2016高考物理大一轮复习第五章第2讲动能定理模拟检测

第五章 第2讲知识巩固练习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2.0 m/s.g 取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【答案】A【解析】合外力做功W 合＝E k －0，即W 合＝12m v 2＝12×25×22 J ＝50 J ，A 正确；W G ＋W 阻＝E k －0，故W 阻＝12m v 2－mgh ＝50 J －750 J ＝－700 J ，B 错误；重力做功W G ＝mgh ＝25×10×3 J ＝750 J ，C 错误；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 错误．2．(2021年常德质检)如图所示，一根长为l 的轻质软绳一端固定在O 点，另一端与质量为m 的小球连接，初始时将小球放在与O 点等高的A 点，OA ＝35l .现将小球由静止状态释放，则当小球运动到O 点正下方时，绳对小球拉力为(已知：sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)( )A ．2mgB ．3mgC ．247125mgD ．303125mg【答案】C【解析】设小球到达B 点时细绳刚好绷紧．则OB 与水平方向的夹角的余弦为 cos α＝35，小球自由下落的高度为 h ＝45l ，到达B 点的速度v 1＝2gh .细绳绷紧后瞬间，小球只有垂直于细绳的分速度，大小为 v 2＝v 1cos α.从B 到最低点，由动能定理得mgl (1－sin α)＝12m v 23－12m v 22，在最低点有T －mg ＝m v 23l ，联立以上各式解得T ＝247125mg .故C 正确．3．(2021年石家庄质检)一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回原处．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】C【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 的函数关系图像为直线，且斜率为负；设x 0为小物块到达最高点时的位移，当小物块沿斜面下滑时根据动能定理有(mg sin θ－f )(x 0－x )＝E k －0，即E k ＝－(mg sin θ－f )x ＋(mg sin θ－f )x 0，所以下滑时E k 随x 的减小而增大且为直线，综上所述，C 正确，A 、B 、D 错误．4．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 ．(M ＋2m )gB ．(M ＋3m )gC ．(M ＋4m )gD ．(M ＋5m )g 【答案】D【解析】小环在最低点时，根据牛顿第二定律得F －mg ＝m v 2R ，可得F ＝mg ＋m v 2R ，小环从最高点到最低点，由动能定理则有mg ·2R ＝12m v 2，对大环受力分析有T ＝F ＋Mg ＝m ⎝⎛⎭⎫g ＋v2R ＋Mg ＝Mg ＋5mg ，D 正确． 5．(2021年大庆名校期末)民航客机的机舱一般都设有紧急出口，发生意外情况的飞机在着陆后，打开紧急出口的舱门，会自动生成一个由气囊构成的斜面，机舱中的人可沿该斜面滑行到地面上，示意图为下图．某机舱紧急出口的舱门离气囊底端的竖直高度AB ＝3.2 m ，气囊构成的斜面长AC ＝4.0 m ，CD 段为与斜面平滑连接的水平地面．若人从气囊上由静止开始滑下，人与气囊间的动摩擦因数、人与地面间的动摩擦因数均为0.4.不计空气阻力，g 取10 m/s 2，要使救护人员不被从气囊上滑下的人撞到，则救护人员距舱门正下方B 点的安全距离是( )A ．6.4 mB ．7.2 mC ．8.0 mD ．10.0 m【答案】C【解析】由几何关系可知sin θ＝0.8，cos θ＝0.6，人从A 点开始下滑到水平面上停止的过程由动能定理有mgh －μmg cos θ·L －μmgx ＝0，解得x ＝5.6 m ，则救护人员距舱门正下方B 点的安全距离是x ＋L cos θ＝8 m ，故C 正确．6．(多选)某兴趣小组在老师的指导下做探究物体动能的实验时，让一物体在恒定合外力作用下由静止开始沿直线运动，通过传感器记录下速度、时间、位置等实验数据，然后分别作出动能E k 随时间变化和动能E k 随位置变化的两个图像(如图所示)，但忘记标出横坐标，已知图甲中虚线的斜率为p ，图乙中直线的斜率为q ，下列说法正确的是( )A ．物体动能随位置变化的图像是图甲B ．物体动能随时间变化的图像是图乙C ．物体所受合外力的大小为qD ．物体在A 点所对应的瞬时速度的大小为2pq【答案】CD【解析】由E k ＝W ＝Fx ，可得E k 与x 成正比，故图乙是物体动能随位置变化的图像，则图甲为物体动能随时间变化的图像，故A 、B 错误；在图乙中，由E k ＝Fx 得F ＝E kx ，又斜率q ＝E k x ①，则合力F ＝q ，故C 正确；在图甲中，p ＝E k t ②，由①②得p q ＝xt ③，在这个过程中平均速度v ＝v 2，所以x ＝v 2t ④，将④代入③得p q ＝v2tt ＝v 2，解得v ＝2pq，故D 正确．7．如图所示，质量为m 的小球套在半径为R 的固定光滑圆环上，圆环的圆心为O ，原长为0.8R 的轻质弹簧一端固定于O 点，另一端与小球相连，弹簧与圆环在同一竖直平面内，圆环上B 点在O 点的正下方，当小球在A 处受到沿圆环切线方向的恒力F 作用时，恰好与圆环无相互作用，且处于静止状态．已知R ＝1.0 m ，m ＝1.0 kg ，∠AOB ＝θ＝37°，弹簧处于弹性限度内，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g 取10 m/s 2.求：(1)该弹簧的劲度系数k ；(2)撤去恒力，小球从A 点沿圆环下滑到B 点时的速度大小v B ； (3)小球通过B 点时，圆环对小球的作用力大小N B ． 【答案】(1)40 N/m (2)2.0 m/s (3)6.0 N 【解析】(1)小球在A 处由平衡知识可知 沿半径方向k (R －0.8R )＝mg cos θ， 得k ＝40 N/m.(2)由A 到B 过程由动能定理得 mgR (1－cos θ)＝12m v 2B －0，解得v B ＝2.0 m/s.(3)在B 点有k (R －0.8R )＋N B －mg ＝m v 2BR，解得N B ＝6.0 N.综合提升练习8．(多选)(2021年安庆质检)如图所示，倾角θ＝30°的斜面固定在地面上，长为L 、质量为m 、粗细均匀、质量分布均匀的软绳AB 置于斜面上，与斜面间动摩擦因数μ＝32，其A 端与斜面顶端平齐．用细线将质量也为m 的物块与软绳连接，给物块向下的初速度，使软绳B 端到达斜面顶端(此时物块未到达地面)，在此过程中( )A ．物块的速度始终减小B ．软绳上滑19L 时速度最小C ．软绳重力势能共减小了14mgLD ．软绳减小的重力势能一定小于其增加的动能与克服摩擦力所做的功之和 【答案】BCD【解析】物块下落过程中，刚开始因为mg sin 30°＋μmg cos 30°＝54mg >mg ，所以物块所受合力向上，物块做减速运动，下落过程中，合力越来越小，当加速度等于零时，速度最小，然后合力方向向下，加速度向下，速度增大，所以物块的速度先减小后增大，故A 错误；当加速度等于零时，速度最小，设此时软绳上滑的距离为x ，则L －x L mg sin 30°＋L －x L μmg cos30°＝mg ＋x L mg ，代入数据解得x ＝L9，故B 正确；物块未释放时，软绳的重心离斜面顶端的高度为h 1＝L 2sin 30°＝L 4，软绳刚好全部离开斜面时，软绳的重心离斜面顶端的高度h 2＝L2，则软绳重力势能共减小mg ⎝⎛⎭⎫L 2－L 4＝L4mg ，故C 正确；以软绳和物块组成的系统为研究对象，软绳和物块的重力势能减小，转化为物块和软绳的动能及软绳与斜面摩擦产生的内能，根据能量转化和守恒定律，软绳重力势能的减小，小于其动能的增加与克服摩擦力所做功的和，故D 正确．9．如图甲所示，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，物块受到按图乙所示规律变化的水平力F 作用并向右运动，第3 s 末物块运动到B 点时速度刚好为0，第5 s 末物块刚好回到A 点，已知物块与粗糙水平面之间的动摩擦因数μ＝0.2(g 取10 m/s 2)，求：(1)A 与B 间的距离；(2)水平力F 在5 s 内对物块所做的功． 【答案】(1)4 m (2)24 J【解析】(1)在3～5 s 内物块在水平恒力F 作用下由B 点匀加速运动到A 点，设加速度大小为a ，A 与B 间的距离为s ，则F －μmg ＝ma ，解得a ＝F －μmgm ＝2 m/s 2，s ＝12at 2＝4 m. 即A 与B 的距离为4 m.(2)设整个过程中F 做的功为W F ，物块回到A 点时的速度为v A ，由动能定理得 W F －2μmgs ＝12m v 2A ，v 2A ＝2as ， 由以上两式得W F ＝2μmgs ＋mas ＝24 J.10．如图所示为一种摆式摩擦因数测量仪，可测量轮胎与地面间的动摩擦因数，其主要部件有：底部固定有轮胎橡胶片的摆锤和连接摆锤的轻质细杆，摆锤的质量为m 、细杆可绕轴O 在竖直平面内自由转动，摆锤重心到O 点距离为L ，测量时，测量仪固定于水平地面，将摆锤从与O 等高的位置处静止释放．摆锤到最低点附近时，橡胶片紧压地面擦过一小段距离s (s ≪L )，之后继续摆至与竖直方向成θ角的最高位置．若摆锤对地面的压力可视为大小为F 的恒力，重力加速度为g ，求：(1)摆锤在上述过程中损失的机械能； (2)在上述过程中摩擦力对摆锤所做的功； (3)橡胶片与地面之间的动摩擦因数．【答案】(1)mgL cos θ (2)－mgL cos θ (3)mgL cos θFs【解析】(1)选从右侧最高点到左侧最高点的过程作为研究对象．因为初、末状态动能为零，所以全程损失的机械能ΔE 等于减小的重力势能，即ΔE ＝mgL cos θ.① (2)对全程应用动能定理W G ＋W f ＝0， ② W G ＝mgL cos θ，③ 由②③得W f ＝－W G ＝－mgL cos θ. ④ (3)由滑动摩擦力公式得f ＝μF ，⑤摩擦力做功W f＝－fs，⑥将式④、⑤代入式⑥得μ＝mgL cos θFs.。

第五章机械能及其守恒定律第2节动能和动能定理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＝12m v2－0，因为F、l相同，所以A、B的动能变化相同，C正确．2.(多选)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：选BD.因F斜向下作用在物体A上，A、B受的摩擦力不相同，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．3．(2015·安庆模拟)在离地面高h处竖直上抛一质量为m的物块，抛出时的速度为v0，当物块落到地面时速度为v，用g表示重力加速度，则在此过程中物块克服空气阻力所做的功等于()A．mgh－12m v2－12m v2B．－12m v2－12m v2－mghC．mgh＋12m v2－12m v2D．mgh＋12m v2－12m v2解析：选C.设克服阻力所做的功为WF f，则在该过程中合力所做的功等于mgh－WF f，动能的改变量为12m v2－12m v2，根据动能定理得mgh－WF f＝12m v2－12m v 20，因此物体克服空气阻力所做的功WF f＝mgh＋12m v2－12m v2，C正确．4. (2015·郑州高三质检)如右图所示，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，则从A到C的过程中弹簧弹力做功是()A．mgh－12m v2 B.12m v2－mghC．－mgh D．－(mgh＋12m v2)解析：选A.小球从斜面底端到最高点C的过程中，重力、弹簧弹力做功，C点为最高点，即v C＝0，由动能定理得：－mgh＋W弹＝0－12m v2，W弹＝mgh－12m v2，故A正确．5. (2015·浙江十校联考)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，t1时刻撤去拉力F，物体做匀减速直线运动，到t2时刻停止，其速度—时间图象如右图所示，且α＞β，若拉力F做的功为W1，平均功率为P1；物体克服摩擦阻力F f做的功为W2，平均功率为P2，则下列选项正确的是() A．W1＞W2，F＝2F f B．W1＝W2，F＞2F fC．P1＜P2，F＞2F f D．P1＝P2，F＝2F f解析：选B.由动能定理可得W1－W2＝0，解得W1＝W2.由图象可知，撤去拉力F后运动时间大于水平力F作用时间，所以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P1＞P2，选项C 错误．6. 如右图所示，一质量为m 的质点在半径为R 的半球形容器中(容器固定)由静止开始自边缘上的A 点滑下，到达最低点B 时，它对容器的正压力为F N .重力加速度为g ，则质点自A 滑到B 的过程中，摩擦力对其所做的功为( )A.12R (F N －3mg )B.12R (3mg －F N )C.12R (F N －mg )D.12R (F N －2mg ) 解析：选A.质点到达最低点B 时，它对容器的正压力为F N ，根据牛顿第二定律有F N －mg ＝m v 2R ，根据动能定理，质点自A 滑到B 的过程中有W f ＋mgR ＝12m v 2，故摩擦力对其所做的功W f ＝12RF N －32mgR ，故A 正确．7. 质量均为m 的两物块A 、B 以一定的初速度在水平面上只受摩擦力而滑动，如右图所示是它们滑动的最大位移x 与初速度的平方v 20的关系图象，已知v 202＝2v 201，下列描述中正确的是 ( )A ．若A 、B 滑行的初速度相等，则到它们都停下来时滑动摩擦力对A 做的功是对B 做功的2倍B ．若A 、B 滑行的初速度相等，则到它们都停下来时滑动摩擦力对A 做的功是对B 做功的12C ．若A 、B 滑行的最大位移相等，则滑动摩擦力对它们做的功相等D ．若A 、B 滑行的最大位移相等，则滑动摩擦力对B 做的功是对A 做功的2倍解析：选D.由于两物块质量均为m ，若A 、B 滑行的初速度相等，则初动能相等，由动能定理得－WF f ＝0－12m v 20，即滑动摩擦力做的功相等，A 、B 错误；若A 、B 滑行的最大位移相等，由题意可知v 202＝2v 201，B 的初动能是A的初动能的2倍，滑动摩擦力对B 做的功是对A 做功的2倍，C 错误，D 正确．8. (2014·高考大纲全国卷)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 ，如图所示；当物块的初速度为v 2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( )A ．tan θ和H 2B.⎝ ⎛⎭⎪⎫v 22gH －1tan θ和H 2 C ．tan θ和H 4 D.⎝ ⎛⎭⎪⎫v 22gH －1tan θ和H 4 解析：选D.由动能定理有－mgH －μmg cos θH sin θ＝0－12m v 2－mgh －μmg cos θ h sin θ＝0－12m (v 2)2 解得μ＝(v 22gH －1)tan θ，h ＝H 4，故D 正确．9.(多选)如图所示，一个质量为m ＝1 kg 的带孔小球穿在固定的粗糙水平长横杆上滑行，小球与横杆间的动摩擦因数为μ＝0.6.某时刻小球获得一个水平向右的瞬时速度v 0＝15 m/s ，同时小球受到一个竖直向上的作用力F ，F 与速度的平方成正比，比例常数为k ＝0.4 kg/m ，重力加速度为g ＝10 m/s 2，则小球运动的整个过程中 ( )A ．作用力F 对小球做功为0B ．作用力F 对小球做功为－112.5 JC ．摩擦力对小球做功为－112.5 JD ．摩擦力对小球做功为－100 J解析：选AD.小球受到的重力G ＝mg ＝10 N ，开始时受到的作用力F ＝k v 20＝90 N ＞mg ，还受到水平向左的滑动摩擦力F f ＝μF N ，而F N ＝F －mg ＝k v 20－mg ，则小球开始向右做加速度减小的减速运动，小球速度减小到某一速度v 1时会出现F＝G，此时小球对横杆的压力等于0，小球所受摩擦力等于0，此时小球做匀速运动，小球匀速运动时F＝G，即k v21＝mg，代入数据解得v1＝5 m/s，小球从v0到v1的过程中，设摩擦力对小球所做的功为W f，对小球应用动能定理有W f＝12m v21－12m v2，解得W f＝－100 J，C错误，D正确；因为作用力F与小球速度始终垂直，因此对小球不做功，选项A正确，B错误．10.如图所示，质量为m的小物块在粗糙水平桌面上做直线运动，经距离l后以速度v飞离桌面，最终落在水平地面上．已知l＝1.4 m，v＝3.0 m/s，m＝0.10 kg，物块与桌面间的动摩擦因数μ＝0.25，桌面高h＝0.45 m．不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2.求：(1)小物块落地点距飞出点的水平距离s；(2)小物块落地时的动能E k；(3)小物块的初速度大小v0.解析：(1)由平拋运动规律得竖直方向：h＝12gt2水平方向：s＝v t解得水平距离s＝v 2hg＝0.90 m(2)对小物体的平抛运动过程，由动能定理得mgh＝E k－12m v2解得落地时的动能E k＝0.90 J(3)对小物体在桌面上的运动过程，由动能定理得－μmgl＝12m v2－12m v2解得初速度大小v0＝2μgl＋v2＝4.0 m/s答案：(1)0.90 m(2)0.90 J(3)4.0 m/s11．(2015·庆阳模拟)如下图甲所示，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，物块受到按如下图乙所示规律变化的水平力F作用并向右运动，第3 s末物块运动到B点时速度刚好为零，第5 s末物块刚好回到A点，已知物块与粗糙水平面之间的动摩擦因数μ＝0.2，g取10 m/s2.求：(1)A与B间的距离；(2)水平力F在5 s内对物块所做的功．解析：(1)在3 s～5 s内物块在水平恒力F作用下由B点匀加速运动到A点．设物块的加速度为a，A与B间的距离为x，时间间隔t＝2 s，由牛顿第二定律得F－μmg＝ma又x＝12at2解得x＝4 m(2)设物块回到A点时的速度为v A，则v2A＝2ax 解得v A＝4 m/s设整个过程中F做的功为W F，由动能定理得W F－2μmgx＝12m v2A－0解得W F＝24 J答案：(1)4 m (2)24 J12.如右图所示，竖直面内有一粗糙斜面AB ，BCD 部分是一个光滑的圆弧面，C 为圆弧的最低点，AB 正好是圆弧在B 点的切线，圆心O 与A 、D 点在同一高度，θ＝37°，圆弧面的半径R ＝3.6 m ，一滑块质量m ＝5 kg ，与AB 斜面间的动摩擦因数 μ＝0.45，将滑块由A 点静止释放(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s 2)．求在以后的运动中：(1)滑块在AB 段上运动的总路程；(2)在滑块运动过程中，C 点受到的压力的最大值和最小值．解析：(1)因斜面AB 与水平面的夹角为θ＝37°，易知mg sin θ＞μmg cos θ，故滑块最终不会停留在斜面上，由于滑块在AB 段受摩擦力作用，则滑块做往复运动的高度将越来越低，最终以B 点为最高点在光滑的圆弧面往复运动．设滑块在AB 段上运动的总路程为s ，滑块在AB 段上受摩擦力F f ＝μF N ＝ μmg cos θ从A 点出发到最终以B 点为最高点做往复运动，由动能定理得mgR cos θ－F f s ＝0解得s ＝R μ＝8 m (2)滑块第一次过C 点时，速度最大，设为v 1，分析受力知此时滑块受轨道支持力最大，设为F max ，从A 到C 过程由动能定理得mgR －F f l AB ＝12m v 21－0斜面AB 的长度l AB ＝R tan θ由牛顿第二定律得F max －mg ＝m v 21R解得F max ＝102 N当滑块以B为最高点做往复运动的过程中过C点时速度最小，设为v2，此时滑块受轨道支持力也最小，设为F min，从B到C，由动能定理得mgR(1－cos θ)＝12m v22－0由牛顿第二定律得F min－mg＝m v22 R解得F min＝70 N根据牛顿第三定律可知C点受到的压力最大值为102 N，最小值为70 N.答案：(1)8 m(2)102 N70 N。

第2讲 动能和动能定理及其应用时间：60分钟1． 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 ．质量大的物体克服摩擦力做的功多解析 由动能定理可得－F f x ＝0－E k ，即μmgx ＝E k ，由于动能相同动摩擦因数相同，故质量小的滑行距离大，它们克服摩擦力所做的功都等于E k . 答案 B2．一个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2.0 m/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 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＝12mv 2－mgh ＝50 J －750 J ＝－700 J ，B 项错误；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． 答案 A3．一质点开始时做匀速直线运动，从某时刻起受到一恒力作用．此后，关于该质点动能的变化情况下列说法错误的是( )．A ．一直增大B ．先逐渐减小至零，再逐渐增大C ．先逐渐增大至某一最大值，再逐渐减小D ．先逐渐减小至某一非零的最小值，再逐渐增大解析 当恒力方向与质点原来速度方向相同时，质点的动能一直增大，故A 正确．当恒力方向与质点原来速度方向相反时，速度先逐渐减小到零再逐渐增大，质点的动能也先逐渐减小至零再逐渐增大，故B 正确．当恒力方向与原来质点的速度方向夹角大于90°时，将原来速度v 0分解为平行恒力方向的v y 、垂直恒力方向的v x ，如图甲，v y 先逐渐减小到零再逐渐增大，v x 始终不变．v ＝ v 2x ＋v 2y ，质点速度v 先逐渐减小至v x 再逐渐增大，质点的动能先减小至某一非零的最小值，再逐渐增大，故D 正确．当恒力方向与v 0方向夹角小于90°时，如图乙，v y 一直增大，v x 始终不变，质点速度v 逐渐增大，动能一直增大，没有其他情况，故C 错误．答案 C4．刹车距离是衡量汽车安全性能的重要参数之一．如图5-2-13所示的图线1、2分别为甲、乙两辆汽车在紧急刹车过程中的刹车距离l 与刹车前的车速v 的关系曲线，已知紧急刹车过程中车与地面间是滑动摩擦．据此可知，下列说法中正确的是( )．图5-2-13A ．甲车的刹车距离随刹车前的车速v 变化快，甲车的刹车性能好B ．乙车与地面间的动摩擦因数较大，乙车的刹车性能好C ．以相同的车速开始刹车，甲车先停下来，甲车的刹车性能好D ．甲车的刹车距离随刹车前的车速v 变化快，甲车与地面间的动摩擦因数较大 解析 在刹车过程中，由动能定理可知：μmgl ＝12mv 2，得l ＝v 22μg ＝v 22a可知，甲车与地面间动摩擦因数小(题图线1)，乙车与地面间动摩擦因数大(题图线2)，刹车时的加速度a ＝μg ，乙车刹车性能好；以相同的车速开始刹车，乙车先停下来．B 正确． 答案 B5．如图5-2-14所示，长为L 的木板水平放置，在木板的A 端放置一个质量为m 的物体，现缓慢抬高A 端，使木板以左端为轴在竖直面内转动，当木板转到与水平面成α角时物体开始滑动，此时停止转动木板，物体滑到木板底端时的速度为v ，则在整个过程中( )．图5-2-14A ．支持力对物体做功为0B ．摩擦力对物体做功为mgL sin αC ．摩擦力对物体做功为12mv 2－mgL sin αD ．木板对物体做功为12mv 2－mgL sin α解析 木板由水平转到与水平面成α角的过程中，木板对物体的支持力做正功，重力做负功，两者相等，即W G ＝W N ＝mgL sin α，所以A 错误；物体从开始下滑到底端的过程中，支持力不做功，重力做正功，摩擦力做负功，由动能定理得W G ＋W f ＝12mv 2－0，即W f＝12mv 2－mgL sin α，故C 正确、B 错误；对全过程运用能量观点，重力做功为0，无论支持力还是摩擦力，施力物体都是木板，所以木板做功为12mv 2，D 错误．答案 C6．如图5-2-15所示，DO 是水平面，AB 是斜面，初速度为v 0的物体从D 点出发沿DBA 滑动到顶点A 时速度刚好为零，如果斜面改为AC ，让该物体从D 点出发沿DCA 滑动到A 点且速度也刚好为零．则物体具有的初速度(已知物体与路面之间的动摩擦因数处处相同且不为零)( )．图5-2-15A ．大于v 0B ．等于v 0C ．小于v 0D ．取决于斜面的倾角解析 如图所示，物体由D 出发沿DBA 路面运动，由动能定理可列出方程－F f 1l DB －F f 2l BA －mgh A ＝0－12mv 20①因为F f 1＝μmg ，F f 2＝μmg cos α 代入①式－μmgl DB －μmg cos αl AB －mgh A ＝－12mv 20②又因为l AB cos α＝l OB ，所以μmgl DB ＋μmgl BO ＋mgh A ＝12mv 20③同理μmg (l CD ＋l CO )＋mgh A ＝12mv 2④即μmgl DO ＋mgh A ＝12mv 2⑤此式表明由D 出发的初速度v 0与斜面夹角α无关，因此沿DCA 上滑到A 点的初速度仍为v 0，选项B 正确． 答案 B7．(2013·郑州三模)如图5-2-16所示，竖直平面内有一个半径为R 的半圆形轨道OQP ，其中Q 是半圆形轨道的中点，半圆形轨道与水平轨道OE 在O 点相切，质量为m 的小球沿水平轨道运动，通过O 点进入半圆形轨道，恰好能够通过最高点P ，然后落到水平轨道上，不计一切摩擦阻力，下列说法不正确的是( )．图5-2-16A ．小球落地时的动能为2.5mgRB ．小球落地点离O 点的距离为2RC ．小球运动到半圆形轨道最高点P 时，向心力恰好为零D ．小球到达Q 点的速度大小为3gR解析 小球恰好通过P 点，mg ＝m v 20R 得v 0＝gR .根据动能定理mg ·2R ＝12mv 2－12mv 20得12mv2＝2.5mgR ，A 正确．由平抛运动知识得t ＝4Rg，落地点与O 点距离x ＝v 0t ＝2R ，B正确．P 处小球重力提供向心力，C 错误．从Q 到P 由动能定理得－mgR ＝12m (gR )2－12mv 2Q ，所以v Q ＝3gR ，D 正确． 答案 C8．太阳能汽车是靠太阳能来驱动的汽车．当太阳光照射到汽车上方的光电板时，光电板中产生的电流经电动机带动汽车前进．设汽车在平直的公路上由静止开始匀加速行驶，经过时间t ，速度为v 时功率达到额定功率，并保持不变．之后汽车又继续前进了距离s ，达到最大速度v max .设汽车质量为m ，运动过程中所受阻力恒为f ，则下列说法正确的是( )．A ．汽车的额定功率为fvB ．汽车匀加速运动过程中，克服阻力做功为fvtC ．汽车从静止开始到速度达到最大值的过程中，牵引力所做的功为12mv 2max －12mv 2D ．汽车从静止开始到速度达到最大值的过程中，合力所做的功为12mv 2max解析 当汽车达到最大速度时牵引力与阻力平衡，功率为额定功率，额定功率为P 额＝fv max ，则可知选项A 错误；汽车匀加速运动过程中通过的位移x ＝12vt ，克服阻力做功为W ＝12fvt ，选项B 错误；根据动能定理可得W F －W f ＝12mv 2max －0，W f ＝12fvt ＋fs ，可知选项C 错误、D 正确． 答案 D9．(2013·济南模拟)如图5-2-17所示，劲度系数为k 的弹簧下端悬挂一个质量为m 的重物，处于静止状态．手托重物使之缓慢上移，直到弹簧恢复原长，手对重物做的功为W 1.然后放手使重物从静止开始下落，重物下落过程中的最大速度为v ，不计空气阻力．重物从静止开始下落到速度最大的过程中，弹簧对重物做的功为W 2，则( )．图5-2-17A ．W 1＞m 2g 2kB ．W 1＜m 2g 2kC ．W 2＝12mv 2D ．W 2＝m 2g 2k －12mv 2解析 设x 为弹簧伸长的长度，由胡克定律得：mg ＝kx .手托重物使之缓慢上移，直到弹簧恢复原长，重物的重力势能增加了mgx ＝m 2g 2k ，弹簧的弹力对重物做了功，所以手对重物做的功W 1＜m 2g 2k ，选项B 正确．由动能定理知W 2＋m 2g 2k ＝12mv 2，则C 、D 错误．答案 B10．(2013·揭阳模拟)如图5-21-8所示为某娱乐场的滑道示意图，其中AB 为曲面滑道，BC 为水平滑道，水平滑道BC 与半径为1.6 m 的14圆弧滑道CD 相切，DE 为放在水平地面上的海绵垫．某人从坡顶滑下，经过高度差为20 m 的A 点和B 点时的速度分别为2 m/s 和12 m/s ，在C 点做平抛运动，最后落在海绵垫上E 点．人的质量为70 kg ，在BC 段的动摩擦因数为0.2.问：图5-2-18(1)从A 到B 的过程中，人克服阻力做的功是多少？ (2)为保证在C 点做平抛运动，BC 的最大值是多少？ (3)若BC 取最大值，则DE 的长是多少？解析 (1)由动能定理：W G －W f ＝12mv 2B －12mv 2A 得：W f ＝9 100 J.(2)BC 段加速度为：a ＝μg ＝2 m/s 2，设在C 点的最大速度为v m ，由mg ＝m v 2mr，v m ＝gr ＝4 m/s ，BC 的最大值为：s BC ＝v 2B －v 2m2a＝32 m ，BC 的长度范围是0～32 m.(3)平抛运动的时间：t ＝2rg＝0.32＝0.566 s ，BC 取最大长度，对应平抛运动的初速度为v m ＝4 m/s ，平抛运动的水平位移：s 平＝v m t ＝2.26 m ，DE 的长：s DE ＝s 平－r ＝2.26 m －1.6 m ＝0.66 m.答案 (1)9 100 J (2)32 m (3)0.66 m11．(2012·无锡高三期末)如图5-2-19甲所示，长为4 m 的水平轨道AB 与倾角为37°的足够长斜面BC 在B 处连接，有一质量为2 kg 的滑块，从A 处由静止开始受水平向右的力F 作用，F 按图乙所示规律变化，滑块与AB 和BC 间的动摩擦因数均为0.25，重力加速度g 取10 m/s 2.求：图5-2-19(1)滑块第一次到达B 处时的速度大小；(2)不计滑块在B 处的速率变化，滑块到达B 点时撤去力F ，滑块冲上斜面，滑块最终静止的位置与B 点的距离．(sin 37°＝0.6)解析 (1)由题图得：0～2 m 内：F 1＝20 N ，Δx 1＝2 m ； 2～3 m 内：F 2＝0，Δx 2＝1 m ；3～4 m 内：F 3＝10 N ，Δx 3＝1 mA 至B 由动能定理得：F 1Δx 1－F 3Δx 3－μmg (Δx 1＋Δx 2＋Δx 3)＝12mv 2B ，即20×2－10×1－0.25×2×10×(2＋1＋1)＝12×2×v 2B ，解得v B ＝10 m/s(2)因为mg sin 37°>μmg cos 37°，滑块将滑回水平面． 设滑块由B 点上滑的最大距离为L ，由动能定理：－μmgL cos 37°－mgL sin 37°＝0－12mv 2B解得：L ＝58m从最高点滑回水平面，设停止在与B 点相距s 处，mgL sin 37°－μmgL cos 37°－μmgs ＝0解得：s ＝sin 37°－μcos 37°μL ＝0.6－0.25×0.80.25×58 m ＝1 m.答案 (1)10 m/s (2)1 m12．(2012·重庆卷，23)如图5-2-20所示为一种摆式摩擦因数测量仪，可测量轮胎与地面间动摩擦因数，其主要部件有：底部固定有轮胎橡胶片的摆锤和连接摆锤的轻质细杆，摆锤的质量为m 、细杆可绕轴O 在竖直平面内自由转动，摆锤重心到O 点距离为L ，测量时，测量仪固定于水平地面，将摆锤从与O 等高的位置处静止释放．摆锤到最低点附近时，橡胶片紧压地面擦过一小段距离s (s ≪L )，之后继续摆至与竖直方向成θ角的最高位置．若摆锤对地面的压力可视为大小为F 的恒力，重力加速度为g ，求：图5-2-20(1)摆锤在上述过程中损失的机械能； (2)在上述过程中摩擦力对摆锤所做的功； (3)橡胶片与地面之间的动摩擦因数．解析 (1)选从右侧最高点到左侧最高点的过程研究．因为初、末状态动能为零，所以全程损失的机械能ΔE 等于减少的重力势能，即：ΔE ＝mgL cos θ.① (2)对全程应用动能定理：W G ＋W f ＝0，②W G ＝mgL cos θ，③由②、③得W f ＝－W G ＝－mgL cos θ④ (3)由滑动摩擦力公式得f ＝μF ，⑤ 摩擦力做的功W f ＝－fs ，⑥ ④、⑤式代入⑥式得：μ＝mgL cos θFs.⑦ 答案 (1)mgL cos θ (2)－mgL cos θ (3)mgL cos θFs。

第五章 第二讲 动能定理及其应用1．如图1所示，质量相同的物体分别自斜面AC 和BC 的顶端由静止开始下滑，物体与斜面间的动摩擦因数都相同，物体滑到斜面底部C 点时的动 能分别为E k1和E k2，下滑过程中克服摩擦力所做的功分别为W 1和W 2，则 ( )A ．E k1＞E k2 W 1＜W 2B ．E k1＞E k2 W 1＝W 2C ．E k1＝E k2 W 1＞W 2D ．E k1＜E k2 W 1＞W 2解析：设斜面的倾角为θ，斜面的底边长为l ，则下滑过程中克服摩擦力做的功为W ＝μmg cos θ·l /cos θ＝μmgl ，所以两种情况下克服摩擦力做的功相等．又由于B 的高度 比A 低，所以由动能定理可知E k1＞E k2，故选B.答案：B2．一质量为m 的小球用长为l 的轻绳悬挂于O 点，小球在水平力作用下，从平衡位置P 点缓慢地移动，当悬线偏离竖直方向θ角时， 水平力大小为F ，如图2所示，则水平力所做的功为 ( )A ．mgl cos θB ．Fl sin θC ．mgl (1－cos θ)D ．Fl cos θ 解析：小球在缓慢移动的过程中，动能不变，故可用动能定理求解，即W F ＋W G ＝0， 其中W G ＝－mgl (1－cos θ)，所以W F ＝－W G ＝mgl (1－cos θ)，选项C 正确． 答案：C3．(2010·南通模拟)如图3甲所示，静置于光滑水平面上坐标原点处的小物块，在水平 拉力F 作用下，沿x 轴方向运动，拉力F 随物块所在位置坐标x 的变化关系如图乙 所示，图线为半圆．则小物块运动到x 0处时的动能为 ( )图3A ．0B.12F m x 0C.π4F m x 0 D.π4x 02 解析：根据动能定理，小物块运动到x 0处时的动能为这段时间内力F 所做的功，物块在变力作用下运动，不能直接用功的公式来计算，但此题可用根据图象求“面积”的方法来解决．力F 所做的功的大小等于半圆的“面积”大小．E k ＝W ＝12S 圆＝12π(x 02)2，又F m ＝x 02.整理得E k ＝π4F m x 0＝π8x 02，C 选项正确． 答案：C4．(2010·济南质检)如图4所示，电梯质量为M ，地板上放着一质量为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12m v 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12M v 2＋MgH D ．合力对电梯做的功等于12M v 2 解析：对物体m 用动能定理：WF N －mgH ＝12m v 2，故WF N ＝mgH ＋12m v 2，A 、B 均 错；钢索拉力做的功，W F 拉＝(M ＋m )gH ＋12(M ＋m )v 2，C 错；由动能定理知，合力 对电梯M 做的功应等于电梯动能的变化12M v 2，D 正确． 答案：D5．如图5所示，质量为m 的物体用细绳经过光滑小孔牵引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F 4时，物体仍做匀速圆 周运动，半径为2R ，则外力对物体做的功为 ( )A ．－FR 4B.3FR 4C.5FR 2D.FR 4 解析：F ＝m v 12R ，F 4＝m v 222R ，由动能定理得W ＝12m v 22－12m v 12，联立解得W ＝－FR 4， 即外力做功为－FR 4.A 项正确． 答案：A6．一个小物块从底端冲上足够长的斜面后，又返回斜面底端．已知小物块的初动能为 E ，它返回斜面底端的速度大小为v ，克服摩擦阻力做功为E /2.若小物块冲上斜面的动能为2E ，则物块 ( )A ．返回斜面底端时的动能为EB ．返回斜面底端时的动能为3E /2C ．返回斜面底端时的速度大小为2vD ．返回斜面底端时的速度大小为v解析：设初动能为E 时，小物块沿斜面上升的最大位移为s 1，初动能为2E 时，小物 块沿斜面上升的最大位移为s 2，斜面的倾角为θ，由动能定理得：－mgs 1sin θ－F f s 1＝0－E,2F f s 1＝E 2，E －E 2＝12m v 2；而－mgs 2sin θ－F f s 2＝0－2E ，可得：s 2＝2s 1，所以 返回斜面底端时的动能为2E －2F f s 2＝E ，A 正确，B 错误；由E ＝12m v ′2可得v ′ ＝2v ，C 、D 均错误．答案：A7．(2010·韶关模拟)如图6甲所示，一物块在t ＝0时刻，以初速度v 0从足够长的粗糙 斜面底端向上滑行，物块速度随时间变化的图象如图乙所示，t 0时刻物块到达最高点， 3t 0时刻物块又返回底端．由此可以确定 ( )图6A ．物块返回底端时的速度B ．物块所受摩擦力大小C ．斜面倾角θD ．3t 0时间内物块克服摩擦力所做的功解析：上升过程中，mg sin θ＋F f ＝ma 1 v 0＝a 1t 0 s ＝v 02t 0 下滑过程中，mg sin θ－F f ＝ma 2 v ＝a 2·2t 0s ＝12a 2(2t 0)2 以上各式联立可求得v ＝v 02，sin θ＝5v 08gt 0，F f ＝3m v 08t 0，故A 、C 正确，因不知物块的 质量m ，故F f 不可求，B 错误；对整个过程应用动能定理可得，－W f ＝12m v 2－12m v 02，故W f ＝38m v 02，因不知m ，故W f 也不可求得，D 错误． 答案：AC8．如图7所示，水平传送带长为s ，以速度v 始终保持匀速运动，把质量为m 的货物放到A 点，货物与皮带间的动摩擦因数为μ，当货物从A 点运动到B 点的过程中，摩擦力对货物做的功可能 ( )A ．等于12m v 2 B ．小于12m v 2 C ．大于μmgs D ．小于μmgs解析：货物在传送带上相对地面的运动可能先加速后匀速，也可能一直加速而货物的最终速度小于v ，故摩擦力对货物做的功可能等于12m v 2，可能小于12m v 2，可能等 于μmgs ，可能小于μmgs ，故选A 、B 、D.答案：ABD9．(2010·如皋模拟)如图8所示，斜面AB 和水平面BC 是由同一板材上截下的两段，在B 处用小圆弧连接．将小铁块(可视为质点)从A 处由静止释放后，它沿斜面向下滑行，进入平面，最终静止于P 处．若从该板材上再截下一段，搁置在A 、P 之间，构成一个新的斜面，再将小铁块放回A 处，并轻推一下使之具 有初速度v 0，沿新斜面向下滑动．关于此情况下小铁块的运动情况的描述正确的是( )A ．小铁块一定能够到达P 点B ．小铁块的初速度必须足够大才能到达P 点C ．小铁块能否到达P 点与小铁块的质量有关D ．以上说法均不对解析：如图所示，设AB ＝s 1，BP ＝s 2，AP ＝s 3，动摩擦因数为μ，由动能定理得：mgs 1sin α－μmgs 1cos α－μmgs 2＝0，可得：mgs 1sin α＝μmg (s 1cos α＋s 2)，设小铁块沿AP 滑到P 点的速度为v P ，由动能定理得：mgs 3sin β－μmgs 3cos β＝12m v P 2－12m v 02，因s 1sin α＝s 3sin β，s 1cos α＋s 2 ＝s 3cos β，故得：v P ＝v 0，即小铁块可以沿AP 滑到P 点，故A 正确．答案：A10．如图9所示，质量为M＝0.2 kg的木块放在水平台面上，台面比水平地面高出h＝0.20 m，木块距水平台的右端L＝1.7 m．质量为m＝0.10M的子弹以v0＝180 m/s的速度水平射向木块，当子弹以v＝90 m/s的速度水平射出时，木块的速度为v1＝9 m/s(此过程作用时间极短，可认为木块的位移为零)．若木块落到水平地面时的落地点到台面右端的水平距离为s＝1.6 m，求：(g取10 m/s2)(1)木块对子弹所做的功W1和子弹对木块所做的功W2；(2)木块与台面间的动摩擦因数μ.解析：(1)由动能定理得，木块对子弹所做的功为W1＝12m v2－12m v02＝－243 J同理，子弹对木块所做的功为W2＝12M v12＝8.1 J.(2)设木块离开台面时的速度为v2，木块在台面上滑行阶段对木块由动能定理，有：－μMgL＝12M v22－12M v12木块离开台面后的平抛阶段s＝v22h g解得μ＝0.50.答案：(1)－243 J8.1 J(2)0.5011．(2010·南通月考)如图10为车站使用的水平传送带装置的示意图，绷紧的传送带始终保持3.0 m/s的恒定速率运行，传送带的水平部分AB距水平地面的高度h＝0.45m，现有一质量为m＝10 kg的行李包(可视为质点)由A端被传送到B端，且传送到B端时没有被及时取下，行李包从B端水平抛出．已知行李包与传送带之间动摩擦因数为μ＝0.2，且A与B之间距离为L＝6 m．不计空气阻力，g取10 m/s2.(1)行李包从A传送到B的过程中，摩擦力对物块做的功为多少？(2)行李包从B端水平抛出后在空中运动的时间和飞出的水平距离为多少？解析：(1)设行李包加速到传送带的速度v0＝3.0 m/s，经历的时间为t1，则有v0＝μgt1.此过程中行李包的位移s1＝12μgt12.可求得s 1＝2.25 m ＜L ，故行李包在B 端被平抛的速度v B ＝v 0＝3.0 m/s.W f ＝12m v 02＝45 J. (2)由h ＝12gt 22 s 2＝v B t 2 可得t 2＝0.3 s s 2＝0.9 m.答案：(1)45 J (2)0.3 s 0.9 m12．如图11所示为“S ”形玩具轨道，该轨道是用内壁光滑的薄壁细圆管弯成的，固定在竖直平面内，轨道弯曲部分是由两个半径相等的半圆连接而成的，圆半径比细管内径大得多，轨道底端与水平地面相切，弹射装置将一个小球(可视为质点)从a 点水平射向b 点并进入轨道，经过轨道后从p 点水平抛出，已知小球与地面ab 段间的动摩擦因数μ＝0.2，不计其 他机械能损失，ab 段长L ＝1.25 m ，圆的半径R ＝0.1 m ，小球质量m ＝0.01 kg ，轨 道质量为M ＝0.15 kg ，g ＝10 m/s 2，求：(1)若v 0＝5 m/s ，小球从p 点抛出后的水平射程；(2)若v 0＝5 m/s ，小球经过轨道的最高点时，管道对小球作用力的大小和方向；(3)设小球进入轨道之前，轨道对地面的压力大小等于轨道自身的重力，当v 0至少为 多大时，轨道对地面的压力为零．解析：(1)设小球运动到p 点时的速度大小为v ，对小球由a 点运动到p 点的过程， 应用动能定理得：－μmgL －4Rmg ＝12m v 2－12m v 02① 小球从p 点抛出后做平抛运动，设运动时间为t ，水平射程为s ，则4R ＝12gt 2② s ＝v t ③联立①②③代入数据解得s ＝0.4 6 m(2)设在轨道最高点时管道对小球的作用力大小为F ，取竖直向下为正方向，有：F＋mg ＝m v 2R ④联立①④代入数据解得F ＝1.1 N ，方向竖直向下．(3)分析可知，要使小球以最小速度v 0运动，且轨道对地面的压力为零，则小球的位 置应该在“S ”形轨道的中间位置，则有：F ′＋mg ＝m v 12R，F ′＝Mg －μmgL －2mgR ＝12m v 12－12m v 02 解得：v 0＝5 m/s.答案：(1)0.4 6 m(2)1.1 N ，方向竖直向下 (3)5 m/s。

5-2动能定理及其应用时间：45分钟 满分：100分一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分。

其中1～6为单选，7～10为多选) 1.若物体在运动过程中受到的合外力不为0，则( ) A.物体的动能不可能总是不变的 B.物体的加速度一定变化 C.物体的速度方向一定变化 D.物体所受合外力做的功可能为02．如图所示，水平传送带保持2 m/s 的速度运动，一质量为1 kg 的物体与传送带间的动摩擦因数为0.2，现将该物体无初速度地放到传送带上的A 点，然后运动到了距A 点2 m 的B 点，则传送带对该物体做的功为( )A.0.5 J B ．2 J C ．2.5 JD ．4 J3．如图所示，一半径为R 的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高，质量为m 的质点自轨道端点P 由静止开始滑下，滑到最低点Q 时，对轨道的正压力为2mg ，重力加速度大小为g 。

质点自P 滑到Q 的过程中，克服摩擦力所做的功为( )A.14mgR B.13mgR C.12mgR D.π4mgR 4．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5．如图所示，斜面高h，质量为m的物块，在沿斜面向上的恒力F作用下，能匀速沿斜面向上运动，若把此物块放在斜面顶端，在沿斜面向下同样大小的恒力F作用下，物块由静止向下滑动，滑至底端时其动能的大小为( )A.mgh B．2mghC．2Fh D．Fh6.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，B、C 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出发下滑。

已知盆内侧壁是光滑的，而盆底BC面与小物块间的动摩擦因数为μ＝0.10。

课时作业15动能定理时间：45分钟一、单项选择题1．关于物体所受合力及其动能，下列说法正确的是()A．合力为零，则动能一定不变B．动能保持不变，则合力一定为零C．合力不为零，则合力必做功，动能一定变化D．合力不为零，则物体一定做变速运动，其动能一定变化解析：合力为零，则物体保持静止或匀速运动状态，其动能一定不变，选项A正确；动能不变，其速度的方向可能变化，有加速度，合力可能不为零，如匀速圆周运动，选项B错误；合力不为零，位移可能为零或合力与位移垂直，则功为零，动能不变，选项C错误；合力不为零，则一定有加速度，物体一定做变速运动，但动能可能不变，选项D错误．答案：A2．如图所示，质量相同的物体分别自斜面AC和BC的顶端由静止开始下滑，物体与斜面间的动摩擦因数都相同，物体滑到斜面底部C点时的动能分别为E k1和E k2，下滑过程中克服摩擦力所做的功分别为W1和W2，则()A．E k1>E k2W1<W2B．E k1>E k2W1＝W2C ．E k1＝E k2 W 1>W 2D ．E k1<E k2 W 1>W 2解析：设斜面的倾角为θ，斜面的底边长为x ，则下滑过程中克服摩擦力做的功为W ＝μmg cos θ·x cos θ＝μmgx ，所以两种情况下克服摩擦力做的功相等．又由于B 的高度比A 低，所以由动能定理可知E k1>E k2，B 正确．答案：B 3.如图所示，将质量为m 的小球以速度v 0由地面竖直向上抛出．小球落回地面时，其速度大小为34v 0.设小球在运动过程中所受空气阻力的大小不变，则空气阻力的大小等于( )A.34mgB.316mgC.716mgD.725mg 解析：对小球向上运动，由动能定理得－(mg ＋F f )H ＝0－12m v 20，对小球向下运动，由动能定理得(mg －F f )H ＝12m ⎝ ⎛⎭⎪⎫34v 02－0，联立解得F f ＝725mg ，选项D 正确． 答案：D4.如图所示，在光滑水平面上有一长木板，质量为M，在木板左端放一质量为m的物块，物块与木板间的滑动摩擦力为F f，给物块一水平向右的恒力F，当物块相对木板滑动L距离时，木板运动位移为x，则下列说法正确的是()A．此时物块的动能为FLB．此时物块的动能为(F－F f)LC．此时物块的动能为F(L＋x)－F f LD．此时木板的动能为F f x解析：动能定理中，力对物体做的功应是力与物体在力的作用下的对地位移的乘积．对物块，合力做功为(F－F f)(x＋L)，因此物块的动能为(F－F f)(x＋L)；对木板，合力做功为F f x，A、B、C错误，D 正确．答案：D5．(2016·常德模拟)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，如图所示，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 ，在此后小球继续做圆周运动，经过半个圆周恰好能通过最高点，则在此过程中小球克服空气阻力所做的功是( )A.14mgRB.13mgR C.12mgR D ．mgR 解析：设小球通过最低点时绳的张力为F T ，则F T －mg ＝m v 212，即6mg ＝m v 21R ①，小球恰好过最高点，绳子拉力为零，这时mg ＝m v 22R ②，小球从最低点到最高点的过程中，由动能定理得－mg ·2R －WF f ＝12m v 22－12m v 21③，由①②③式解得WF f ＝3mgR －2mgR －12mgR ＝12mgR ，C 正确．答案：C二、多项选择题6．(2016·衡水模拟)物体沿直线运动的v －t 关系如图所示，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 末速度大小关系为v 1＝v 3＝v 7，由动能定理知W ＝12m v 21－0，则第1 s 末到第3 s 末合力做功W 2＝12m v 23－12m v 21＝0，A 错误；第3 s 末到第5 s 末合力做功W 3＝0－12m v 23＝－W ，B 错误；第5 s 末到第7 s 末合力做功W 4＝12m v 27－0＝W ，C 正确；第3 s 末到第4 s 末合力做功W 5＝12m v 24－12m v 23，因v 4＝12v 3，所以W 5＝－0.75W ，D 正确． 答案：CD7．一个小物块从斜面底端冲上足够长的斜面后又返回到斜面底端．已知小物块的初动能为E ，它返回到斜面底端的动能为E 2，小物块上滑到最大路程的中点时速度为v ；若小物块以2E 的初动能冲上斜面，则有( )A ．返回斜面底端时的动能为EB ．返回斜面底端时的动能为3E 2C ．小物块上滑到最大路程的中点时速度为2vD ．小物块上滑到最大路程的中点时速度为2v解析：设小物块沿斜面上滑的最大高度为h ，沿斜面上升的最大距离为x ，由动能定理得－mgh －F f ·x ＝0－E ，而h ＝x sin α，式中α为斜面倾角，可得x ＝E mg sin α＋F f.由此可见小物块沿斜面上升的距离x 与初动能E 成正比，而摩擦力做功F f ·x 与位移成正比，故当小物块以2E 的初动能上滑时，上滑的最大距离变为原来的2倍，损失的动能(即克服摩擦力做的功)也为原来的2倍，故A 正确，B 错误；选取小物块从路程中点至最高点的过程，由v 2＝2ax 得v 2v 21＝x x 1，x 1＝2x ，故有v 1＝2v ，C 正确，D 错误．答案：AC8.如图所示，一个粗糙的水平转台以角速度ω匀速转动，转台上有一个质量为m 的物体，物体与转台间用长L 的绳连接着，此时物体与转台处于相对静止，设物体与转台间的动摩擦因数为μ，现突然制动转台，则( )A ．由于惯性和摩擦力，物体将以O 为圆心、L 为半径做变速圆周运动，直到停止B ．若物体在转台上运动一周，物体克服摩擦力做的功为2πμmgLC ．若物体在转台上运动一周，摩擦力对物体不做功D ．物体在转台上运动Lω24πμg圈后，停止运动 解析：制动转台后，物体在绳子约束作用下做圆周运动，速率在减小，运动一周滑动摩擦力做功为WF f＝－μmg2πL.绳子的拉力对物体不做功，由动能定理可知－N·2πμmgL＝0－12，又v＝ωL，联立得2m v，A、B、D正确．物体在转台上转动的圈数为N＝Lω24πμg答案：ABD三、计算题9．如图所示，水平地面与一半径为l的竖直光滑圆弧轨道相接于B点，轨道上的C点位置处于圆心O的正下方．在距地面高度为l的水平平台边缘上的A点有质量为m的小球以v0＝2gl的速度水平飞出，小球在空中运动至B点时，恰好沿圆弧轨道在该点的切线方向滑入轨道．小球运动过程中空气阻力不计，重力加速度为g，试求：(1)B点与抛出点A正下方的水平距离x；(2)圆弧BC段所对的圆心角θ；(3)小球滑到C点时，对圆轨道的压力．解析：(1)设小球做平抛运动到达B点的时间为t，由平抛运动规律l＝12，x＝v0t2gt联立解得x＝2l.(2)小球到达B 点时竖直分速度v 2y ＝2gl ，设α为速度方向与水平方向的夹角，则tan α＝v y v 0，解得α＝45°，由几何关系得θ＝45°. (3)设小球到达C 点时速度大小为v C ，根据动能定理，小球从A 运动到C 点的过程中有mgl ⎝⎛⎭⎪⎫1＋1－22＝12m v 2C －12m v 20 设轨道对小球的支持力为F ，根据牛顿第二定律有F －mg ＝m v 2C l解得F ＝(7－2)mg 由牛顿第三定律可知，小球对圆轨道的压力大小为F ′＝F ＝(7－2)mg ，方向竖直向下．答案：(1)2l (2)45° (3)(7－2)mg ，竖直向下10．如图所示，质量为M ＝0.2 kg 的木块放在水平台面上，台面比水平地面高出h ＝0.20 m ，木块与平台的右端的距离L ＝1.7 m ．质量为m ＝0.10M 的子弹以v 0＝180 m/s 的速度水平射向木块，当子弹以v ＝90 m/s 的速度水平射出时，木块的速度为v 1＝9 m/s(此过程作用时间极短，可认为木块的位移为零)．若木块落到水平地面时与台面右端的水平距离为l ＝1.6 m ，g 取10 m/s 2.求：(1)木块对子弹所做的功W 1和子弹对木块所做的功W 2；(2)木块与台面间的动摩擦因数μ.解析：(1)根据动能定理，木块对子弹所做的功为W 1＝12m v 2－12m v 20＝－243 J 子弹对木块所做的功为W 2＝12M v 21＝8.1 J. (2)设木块离开台面时的速度为v 2，木块离开台面后做平抛运动． 水平方向有l ＝v 2t竖直方向有h ＝12gt 2 联立解得l ＝v 22h g木块在台面上滑行阶段对木块由动能定理－μMgL ＝12M v 22－12M v 21 解得μ＝0.50. 答案：(1)－243 J 8.1 J (2)0.5011．小军看到打桩机，对打桩机的工作原理产生了兴趣．他构建了一个打桩机的简易模型，如图甲所示．他设想，用恒定大小的拉力F 拉动绳端B ，使物体从A 点(与钉子接触处)由静止开始运动，上升一段高度后撤去F ，物体运动到最高点后自由下落并撞击钉子，将钉子打入一定深度．按此模型分析，若物体质量m ＝1 kg ，上升1 m 高度时撤去拉力，撤去拉力前物体的动能E k 与上升高度h 的关系图象如图乙所示．(g取10 m/s2，不计空气阻力)(1)求物体上升到0.4 m高度处F的瞬时功率；(2)若物体撞击钉子后瞬间弹起，且使其不再落下，钉子获得20 J 的动能向下运动，钉子总长为10 cm，撞击前插入部分可以忽略，不计钉子重力．已知钉子在插入过程中所受的阻力F f与深度x的关系图象如图丙所示，求钉子能够插入的最大深度．解析：(1)撤去F前物体运动过程中，根据动能定理有(F－mg)h＝E k－0即E k＝(F－mg)h，E k－h图象的斜率为k＝F－mg由图象乙知，斜率为k＝20 N解得F＝30 N又由图象乙，h＝0.4 m时，E k＝12＝8 J2m v解得v＝4 m/s瞬时功率P F＝F v＝120 W.(2)由图象丙知，碰撞后钉子所受的阻力F f与深度x成正比，斜率k′＝105 N/m，设钉子插入的最大深度为x m，对钉子应用动能定理得－F f x m＝0－E′k0由图象丙知F f＝12k′x m，又E′k0＝20 J 解得x m＝0.02 m.答案：(1)120 W(2)0.02 m。

十六 动能定理(学生用书对应页码P287)1．如图所示，图线表示作用在某物体上的合外力随时间变化的关系．若t ＝0时物体速度为零，则( )A ．前5 s 时间内物体的动能变化量不为零B ．前5 s 时间内只有第1 s 末物体的动能最大C ．前5 s 时间内只有第5 s 末物体的速率最大D ．前3 s 时间内合外力对物体做的功为零解析：本题的计算结果与物体的质量无关，不妨设物体的质量m ＝5 kg ，由题图作出图示的速度—时间图象．可见，第1 s 末与第5 s 末物体的速率均为2 m/s且最大，动能相等也是最大，选项B 、C 均错误；t ＝0时速度为零，t ＝5 s 时速度不为零，所以前5 s 时间内物体的动能变化量不为零，选项A 正确；第3 s 末速度为零，根据动能定理得前3 s 时间内合外力对物体做的功W ＝0－0＝0，选项D 正确．答案：AD2．如图所示绘出了某辆汽车刹车过程的刹车痕(即刹车距离)与刹车前车速的关系．v 为刹车前的速度，s 为刹车痕长度．已知该车在某次撞车事故现场中警察已经测量出碰撞前的刹车痕为20 m ，则下列说法中正确的是( )A ．若已估算出汽车碰撞时车子的速度为45 km/h ，则车子原来刹车前的速度至少是60 km/hB ．若已估算出汽车碰撞时车子的速度为45 km/h ，则车子原来刹车前的速度至少是75 km/hC ．若已知汽车开始刹车时车子的速度为108 km/h ，则车子发生碰撞时的速度约为90 km/hD ．若已知汽车开始刹车时车子的速度为108 km/h ，则车子发生碰撞时的速度约为78 km/h解析：由图线知，对初速度为v 1＝60 km/h 的车子停下来对应的刹车时位移是s 1＝20 m ，由动能定理可得－μmgs 1＝0－12mv 21.若刹车一段距离s ＝20 m 后，车子仍有速度v ＝45 km/h ，则由－μmgs ＝12mv 2－12mv 20，联立以上两式，解得v 0＝75 km/h ，B 正确，A 错误；类似可解得，若已知汽车开始刹车时车子的速度为108 km/h ，刹车20 m 后车子的速度(碰撞时的速度)为90 km/h ，C 正确，D 错误．答案：BC3．(2014·南昌模拟)质量为10 kg 的物体，在变力F 作用下沿x 轴做直线运动，力随坐标x 的变化情况如图所示．物体在x ＝0处，速度为1 m/s ，一切摩擦不计，则物体运动到x ＝16 m 处时，速度大小为( )A ．2 2 m/sB ．3 m/sC ．4 m/sD.17 m/s解析：F ­x 图象与坐标轴围成的图形面积表示力F 做的功，图形位于x 轴上方表示力做正功，位于下方表示力做负功，面积大小表示功的大小，所以物体运动到x ＝16 m 处时，F 做正功，其大小W ＝40 J ，根据动能定理有W ＝12mv 22－12mv 21，代入数据，可得v 2＝3 m/s.答案：B4．将一个物体以初动能E 0竖直向上抛出，落回地面时物体的动能为E 02，设空气阻力大小恒定．若将它以初动能4E 0竖直上抛，则它在上升到最高点的过程中，重力势能变化了( )A ．3E 0B ．2E 0C ．1.5E 0D ．E 0解析：物体以初动能E 0竖直向上抛出，设上升最大高度为h ，根据动能定理，对全过程有－2fh ＝－E 02，对上升过程有－fh －mgh ＝0－E 0，联立解得mg ＝3f ；物体以初动能4E 0竖直上抛，设上升的最大高度为h ′，上升过程运用动能定理有－mgh ′－fh ′＝0－4E 0，得mgh ′＝3E 0，即重力势能的增加量为3E 0，只有选项A 正确．答案：A5．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，如图所示，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 ，在此后小球继续做圆周运动，经过半个圆周恰好能通过最高点，则在此过程中小球克服空气阻力所做的功是( )A.14mgR B ．13mgR C.12mgR D ．mgR解析：小球通过最低点时，绳的张力为F ＝7mg ①由牛顿第二定律知：F －mg ＝mv 21R②小球恰好过最高点，绳子拉力为零，由牛顿第二定律可知：mg ＝mv 22R③小球由最低点运动到最高点的过程中，由动能定理得： －2mgR ＋W f ＝12mv 22－12mv 21④由①②③④可得W f ＝－12mgR ，所以小球克服空气阻力所做的功为12mgR ，故C 正确，A 、B 、D 错误．答案：C6．(2014·江苏宿迁一模)质量为2 kg 的物块放在粗糙水平面上，在水平拉力的作用下由静止开始运动，物块动能E k 与其发生位移x 之间的关系如图所示．已知物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g 取10 m/s 2，则下列说法正确的是( )A ．x ＝1 m 时速度大小为2 m/sB ．x ＝3 m 时物块的加速度大小为2.5 m/s 2C ．在前4 m 位移过程中拉力对物块做的功为9 JD ．在前4 m 位移过程中物块所经历的时间为2.8 s解析：对物块由动能定理得F 合x ＝ΔE k ，则F 合＝ΔE kx，即图线的斜率等于合外力．在0～2 s 内，F 合＝ΔE k x ＝2 N ，设x ＝1 m 时速度大小为v ，由动能定理得F 合x 1＝12mv 2－0，v ＝ 2m/s ，A 错误；由图线知2～4 m 内加速度恒定，a ＝F 合m ＝ΔE k xm ＝52×2 m/s 2＝54m/s 2，B 错误；在前4 m 位移过程中由动能定理得W －μmgx ＝9 J ，W ＝9 J ＋0.2×2×10×4 J＝25 J ，C 错误；在x ＝2 m 时，12mv 21＝4 J ，v 1＝2 m/s ，在x ＝4 m 时，12mv 22＝9 J ，v 2＝3 m/s ，在前2m 内，2 m ＝v 12t 1，t 1＝2 s ，在后2 m 内，2 m ＝v 1＋v 22t 2，t 2＝0.8 s ，故t 1＋t 2＝2.8 s ，D正确．答案：D7．质量分别为2m 和m 的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，撤去F 1、F 2后在摩擦力的作用下减速到停止，其v ­t 图象如图所示．则下列说法正确的是( )A ．F 1和F 2大小相等B ．F 1和F 2对A 、B 做功之比为2∶1C ．A 、B 所受摩擦力大小相等D ．全过程中摩擦力对A 、B 做功之比为1∶2解析：设A 加速时加速度大小为a ，则减速时加速度大小为0.5a ，B 加速时加速度大小为0.5a ，减速时加速度大小为a .根据牛顿第二定律，对A ：F 1－F f1＝2ma ，F f1＝2m ×0.5a .对B ：F 2－F f2＝0.5ma ，F f2＝ma .解得F 1＝3ma ，F 2＝1.5ma ，F f2＝F f1，A 错误，C 正确．外力F 1、F 2做功分别为：W 1＝F 1x 1，W 2＝F 2x 2，由图线围成的面积可知x 1＝0.5x 2，故W 1∶W 2＝1∶1，B 错误．两物体运动位移相同，故摩擦力做功之比为F f1x ∶F f2x ＝1∶1，D 错误．答案：C8．如图所示，在水平面上有一质量为m 的物体，在水平拉力作用下由静止开始运动一段距离后到达一斜面底端，这时撤去外力，物体冲上斜面，上滑的最大距离和在平面上移动的距离相等，然后物体又沿斜面下滑，恰好停在平面上的出发点．已知斜面倾角θ＝30°，斜面与平面上的动摩擦因数相同，求物体开始受到的水平拉力F .解析：设动摩擦因数为μ，在平面上移动的距离为s ， 据动能定理有物体由静止开始到冲到斜面最高点Fs －μmgs －mgs sin 30°－μmgs cos 30°＝0①物体沿斜面下滑到停在平面上的出发点mgs sin 30°－μmgs cos 30°－μmgs ＝0②由①②得F ＝mg 答案：mg9．如图甲所示，一足够长、与水平面夹角θ＝53°的倾斜轨道与竖直面内的光滑圆轨道相接，圆轨道的半径为R ，其最低点为A ，最高点为B .可视为质点的物块与斜轨间有摩擦，物块从斜轨上某处由静止释放，到达B 点时与轨道间压力的大小F 与释放的位置距最低点的高度h 的关系图象如图乙所示，不计小球通过A 点时的能量损失，取重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 53°＝45，cos 53°＝35，求：(1)物块与斜轨间的动摩擦因数μ； (2)物块的质量m .解析：(1)由题图乙可知，当h 1＝5R 时，物块到达B 点时与轨道间压力的大小为0，设此时物块在B 点的速度大小为v 1，则mg ＝mv 21R对物块从释放至到达B 点的过程，由动能定理有mg (h 1－2R )－μmg cos θh 1sin θ＝12mv 21 解得μ＝23(2)设物块从距最低点高为h 处释放后到达B 点时速度的大小为v ，则F ＋mg ＝mv 2R物块从释放至到达B 点的过程中，由动能定理有mg (h －2R )－μmg cos θhsin θ＝12mv 2 解得F ＝mghR－5mg 则F ­h 图线的斜率k ＝mg R由图可知k ＝2R解得m ＝0.2 kg 答案：(1)23(2)0.2 kg10．如图所示，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(可以看做质点)从直轨道上的P 点由静止释放，结果它能在两轨道间做往返运动．已知P 点与圆弧的圆心O 等高，物体与轨道AB 间的动摩擦因数为μ，求：(1)物体做往返运动的整个过程中在AB 轨道上通过的总路程； (2)最终当物体通过圆弧轨道最低点E 时，对圆弧轨道的压力；(3)为使物体能顺利到达圆弧轨道的最高点D ，释放点距B 点的距离L ′应满足什么条件． 解析：(1)因为摩擦力始终对物体做负功，所以物体最终在圆心角为2θ的圆弧轨道上做往复运动．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F N ＝(3－2cos θ)mg由牛顿第三定律可知，物体对轨道的压力F N ′＝F N ＝(3－2cos θ)mg ，方向竖直向下．(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 θθ－μcos θ·R答案：(1)Rμ (2)(3－2cos θ)mg ，方向竖直向下(3)L ′＝3＋2cos θθ－μcos θ·R。