2017届一轮复习 动能定理及其应用 课时作业

课时跟踪检测（十七）动能定理及其应用对点训练：对动能定理的理解1.如图所示，一块长木板B放在光滑的水平面上，在B上放一A物体，现以恒定的外力拉B，使A、B间产生相对滑动，如果以地面为参考系，A、B都向前移动一段距离。

在此过程中( )A．外力F做的功等于A和B动能的增量B．B对A的摩擦力所做的功，等于A的动能增量C．A对B的摩擦力所做的功，等于B对A的摩擦力所做的功D．外力F对B做的功等于B的动能的增量解析：选B 外力F做的功等于A、B动能的增量与A、B间摩擦产生的内能之和，A错误；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对地的位移不等，故二者做功不相等，C错误；对B应用动能定理，W F－W F f＝ΔE k B，即W F＝ΔE k B＋W F 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错误。

2.(2017·银川模拟)如图所示为某中学科技小组制作的利用太阳能驱动小车的装置。

当太阳光照射到小车上方的光电板时，光电板中产生的电流经电动机带动小车前进。

若质量为m的小车在平直的水泥路上从静止开始沿直线加速行驶，经过时间t前进的距离为x，且速度达到最大值v m。

设这一过程中电动机的功率恒为P，小车所受阻力恒为F，那么这段时间内( )A．小车做匀加速运动B．小车受到的牵引力逐渐增大C．小车受到的合外力所做的功为PtD．小车受到的牵引力做的功为Fx＋12 mv m2解析：选D 小车在运动方向上受向前的牵引力F1和向后的阻力F，因为v增大，P不变，由P＝F1v，F1－F＝ma，得出F1逐渐减小，a也逐渐减小，当v＝v m时，a＝0，故A、B项均错误；合外力做的功W外＝Pt－Fx，由动能定理得W牵－Fx＝12mv m2，故C项错误，D项正确。

第2课时动能定理(限时：45分钟)A 对点训练——练熟基础知识题组一 对动能定理的理解1．(多选)如图5-2-14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2．(多选)如图5-2-15所示，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，使之沿斜面向上加速移动．在移动的过程中，下列说法中正确的是( )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 ．木箱克服重力所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3．如图5-2-16所示，光滑斜面的顶端固定一弹簧，一物体向右滑行，并冲上固定在地面上的斜面．设物体在斜面最低点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 －12mv 2 B.12mv 2－mghC ．－mghD ．－(mgh ＋12mv 2) 题组二 动能定理求变力功4．如图5-2-17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 5．(多选)如图5-2-18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，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 J6．如图5-2-19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( )A ．W 1>m 2g 2kB ．W 1<m 2g 2kC ．W 2＝12mv 2 D ．W 2＝m 2g 2k －12mv 2题组三动能定理的应用7．(多选)(2014·上海宝山区一模)将3个木板1、2、3固定在墙角，木板与墙壁和地面构成了3个不同的三角形，如图5-2-20所示，其中1和2底边相同，2和3高度相同．现将一个可以视为质点的物块分别从3个木板的顶端由静止释放，并沿木板下滑到底端，物块与木板之间的动摩擦因数均为μ.在这3个过程中，下列说法正确的是()A．沿着1和2下滑到底端时，物块的速度大小不同；沿着2和3下滑到底端时，物块的速度大小相同B．沿着1下滑到底端时，物块的速度最大C．物块沿着3下滑到底端的过程中，产生的热量是最多的D．物块沿着1和2下滑到底端的过程中，产生的热量是一样多的8．(多选)物体沿直线运动的v-t关系如图5-2-21所示，已知在第1秒内合外力对物体做的功为W，则()A．从第1秒末到第3秒末合外力做功为4WB．从第3秒末到第5秒末合外力做功为－2WC．从第5秒末到第7秒末合外力做功为WD．从第3秒末到第4秒末合外力做功为－0.75WB组深化训练——提升应考能力9．(2014·江苏常州2014届模拟)某滑沙场有两个坡度不同的滑道AB和AB′(均可看作斜面)，甲、乙两名旅游者分别乘两个完全相同的滑沙撬从A点由静止开始分别沿AB和AB′滑下，最后都停在水平沙面BC上，如图5-2-22所示．设滑沙撬和沙面间的动摩擦因数处处相同，斜面与水平面连接处均可认为是圆滑的，滑沙者保持一定姿势坐在滑沙撬上不动．则下列说法中正确的是()A．甲滑行的总路程一定大于乙滑行的总路程B．甲在B点的动能一定等于乙在B′点的动能C．甲在B点的速率一定等于乙在B′点的速率D．甲全部滑行的水平位移一定大于乙全部滑行的水平位移10．光滑斜面上有一个小球自高为h的A处由静止开始滚下，抵达光滑的水平面上的B点时速率为v0.光滑水平面上每隔相等的距离设置了一个与小球运动方向垂直的阻挡条，如图5-2-23所示，小球越过n条阻挡条后停下来．若让小球从2h高处以初速度v0滚下，则小球能越过阻挡条的条数为(设小球每次越过阻挡条时损失的动能相等)()A．n B．2n C．3n D．4n11．(2014·江苏启东中学期中)如图5-2-24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处的速度大小为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．(2014·潍坊模拟)总质量为80 kg的跳伞运动员从离地500 m的直升机上跳下，经过2 s拉开绳索开启降落伞，如图5-2-25所示是跳伞过程中的v-t图象，试根据图象(g取10 m/s2)(1)求0～2 s内阻力做的功；(2)估算14 s内运动员下落的高度及克服阻力做的功；(3)估算运动员从飞机上跳下到着地的总时间．『答案』1、『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 应用动能定理，W F －WF f ＝ΔE k B ，即W F ＝ΔE k B ＋WF 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』 BD2、『解析』 木箱在上升过程中，由动能定理可知：W F －mgh －W f ＝ΔE k ，故有W F ＝mgh ＋W f ＋ΔE k ，由此可知A 、B 错误，D 正确；木箱上升过程中，重力做负功，重力势能增加，木箱克服重力做的功等于木箱增加的重力势能．『答案』 CD3、『解析』 由A 到C 的过程运用动能定理可得：－mgh ＋W ＝0－12mv 2，所以W ＝mgh －12mv 2，故A 正确． 『答案』 A4、『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 20－12mv 2＝mv 204，C 正确． 『答案』 C5、『解析』 小球受到的重力G ＝mg ＝10 N ，开始时受到的作用力F 0＝kv 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 0－mg ＝kv 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，此后小球做匀速运动．小球匀速运动时F ＝G ，即kv 21＝mg ，代入数值解得v 1＝5 m/s ，小球从v 0到v 1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 ＝12mv 21－12mv 20，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，A 正确，B 错误．『答案』 AD6、『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． 『答案』 B7、『解析』 如图所示，设木板的倾角为θ，对应的水平位移为x ，则物块沿木板下滑到底端时克服摩擦力做的功W f ＝μmg cos θ·x cos θ＝μmgx ，与倾角θ无关．由功能关系知，产生的热量关系为Q 1＝Q 2<Q 3，故C 、D 正确．再由动能定理知mgh －W f ＝12mv 2，对木板1、2而言，x 1＝x 2，而h 1>h 2，所以v 1>v 2.对木板2、3而言，x 2<x 3，而h 2＝h 3，所以v 2>v 3，故A 错误，B 正确．『答案』 BCD8、『解析』 从第1秒末到第3秒末物体做匀速直线运动，说明物体所受合外力为零，故合外力做功为零，A 错误；从第3秒末到第5秒末物体加速度大小是第1秒内加速度的一半，所以这段时间的合外力是第1秒内合外力的一半．而位移是第1秒内位移的2倍，考虑位移方向与合外力方向相反，所以这段时间内合外力做功为－W ，B 错误；第3秒末到第4秒末物体位移是从第3秒末到第5秒末位移的四分之三，D 正确；第5秒末到第7秒末合外力方向与位移方向相同，同理可知这段时间的合外力是第1秒内合外力的一半，而位移是第1秒内位移的2倍，所以这段时间内合外力做功为W ，C 正确．『答案』 CD9、『解析』 由动能定理列方程计算可得两人最后都停在水平沙面B ′C 上同一点，甲滑行的总路程一定大于乙滑行的总路程．甲全部滑行的水平位移一定等于乙全部滑行的水平位移，选项A 正确D 错误；甲在B 点的动能一定大于乙在B ′点的动能，甲在B 点的速率一定大于乙在B ′点的速率，选项B 、C 错误．)『答案』 A10、『解析』 小球第一次从释放到B 点的过程中，由动能定理得mgh ＝12mv 20， 由B 点到停止的过程中，由动能定理得－nW ＝0－12mv 20. 小球第二次从释放到停止的过程中，由动能定理得mg ·2h －n ′W ＝0－12mv 20由以上三式可解得n ′＝3n『答案』 C11、『解析』 (1)滑块从A 点到D 点的过程中，根据动能定理有mg ·(2R －R )－μmg cos37°·2R sin37 °＝0 解得μ＝0.375(2)若滑块能到达C 点，根据牛顿第二定律有mg ＋F N ＝mv 2C R当F N ＝0时，滑块恰能到达C 点，有v C ≥Rg ＝2 m/s滑块从A 点到C 点的过程中，根据动能定理有－μmg cos 37°·2R sin 37°＝12mv 2C －12mv 20 联立解得v 0≥2 3 m/s(3)滑块离开C 点做平抛运动有x ＝vt ，y ＝12gt 2 由几何关系得tan 37°＝2R －y x联立以上各式整理得5t 2＋3t －0.8＝0解得t ＝0.2 s『答案』 (1)0.375 (2)2 3 m/s (3)0.2 s12、『解析』 (1)从题图中可以看出，在0～2 s 内运动员做匀加速运动，其加速度大小为a ＝v t t ＝162m/s 2＝8 m/s 2. 设此过程中运动员受到的阻力大小为f ，根据牛顿第二定律，有mg －f ＝ma 解得f ＝160 N.0～2 s 内下落高度h ′＝v t 2t ＝162×2 m ＝16 m. 阻力做功W ＝－fh ′＝－2 560 J.(2)从题图中估算得出运动员在14 s 内下落了h ＝40×2×2 m ＝160 m根据动能定理，有mgh －W f ＝12mv 2， 所以有W f ＝mgh －12mv 2＝(80×10×160－12×80×62) J≈1.27×105 J. (3)14 s 后运动员做匀速运动的时间为t ′＝H －h v ＝500－1606s ＝57 s. 运动员从飞机上跳下到着地需要的总时间t 总＝t ＋t ′＝(14＋57) s ＝71 s. 『答案』 (1)－2 560 J (2)160 m 1.27×105 J (3)71 s。

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动能和动能定理［课时提升作业]一、单项选择题1．关于动能定理，下列说法中正确的是( ）A．在某过程中，外力做的总功等于各个力单独做功的绝对值之和B．只要有力对物体做功，物体的动能就一定改变C．动能定理只适用于直线运动，不适用于曲线运动D．动能定理既适用于恒力做功的情况,又适用于变力做功的情况解析：外力做的总功等于各个力单独做功的代数和，A错；根据动能定理，决定动能是否改变的是总功,而不是某一个力做的功，B错；动能定理既适用于直线运动,也适用于曲线运动；既适用于恒力做功的情况，又适用于变力做功的情况，C错，D对.答案：D2．(2016·漳州高一检测)改变汽车的质量和速度,都能使汽车的动能发生变化，在下面几种情况中，汽车的动能是原来的2倍的是( ）A．质量不变，速度变为原来的2倍B．质量和速度都变为原来的2倍C．质量变为原来的2倍,速度减半D．质量减半，速度变为原来的2倍解析：由E k＝错误!mv2知，m不变,v变为原来的两倍，E k变为原来的4倍。

同理,m和v 都变为原来的2倍时，E k变为原来的8倍;m变为2倍，速度减半时,E k变为原来的一半;m减半，v变为2倍时，E变为原来的2倍，故选项D正确。

动能定理及其应用一、选择题(1～4题只有一个选项符合题目要求，5～7题有多个选项符合题目要求) 1．物体做匀速圆周运动时( )A ．速度变化，动能变化B ．速度变化，动能不变C ．速度不变，动能变化D ．速度不变，动能不变解析：速度是矢量，动能是标量，物体做匀速圆周运动时速度的方向随时变化，但大小不变，故速度在变，动能不变，故选项B 正确．答案：B2．如图所示，光滑斜面的顶端固定一弹簧，一小球向右滑行，并冲上固定在地面上的斜面．设小球在斜面最低点A 的速度为v ，压缩弹簧至C 点时弹簧最短，C 点距地面高度为h ，则小球从A 到C 的过程中弹簧弹力做功是( )A ．mgh －12mv 2 B.12mv 2－mghC ．－mghD ．－⎝⎛⎭⎪⎫mgh ＋12mv 2 解析：小球从A 点运动到C 点的过程中，重力和弹簧的弹力对小球做负功，由于支持力与位移始终垂直，则支持力对小球不做功，由动能定理，可得W G ＋W F ＝0－12mv 2，重力做功为W G ＝－mgh ，则弹簧的弹力对小球做功为W F ＝mgh －12mv 2，所以正确选项为A.答案：A3．质量m ＝2 kg 的物体以50 J 的初动能在粗糙的水平面上滑行，其动能变化与位移关系如图所示，则物体在水平面上的滑行时间t 为( )A ．5 sB ．4 sC ．2 2 sD ．2 s解析：由图可以看出，当物体动能减为0时，物体滑行的位移为10 m ，设滑行过程中，物体所受阻力为F f ，则由动能定理，有－F f x ＝0－E k 0解得F f ＝E k 0x ＝5010＝5 N由牛顿第二定律可知，物体做减速运动的加速度大小为a ＝F f m＝2.5 m/s 2，再由运动学公式x ＝12at 2，得t ＝2x a＝2×102.5＝2 2 s ．选项C 正确．，若不计空气阻力，取g＝10 m/s，则下列说法错误的是5 m/s1.2 m．小物块在桌面上克服摩擦力做8 J的功0.9 J一质量为m的人站在观光电梯内的磅秤上，高度，在此过程中( )A ．磅秤的示数等于1.1mgB ．磅秤的示数等于0.1mgC ．人的动能增加了0.1mghD ．人的机械能增加了1.1mgh解析：根据牛顿定律可知，磅秤的示数等于F N ＝mg ＋ma ＝1.1mg ，选项A 正确，B 错误；根据动能定理得ΔE k ＝W 合＝mah ＝0.1mgh ，故C 正确；人上升h ，则重力做功为－mgh ，可知重力势能增大mgh ，动能增加0.1mgh ，则机械能增大了1.1mgh ，故D 正确. 故选ACD.答案：ACD7．(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，sin37°＝0.6，cos37°＝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：滑草车受力分析如图所示，在B 点处有最大速度v ，在上、下两段所受摩擦力大小分别为Ff 1、Ff 2Ff 1＝μmg cos45° Ff 2＝μmg cos37°整个过程由动能定理列方程：mg ·2h －Ff 1·h sin45°－Ff 2·hsin37°＝0①解得：μ＝67，A 项正确．滑草车在上段滑道运动过程由动能定理列方程：mgh －Ff 1·h sin45°＝12mv 2②解得：v ＝2gh7，B 项正确． 由①式知：W f ＝2mgh ，C 项错误．在下段滑道上，mg sin37°－μmg cos37°＝ma 2解得：a 2＝－335g ，故D 项错误．答案：AB 二、非选择题8．泥石流是在雨季由于暴雨、洪水将含有沙石且松软的土质山体经饱和稀释后形成的洪流，它的面积、体积和流量都较大．泥石流流动的全过程虽然只有很短时间，但由于其高速前进，具有强大的能量，因而破坏性极大．某课题小组对泥石流的威力进行了模拟研究，如图甲所示，他们设计了如下的模型：在水平地面上放置一个质量为m ＝5 kg 的物体，让其在随位移均匀减小的水平推力作用下运动，推力F 随位移变化如图乙所示，已知物体与地面间的动摩擦因数为μ＝0.6，g 取10 m/s 2.(1)物体在运动过程中的最大加速度为多大？ (2)在距出发点多远处，物体的速度达到最大？ (3)物体在水平面上运动的最大位移是多大？ 解析：(1)当推力F 最大时，加速度最大． 由牛顿第二定律，得 F －μmg ＝ma a ＝10 m/s 2.(2)由图象可知：F 随x 变化的函数方程为 F ＝80－20x速度最大时，合外力为零 即F ＝μmg 所以x ＝2.5 m.(3)位移最大时，末速度一定为0 由动能定理可得 W F －μmgx ＝0由图象可知，力F 做的功为W F ＝12Fx ＝160 J所以x ＝16030m ＝5.33 m.答案：(1)10 m/s 2(2)2.5 m (3)5.33 m9．如图所示，半径为R ＝0.4 m 的光滑圆弧轨道BC 固定在竖直平面内，轨道的上端点B 和圆心O 的连线与水平方向的夹角θ＝30°，下端点C 为轨道的最低点且与粗糙水平面相切，一根轻质弹簧右端固定在竖直挡板上，质量m ＝0.1 kg 的小物块(可视为质点)从空中A 点以v 0＝2 m/s 的速度被水平抛出，恰好从B 点沿轨道切线方向进入轨道，经过C 点后沿水平面向右运动到D 点时，弹簧被压缩至最短，C 、D 两点间的水平距离L ＝1.2 m ，小物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.5，取g ＝10 m/s 2，求：(1)小物块经过圆弧轨道上B 点时速度v B 的大小；求物块进入圆轨道时对轨道上的A点的压力；判断物块能否到达圆轨道的最高点E.若能，求物块离开点的距离；若不能，则说明理由．设物块随板运动撞击竖直墙壁BC时的速度为v，由动能定理得。

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

第2讲动能定理及应用(时间：40分钟)基础巩固练1．(多选)关于动能定理的表达式W＝E k2－E k1，下列说法正确的是() 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答案BC2．(多选)如图1所示，电梯质量为M，在它的水平地板上放置一质量为m的物体。

电梯在钢索的拉力作用下竖直向上加速运动，当电梯的速度由v1增加到v2时，上升高度为H，则在这个过程中，下列说法或表达式正确的是()图1A．对物体，动能定理的表达式为W N＝12m v22，其中W N为支持力的功B．对物体，动能定理的表达式为W合＝0，其中W合为合力的功C．对物体，动能定理的表达式为W N－mgH＝12m v22－12m v21，其中W N为支持力的功D．对电梯，其所受合力做功为12M v22－12M v21解析电梯上升的过程中，对物体做功的有重力mg、支持力F N，这两个力的总功才等于物体动能的增量ΔE k＝12m v 22－12m v21，故选项A、B错误，C正确；对电梯，无论有几个力对它做功，由动能定理可知，其合力的功一定等于其动能的增量，故选项D正确。

答案CD3．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．无法判断解析冰壶在冰面上以一定初速度被推出后，在滑动摩擦力作用下做匀减速运动，根据动能定理有－μmgs＝0－12m v 2，得s＝v22μg，两种冰壶的初速度相等，材料相同，故运动的距离相等，故选项A正确。

第2课时动能定理及应用基本技能练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/s2，关于力对小孩做的功，以下结果正确的是() A．合外力做功50 J B．阻力做功500 JC．重力做功500 J D．支持力做功50 J解析由动能定理可求得合外力做的功等于物体动能的变化，即ΔE k＝12m v2＝12×25×2.02 J＝50 J，A选项正确；重力做功W G＝mgh＝25×10×3.0 J＝750 J，C选项错误；支持力的方向与小孩的运动方向垂直，不做功，D选项错误；阻力做功W 阻＝W合－W G＝(50－750) J＝－700 J，B选项错误。

答案 A2．(多选)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，该质点的动能可能() 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，再逐渐增大解析若力F的方向与初速度v0的方向一致，则质点一直加速，动能一直增大，选项A可能；若力F的方向与v0的方向相反，则质点先减速至速度为零后再反向加速，动能先减小至零后再增大，选项B可能；若力F的方向与v0的方向成一钝角，如斜上抛运动，物体先减速，减到某一值后再加速，则其动能先减小至某一非零的最小值再增大，选项D可能，选项C不可能。

答案ABD3．如图1所示，质量为m的物块，在恒力F的作用下，沿光滑水平面运动，物块通过A点和B点的速度分别是v A和v B，物块由A运动到B点的过程中，力F对物块做的功W为()图1A．W>12m v2B－12m v2AB．W＝12m v2B－12m v2AC．W＝12m v2A－12m v2BD．由于F的方向未知，W无法求出解析物块由A点到B点的过程中，只有力F做功，由动能定理可知，W＝12m v2B－12m v 2A，故B正确。

动能定理一、选择题1．(2017·海南)将一小球竖直向上抛出，小球在运动过程中所受到的空气阻力不可忽略．a 为小球运动轨迹上的一点，小球上升和下降经过a点时的动能分别为E k1和E k2.从抛出开始到小球第一次经过a点时重力所做的功为W1，从抛出开始到小球第二次经过a点时重力所做的功为W2.如下选项正确的答案是( )A．E k1＝E k2，W1＝W2B．E k1＞E k2，W1＝W2C．E k1＜E k2，W1＜W2D．E k1＞E k2，W1＜W2答案 B解析从抛出开始到第一次经过a点和抛出开始第二次经过a点，上升的高度相等，可知重力做功相等，即W1＝W2.对两次经过a点的过程运用动能定理得，－W f＝E k2－E k1，可知E k1>E k2，故B项正确，A、C、D三项错误．2.(2018·揭阳一模)质量为2 kg的物体以一定的初速度沿倾角为30°的斜面向上滑行，在向上滑行的过程中，其动能随位移的变化关系如下列图，如此物体返回到出发点时的动能为(取g＝10 m/s2)( )A．196 J B．56 JC．34 J D．20 J答案 C解析物体上滑的过程中重力与摩擦力都做负功．由动能定理得：－mgx·sin30°－fx＝E0下滑的过程中重力做正功，摩擦力做负功，得：mgx·sin30°－fx＝0－E代入数据解得：E＝34 J，故C项正确，A、B、D三项错误．3.(2018·某某二模)如下列图，水平平台上放置一长为L、质量为m的匀质板，板的右端距离平台边缘为s，板与台面间动摩擦因数为μ，重力加速度为g.现对板施加水平推力，要使板脱离平台，推力做功的最小值为( )A ．μmg(L ＋s)B ．μmg(L2＋s)C ．μmg(L －s)D ．μmg(s＋3L4)答案 B解析 由分析可知，应缓慢将木板推至木板的重心离开平台，故推动的位移为s ＋L2；摩擦力做功W f ＝－μmg(L2＋s)如此对全程由动能定理可知，W －μmg(L2＋s)＝0解得：W ＝μmg(L2＋s)；故B 项正确A 、C 、D 三项错误．4.(多项选择)如下列图，质量为M 的木块放在光滑的水平面上，质量为m 的子弹以速度v 0沿水平方向射中木块，并最终留在木块中与木块一起以速度v 运动．当子弹相对木块静止时，木块前进距离为L ，子弹进入木块的深度为s ，假设木块对子弹的阻力F 视为恒定，如此如下关系中正确的答案是( )A ．FL ＝12Mv2 B ．Fs ＝12mv 2C ．Fs ＝12mv 02－12(M ＋m)v2D ．F(L ＋s)＝12mv 02－12mv 2答案 ACD解析 根据动能定理，对子弹：－F(L ＋s)＝12mv 2－12mv 02知，D 项正确；对木块：FL ＝12Mv 2，A 项正确；由以上二式相加后整理可得Fs ＝12mv 02－12(M ＋m)v 2，C 项正确，B 项错误．5.如下列图，斜面AB 竖直固定放置，物块(可视为质点)从A 点静止释放沿斜面下滑，最后停在水平面上的C 点，从释放到停止的过程中抑制摩擦力做的功为W.因斜面塌陷，斜面变成APD 曲面，D 点与B 在同一水平面上，且在B 点左侧．各接触面粗糙程度均一样，不计物块经过B 、D 处时的机械能损失，忽略空气阻力，现仍将物块从A 点静止释放，如此( )A ．物块将停在C 点B ．物块将停在C 点左侧C ．物块从释放到停止的过程中抑制摩擦力做的功大于WD ．物块从释放到停止的过程中抑制摩擦力做的功小于W 答案 A解析 物块从A 到C 抑制摩擦力做功W f ＝μmgL EC ，由动能定理：mgH －μmgL EC ＝0， 当物块沿APD 曲线下滑时，可以把曲线分解成假设干个斜线下滑，在曲面上运动到达水平面，摩擦力做的功与物体在曲面上对应的水平距离上移动时，摩擦力做的功一样．A 项正确，B 、C 、D 三项错误．6.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，如下列图，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，如此在此过程中小球抑制空气阻力所做的功是( )A.52mgR B ．3mgR C ．7mgR D.12mgR 答案 D解析 在最低点，由牛顿第二定律得： 7mg －mg ＝m v 12R在最高点，有：mg ＝m v 22R由动能定理得：－2mgR ＋W f ＝12mv 22－12mv 12解得W f ＝－12mgR故抑制空气阻力做功为12mgR.7．(2018·江西模拟)(多项选择)如下列图，两块竖直木板夹着一物块，物块在木板内静止，两板因弹簧作用对物块有一恒定压力并保持两板之间的距离不变(图中未画出弹簧)．让木板从离地h 高位置自由下落，落地后木板静止，物块在木板中下滑了l 长度．物块与木板间的动摩擦因数不变，以下说法正确的答案是(以下各选项中物块均未触地)( )A ．如果仅改变木板下落的高度，使其从2h 高度落下，物块下滑的长度将为2lB ．如果仅改变木板对物块的压力，使其变为原来一半，物块下滑的长度将大于2lC ．如果仅改变物块的质量，使其变为原来2倍，物块下滑的距离将为2lD ．如果仅改变木板的质量，使其变为原来一半，物块下滑距离将大于2l 答案 AB解析 A 项，设物块受到的滑动摩擦力为f ，根据动能定理，有mg(h ＋l)－fl ＝0，解得l ＝mgh f －mg ，仅改变木板下落的高度，使其从2h 高度落下，物块下滑的长度将为2l ，故A 项正确；B 项，如果仅改变木板对物块的压力，使其变为原来一半，物块受到的滑动摩擦力为原来的一半，由l ＝mghf －mg知，物块下滑的长度将大于2l ，故B 项正确；C 项，如果仅改变物块的质量，使其变为原来2倍，由l ＝mgh f －mg ＝ghfm －g 知，物块下滑的距离将大于2l ，故C 项错误；D 项，如果仅改变木板的质量，物块下滑的距离仍为l ，故D 项错误．8.(2018·四川模拟)(多项选择)如下列图，一固定竖直轨道由半径为R 的四分之一圆弧AB 、长度为L 的水平直轨BC 和半径为r 的四分之一圆弧CD 构成，BC 与两圆弧分别相切于B 点和C 点．质量为m 的质点物块从A 点由静止释放，恰好能到达D 点，物块在圆弧AB 上抑制摩擦力做的功为W 1，在圆弧CD 上抑制摩擦力做的功为W 2，重力加速度大小为g ，如此( )A ．物块在水平直轨上的动摩擦因数为R ＋r L ＋W 1＋W 2mgLB ．物块在水平直轨上的动摩擦因数为R －r L －W 1＋W 2mgLC ．物块在C 点的向心加速度的大小为2g ＋2W 2mrD ．物块在C 点的向心加速度的大小为2g ＋2〔W 1＋W 2〕mr答案 BC解析 设物块在水平直轨上抑制摩擦力做的功为W 3，对于ABCD 整个过程，由动能定理得： mg(R －r)－(W 1＋W 2＋W 3)＝0， 又因为W 3＝μmgL，由以上两式联立可解得：μ＝R －r L －W 1＋W 2mgL ，故A 项错误，B 项正确；由动能定理，对于ABCD 整个过程有： mg(R －r)－(W 1＋W 2＋W 3)＝0， 对于ABC 过程有： mgR －(W 1＋W 3)＝12mv C 2－0，由向心加速度公式得：a ＝v C2r ，由以上各式可解得：a ＝2g ＋2W 2mr，故C 项正确，D 项错误． 9.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下列图．如下说法正确的答案是( )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解析 由a­t 图像可知：图线与时间轴围成的“面积〞代表物体在相应时间内速度的变化情况，在时间轴上方为正，在时间轴下方为负．物体6 s 末的速度v 6＝12×(2＋5)×2 m/s－12×1×2 m/s ＝6 m/s ，如此0～6 s 内物体一直向正方向运动，A 项错误；由图像可知物体在5 s 末速度最大，v m ＝12×(2＋5)×2 m/s＝7 m/s ，B 项错误；由图像可知在2～4 s 内物体加速度不变，物体做匀加速直线运动，速度变大，C 项错误；在0～4 s 内合力对物体做的功由动能定理可知：W 合4＝12mv 42－0，又v 4＝12×(2＋4)×2 m/s＝6 m/s ，得W 合4＝36 J ，0～6 s内合力对物体做的功由动能定理可知：W 合6＝12mv 62－0，又v 6＝6 m/s ，得W 合6＝36 J ，如此W 合4＝W 合6，D 项正确．10.(2018·南充模拟)(多项选择)如下列图，长度均为1.5 m 的木板AB 、BC 、CD 、DE…在竖直面内搭成“波浪形〞轨道(两木板交接处用极小的光滑曲面相连)，一物体(可视为质点)从木板OA 上距地面高为h ＝1.8 m 处由静止释放并沿轨道运动，直至停止运动，木板OA 和其他木板与地面的夹角均为60°，物体与木板间的动摩擦因数均为0.6，设空气阻力和物体通过两木板交接处时的动能损失均不计(g ＝10 m/s 2)，如此( )A ．物体运动的总路程为6.0 mB ．物体运动的水平总位移为3.0 mC ．物体最终停在A 点D ．物体最终停在C 点 答案 AC解析 A 项，物体在斜面上物体重力沿斜面向下的分力为：G 1＝mgsin60°＝32mg 物体所受的最大静摩擦力为：f ＝μmgcos60°＝0.6×mg×12＝0.3mg.由于f ＜G 1，故物体不能静止在木板上．从物体开始运动到最终停下的过程中，总路程为s ，由动能定理得： mgh －μmgscos60°＝0－0代入数据解得：s ＝6.0 m ．故A 项正确．B 、C 、D 三项，假设物体能到达B 点，由动能定理得：mg(h －Lsin60°)－μmgcos60°×(h sin60°＋L)＝12mv B 2－0，解得：v B 2＜0.无解．说明物体不能通过B 点，最终停在A 点处．如此物体运动的水平位移为：x ＝h tan60°＝335m ，故B 、D 两项错误，C 项正确． 二、非选择题11.(2018·台州模拟)如下列图为某水上乐园急速滑道的简化示意图，内壁光滑的水平半圆形管道BC 分别与倾角θ＝37°的倾斜管道AB 和水平直管道CD 顺滑连接，管道AB 的A 端离管道BC 所在平面的高度h 1＝6 m ，管道BC 的直径d ＝10 m ．离水面EF 的高h 2＝1.8 m ．质量m ＝60 kg 的游客(可视为质点)从A 端静止滑下，游客与管道AB 的动摩擦因数μ1＝0.125，与管道CD 的动摩擦因数μ2＝0.5，整个运动过程空气阻力不计．(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(1)求游客经过B 点时的速度大小； (2)求游客受到BC 管道的作用力大小；(3)要使游客落到水中且落水的速度不超过8 m/s ，求管道CD 的长度．答案 (1)10 m/s (2)1 200 N (3)7.2 m 解析 (1)对A 到B 过程运用动能定理有： mgh 1－μ1mgcos θ·h 1sin θ＝12mv B 2－0，代入数据解得：v B ＝10 m/s.(2)游客在BC 管道中做匀速圆周运动， 根据N ＝m v B2d 2得：N ＝1 200 N.(3)游客离开CD 管道后，做平抛运动，落水的最大速度为8 m/s ， 落水时的竖直分速度为：v y ＝2gh 2＝2×10×1.8 m/s ＝6 m/s ，如此离开管道CD 的最大速度为：v D ＝v 2－v y 2＝64－36 m/s ＝27 m/s. 根据动能定理得：－μ2mgx CD ＝12mv D 2－12mv C 2，代入数据解得：x CD ＝7.2 m.12.(2018·泰州模拟)如下列图，足够长的固定木板的倾角为37°，劲度系数为k ＝36 N/m 的轻质弹簧的一端固定在木板上的P 点，图中AP 间距等于弹簧的自然长度．现将质量m ＝1 kg 的可视为质点的物块放在木板上，在外力作用下将弹簧压缩到某一位置B 点后释放．木板PA 段光滑，AQ 段粗糙，物块与木板间的动摩擦因数μ＝38，物块在B 点释放后向上运动，第一次到达A 点时速度大小为v 0＝3 3 m/s ，取重力加速度g ＝10 m/s 2.(1)求物块第一次向下运动到A 点时的速度大小v 1；(2)请说出物块最终的运动状态，并求出物块在A 点上方运动的总路程s. 答案 (1)3 m/s (2)4.5 m解析 (1)设物块从A 点向上滑行的最大距离为s.根据动能定理， 上滑过程有：－mgssin37°－μmgscos37°＝0－12mv 02下滑过程有：mgssin37°－μmgscos37°＝12mv 12－0联立解得：s ＝1.5 m ，v 1＝3 m/s(2)物块最终在A 点下方做往复运动，最高点为A 根据动能定理：μmgx′cos37°＝12mv 02代入数据解得：x′＝4.5 m.13.质量m ＝1 kg 的物体，在水平拉力F(拉力方向与物体初速度方向一样)的作用下，沿粗糙水平面运动，经过位移4 m 时，拉力F 停止作用，运动到位移是8 m 时物体停止，运动过程中E k ­x 的图线如下列图．(g 取10 m/s 2)求：(1)物体的初速度多大？(2)物体和水平面间的动摩擦因数为多大？ (3)拉力F 的大小？答案 (1)2 m/s (2)0.25 (3)4.5 N解析 (1)从图线可知初动能为2 J ，E k0＝12mv 2＝2 J ，v ＝2 m/s.(2)在位移为4 m 处物体的动能为10 J ，在位移为8 m 处物体的动能为零，这段过程中物体抑制摩擦力做功． 设摩擦力为F f ，如此－F f x 2＝0－E k ＝0－10 J ＝－10 J F f ＝－10－4N ＝2.5 N ，因F f ＝μmg，故μ＝F f mg ＝2.510＝0.25.(3)物体从开始到移动4 m 这段过程中，受拉力F 和摩擦力F f 的作用，合力为F －F f ，根据动能定理有(F －F f )·x 1＝E k －E k0，故F ＝E k －E k0x 1＋F f ＝(10－24＋2.5) N ＝4.5 N.。

课时作业(十八) 动能动能定理及其应用1．质量为10kg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1m/s，一切摩擦不计，则物体运动到x＝16m处时，速度大小为( )第1题图A．22m/s B．3m/s C．4m/s D.17 m/s2．质量为2kg的物体，以1m/s的速度在光滑水平长直轨道上滑行．从某时刻起对该物体施加一个沿轨道的水平力，经过一段时间后，滑块的速度改变量的大小为2m/s，则在此过程中水平力做的功可能为 ( )A. 0 B．3J C．4J D．8J3．用长为l的细线，一端固定在O点，另一端系一质量为m的小球，小球可在竖直平面内做圆周运动，如图所示，MD为竖直方向上的直径，OB为水平半径，A点位于M、B之间的圆弧上，C点位于B、D之间的圆弧上，开始时，小球处于圆周的最低点M，现给小球某一初速度，下述说法正确的是( )第3题图A．若小球通过A点的速度大于5gl，则小球必能通过D点B．若小球通过B点时，绳的拉力大于3mg，则小球必能通过D点C．若小球通过C点的速度大于2gl，则小球必能通过D点D．小球通过D点的速度可能会小于gl 24．某电动汽车在平直公路上从静止开始加速，测得发动机功率随时间变化的图象和其速度随时间变化的图象分别如图甲、乙所示，若电动汽车所受阻力恒定，则下列说法正确的是( )甲乙第4题图A．测试时该电动汽车所受阻力为1.0×103NB．该电动汽车的质量为1.2×103kgC．在0～110s内该电动汽车的牵引力做功为4.4×106JD．在0～110s内该电动汽车克服阻力做的功2.44×106J5．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为水平的，其距离d＝0.50m，盆边缘的高度为h＝0.30m.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μ＝0.10.小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停的地点到B距离为( )第5题图A．0.50m B．0.25m C．0.10m D．06．如图所示，a、b的质量均为m，a从倾角为45°的光滑固定斜面顶端无初速地下滑，b从斜面顶端以初速度v0平抛，对二者的运动过程以下说法正确的是( )第6题图A．都做匀变速运动B．落地前的瞬间速率相同C．整个运动过程重力对二者做功的平均功率相同D．整个运动过程重力势能的变化相同7．如图所示，A、B两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，B、C两小球在固定的光滑斜面上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，C球放在垂直于斜面的光滑挡板上．现用手控制住A，使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线、弹簧均与斜面始终平行．已知A、B、C的质量均为m，重力加速度为g，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态．释放A后，A竖直向下运动至速度最大时C恰好离开挡板．下列说法正确的是( )第7题图A．斜面倾角α＝30°B．斜面倾角α＝60°C．A获得最大速度为g m kD．A获得最大速度为g m 2k8．如图所示，放在光滑水平面上的矩形滑块是由不同材料的上下两层粘在一起组成的．质量为m的子弹以速度v水平射向滑块，若击中上层，则子弹刚好不穿出，如图(a)所示；若击中下层，则子弹嵌入其中，如图(b)所示，比较上述两种情况，以下说法不正确的是( )(a) (b)第8题图A．两种情况下子弹和滑块的最终速度相同B．两次子弹对滑块做的功一样多C．两次系统产生的热量一样多D．两次滑块对子弹的阻力一样大9．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，则下列说法正确的是( )第9题图A．小球落地时动能等于mgHB．小球陷入泥中的过程中克服泥土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)10．如图所示，质量为m的滑块以一定初速度滑上倾角为θ的固定斜面，同时施加一沿斜面向上的恒力F＝mg sinθ；已知滑块与斜面问的动摩擦因数μ＝tanθ，取出发点为参考点，能正确描述滑块运动到最高点过程中产生的热量Q，滑块动能E k、势能E p、机械能E 随时间t、位移s关系的是( )第10题图ABCD11．如图甲所示，长为4m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2kg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10m/s2.求：(1)滑块到达B处时的速度大小；(2)不计滑块在B处的速率变化，滑块冲上斜面，滑块最终静止的位置与B点的距离．甲乙第11题图12．一滑块(可视为质点)经水平轨道AB进入竖直平面内的四分之一圆弧形轨道BC.已知滑块的质量m＝0.50kg，滑块经过A点时的速度v A＝5.0m/s，AB长x＝4.5m，滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.10，圆弧轨道的半径R＝0.50m，滑块离开C点后竖直上升的最大高度h＝0.10m.取g＝10m/s.求：(1)滑块第一次经过B点时速度的大小；(2)滑块刚刚滑上圆弧轨道时，对轨道上B点压力的大小；(3)滑块在从B运动到C的过程中克服摩擦力所做的功．第12题图13．如图所示，AB是倾角为θ的粗糙直轨道，BCD是光滑的圆弧相切，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．第13题图14．在一次国际城市运动会中，要求运动员从高为H的平台上A点由静止出发，沿着动摩擦因数为μ的滑道向下运动到B点后水平滑出，最后落在水池中．设滑道的水平距离为L，B点的高度h可由运动员自由调节(取g＝10m/s2)．求：第14题图(1)运动员到达B点的速度与高度h的关系．(2)运动员要达到最大水平运动距离，B点的高度h应调为多大？对应的最大水平距离s max为多少？(3)若图中H＝4m，L＝5m，动摩擦因数μ＝0.2，则水平运动距离要达到7m，h值应为多少？15．如图所示，某货场需将质量为m1＝100kg的货物(可视为质点)从高处运送至地面，为避免货物与地面发生撞击，现利用固定于地面的光滑四分之一圆轨道，使货物由轨道顶端无初速滑下，轨道半径R＝1.8m.地面上紧靠轨道依次排放两块完全相同的木板A、B，长度均为l＝2m，质量均为m2＝100kg，木板上表面与轨道末端相切．货物与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.2.(最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取g＝10m/s2)第15题图(1)求货物到达圆轨道末端时对轨道的压力．(2)若货物滑上木板A 时，木板不动，而滑上木板B 时，木板B 开始滑动，求μ1应满足的条件．(3)若μ1＝0.5，求货物滑到木板A 末端时的速度和在木板A 上运动的时间．课时作业(十八) 动能 动能定理及其应用1.B 【解析】 由动能定理可得，12mv 2－12mv 20＝Fs ，Fs ＝10×4＋12×10×4－12×10×4＝40(J)，v ＝2Fs m＋v 20＝3m/s.故选B. 2.AD 【解析】 根据动能定理可知W ＝12mv 22－12mv 21代入数值(滑块速度可能增加可能减小)当增加时W ＝8J ，当减小时W ＝0J ，故选AD.3.AB 【解析】 若小球恰好能通过D 点，则在D 点时，m v 2t2＝mg ，即v t ＝gl ，由动能定理知，在M 点时，12mv 2＝12mv 2t ＋mg2l ；v ＝5gl ，A 对；在B 点时，12mv 2＝12mv 2B ＋mgl ，mv 2Bl＝3mg ，即拉力F ＝3mg ，v B ＝3gl ，C 在BD 之间，当v c >2gl 时，小球未必能一定通过D 点，故B 对，C 错；小球通过D 点的速度若小于gl 则无法做圆周运动，D 错；故选AB.4.ABD 【解析】 t ＝50s 时，电动汽车的加速度0.5m/s 2，此时电动汽车功率40kW.由P v －f ＝ma ，4×10425－f ＝0.5m ； t ＝110s 时，电动汽车的加速度0m/s 2，此时电动汽车功率40kW ， 由Pv－f ＝ma′.f ＝4×10440＝1.0×103N ，m ＝1.2×103kg ，AB 对；在0～110s 内，牵引力做功W F ＝12×50×40×103＋60×40×103＝4.2×106J ，C 错；W F －W f ＝12mv 2－0；W f ＝4.2×106－6×102×16×102＝2.44×106J.D 对，故选ABD.5.D 【解析】 分析小物块的运动过程，可知由于克服摩擦力做功，物块的机械能不断减少．根据动能定理可得mgh －μmgx＝0，物块在BC 之间滑行的总路程x ＝mgh μmg ＝h μ＝0.300.10m ＝3m.小物块正好停在B 点，所以D 选项正确．6.AD 【解析】 物体a 受重力和支持力，F 合＝mgsin45°，根据牛顿第二定律，a ＝22g.物体b 做平抛运动，加速度为g ，知两物体的加速度不变，所以两物体都做匀变速运动，A 对．对a 运用动能定理，mgh ＝12mv 2a －0，对b 运用动能定理，有mgh ＝12mv 2b －12mv 20，知落地瞬间b 球的速率大于a 球的速率．故B 错．对于a 、b ，整个运动过程重力做的功相等，重力势能的变化相同，但是a 球做匀加速直线运动，2h ＝12at 2a ，a ＝22g ，则运动的时间t a＝4h g .b 球做平抛运动，根据h ＝12gt 2b 得，t b ＝2hg.知两个时间不等，故C 错D 对． 7.AD 【解析】 当A 速度最大时，C 球离开挡板，则mg －mgsin α＝mgsin α，即sin α＝12，α＝30°，A 正确，B 错误；当A 加速度为零时，速度达到最大，对A 、B ，由动能定理可得mg(mgsin30°k ＋mg －mgsin30°k )－mg(mgsin30°k ＋mg －mgsin30°k)·sin30°＝12mv 2A ＋12mv 2B ，因为v A ＝v B ，解得v A ＝g m2k.故C 错误，D 正确；故选AD. 8.D 【解析】 光滑地面、利用动量定理得，最终速度为v 1，木块质量为m ，mv ＝(m ＋M)v 1射入子弹后三者速度相同．两次子弹对滑块做的功W ＝12Mv 21两次系统产生的热量都是Q ＝12mv 2－12(m ＋M)v 21fd ＝Q ＝12mv 2－12(m ＋M)v 21，由于前一次d 大于后一次的d′，所以前一次的摩擦力小于后一次的摩擦力，故D 不正确，故选D.9.C 【解析】 小球受到空气阻力为f ，故小球落地时动能为mgH －fH ，A 错；小球陷入泥中克服泥土阻力做功应大于刚落地时的动能，B 错；由能量守恒，知整个过程中小球克服阻力做功为mg(H ＋h)，C 对；由能量守恒知mg(H ＋h)＝fH ＋f′h，泥土中受到的平均阻力为mg(1＋H/h)－fH/h ，D 错；故答案选C.第10题图10.CD 【解析】 对滑块受力分析：合力大小：F 合＝μmg cos θ＝mgsin θ，方向沿斜面向下由牛顿第二定律F 合＝ma ，a ＝－gsin θ，物体做匀减速直线运动，斜面长度L ＝v 0t －12gsin θ t 2，Q ＝f·L＝mgsin θ(v 0t －12gsin θ t 2)，A 错；E K ＝E K0－12m(v 0－gsin θt)2，B 错；E p ＝mgssin θ，C 对；F ＝f ，则物体上滑机械能守恒，D 对；故选CD.11.(1)10m/s (2)1m 【解析】 (1)由图得：0～2m ：F 1＝20N Δx 1＝2m; 2～3m ：F 2＝0 Δx 2＝1m; 3～4m ：F 3＝10N ，Δx 3＝1m.A 至B 由动能定理：F 1×Δx 1－F 3×Δx 3－μmg(Δx 1＋Δx 2＋Δx 3)＝12mv 2B .20×2－10×1－0.25×2×10×(2＋1＋1)＝12×2×v 2B 得v B ＝10m/s.(2)因为mgsin37°＞μmg cos37°，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 cos37°－mgLsin37°＝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，mgLsin37°－μmgL cos37°－μmgs＝0－0.解得：s ＝sin37°－μcos37°μL＝0.6－0.25×0.80.25×58＝1m.12.(1)4.0m/s (2)21N (3)1.0J 【解析】 (1)滑块从A 到B 做匀减速直线运动，摩擦力f ＝μmg 由牛顿第二定律可知，滑块的加速度大小a ＝f m，由运动学公式v 2B －v 2A ＝－2ax解得滑块经过B 点时速度的大小v B ＝4.0m/s.(2)在B 点，滑块开始做圆周运动，由牛顿第二定律可知F N －mg ＝m v 2BR解得轨道对滑块的支持力F N ＝21N根据牛顿第三定律可知，滑块对轨道上B 点压力的大小也为21N. (3)从B 到滑块经过C 上升到最高点的过程中，由动能定理 －mg(R ＋h)－W f ＝0－12mv 2B解得滑块克服摩擦力做功W f ＝1.0J.13.(1)Rμ (2)(3－2cos θ)mg 【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的圆弧上往复运动．对整个过程由动能定理得：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 2EF N －mg ＝mv 2ER解得：F N ＝(3－2cos θ)mg.由牛顿第三定律得物体对圆弧轨道的压力为(3－2cos θ)mg. 14.(1)v 0＝2g （H －h －μL）(2)h ＝12(H －μL) s max ＝L ＋H －μL(3)2.62m 0.38m【解析】 (1)设斜面长度为L 1，斜面倾角为α，根据动能定理得 mg(H －h)－μmgL 1cos α＝12mv 2即mg(H －h)＝μmgL＋12mv 2v 0＝2g （H －h －μL）(2)根据平抛运动公式x ＝v 0th ＝12gt 2由③～⑤式得x ＝2（H －μL－h ）h由⑥式可得，当h ＝12(H －μL)s max ＝L ＋H －μL(3)在⑥式中令x ＝2m ，H ＝4m ，L ＝5m ，μ＝0.2，则可得到： －h 2＋3h －1＝0求出h 1＝3＋52＝2.62m h 2＝3－52＝0.38m.15.(1)3000N ，方向竖直向下 (2)0.4＜μ1≤0.6 (3)4m/s 0.4s 【解析】 (1)设货物滑到圆轨道末端时的速度为v 0，对货物的下滑过程，根据机械能守恒定律得m 1gR ＝12m 1v 2设货物在轨道末端所受支持力的大小为F N ，根据牛顿第二定律得F N －m 1g ＝m 1v 2R联立①②式，代入数据得F N ＝3000N根据牛顿第三定律，货物对轨道的压力大小为3000N ，方向竖直向下． (2)若滑上木板A 时，木板不动，由受力分析得μ1m 1g ≤μ2(m 1＋2m 2)g若滑上木板B 时，木板B 开始滑动，由受力分析得μ1m 1g ＞μ2(m 1＋m 2)g代入数据得0．4＜μ1≤0.6(3)μ1＝0.5，由⑥式可知，货物在木板A 上滑动时，木板不动．设货物在木板A 上做减速运动时的加速度大小为a 1，由牛顿第二定律得μ1m 1g ＝m 1a 1设货物滑到木板A 末端时的速度为v 1，由运动学公式得v 21－v 20＝－2a 1l代入数据得v 1＝4m/s设在木板A 上运动的时间为t ，由运动学公式得v 1＝v 0－a 1t代入数据得 t ＝0.4s。