南方新高考18版高考物理大一轮复习专题五机械能第2讲动能、动能定理课时作业

课时作业(二十二) 动能定理及其应用[基础训练]1．关于运动物体所受的合外力、合外力做的功及动能变化的关系，下列说法正确的是( )A ．合外力为零，则合外力做功一定为零B ．合外力做功为零，则合外力一定为零C ．合外力做功越多，则动能一定越大D ．动能不变，则物体合外力一定为零答案：A 解析：由W ＝Fl cos α可知，物体所受合外力为零，合外力做功一定为零，但合外力做功为零，可能是α＝90°，故A 正确，B 错误；由动能定理W ＝ΔE k 可知，合外力做功越多，动能变化量越大，但动能不一定越大，动能不变，合外力做功为零，但合外力不一定为零，C 、D 均错误．2．(2017·湖南五市十校联考)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/s D.17 m/s答案：B 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x 轴下方表示力做负功，面积大小表示功的大小，所以物体运动到x＝16 m 处时，力F 对物体做的总功W ＝40 J ，由动能定理得W ＝12mv 22－12mv 21，代入数据可得v 2＝3 m/s ，B 正确．3．(2017·辽宁沈阳质检)一木块静止在光滑的水平面上，将一个大小恒为F 的水平拉力作用在该木块上，经过位移x 时，拉力的瞬时功率为P ；若将一个大小恒为2F 的水平拉力作用在该木块上，使该木块由静止开始运动，经过位移x 时，拉力的瞬时功率是( ) A.2PB ．2PC ．22PD ．4P答案：C 解析：对第一个过程，根据动能定理，有Fx ＝12mv 21，经过位移x 时的瞬时功率P ＝Fv 1＝F ·2Fx m ；同理，对第二个过程有2Fx ＝12mv 22，经过位移x 时的瞬时功率P ′＝2Fv 2＝4F ·Fx m；所以P ′＝22P ，C 项正确． 4．(2017·山东济南模拟)光滑斜面上有一个小球自高为h 的A 处由静止开始滚下，到达光滑的水平面上的B 点时速率为v 0.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v 0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 ．nB ．2nC ．3nD ．4n答案：C 解析：设每条阻挡条对小球做的功为W ，小球自高为h 的A 处由静止开始滚下到B 处，由动能定理有mgh ＝12mv 20，当小球在水平面上滚动时，由动能定理有－nW ＝0－12mv 20；让小球从2h 高处以初速度v 0滚下到停止，由动能定理有mg ·2h －n ′W ＝0－12mv 20，三式联立解得n ′＝3n ，所以选项C 正确．5．(2017·山西太原一中检测)如图所示，已知物体与三块材料不同的地毯间的动摩擦因数分别为μ、2μ和3μ，三块材料不同的地毯长度均为l ，并排铺在水平地面上，该物体以一定的初速度v 0从a 点滑上第一块，则物体恰好滑到第三块的末尾d 点停下来，物体在运动中地毯保持静止，若让物体从d 点以相同的初速度水平向左运动，则物体运动到某一点时的速度大小与该物体向右运动到该位置的速度大小相等，则这一点是( )A ．a 点B ．b 点C ．c 点D ．d 点答案：C 解析：从右侧向左侧运动，与从左侧向右侧运动，初动能相等，到达同一位置时，速度大小相等，可知在运动过程中，一定是动能减小量相等，即克服摩擦力做功相等，由于μmgL ＋2μmgL ＝3μmgL ，因此应该运动到c 点处，C 正确．6．(2017·吉林摸底)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.34mg B.316mg C.716mg D.725mg 答案：D 解析：对小球向上运动，由动能定理有，－(mg ＋f )H ＝0－12mv 20，对小球向下运动，由动能定理有，(mg －f )H ＝12m ⎝ ⎛⎭⎪⎫34v 02，联立解得f ＝725mg ，故D 正确． 7．(2017·河北保定调研)(多选)如图所示，长为L 的轻质硬杆A 一端固定小球B ，另一端固定在水平转轴O 上．现使轻杆A 绕转轴O 在竖直平面内匀速转动，轻杆A 与竖直方向夹角α从0°增加到180°的过程中，下列说法正确的是( )A ．小球B 受到的合力的方向始终沿着轻杆A 指向轴OB ．当α＝90°时，小球B 受到轻杆A 的作用力方向竖直向上C ．轻杆A 对小球B 做负功D ．小球B 重力做功的功率不断增大答案：AC 解析：小球做匀速圆周运动，受到的合外力总是指向圆心O ，选项A 对；转过90°时，轻杆对小球的弹力的水平分力提供小球做圆周运动的向心力，竖直分力平衡小球重力，小球受到杆的作用力指向左上方，选项B 错；在转动过程中小球的重力做正功，动能不变，应用动能定理可知轻杆对小球做负功，选项C 对；小球竖直方向的分速度先增大后减小，小球重力做功的功率先增大后减小，选项D 错．8．(2017·重庆巴蜀中学一模)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 ，取g ＝10 m/s 2.求人克服细绳的拉力做的功．答案：504 J 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 2h 2＋x 2＋μmgs ＝504 J. [能力提升]9．(2017·陕西西安质检)静止在粗糙水平面上的物块在水平向右的拉力作用下做直线运动，t ＝4 s 时停下，其v ­t 图象如图所示，已知物块与水平面间的动摩擦因数处处相同，则下列判断正确的是( )A ．整个过程中拉力做的功等于物块克服摩擦力做的功B ．整个过程中拉力做的功等于零C ．t ＝2 s 时刻拉力的瞬时功率在整个过程中最大D ．t ＝1 s 到t ＝3 s 这段时间内拉力不做功答案：A 解析：对物块运动的整个过程运用动能定理得W F －W f ＝0，即拉力做的功等于物块克服摩擦力做的功，选项A 正确，B 错误．在0～1 s 时间内，拉力恒定且大于摩擦力，物块做匀加速运动，速度增大，t ＝1 s 时，速度最大，拉力的瞬时功率最大；t ＝2 s 时，物块匀速运动，拉力等于摩擦力，所以t ＝2 s 时刻拉力的瞬时功率不是最大的，选项C 错误．t ＝1 s 到t ＝3 s 这段时间，物块匀速运动，拉力做正功，摩擦力做负功，合外力做功为零，选项D 错误．10．(2017·吉林三校联考)如图所示，竖直平面内放一直角杆MON ，OM 水平，ON 竖直且光滑，用不可伸长的轻绳相连的两小球A 和B 分别套在OM 和ON 杆上，B 球的质量为2 kg ，在作用于A 球的水平力F 的作用下，A 、B 均处于静止状态，此时OA ＝0.3 m ，OB ＝0.4 m ，改变水平力F 的大小，使A 球向右加速运动，已知A 球向右运动0.1 m 时速度大小为 3 m/s ，则在此过程中绳的拉力对B 球所做的功为(取g ＝10 m/s 2)( )A ．11 JB ．16 JC ．18 JD ．9 J答案：C 解析：A 球向右运动0.1 m 时，v A ＝3 m/s ，OA ′＝0.4 m ，OB ′＝0.3 m ，设此时∠BAO ＝α，则有tan α＝34.v A cos α＝v B sin α，解得v B ＝4 m/s.此过程中B 球上升高度h ＝0.1 m ，由动能定理，W －mgh ＝12mv 2B ，解得绳的拉力对B 球所做的功为W ＝mgh ＋12mv 2B ＝2×10×0.1 J＋12×2×42 J ＝18 J ，选项C 正确． 11．(2017·宁夏银川模拟)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 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F f x ＋12mv 2m 答案：D 解析：小车在运动方向上受牵引力F 和阻力F f ，因力v 增大，P 不变，由P ＝Fv ，F －F f ＝ma ，得出F 逐渐减小，a 也逐渐减小，当v ＝v m 时，a ＝0，故A 、B 均错；合外力做的功W 外＝Pt －F f x ，由动能定理得Pt －F f x ＝12mv 2m ，故C 错误，D 正确． 12．(2017·江西吉安期末)(多选)如图所示，质量为m 的小球(可视为质点)用长为L 的细线悬挂于O 点，自由静止在A 位置．现用水平力F 缓慢地将小球从A 拉到B 位置而静止，细线与竖直方向夹角为θ＝60°，此时细线的拉力为T 1，然后撤去水平力F ，小球从B 返回到A 点时细线的拉力为T 2，则( )A ．T 1＝T 2＝2mgB ．从A 到B ，拉力F 做功为mgLC ．从B 到A 的过程中，小球受到的合外力大小不变D ．从B 到A 的过程中，小球重力的瞬时功率先增大后减小答案：AD 解析：分析小球在B 点受力可得T 1＝2mg ，撤去拉力后，根据动能定理，mgL (1－cos θ)＝12mv 2，在A 点，T 2－mg ＝m v 2L ，可得T 2＝2mg ，W F －mgL (1－cos θ)＝0，W F ＝12mgL ，选项A 正确，B 错误；从B 到A 过程中，在A 、B 两点重力的瞬时功率都等于零，D 正确；在B 点小球所受合外力为mg sin θ，在A 点的合外力为mg ，选项C 错误．13．(2017·甘肃兰州一中月考)如图所示，AB 是倾角θ＝30°的粗糙直轨道，BCD 是光滑的圆弧轨道，AB 恰好在B 点与圆弧相切，圆弧的半径为R ，一个质量为m 的物体(可以看做质点)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 ′至少多大？答案：(1)R μ (2)(3－3)mg (3)＋3R 1－3μ解析：(1)对整体过程，由动能定理得mgR cos θ－μmg cos θ·s ＝0，所以物体在AB 轨道上通过的总路程s ＝Rμ. (2)最终物体以B (还有B 关于OE 的对称点)为最高点，在圆弧底部做往复运动，对B →E 过程，由动能定理得 mgR (1－cos θ)＝12mv 2E ① 在E 点，由牛顿第二定律得F N －mg ＝m v 2E R②联立①②式得F N ＝(3－3)mg .(3)物体刚好到D 点，由牛顿第二定律有mg ＝m v 2D R ③对全过程由动能定理得mgL ′sin θ－μmg cos θ·L ′－mgR (1＋cos θ)＝12mv 2D ④联立③④式得L ′＝＋3R1－3μ.。

第2讲动能、动能定理一、单项选择题1．(2015年河北邯郸摸底)如图K5­2­1所示，跳水运动员最后踏板的过程可以简化为下述模型：运动员从高处落到处于自然状态的跳板(A位置)上，随跳板一同向下运动到最低点(B位置)．对于运动员从开始与跳板接触到运动至最低点的过程中，下列说法正确的是( )图K5­2­1A．运动员到达最低点时，其所受外力的合力为零B．在这个过程中，运动员的动能一直在减小C．在这个过程中，跳板的弹性势能一直在增加D．在这个过程中，运动员所受重力对她做的功大于跳板的作用力对她做的功2．用起重机提升货物，货物上升过程中的v­t图象如图K5­2­2所示，在t＝3 s到t ＝5 s内，重力对货物做的功为W1、绳索拉力对货物做的功为W2、货物所受合力做的功为W3，则( )图K5­2­2A．W1>0 B．W2<0C．W2>0 D．W3＞03．物体A和B质量相等，A置于光滑的水平面上，B置于粗糙的水平面上，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4．(2015年安徽江淮十校联考)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K5­2­3所示；当物块的初速度为2v时，上升的最大高度记为h.重力加速度大小为g.物块与斜坡间的动摩擦因数和h分别为( )图K5­2­3A．tan θ和2HB．tan θ和4HC.⎝ ⎛⎭⎪⎫v 22gH －1tan θ和2H D.⎝ ⎛⎭⎪⎫v 22gH －1tan θ和4H 5．水平粗糙的地面上放着质量为0.5 kg 的足球，一小孩用10 N 的力踢球，使球沿水平面向前运动了2 m ，这时速度大小为6 m/s 并与竖直墙壁碰撞，碰撞后足球沿相反方向以大小相等的速度反弹回来，下列说法正确的是( )A ．小孩对足球做的功为20 JB ．小孩对足球做的功为9 JC ．墙对足球做的功为0D ．墙对足球做的功为18 J6．如图K5­2­4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图K5­2­4 图K5­2­57．如图K5­2­5所示，一块长木板B 放在光滑的水平面上，再在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 的动能的增量二、多项选择题 8．质量不同而具有相同动能的两个物体，在动摩擦因数μ相同的水平面上滑行直到停止，则( )A ．质量大的物体滑动距离大B ．质量大的物体滑行距离小C ．质量大的物体做功多D ．它们运动的加速度一样大9．如图K5­2­6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由静止开始竖直向上加速运动，当上升高度为H 时，电梯的速度达到v ，则在这个过程中，以下说法中正确的是( )图K5­2­6A ．电梯地板对物体的支持力所做的功等于mv 22 B ．电梯地板对物体的支持力所做的功大于mv 22C ．钢索的拉力所做的功等于mv 22＋MgHD ．钢索的拉力所做的功大于mv 22＋MgH 10．如图K5­2­7所示，倾角为θ的斜面上只有AB 段粗糙，其余部分都光滑，AB 段长为3L .有若干个相同的小方块(每个小方块均可视为质点)沿斜面靠在一起，但不粘接，总长为L .将它们由静止释放，释放时它们下端距A 点的距离为2L .当小方块下端运动到A 点下面距A 点L2处时，小方块运动的速度达到最大．设小方块与粗糙斜面的动摩擦因数为μ，小方块停止时下端与A 点的距离为x ，则下列说法正确的是( )图K5­2­7A ．μ＝tan θB ．μ＝2tan θC ．x ＝2LD ．x ＝3L 三、非选择题11．(2015年广东揭阳一中、金山中学、广大附中联考)如图K5­2­8所示，半径为r ＝ 0.4 m 的1/4圆形光滑轨道AB 固定于竖直平面内，轨道与粗糙的水平地面相切于B 点，CDE 为固定于竖直平面内的一段内壁光滑的中空方形细管，DE 段被弯成以O 为圆心、半径R ＝0.2 m 的一小段圆弧，管的C 端弯成与地面平滑相接，O 点位于地面，OE 连线竖直．可视为质点的物块b ，从A 点由静止开始沿轨道下滑，经地面进入细管(b 横截面略小于管中空部分的横截面)，b 滑到E 点时受到细管下壁的支持力大小等于所受重力的1/2.已知物块b 的质量m＝0.4 kg ，g 取10 m/s 2.(1)求物块b 滑过E 点时的速度大小v E .(2)求物块b 滑过地面BC 过程中克服摩擦力做的功W f .(3)若将物块b 静止放在B 点，让另一可视为质点的物块a ，从A 点由静止开始沿轨道下滑，滑到B 点时与b 发生弹性正碰，已知a 的质量M ≥m ，求物块b 滑过E 点后在地面的首次落点到O 点的距离范围．图K5­2­8第2讲 动能、动能定理1．C 解析：从接触跳板到最低点，弹力一直增大，合力先减小后增大，故A 错误．加速度的方向先向下后向上，速度先和加速度同向再和加速度反向，可知速度先增大后减小，动能先增大后减小，故B 错误．形变量一直在增大，弹性势能一直在增加，故C 正确．根据动能定理，重力做正功，弹力做负功，动能在减小，所以运动员所受重力对他做的功小于跳板的作用力对他做的功，故D 错误．2．C 解析：分析题图可知，货物一直向上运动，根据功的定义式可得：重力做负功，拉力做正功，即W 1<0，W 2>0，A 、B 错误，C 正确；根据动能定理：合力做的功W 3＝0－12mv 2，v ＝2 m/s ，即W 3<0，D 错误．3．D 4．D 解析：以速度v 上升过程中，由动能定理可知－mgH －μmg cos θ·Hsin θ＝0－12mv 2，以速度2v 上升过程中，由动能定理可知－mgh －μmg cos θ·h sin θ＝0－12m (2v )2，联立解得μ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫v 22gH －1tan θ，h ＝4H ，故D 正确．5．C6．D 解析：根据动能定理，对小球运动全过程有：－2fH ＝12m (34v 0)2－12mv 20，上升过程：－(mg ＋f )H ＝－12mv 20，联立两式得：f ＝725mg ，选项D 正确．7．B 8．BD9．BD 解析：以物体为研究对象，由动能定理得W N －mgH ＝12mv 2，即W N ＝mgH ＋12mv 2，选项B 正确，选项A 错误．以系统为研究对象，由动能定理得W T －(m ＋M )gH ＝12(M ＋m )v 2，即W T ＝12(M ＋m )v 2＋(M ＋m )gH ＞mv 22＋MgH ，选项D 正确，选项C 错误．10．BD11．解：(1)物块b 滑过E 点时重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律得mg －N ＝m v 2ER 代入 N ＝12mg联立解得v E ＝gR2＝10×0.22m/s ＝1 m/s.(2)物块b 从A 点到E 点的过程中，由动能定理得mg (r －R )－W f ＝12mv 2E解得W f ＝0.6 J.(3)物块a 从A 滑到B 的过程机械能守恒，设物块a 滑到B 点时速度为v ，则有 12Mv 2＝Mgr 解得v ＝2 2 m/s设碰撞后物块a 、b 的速度分别为v a 、v b ，碰撞过程由动量守恒和机械能守恒得 Mv ＝Mv a ＋mv b 12Mv 2＝12Mv 2a ＋12mv 2b 联立解得v b ＝2M M ＋m v ＝2v1＋mM因为M ≥m ，由上式可知，碰撞后v ≤v b ＜2v ，即2 2 m/s≤v b ＜4 2 m/s 物块b 从B 点到E 点的过程中，由动能定理得－mgR －W f ＝12mv E ′2－12mv 2b物块b 离开E 点后做平抛运动，设时间为t ，首次落点到O 点的距离为x ，则有 x ＝v E ′·t R ＝12gt 2 由以上三式联立解得0.2 m ≤x ＜1 m.。

F和8F时小球做圆周运动的动能,然后由动能定理求出拉力由F变为8F过
程中绳子拉力对小球所做的功,用拉力做的功除以时间就是该过程的平均
功率。
答案:(1)


3
(2)
2
3
(3)
2
0
解析:(1)小球做圆周运动的向心力由绳子的拉力提供,由向心力公式得
解得,当拉力为 F 时,小球的线速度 v=

侧有一轻质弹簧,左端固定,弹簧处于自然伸长状态。质量为m=1 kg的物
块A(可视为质点)从轨道右侧以初速度 v0=2√3 m/s 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,经水平轨道返回圆形轨
道。物块A与PQ段间的动摩擦因数μ=0.2,轨道其他部分摩擦不计,重力加
速度g取10 m/s2。
好为零,g取10 m/s2,则提升重物的最短时间为(
A.13.2 s
B.14.2 s
C.15.5 s
D.17.0 s
答案:C
)
解析:为了以最短时间提升重物,一开始先以最大拉力拉重物使重物匀加速上升,
当功率达到额定功率时,保持功率(额定功率)不变直到重物达到最大速度,接着做
匀速运动,最后以最大加速度匀减速上升到达平台时速度刚好为零。重物在第一
(1)求物块A与弹簧刚接触时的速度大小v1;
(2)求物块A被弹簧以原速率弹回返回到圆形轨道的高度h1;
(3)调节PQ段的长度L,A仍以v0从轨道右侧冲上轨道,当L满足什么条件时,
物块A能第一次返回圆形轨道且能沿轨道运动而不脱离轨道?
解题指导:
关键词句
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物块 A 与弹簧刚接触时的速
求物块 A 到达 P 点时的速度

第2讲 动能 动能定理教材知识梳理一、物体的动能1．动能：物体由于________而具有的能量叫作动能；物体的动能跟物体的________和________有关． 2．表达式：E k ＝________，式中v 为瞬时速度；动能的单位是________． 3．矢标性：动能是________(选填“矢量”或“标量”)．4．相对性：动能具有相对性，物体动能的大小与________的选择有关，一般取地面为参考系． 5．动能是________(选填“状态”或“过程”)量，动能的变化量是________(选填“状态”或“过程”)量．二、动能定理1．内容：(合)力在一个过程中对物体所做的功，等于物体在这个过程中________的变化． 2．表达式：W ＝________．3．意义：动能定理指出了外力对物体所做的总功与物体________之间的关系，即合外力做的功是物体________变化的量度．4．适用范围：(1)动能定理既适用于直线运动，也适用于________运动；(2)既适用于恒力做功，也适用于________做功；(3)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以不同时作用．答案：一、1.运动 质量 速度2.12mv 2焦耳(J) 3．标量 4.参考系 5.状态 过程 二、1.动能 2.ΔE k 或12mv 22－12mv 213．动能的变化 动能4．(1)曲线 (2)变力【思维辨析】(1)选择不同的参考系时，动能可能为负值．( )(2)一定质量的物体动能变化时，速度一定变化，但速度变化时，动能不一定变化．( ) (3)动能不变的物体一定处于平衡状态．( )(4)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．( ) (5)物体在合外力作用下做变速运动时，动能一定变化．( ) (6)根据动能定理，合外力做的功就是动能的变化．( ) (7)重力做功和摩擦力做功都与物体运动的路径无关．( )答案：(1)(×) (2)(√) (3)(×) (4)(√) (5)(×) (6)(×) (7)(×)考点互动探究考点一 动能定理的理解1．动能定理表明了合外力做的功与物体动能的变化间的关系(1)数量关系：合外力做的功与物体动能的变化具有等量代换关系，但并不是说动能变化就是合外力做的功；(2)因果关系：合外力做功是引起物体动能变化的原因． (3)量纲关系：单位相同，国际单位都是焦耳． 2．标量性动能是标量，功也是标量，所以动能定理是一个标量式，不存在方向的选取问题．当然动能定理也就不存在分量的表达式．例如，以相同大小的初速度不管以什么方向抛出，在最终落到地面速度大小相同的情况下，所列的动能定理的表达式都是一样的．3．高中阶段动能定理中的位移和速度必须相对于同一个参考系，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系．1．如图5­14­1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( )图5­14­1A ．mgh －12mv 2B.12mv 2－mgh C ．－mgh D ．－mgh ＋12mv 2答案：A [解析] 小球从A 点运动到C 点的过程中，重力和弹簧的弹力对小球做负功，由于支持力与位移始终垂直，则支持力对小球不做功，由动能定理，可得W G ＋W F ＝0－12mv 2，重力做功为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.2．[2016·四川卷] 韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员．他在一次自由式滑雪空中技巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离，重力对他做功1900 J ，他克服阻力做功100 J ．韩晓鹏在此过程中( )A ．动能增加了1900 JB ．动能增加了2000 JC ．重力势能减小了1900 JD ．重力势能减小了2000 J答案：C [解析] 由题可得，重力做功1900 J ，则重力势能减少1900 J ，可得C 正确，D 错误．由动能定理：W G －W f ＝ΔE k 可得动能增加1800 J ，则A 、B 错误．3．[2015·四川卷] 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 ．斜向下抛的最大答案：A [解析] 由动能定理知mgh ＝12mv 2t －12mv 20，所以v t ＝2gh ＋v 20，下落相同的高度，则末速度大小相同．考点二 动能定理的应用1．应用动能定理解题时，应对运动过程中物体受力情况和运动情况进行分析，在分析运动过程时不需要深究物体运动过程中状态变化的细节，只需考虑整个过程中有哪些力对物体做功，做正功还是负功，以及运动过程初、末状态物体的动能．2．应用动能定理解题基本步骤] 我国将于2022年举办冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一．如图5­14­2所示，质量m ＝60 kg 的运动员从长直助滑道AB 的A 处由静止开始以加速度a ＝3.6 m/s 2匀加速滑下，到达助滑道末端B 时速度v B ＝24 m/s ，A 与B 的竖直高度差H ＝48 m ．为了改变运动员的运动方向，在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接，其中最低点C 处附近是一段以O 为圆心的圆弧．助滑道末端B 与滑道最低点C 的高度差h ＝5 m ，运动员在B 、C 间运动时阻力做功W ＝－1530 J ，g 取10 m/s 2.(1)求运动员在AB 段下滑时受到阻力F f 的大小；(2)若运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，则C 点所在圆弧的半径R 至少应为多大？图5­14­2[解析] (1)运动员在AB 上做初速度为零的匀加速运动，设AB 的长度为x ，则有v 2B ＝2ax ① 由牛顿第二定律有mg Hx－F f ＝ma ②联立①②式，代入数据解得F f ＝144 N ③(2)设运动员到达C 点时的速度为v C ，在由B 到达C 的过程中，由动能定理有mgh ＋W ＝12mv 2C －12mv 2B ④设运动员在C 点所受的支持力为F N ，由牛顿第二定律有F N －mg ＝m v 2CR⑤由运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，联立④⑤式，代入数据解得R ＝12.5 m1 如图5­14­3所示，质量为M 的木块静止在光滑的水平面上，质量为m 的子弹以速度v 0沿水平方向射入木块，并最终留在木块中与木块一起以速度v 运动．已知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 ，若木块对子弹的阻力F 视为恒定，则下列关系中错误的是( )图5­14­3A ．FL ＝12Mv 2B ．Fs ＝12mv 2C ．Fs ＝12mv 20－12(M ＋m )v 2D ．F (L ＋s )＝12mv 20－12mv 2答案：B [解析] 根据动能定理，对子弹：－F (L ＋s )＝12mv 2－12mv 20知，选项D 正确；对木块：FL ＝12Mv 2，选项A 正确；由以上二式相加后整理可得Fs ＝12mv 20－12(M ＋m )v 2，选项C 正确．只有选项B 符合题意．2 (多选)[2016·全国卷Ⅲ] 如图5­14­4所示，一固定容器的内壁是半径为R 的半球面；在半球面水平直径的一端有一质量为m 的质点P .它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中，克服摩擦力做的功为W .重力加速度大小为g .设质点P 在最低点时，向心加速度的大小为a ，容器对它的支持力大小为N ，则( )图5­14­4A ．a ＝2（mgR －W ）mRB ．a ＝2mgR －W mRC ．N ＝3mgR －2W RD ．N ＝2（mgR －W ）R答案：AC [解析] 质点P 下滑到底端的过程，由动能定理得mgR －W ＝12mv 2－0，可得v 2＝2（mgR －W ）m，所以a ＝v 2R ＝2（mgR －W ）mR ，A 正确，B 错误；在最低点，由牛顿第二定律得N －mg ＝m v 2R ，故N ＝mg ＋m v 2R ＝mg ＋m R ·2（mgR －W ）m ＝3mgR －2WR，C 正确，D 错误．■ 规律总结(1)动能定理往往用于单个物体的运动过程，由于不涉及加速度及时间，比动力学研究方法要简便． (2)动能定理表达式是一个标量式，在某个方向上应用动能定理没有任何依据．(3)当物体的运动包含多个不同过程时，可分段应用动能定理求解；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．(4)应用动能定理时，必须明确各力做功的正负．当一个力做负功时，可设物体克服该力做功为W ，则该力做功为－W ，也可以直接用字母W 表示该力做功，使其字母本身含有负号．考点三 动能定理与图像结合问题解决物理图像问题的基本步骤：[2016·石家庄调研检测] 游乐场有一种滑雪游戏，其理想简化图如图5­14­5甲所示，滑道由倾角为θ＝30°的斜坡和水平滑道组成．小孩在距地面高h ＝10 m 处由静止开始沿斜坡滑下，到达底端时恰好滑上水平滑道上放置的长为l ＝3 m 木板(忽略木板厚度)，此后小孩和木板运动的v ­t 图像如图乙所示．已知斜坡滑道与水平滑道平滑连接，速度由斜坡方向转为水平方向时大小不变，不计小孩在运动过程中受到的空气阻力，重力加速度g 取10 m/s 2.求：(1)小孩与斜坡间的动摩擦因数； (2)小孩脱离木板时的速度大小．图5­14­5[解析] (1)对小孩在斜面上的运动过程，由题图乙可知，小孩滑到斜面底端时的速度v ＝10 m/s.由动能定理可得mgh －μmg cos θ·hsin θ＝12mv 2 解得μ＝36. (2)由图乙知小孩在t ＝0.5 s 时滑离木板，木板在0～0.5 s 内的位移x 木＝1.5 m 又x 木＋l ＝x 人设小孩滑离木板的速度为v 人，由平均速度公式x 人＝12(v ＋v 人)t可得：v 人＝8 m/s.■ 规律总结(1)观察题目给出的图像，弄清纵坐标、横坐标所对应的物理量及图线与坐标轴所表示的物理意义． (2)根据物理规律推导出纵坐标与横坐标所对应的物理量间的函数关系式．(3)将推导出的物理规律与数学上与之相对应的标准函数关系式相对比，找出图线的斜率、截距、图线的交点，图线与坐标轴所围的面积所对应的物理意义，分析解答问题．或者利用函数图线上的特定值代入函数关系式求物理量．图像所围面积的意义：①v ­t 图线与横轴围成的面积表示物体的位移；②a ­t 图线与横轴围成的面积表示物体速度的变化量；③F ­x 图线与横轴围成的面积表示力所做的功；④P ­t 图线与横轴围成的面积表示力所做的功．(多选)质量为1 kg 的物体静止在粗糙的水平地面上，在一水平外力F 的作用下运动，如图5­14­6甲所示，外力F 和物体克服摩擦力f 做的功与物体位移的关系如图乙所示，重力加速度g 取10 m/s 2.下列分析正确的是( )图5­14­6A ．物体与地面之间的动摩擦因数为0.2B ．物体运动的位移为13 mC ．物体在前3 m 运动过程中的加速度为3 m/s 2D ．x ＝9 m 时，物体的速度为3 2 m/s答案：ACD [解析] 由W f ＝fx 对应图乙可知，物体与地面之间的滑动摩擦力f ＝2 N ，由f ＝μmg 可得μ＝0.2，A 正确；由W F ＝Fx 对应图乙可知，前3 m 内，拉力F 1＝5 N ，3～9 m 内拉力F 2＝2 N ，物体在前3 m 内的加速度a 1＝F 1－f m ＝3 m/s 2，C 正确；由动能定理得W F －fx ＝12mv 2，可得：x ＝9 m 时，物体的速度为v ＝3 2 m/s ，D 正确；物体的最大位移x m ＝W F mf＝13.5 m ，B 错误．考点四1.由于多过程问题的受力情况、运动情况比较复杂，从动力学的角度分析多过程问题往往比较复杂，但是，用动能定理分析问题，是从总体上把握其运动状态的变化，并不需要从细节上了解．因此，动能定理的优越性就明显地表现出来了，分析力的作用是看力做的功，也只需把所有的力做的功累加起来即可．2．运用动能定理解决问题时，有两种思路：一种是全过程列式，另一种是分段列式．3．全过程列式时，涉及重力、弹簧弹力、大小恒定的阻力或摩擦力做功时，要注意运用它们的功能特点：(1)重力做的功取决于物体的初、末位置，与路径无关；(2)大小恒定的阻力或摩擦力做的功等于力的大小与路程的乘积． (3)弹簧弹力做功与路径无关．分)[2016·全国卷Ⅰ] 如图5­14­7所示，一轻弹簧原长为2R ，其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC 的底端A 处，另一端位于直轨道上B 处，弹簧处于自然状态，直轨道与一半径为56R 的光滑圆弧轨道相切于C 点，AC ＝7R ，A 、B 、C 、D 均在同一竖直平面内．质量为m 的小物块P 自C 点由静止开始下滑，最低到达E 点(未画出)，随后P 沿轨道被弹回，最高到达F 点，AF ＝4R ，已知P 与直轨道间的动摩擦因数μ＝14，重力加速度大小为g .(取sin 37°＝35，cos 37°＝45)(1)求P 第一次运动到B 点时速度的大小．(2)求P 运动到E 点时弹簧的弹性势能．(3)改变物块P 的质量，将P 推至E 点，从静止开始释放．已知P 自圆弧轨道的最高点D 处水平飞出后，恰好通过G 点．G 点在C 点左下方，与C 点水平相距72R 、竖直相距R ，求P 运动到D 点时速度的大小和改变后P 的质量．图5­14­7[解答规范] (1)根据题意知，B 、C 之间的距离l 为 l ＝7R －2R ①(1分)设P 到达B 点时的速度为v B ，由动能定理得 ________＝12mv 2B ②(2分)式中θ＝37°，联立①②式并由题给条件得v B ＝2gR ③(1分)(2)设BE ＝x ，P 到达E 点时速度为零，设此时弹簧的弹性势能为E p .P 由B 点运动到E 点的过程中，由动能定理有____________________＝0－12mv 2B ④(2分)E 、F 之间的距离l 1为 l 1＝4R －2R ＋x ⑤(1分)P 到达E 点后反弹，从E 点运动到F 点的过程中，由动能定理有________________________＝0 ⑥(2分) 联立③④⑤⑥式并由题给条件得 x ＝R ⑦E p ＝125mgR ⑧(1分)(3)设改变后P 的质量为m 1，D 点与G 点的水平距离x 1和竖直距离y 1分别为x 1＝72R －56R sin θ ⑨(1分) y 1＝R ＋56R ＋56R cos θ ⑩(1分)式中，已应用了过C 点的圆轨道半径与竖直方向夹角仍为θ的事实． 设P 在D 点的速度为v D ，由D 点运动到G 点的时间为t .由平抛运动公式有y 1＝12gt 2 ⑪ x 1＝v D t ⑫联立⑨⑩⑪⑫式得v D ＝355gR ⑬(1分) 设P 在C 点速度的大小为v C ，在P 由C 运动到D 的过程中机械能守恒，有 12m 1v 2C ＝12m 1v 2D ＋m 1g ⎝ ⎛⎭⎪⎫56R ＋56R cos θ ⑭(2分) P 由E 点运动到C 点的过程中，同理，由动能定理有____________________________＝12m 1v 2C ⑮(2分)联立⑦⑧⑬⑭⑮式得m 1＝13m ⑯(1分)答案：mgl sin θ－μmgl cos θ mgx sin θ－μmgx cos θ－E p E p －mgl 1sin θ－μmgl 1cos θE p －m 1g (x ＋5R )sin θ－μm 1g (x ＋5R )cos θ1 [2016·株洲三模] 如图5­14­8甲所示，一根直杆AB 与水平面成某一角度固定，在杆上套一个小物块，杆底端B 处有一弹性挡板，杆与板面垂直，现将物块拉到顶端A 点由静止释放，物块下滑与挡板第一次碰撞前后的v ­t 图像如图乙所示，物块最终停止在B 处．重力加速度g 取10 m/s 2.求：(1)物块与杆之间的动摩擦因数； (2)物块滑过的总路程．图5­14­8答案：(1)0.25 (2)6 m[解析] (1)由图像可知物块下滑时加速度大小a 1＝4 m/s 2，上滑时加速度大小a 2＝8 m/s 2，杆AB 长l ＝2 m.设杆倾角为θ，物块质量为m ，物块与杆之间的动摩擦因数为μ 由牛顿第二定律得mg sin θ－μmg cos θ＝ma 1 mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 2代入数据得μ＝0.25，sin θ＝0.6，cos θ＝0.8.(2)对物块整个运动过程分析，设物块滑过总路程为s ，由动能定理得 mgl sin θ－μmg cos θ·s ＝0 代入数据得s ＝6 m.2 山地滑雪是人们喜爱的一项体育运动．一滑雪道ABC 的底部是一个半径为R 的圆，圆与雪道相切于C 点，C 的切线沿水平方向，到水平雪地之间是高为H 的峭壁，D 是圆的最高点，如图5­14­9所示．运动员从A 点由静止下滑，刚好经过圆轨道最高点D 旋转一周，再滑到C 点后被水平抛出，当抛出时间为t 时，迎面遭遇一股强风，运动员最终落到了雪地上，落地时速度大小为v .已知运动员连同滑雪装备总质量为m ，重力加速度为g ，不计遭遇强风前的空气阻力和雪道的摩擦阻力，求：(1)A 、C 的高度差h ；(2)运动员刚遭遇强风时的速度大小及距地面的高度； (3)强风对运动员所做的功．图5­14­9答案：(1)52R (2)5gR ＋g 2t 2H －12gt 2(3)12mv 2－mgH ＋52R [解析] (1)运动员刚好经过圆轨道最高点，其速度满足mg ＝mv 2DR由动能定理得mg (h －2R )＝12mv 2D联立解得h ＝52R .(2)运动员做平抛运动，在竖直方向上的速度v ′＝gt 从A 到C 由动能定理得mg ·52R ＝12mv 20v 1＝v 20＋v ′2＝5gR ＋g 2t 2 下落高度为h 1＝12gt 2距地面高度为h 2＝H －h 1＝H －12gt 2.(3)对整个过程，由动能定理得W ＋mgH ＋52R ＝12mv 2解得W ＝12mv 2－mgH ＋52R .3 如图5­14­10甲所示，自然伸长的轻弹簧左端固定在竖直墙上，右端在O 位置．质量为m 的物块A (可视为质点)以初速度v 0从距O 点x 0的P 点处向左运动，与弹簧接触后压缩弹簧，将弹簧右端压到O ′点位置后，A 又被弹簧弹回．A 离开弹簧后，恰好回到P 点．物块A 与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g .(1)求物块A 从P 点出发又回到P 点的过程，克服摩擦力所做的功． (2)求O 点和O ′点间的距离x 1.(3)如图乙所示，若将另一个与A 完全相同的物块B (可视为质点)与弹簧右端拴接，将A 放在B 右边，向左推A 、B ，使弹簧右端压缩到O ′点位置，然后从静止释放，A 、B 共同滑行一段距离后分离．分离后物块A 向右滑行的最大距离x 2是多少？图5­14­10答案：(1)12mv 20 (2)v 204μg －x 0 (3)x 0－v 28μg[解析] (1)物块A 从P 点出发又回到P 点的过程，根据动能定理得克服摩擦力所做的功为W f ＝12mv 20.(2)物块A 从P 点出发又回到P 点的过程，根据动能定理得 －2μmg (x 1＋x 0)＝－12mv 2解得x 1＝v 204μg－x 0.(3)A 、B 在弹簧处于原长处分离，设此时它们的共同速度是v 1，弹出过程弹力做功W F 只有A 时，从O ′到P 有 W F －μmg (x 1＋x 0)＝0－0 A 、B 共同从O ′到O 有W F －2μmgx 1＝12×2mv 21分离后对A 有 12mv 21＝μmgx 2 联立以上各式可得x 2＝x 0－v 208μg.■ 规律总结利用动能定理求解多过程问题的基本思路 1．弄清物体的运动由哪些过程组成． 2．分析每个过程中物体的受力情况．3．各个力做功有何特点，对动能的变化有无影响．4．从总体上把握全过程，表达出总功，找出初、末状态的动能． 5．对所研究的全过程运用动能定理列方程．【教师备用习题】1．[2015·江西十校二模] 将三个木板1、2、3固定在墙角，木板与墙壁和地面构成了三个不同的三角形，如图所示，其中1与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三个木板的顶端由静止释放，使其沿斜面下滑到底端，物块与木板之间的动摩擦因数μ均相同．在这三个过程中，下列说法不正确的是( )A ．沿着1和2下滑到底端时，物块的速率不同，沿着2和3下滑到底端时，物块的速率相同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，产生的热量最多D ．物块沿着1和2下滑到底端的过程中，产生的热量一样多[解析] A 设1、2、3木板与地面的夹角分别为θ1、θ2、θ3，木板长分别为l 1、l 2、l 3，当物块沿木板1下滑时，由动能定理有mgh 1－μmgl 1cos θ1＝12mv 21－0，当物块沿木板2下滑时，由动能定理有mgh 2－μmgl 2cos θ2＝12mv 22－0，又h 1>h 2，l 1cos θ1＝l 2cos θ2，可得v 1>v 2；当物块沿木板3下滑时，由动能定理有mgh 3－μmgl 3cos θ3＝12mv 23－0，又h 2＝h 3，l 2cos θ2<l 3cos θ3，可得v 2>v 3，选项A 错误，选项B正确；三个过程中产生的热量分别为Q 1＝μmgl 1cos θ1，Q 2＝μmgl 2cos θ2，Q 3＝μmgl 3cos θ3，则Q 1＝Q 2<Q 3，故选项C 、D 正确．只有选项A 符合题意．2．(多选)[2016·马鞍山模拟] 如图甲所示，一物体由某一固定的长斜面的底端以初速度v 0沿斜面上滑，其动能E k 随离开斜面底端的距离x 变化的图线如图乙所示，斜面与物体间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10 m/s 2，不计空气阻力，则以下说法正确的是( )A ．斜面的倾角θ＝30°B ．物体的质量为m ＝0.5 kgC ．斜面与物体间的摩擦力大小f ＝2 ND ．物体在斜面上运动的总时间t ＝2 s[解析] BC 由动能定理知E k ­x 图像的斜率的绝对值表示合外力的大小，则上升阶段有mg sin θ＋μmg cos θ＝255 N ＝5 N ①，下降阶段有mg sin θ－μmg cos θ＝55 N ＝1 N ②，①②联立得tan θ＝34，即θ＝37°，m ＝0.5 kg ，故A 选项错误，B 选项正确．物体与斜面间的摩擦力f ＝μmg cos θ＝2 N ，故C 选项正确．上升阶段由E k ­x 图像知合力F 1＝5 N ，则a 1＝10 m/s 2，t 1＝v 1a 1，E k1＝12mv 21＝25 J ，联立得t 1＝1 s ．同理，下降阶段合力F 2＝1 N ，则a 2＝2 m/s 2，t 2＝v 2a 2，E k2＝12mv 22＝5 J ，联立得t 2＝ 5 s ，则t ＝t 1＋t 2＝(1＋5) s ，故D 选项错误．3．(多选)[2015·河北保定调研] 如图所示，内壁光滑、半径大小为R 的圆轨道竖直固定在桌面上，一个质量为m 的小球静止在轨道底部A 点．现用小锤沿水平方向快速击打小球，击打后迅速移开，使小球沿轨道在竖直面内运动．当小球回到A 点时，再次用小锤沿运动方向击打小球，通过两次击打，小球才能运动到圆轨道的最高点．已知小球在运动过程中始终未脱离轨道，在第一次击打过程中小锤对小球做功W 1，第二次击打过程中小锤对小球做功W 2.设先后两次击打过程中小锤对小球做的功全部用来增加小球的动能，则W 1W 2的值可能是( )A.12B.23C.34D ．1 [解析] AB 第一次击打，小球运动的最大高度为R ，即W 1≤mgR ，第二次击打，小球才能运动到圆轨道的最高点，而恰好过最高点的条件为mg ＝m v 2高R，即v 高＝gR ，小球从静止到到达最高点的过程，由动能定理得W 1＋W 2－mg ·2R ＝12mv 2高－0，得W 1＋W 2＝52mgR ，则W 2≥32mgR ，故W 1W 2≤23，故选项A 、B 正确．4．[2015·浙江卷] 如图所示，用一块长L 1＝1.0 m 的木板在墙和桌面间架设斜面，桌子高H ＝0.8 m ，长L 2＝1.5 m ．斜面与水平桌面的倾角θ可在0～60°间调节后固定．将质量m ＝0.2 kg 的小物块从斜面顶端静止释放，物块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.05，物块与桌面间的动摩擦因数为μ2，忽略物块在斜面与桌面交接处的能量损失．(重力加速度取g ＝10 m/s 2；最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(1)求θ角增大到多少时，物块能从斜面开始下滑；(用正切值表示)(2)当θ角增大到37°时，物块恰能停在桌面边缘，求物块与桌面间的动摩擦因数μ2；(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)(3)继续增大θ角，发现θ＝53°时物块落地点与墙面的距离最大，求此最大距离x m .[答案] (1)tan θ≥0.05 (2)0.8 (3)1.9 m[解析] (1)为使小物块下滑，有mg sin θ≥μ1mg cos θ 解得tan θ≥0.05 (2)由动能定理得 mgL 1sin θ－W f ＝0其中W f ＝μ1mgL 1cos θ＋μ2mg (L 2－L 1cos θ) 解得μ2＝0.8 (3)由动能定理得mgL 1sin θ－W f ＝12mv 2解得v ＝1 m/s由平抛运动规律，得H ＝12gt 2x 1＝vt解得t ＝0.4 s ，x 1＝0.4 m x m ＝x 1＋L 2＝1.9 m5．[2015·山东卷] 如图甲所示，物块与质量为m 的小球通过不可伸长的轻质细绳跨过两个定滑轮连接．物块置于左侧滑轮正下方的表面水平的压力传感装置上，小球与右侧滑轮的距离为l .开始时物块和小球均静止，将此时传感装置的示数记为初始值．现给小球施加一始终垂直于l 段细绳的力，将小球缓慢拉起至细绳与竖直方向成60°角，如图乙所示，此时传感装置的示数为初始值的1.25倍；再将小球由静止释放，当运动至最低位置时，传感装置的示数为初始值的0.6倍．不计滑轮的大小和摩擦，重力加速度的大小为g .求：甲 乙(1)物块的质量；(2)从释放到运动至最低位置的过程中，小球克服空气阻力所做的功． [答案] (1)3m 0.1mgl[解析] (1)设开始时细绳的拉力大小为T 1，传感装置的初始值为F 1，物块质量为M ，由平衡条件得 对小球，T 1＝mg ① 对物块，F 1＋T 1＝Mg ②当细绳与竖直方向的夹角为60°时，设细绳的拉力大小为T 2，传感装置的示数为F 2，据题意可知，F 2＝1.25F 1，由平衡条件得对小球，T 2＝mg cos 60°③ 对物块，F 2＋T 2＝Mg ④联立①②③④式，代入数据得 M ＝3m ⑤(2)设小球运动至最低位置时速度的大小为v ，从释放到运动至最低位置的过程中，小球克服阻力所做的功为W f ，由动能定理得mgl (1－cos 60°)－W f ＝12mv 2⑥在最低位置，设细绳的拉力大小为T 3，传感装置的示数为F 3，据题意可知， F 3＝0.6F 1对小球，由牛顿第二定律得T 3－mg ＝m v 2l⑦对物块，由平衡条件得 F 3＋T 3＝Mg ⑧联立①②⑤⑥⑦⑧式，代入数据得 W f ＝0.1mgl ⑨6．[2016·山西质量检测] 如图所示，两块相同的薄木板紧挨着静止在水平地面上，每块木板的质量为M ＝1.0 kg ，长度为L ＝1.0 m ，它们与地面间的动摩擦因数μ1＝0.10.木板1的左端放有一块质量为m ＝1.0 kg 的小铅块(可视为质点)，它与木板间的动摩擦因数为μ2＝0.25.现突然给铅块一个水平向右的初速度，使其在木板1上滑行．假设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取重力加速度g ＝10 m/s 2.(1)当铅块的初速度v 0＝2.0 m/s 时，铅块相对地面滑动的距离是多大？(2)若铅块的初速度v 1＝3.0 m/s ，铅块停止运动时与木板2左端的距离是多大？[答案] (1)0.8 m (2)23m[解析] (1)取水平向右为正方向，相对木板滑动时，铅块与木板间的滑动摩擦力的大小为f ＝μ2mg ＝2.5 N当铅块在木板1上滑动时，两块木板与地面间的最大静摩擦力的大小为f 1＝μ1(2M ＋m )g ＝3.0 N 因为f <f 1，所以铅块在木板1上运动时，两块木板都保持静止．设铅块能在木板1上停止运动，相对木板1运动的距离为x ，则－fx ＝0－12mv 2解得x ＝0.8 m因为x <L ，所以假设成立，铅块相对地面滑动的距离也为0.8 m.(2)铅块刚离开木板1时两块木板速度均为0，设此时铅块的速度为v 2，则 －fL ＝12mv 22－12mv 21解得v 2＝2 m/s铅块在木板2上滑动时，设铅块的加速度为a ，木板2的加速度为a 1，则a ＝－fm ＝－μ2g ＝－2.5 m/s 2a 1＝μ2mg －μ1（M ＋m ）g M＝0.5 m/s 2假设铅块滑上木板2后，经过时间t 能相对木板2静止，此时铅块和木板2的共同速度为v ，该过程铅块位移为x 1，木板2的位移为x 2，铅块与木板2左端的距离为Δxv ＝v 2＋at v ＝a 1tx 1＝v 2t ＋12at 2 x 2＝12a 1t 2Δx ＝x 1－x 2 解得Δx ＝23m此后铅块相对木板2保持相对静止，即铅块停止运动时与木板2左端的距离为23m.。