能变化的原因为参考系．3．适用范围：直线运动、曲线运动、恒力做功、变力做功、各个力同时做功、分段做功均可用动能定理．【典题例析】(2015·高考山东卷)如图甲所示，物块与质量为m 的小球通过不可伸长的轻质细绳跨过两等高定滑轮连接．物块置于左侧滑轮正下方的表面水平的压力传感装置上，小球和右侧滑轮的距离为l .开始时物块和小球均静止，将此时传感装置的示数记为初始值．现给小球施加一始终垂直于l 段细绳的力，将小球缓慢拉起至细绳与竖直方向成60°角，如图乙所示，此时传感器装置的示数为初始值的1.25倍；再将小球由静止释放，当运动至最低位置时，传感装置的示数为初始值的0.6倍．不计滑轮的大小和摩擦，重力加速度的大小为g .求：甲 乙(1)物块的质量；(2)从释放到运动至最低位置的过程中，小球克服空气阻力所做的功．[解析] (1)设开始时细绳的拉力大小为F T1，传感装置的初始值为F 1，物块质量为M ，由平衡条件得对小球，F T1＝mg ①对物块，F 1＋F T1＝Mg ②当细绳与竖直方向的夹角为60°时，设细绳的拉力大小为F T2，传感装置的示数为F 2，据题意可知，F 2＝1.25F 1，由平衡条件得对小球，F T2＝mg cos 60°③对物块，F 2＋F T2＝Mg ④联立①②③④式，代入数据得 M ＝3m .⑤(2)设小球运动至最低位置时速度的大小为v ，从释放到运动至最低位置的过程中，小球克服阻力所做的功为W f ，由动能定理得mgl (1－cos 60°)－W f ＝12mv 2⑥在最低位置，设细绳的拉力大小为F T3，传感装置的示数为F 3，据题意可知，F 3＝0.6F 1⑦对小球，由牛顿第二定律得F T3－mg ＝m v 2l⑧ 对物块，由平衡条件得F 3＋F T3＝Mg ⑨联立①②⑤⑥⑦⑧⑨式得W f ＝0.1mgl .[答案] (1)3m (2)0.1mgl应用动能定理的三理解(1)动能定理说明了合力对物体所做的功和动能变化量间的一种因果关系和数量关系．(2)动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系．(3)动能定理的表达式是一个标量式，不能在某方向上应用动能定理．【跟进题组】考向1 对动能定理的理解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( )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解析：选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，但合外力不一定为零，C 、D 均错误．考向2 动能定理在变力做功中的应用2．(2015·高考全国卷Ⅰ)如图，一半径为R 、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ 水平．一质量为m 的质点自P 点上方高度R 处由静止开始下落，恰好从P 点进入轨道．质点滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4mg ，g 为重力加速度的大小．用W 表示质点从P 点运动到N 点的过程中克服摩擦力所做的功．则( )A ．W ＝12mgR ，质点恰好可以到达Q 点 B ．W >12mgR ，质点不能到达Q 点C ．W ＝12mgR ，质点到达Q 点后，继续上升一段距离D ．W <12mgR ，质点到达Q 点后，继续上升一段距离 解析：选C.设质点到达N 点的速度为v N ，在N 点质点受到轨道的弹力为F N ，则F N －mg ＝mv 2N R ，已知F N ＝F ′N ＝4mg ，则质点到达N 点的动能为E k N ＝12mv 2N ＝32mgR .质点由开始至N 点的过程，由动能定理得mg ·2R ＋W f ＝E k N －0，解得摩擦力做的功为W f ＝－12mgR ，即克服摩擦力做的功为W ＝－W f ＝12mgR .设从N 到Q 的过程中克服摩擦力做功为W ′，则W ′<W .从N 到Q 的过程，由动能定理得－mgR －W ′＝12mv 2Q －12mv 2N ，即12mgR －W ′＝12mv 2Q ，故质点到达Q 点后速度不为0，质点继续上升一段距离．选项C 正确．考向3 动能定理在曲线运动中的应用3．(多选)(2016·高考全国卷丙)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( )A ．a ＝2（mgR －W ）mRB ．a ＝2mgR －W mRC ．N ＝3mgR －2W RD ．N ＝2（mgR －W ）R解析：选AC.质点由半球面最高点到最低点的过程中，由动能定理有：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 ＝2（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． 动能定理在多阶段、多过程综合问题中的应用【知识提炼】1．应用动能定理解题应抓好“两状态，一过程”“两状态”即明确研究对象的始、末状态的速度或动能情况，“一过程”即明确研究过程，确定这一过程研究对象的受力情况和位置变化或位移信息．2．应用动能定理解题的基本思路【典题例析】如图所示，AB 是固定于竖直平面内的14光滑圆弧轨道，末端B 处的切线方向水平．一物体P (可视为质点)从圆弧最高点A 处由静止释放，滑到B 端飞出，落到地面上的C 点．测得C 点和B 点的水平距离OC ＝L ，B 点距地面的高度OB ＝h .现在轨道下方紧贴B 端安装一个水平传送带，传送带的右端与B 点的距离为L 2.当传送带静止时，让物体P 从A 处由静止释放，物体P 沿轨道滑过B 点后又在传送带上滑行并从传送带右端水平飞出，仍落在地面上的C 点．(1)求物体P 与传送带之间的动摩擦因数．(2)若在A 处给P 一个竖直向下的初速度v 0，物体P 从传送带右端水平飞出，落在地面上的D 点，求OD 的大小．(3)若传送带驱动轮顺时针转动，带动传送带以速度v 匀速运动．再把物体P 从A 处由静止释放，物体P 落在地面上．设着地点与O 点的距离为x ，求出x 可能的范围．[审题指导] 第(3)问中，若物体在传送带上全程减速，则x 最小；若物体在传送带上全程加速，则x 最大．[解析] (1)无传送带时，物体由B 运动到C ，做平抛运动，设物体在B 点的速度为v B ，则L ＝v B t ① h ＝12gt 2②由①②式得v B ＝L g 2h③ 有传送带时，设物体离开传送带时的速度为v 2，则有L2＝v 2t ④ －μmgL 2＝12mv 22－12mv 2B ⑤ 由①②④⑤式得v 2＝L 2g 2h⑥ μ＝3L 8h .⑦ (2)设物体离开传送带时的速度为v ′2，则由动能定理有 mgR －μmg L 2＝12mv ′22－12mv 20⑧ mgR ＝12mv 2B ⑨OD ＝L 2＋v ′2t ⑩由①②④⑤⑧⑨⑩式得OD ＝L 2＋ L 24＋2hv 20g.⑪ (3)物体在传送带上全程减速时，离开传送带的末速度v I ＝L 2g 2h，则x min ＝L 物体在传送带上全程加速时，离开传送带的末速度为 v Ⅱ，μmg L 2＝12mv 2Ⅱ－12mv 2B ，v Ⅱ＝v 2B ＋μgL ＝L 27g 2h . 则x max ＝L 2＋v Ⅱ2h g ＝1＋72L 故L ≤x ≤1＋72L . [答案] (1)3L 8h (2)L 2＋ L 24＋2hv 20g(3)L ≤x ≤1＋72L 应用动能定理的两注意(1)动能定理往往用于单个物体的运动过程，由于不涉及加速度和时间，比动力学研究方法更简便．(2)当物体的运动包含多个不同过程时，可分段应用动能定理求解；当所求解的问题不涉及中间过程的速度时，也可以全过程应用动能定理求解．如图所示装置由AB 、BC 、CD 三段轨道组成，轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接，其中轨道AB 、CD段是光滑的，水平轨道BC 的长度s ＝5 m ，轨道CD 足够长且倾角θ＝37°，A 、D 两点离轨道BC 的高度分别为h 1＝4.30 m 、h 2＝1.35 m ．现让质量为m 的小滑块自A 点由静止释放．已知小滑块与轨道BC 间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：(1)小滑块第一次到达D 点时的速度大小；(2)小滑块最终停止的位置距B 点的距离．解析：(1)小滑块从A →B →C →D 过程中，由动能定理得 mg (h 1－h 2)－μmgs ＝12mv 2D －0将h 1、h 2、s 、μ、g 代入得：v D ＝3 m/s.(2)对小滑块运动全过程应用动能定理，设小滑块在水平轨道上运动的总路程为s 总．有：mgh 1＝μmgs 总将h 1、μ代入得：s 总＝8.6 m故小滑块最终停止的位置距B 点的距离为2s －s 总＝1.4 m.答案：(1)3 m/s (2)1.4 m1．(2017·襄阳模拟)用竖直向上大小为30 N 的力F ，将2 kg 的物体从沙坑表面由静止提升1 m 时撤去力F ，经一段时间后，物体落入沙坑，测得落入沙坑的深度为20 cm.若忽略空气阻力，g 取10 m/s 2.则物体克服沙坑的阻力所做的功为( )A ．20 JB ．24 JC ．34 JD ．54 J 解析：选C.对整个过程应用动能定理得：F ·h 1＋mgh 2－W f ＝0，解得：W f ＝34 J ，C 对．2．(多选)(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：选AB.由题意根据动能定理有，2mgh －W f ＝0，即2mgh －μmg cos 45°·hsin 45°－μmg cos 37°·h sin 37°＝0，得动摩擦因数μ＝67，则A 项正确；载人滑草车克服摩擦力做的功为W f ＝2mgh ，则C 项错误；载人滑草车在上下两段的加速度分别为a 1＝g (sin 45°－μcos 45°)＝214g ，a 2＝g (sin 37°－μcos 37°)＝－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 sin 45°＝v 2得，v ＝ 2a 1h sin 45°＝ 2gh 7，故B 项正确，D 项错误． 3．(多选)(2017·河北衡水中学模拟)如图所示，质量为0.1 kg 的小物块在粗糙水平桌面上滑行4 m 后以3.0 m/s 的速度飞离桌面，最终落在水平地面上，已知物块与桌面间的动摩擦因数为0.5，桌面高0.45 m ，若不计空气阻力，取g ＝10 m/s 2，则下列说法错误的是( )A ．小物块的初速度是5 m/sB ．小物块的水平射程为1.2 mC ．小物块在桌面上克服摩擦力做8 J 的功D ．小物块落地时的动能为0.9 J解析：选ABC.小物块在桌面上克服摩擦力做功W f ＝μmgL ＝2 J ，C 错．在水平桌面上滑行，由动能定理得－W f ＝12mv 2－12mv 20，解得v 0＝7 m/s ，A 错．小物块飞离桌面后做平抛运动，有x ＝vt 、h ＝12gt 2，联立解得x ＝0.9 m ，B 错．设小物块落地时动能为E k ，由动能定理得mgh ＝E k －12mv 2，解得E k ＝0.9 J ，D 对．4．用传感器研究质量为2 kg 的物体由静止开始做直线运动的规律时，在计算机上得到0～6 s 内物体的加速度随时间变化的关系如图所示．下列说法正确的是( )A ．0～6 s 内物体先向正方向运动，后向负方向运动B ．0～6 s 内物体在4 s 时的速度最大C ．物体在2～4 s 内速度不变D ．0～4 s 内合力对物体做的功等于0～6 s 内合力做的功解析：选D.由v ＝at 可知，a －t 图象中，图线与坐标轴所围面积表示质点的速度的变化量，0～6 s 内物体的速度始终为正值，故一直为正方向，A 项错；t ＝5 s 时，速度最大，B 项错；2～4 s 内加速度保持不变且不为零，速度一定变化，C 项错；0～4 s 内与0～6 s 内图线与坐标轴所围面积相等，故物体4 s 末和6 s 末速度相同，由动能定理可知，两段时间内合力对物体做功相等，D 项对．5.(2016·高考天津卷)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 ＝3.6m/s 2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.(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．解析：(1)运动员在AB 段做初速度为零的匀加速运动，设AB 的长度为x ，则有v 2B ＝2ax ①由牛顿第二定律有mg Hx－F f ＝ma ②联立①②式，代入数据解得F f ＝144 N ．③(2)设运动员到C 点时的速度为v C ，在由B 处运动到达C 点的过程中，由动能定理有mgh ＋W ＝12mv 2C －12mv 2B ④ 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 ＝mv 2C R⑤ 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.答案：(1)144 N (2)12.5 m一、单项选择题1.(2017·宁波模拟)如图所示，木盒中固定一质量为m 的砝码，木盒和砝码在桌面上以一定的初速度一起滑行一段距离后停止．现拿走砝码，而持续加一个竖直向下的恒力F (F ＝mg )，若其他条件不变，则木盒滑行的距离( )A ．不变B ．变小C ．变大D ．变大变小均可能解析：选B.设木盒质量为M ，木盒中固定一质量为m 的砝码时，由动能定理可知，μ(m＋M )gx 1＝12(M ＋m )v 2，解得x 1＝v 22μg；加一个竖直向下的恒力F (F ＝mg )时，由动能定理可知，μ(m ＋M )gx 2＝12Mv 2，解得x 2＝Mv 22（m ＋M ）μg.显然x 2<x 1. 2.(2017·北京101中学检测)如图所示，质量为m 的物体静置在水平光滑平台上，系在物体上的绳子跨过光滑的定滑轮，由地面上的人以速度v 0向右匀速拉动，设人从地面上平台的边缘开始向右行至绳与水平方向夹角为45°处，在此过程中人所做的功为( )A.mv 202 B.2mv 202 C.mv 204 D ．mv 20 解析：选C.由题意知，绳与水平方向夹角为45°时，沿绳方向的速度v ＝v 0cos 45°＝2v 02，故质量为m 的物体速度等于2v 02，对物体应用动能定理可知，在此过程中人所做的功为W ＝12mv 2－0＝mv 204，C 正确． 3.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L，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．合外力对A做的总功与合外力对B做的总功不相等解析：选B.对A、B分别受力分析，受力如图所示对A分析：F N－F sin α－G＝0，f＝μF N＝μ(F sin α＋G)对B分析：F N1＝G，f1＝μF N1＝μG，W f＝fL，W f1＝f1L，因为f>f1，所以W f>W f1，故A项错误；根据动能定理可知，A、B所受的合外力做的功等于A、B物体动能的变化，而A、B 动能的变化量相等，所以合外力对A、B做的功相等，故B正确，D错误；F对B不做功，只对A做功，故C错误．4.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t1、t2；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的大小不变，且球与Ⅰ、Ⅱ轨道间的动摩擦因数相等，则( )A．ΔE k1>ΔE k2；t1>t2B．ΔE k1＝ΔE k2；t1>t2C．ΔE k1>ΔE k2；t1<t2D．ΔE k1＝ΔE k2；t1<t2解析：选B.两轨道长度相等，球与Ⅰ、Ⅱ轨道间的动摩擦因数相等，W f＝μ(mg cos α＋F sin α)·s＝μmgx＋μFh，用相同的水平恒力使它们到达最高点，则水平恒力做功相等，摩擦力做功相等，重力做功相等，根据动能定理W F－mgh－W f＝ΔE k知，动能的增量相等，即ΔE k1＝ΔE k2.作出小球在轨道Ⅰ、Ⅱ上运动的v－t图象如图所示，则t1>t2.5.如图所示，某滑草场有两个坡度不同的滑道AB和AB′(均可看做斜面)．质量相同的甲、乙两名游客先后乘坐同一滑草板从A点由静止开始分别沿AB和AB′滑下，最后都停在水平草面上，斜草面和水平草面平滑连接，滑草板与草面之间的动摩擦因数处处相同，下列说法正确的是( )A．甲沿斜草面下滑过程中克服摩擦力做的功比乙的多B．甲、乙经过斜草面底端时的速率相等C．甲、乙最终停在水平草面上的同一位置D．甲停下时的位置与B的距离和乙停下时的位置与B′的距离相等解析：选C.设斜草面长度为l，倾角为θ，游客在斜草面上下滑，克服摩擦力做功W ＝μmgl cos θ，因此甲克服摩擦力做的功少，选项A错误；由A点到斜草面底端过程，由动能定理有mgh －μmgl cos θ＝12mv 2，可得v B >v ′B ，选项B 错误；游客由A 点开始下滑到停在水平草面上，设x 为游客最终停在水平草面上的位置与斜草面底端的距离，由动能定理有mgh －μmg (l cos θ＋x )＝0，则l cos θ＋x ＝h μ，与斜草面的倾角无关，所以甲、乙最终停在水平草面上的同一位置，选项C 正确、D 错误．二、多项选择题6．如图甲所示，物体受到水平推力F 的作用，在粗糙水平面上做直线运动．通过力传感器和速度传感器监测到推力F 和物体速度v 随时间t 变化的规律如图乙所示．取g ＝10 m/s 2.则( )A ．物体的质量m ＝1 kgB ．物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4C ．第2 s 内物体克服摩擦力做的功W ＝2 JD ．前3 s 内物体克服摩擦力做功4 J解析：选BC.第2 s 内，根据速度－时间图象可知，物体的加速度a ＝2 m/s 2，第3 s 内，物体做匀速直线运动，F ＝F f ＝μmg ＝2 N ，根据牛顿第二定律有3 N －μmg ＝ma ，解得m ＝0.5 kg ，μ＝0.4，A 选项错误、B 选项正确；第2 s 内物体运动的位移为1 m ，摩擦力为2 N ，克服摩擦力做的功W ＝2 J ，C 选项正确；前3 s 克服摩擦力做功W ′f ＝6 J ，D 错误．7.(2017·南宁月考)在有大风的情况下，一小球自A 点竖直上抛，其运动轨迹如图所示(小球的运动可看做竖直方向的竖直上抛运动和水平方向的初速度为零的匀加速直线运动的合运动)，小球运动轨迹上的A 、B 两点在同一水平直线上，M 点为轨迹的最高点．若风力的大小恒定，方向水平向右，小球在A 点抛出时的动能为4 J ，在M 点时它的动能为2 J ，落回到B 点时动能记为E k B ，小球上升时间记为t 1，下落时间记为t 2，不计其他阻力，则( )A ．x 1∶x 2＝1∶3B ．t 1<t 2C ．E k B ＝6 JD ．E k B ＝12 J解析：选AD.由小球上升与下落时间相等即t 1＝t 2得，x 1∶(x 1＋x 2)＝1∶22＝1∶4，即x 1∶x 2＝1∶3，A 正确，B 错误；A →M 应用动能定理得－mgh ＋W 1＝12mv 2M －12mv 2，① 竖直方向有v 2＝2gh ②①②式联立得W 1＝2 J A →B 风力做功W 2＝4W 1＝8 J ，A →B 由动能定理W 2＝E k B －E k A ，可求得E k B ＝12 J ，C 错误，D 正确．8．2022年北京和张家口将携手举办冬奥会，因此在张家口建造了高标准的滑雪跑道，来迎接冬奥会的到来．如图所示，一个滑雪运动员从左侧斜坡距离坡底8 m 处自由滑下，当下滑到距离坡底s 1处时，动能和势能相等(以坡底为参考平面)；到坡底后运动员又靠惯性冲上斜坡(不计经过坡底时的机械能损失)，当上滑到距离坡底s 2处时，运动员的动能和势能又相等，上滑的最大距离为4 m ．关于这个过程，下列说法中正确的是( )A ．摩擦力对运动员所做的功等于运动员动能的变化B ．重力和摩擦力对运动员所做的总功等于运动员动能的变化C ．s 1<4 m ，s 2>2 mD ．s 1>4 m ，s 2<2 m解析：选BC.运动员在斜坡上滑行的过程中有重力做功，摩擦力做功，由动能定理可知A 错，B 对．从左侧斜坡s 处滑至s 1处过程中，由动能定理得：mg (s －s 1)sin α－W f ＝12mv 2①(其中s ＝8 m ，s 1是距坡底的距离)因为下滑到距离坡底s 1处动能和势能相等，所以有：mgs 1·sin α＝12mv 2②由①②得：mg (s －s 1)sin α－W f ＝mgs 1·sin α③由③得：s －s 1>s 1，即s 1<4 m ．同理，从右侧斜坡s 2处滑至s ′(s ′＝4 m)处过程中，由动能定理得：－mg (s ′－s 2)·sin θ－W ′f ＝0－12mv 21④ 因为距坡底s 2处动能和势能相等，有 mgs 2·sin θ＝12mv 21⑤由④⑤得：mg (s ′－s 2)·sin θ＋W ′f ＝mgs 2·sin θ⑥由⑥式得：s ′－s 2<s 2，即s 2>2 m ．综上所述，C 正确，D 错误．三、非选择题9．如图甲所示，长为4 m 的水平轨道AB 与半径为R ＝0.6 m 的竖直半圆弧轨道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 的大小随位移变化的关系如图乙所示，滑块与AB 间的动摩擦因数为μ＝0.25，与BC 间的动摩擦因数未知，g 取10 m/s 2.求：(1)滑块到达B 处时的速度大小；(2)若到达B 点时撤去力F ，滑块沿半圆弧轨道内侧上滑，并恰好能到达最高点C ，则滑块在半圆弧轨道上克服摩擦力所做的功是多少？解析：(1)因为F －x 图象中图线与坐标轴围成的图形面积表示F 做的功，所以设0～2 m力F 做功W 1，3～4 m 力F 做功W 2，则W 1＝12×40×2 J ＝40 J ，W 2＝－10×1 J ＝－10 J对滑块从A 到B 的过程，由动能定理得 W 1＋W 2－μmgx ＝12mv 2B即：40－10－0.25×1×10×4＝12×1×v 2B 解得v B ＝210 m/s. (2)当滑块恰好能到达最高点C 时，有mg ＝m v 2C R设摩擦力做功为W ，对滑块从B 到C 的过程，由动能定理得：W －mg ×2R ＝12mv 2C －12mv 2B 代入数值得W ＝－5 J ，即克服摩擦力做的功为5 J.答案：(1)210 m/s (2)5 J10.如图为某游乐场内水上滑梯轨道示意图，整个轨道在同一竖直平面内，表面粗糙的AB 段轨道与四分之一光滑圆弧轨道BC 在B 点水平相切．点A 距水面的高度为H ，圆弧轨道BC 的半径为R ，圆心O 恰在水面．一质量为m 的游客(视为质点)可从轨道AB 的任意位置滑下，不计空气阻力．(1)若游客从A 点由静止开始滑下，到B 点时沿切线方向滑离轨道落在水面D 点，OD ＝2R ，求游客滑到B 点时的速度v B 大小及运动过程轨道摩擦力对其所做的功W f ；(2)若游客从AB 段某处滑下，恰好停在B 点，又因受到微小扰动，继续沿圆弧轨道滑到P 点后滑离轨道，求P 点离水面的高度h .⎝ ⎛提示：在圆周运动过程中任一点，质点解析：(1)游客从B 点做平抛运动，有2R ＝v B t ① R ＝12gt 2②由①②式得 v B ＝2gR ③从A 到B ，根据动能定理，有mg (H －R )＋W f ＝12mv 2B －0④由③④式得W f ＝－(mgH －2mgR )．⑤(2)设OP 与OB 间夹角为θ，游客在P 点时的速度为v P ，受到的支持力为F N ，从B 到P 由动能定理，有mg (R －R cos θ)＝12mv 2P －0⑥过P 点时，根据向心力公式，有 mg cos θ－F N ＝m v 2P R⑦ 又F N ＝0⑧cos θ＝h R⑨由⑥⑦⑧⑨式解得h ＝23R . 答案：(1)2gR －(mgH －2mgR ) (2)23R 四、选做题11．(2015·高考浙江卷)如图所示，用一块长L 1＝1.0 m 的木板在墙和桌面间架设斜面，桌子高H ＝0.8 m ，长L 2＝1.5 m ．斜面与水平桌面的倾角θ可在0～60°间调节后固定．将质量m ＝0.2 kg 的小物块从斜面顶端静止释放，物块与斜面间的动摩擦因数μ1＝0.05，物块与桌面间的动摩擦因数为μ2，忽略物块在斜面与桌面交接处的能量损失．(重力加速度取g ＝10 m/s 2；最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(1)当θ角增大到多少时，物块能从斜面开始下滑；(用正切值表示)(2)当θ角增大到37°时，物块恰能停在桌面边缘，求物块与桌面间的动摩擦因数μ2；(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)(3)继续增大θ角，发现θ＝53°时物块落地点与墙面的距离最大，求此最大距离x m . 解析：(1)为使小物块下滑，应有mg sin θ≥μ1mg cos θ θ满足的条件tan θ≥0.05即当θ＝arctan 0.05时物块恰好从斜面开始下滑．(2)克服摩擦力做功W f ＝μ1mgL 1cos θ＋μ2mg (L 2－L 1cos θ)①由动能定理得mgL 1sin θ－W f ＝0②代入数据得μ2＝0.8.(3)由动能定理得mgL 1sin θ－W f ＝12mv 2③ 结合①式并代入数据得v ＝1 m/s由平抛运动规律得H ＝12gt 2，x 1＝vt 解得t ＝0.4 sx 1＝0.4 mx m ＝x 1＋L 2＝1.9 m.答案：(1)arctan 0.05 (2)0.8 (3)1.9 m。

第五章 第2讲 动能定理及其应用1．(2020·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 关系的图线是导学号 21992342( C )[解析] 设物块与斜面间的动摩擦因数为μ，物块的质量为m ，则物块在上滑过程中根据功能关系有－(mgsinθ＋μmgcosθ)x＝E k －E k0，即E k ＝E k0－(mgsinθ＋μmgcosθ)x，物块沿斜面下滑的过程中有(mgsinθ－μmgcosθ)·(x 0－x)＝E k ，由此可以判断C 项正确。

2．(2020·全国卷Ⅲ)(多选)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 21992343( AC )A ．a ＝2mgR －W mRB ．a ＝2mgR －WmR C ．N ＝3mgR －2W RD ．N ＝2mgR －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 ＝2mgR －W mR ，A 正确，B 错误；在最低点时有N －mg ＝m v2R，解得N＝3mgR －2WR，C 正确，D 错误。

3．(2020·浙江理综)(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)。

动能 动能定理1．(多选)质量为1 kg 的物体在水平粗糙的地面上受到一水平外力F 作用运动，如图甲所示，外力F 和物体克服摩擦力F f 做的功W 与物体位移x 的关系如图乙中的①和②所示，重力加速度g 取10 m/s 2。

下列分析正确的是( )A ．物体与地面之间的动摩擦因数为0.2B ．物体运动位移为13 mC ．前3 m 运动过程中物体的加速度为3 m/s 2D ．x ＝9 m 时，物体速度为3 2 m/s2．(多选)如图所示，半径为R 的半圆形光滑凹槽A 静止在光滑水平面上，其质量为m 。

现有一质量也为m 的小物块B ，由静止开始从槽左端的最高点沿凹槽滑下，当小物块B 刚要到达槽最低点时，凹槽A 恰好被一表面涂有黏性物的固定挡板粘住，在极短的时间内速度减为零；小物块B 继续向右运动，运动到距槽最低点的最大高度是R2。

则小物块从释放到第一次到达最低点的过程中，下列说法正确的是( )A ．凹槽A 对小物块B 做的功W ＝－12mgRB ．凹槽A 对小物块B 做的功W ＝mgRC ．凹槽A 被粘住的瞬间，小物块B 对凹槽A 的压力大小为mgD ．凹槽A 被粘住的瞬间，小物块B 对凹槽A 的压力大小为2mg3．(多选)光滑水平面上静止的物体，受到一个水平拉力作用开始运动，拉力F 随时间t 变化的图象如图所示，用E k 、v 、x 、P 分别表示物体的动能、速度、位移和拉力F 的功率，下列四个图象分别定性描述了这些物理量随时间变化的情况，其中正确的是( )4．(2019·南通市二次调研)某同学用如图所示的装置测量一个凹形木块的质量m，弹簧的左端固定，木块在水平面上紧靠弹簧(不连接)将其压缩，记下木块右端位置A点，释放后，木块右端恰能运动到B1点。

在木块槽中加入一个质量m0＝200 g的砝码，再将木块左端紧靠弹簧，木块右端位置仍然在A点，释放后木块离开弹簧，右端恰能运动到B2点。

测得AB1、AB2长分别为36.0 cm和12.0 cm，则木块的质量m为( )A．100 g B．200 gC．300 g D．400 g5．如图所示，小物块从倾角为θ的倾斜轨道上A点由静止释放滑下，最终停在水平轨道上的B点，小物块与水平轨道、倾斜轨道之间的动摩擦因数均相同，A、B两点的连线与水平方向的夹角为α，不计物块在轨道转折时的机械能损失，则动摩擦因数大小为( )A ．tan θB ．tan αC ．tan(θ＋α)D ．tan(θ－α)6．(2018·济宁模拟)如图所示的竖直轨道，其圆形部分半径分别是R 和R2，质量为m 的小球通过这段轨道时，在A 点时刚好对轨道无压力，在B 点时对轨道的压力为mg 。

动能定理1.如图所示，小物块与水平轨道、倾斜轨道之间的动摩擦因数均相同，小物块从倾角为θ1的轨道上高度为h的A点由静止释放，运动至B点时速度为v1.现将倾斜轨道的倾角调至为θ2，仍将物块从轨道上高度为h的A点静止释放，运动至B点时速度为v2.已知θ2<θ1，不计物块在轨道接触处的机械能损失．则()A．v1<v2 B．v1>v2 C．v1＝v2 D．由于不知道θ1、θ2的具体数值，v1、v2关系无法判定2.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F作用下开始运动，推力F随位移x变化的关系图象如图乙所示，已知物体与地面间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10 m/s2，则下列说法正确的是()A．物体先做加速运动，推力为零时开始做减速运动B．物体在水平地面上运动的最大位移是10 mC．物体运动的最大速度为215 m/s D．物体在运动中的加速度先变小后不变3.(2018·高考全国卷Ⅰ)如图，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R；bc是半径为R的四分之一圆弧，与ab相切于b点．一质量为m的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静止开始向右运动．重力加速度大小为g.小球从a点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为()A．2mgR B．4mgR C．5mgR D．6mgR4.(2019·襄阳模拟)用竖直向上大小为30 N的力F，将2 kg的物体从沙坑表面由静止提升1 m时撤去力F，经一段时间后，物体落入沙坑，测得落入沙坑的深度为20 cm.若忽略空气阻力，g取10 m/s2.则物体克服沙坑的阻力所做的功为()A．20 J B．24 J C．34 J D．54 J5.(2019·宁波模拟)如图所示，木盒中固定一质量为m的砝码，木盒和砝码在桌面上以一定的初速度一起滑行一段距离后停止．现拿走砝码，而持续加一个竖直向下的恒力F(F＝mg)，若其他条件不变，则木盒滑行的距离()A ．不变B ．变小C ．变大D ．变大变小均可能6.(2019·北京101中学检测)如图所示，质量为m 的物体静置在水平光滑平台上，系在物体上的绳子跨过光滑的定滑轮，由地面上的人以速度v 0向右匀速拉动，设人从地面上平台的边缘开始向右行至绳与水平方向夹角为45°处，在此过程中人所做的功为( )A ．mv 202B ．2mv 202C ．mv 204D ．mv 20 7. 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，下列四个图象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 ( )8.一圆弧形的槽，槽底放在水平地面上，槽的两侧与光滑斜坡aa ′、bb ′相切，相切处a 、b 位于同一水平面内， 槽与斜坡在竖直平面内的截面如图所示．一小物块从斜坡aa ′上距水平面ab 的高度为2h 处沿斜坡自由滑下， 并自a 处进入槽内，到达b 后沿斜坡bb ′向上滑行，已知到达的最高处距水平面ab 的高度为h ；接着小物块、 沿斜坡bb ′滑下并从b 处进入槽内反向运动，若不考虑空气阻力，则 ( )A ．小物块再运动到a 处时速度变为零B ．小物块每次经过圆弧槽最低点时对槽的压力不同C ．小物块不仅能再运动到a 处，还能沿斜坡aa ′向上滑行，上升的最大高度为hD ．小物块不仅能再运动到a 处，还能沿斜坡aa ′向上滑行，上升的最大高度小于h9 如图所示，水平桌面上的轻质弹簧左端固定，右端与静止在O 点质量为m ＝1 kg 的小物块接触而不连接， 此时弹簧无形变．现对小物块施加F ＝10 N 水平向左的恒力，使其由静止开始向左运动．小物块在向左运动到A 点前某处速度最大时，弹簧的弹力为6 N ，运动到A 点时撤去推力F ，小物块最终运动到B 点静止．图中OA ＝0.8 m ，OB ＝0.2 m ，重力加速度g 取10 m/s 2.求小物块：(1)与桌面间的动摩擦因数μ； (2)向右运动过程中经过O 点的速度； (3)向左运动的过程中弹簧的最大压缩量．10.(2018·高考全国卷 Ⅲ )如图，在竖直平面内，一半径为R 的光滑圆弧轨道ABC 和水平轨道P A 在A 点相切，BC 为圆弧轨道的直径，O 为圆心，OA 和OB 之间的夹角为α，sin α＝35.一质量为m 的小球沿水平轨道向右运动，经A点沿圆弧轨道通过C 点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用．已知小球在C 点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零．重力加速度大小为g .求(1)水平恒力的大小和小球到达C 点时速度的大小； (2)小球到达A 点时动量的大小；(3)小球从C 点落至水平轨道所用的时间．11．(2019·桂林质检)如图所示，倾角为37°的粗糙斜面AB 底端与半径R ＝0.4 m 的光滑半圆轨道BC 平滑相连，O 点为轨道圆心，BC 为圆轨道直径且处于竖直方向，A 、C 两点等高，质量m ＝1 kg 的滑块从A 点由静止开始下滑，恰能滑到与O 点等高的D 点，g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.(1)求滑块与斜面间的动摩擦因数μ；(2)若使滑块能到达C 点，求滑块从A 点沿斜面滑下时的初速度v 0的最小值；(3)若滑块离开C 点的速度大小为4 m/s ，求滑块从C 点飞出至落到斜面上所经历的时间t .12.如图，在水平轨道右侧固定半径为R 的竖直圆槽形光滑轨道，水平轨道的PQ 段铺设特殊材料， 调节其初始长度为l ，水平轨道左侧有一轻质弹簧左端固定，弹簧处于自然伸长状态．可视为质点的小物块 从轨道右侧A 点以初速度v 0冲上轨道，通过圆形轨道、水平轨道后压缩弹簧，并被弹簧以原速率弹回．已 知R ＝0.4 m ，l ＝2.5 m ，v 0＝6 m/s ，物块质量m ＝1 kg ，与PQ 段间的动摩擦因数μ＝0.4，轨道其他部分摩 擦不计．g 取10 m/s 2.求：(1) 物块第一次经过圆轨道最高点B时对轨道的压力；(2) 物块仍以v0从右侧冲上轨道，调节PQ段的长度L，当L长度是多少时，物块恰能不脱离轨道返回A点继续向右运动．13．如图所示装置由AB、BC、CD三段轨道组成，轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接，其中轨道AB、CD段是光滑的，水平轨道BC的长度s＝5 m，轨道CD足够长且倾角θ＝37°，A、D两点离轨道BC的高度分别为h1＝4.30 m、h2＝1.35 m．现让质量为m的小滑块自A点由静止释放．已知小滑块与轨道BC间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：(1)小滑块第一次到达D点时的速度大小；(2)小滑块最终停止的位置距B点的距离．参考答案1.如图所示，小物块与水平轨道、倾斜轨道之间的动摩擦因数均相同，小物块从倾角为θ1的轨道上高度为h 的A 点由静止释放，运动至B 点时速度为v 1.现将倾斜轨道的倾角调至为θ2，仍将物块从轨道上高度为h 的 A 点静止释放，运动至B 点时速度为v2.已知θ2<θ1，不计物块在轨道接触处的机械能损失．则( )A ．v 1<v 2B ．v 1>v 2C ．v 1＝v 2D ．由于不知道θ1、θ2的具体数值，v 1、v 2关系无法判定 【答案】C【解析】物体运动过程中摩擦力做负功，重力做正功，由动能定理可得mgh －μmg cos θ·h sin θ－μmgx BD ＝12mv 2，即mgh －μmg ·h tan θ－μmgx BD ＝12mv 2，因为h tan θ＝x CD ，所以mgh －μmgx BC ＝12mv 2，故到达B 点的速度与倾斜轨道的倾角无关，所以v 1＝v 2，故选项C 正确．2.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F 作用下开 始运动，推力F 随位移x 变化的关系图象如图乙所示，已知物体与地面间的动摩擦因数μ＝0.5，g 取10 m/s 2， 则下列说法正确的是 ( )B ．物体先做加速运动，推力为零时开始做减速运动 B ．物体在水平地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】 当推力小于摩擦力时物体就开始做减速运动，选项A 错误；图乙中图线与坐标轴所围成的三角形面积表示推力对物体做的功，由此可得推力做的功为W ＝12×4×100 J ＝200 J ，根据动能定理有W －μmgx max ＝0，得x max ＝10m ，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，x ＝3.2 m ，由动能定理得12(100＋20)·x －μmgx ＝12mv 2max ，解得物体运动的最大速度v max ＝8 m/s ，选项C 错误；当推力由100 N 减小到20 N 的过程中，物体的加速度逐渐减小，当推力由20 N 减小到0的过程中，物体的加速度又反向增大，此后物体的加速度不变，直至物体静止，故D 项错误．3.(2018·高考全国卷Ⅰ)如图，abc 是竖直面内的光滑固定轨道，ab 水平，长度为2R ；bc 是半径为R 的四分之 一圆弧，与ab 相切于b 点．一质量为m 的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a 点处从 静止开始向右运动．重力加速度大小为g .小球从a 点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为( )A ．2mgRB ．4mgRC ．5mgRD ．6mgR 【答案】 C【解析】 小球从a 运动到c ，根据动能定理，得 F ·3R －mgR ＝12mv 21，又F ＝mg ，故v 1＝2gR ，小球离开c 点在竖直方向做竖直上抛运动，水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，且水平方向与竖直方向的加速度大小相等，都为g ，故小球从c 点到最高点所用的时间t ＝v 1g＝2R g ，水平位移x ＝12gt 2＝2R ，根据功能关系，小球从a 点到轨迹最高点机械能的增量为力F 做的功，即ΔE ＝F ·(2R ＋R ＋x )＝5mgR .4.(2019·襄阳模拟)用竖直向上大小为30 N 的力F ，将2 kg 的物体从沙坑表面由静止提升1 m 时撤去力F ，经一段时间后，物体落入沙坑，测得落入沙坑的深度为20 cm.若忽略空气阻力，g 取10 m/s 2.则物体克服沙坑的阻力所做的功为( )A ．20 JB ．24 JC ．34 JD ．54 J 【答案】C【解析】.对整个过程应用动能定理得：F ·h 1＋mgh 2－W f ＝0，解得：W f ＝34 J ，C 对．5.(2019·宁波模拟)如图所示，木盒中固定一质量为m 的砝码，木盒和砝码在桌面上以一定的初速度一起滑行一段距离后停止．现拿走砝码，而持续加一个竖直向下的恒力F (F ＝mg )，若其他条件不变，则木盒滑行的距离( )A ．不变B ．变小C ．变大D ．变大变小均可能 【答案】B.【解析】设木盒质量为M ，木盒中固定一质量为m 的砝码时，由动能定理可知，μ(m ＋M )gx 1＝12(M ＋m )v 2，解得x 1＝v 22μg ；加一个竖直向下的恒力F (F ＝mg )时，由动能定理可知，μ(m ＋M )gx 2＝12Mv 2，解得x 2＝Mv 22（m ＋M ）μg ，显然x 2<x 1.6.(2019·北京101中学检测)如图所示，质量为m 的物体静置在水平光滑平台上，系在物体上的绳子跨过光滑的定滑轮，由地面上的人以速度v 0向右匀速拉动，设人从地面上平台的边缘开始向右行至绳与水平方向夹角为45°处，在此过程中人所做的功为( )A ．mv 202B ．2mv 202C ．mv 204D ．mv 20 【答案】C.【解析】由题意知，绳与水平方向夹角为45°时，沿绳方向的速度v ＝v 0cos 45°＝2v 02，故质量为m 的物体速度等于2v 02，对物体应用动能定理可知，在此过程中人所做的功为W ＝12mv 2－0＝mv 204，C 正确． 7. 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，下列四个图象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 ( )【答案】BD【解析】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．8.一圆弧形的槽，槽底放在水平地面上，槽的两侧与光滑斜坡aa ′、bb ′相切，相切处a 、b 位于同一水平面内，槽与斜坡在竖直平面内的截面如图所示．一小物块从斜坡aa ′上距水平面ab 的高度为2h 处沿斜坡自由滑下， 并自a 处进入槽内，到达b 后沿斜坡bb ′向上滑行，已知到达的最高处距水平面ab 的高度为h ；接着小物块、 沿斜坡bb ′滑下并从b 处进入槽内反向运动，若不考虑空气阻力，则 ( )A ．小物块再运动到a 处时速度变为零B ．小物块每次经过圆弧槽最低点时对槽的压力不同C ．小物块不仅能再运动到a 处，还能沿斜坡aa ′向上滑行，上升的最大高度为hD ．小物块不仅能再运动到a 处，还能沿斜坡aa ′向上滑行，上升的最大高度小于h 【答案】BD【解析】因要克服摩擦阻力做功，所以每次通过最低点的速度会变小，根据牛顿第二定律有F N －mg ＝m v 2R ，故可知物块与圆弧槽间的正压力会变小，所以B 正确；设第一次通过圆弧槽过程中克服摩擦力做功为W f ，根据动能定理可得mgh －W f ＝0，第二次通过圆弧槽的最低点时因正压力减小，所以摩擦力减小，同理，其他位置所对应的摩擦力都变小，故第二次通过圆弧槽克服摩擦力做的功将小于第一次，即W f ′＜mgh ，则小物块还能沿斜坡aa ′向上滑行，上升的最大高度小于h ，所以D 正确，A 、C 错误． 7.如图所示，水平桌面上的轻质弹簧左端固定，右端与静止在O 点质量为m ＝1 kg 的小物块接触而不连接，此时弹簧无形变．现对小物块施加F ＝10 N 水平向左的恒力，使其由静止开始向左运动．小物块在向左运动到A 点前某处速度最大时，弹簧的弹力为6 N ，运动到A 点时撤去推力F ，小物块最终运动到B 点静止．图中OA ＝0.8 m ，OB ＝0.2 m ，重力加速度g 取10 m/s 2.求小物块：(1)与桌面间的动摩擦因数μ； (2)向右运动过程中经过O 点的速度； (3)向左运动的过程中弹簧的最大压缩量． 【答案】(1)0.4 (2)1.26 m/s (3)0.9 m【解析】(1)小物块速度达到最大时，加速度为零． F －μmg －F 弹＝0，μ＝F －F 弹mg＝0.4.(2)设向右运动通过O 点时的速度为v 0，从O 到B ，由动能定理得－F f x OB ＝0－12mv 20，F f ＝μmg ＝4 N ，解得v 0＝ 1.6 m/s≈1.26 m/s.(3)弹簧最大压缩量为x max ，对小物块运动的全过程，根据动能定理得Fx OA －F f (2x max ＋x OB )＝0， 代入数值得x max ＝0.9 m.10.(2018·高考全国卷 Ⅲ )如图，在竖直平面内，一半径为R 的光滑圆弧轨道ABC 和水平轨道P A 在A 点相切，BC 为圆弧轨道的直径，O 为圆心，OA 和OB 之间的夹角为α，sin α＝35.一质量为m 的小球沿水平轨道向右运动，经A点沿圆弧轨道通过C 点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用．已知小球在C 点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零．重力加速度大小为g .求(1)水平恒力的大小和小球到达C 点时速度的大小； (2)小球到达A 点时动量的大小；(3)小球从C 点落至水平轨道所用的时间． 【答案】 见解析【解析】 (1)设水平恒力的大小为F 0，小球到达C 点时所受合力的大小为F .由力的合成法则有 F 0mg＝tan α ① F 2＝(mg )2＋F 2②设小球到达C 点时的速度大小为v ，由牛顿第二定律得 F ＝m v 2R③由①②③式和题给数据得 F 0＝34mg④ v ＝5gR2. ⑤ (2)设小球到达A 点的速度大小为v 1，作CD ⊥P A ，交P A 于D 点，由几何关系得 DA ＝R sin α ⑥ CD ＝R (1＋cos α) ⑦由动能定理有－mg ·CD －F 0·DA ＝12mv 2－12mv 21⑧由④⑤⑥⑦⑧式和题给数据得，小球在A 点的动量大小为 p ＝mv 1＝m 23gR2.⑨(3)小球离开C 点后在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运动，加速度大小为g .设小球在竖直方向的初速度为v ⊥，从C 点落至水平轨道上所用时间为t .由运动学公式有v ⊥t ＋12gt 2＝CD⑩ v ⊥＝v sin α⑪由⑤⑦⑩⑪式和题给数据得 t ＝355R g. ⑫ 11．(2019·桂林质检)如图所示，倾角为37°的粗糙斜面AB 底端与半径R ＝0.4 m 的光滑半圆轨道BC 平滑相连，O 点为轨道圆心，BC 为圆轨道直径且处于竖直方向，A 、C 两点等高，质量m ＝1 kg 的滑块从A 点由静止开始下滑，恰能滑到与O 点等高的D 点，g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.(1)求滑块与斜面间的动摩擦因数μ；(2)若使滑块能到达C 点，求滑块从A 点沿斜面滑下时的初速度v 0的最小值；(3)若滑块离开C 点的速度大小为4 m/s ，求滑块从C 点飞出至落到斜面上所经历的时间t . 【答案】(1)0.375 (2)2 3 m/s (3)0.2 s 【解析】(1)滑块恰能滑到D 点，则v D ＝0 滑块从A →B →D 过程中，由动能定理得 mg (2R －R )－μmg cos θ·2Rsin θ＝0－0解得μ＝0.375.(2)滑块恰能过C 点时，v C 有最小值，则在C 点mg ＝mv 2CR滑块从A →B →D →C 过程，由动能定理得 －μmg cos θ·2R sin θ＝12mv 2C －12mv 2解得v 0＝2 3 m/s.(3)滑块离开C 点后做平抛运动，设下落的高度为h ，则有h ＝12gt 2 x ＝v ′C tx 2R －h＝tan 53° 其中v ′C ＝4 m/s ，联立解得t ＝0.2 s.12.如图，在水平轨道右侧固定半径为R 的竖直圆槽形光滑轨道，水平轨道的PQ 段铺设特殊材料，调节其初始长度为l ，水平轨道左侧有一轻质弹簧左端固定，弹簧处于自然伸长状态．可视为质点的小物块 从轨道右侧A 点以初速度v 0冲上轨道，通过圆形轨道、水平轨道后压缩弹簧，并被弹簧以原速率弹回．已 知R ＝0.4 m ，l ＝2.5 m ，v 0＝6 m/s ，物块质量m ＝1 kg ，与PQ 段间的动摩擦因数μ＝0.4，轨道其他部分摩 擦不计．g 取10 m/s 2.求：(1)物块第一次经过圆轨道最高点B 时对轨道的压力；(2)物块仍以v 0从右侧冲上轨道，调节PQ 段的长度L ，当L 长度是多少时，物块恰能不脱离轨道返回A 点继续向右运动．【答案】(1)40 N ，竖直向上 (2)1 m【解析】(1)对物块，首次从A 到B ，有－mg ·2R ＝12mv 2B －12mv 20在B 点，有：N 1＋mg ＝mv 2B R解得：N 1＝40 N根据牛顿第三定律，小球对轨道的压力大小为40 N ，方向竖直向上．(2)对物块，从A 点到第二次到达B 点：－f ·2L －mg ·2R ＝12mv B ′2－12mv 20，f ＝μmg 在B 点，有：mg ＝mv B ′2R解得：L ＝1 m13．如图所示装置由AB 、BC 、CD 三段轨道组成，轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接，其中轨道AB 、CD 段是光滑的，水平轨道BC 的长度s ＝5 m ，轨道CD 足够长且倾角θ＝37°，A 、D 两点离轨道BC的高度分别为h 1＝4.30 m 、h 2＝1.35 m ．现让质量为m 的小滑块自A 点由静止释放．已知小滑块与轨道BC 间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：(1)小滑块第一次到达D 点时的速度大小；(2)小滑块最终停止的位置距B 点的距离．【答案】(1)3 m/s (2)1.4 m【解析】(1)小滑块从A →B →C →D 过程中，由动能定理得mg (h 1－h 2)－μmgs ＝12mv 2D－0 将h 1、h 2、s 、μ、g 代入得：v D ＝3 m/s.(2)对小滑块运动全过程应用动能定理，设小滑块在水平轨道上运动的总路程为s 总．有：mgh 1＝μmgs 总 将h 1、μ代入得：s 总＝8.6 m故小滑块最终停止的位置距B 点的距离为2s －s 总＝1.4 m.。