高中物理一轮复习 专项训练 动能与动能定理

第二讲动能定理及其应用[小题快练]1．判断题(1)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．( √ )(2)动能不变的物体一定处于平衡状态．( × )(3)如果物体所受的合外力为零，那么合外力对物体做功一定为零．( √ )(4)物体在合外力作用下做变速运动时，动能一定变化．( × )(5)物体的动能不变，所受的合外力必定为零．( × )(6)做自由落体运动的物体，动能与时间的二次方成正比．( √ )2．(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( BC )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3．NBA篮球赛非常精彩，吸引了众多观众．比赛中经常有这样的场面：在临终场0.1 s的时候，运动员把球投出且准确命中，获得比赛的胜利．若运动员投篮过程中对篮球做功为W，出手高度为h1，篮筐的高度为h2，球的质量为m，空气阻力不计，则篮球进筐时的动能为( C ) A．mgh1＋mgh2－WB．mgh2－mgh1－WC．W＋mgh1－mgh2D．W＋mgh2－mgh1考点一 动能定理的理解及应用 (自主学习)1．动能定理公式中体现的“三个关系”(1)数量关系：即合力所做的功与物体动能的变化具有等量代换关系．可以通过计算物体动能的变化，求合力做的功，进而求得某一力做的功． (2)单位关系：等式两侧物理量的国际单位都是焦耳． (3)因果关系：合力做的功是引起物体动能变化的原因． 2．对“外力”的理解动能定理叙述中所说的“外力”，既可以是重力、弹力、摩擦力，也可以是电场力、磁场力或其他力．3．应用动能定理的“四点注意”(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)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．(3)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．(4)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的速度时，也可以全过程应用动能定理求解．1－1.[解决曲线运动问题] (2015·某某卷)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 ．斜向下抛的最大解析：根据动能定理可知12mv 2末＝mgh ＋12mv 20，得v 末＝2gh ＋v 20，又因三个小球的初速度大小以及高度相等，则落地时的速度大小相等，A 项正确． 答案：A1－2.[解决直线运动问题] 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v2时，上升的最大高度记为h .重力加速度大小为g .物块与斜坡间的动摩擦因数和h 分别为( )A ．tan θ和H2B ．(v 22gH －1)tan θ和H 2C ．tan θ和H4D ．(v 22gH －1)tan θ和H 4解析：由动能定理有－mgH －μmg cos θH sin θ＝0－12mv 2－mgh －μmg cos θh sin θ＝0－12m (v 2)2解得μ＝(v 22gH －1)tan θ，h ＝H4，故D 正确．答案：D1－3.[解决变力做功问题] (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：根据质点滑到轨道最低点N 时，对轨道压力为4mg ，利用牛顿第三定律可知，轨道对质点的支持力为4mg .在最低点，由牛顿第二定律得，4mg －mg ＝m v 2R，解得质点滑到最低点的速度v ＝3gR .对质点从开始下落到滑到最低点的过程，由动能定理得，2mgR －W ＝12mv 2，解得W ＝12mgR .对质点由最低点继续上滑的过程，到达Q 点时克服摩擦力做功W ′要小于W ＝12mgR .由此可知，质点到达Q 点后，可继续上升一段距离，C 正确．答案：C考点二 动能定理在多过程问题中的应用 (师生共研)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[典例] 如图，一个质量为0.6 kg 的小球以某一初速度从P 点水平抛出，恰好从光滑圆弧ABC 的A 点沿切线方向进入圆弧(不计空气阻力，进入圆弧时无机械能损失)．已知圆弧的半径R ＝0.3 m ，θ＝60°，小球到达A 点时的速度v A ＝4 m/s.g 取10 m/s 2，求：(1)小球做平抛运动的初速度v 0； (2)P 点与A 点的高度差；(3)小球到达圆弧最高点C 时对轨道的压力．解析：(1)由题意知小球到A 点的速度v A 沿曲线上A 点的切线方向，对速度分解如图所示： 小球做平抛运动，由平抛运动规律得v 0＝v x ＝v A cos θ＝2 m/s.(2)小球由P 至A 的过程由动能定理得mgh ＝12mv 2A －12mv 2解得：h ＝0.6 m.(3)小球从A 点到C 点的过程中，由动能定理得 －mg (R cos θ＋R )＝12mv 2C －12mv 2A解得：v C ＝7 m/s小球在C 点由牛顿第二定律得F N C ＋mg ＝m v 2CR解得F N C ＝8 N由牛顿第三定律得F N C ′＝F N C ＝8 N 方向竖直向上．答案：(1)2 m/s(2)0.6 m(3)8 N ，方向竖直向上 [反思总结]动能定理在多过程问题中的应用1．对于多个物理过程要仔细分析，将复杂的过程分割成多个子过程，分别对每个过程分析，得出每个过程遵循的规律．当每个过程都可以运用动能定理时，可以选择分段或全程应用动能定理，题目不涉及中间量时，选择全程应用动能定理更简单方便．2．应用全程法解题求功时，有些力可能不是全过程都作用的，必须根据不同的情况分别对待，弄清楚物体所受的力在哪段位移上做功，哪些力做功，做正功还是负功，正确写出总功．(2018·余姚中学模拟)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x ＝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，小滑块与轨道BC 间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度取g ＝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)小滑块第二次通过C 点时的速度大小； (3)小滑块最终停止的位置距B 点的距离．解析：(1)小物块从A 到D 的过程中，由动能定理得：mg (h 1－h 2)－μmgx ＝12mv 2D －0，代入数据得：v D ＝3 m/s.(2)从D 到C 的过程，由动能定理得：mgh 2＝12mv 2C －12mv 2D ，代入数据得：v C ＝6 m/s.(3)滑块最终静止在BC 上，对全过程，运用动能定理得：mgh 1－μmgs ＝0，代入数据解得：s ＝8.6 m ，则距离B 点的距离为：L ＝5 m －(8.6－5) m ＝1.4 m.答案：(1)3 m/s (2)6 m/s (3)1.4 m考点三 与图象相关的动能问题 (自主学习)图象所围“面积”的意义1．v －t 图：由公式x ＝vt 可知，v －t 图线与时间轴围成的面积表示物体的位移． 2．a －t 图：由公式Δv ＝at 可知，a －t 图线与时间轴围成的面积表示物体速度的变化量． 3．F －x 图：由公式W ＝Fx 可知，F －x 图线与位移轴围成的面积表示力所做的功． 4．P －t 图：由公式W ＝Pt 可知，P －t 图线与时间轴围成的面积表示力所做的功．3－1.[v －t 图象] A 、B 两物体分别在水平恒力F 1和F 2的作用下沿水平面运动，先后撤去F 1、F 2后，两物体最终停下，它们的v －t 图象如图所示．已知两物体与水平面间的滑动摩擦力大小相等．则下列说法正确的是( )A ．F 1、F 2大小之比为1∶2B ．F 1、F 2对A 、B 做功之比为1∶2C ．A 、B 质量之比为2∶1D ．全过程中A 、B 克服摩擦力做功之比为2∶1 答案：C3－2.[a －t 图象] 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：由a －t 图象可知：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 ，则0～6 s 内物体一直向正方向运动，A 错误；由图象可知物体在5 s 末速度最大，v m ＝12×(2＋5)×2 m/s＝7 m/s ，B 错误；由图象可知在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 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 24－0，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 26－0，又v 6＝6 m/s ，得W 合6＝36 J ，则W 合4＝W 合6，D 正确． 答案：D1．(多选)(2019·第十九中学月考)将质量为m 的小球在距地面高度为h 处抛出，抛出时的速度大小为v 0.小球落到地面的速度大小为2v 0，若小球受到的空气阻力不能忽略，则对于小球下落的整个过程，下面说法中正确的是( BC ) A ．小球克服空气阻力做的功大于mgh B ．重力对小球做的功等于mgh C ．合外力对小球做的功大于mv 20 D ．合外力对小球做的功等于mv 20解析：根据动能定理得：12m (2v 0)2－12mv 20＝mgh －W f ，解得：W f ＝mgh －32mv 20<mgh ，故A 错误；重力做的功为W G ＝mgh ，B 正确；合外力对小球做的功W 合＝12m (2v 0)2－12mv 20＝32mv 20，C 正确，D 错误．2．(2018·某某、某某联考)如图所示，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克服摩擦力做的功为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．已知各接触面粗糙程度均相同，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，则(B )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克服摩擦力做的功大于WD ．物块从释放到停止的过程中克服摩擦力做的功小于W解析：物块在斜面上滑动时，克服摩擦力做的功为W f ＝μmg cos θ·L ，物块在曲面上滑动时，做曲线运动，根据牛顿第二定律有：F N －mg cos θ＝m v 2R，即F N ＞mg cos θ，故此时的滑动摩擦力f ′＝μF N ＞μmg cos θ，且物块在曲面上滑过路程等于在斜面上滑过的路程L ，故物块在曲面上克服摩擦力做的功W ′f ＞W f ＝μmg cos θ·L ，根据动能定理可知，物块将停在C 点左侧，故A 错误，B 正确；从释放到最终停止，动能的改变量为零，根据动能定理可知，物块克服摩擦力做的功等于重力做的功，而两种情况下，重力做的功相同，物块从释放到停止的过程中克服摩擦力做的功等于W ，故C 、D 错误．3．如图所示，水平平台上有一个质量m ＝50 kg 的物块，站在水平地面上的人用跨过定滑轮的细绳向右拉动物块，细绳不可伸长．不计滑轮的大小、质量和摩擦．在人以速度v 从平台边缘正下方匀速向右前进x 的过程中，始终保持桌面和手的竖直高度差h 不变．已知物块与平台间的动摩擦因数μ＝0.5，v ＝0.5 m/s ，x ＝4 m ，h ＝3 m ，g 取10 m/s 2.求人克服细绳的拉力做的功．解析：设人发生x 的位移时，绳与水平方向的夹角为θ，由运动的分解可得，物块的速度v 1＝v cos θ由几何关系得cos θ＝xh 2＋x 2在此过程中，物块的位移s ＝h 2＋x 2－h ＝2 m 物块克服摩擦力做的功W f ＝μmgs 对物块，由动能定理得W T －W f ＝12mv 21所以人克服细绳的拉力做的功W T ＝mv 2x 22(h 2＋x 2)＋μmgs ＝504 J.答案：504 J[A 组·基础题]1．(2016·某某卷)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 202g sin θ＋x 0tan θ) C.2μ(v 202g 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 ＋12mv 2B ．物体所受的合力做功为12mv 2C ．人对物体做的功为mghD ．人对物体做的功大于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·某某卷)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·某某实验中学期中)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v 1＝2v 20＋2m (Pt 1－fd )D ．小船经过B 点时的加速度大小a ＝P m 2v 20＋2m (Pt 1－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 ＝Pt 1 ，由动能定理有：W －W f ＝12mv 21－12mv 20，联立解得：v 1＝v 20＋2(Pt 1－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 ＝Fv ′， v ′＝v 1cos θ，F cos θ－f ＝ma ，联立解得：a ＝P m 2v 20＋2m (Pt 1－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/s 2B ．在运动过程中滑块B 的最大加速度是3 m/s 2C ．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/s 2；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/s 2，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 ＝12×2Mv 2m －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L 1＝2 3 m 的倾斜轨道AB ，通过微小圆弧与长为L 2＝32m 的水平轨道BC 相连，然后在C 处设计一个竖直完整的光滑圆轨道，出口为水平轨道D ，如图所示．现将一个小球从距A点高h ＝0.9 m 的水平台面上以一定的初速度v 0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/s 2，求：(1)小球初速度的大小； (2)小球滑过C 点时的速率；(3)要使小球不离开轨道，则竖直圆轨道的半径应该满足什么条件． 解析：(1)小球开始时做平抛运动，有v 2y ＝2gh 代入数据解得v y ＝2gh ＝2×10×0.9 m/s ＝3 2 m/s 在A 点有tan θ＝v yv x得v x ＝v 0＝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 ＋L 1sin θ)－μmgL 1cos θ－μmgL 2＝12mv 2C －12mv 2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 v 2R 112mv 2C ＝2mgR 1＋12mv 2 代入数据解得R 1＝1.08 m.当小球刚能到达与圆心等高处时，有 12mv 2C ＝mgR 2 代入数据解得R 2＝2.7 m.当圆轨道与AB 相切时R 3＝L 2·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。

课练15 动能和动能定理[狂刷小题 夯基础] 练基础小题1．(多选)如图所示，某人将质量为m 的石块从距地面高h 处斜向上方抛出，石块抛出时的速度大小为v 0，由于空气阻力作用石块落地时的速度大小为v ，方向竖直向下，已知重力加速度为g ，下列说法正确的是( )A ．石块刚抛出时重力的瞬时功率为mg v 0B ．石块落地时重力的瞬时功率为mg vC ．石块在空中飞行过程中合外力做的功为12m v 20－12m v 2D ．石块在空中飞行过程中阻力做的功为12m v 2－12m v 20－mgh2．如图所示，半径为R 的水平转盘上叠放有两个小物块P 和Q ，P 的上表面水平，P 到转轴的距离为r .转盘的角速度从0开始缓缓增大，直至P 恰好能与转盘发生相对滑动，此时Q 受到P 的摩擦力设为f ，在此过程中P 和Q 相对静止，转盘对P 做的功为W .已知P 和Q 的质量均为m ，P 与转盘间的动摩擦因数为μ1，P 与Q 间的动摩擦因数为μ2，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列判断正确的是( )A ．f ＝μ2mgB ．W ＝0C ．W ＝μ1mgrD ．条件不足，W 无法求出3．(多选)如图所示，一小朋友做蹦床运动由高处自由落下．从该小朋友双脚接触蹦床开始至双脚到最低点的过程中，不考虑空气阻力，该小朋友( )A ．机械能守恒B ．速度先增大后减小C ．加速度先增大后减小D ．所受重力做的功小于其克服蹦床弹力做的功4．(多选)如图所示，半径为r 的半圆弧轨道ABC 固定在竖直平面内，直径AC 水平，一个质量为m 的物块(可视为质点)从圆弧轨道A 端正上方P 点由静止释放，物块刚好从A 点无碰撞地进入圆弧轨道并在A 、B 之间做匀速圆周运动，到B 点时对轨道的压力大小等于物块重力的2倍，重力加速度为g ，不计空气阻力，则( )A ．物块到达A 点时速度大小为2grB ．P 、A 间的高度差为r2C ．物块从A 运动到B 所用时间为12πrmD ．物块从A 运动到B 克服摩擦力做功为mgr5．(多选)今年2月，太原市首批纯电动公交车开始运营．在运营前的测试中，电动公交车在平直路面上行驶，某段时间内的v －t 图象如图所示．在0～10 s 内发动机和车内制动装置对车辆所做的总功为零，车辆与路面间的摩擦阻力恒定，空气阻力不计．已知公交车质量为13.5 t ，g ＝10 m/s 2，则( )A ．汽车在0～10 s 内发生的位移为54 mB ．汽车与路面的摩擦阻力为2 000 NC ．发动机在第1 s 内的平均功率是第7 s 内的30031倍D ．第6 s 内汽车克服车内制动装置做的功是第10 s 内的5313倍6．(多选)如图所示，质量为M 的电梯底板上放置一质量为m 的物体，钢索拉着电梯由静止开始向上做加速运动，当上升高度为H 时，速度达到v ，不计空气阻力，重力加速度为g ，则在这一过程中( )A ．物体所受合力做的功等于12m v 2＋mgHB ．底板对物体的支持力做的功等于mgH ＋12m v 2C ．钢索的拉力做的功等于12M v 2＋MgHD ．钢索的拉力、电梯的重力及物体对底板的压力对电梯做的总功等于12M v 2练高考小题7.[2019·全国卷Ⅱ，18](多选)从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能E k与重力势能E p之和．取地面为重力势能零点，该物体的E总和E p随它离开地面的高度h的变化如图所示．重力加速度取10 m/s2.由图中数据可得()A．物体的质量为2 kgB．h＝0时，物体的速率为20 m/sC．h＝2 m时，物体的动能E k＝40 JD．从地面至h＝4 m，物体的动能减少100 J8．[2018·全国卷Ⅱ，14]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9．[2018·全国卷Ⅰ，18]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．4mgRC．5mgR D．6mgR10．[2017·江苏卷，3]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()CD练模拟小题11．[2019·山东省潍坊模拟](多选) 如图所示，一根细绳的上端系在O 点，下端系一重球B ，放在粗糙的斜面体A 上．现用水平推力F 向右推斜面体使之在光滑水平面上向右匀速运动一段距离(细绳尚未到达平行于斜面的位置)．在此过程中( )A ．B 做匀速圆周运动B ．摩擦力对重球B 做正功C ．水平推力F 和重球B 对A 做的功的大小相等D ．A 对重球B 所做的功与重球B 对A 所做的功大小相等 12．[2019·河南省商丘九校联考](多选)已知一足够长的传送带与水平面间的夹角为θ，以一定的速度匀速运动，某时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度的物块(如图a 所示)，以此时为t ＝0时刻记录了小物块在传送带上运动的速度随时间的变化关系，如图b 所示(图中取沿传送带向上的运动方向为正方向，其中|v 1|＞|v 2|)，已知传送带的速度保持不变，则下列判断正确的是( )A ．0～t 1内，物块对传送带一直做负功B ．物块与传送带间的动摩擦因数μ＞tan θC ．0～t 2内，传送带对物块做的功为12m v 22－12m v 21 D ．系统产生的热量一定比物块动能的减少量大 13．[2019·福建省福州市八县(市)联考](多选)如图所示，在距水平地面高为0.4 m 处，水平固定一根长直光滑杆，在杆上P 点固定一光滑定滑轮，滑轮可绕水平轴无摩擦转动，在P 点的右侧，杆上套有一质量m ＝2 kg 的滑块A .半径R ＝0.3 m 的光滑半圆形细轨道竖直固定在地面上，其圆心O 在P 点的正下方，在轨道上套有一质量也为m ＝2 kg 的小球B .用一条不可伸长的柔软轻细绳，通过定滑轮将A 、B 连接起来．杆和半圆形轨道在同一竖直面内，A、B均可看成质点，且不计滑轮大小的影响．现给滑块A一个水平向右的恒力F＝50 N(取g＝10 m/s2)．则()A．把小球B从地面拉到P点的正下方C处时力F做的功为20 JB．小球B运动到P点正下方C处时的速度为0C．小球B被拉到与滑块A速度大小相等时，离地面高度为0.225 mD．把小球B从地面拉到P的正下方C处时，小球B的机械能增加了20 J14.[2019·安徽省四校模拟]一质点在0～15 s内竖直向上运动，其加速度－时间图象如图所示，若取竖直向下为正，g取10 m/s2，则下列说法正确的是()A．质点的机械能不断增加B．在0～5 s内质点的动能增加C．在10～15 s内质点的机械能一直增加D．在t＝15 s时质点的机械能大于t＝5 s时质点的机械能15．[2019·江西省南昌调研](多选)如图所示，一小球(可视为质点)从H＝12 m高处，由静止开始沿光滑弯曲轨道AB进入半径R＝4 m的竖直圆环内侧，且与圆环的动摩擦因数处处相等，当到达圆环顶点C时，刚好对轨道压力为零；然后沿CB圆弧滑下，进入光滑弧形轨道BD，到达高度为h的D点时速度为零，则h的值可能为()A．10 m B．9.5 mC．8.5 m D．8 m16．[2019·四川五校联考]如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与一质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连，弹簧水平且处于原长．圆环从A处由静止开始下滑，经过B 处的速度最大，到达C处的速度为零，AC＝h，此为过程Ⅰ；若圆环在C处获得一竖直向上的速度v，则恰好能回到A处，此为过程Ⅱ.已知弹簧始终在弹性范围内，重力加速度为g，则圆环()A ．在过程Ⅰ中，加速度一直减小B ．在过程Ⅱ中，克服摩擦力做的功为12m v 2C ．在C 处，弹簧的弹性势能为14m v 2－mghD ．在过程Ⅰ、过程Ⅱ中克服摩擦力做功相同[综合测评 提能力]一、单项选择题(本题共8小题，每小题3分，共24分)1．[2019·浙江模拟]如图所示，足球从草皮上的①位置被踢出后落在草皮上③位置，空中到达的最高点为②位置，则( )A ．②位置足球动能等于0B ．①位置到③位置过程只有重力做功C ．①位置到②位置的过程足球的动能全部转化为重力势能D ．②位置到③位置过程足球动能的变化量等于合力做的功 2．[2020·河北省定州中学模拟]一个人站在高为H 的平台上，以一定的初速度将一质量为m 的小球抛出．测出落地时小球的速度大小为v ，不计空气阻力，重力加速度大小为g ，人对小球做的功W 及小球被抛出时的初速度大小v 0分别为( )A ．W ＝12m v 2－mgH ，v 0＝v 2－2gHB ．W ＝12m v 2，v 0＝2gHC ．W ＝mgH ，v 0＝v 2＋2gHD ．W ＝12m v 2＋mgH ，v 0＝2gH3．[2019·全国卷Ⅲ]从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用，距地面高度h 在3 m 以内时，物体上升、下落过程中动能E k 随h 的变化如图所示．重力加速度取10 m/s 2.该物体的质量为( )A ．2 kgB ．1.5 kgC ．1 kgD ．0.5 kg4．如图所示，第一次将质量为m 的物块放在水平面上的P 点，给其一定的初速度使其滑向Q 点；第二次将质量为2m 的物块B 放在P 点，并给其施加向右的水平拉力，使物块B 从静止开始向Q 点运动，结果物块A 运动到Q 点的动能与物块B 运动到PQ 中点时的动能相同，物块B 从P 点运动到PQ 中点时，拉力做功为W ，两物块与水平面间的动摩擦因数相同，则物块A 的初速度大小为( )A.Wm B.2WmC. 3Wm D．2Wm5.[预测新题]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球上的水平力F的作用下，A、B两球均处于静止状态，此时A球距O点的距离为x A＝0.3 m，B球距O点的距离x B＝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时的速度大小为3 m/s，则在此过程中绳的拉力对B球所做的功为(取g＝10 m/s2)()A．11 J B．16 JC．18 J D．9 J6.[名师原创]如图所示，A、B是两个等高的固定点，间距为L，一根长为2L的非弹性轻绳两端分别系在A、B两点，绳上套了一个质量为m的小球．现使小球在竖直平面内以AB 为中心轴做圆周运动，若小球在最低点的速率为v，则小球运动到最高点时，两段绳的拉力恰好均为零，若小球在最低点的速率为2v，则小球运动到最高点时每段绳上的拉力大小为(重力加速度大小为g，不计一切摩擦)()A.3mg B．53mgC．15mg D．52mg7.[2020·江西五校联考]如图所示，光滑水平面OB与足够长的粗糙斜面BC交于B点．轻弹簧左端固定于竖直墙面，现用质量为m1的滑块压缩弹簧至D点，然后由静止释放，滑块脱离弹簧后经B点滑上斜面，上升到最大高度，并静止在斜面上，不计滑块在B点的机械能损失．换用材料相同、质量为m2的滑块(m2>m1)压缩弹簧至同一点后，重复上述过程，下列说法正确的是()A．两滑块到达B点时的速度相同B．两滑块沿斜面上升的最大高度相同C．两滑块上升到最高点的过程中克服重力做的功不相同D．两滑块上升到最高点的过程中机械能损失相同8．[2019·广东佛山一中段考]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 点上方高为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，继续上升一段距离二、多项选择题(本题共2小题，每小题4分，共8分)9．如图甲所示，为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x 与斜面倾角θ的关系，将某一物体每次以不变的初速度沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角θ，实验测得x 与斜面倾角θ的关系如图乙所示，重力加速度大小g 取10 m/s 2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，根据图象可求出( )A ．物体的初速率为3 m/sB ．物体与斜面间的动摩擦因数为0.75C ．取不同的倾角θ，物体在斜面上能达到的位移x 的最小值为1.44 mD ．当θ＝45°时，物体达到最大位移后将停在斜面上10．[2019·郑州质检]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．在圆心处连接有力传感器，用来测量绳子上的拉力，运动过程中小球受到空气阻力的作用，空气阻力随速度减小而减小．某一时刻小球通过轨道的最低点，力传感器的示数为7mg ，重力加速度为g ，此后小球继续做圆周运动，经过半个圆周恰能通过最高点，下列说法正确的是( )A ．到最高点过程中小球克服空气阻力做的功为12mgRB ．到最高点过程中小球克服空气阻力做的功为mgRC ．再次经过最低点时力传感器的示数为5mgD ．再次经过最低点时力传感器的示数大于5mg 三、非选择题(本题共3小题，共34分)11．(11分)如图所示，粗糙的斜面AB 下端与光滑的圆弧轨道BCD 相切于B ，整个装置竖直放置，C 是最低点，圆心角θ＝37°，D 与圆心O 等高，圆弧轨道半径R ＝1 m ，斜面长L ＝4 m ，现有一个质量m ＝0.1 kg 的小物体P 从斜面AB 上端A 点无初速度下滑，物体P 与斜面AB 之间的动摩擦因数μ＝0.25.不计空气阻力，g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：(1)物体P 第一次通过C 点时的速度大小v C ； (2)物体P 第一次通过C 点时对轨道的压力大小；(3)物体P 第一次离开D 点后在空中做竖直上抛运动到最高点E ，接着从空中又返回到圆弧轨道和斜面，在这样多次反复的整个运动过程中，物体P 对C 点处轨道的最小压力．12．(11分)[2019·江苏常州期末]如图所示，在距水平地面高为h ＝0.5 m 处，水平固定一根长直光滑杆，杆上P 处固定一小定滑轮，在P 点的右边杆上套一质量mA ＝1 kg 的滑块A .半径r ＝0.3 m 的光滑半圆形竖直轨道固定在地面上，其圆心O 在P 点的正下方，半圆形轨道上套有质量mB ＝2 kg 的小球B .滑块A 和小球B 用一条不可伸长的柔软细绳绕过小定滑轮相连，在滑块A 上施加一水平向右的力F .滑轮的质量和摩擦均可忽略不计，且小球可看做质点，g 取10 m/s2，0.34≈0.58.(1)若逐渐增大拉力F ，求小球B 刚要离地时拉力F 1的大小；(2)若拉力F 2 ＝57.9 N ，求小球B 运动到C 处时的速度大小；(结果保留整数)(3)在(2)情形中当小球B 运动到C 处时，拉力变为F 3 ＝16 N ，求小球B 在右侧轨道上运动的最小速度．(结果保留一位小数)13．(12分)[2020·湖南地质中学月考]如图所示，传送带以一定速度沿水平方向匀速转动，将质量为m ＝1.0 kg 的小物块轻轻放在传送带上的P 点，物块运动到A 点后被水平抛出，小物块恰好无碰撞地沿圆弧切线从B 点进入竖直光滑圆弧轨道．B 、C 为圆弧的两端点，其连线水平，轨道最低点为O ，已知圆弧对应圆心角θ＝106°，圆弧半径R ＝1.0 m ，A 点距水平面的高度h ＝0.8 m ，小物块离开C 点后恰好能无碰撞地沿固定斜面向上滑动，经过0.8 s 小物块第二次经过D 点，已知小物块与斜面间的动摩擦因数μ＝13，sin 53°＝0.8，g ＝10 m/s 2.求：(1)小物块离开A 点时的水平速度大小；(2)小物块经过O 点时，轨道对它的支持力大小； (3)斜面上C 、D 间的距离．课练15 动能和动能定理[狂刷小题 夯基础]1．BD 设石块刚抛出时的速度方向与竖直方向的夹角为α ，则刚抛出时重力的瞬时功率为P ＝mg v 0cos α，选项A 错误；石块落地时重力的瞬时功率为mg v ，选项B 正确；根据动能定理，石块在空中飞行过程中合外力做的功为W ＝12m v 2－12m v 20，选项C 错误；设石块在空中飞行过程中阻力做的功为W f ，由动能定理有mgh ＋W f ＝12m v 2－12m v 20，解得W f ＝12m v 2－12m v 20－mgh ，选项D 正确． 2．C 设刚要发生相对滑动时P 、Q 的速度为v ，对P 、Q 整体，摩擦力提供向心力有μ1·2mg ＝2m v 2r ；根据动能定理，此过程中转盘对P 做的功W ＝12·2m v 2＝μ1mgr ，选项BD 错误，C 项正确；在此过程中，物块Q 与P 之间的摩擦力不一定达到最大静摩擦力，则此时Q 受到P 的摩擦力不一定为μ2mg ，选项A 错误．3．BD 从该小朋友双脚接触蹦床开始至双脚到最低点的过程中，因为蹦床的弹力对人做功，所以该小朋友机械能不守恒，选项A 错误；刚接触蹦床时，蹦床刚开始有弹力，弹力小于重力，合力竖直向下，速度方向也竖直向下，在弹力等于重力前，小朋友做加速度减小的加速运动，弹力恰好等于重力时，速度达到最大值，以后弹力大于重力，加速度方向变为向上，小朋友做减速运动直到最低点，则整个过程其速度先增大后减小，加速度先减小后增大，故B 项正确，C 项错误；根据动能定理可知W G －W 弹＝0－E k0，即所受重力做的功小于其克服蹦床弹力做的功，选项D 正确．4．BD 在B 点时，由牛顿第二定律得F N －mg ＝m v 2r，因为F N ＝F ′N ＝2mg ，所以v ＝gr ，因为物块从A 点进入圆弧轨道并在A 、B 之间做匀速圆周运动，所以物块到达A 点时的速度大小为gr ，故A 项错误；从P 到A 的过程，由动能定理得mgh ＝12m v 2，所以h ＝r 2，故B 项正确；因为物块从A 点进入圆弧轨道并做匀速圆周运动，所以物块从A 运动到B 所用时间t ＝πr 2v ＝π2r g，故C 项错误；物块从A 运动到B ，由动能定理得mgr －W 克＝0，解得W 克＝mgr ，故D 项正确．5．BD 由v －t 图象知，汽车发生的位移为s ＝12×(4＋8)×1 m ＋12×(4＋5)×8 m －12×(2＋4)×4 m ＝30 m ，选项A 错误；由于在0～10 s 内发动机和车内制动装置对车辆所做的总功为零，则由动能定理可知W f ＝－fx ＝0－12m v 20，其中x 是路程，大小为x ＝54 m ，解得f ＝2 000 N ，选项B 正确；在第1 s 内，由动能定理有P 1×1 s －fx 1＝12m v 21－12m v 20，其中x 1＝6 m ，解得P 1＝336 000 W ；同理在第7 s 内，由动能定理有P 7×1 s －fx 7＝12m v 27，其中第7 s 内的位移大小为x 7＝2 m ，解得P 7＝112 000 W ，即发动机在第1 s 内的平均功率是第7 s 内的3倍，选项C 错误；第6 s 内汽车克服车内制动装置做的功为W 6，根据动能定理有－W 6－fx 6＝0－12m v 26，其中x 6＝4 m ，v 6＝8 m/s ，解得W 6＝424 000 J ；同理，第10 s 内汽车克服车内制动装置做的功为W 10，则有－W 10－fx 10＝0－12m v 210，其中第10 s 内的位移大小为x 10＝2 m ，v 10＝4 m/s ，解得W 10＝104 000 J ；即第6 s 内汽车克服车内制动装置做的功是第10 s 内的5313倍，选项D 正确． 6．BD 对物体，应用动能定理得：合力对物体做的功等于物体动能的增加量，有W－mgH ＝12m v 2，W ＝mgH ＋12m v 2，故A 错误，B 正确；根据功能关系可知，钢索的拉力做的功等于电梯和物体的机械能增加量，为W F ＝(M ＋m )gH ＋12(M ＋m )v 2，故C 错误；对电梯，根据动能定理知合力对电梯做的功等于电梯的动能的变化量，即钢索的拉力、电梯的重力及物体对底板的压力对电梯M 做的总功等于12M v 2，故D 正确． 7．AD 重力势能E P ＝mgh ，结合E p －h 图像有mg ＝804N ，则m ＝2 kg ，故A 正确．h ＝0时E 总＝12m v 20，即100 J ＝12×2 kg ×v 20，解得v 0＝10 m/s ，故B 错误．由图像可知，h ＝2 m 时，E 总＝90 J 、E p ＝40 J ，则E k ＝50 J ，故C 错误．当h ＝4 m 时，E 总＝E p ＝80 J ，则E k ＝0，故从地面至h ＝4 m ，物体的动能减少了100 J ，故D 正确．8．A 由动能定理W F －W f ＝E k －0，可知木箱获得的动能一定小于拉力所做的功，A 项正确．9．C 设小球运动到c 点的速度大小为v c ，则对小球由a 到c 的过程，由动能定理有F ·3R－mgR ＝12m v 2c，又F ＝mg ，解得v c ＝2gR ，小球离开c 点后，在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，竖直方向在重力作用下做匀减速直线运动，由牛顿第二定律可知，小球离开c 点后水平方向和竖直方向的加速度大小均为g ，则由竖直方向的运动可知，小球从离开c 点到其轨迹最高点所需的时间为t ＝v c g ＝2R g ，在水平方向的位移大小为x ＝12gt 2＝2R .由以上分析可知，小球从a 点开始运动到其轨迹最高点的过程中，水平方向的位移大小为5R ，则小球机械能的增加量为ΔE ＝F ·5R ＝5mgR ，C 项正确，A 、B 、D 三项错误．10．C 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．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(x 0为小物块到达最高点时的位移)，即E k ＝－(mg sin θ－f )x ＋(mg sin θ－f )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，选项C 正确．11．BCB 的线速度大小是变化的，故不是匀速圆周运动，故A 错误；如图，画出球B 受到的支持力N ，摩擦力f 以及球在该位置时运动的切线的方向，由图可知，斜面对B 的摩擦力沿斜面向下，与B 的速度方向的夹角为锐角，所以摩擦力对重球B 做正功，故B 正确；A 匀速运动，动能不变，根据动能定理知水平推力F 和重球B 对A 做的功的大小相等，故C 正确；斜面对B 的弹力和B 对斜面的弹力是一对作用力和反作用力，大小相等，斜面在弹力方向上的位移等于B 在弹力方向上的位移，所以A 对重球B 的弹力所做的功与重球B 对A弹力所做的功大小相等，一正一负，由于B 与A 间存在相对运动，A 的位移与B 的位移不相等，所以A 对重球B 的摩擦力所做的功与重球B 对A 的摩擦力所做的功大小不相等，所以A 对重球B 所做的总功与重球B 对A 所做的总功大小不相等，故D 错误．12．ABD 由题图b 知，物块先向下运动后向上运动，则知传送带的运动方向应向上，0～t 1时间内，物块对传送带的摩擦力方向沿传送带向下，则物块对传送带做负功，故A 正确．在t 1～ t 2时间内，物块向上运动，则有μmg cos θ>mg sin θ，得μ>tan θ，故B 正确.0～t 2时间内，由题图b 中“面积”等于位移可知，物块的总位移沿斜面向下，高度下降，重力对物块做正功，设为W G ，根据动能定理得：W ＋W G ＝12m v 22－12m v 21，则传送带对物块做的W ＝12m v 22－12m v 21－W G ，故C 错误.0～t 2时间内，重力对物块做正功，物块的重力势能减小、动能也减小，且都转化为系统产生的内能，则由能量守恒定律知，系统产生的热量一定比物块动能的减少量大，故D 正确．故选A 、B 、D.13．ACD 把小球B 从地面拉到P 点正下方C 处的过程中，力F 的位移为：x ＝0.42＋0.32m －(0.4－0.3)m ＝0.4 m ，则力F 做的功W F ＝Fx ＝20 J ，选项A 正确；把小球B 从地面拉到P 点正下方C 处时，B 的速度方向与绳子方向垂直，A 的速度为零，设B 的速度为v ，则由动能定理：W F －mgR ＝12m v 2－0，解得v ＝14m/s ，选项B 错误；当细绳与半圆形轨道相切时，小球B 的速度方向沿圆周的切线方向向上，此时和绳子方向重合，故与滑块A 速度大小相等，由几何关系可得h ＝0.225 m ，选项C 正确；B 的机械能增加量为F 做的功20 J ，D 正确．14．D 质点竖直向上运动，0～15 s 内加速度方向向下，质点一直做减速运动，B 错误.0～5 s 内，a ＝10 m/s 2，质点只受重力，机械能守恒；5～10 s 内，a ＝8 m/s 2，受重力和向上的力F 1，F 1做正功，机械能增加；10～15 s 内，a ＝12 m/s 2，质点受重力和向下的力F 2，F 2做负功，机械能减少，A 、C 错误．由F 合＝ma 可推知F 1＝F 2，由于做减速运动，5～10 s 内通过的位移大于10～15 s 内通过的位移，F 1做的功大于F 2做的功，5～15 s 内增加的机械能大于减少的机械能，所以D 正确．15．BC 设小球质量为m ，以B 点所在水平面为零势能面，由题给条件“当到达圆环顶点C 时，刚好对轨道压力为零”有mg ＝m v 2C R，小球到达C 点时，有v 2C ＝gR ，在C 点的动能为12m v 2C ＝12mgR ，则小球在C 点的机械能为2mgR ＋12m v 2C ＝52mgR ，则小球从B 点到C 点克服摩擦力做的功为12mgR ，小球到达D 点时速度为零，设小球在D 点的机械能为E k D ，分析可知小球在从C 点到B 点过程中也有摩擦力，且摩擦力做的功小于小球从B 点到C 点克服摩擦力做的功12mgR ，故2mgR ＜E k D ＜52mgR ，即8 m ＜h ＜10 m ，选项B 、C 正确． 16．D圆环刚开始下滑时，圆环受到的合力向下，设弹簧原长为L ，下滑过程中，对圆环受力分析，如图所示，弹簧弹力与竖直方向的夹角为θ，则弹簧弹力F ＝kL ⎝⎛⎭⎫1sin θ－1，竖直方向根据牛顿第二定律可得mg －F cos θ－μF N ＝ma ，水平方向有F sin θ＝F N ，联立三个方程可知，圆环下滑过程中受到的合力先减小后增大，圆环的加速度先减小后增大，选项A 错误；在过程Ⅰ和Ⅱ中，圆环在相同位置时受到的滑动摩擦力大小相等，所以在这两个过程中克服摩擦力做的功相等，选项D 正确；在过程Ⅰ中，根据动能定理可得W G －W f －W 弹＝0，解得W f ＝W G －W 弹，在过程Ⅱ中，根据动能定理可得－W G ＋W 弹－W f ＝－12m v 2，联立解得W f ＝14m v 2，在C 处E p 弹＝W 弹＝mgh －14m v 2，选项B 、C 错误． [综合测评 提能力]1．D 由题图可知，足球由②到③过程中具有水平位移，则说明足球在②位置存在速度，故A 错误；由图可知，①到②的水平位移大于②到③的水平位移，则说明足球受到空气阻力，故B 错误；因存在阻力做功，故①位置到②位置的过程足球的动能转化为重力势能和内能，故C 错误；根据动能定理可得，②位置到③位置过程足球动能的变化量等于合力做的功，故D 正确．2．A 对小球在空中的运动过程，有：mgH ＝12m v 2－12m v 20，解得：v 0＝v 2－2gH ，W ＝12m v 20＝12m v 2－mgH ，故A 正确． 3．C 设物体的质量为m ，则物体在上升过程中，受到竖直向下的重力mg 和竖直向下的恒定外力F ，由动能定理结合题图可得－(mg ＋F )×3 m ＝(36－72)J ；物体在下落过程中，受到竖直向下的重力mg 和竖直向上的恒定外力F ，再由动能定理结合题图可得(mg －F )×3 m ＝(48 －24)J ，联立解得m ＝1 kg 、F ＝2 N ，选项C 正确，A 、B 、D 均错误．4．B 本题考查动能定理．设物块A 的初速度大小为v 0，物块运动到Q 点时动能为E k ，对物块A 由动能定理有－μmgs ＝E k －12m v 20，对物块B 由动能定理有W －2μmg ×12s ＝E k ，解得v 0＝2W m，B 正确． 5．C A 球向右运动0.1 m 时，A 球的速度大小v A ＝3 m/s ，A 球距O 点的距离x ′A ＝0.4 m ，B 球距O 点的距离为x ′B ＝0.3 m ．设此时轻绳与OM 的夹角为α，则有tan α＝34，由运动的合成与分解可得v A cos α＝v B sin α，解得v B ＝4 m/s.以B 球为研究对象，此过程中B球上升的高度h ＝0.1 m ，由动能定理可得W －mgh ＝12m v 2B－0，解得轻绳的拉力对B 球所做的功为W ＝18 J ，选项C 正确．6．B 设小球在竖直面内做圆周运动的半径为r ，小球运动到最高点时轻绳与圆周运动轨迹平面的夹角为θ＝30°，则有r ＝L cos 30°＝32L ，小球在最低点的速率为v 时，到达最高点的速率设为v ′，根据题述有mg ＝m v ′2r ，由机械能守恒定律可知，mg ×2r ＋12m v ′2＝12m v 2，得v ＝5gr ；小球在最低点的速率为2v 时，到达最高点的速率设为v ″，则有mg ×2r ＋12m v ″2＝12m (2v )2，得v ″＝4gr ，设每段绳的拉力大小为F ，则2F cos θ＋mg ＝m v ″2r，联立解得F ＝53mg ，B 正确．7．D 由于初始时，弹簧的弹性势能相同，则两滑块到达B 点时的动能相同，但速度不同，故A 错误；两滑块在斜面上运动时的加速度相同，由于到达B 点时的速度不同，故上升高度不同，B 错误；滑块上升到最高点的过程中克服重力做的功为mgh ，由能量守恒定律有E p ＝mgh ＋μmg cos θ×h sin θ，解得mgh ＝E p tan θtan θ＋μ，故两滑块上升到最高点的过程中克服重力做的功相同，C 错误；由能量守恒知损失的机械能E 损＝μmgh tan θ，结合C 的分析，可知D 正确．。

第2讲动能定理及其应用知识点一动能1．定义：物体由于________而具有的能．2．公式：E k＝________.3．单位：________，1 J＝1 N·m＝1 kg·m2/s2.4．物理意义(1)动能是状态量，v是________(选填“瞬时速度”或“平均速度”)．(2)动能是________(选填“矢量”或“标量”)，只有正值，动能与速度方向________(选填“有关”或“无关”)．5．动能的变化物体________与________之差，即ΔE k＝________________________.知识点二动能定理1．内容：在一个过程中合外力对物体所做的功，等于物体在这个过程中____________．2．表达式：W＝________________.3．物理意义：________的功是物体动能变化的量度．4．动能定理的特点思考辨析(1)一定质量的物体动能变化时，速度一定变化；而速度变化时，动能也一定变化．( )(2)动能不变的物体一定处于平衡状态．( )(3)物体的动能不变，所受的合力必定为零．( )(4)物体做变速运动时动能不一定变化．( )(5)合力做功不等于零时，物体的动能一定变化．( )(6)如果物体的动能增加，那么合力一定做正功．( )教材改编[人教版必修2P75T5改编]运动员把质量是500 g的足球踢出后，某人观察它在空中的飞行情况，估计上升的最大高度是10 m，在最高点的速度为20 m/s.估算出运动员踢球时对足球做的功为( ) A．50 J B．100 JC．150 J D．无法确定考点一对动能定理的理解和应用自主演练1．对“外力”的两点理解(1)“外力”可以是重力、弹力、摩擦力、电场力、磁场力等，它们可以同时作用，也可以不同时作用．(2)“外力”既可以是恒力，也可以是变力．2．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3.“一个参考系”：高中阶段动能定理中的位移和速度应以地面或相对地面静止的物体为参考系．[多维练透]1．(多选)一个质量为0.3 kg的弹性小球，在光滑水平面上以6 m/s的速度垂直撞到墙上，碰撞后小球沿相反方向运动，反弹后的速度大小与碰撞前相同，则碰撞前后小球速度变化量的大小Δv和碰撞过程中小球的动能变化量ΔE k为( )A．Δv＝0 B．Δv＝12 m/s C．ΔE k＝1.8 J D．ΔE k＝02.(多选)如图所示，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增大到v2时，上升高度为H，重力加速度为g，则在这个过程中，下列说法正确的是( )A．对物体，动能定理的表达式为W＝m－m，其中W为支持力做的功B．对物体，动能定理的表达式为W合＝0，其中W合为合力做的功C．对物体，动能定理的表达式为W－mgH＝m－m，其中W为支持力做的功D．对电梯，其所受的合力做功为M－M3．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( )考点二动能定理的应用师生共研题型1|应用动能定理求变力的功例1 如图所示，在半径为0.2 m的固定半球形容器中，一质量为1 kg的小球(可视为质点)自边缘上的A点由静止开始下滑，到达最低点B时，它对容器的正压力大小为15 N．重力加速度g取10 m/s2，则球自A点滑到B点的过程中克服摩擦力做的功为( )A．0.5 J B．1.0 J C．1.5 J D．1.8 J题型2|动能定理在直线运动中的应用例2 有两条雪道平行建造，左侧相同而右侧有差异，一条雪道的右侧水平，另一条的右侧是斜坡．某滑雪者保持一定姿势坐在雪橇上不动，从h1高处的A点由静止开始沿倾角为θ的雪道下滑，最后停在与A 点水平距离为s的水平雪道上．接着改用另一条雪道，还从与A点等高的位置由静止开始下滑，结果能冲上另一条倾角为α的雪道上h2高处的E点停下．若动摩擦因数处处相同，且不考虑雪橇在路径转折处的能量损失，则( )A．动摩擦因数为tan θ B．动摩擦因数为C．倾角α一定大于θ D．倾角α可以大于θ题型3|动能定理在曲线运动中的应用(多过程问题)例3 如图所示，AB为倾角θ＝37°的斜面轨道，轨道的AC部分光滑，CB部分粗糙．BP为圆心角等于143°，半径R＝1 m的竖直光滑圆弧形轨道，两轨道相切于B点，P、O两点在同一竖直线上，轻弹簧一端固定在A点，另一自由端在斜面上C点处．现有一质量m＝2 kg的物块在外力作用下将弹簧缓慢压缩到D点后(不拴接)释放，物块经过C点后，从C点运动到B点过程中的位移与时间的关系为x＝12t－4t2(式中x单位是m，t单位是s)，假设物块第一次经过B点后恰能到达P点，(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)试求：(1)若CD＝1 m，物块从D点运动到C点的过程中，弹簧对物块所做的功．(2)B、C两点间的距离x.【考法拓展1】在【例3】中，求物块释放后通过与O点等高的位置Q点时对轨道的压力．【考法拓展2】在【例3】中，若BC部分光滑，把物块仍然压缩到D点释放，求物块运动到P点时受到轨道的压力大小．练1 如图，MN为半径R＝0.4 m、固定于竖直平面内的光滑圆弧轨道，轨道上端切线水平，O 为圆心，M、O、P三点在同一水平线上，M的下端与轨道相切处放置竖直向上的弹簧枪，可发射速度不同但质量均为m＝0.01 kg的小钢珠，小钢珠每次都在M点离开弹簧枪．某次发射的小钢珠沿轨道经过N点时恰好与轨道无作用力，水平飞出后落到OP上的Q点，不计空气阻力，取g＝10 m/s2.求：(1)小钢珠经过N点时速度的大小v N；(2)小钢珠离开弹簧枪时的动能E k；(3)小钢珠在平板上的落点Q与圆心O点的距离s.练2 新型冠状病毒肺炎疫情发生后，全国人民踊跃捐款捐物，支持武汉人民抗疫．为了与时间赛跑，运送抗疫物资的某运输车以恒定功率P启动后以最大速度v m行驶．已知运输车总重为m.(1)求运输车速度为v m时的加速度；(2)假设运输车启动后经过时间t1，达到最大速度v m，求时间t1内运输车行驶的距离；(3)假设运输车启动后行驶距离s到达武汉，运输车刹车时所受合外力等于正常行驶时阻力的2倍，求运输车行驶的总时间．题后反思应用动能定理解题的基本步骤考点三动能定理与图象问题的结合多维探究题型1|v­t图象例4 [2020·湖南湘潭一中月考]质量为m的物体从高为h的斜面顶端由静止下滑，最后停在水平面上，若该物体以v0的初速度从顶端下滑，最后仍停在水平面上，如图甲所示．图乙为物体两次在水平面上运动的v­t图象，则物体在斜面上运动过程中克服摩擦力所做的功为( )A.m－3mgh B．3mgh－mC.m－mgh D．mgh－m题型2|F­x图象例5 [2020·济南模拟]静止在地面上的物体在不同合外力F的作用下通过了相同的位移x0，下列情况中物体在x0位置时速度最大的是( )题型3|E k­x图象例6 [2020·江苏卷，4]如图所示，一小物块由静止开始沿斜面向下滑动，最后停在水平地面上．斜面和地面平滑连接，且物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为常数．该过程中，物块的动能E k与水平位移x关系的图象是( )练3 (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( )练4 [2020·临沂二模]狗拉雪橇是人们喜爱的滑雪游戏．已知雪橇与水平雪道间的动摩擦因数μ＝0.1，人和雪橇的总质量m＝50 kg.在游戏过程中狗用水平方向的力拉雪橇，使雪橇由静止开始运动．人和雪橇的动能E k与其发生位移x之间的关系如图所示(g＝10 m/s2)．求：(1)雪橇在x＝30 m时的加速度；(2)在前40 m位移过程中拉力对人和雪橇做的功．题后反思解决物理图象问题的基本思路(1)弄清纵坐标、横坐标所对应的物理量及图线的物理意义．(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)对比图线和函数关系式，利用图线的斜率、截距、交点、面积和特定值求物理量．思维拓展巧选过程规范答题[2020·江苏无锡6月模拟](12分)如图所示是滑板运动的轨道示意图，BC和DE是两段光滑的圆弧形轨道，BC的圆心为O点，圆心角θ＝60°，半径OC与水平轨道CD垂直，滑板与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.2.某运动员从轨道上的A点以v＝3 m/s的速度水平滑出，在B点刚好沿着轨道的切线方向滑入圆弧轨道BC，经CD轨道后冲上DE轨道，到达E点时速度减为零，然后返回．已知运动员和滑板的总质量为m＝60 kg，B、E两点与水平轨道CD的竖直高度分别为h＝2 m和H＝2.5 m，g＝10 m/s2.(1)求运动员从A点运动到B点时的速度大小v B.(2)求水平轨道CD的长度L.(3)通过计算说明，第一次返回时，运动员能否回到B点？如果能，求出运动员回到B点时速度的大小；如果不能，求出运动员最后停止的位置距C点的距离．[教你解决问题](1)刚好沿着轨道的切线方向滑入圆弧轨道→B点速度分解→到达B点时的速度大小．(2)从B到E→动能定理→水平轨道CD的长度L.(3)从E到第一次返回左侧最高处→动能定理→总路程→最后停止的位置．解答规范解答书写区自查项目(1)滑板在B点刚好沿着轨道的切线方向滑入圆弧轨道，由题意得v B＝①(1分)解得v B＝6 m/s.②(1分)(2)从B到E的过程，由动能定理得mgh－μmgL－mgH＝0－m③(2分)有必要的文字说明指明对象和所用规律列式规范，无连等式、无代数过程题后反思1．灵活选择研究过程求解多过程问题既可分段考虑，也可全过程考虑，但要优先考虑全过程．2．注意运用做功的特点(1)重力的功取决于物体的初、末位置，与路径无关．(2)摩擦力做的功等于力的大小与路程的乘积．(3)求全过程的总功时，注意有些力不是全过程一直作用.第2讲动能定理及其应用基础落实知识点一1．运动2．mv23．焦耳4．(1)瞬时速度(2)标量无关5．末动能初动能m－m知识点二1．动能的变化量2.m－m3．合外力4．(3)曲线运动(4)变力做功(5)分阶段思考辨析(1)×(2)×(3)×(4)√(5)√(6)√教材改编解析：根据动能定理W－mgh＝mv2得，W＝150 J，故选项C正确．答案：C考点突破1．解析：取初速度方向为正方向，则Δv＝|(－6)－6| m/s＝12 m/s，由于速度大小没变，动能不变，故动能变化量ΔE k＝0，故选项B、D正确．答案：BD2．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(即合力做的功)才等于物体动能的增量，即W合＝m－m，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，其合力做的功一定等于其动能的增量，选项D正确．答案：CD3．解析：对于整个竖直上抛过程(包括上升与下落)，速度与时间的关系为v＝v0－gt，v2＝g2t2－2v0gt＋，E k＝mv2，可见动能与时间是二次函数关系，由数学中的二次函数知识可判断A正确．答案：A例1 解析：在B点对小球由牛顿第二定律得F N－mg＝m，解得E kB＝mv2＝ (F N－mg)R，小球由A滑到B的过程由动能定理得mgR－W f＝mv2－0，解得W f＝R(3mg－F N)＝×0.2×(30－15) J＝1.5 J，故C正确，A、B、D错误．答案：C例2 解析：第一次停在BC上的某点，由动能定理得mgh1－μmgcos θ·－μmgs′＝0mgh1－μmg＝0mgh1－μmgs＝0μ＝A错误，B正确；在AB段由静止下滑，说明μmgcos θ<mgsin θ，第二次滑上CE在E点停下，说明μmgcos α≥mgsin α，若α>θ，则雪橇不能停在E点，所以C、D错误．答案：B例3 解析：(1)由x＝12t－4t2知，物块在C点速度为v0＝12 m/s，a＝8 m/s2设物块从D点运动到C点的过程中，弹簧对物块所做的功为W，由动能定理得W－mgsin 37°·＝m代入数据得W＝m＋mgsin 37°·＝156 J.(2)物块在CB段，根据牛顿第二定律，物块所受合力F＝ma＝16 N物块在P点的速度满足mg＝C到P的过程，由动能定理得－Fx－mgR(1＋cos 37°)＝m－m解得x＝ m＝6.125 m.答案：(1)156 J (2)6.125 m考法拓展1 解析：物块在P点时满足mg＝，物块从Q点到P点过程中，由动能定理得－mgR＝m－m.物块在Q点时有F N＝.联立以上各式得F N＝3mg＝60 N.由牛顿第三定律可知物块通过Q点时对轨道压力为60 N，方向水平向右．答案：60 N 方向水平向右考法拓展 2 解析：物块从C到P的过程中，由动能定理得－mgxsin 37°－mgR(1＋cos37°)＝m－m物块在P点时满足F N＋mg＝，联立以上两式得F N＝49 N答案：49 N练1 解析：(1)小钢珠沿轨道经过N点时恰好与轨道无作用力，则有mg＝m解得v N＝＝2 m/s(2)小钢珠在光滑圆弧轨道，由动能定理得－mgR＝m－E k解得E k＝0.06 J(3)小钢珠水平飞出后，做平抛运动，R＝gt2，s＝v N t解得s＝ m答案：(1)2 m/s (2)0.06 J (3) m练2 解析：(1)由P＝fv m，解得f＝，由P＝F解得运输车速度为v m时的牵引力F＝，由牛顿第二定律有F－f＝ma，解得加速度a＝.(2)由动能定理得Pt1－fx1＝m，解得时间t1内运输车行驶的距离x1＝＝.(3)运输车刹车时匀减速运动的加速度为a′＝，从刹车到运输车停下需要的时间t3＝，联立解得t3＝，从刹车到运输车停下运动的距离x3＝＝，运输车匀速运动的距离x2＝s－x1－x3＝，运输车匀速运动的时间t2＝，又f＝，则运输车行驶的总时间t＝t1＋t2＋t3＝.例4 解析：本题考查动能定理与图象结合的问题．若物体由静止开始从顶端下滑，由动能定理得mgh－W f＝m，若该物体以v0的初速度从顶端下滑，由动能定理得mgh－W f＝m－m，由题图乙可知，物体两次滑到水平面的速度关系为v2＝2v1，由以上三式解得W f＝mgh－m，D正确，A、B、C错误．答案：D例5 解析：由于F­x图象所包围的面积表示力做功的大小，已知物体在不同合外力F的作用下通过的位移相同，C选项中图象包围的面积最大，因此合外力做功最多，根据动能定理W合＝mv2－0，可得C选项物体在x0位置时速度最大，故A、B、D错误，C正确．答案：C例6 解析：在斜面上，物块受竖直向下的重力、沿斜面向上的滑动摩擦力以及垂直斜面向上的支持力，设物块的质量为m，斜面的倾角为θ，物块沿斜面下滑的距离对应的水平位移为x，由动能定理有mgsinθ·－μ1mgcos θ·＝E k－0，解得E k＝(mgtan θ－μ1mg)x，即在斜面上时物块的动能与水平位移成正比，B、D项均错误；在水平面上，物块受竖直向下的重力、竖直向上的支持力以及水平向左的滑动摩擦力，由动能定理有－μ2mg(x－x0)＝E k－E k0，解得E k＝E k0－μ2mg(x－x0)，其中E k0为物块滑到斜面底端时的动能，x0为物块沿斜面下滑到底端时的距离对应的水平位移，即在水平面上物块的动能与水平位移为一次函数关系，且为减函数，A项正确，C项错误．答案：A练3 解析：由于拉力F恒定，所以物体有恒定的加速度a，则v＝at，即v与t成正比，选项B正确；由P＝Fv＝Fat可知，P与t成正比，选项D正确；由x＝at2可知x与t2成正比，选项C错误；由动能定理可知E k＝Fx＝Fat2，E k与t2成正比，选项A错误．答案：BD练4 解析：(1)雪橇从20 m到40 m做匀加速直线运动，由动能定理得：F合·Δx＝E k2－E k1由牛顿第二定律得：F合＝ma联立解得：a＝0.5 m/s2.(2)前40 m的运动过程由动能定理得：W－μmgx＝E k2解得：W＝2 900 J.答案：(1)0.5 m/s2(2)2 900 J。

动能和动能定理一、选择题1．一个物体以初速度v 竖直向上抛出，它落回原处时的速度为v2，设运动过程中阻力大小保持不变，则重力与阻力之比为( )A ．5∶3B ．4∶3C ．2∶1D ．1∶12．物体A 和B 质量相等，A 置于光滑的水平面上，B 置于粗糙水平面上，开始时都处于静止状态，在相同的水平力F 作用下移动相同的位移，则( )A ．力F 对A 做功较多，A 的动能较大B ．力F 对B 做功较多，B 的动能较大C ．力F 对A 和B 做功相同，A 和B 的动能相同D ．力F 对A 和B 做功相同，但A 的动能较大3．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。

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 的距离为 ( )A ．0.50 mB ．0.25 mC ．0.10 mD ．04．(多选)某人通过光滑滑轮将质量为m 的体，沿光滑斜面由静止开始匀加速地由底端拉上斜面，物体上升的高度为h ，到达斜面顶端的速度为v ，如图所示。

则在此过程中( )A ．物体所受的合力做功为mgh ＋12m v 2B ．物体所受的合力做功为12m v 2C ．人对物体做的功为mghD ．人对物体做的功大于mgh5．(多选) 质量为m 的物体放在水平面上，它与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g 。

用水平力拉物体，运动一段时间后撤去，最终物体停止运动。

物体运动的v －t 图像如图所示。

下列说法正确的是( ) A ．水平拉力大小为F ＝m v 0t 0B ．物体在3t 0时间内位移大小为32v 0t 0C ．在0～3t 0时间内水平拉力做的功为12mv 02D ．在0～3t 0时间内物体克服摩擦力做功的平均功率为12μmgv 06．(多选)质量为m 的小球在竖直向上的恒力F 作用下由静止开始向上匀加速运动，经时间t 运动到P 点，撤去F 又经时间t 小球回到出发点，速度大小为v ，不计阻力，已知重力加速度为g ，则下列判断正确的是( ) A ．撤去力F 时小球的动能为14mv 2B ．小球上升的最大高度为v 22gC ．拉力F 所做的功为12mv 2D ．拉力的最大功率为23mgv7.在体育课上,某同学练习投篮,他站在罚球线处用力将篮球从手中投出,如图所示,篮球约以 1 m/s 的速度撞击篮筐。

高中物理【动能和动能定理】专题训练A 组—重基础·体现综合1．在水平路面上，有一辆以36 km/h 行驶的客车，在车厢后座有一位乘客甲，把一个质量为4 kg 的行李以相对客车5 m/s 的速度抛给前方座位的另一位乘客乙，则以地面为参考系行李的动能和以客车为参考系行李的动能分别是( )A ．200 J 50 JB ．450 J 50 JC ．50 J 50 JD ．450 J 450 J解析：选B 行李相对地面的速度v ＝v 车＋v 相对＝15 m/s ，所以行李以地面为参考系的动能E k ＝12m v 2＝450 J 。

行李相对客车的速度v ′＝5 m/s ，所以行李以客车为参考系的动能E k ′＝12m v ′2＝50 J ，故B 项正确。

2．(多选)一质量为0.1 kg 的小球，以5 m/s 的速度在光滑水平面上匀速运动，与竖直墙壁碰撞后以原速率反弹，若以弹回的速度方向为正方向，则小球碰墙过程中的速度变化和动能变化分别是( )A ．Δv ＝10 m/sB ．Δv ＝0C ．ΔE k ＝1 JD ．ΔE k ＝0解析：选AD 小球速度变化Δv ＝v 2－v 1＝5 m/s －(－5 m/s)＝10 m/s ，小球动能的变化量ΔE k ＝12m v 22－12m v 12＝0。

故A 、D 正确。

3．如图1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( )图1A ．14mgRB ．13mgRC ．12mgRD ．π4mgR解析：选C 质点经过Q 点时，由重力和轨道支持力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得F N －mg ＝m v Q 2R ，由题意知F N ＝2mg ，可得v Q ＝gR ，质点自P 滑到Q 的过程中，由动能定理得mgR －W f ＝12m v Q 2，克服摩擦力所做的功为W f ＝12mgR ，故C 正确。

第六章机械能守恒定律第2讲动能和动能定理对应学生用书P124考点动能定理的应用一、动能(E k ):物体由于①而具有的能量。

1.在物理学上,用②表示物体的动能,式中m 为物体的质量、v 为物体的速度。

2.动能是③,只具有大小,没有方向;由于速度具有相对性,因此动能也具有④性。

3.单位:⑤。

1J=1N·m =1kg·m/s 2。

二、动能定理1.文字表述:力在一个过程中对物体做的功,等于物体在这个过程中⑥的变化。

力:指物体受到的所有力的⑦力。

功:指合外力做的功,它等于各个力做功的⑧和。

2.数学表述:W 合=12mv 2-12m 02或W 合=E k -E k0或F 合x=E k -E k0。

3.适用范围:既适用于直线运动,也适用于曲线运动;既适用于恒力做功,也适用于变力做功;力可以是各种性质的力,既可同时作用,也可分阶段作用。

答案①运动②12mv 2③标量④相对⑤焦耳(J )⑥动能⑦合外⑧代数1.如图所示,质量为m 的物块在光滑水平面上,在水平恒力F 作用下发生了一段位移s ,物块在始、末状态的速度分别是v 1和v 2。

请根据牛顿第二定律和运动学规律推导动能定理的表达式。

答案物块在恒力F 作用下做匀加速直线运动,根据牛顿第二定律有F=ma ,由运动学公式有22-12=2as ,即s=22-122,把F 、s 代入W=Fs 得W=(22-12)ma 2=12m 22-12m 12。

2.如图所示,小滑块自左侧斜面高度为h 1的A 点由静止开始下滑,经长度为l 的水平面,最后滑到右侧斜面,到达高度为h 2的D 点速度恰好减为零。

若A 、D 两点的连线与水平面之间的夹角为θ,小滑块与左、右两斜面及水平面之间的动摩擦因数处处相同,请推导出动摩擦因数μ与角度θ之间的关系式。

答案对整个过程应用动能定理,有mgh 1-mgh 2-μmg cos α·ℎ1sin -μmg ·l-μmg cos β·ℎ2sin =0-0解得μ=ℎ1-ℎ2ℎ1tan +l+ℎ2tan。

高考物理一轮复习专项训练及答案解析—动力学和能量观点的综合应用1.如图所示，足够长的水平传送带以恒定速率v 顺时针运动，某时刻一个质量为m 的小物块，以大小也是v 、方向与传送带的运动方向相反的初速度冲上传送带，最后小物块的速度与传送带的速度相同．在小物块与传送带间有相对运动的过程中，滑动摩擦力对小物块做的功为W ，小物块与传送带间因摩擦产生的热量为Q ，则下列判断中正确的是( )A ．W ＝0，Q ＝m v 2B ．W ＝0，Q ＝2m v 2C ．W ＝m v 22，Q ＝m v 2D ．W ＝m v 2，Q ＝2m v 22.(多选)如图所示，质量m ＝1 kg 的物体(可视为质点)从高为h ＝0.2 m 的光滑轨道上P 点由静止开始下滑，滑到水平传送带上的A 点，轨道与传送带在A 点平滑连接，物体和传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.2，传送带A 、B 两点之间的距离为L ＝5 m ，传送带一直以v ＝4 m/s 的速度顺时针运动，则(g 取10 m/s 2)( )A ．物体从A 运动到B 的时间是1.5 sB ．物体从A 运动到B 的过程中，摩擦力对物体做功为2 JC ．物体从A 运动到B 的过程中，产生的热量为2 JD ．物体从A 运动到B 的过程中，带动传送带转动的电动机多做的功为10 J3.如图所示，一足够长的木板在光滑的水平面上以速度v 向右匀速运动，现将质量为m 的物体轻轻地放置在木板上的右端，已知物体与木板之间的动摩擦因数为μ，为保持木板的速度不变，从物体放到木板上到物体相对木板静止的过程中，须对木板施一水平向右的作用力F ，则力F 对木板所做的功为( )A.m v 24B.m v 22 C ．m v 2D ．2m v 24．(多选)如图甲所示，一长木板静止在水平地面上，在t ＝0时刻，一小物块以一定速度从左端滑上长木板，之后长木板运动的v －t 图像如图乙所示，已知小物块与长木板的质量均为m ＝1 kg ，已知木板足够长，g 取10 m/s 2，则( )A ．小物块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.5B ．在整个运动过程中，物块与木板构成的系统所产生的热量70 JC ．小物块的初速度为v 0＝12 m/sD ．0～2 s 与2～3 s 物块和木板构成的系统机械能减少量之比为17∶15．(多选)如图甲，一足够长的传送带与水平面的夹角θ＝30°，传送带在电动机的带动下，速率始终不变．t ＝0时刻在传送带适当位置上放一具有一定初速度的小物块．取沿传送带向上为正方向，物块在传送带上运动的速度随时间的变化如图乙所示．已知小物块质量m ＝1 kg ，g 取10 m/s 2，下列说法正确的是( )A ．传送带顺时针转动，速度大小为2 m/sB ．传送带与小物块之间的动摩擦因数μ＝235C ．0～t 2时间内因摩擦产生的热量为27 JD ．0～t 2时间内电动机多消耗的电能为28.5 J6.如图所示，光滑水平面上有一木板，质量M ＝1.0 kg ，长度L ＝1.0 m ．在木板的最左端有一个小铁块(可视为质点)，质量m ＝1.0 kg.小铁块和木板之间的动摩擦因数μ＝0.30.开始时它们都处于静止状态，某时刻起对木板施加一个水平向左的拉力F 将木板抽出，若F ＝8 N ，g 取10 m/s 2.求：(1)抽出木板的过程中摩擦力分别对木板和铁块做的功； (2)抽出木板的过程中由于摩擦产生的内能Q .7．(2023·安徽省六安中学高三检测)如图所示，水平轨道AB 长为2R ，其A 端有一被锁定的轻质弹簧，弹簧左端连接在固定的挡板上．圆心在O 1、半径为R 的光滑圆弧轨道BC 与AB 相切于B 点，并且和圆心在O 2、半径为2R 的光滑细圆管轨道CD 平滑对接，O 1、C 、O 2三点在同一条直线上．光滑细圆管轨道CD 右侧有一半径为2R ，圆心在D 点的14圆弧挡板MO 2竖直放置，并且与地面相切于O 2点．质量为m 的小滑块(可视为质点)从轨道上的C 点由静止滑下，刚好能运动到A 点，触发弹簧，弹簧立即解除锁定，小滑块被弹回，小滑块在到达B 点之前已经脱离弹簧，并恰好无挤压通过细圆管轨道最高点D (计算时圆管直径可不计，重力加速度为g )．求：(1)小滑块与水平轨道AB 间的动摩擦因数μ； (2)弹簧锁定时具有的弹性势能E p ；(3)小滑块通过最高点D 后落到挡板上时具有的动能E k .8.“高台滑雪”一直受到一些极限运动爱好者的青睐．挑战者以某一速度从某曲面飞出，在空中表演各种花式动作，飞跃障碍物(壕沟)后，成功在对面安全着陆．某实验小组在实验室中利用物块演示分析该模型的运动过程：如图所示，ABC 为一段半径为R ＝5 m 的光滑圆弧轨道，B 为圆弧轨道的最低点．P 为一倾角θ＝37°的固定斜面，为减小在斜面上的滑动距离，在斜面顶端表面处铺了一层防滑薄木板DE ，木板上边缘与斜面顶端D 重合，圆形轨道末端C 与斜面顶端D 之间的水平距离为x ＝0.32 m ．一物块以某一速度从A 端进入，沿圆形轨道运动后从C 端沿圆弧切线方向飞出，再经过时间t ＝0.2 s 恰好以平行于薄木板的方向从D 端滑上薄木板，物块始终未脱离薄木板，斜面足够长．已知物块质量m ＝3 kg ，薄木板质量M ＝1 kg ，木板与斜面之间的动摩擦因数μ1＝1924，木板与物块之间的动摩擦因数μ2＝56，重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，不计空气阻力，求：(1)物块滑到圆轨道最低点B 时，对轨道的压力(计算结果可以保留根号)； (2)物块相对于木板运动的距离；(3)整个过程中，系统由于摩擦产生的热量．9．如图所示，竖直放置的半径为R＝0.2 m的螺旋圆形轨道BGEF与水平直轨道MB和BC 平滑连接，倾角为θ＝30°的斜面CD在C处与直轨道BC平滑连接．水平传送带MN以v0＝4 m/s的速度沿顺时针方向运动，传送带与水平地面的高度差为h＝0.8 m，MN间的距离为L MN＝3.0 m，小滑块P与传送带和BC段轨道间的动摩擦因数μ＝0.2，轨道其他部分均光滑．直轨道BC长L BC＝1 m，小滑块P的质量为m＝1 kg.重力加速度g取10 m/s2.(1)若滑块P第一次到达与圆轨道圆心O等高的F点时，对轨道的压力刚好为零，求滑块P 从斜面静止下滑处与BC轨道高度差H；(2)若滑块P从斜面高度差H′＝1.0 m处静止下滑，求滑块从N点平抛后到落地过程中的水平位移大小；(3)滑块P在运动过程中能两次经过圆轨道最高点E点，求滑块P从斜面静止下滑的高度差H 的范围．答案及解析1．B 2.AC 3.C 4.ACD 5.ABC 6．(1)－7.5 J 4.5 J (2)3 J解析 (1)当用F ＝8 N 的力将木板从小铁块下方抽出，小铁块运动的加速度大小为a 1＝μg ＝3 m/s 2木板运动的加速度大小为 a 2＝F －μmg M ＝5 m/s 2设抽出过程的时间为t ，则有 12a 2t 2－12a 1t 2＝L ， 解得t ＝1 s ，所以小铁块运动的位移为x 1＝12a 1t 2，解得x 1＝1.5 m木板运动的位移为x 2＝12a 2t 2，解得x 2＝2.5 m摩擦力对小铁块做的功为 W 1＝μmgx 1， 解得W 1＝4.5 J 摩擦力对木板做的功为 W 2＝－μmgx 2， 解得W 2＝－7.5 J(2)抽出木板的过程中由于摩擦产生的内能Q ＝μmgL ＝3 J. 7．(1)13 (2)113mgR(3)(22－1)mgR解析 (1)由几何关系得BC 间的高度差h ＝23R小滑块从C 点运动到A 点的过程中，由动能定理得mgh －μmg ·2R ＝0，解得μ＝13(2)弹簧对滑块做功过程由功能关系有W 弹＝E p 滑块从A 到D 过程由动能定理得 E p －mg ·2R －μmg ·2R ＝12m v 2－0 滑块在D 点，由重力提供向心力，有mg ＝m v 22R联立解得E p ＝113mgR .(3)滑块通过D 点后做平抛运动，根据平抛运动的规律可知，水平方向有x ＝v t 竖直方向有y ＝12gt 2由几何关系可知x 2＋y 2＝4R 2可得滑块落到挡板上时的动能为E k ＝12m [v 2＋(gt )2]，联立解得E k ＝(22－1)mgR .8．(1)(91.92－245) N (2)1.5 m (3)87 J解析 (1)物块由C 到D ，做斜上抛运动 水平方向v 水平＝xt＝1.6 m/s物块恰好以平行于薄木板的方向从D 端滑上薄木板，则在D 的速度大小 v ＝v 水平cos θ＝2 m/s ， v 竖直＝v sin θ＝1.2 m/s物块在C 端时竖直方向速度大小v 竖直′＝v 竖直－gt ＝－0.8 m/s ， v C ＝v 水平2＋v 竖直′2＝455m/s 由B 到C 有12m v B 2＝12m v C 2＋mgR (1－cos α)其中cos α＝v 水平v C，在B 点有F N －mg ＝m v B 2R由牛顿第三定律得F 压＝F N ＝(91.92－245) N(2)物块刚滑上木板时，对物块有μ2mg cos θ－mg sin θ＝ma m ，解得物块加速度大小a m ＝23 m/s 2，做匀减速直线运动对木板有μ2mg cos θ＋Mg sin θ－μ1(M ＋m )g cos θ＝Ma M ，解得木板加速度大小a M ＝23 m/s 2，做匀加速直线运动设两者经时间t 1达到共速v 共，则有v －a m t 1＝a M t 1＝v 共 解得t 1＝1.5 s ，v 共＝1 m/s 此过程中s 物＝v ＋v 共2t 1＝94 m ，s 板＝v 共2t 1＝34m物块相对于木板运动的距离 Δs ＝s 物－s 板＝1.5 m(3)μ2mg cos θ>mg sin θ，此后两者一起做匀减速直线运动，直到停止． 以物块和木板为整体，a 共＝μ1g cos θ－g sin θ＝13 m/s 2，s 共＝v 共22a 共＝1.5 mQ 物－板＝μ2mg cos θ·Δs ＝30 JQ 板－斜＝μ1(M ＋m )g cos θ·(s 板＋s 共)＝57 J整个过程中，系统由于摩擦产生的热量Q ＝Q 物－板＋Q 板－斜＝87 J. 9．(1)0.4 m (2)0.8 m (3) 0.7 m ≤H ≤0.8 m解析 (1)滑块P 在圆形轨道F 点时对轨道的压力刚好为零，则v F ＝0 mg (H －R )－μmgL BC ＝0解得H ＝0.4 m(2)H ′＝1.0 m ，设滑块运动到N 点时的速度为v N ，对滑块从开始到N 点的过程应用动能定理mgH ′－μmg (L BC ＋L MN ) ＝12m v N 2－0 解得v N ＝2 m/s滑块从N 点做平抛运动，水平位移为 x ＝v N2hg＝0.8 m (3)设滑块P 在运动过程中恰好能第一次经过E 点时，高度差为H 1，从开始到E 点应用动能定理有mgH 1－μmgL BC －2mgR ＝12m v E 2－0 在E 点时有mg ＝m v E 2R解得H 1＝0.7 m滑块滑上传送带时的速度为v M mgH 1－μmgL BC ＝12m v M 2－0v M ＝10 m/s<4 m/s 滑块做减速运动的位移为 L ＝v M 22μg＝2.5 m<L MN因此滑块返回M 点时的速度为v M ′＝10 m/s ，因此能第二次过E 点． 设高度为H 2时，滑块从传送带返回M 点时的最大速度为 v ＝2μgL MN ＝2 3 m/s 从开始到M 点应用动能定理有mgH 2－μmgL BC ＝12m v 2－0解得H 2＝0.8 m第二次经过E 点后，当滑块再次从B 点滑上圆轨道时在B 点的速度为v B ，则有mgH 2－3μmgL BC ＝12m v B 2－0 v B ＝2 m/s<10 m/s所以滑块不会第三次过E 点，则能两次经过E 点的高度差H 的范围是0.7 m ≤H ≤0.8 m.。

【物理】物理动能与动能定理题20套(带答案)一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理1．如图所示，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段长度为，上面铺设特殊材料，小物块与其动摩擦因数为，轨道其它部分摩擦不计。

水平轨道左侧有一轻质弹簧左端固定，弹簧处于原长状态。

可视为质点的质量的小物块从轨道右侧A点以初速度冲上轨道，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，取，求：（1）弹簧获得的最大弹性势能；（2）小物块被弹簧第一次弹回经过圆轨道最低点时的动能；（3）当R满足什么条件时，小物块被弹簧第一次弹回圆轨道时能沿轨道运动而不会脱离轨道。

【答案】（1）10.5J（2）3J（3）0.3m≤R≤0.42m或0≤R≤0.12m【解析】【详解】（1）当弹簧被压缩到最短时，其弹性势能最大。

从A到压缩弹簧至最短的过程中，由动能定理得：−μmgl+W弹＝0−m v02由功能关系：W弹=-△E p=-E p解得 E p=10.5J；（2）小物块从开始运动到第一次被弹回圆形轨道最低点的过程中，由动能定理得−2μmgl＝E k−m v02解得 E k=3J；（3）小物块第一次返回后进入圆形轨道的运动，有以下两种情况：①小球能够绕圆轨道做完整的圆周运动，此时设小球最高点速度为v2，由动能定理得−2mgR＝m v22−E k小物块能够经过最高点的条件m≥mg，解得R≤0.12m②小物块不能够绕圆轨道做圆周运动，为了不让其脱离轨道，小物块至多只能到达与圆心等高的位置，即m v12≤mgR，解得R≥0.3m；设第一次自A点经过圆形轨道最高点时，速度为v1，由动能定理得：−2mgR ＝m v 12-m v 02且需要满足 m ≥mg ，解得R≤0.72m ，综合以上考虑，R 需要满足的条件为：0.3m≤R≤0.42m 或0≤R≤0.12m 。

【点睛】解决本题的关键是分析清楚小物块的运动情况，把握隐含的临界条件，运用动能定理时要注意灵活选择研究的过程。

专题11功和功率及动能定理的理解与应用目录题型一恒力做功的分析和计算..................................................................................................................................1题型二变力做功的分析和计算. (4)类型1微元法计算变力做功...............................................................................................................................5类型2图像法计算变力做功...............................................................................................................................5类型3等效转换法求变力做功...........................................................................................................................7类型4平均力法求变力做功...............................................................................................................................7类型5应用动能定理求变力做功.......................................................................................................................8题型三功率的分析和计算 (9)类型1功率的分析和计算...................................................................................................................................9类型2功率和功综合问题的分析和计算.........................................................................................................11题型四机车启动问题 (13)类型1恒定功率启动.......................................................................................................................................14类型2恒加速度启动问题...............................................................................................................................15题型五动能定理的理解............................................................................................................................................17题型六动能定理的基本应用....................................................................................................................................19题型七动能定理与图像的“数形结合”. (21)类型1E k －x (W －x )图像问题.............................................................................................................................22类型2F －x 图像与动能定理的结合.................................................................................................................23类型3其他图像与动能定理的结合.................................................................................................................25题型八动能定理在多过程、往复运动问题中的应用.. (27)类型1运用动能定理解决多过程问题...........................................................................................................27类型2动能定理在往复运动问题中的应用.. (30)题型一恒力做功的分析和计算【解题指导】1．判断力是否做功及做正、负功的方法(1)恒力做的功直接用W ＝Fl cos α计算或用动能定理计算。